Solucionario Investigacion Operativa I

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA CARRERA DE INGENIERÍA INDUSTRIAL

INVESTIGACIÓN

OPERATIVA Gabinete del Departamento de Industrias 2004.. 2004..

MODELOS L LINE ALES D DE O OPTIMIZ ACIÓN SOLUCION AR IO D DEL T TE XTO

Elaboración: Ariel Israel Villarroel Romano Asesoramiento: M.Sc. Ing. Rafael Terrazas Pastor

Cochabamba Junio 2004

INVESTIGACIÓN OPERATIVA UMSS 2004

CAPITULO 2 FORMULACIÓN DEL MODELO DE PROGRAMACIÓN LINEAL 1. Fo: Min Z = 3X1 + 5X2 Sa:: X1 ≤ 4 2X2 = 12 3X1 + 2X2 ≥ 18 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max (-Z) = - 3X1 - 5X2 Sa:: X1 ≤ 4 2X2 ≤ 12 -2X2 ≤ -12 - 3X1 - 2X2 ≤ -18 X1 , X2 ≥ 0

ESTANDAR Min Z = 3X1 + 5X2 X1 + h1 = 4 2X2 = 12 3X1 + 2X2 - s3 = 18 X1 , X2 ≥ 0

Fo: Sa::

Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 ≤ 30 10X1 + 4X2 ≤ 20 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 ≤ 30 10X1 + 4X2 ≤ 20 X1 , X2 ≥ 0

ESTANDAR Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 + h1 = 30 10X1 + 4X2 + h2 = 20 X1 , X2 ≥ 0

Fo: Miin Z = 2X1 + 1X2 Sa:: 3X1 + X2 ≥ 3 4X1 + 3X2 ≥ 6 -1X1 - 2 X2 ≥ 3 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max -Z = -2X1 - 1X2 Sa:: -3X1 - X2 ≤ -3 -4X1 - 3X2 ≤ -6 1X1 + 2 X2 ≤ -3 X1 , X2 ≥ 0

Carrera de Ingeniería Industrial — UMSS Aux. Ariel I. Villarroel Romano 2004

2

ESTANDAR Fo: Min Z = 2X1 + 1X2 Sa:: 3X1 + X2 - s1 = 3 4X1 + 3X2 - s2 = 6 -1X1 - 2 X2 - s3 = 3 X1 , X2 ≥ 0


CAPITULO 2 FORMULACIÓN DEL MODELO DE PROGRAMACIÓN LINEAL 1. Fo: Min Z = 3X1 + 5X2 Sa:: X1 ≤ 4 2X2 = 12 3X1 + 2X2 ≥ 18 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max (-Z) = - 3X1 - 5X2 Sa:: X1 ≤ 4 2X2 ≤ 12 -2X2 ≤ -12 - 3X1 - 2X2 ≤ -18 X1 , X2 ≥ 0

ESTANDAR Min Z = 3X1 + 5X2 X1 + h1 = 4 2X2 = 12 3X1 + 2X2 - s3 = 18 X1 , X2 ≥ 0

Fo: Sa::

Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 ≤ 30 10X1 + 4X2 ≤ 20 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 ≤ 30 10X1 + 4X2 ≤ 20 X1 , X2 ≥ 0

ESTANDAR Fo: Max Z = 5X1 + 2X2 Sa:: 6X1 + 10X2 + h1 = 30 10X1 + 4X2 + h2 = 20 X1 , X2 ≥ 0

Fo: Miin Z = 2X1 + 1X2 Sa:: 3X1 + X2 ≥ 3 4X1 + 3X2 ≥ 6 -1X1 - 2 X2 ≥ 3 X1 , X2 ≥ 0 CANONICA Fo: Max -Z = -2X1 - 1X2 Sa:: -3X1 - X2 ≤ -3 -4X1 - 3X2 ≤ -6 1X1 + 2 X2 ≤ -3 X1 , X2 ≥ 0


2

ESTANDAR Fo: Min Z = 2X1 + 1X2 Sa:: 3X1 + X2 - s1 = 3 4X1 + 3X2 - s2 = 6 -1X1 - 2 X2 - s3 = 3 X1 , X2 ≥ 0


Fo: Max W = -5W1 – 2W2 + 1W3 Sa:: W1 + W2 + W3 ≥ 10 5W1 - W3 ≥ 15 W1 , W2 ≥ 1 W3 ≤ 0 CANONICA ESTANDAR Fo: Max W = -5W1 – 2W2 - W3* Fo: Max W = -5W1 – 2W2 - 1W3* Sa:: W1 + W2 - W3* - s1 = 10 Sa:: -W1 - W2 + W3* ≤ -10 5W1 + W3* - s2 = 15 -5W1 - W3* ≤ - 15 W1 - s3 =1 -W1 ≤ -1 W2 - s4 = 1 -W2 ≤ -1 W3* ≥ 0 W3* ≥ 0 W3* =- W3 W3* =- W3 Fo: Min Z = 3X1 - 2X2 Sa:: X1 + X2 ≥ 0 3X1 + 5X2 ≥ 0 5X1 + 3X2 ≥ 0 2X1 - 3X2 ≥ 0 X1 , X2 no restringida CANONICA ESTANDAR Fo: Max -Z = -3(X1* - X1**) + 2(X2* - X2**) Fo: Min Z = 3(X1* - X1**) - 2(X2* - X2**) Sa:: (X1* - X1**) + (X2* - X2**) – s1 = 0 Sa:: - (X1* - X1**) - (X2* - X2**) ≤ 0 3(X1* - X1**) + 5(X2* - X2**) – s2 = 0 -3(X1* - X1**) - 5(X2* - X2**) ≤ 0 5(X1* - X1**) + 3(X2* - X2**) – s3 = 0 -5(X1* - X1**) - 3(X2* - X2**) ≤ 0 2(X1* - X1**) - 3(X2* - X2**) – s4 = 0 -2(X1* - X1**) + 3(X2* - X2**) ≤ 0 X1 , X2 no restringida Xi ≥ 0 X1 = X1* - X1** X1 = X1* - X1** X2 = X2* - X2** X2 = X2* - X2**

2. Xij = Cantidad de ingrediente i a utilizar para fabricar una libra de la salsa la salsa j (i=1,2) (j=A,B) Fo Max Z = P1(X1A+X2A) + P2(X1B+X2B) – C1(X1A+X1B) – C2(X2A-X2B) Sa:

X1A + X2A = 1 X1B + X2B =1 ≤ T1 / 100 X1B X1A ≥ T2 /100 X2A ≥ T3/100 Xij ≥ 0


3


3. Ai = $ invertidos de la opción A en el año i (i= 1,2,3,4) Bi = $ invertidos de la opción B en el año i (i= 1,2,3,4)i C = $ invertidos invertidos de la opción opción C en el el año 2 D = $ invertidos invertidos de la opción D en el el año 5 Ri = $ no invertidos el año i (i= 1,2,3,4) Fo: Max Z =1.9C2 + 1.7 B3 +1.4A4 + 1.3D5 Sa:

Año1: Año2 Año3: Año4: Año5

A1 +B1 + R 1 = 50000 A2 +B2+ C2 + R 2 = R 1 A3 + B3+ R 3 = 1.4A1 + R 2 A4 + R 4 = 1.4A2 + 1.7B1 + R 3 D5 = 1.4A3 + 1.7B2 + R 4

Ai, Bi, C, D, Ri ≥ 0

4. Xi = Cantidad de horas que se estudiará el tema i (i= A,B,C) Fo: Max Z = 1X A+ 2XB + 3XC Sa : X A + XB + XC ≤ 100 X A ,XB ,XC ≥ 0

5. Xi = Cantidad de alimetos alimetos del tipo i en Kg (i= 1, 2 ,3) 1= Kg de maiz; 2= Kg de residuo, 3= Kg de Alfalfa Fo: Min Z = 21 X1 + 18X2 +15X3 Sa:

90 X1 + 20X2 + 40X3 ≤ 200 Restricciones de 30 X1 + 80X2 + 60X3 ≤ 180 requerimiento mínimo 10 X1 + 20X2 + 60X3 ≤ 150 X1,X2 ,X3 ≥ 0

Restricciones de no negatividad


4


6. TAMAÑO

UTILIDAD ESPACIO VENTAS ( $/unid) (Ft2/unid) (Unid/día)

Grande G 140 20 900 Mediano M 120 15 1300 Pequeño P 100 12 750 Xij =Cantidad de producto del tamaño i producido en la fabrica j (i = G, M, P ; j = 1, 2 ,3)

PLANTA CAP MO Y MAQ (Unid/dia)

1 2 3

ESPACIO DISP ( Ft2)

750 900 450

13000 12000 5000

Fo: Max Z = 140 ( XG1 + XG2 + XG3) + 120 ( X M1 + XM2 + XM3) + 100 ( X P1 + XP2 + XP3) Sa:

20XG1 + 15XM1 + 12XP1 ≤ 13000 20XG2 + 15XM2 + 12XP2 ≤ 12000 20XG3 + 15XM3 + 12XP3 ≤ 5000 XG1 + XM1 + XP1 ≤ 750 XG2 + XM2 + XP2 ≤ 900 XG3 + XM3 + XP3 ≤ 450 XG1 + XG2 + XG3 ≤ 900 XM1 + XM2 + XM3 ≤ 1300 XP1 + XP2 + XP3 ≤ 750 XG1 + XM1 + XP1 750 Xij ≥ 0

7.

=

Restricciones de espacio de almacenamiento

Restricciones de producción Restricciones de ventas

XG2 + XM2 + XP2 = XG3 + XM3 + XP3 900 450

Restricciones de proporcionalidad

Restricciones de de no negatividad

Xi = Cantidad de equipos i a producir para el próximo mes ( i = 1, 2) 1=E9, 2 = F9 Fo: Max Z = 5000X1 + 4000X2 Sa: 10 X1 + 15 X2 ≤ 150 Restricción horas en el depto A 20 X1 + 10 X2 ≤ 160 Restricción horas en el depto B 30 X1 + 10 X2 ≥ 150 Restricción horas de comprobación X1 = 3X2

Restricción política de operación

X1 + X2 ≥ 5 Restricción ventas próximo mes X1 ,X2 ≥ 0

Restricción de no negatividad


5


8.

Xi = Cantidad de carne del tipo i a comprar en Kg ( i = 1, 2) 1=res, 2 = cerdo Fo: Min Z = 8X1 + 6X2 Sa: 0.2 X1 + 0.32X2 ≤ 0.25 Restricción porcentaje de grasa X1 + X2 = 1 X1 ,X2 ≥ 0 Restricción de no negatividad

9. Xi = Cantidad de carros a producir del tipo i por día ( i = 1, 2) 1=automovil, 2 = camión Fo: Max Z = 200X1 + 300X2 Sa:

X1 + X2 ≤ 1 40 60 X1 + X2 ≤ 1 50 50

Restricción de igualdad de carros a que deben pasar por los talleres de pintura y por carrocería

X1 ,X2 ≥ 0 Restricción de no negatividad

10 . Xij = Acres sembrados del cultivo i en el Kibbutz j ( i= R,A,S Y j = 1,2,3) R = remolacha A = arroz S = Sorgo Fo: Max Z = 400 ( XR1 + XR2 + XR3) + 300 ( X A1 + X A2 + X A3) + 100 ( X S1 + XS2 + XS3) Sa: XR1 + X A1 + XS1 ≤ 400 Restricciones sobre XR2 + X A2 + XS2 ≤ 600 tierra irrigable XR3 + X A3 + XS3 ≤ 300 XR1 + XR2 + XR3 ≤ 600 X A1 + X A2 + X A3 ≤ 500 XS1 + XS2 + XS3 ≤ 325 3XR1 + 2X A1 + XS1 ≤ 600 3XR2 + 2X A2 + XS2 ≤ 800 3XR3 + 2X A3 + XS3 ≤ 375

Restricciones sobre cuota máxima

Restricciones sobre cantidad de Agua

XR1 + X A1 + XS1= XR2 + X A2 + XS2 = XR3 + X A3 + XS3 400 600 300 Xij ≥ 0 Restricción de no negatividad


6

Restricciones sobre proporcionalidad en producción


11. X1 = Cantidad del producto A a fabricar X2 = Cantidad del producto B a fabricar X3 = Cantidad del subproducto C a vender X4 = Cantidad del subproducto C a desechar Fo: Max Z = 4X1 + 9X2 +2X3 – 1X4 X3 + X4 =3.1X2 2.6X1 + 4.7X2 ≤ 60 3.3X1 + 4.6X2 ≤ 65 X3 ≤ 12 X1, X2, X3, X4 ≥ 0

12 Xij = Cantidad de producto i fabricado en la planta j ( i= 1,2,3 y j= A,B) por cada 100 libras por semana Fo: Max Z = (100 – 250*0.25) X1A + (100-300*0.2)X 1B + (120 – 250.*0.4)X 2A + + (120-300*0.25)X 2B + (150- 250*0.35)X 3A + (150-300*0.4)X 3B Resumiendo: Fo: Max Z = 37.5 X1A + 40X1B + 20X2A +45X2B + 62.5X3A + 30X3B Sa: 0.25X1A + 0.40X2A + 0.35X3A ≤ 100 Restricción sobre horas 0.20 X1B + 0.25X2B + 0.40X3B ≤ 100 semanales disponibles en cada planta

X1A + X1B ≤ 310 X2A + X2B ≤ 300 X3A + X3B ≤ 125

Restricciones sobre Demanda del producto

Xij ≥ 0 Restricción de no negatividad


7


13. X1 = Número de acres de soya a sembrar X2 = Número de acres de maíz a sembrar X3 = Número de acres de avena a sembrar X4 = Número de vacas a comprar X5 = Número de gallinas a comprar X6 = Exceso en H-H invierno X7 = Exceso en H-H verano Fo: Max Z = 500X 1 + 750 X2 + 350X3 + 1000X4 + 5X5 + 5X6 + 6X7 Sa: X1 + X2 + X3 + 1,5 X4

≤ 125

Restricción de acres disponibles

12X4 + 9X5 ≤ 4000

Restricción de dinero disponible

20X1 + 35X2 + 10X3 + 100X4 + 0.6X5 + X6 = 3500 Restricción de H-H invierno 50X1 + 75X2 + 40X3 + 50X4 + 0.3X5 + X7 = 4000 Restricción de H-H verano X4

≤ 32

X5 ≤ 3000

Restricción corral Restricción Gallinero

X1 .X2 ,X3 ,X4 ,X5 , X6, X7 ≥ 0 Restricción de no negatividad 14.

X1 = Cantidad de onzas de Brute Regular vendidas al año X2 = Cantidad de onzas de Brute de lujo vendidas al año X3 = Cantidad de onzas de Chanelle Regular vendidas al año X4 = Cantidad de onzas de Chanelle de Lujo vendidas al año X5 = Libras de materia prima compradas al año Fo: Max Z = 7X1 + 14X2 + 6X3 + 14X4 +- (4X2 + 4X4) – 3X5 Sa:

X5

≤ 4000

[ Materia Prima]

3X2 + 2X4 + X5

≤ 6000

[ Horas Laboratorio]

X1 + X2

= 3X5

X3 + X4

= 4X5

X1 .X2 ,X3 ,X4 , X5 ≥ 0 Restricción de no negatividad


8


15.

Xi = Cantidad de modelo i a fabricar (i=1,2) Fo : Max Z= (π1 – α1 )X1+ (π2 – α2 )X2 Sa:

β11X1 + β21X2 ≤ θ1 β12X1 + β22X2 ≤ θ2

X2 * 100 X1 + X2

Restricción de capacidad semanal

= H% Restricción de mercado

µ (β11 +β12) X1 + µ (β21 +β22) X2 ≤ Q

Restricción de costos de MO

X1 ,.X2 ≥ 0 Restricción de no negatividad


9


CAPITULO 3 SOLUCION DEL MODELO DE PROGRAMACION LINEAL 1. Primero Resolvemos el problema para MINIMIZAR. Cambiamos el problema a maximizar por lo que multiplicamos la función objetivo por (-1) y se tiene Fo: Sa:

.

Max (-Z) = - 3X1 - 5X2 X1

≤ 4

2X2 = 12 3X1 + 2X2 ≥ 18 SOLUCION POR EL METODO GRAFICO

METODO DE LAS M: Se

queda:

Fo: Sa:

.

agregan variables de holgura, artificiales y superfluas, el problema

Max (-Z) = - 3X1 - 5X2 +0h1 – Ma2 – Ma3 +0S3 X1

2X2 3X1 + 2X2

Z Z H1 A2 A3

+ h1

Z

X1

X2

h1

a2

a3

S3

LD

-1 -1

3 -3M+3

5 -4M+5

0 0

M 0

M 0

0 M

0

1

0

1

0

0

0

0 -30M 4

0

0

2

0

1

0

0

12

0

3

2

0

0

1

-1

18


10

=4 + a2 = 12 +a3 – s3 = 18


Z

X1

Z -1 -3M+3 H1 0 1 X2 0 0 A3 0 3 Z -1 0 H1 0 0 X2 0 0 X1 0 1

X2

h1

a2

a3

S3

LD

0

0

2M - 5/2

0

M

0

1

0

0

0

-30-6M 4

1

0

½

0

0

6

0

0

-1

1

-1

6

0 0 1 0

0 1 0 0

M - 3/2 1/3 ½ -1/3

M-1 -1/3 0 1/3

M 1/3 0 -1/3

-36 2 6 2

SOLUCION :

X B X NB

h1  2  X  6   2    X  2 =  1 =    A2  0  A  0  3    S 3  0

Z* = 36 METODO DE LAS DOS FASES .- Volvemos

A plantear el problema con la diferencia que todos los coeficientes de las variables deben ser cero exceptuando las variables artificiales deben tener coeficiente 1 en la función objetivo; vale recalcar que se añaden las correspondientes variables de holgura y superfluas correspondientes Fo: Sa:

.

Max (-Z) = - 0X1 - 0X2 +0h1 – 1a2 – 1a3 +0S3 X1

+ h1

2X2 3X1 + 2X2

=4 + a2 = 12 +a3 – s3 = 18

FASE 1

Z Z H1 A2 A3 Z H1 X2

Z

X1

X2

h1

a2

A3

S3

LD

-1 -1

0 -3

0 -4

0 0

1 0

1 0

0 M

0

1

0

1

0

0

0

0 -30 4

0

0

2

0

1

0

0

12

0

3

2

0

0

1

-1

18

-1 0

-3 1

0 0

0 1

2 0

0 0

0

0

0

1

0

½

0

0

-6 4 6


11

*-1 *-1


A3 0 Z -1 H1 0 X2 0 X1 0

3

0

0

-1

1

-1

6

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

1 1/3 ½ -1/3

1 -1/3 0 1/3

0 1/3 0 -1/3

0 2 6 2

Una vez que se el valor de la función objetivo se convierte en cero se pasa a la fase dos, claro está que se debe cumplir la condición de optimización. Si no se logra que el valor de la función objetivo sea cero entonces no existe solución básica factible FASE 2

Z Z h1 X2 X3

Z

X1

X2

h1

S3

LD

-1 -1 0

3 0 0

5 0 0

0 0 1

0 1 1/3

0 -36 2

0

0

1

0

0

6

0

1

0

0

-1/3

2

SOLUCION :

X B X NB

h1  2  X  6   2    X  2 =  1 =    A2  0  A  0  3    S 3  0

Z* = 36 ANALISIS DE ACTIVIDAD

R1 es INACTIVA R2 es ACTIVA R3 es ACTIVA Resolvemos el problema para MAXIMIZAR y tenemos:. .

Fo: Sa:

Max (Z) = 3X1 + 5X2 X1

≤ 4

2X2 = 12 3X1 + 2X2 ≥ 18


12

*-5 *-3

INVESTIGACIÓN OPERATIVA UMSS 2004 SOLUCION POR EL METODO GRAFICO

METODO DE LAS M: Se

queda:

Fo: Sa:

.


Max (-Z) = 3X1 + 5X2 +0h1 – Ma2 – Ma3 +0S3 X1

2X2 3X1 + 2X2

Z Z h1 a2 a3

Z h1 X2 a3 Z h1 X2 X1

+ h1

Z

X1

X2

h1

a2

a3

S3

LD

1 1

-3 -3M-3

-5 -4M-5

0 0

M 0

M 0

0 M

0

1

0

1

0

0

0

0 -30M 4

0

0

2

0

1

0

0

12

0

3

2

0

0

1

-1

18

Z

X1

X2

h1

a2

a3

S3

LD

1 0

-3M-3 1

0 0

0 1

2M + 5/2 0

0 0

M 0

30-6M 4

0

0

1

0

½

0

0

6

0 1 0 0 0

3 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

-1 M + 3/2 1/3 ½ -1/3

1 M+1 -1/3 0 1/3

-1 -1 1/3 0 -1/3

6


13

=4 + a2 = 12 +a3 – s3 = 18

36 2 6 2


Z S2 X2 X1

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

3 3 0 1

M + 5/2 1 ½ 0

M -1 0 0

0 1 0 0

42 6 6 4

SOLUCION :

X B X NB

 S 2  6   X  6   2    X  4  =  1 =    A2  0  A  0  3    H 1  0

Z* = 42 METODO DE LAS DOS FASES .- Volvemos

A plantear el problema con la diferencia que todos los coeficientes de las variables deben ser cero exceptuando las variables artificiales deben tener coeficiente 1 en la función objetivo; vale recalcar que se añaden las correspondientes variables de holgura y superfluas correspondientes Fo: Sa:

.

Max (-Z) = 0X1 + 0X2 +0h1 – 1a2 – 1a3 +0S3 X1

+ h1

2X2 3X1 + 2X2

=4 + a2 = 12 +a3 – s3 = 18

FASE 1

Z Z h1 a2 a3 Z h1 X2 a3 Z S3 X2 X1

Z

X1

X2

h1

a2

A3

S3

LD

1 1 0

0 -3 1

0 -4 0

0 0 1

1 0 0

1 0 0

0 M 0

0 -30 4

0

0

2

0

1

0

0

12

0 -1 0

3 -3 1

2 0 0

0 0 1

0 2 0

1 0 0

-1

18

0

0

0

1

0

½

0

0

-6 4 6

0

3

0

0

-1

1

-1

6

-1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

1 1/3 ½ -1/3

1 -1/3 0 1/3

0 1/3 0 -1/3

0 2 6 2


14

*-1 *-1


Una vez que se el valor de la función objetivo se convierte en cero se pasa a la fase dos, claro está que se debe cumplir la condición de optimización. Si no se logra que el valor de la función objetivo sea cero entonces no existe solución básica factible FASE 2

Z Z h1 X2 X3 Z S3 X2 X3

Z

X1

X2

h1

S3

LD

1 1

-3 0

-5 0

0 0

0 -1

0

0

0

1

1/3

0 36 2

0

0

1

0

0

6

0

1

0

0

-1/3

2

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

3 3 0 1

0 1 0 0

42 6 6 4

SOLUCION :

X B X NB

 S 3  6   X  6   2    X  4  =  1 =    A2  0  A  0  3    H 3  0

Z* = 42 ANALISIS DE ACTIVIDAD

R1 es ACTIVA R2 es ACTIVA R3 es INACTIVA

2. El problema .

Fo: Max (Z) = 5X1 + 2X2 Sa: 6X1 + 10X2 ≤ 30 10X1 + 4X2 ≤ 20 X1, X2 ≥ 0

SOLUCION POR EL METODO GRAFICO


15

es:

*5 *3


El problema TIENE SOLUICION MULTIPLE METODO SIMPLEX .- Volvemos A plantear el problema y lo formulamos en la forma estándar; vale recalcar que se añaden las correspondientes variables de holgura Fo: Sa:

.

Max (Z) = 5X1 + 2X2 +0h1 + 0h2 6X1 + 10 X 2 + h1 = 30 10X1 + 4X2 h2 = 20

Z h1 h2 Z h1 X1

Z

X1

X2

h1

h2

LD

1 0

-5 6

-2 10

0 1

0 0

0 30

0

10

4

0

1

20

1 0 0

0 0 1

0 38/5 2/5

0 1 0

1/2 -3/5 1/10

10 18 2

PRIMERA SOLUCION

:

 H 1   X  X B =  1 = X NB  H 2   X   2

18 2    0  0   


16

Z* = 10


Se llega a la primera solución óptima, pero existe una variable que tiene coeficiente cero en la función objetivo y no se encuentra en la base; esto nos indica que el problema tiene SOLUCION MULTIPLE ; hacemos que esta ingrese a la base y hallamos una nueva solución Z h1 X1 Z X2 X1

1 0 0

0 0 1

0 38/5 2/5

0 1 0

1/2 -3/5 1/10

10 18 2

1 0 0

0 0 1

0 1 0

0 5/38 -1/19

1/2 -3/38 5/38

10 45/19 20/19

SEGUNDA SOLUCION :

 20   X 1   19   X   45  X B =  2  =  19  X NB  H 1  0  H  0    2

Z* = 10

Hallamos la RECTA solución mediante la combinación lineal de ambos soluciones encontradas

20  2   19  X * =   λ +  (1 − λ )   0 45    19  3. Cambiamos el problema a maximizar por lo que multiplicamos la función objetivo por (-1) y

se tiene .

Fo: Sa:

Max (-Z) = - 2X1 - X2 X1

≥ 3 2X2 ≥ 6 3X1 + 2X2 ≥ 3

SOLUCION GRAFICA

NO EXISTE SOLUCION Carrera de Ingeniería Industrial — UMSS Aux. Ariel I. Villarroel Romano 2004

17

FACTIBLE

INVESTIGACIÓN OPERATIVA UMSS 2004 METODO DE LAS M: Se

queda:

Fo: Sa:

.

Z Z a1 a2 a3 Z X1 A2 A3 Z X1 S1 A3


Max (-Z) = - 2X1 - X2 +0S1 -M a1 – Ma2 +0S2 – Ma3 +0S3 3X1 + X2 - S1 + a1 4X1 + 3X2 + a2 – S2 -X1 - 2X2

=3 =6 +a3 – s3 = 3

Z

X1

X2

s1

a1

s2

a2

s3

a3

LD

-1 -1

2 2-6M

1 1-2M

M 0

0 M

M 0

3

1

M 0 1

0 M

0

0 M -1

0

0

0

0

0 -12M 3

0

4

3

0

0

-1

1

0

0

6

0

1

-2

0

0

0

0

-1

1

3

-1

0

1/3

2/3-M

2M-2/3

M

0

0

0

-2-6M

0

1

1/3

-1/3

1/3

0

0

0

0

1

0

0

5/3

4/3

-4/3

-1

1

0

0

2

0

0

-5/3

-1/3

1/3

0

0

-1

1

4

-1

0

5/4M -1/2

0

M

0

0

-3 - 9/2M

0 0 0

0 0 1

¾ 5/4 -5/4

0 1 0

0 -1 0

0 0 -1

0 0 1

3/2 3/2 3/2

½+1/4M 3/4M-1/2

-1/4 -3/4 - 1/4

¼ ¾ 1/4

SOLUCION :

Se cumple con la condición de optimidad (todas las variables básicas tienen coeficiente cero en la función objetivo y además los valores de las variables no básicas en la función objetivo son positivos para el caso concreto de maximizar); pero las M no desaparecen de la función objetivo por lo tanto NO EXISTE SOLUCION BASICA FACTIBLE METODO DE LAS DOS FASES: Volvemos

A plantear el problema con la diferencia que todos los coeficientes de las variables deben ser cero exceptuando las variables artificiales deben tener coeficiente 1 en la función objetivo; vale recalcar que se añaden las correspondientes variables de holgura y superfluas correspondientes Fo: Max (-Z) = - 0X1 - 0X2 +0S1 -M a1 – a2 +0S2 – a3 +0S3 Sa: 3X1 + X2 - S1 + a1 =3 4X1 + 3X2 + a2 – S2 =6 -X1 - 2X2 +a3 – s3 = 3

.

FASE 1 Z

X1

X2

s1

a1

s2

a2

s3

a3

LD

Z -1 Z -1 a1 0 a2 0 a3 0

0 -6

0 -2

1 0

0 1

1 0

1

1 0 1

0 1

3

0 1 -1

0

0

0

0

0 -12 3

4

3

0

0

-1

1

0

0

6

1

-2

0

0

0

0

-1

1

3


18


Z X1 A2 A3 Z X1 S1 A3

-1

0

0

-1

2

1

0

1

0

-6

0

1

1/3

-1/3

1/3

0

0

0

0

1

0

0

5/3

4/3

-4/3

-1

1

0

0

2

0

0

-5/3

-1/3

1/3

0

0

-1

1

4

-1

0 0 0 1

5/4 ¾ 5/4 -5/4

0 0 1 0

3 0 -1 0

1/4 -1/4 -3/4 - 1/4

3/4 ¼ ¾ 1/4

1 0 0 -1

0 0 0 1

- 9/2 3/2 3/2 3/2

0 0 0

SOLUCION: No

es posible pasar a la FASE 2 ya que la función objetivo no se hizo cero y ya se tiene la condición de optimizad por lo tanto NO EXISTE SOLUCION BASICA FACTIBLE DUAL SIMPLEX Multiplicamos

por (-1) a todos los lados derechos y añadimos variables de

holgura ; se tiene : Fo: Max (-Z) = - 2X1 - 1X2 +0h1 + 0h2 + h3 . Sa: -3X1 - X2 + h1 = -3 -4X1 - 3X2 +h2 = -6 X1 + 2X2 +h3 = -3

Z h1 h2 h3 Z h1 X2 h3 Z

Z

X1

X2

h1

h2

h3

LD

-1

2

1

0

0

0

-3

-1

0 1

0

0

0 -3

0

-4

-3

0

1

0

-6

0 -1 0

1 2/3 -5/3

2 0 0

0

1 0 0

-3

0 1

0 1/3 -1/3

-2 -1

0

4/3

1

0

-1/3

0

2

0

-5/3

0

0

2/3

1

-7

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

3/5 -1 1/5 -2/5

2/5 -1 4/5 -3/5

-24/5 6 -18/5 21/5

-1 h1 0 X2 0 X3 0

NO EXISTE SOLUCION BASICA FACTIBLE


19


4. Haciendo los cambios ( W3* = - W3) y multiplicando por (-1) todas las restricciones para

resolver el problema mediante dual simplex se tiene: Fo: Sa:

.

Max W = - 5W1 – 2W2 - W3* + 0h1 + 0h2 +0h3 +0h4 - W1 - W2 + W3* + h1 - 5W1 - W3* - W1 - W2

= -10 +h2 = -15 + h3 = -1 + h4 = -1

W1, W2, W3* ≥ 0

Z H1 H2 H3 H4 Z H1 W1 H3 H4 Z W2 W1 H3 H4

Z

W1

W2

W3*

h1

h2

h3

h4

LD

1 0

5 -1

2 -1

3 1

0 1

0 0

0 0

0 0

0 -10

0

-5

0

-1

0

1

0

0

-15

0

-1

0

0

0

0

1

0

-1

0

0

-1

0

0

0

0

1

-1

1

0

2

2

0

1

0

0

-15

0

0

-1

6/5

1

-1/5

0

0

-7

0 0 0

1 0 0

0 0 -1

0 1 0

0 0 1

0 0 1 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 2 -1 0 0 -1

-1/5 -1/5 0

1 0 0 0 0

1/5 1/5 0 22/5 -6/5 1/5 1/5 -6/5

3/5 1/5 -1/5 -1/5 1/5

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

3 2 -1 -29 7 3 2 6

 W 1   3 W  7   2    H 3   2     H 4  6  X B  = = X NB W 3  0  H  0  1    H 2  0


20

Z* = - 29


5 Realizando los cambios respectivos ( X1=X1* - X1** Y X2=X2*-X2**) convirtiendo el problema a

Maximizar y multiplicando todas las restricciones por -1 se tiene: Fo: Sa:

.

Z H1 H2 H3 H4 Z X1** H2 H3 H4 Z X1** X2** H3 H4

Max (-Z) = - 3X1* + 3X1** + 2X2* - 2X2** +0h1 +0h2 + 0h3 + 0h4 -X1* + X1** + X2* - X2** + h1 -3X1* + 3X1**- 5X2* + 5X2** +h2 -5X1* + 5X1**- 3X2* + 3X2** +h3 -2X1* + 2X1**+ 3X2* - 3X2** +h4

=0 =0 =0 =0

Z

X1*

X1**

X2*

X2**

h1

h2

h3

h4

LD

-1 0

3 -1

-3

0 0

0 0

0 0

-3

3

2 -1 5

0 1

0

-2 1 -5

0

1

0

0

0 0 0

0

-5

5

-3

3

0

0

1

0

0

0

-2

2

3

-3

0

0

0

1

0

-1

0

0

1

-1

3

0

0

0

0

0

-1

1

1

-1

1

0

0

0

0

0

0

0

-8

8

-3

1

0

0

0

0

0

0

-8

8

-5

0

1

0

0

0

0

0

1

-5

-2

0

0

1

0

-1

0 0 0

0 -1 0 0

0 1 0 0

0 0 -1 0

0 0 1 0

21/8 5/8 -3/8 -2

1/8 1/8 1/8 -1

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0

0

0

-4

0

-31/8

5/8

0

1

0

1

SOLUCION Todas las variables tanto básicas como no básicas toman el valor de CERO y la función objetivo Z será 0 6

Fo:

Max (Z) = X1 + αX2 +βX3 Sa: X1 – 2X2 -3X3 ≥ 10 X1, X2, X3 ≥ 0 Convertimos a su forma estándar y tenemos : Fo:

Max (Z) = X1 + αX2 +βX3 +0S1 – Ma1 Sa: X1 – 2X2 -3X3 – S1 + a1 ≥ 10 X1, X2, X3 ≥ 0


21


Z Z A1 Z X1

Z

X1

X2

X3

S1

a1

LD

1

-1

-α

0

M

0

-M-1

2M -α

-β 3M-β

M

0

0 -10M

0

1

-2

-3

-1

1

10

1 0

0 1

-2 - α -2

-3 - β -3

-1 -1

M+1 1

10 10

*-M

SOLUCION NO ACOTADA Si α es un valor negativo mayor que -2 y β un valor negativo mayor que -3 haríamos que los valores en la función objetivo tanto de X2 como de X3 sean positivos, pero aún tendríamos el problema de que el único valor negativo en la función objetivo correspondiente a S1 tenga en su columna otro valor negativo, lo cual impediría elegir el pivote. Por lo tanto no importa la relación que exista entre α y β ya que siempre se obtendrá una SOLUCION NO ACOTADA 7. Tenemos el problema Fo: Max Z = 2X1 - 4X2 Sa: X1 – X2 ≤ 1 X1, X2 ≥ 0 SOLUCION GRAFICA

SOLUCION POR EL SIMPLEX: Primero transformamos a su forma estándar agregando la variable de holgura Fo: Sa:

Max Z = 2X1 - 4X2 + 0h1 X1 – X2 +h1 = 1 X1, X2, ≥ 0


22


Z h1 Z X1

Z

X1

X2

h1

LD

1 0

-2 1

4

-1

0 1

0 10

1 0

0 1

2 -1

2 1

2 1

X B

=

X NB

[ X 1 ] [1] =  H 1  0  X  0  2  

Z* = 2

8. Tenemos el problema en su forma estándar

Fo: Sa:

.

Z Z a1 a2 a3 Z A1 A2 X1 Z X2 A2 X1 Z X2 S1 X1 Z S3 S1 X1

Max Z = 4680 + 2000X1 +1000X2 +0S1 - M a1 – a2 +0S2 – a3 +0S3 2Y 1 + Y 2 - S1 + a1 Y 1 + Y 2 + a2 – S2 5Y 1

= 3.96 = 3.24 +a3 – s3 = 3.6

Z

X1

X2

s1

a1

s2

a2

s3

a3

LD

1 1

-2000

-1000

0

M

0

M

0

M

4680

-8M-2000

-2M-1000

M

0

M

0

M

0

-10.8M+4680

0

2

1

-1

1

0

0

0

0

3.96

0

1

1

0

0

-1

1

0

0

3.24

0

5

0

0

0

0

0

-1

1

3.6

1

0

-2M-1000

0

-3/5M-400

13/5M+400

0

1

0 1

M

0

M -1

0

0

2/5

-2/5

-5.04M+6120 2.52

0

0

1

0

0

-1

1

1/5

-1/5

2.52

0

1

0

0

0

0

0

-1/5

1/5

0.72

1

0

0

0

1/5M

9/5M

0

1

2M+1000 1

M

0 0 0

-M-1000 -1

0

0

2/5

-2/5

8640 2.52

0

0

1

-1

-1

1

-1/5

1/5

0

1

0

0

0

0

0

-1/5

1/5

0.72

1 0 0 0

0

0

0

M

-1000

M+1000

-200

2M+200

8640

0

1

0

0

-1

1

1/5

-1/5

2.52

0

0

1

-1

-1

1

-1/5

1/5

0

1

0

0

0

0

0

-1/5

1/5

0.72

1

0

200

M+2000

0

2M

0

5

M 0

-2000

0 0 0

0 0

-5

5

1

-1

11160 12.6

0

1

1

-1

-1

1

0

0

2.52

1

1

0

0

-1

1

0

0

3.24

Aún no se cumple con la condición de optimizad y no es posible elegir pivote por lo tanto la solución es NO ACOTADA Carrera de Ingeniería Industrial — UMSS Aux. Ariel I. Villarroel Romano 2004

23


9. Tenemos el problema

Fo:

Max (Z) = X1 + αX2 +(1-2α)X3 Sa: X1 – 2X2 -3X3 ≥ 10 X1, X2 ≤ 0 X3 no restringida

Convertimos a su forma estándar y realizamos los cambios de variable respectivos tenemos : Fo:

Z Z A1 Z X3**

Max (Z) = -X1* - αX2* + (1-2α )X3* - (1-2α )X3**+ 0S1 – Ma1 Sa: -X1* + 2X2* - 3X3* +3X3** - – S1 + a1 ≥ 10 X1, X2, X3*,X3** ≥ 0

Z

X1*

X2*

X3*

X3**

S1

a1

LD

1

1

α

-1+2α

1-2α

0

M

0

0

M+1

-2M+ α

3M-1+2 α

-3M+1-2 α

M

0

-10M

0

-1

2

-3

3

-1

1

10

0

0

1/3 -2/3α

-1

1

-1/3

1 0

4/3 -2/3 α 7/3α - 2/3 -1/3

2/3

M -1/3+2/3 α 20/3α - 10/3 1/3

10/3

Para valores 0 < α < 1/2 la solución encontrada es X3 = -10/3 y Z=20/3α -10/3 Si α ≥ 1/2 la solución es NO ACOTADA Si α ≤ 0 tenemos Z

X1* X2* 4/3 -2/3 α 7/3α - 2/3

X3*

X3**

0 0 Z 1 -1 1 X3** 0 -1/3 2/3 7/2α - 1 -7/2α + 1 0 Z 1 1 + 1/2α -3/2 3/2 X2 0 -1/2 1 No es posible elegir pivote por tanto. Para valores α ≤ 0 la solución es NO ACOTADA

RANGOS α ≤ 0

0 < α < 1/2 α ≥ 1/2


24

S1 1/3 -2/3α

a1

LD

M -1/3+2/3 α 20/3α - 10/3

-1/3

1/3

10/3

1/2α

M -1/3α

- 5α

-1/2

1/2

5

SOLUCION NO ACOTADA X3=-10/3 y Z = 20/3α -10/3 NO ACOTADA


11.

a) Planteamos el problema en su forma estándar y resolviendo gráficamente tenemos: Fo: Min Z = 4X1 + 5X2 Sa:

X1 - 2X2 + h1 =2 2X1 + X2 + h2 =6 X1 + 2x2 +h3 =5 X1 + X2 - s4 = 1 X1 ≥0 ≥0 X2

(R1) (R2) (R3) (R4) (R5) (R6)

SOLUCION GRAFICA

Para Hallar la solución por puntos extremos encontramos el número de combinaciones, para lo cual se toma el número de restricciones funcionales (m) que en este caso son 4 y el número de variables (n) que en este caso son 2

=

C 44 + 2

=

C 44 + 2

= 15

El número de combinaciones es 15


25

( m + n)!

C mm + n

m! n! (4 + 2)! 4!2!


LA TABLA DE PUNTOS EXTREMOS PARA ESTE PROBLEMA ES LA SIGUIENTE Pto extremo VARIABLES N Combinación X1 , X2 X1 X2 H1 H2 H3 S4 1 R1 Y R2 14/5 , 2/5 14/5 2/5 0 0 7/5 11/ 5 2 R1 Y R3 7/2 , 3/4 7/2 3/4 0 -7/4 0 13/4 3 R1Y R4 4/3 , -1/3 4/3 -1/3 0 11/3 13/3 0 4 R1 Y R5 0 , -1 0 -1 0 7 7 -2 5 R1Y R6 2,0 2 0 0 2 1 1 6 R2 Y R3 7/3 , 4/3 7/3 4/3 7/3 0 0 8/3 7 R2 Y R4 5,4 5 -4 -11 0 8 0 8 R2 Y R5 0,6 0 6 14 0 -7 5 9 R2 Y R6 3,0 3 0 -1 0 2 2 10 R3 Y R4 -3 , 4 -3 4 13 8 0 0 11 R3 Y R5 0 , -5/2 0 -5/2 -3 17/2 0 -7/2 12 R3 Y R6 5,0 5 0 -3 -4 0 4 13 R4 Y R5 0,1 0 1 4 5 3 0 14 R4 Y R6 1,0 1 0 1 4 4 0 15 R5 Y R6 0,0 0 0 2 6 5 -1

Z

OBS

60/5

SBF SBNF SBNF SBNF SBF SBF SBNF SBNF SBNF SBNF SBNF SBNF SBF SBF SBNF

8 48/3

5 4

Aquellas soluciones donde se tenga alguna variable negativa se convierten en Soluciones Básicas No Factibles (SBNF) ya que no cumplen con la condición de no negatividad SOLUCION: El Z mínimo es 4 con valores para X1 = 1 y X2 =0

X =

X B X NB

 X 1  1   H  1   1    H 2  4     H 4 =  3 =    X 2  0  S  0  4  

Z*=4

b) Planteamos el problema en su forma estándar: Fo: Min Y 0 = 10Y 1 + 30Y 2 Sa:

-Y 1 - Y 2 + a1 = 2 (R1) Y 1 - 2Y 2 - s2 = 6 (R2) Y 1

Y 2


26

≥ 0 (R3) ≥ 0 (R4)


Para Hallar la solución por puntos extremos encontramos el número de combinaciones, para lo cual se toma el número de restricciones funcionales (m) que en este caso son 2 y el número de variables (n) que en este caso son 2 (m + n)!

C mm + n

=

C 22+ 2

=

C 22+ 2

=6

m! n! ( 2 + 2)! 2!2!

El número de combinaciones es 6 LA TABLA DE PUNTOS EXTREMOS PARA ESTE PROBLEMA ES LA SIGUIENTE Pto extremo N Combinación X1 , X2 1 R1 Y R2 -5 , -5 2 R1 Y R3 0 , -10 3 R1Y R4 -10 , 0 4 R2 Y R3 0 ,--5/2 5 R2Y R4 5,0 6 R3 Y R4 0,0

Y 1 -5 0 -10 0 5 0

VARIABLES Y 2 a1 -5 0 -10 0 0 0 -5/2 15/2 0 15 0 10

S4 0 15 -15 0 0 -5

Z

OBS SBNF SBNF SBNF SBNF SBNF SBNF

Aquellas soluciones donde se tenga alguna variable negativa se convierten en Soluciones Básicas No Factibles (SBNF) ya que no cumplen con la condición de no negatividad En la combinación R2 y R4 todos los valores son positivos pero la variable artificial a es básica lo cuál hace que se invalide esta solución ya que en ningún caso la variable artificial puede estar en la base; por esto se convierte en una Solución Básica No Factible


27


12. Planteamos la tabla inicial, tomando en cuenta que solucionaremos este mediante el

método de las M por lo que necesitamos corregir la función objetivo inicial

Z Z a1 a2

Z

X1

X2

X3

X4

S1

a1

S2

A2

LD

1 1

-2 2M-2

0 -M

M 0

0 M

M 0

-1

1

0 -2M 0

0 M

0

0 2M -3

-1

1

0

0

0 -2M 1

0

-1

0

1

2

0

0

-1

1

1

Hallamos B-1 para la tabla óptima tomando en cuenta que las variables finales deben ser X2 y X4 A1

A2

X2

X4

1 0 1

0 1

1 0

0 2

0 1 0 0 1/2 0 1 Hallamos el lado derecho de la tabla óptima (XB)

B-1

X B X B

X B

= B −1b 1 0  1 =  1   0 2  1 1 = 1   2 

Hallamos las posiciones Yj:

= B −1 a1 1 0   − 1 Y 1 =  1   0 2   − 1  −1  Y 1 =  1   − 2 

Y 3

Y 1

Y 3

Y 3

= B −1 a 3  1 0   − 3 =  1    0 2  1   − 3 = 1   2 

Hallamos el vector П

Π = C B B −1 1

Π = [ M

2 M ]

Π = [ M

M ]

0

0 1  2 


28

Y 5 Y 5 Y 5

= B −1 a 5 1 0   − 1 =  1   0 2  0   − 1 =  0 

Y 7 Y 7

Y 7

= B −1 a 7 1 0   0  =  1   0 2   − 1 0  = 1   − 2 


Hallamos los coeficientes en la función objetivo Z 1 − c1 = Π a1 − c1 − 1 Z 1 − c1 = [ M M ]  + 2 M − 2 = −2 − 1

Z 3

− c 3 = Π a 3 − c3

Z 3

− 3 − c3 = [ M M ]  + 2 M = 0 1

Z 5

− c5 = Π a 5 − c5

Z 7

− c7 = Π a7 − c7

Z 5

− 1 − c5 = [ M M ]  + M = 0 0

Z 7

0 − c7 = [ M M ]  + M = 0 − 1

Finalmente hallamos el Z* Z * = C B X B

1 0] 1   2 

Z * = [0 Z * = 0

Luego la tabla óptima será: Z

X1

X2

X3

X4

S1

a1

S2

A2

LD

Z 1 X2 0 X4 0

-2

0

M

0

M

1

0 0

0

-1

0 -3

-1

1

0

0

0 1

-1/2

0

1/2

1

0

0

-1/2

½

1/2

Donde podemos observar que se tiene una solución NO ACOTADA ya que no es posible la elección de pivote 13. Planteamos la tabla inicial, tomando en cuenta que solucionaremos este mediante el método de las M por lo que necesitamos corregir la función objetivo inicial

Z Z a1 h2

Z

X1

X2

S1

a1

H2

LD

1 1

-a -4M-a

-b 2M-b

0 M

M 0

0 0

0

4

-2

-1

1

0

0 -12M 12

0

2

-1

0

0

1

6

Hallamos B-1 para la tabla óptima tomando en cuenta que las variables finales deben ser X1 y H2

B-1

A1

H2

X1

H2

1 0 1/4

0 1

4 2

0 1

0 1

1 0

0 1

-1/2


29


Hallamos el lado derecho de la tabla óptima (XB) X B X B

X B

= B −1b  1 = 4  − 1 2  3 =  0 

0 12 

  1  6  

Hallamos las posiciones Yj: Y 2 Y 2

Y 2

= B −1 a1  1 = 4  − 1 2 − 1  =  2  0 

= B −1 a3  1 Y 1 =  4  − 1 2 − 1  4 Y 3 =   1 2  Y 3

0 − 2

  1  − 1 

0   − 1

  1  0  


Π = C B B −1 Π = [4 M + a Π = [ M + a 4

 1 0] 4 − 12 0

0

 

1

]

Hallamos los coeficientes en la función objetivo Z 2

Z 3

− c2 = Πa 2 − c2

 − 2 − c 2 = [ M + a 4 0]  + 2 M − b  − 1 Z 2 − c 2 = − 1 a − b 2 Z 2

Finalmente hallamos el Z* Z * = C B X B Z * = [a

12 0]  0

Z * = 12 a


30

− c3 = Π a 3 − c 3

− 1 − c3 = [ M + a 4 0]  + M 0 Z 3 − c3 = − a 4 Z 3


Luego la tabla óptima será: Z

X1

X2

S1

a1

H2

LD

Z 1 X1 0 a2 0

0 1

-1/2a -b -1/2

-1/4 a -1/4

M + a/4 1/4

0 0

12a 3

0

0

1/2

-1/2

1

0

14. En la tabla de iteración 1 completamos los espacios e identificamos B-1

Z Z 1 H1 0 X2 0

X1 -200 3/2 -1/2

X2 0 0 1

h1 0 1 0

h2 300 -1 α-2

B

LD 4800 8α+16

1/2

CALCULOS PARA HALLAR VALORES EN LA ITERACION CERO Hallamos el lado derecho de la tabla inicial (b)

= B −1b 8α + 16  1  8  = 0   

X B

− 2  b1    1 2  b2 

α

b1+(α-2)b2 = 8α+16 ½ b2 = 8 Resolviendo tenemos: b1 = 48 - 8 α b2 = 16

Hallamos las posiciones aj:

= B −1 a1  3 2  1 − 1 2 = 0   

Y 1

− 2   a11    1 2   a 21 

α

= B −1 a 2  0  1 α − 2   a12  1  =  0 1 2   a       22 

Y 2


31

a11+ (α-2)a21 = 3/2 ½ a21 = -1/2 Resolviendo tenemos: a11 = α – 1/2 a21 =-1 a12+ (α-2)a22 = 0 ½ a22 = 1 Resolviendo tenemos: a12 = 4 - 2 α a22 = 2

8


Hallamos los costos Cj

− c1 = Π a1 − c1 α − 1 / 2 − 200 = [0 300]  − c1 − 1   c1 = −100

− c2 = Πa2 − c2 4 − 2α  0 = [0 300]  − c2 2   c 2 = 600

Z 1

Z 2

CALCULO PARA HALLAR EL VALOR DE Z EN LA ITERACION 1 Z * = C B X B Z * = [0

8α + 16 600 ]   8 

Z * = 4800

CALCULO PARA HALLAR VALORES EN LA TABLA OPTIMA Hallamos B-1 para la tabla óptima tomando en cuenta que las variables finales son X1 y X2 H1 1 0 2/3

B-1

H2

X1

X2

-2 ½

3/2 -1/2

0 1

2/3 α - 4/3 1/3 α - 1/6

1 0

0 1

α

1/3

Hallamos el lado derecho de la tabla óptima XB X B X B X B

= B −1b  2 3 2 3α − 4 / 3  48 − 8α  =   1 / 3 1 / 3α − 1 / 6   16  32 / 3 + 16 / 3α  =   40 / 3 + 8 / 3α 


Π = C B X B Π = [− 100 Π = [400 3

 2 3 2 3α − 4 / 3 600]  1 / 3 1 / 3α − 1 / 6  100

3

+ 400 3 α ]


32


Finalmente hallamos el Z* Z * = C B X B

32 / 3 + 16 / 3α    40 / 3 + 8 / 3α 

Z * = [− 100

600 ]

Z * = 20800 / 3 + 3200 / 3α

Luego la tabla de iteración cero será: Z Z 1 H1 0 H2 0

X1

X2

h1

h2

LD

100 α -1/2

-600 4-2α

0 1

0 0

0 48-8α

-1

2

0

1

16

La tabla óptima será Z

X1

X2

h1

h2

LD

Z 1 X1 0 X2 0

0

0

400/3

1

0

2/3

100/3 + 400/3 α 2/3 α - 4/3

20800/3 + 3200/3 α 32/3 + 16/3α

0

1

1/3

1/3 α - 1/6

40/3 + 8/3 α


33


CAPITULO 4 TEORIA DE LA DUALIDAD 1.

a) Planteamos el problema dual

PRIMAL

DUAL

Fo: Max W = -5W1 – 2W2 + W3

Fo: Min Y = 10Y 1 + 15Y 2 + Y 3 + Y 4

Sa:

Sa:

W1 + W2 + W3 ≥ 10 5W1 - W3 ≥ 15 ≥ 1 W1 , W2

≥ -5 Y 1 + 5Y 2 + Y 3 Y 1 + Y 4 ≥ -2 ≤ 1 Y 1 – Y 2

W3 ≤ 0

Y 1, Y 2, Y 3, Y 4 ≤ 0

Resolvemos el problema Dual realizando los siguientes cambios: • Multiplicamos por (-1) la función objetivo para cambiarla a maximizar • Yi = -Yi* • Multiplicamos por (-1) a las restricciones uno y dos Por lo tanto el problema queda: Fo: Max(-Y) = 10Y 1* + 15Y 2* + Y 3* + Y 4* Sa:

≤ -5 Y 1* + 5Y2* + Y 3* Y 1* + Y 4* ≤ -2 ≤ 1 -Y 1* + Y 2*

Y 1*, Y 2*, Y 3*, Y 4* ≥ 0 Z

Y1*

Y2*

Y3*

Y4*

h1

h2

h3

LD

Z -1 H1 0 H2 0 H3 0 Z -1 Y2* 0 H2 0 H3 0 Z -1 Y2* 0 Y1* 0 H3 0

-10 1 1

-15 0

-1 1 0

-1 0 1

0 1 0

0 0 1

0 0 0

0 5 2

-1

1

0

0

0

0

1

1

-7

0

2

-1

3

0

0

15

1/5

1

1/5

0

1/5

0

0

1

1

0

0

1

0

1

0

2

-6/5

0

-1/5

0

-1/5

0

1

0

0 0 1 0

0 1 0 0

2 1/5 0 -1/5

6 -1/5 1 6/5

3

7

0

1/5 0 -1/5

-1/5 1 6/5

0 0 1

29 3/5 2 12/5

5

Realizamos los cambios respectivos (Y 2 = -3/5 y Y 1= -2) y tenemos las soluciones simétricas: Carrera de Ingeniería Industrial — UMSS Aux. Ariel I. Villarroel Romano 2004

34


Solución Primal W1=3 Solución Dual : Y 1= - 2

W2= 7 W3= 0 Y 2 = -3/5 Y 3= 0 Y 4= 0

El valor de la función objetivo será: Z= -29 Propiedad de holgura complementaria m

∑ a Y = c

i) Si Xj > 0 entonces

ij

i

j

i =1

•

W1 > 0 entonces . 4

∑

a i 1Y 1

=

c1

i =1

a 11 Y 1 1 * (−2)

•

+ a 21 Y 2 + a 31 Y 3 + a 41 Y 4 = C 1 + 5 * (−3 / 5) + 1 * 0 + 0 * 0 = −5 − 5 = −5

W2 > 0 entonces: 4

∑a

i2

Y 2

=

c2

i =1

a 12 Y 1 1 * (−2)

+ a 22 Y 2 + a 32 Y 3 + a 42 Y 4 = C 2 + 0 * (−3 / 5) + 1 * 0 + 0 * 0 = −2 − 2 = −2

Podemos observar que en ambos casos se cumple ii) Si Yi = 0 entonces Ri es INACTIVA Si Yi ≠0 entonces Ri es ACTIVA Y1 ≠ 0 entonces R1 es ACTIVA Y2 ≠ 0 entonces R2 es ACTIVA Y3 = 0 entonces R3 es INACTIVA Y4 = 0 entonces R4 es INACTIVA


35


b) Planteamos el problema dual PRIMAL

DUAL

Fo: Min Z = 4X 1 + 5X2

Fo: Max Y = 2Y 1 + 6Y 2 + 5Y 3 + Y 4

Sa:

Sa:

X1 – 2X2 2X1 + X2 X1 + 2X2 X1 + X2

≤ 2 ≤ 6 ≤ 5 ≤ 1

Y 1 + 2Y 2 + Y 3 + Y 4 ≤ 4 -2Y 1 + Y 2 + 2Y 3 + Y 4 ≤ 5 Y 1 ,Y 2 ,Y 3 ,Y 4 ≤ 0 Y 4 ≥ 0

X1, X2 ≥ 0

Resolvemos el problema Dual realizando los siguientes cambios: • Yi = -Yi* Por lo tanto el problema queda: Fo: Max Y = -2Y 1* - 6Y 2* - 5Y 3*+ Y 4 Sa:

-Y 1* - 2Y 2* - Y 3* + Y 4 ≤ 4 2Y 1* - Y 2* - 2Y 3*+ Y 4 ≤ 5 Y 1*, Y 2*, Y 3*, Y 4 ≥ 0

Z H1 H2 Z Y4 H2

Z

Y1*

Y2*

Y3*

Y4

h1

h2

LD

1 0

2 -1

6 -2

-1

1

0 1

0 0

0

2

-1

5 -1 -2

1

0

1

0 4 5

1

1

4

4

0

1

0

4

0

-1

-2

-1

1

1

0

4

0

3

1

-1

0

-1

1

1

Realizamos los cambios respectivos (: Solución Primal X1=1 Solución Dual : Y 1= 0

X2= 0 Y 2 = 0 Y 3= 0

Y 4= 4

El valor de la función objetivo será: Z= 4 Propiedad de holgura complementaria i) Si Xj > 0 entonces

m

∑ a Y = c ij

i

i =1


36

j


•

X1 > 0 entonces . 4

∑

a i 1Y 1

=

c1

i =1

a 11 Y 1

+

1* 0

+ a 31 Y 3 + a 41 Y 4 = C 1 + 2 * 0 + 1* 0 + 1* 4 = 4 4 = 4 a 21 Y 2

Podemos observar que se cumple ii) Si Yi = 0 entonces Ri es INACTIVA Si Yi ≠0 entonces Ri es ACTIVA Y1 = 0 entonces R1 es INACTIVA Y2 = 0 entonces R2 es INACTIVA Y3 = 0 entonces R3 es INACTIVA Y4 ≠ 0 entonces R4 es ACTIVA c) Planteamos el problema dual

PRIMAL

DUAL

Fo: Max Y = 10Y 1 + 30Y 2

Fo: Min Z = 10X 1 + 5X2

Sa:

Sa:

-Y 1 - Y 2 - Y 3 = 10 -2Y 2 + Y 3 ≥ 5 Y 1 , Y 2 , Y 3 ≤ 0

-X1 ≤10 -X1 -2 X2 ≤ 30 -X1 + X2 ≤ 0 Y 1 No restringida X2 ≤ 0

Resolvemos el problema Primal realizando los siguientes cambios: • Yi = -Yi* Por lo tanto el problema queda: Fo: Max Y = -10Y 1* - 30Y 2* Sa:

Y 1* + Y 2* - Y 3* = 10 2Y 2* - Y 3* ≥ 5 Y 1*, Y 2*, Y 3* ≥ 0


37


Z Z Z A1 A2 Z A1 Y2* Z Y3* Y2*

Y1*

Y2*

Y3*

a1

S2

a2

LD

0 0 1

M 0 1

0 M 0

M 0 0

-15M 10

1 10 30 0 -M+10 -3M+30 0 1 1 0

0

2

-1

0

-1

1

5

1

-M+10

0

-3/2M+15

0

-1/2M+15

3/2M-15

-15/2M-75

0

1

0

3/2

1

1/2

-1/2

15/2

0

0

1

-1/2

0

-1/2

1/2

5/2

1

0 2/3 1/3

0 0 1

0 1 0

M-10

10 1/3 -1/3

M-10

-150 5 5

0 0

2/3 1/3

-1/3 1/3

Realizamos los cambios respectivos (Y 2 = -5 y Y 3= -5) y tenemos las soluciones simétricas: Solución Primal Y 1=0 Y 2= -5 Y 3=-5 Solución Dual : X1= -10 X2 = -10 El valor de la función objetivo será: Z= -150 Propiedad de holgura complementaria m

∑ a X

i) Si Yj > 0 entonces

ij

= c j

i

i =1

• Y2 > 0 entonces . 2

∑

a i 2 X i

=

c2

i =1

= C 2 + ( − 2 ) * ( − 10 ) = 30 = 30

a 12 X 1

− 1 * ( − 10 )

+

a 22 Y 2

• Y3 > 0 entonces: 4

∑a

=

c3

a 23 X 2

=

i3

X i

i =1

a 13 X 1

+

C 3

− 1 * ( − 10 ) + 1 * ( − 10 ) = 0 = 0


38

0

30


Podemos observar que en ambos casos se cumple ii) Si Xi = 0 entonces Ri es INACTIVA Si Xi ≠0 entonces Ri es ACTIVA X1 ≠ 0 entonces R1 es ACTIVA X2 ≠ 0 entonces R2 es ACTIVA d) Planteamos el problema dual

PRIMAL

DUAL

Fo: Max Z = 2X1

Fo: Min Z = Y 1 + Y 2

Sa:

Sa:

≥ 1 -X1 + X2 – 3X3 -X1 + X3 + 2X4 ≥ 1

X1 , X2 , X3, X4 ≥ 0

-Y 1 – Y 2 ≥ 2 Y 2 ≥ 0 -3Y 1 + Y 2 ≥ 0 2Y 2 ≥ 0 Y 1 , Y 2 ≤ 0

Resolvemos el primal mediante el uso del software QSB y tenemos Iteration 1 0 0

cj-zj artfcl 1 artfcl 2

X1

X2

X3

X4

A1

S1

A2

S2

LD

2 -1 -1

1 1 0

2 -3 1

-2 0

2

0 1 0

1 -1 0

0 0 1

1 0 -1

1 1

-1 0

3 -3 0.5

0 0 1

0 1 0

1 -1 0

1 0 0.5

0 0 -0.5

1 0.5

Iteration 2 0 0

cj-zj 1 artfcl 1 -1 X4 -0.5

1

Iteration 3 0 0

cj-zj X2 X4

0 -1 -0.5

0 1 0

0 -3 0.5

0 0 1

1 1 0

0 -1 0

1 0 0.5

0 0 -0.5

1 0.5

cj-zj X2 X4

2 -1 -0.5

0 1 0

0 -3 0.5

0 0 1

0 1 0

0 -1 0

0 0 0.5

0 0 -0.5

1 0.5

Iteration 4 0 0

Como no es posible elegir pivote entonces tenemos una solución no acotada; por lo que el dual no tendrá solución básica factible


39


e) Planteamos el problema dual PRIMAL Fo: Max Z = aX1 + bX2 donde b>a

DUAL Fo: Min Y = 12Y 1 + 6Y 2

Sa:

Sa:

4X1 – 2X2 ≥ 12 2X1 - X2 ≤ 6 X1, X2 ≥ 0

4Y 1 + 2Y 2 ≥ a -2Y 1 - Y 2 ≥ b Y 1 ≤ 0 Y 2 ≥ 0

Resolvemos el problema Primal

Z Z H1 H2 Z X1 H2

Z

X1

X2

s1

a1

h2

LD

1 1 0

-a -4M-a

0 M -1

M

4

-b 2M-b -2

1

0 0 0

0 -12M 12

0

2

-1

0

0

1

6

1

0

0

1

-a/4 -1/4

M + a/4

0

-a/2 - b -1/2

1/4

0

3a 3

0

0

0

1/2

-1/2

1

0

0

Esta solución se convierte en SOLUCION BÁSICA FACTIBLE si a y b son negativos; caso contrario se la solución será NO ACOTADA porque no es posible elegir pivote Tomaremos la primera suposición Solución Primal X1=3 X2= 0 Solución Dual : Y 1= a/4 Y 2 = 0 El valor de la función objetivo será: Z= 3a Propiedad de holgura complementaria i) Si Xj > 0 entonces m

∑ a Y = c ij

i

j

i =1

•

X1 > 0 entonces .

2

∑a

=

c1

a 21 Y 2

=

i1

Y 1

i =1

a 11 Y 1 4*a

+ 4

+ a

Podemos observar que se cumple


40

2*0

=

a

C 1

=

a


ii) Si Yi = 0 entonces Ri es INACTIVA Si Yi ≠0 entonces Ri es ACTIVA Y1 ≠ 0 entonces R1 es ACTIVA Y2 = 0 entonces R2 es INACTIVA f) Planteamos el problema dual

PRIMAL

DUAL

Fo: Min Z = 3X 1 - 2X2

Fo: Miax Y = 4Y 4

Sa:

Sa:

X1 + X2 ≥ 0 3X1 + 5X2 ≥ 0 5X1 + 3X2 ≥ 0 2X1 - 3X2 ≥ 4 X2 ,X2 no restringida

Y 1 +3Y 2 + 5Y 3 + 2Y 4 =3 Y 1 +5Y 2 + 3Y 3 - 3Y 4 =-2 Y 1 ,Y 2 ,Y 3 ,Y 4 ≥ 0

Resolvemos el problema Dual multiplicando la restricción 2 por (-1) y tenemos: Fo: Miax Y = 4Y 4 Sa:

Y 1 + 3Y 2 + 5Y 3 + 2Y 4 =3 -Y 1 - 5Y 2 - 3Y 3 + 3Y 4 =2 Y 1 ,Y 2 ,Y 3 ,Y 4 ≥ 0

Resolviendo tenemos

Y Y A1 A2 Y A1 Y4 Y Y3 Y4 Y Y2 Y4 Solución Solución

Z

Y1

Y2

Y3

Y4

a1

a2

LD

1 1 0

0 0 1

0 2M 3

0 -2M 5

-4 -5M-4 2

M 0 1

M 0 0

0 -5M 3

0

-1

-5

-3

3

0

1

2

1

-5/2M-4/3

-19/3M-20/3

-7M-4

0

0

5/3M+4/3

-5/3M+8/3

0

5/3

19/3

7

0

1

-2/3

5/3

0

-1/3

-5/3

-1

1

0

1/3

2/3

1

-8/21 5/21 -2/21 8/19 5/19 2/19

-64/21

0 1 0 64/19 21/19 16/19

0 0 1 0 0 1

M+4/7

M+20/21

1/7 1/7

-2/21 5/21

M+20/19

M+12/19

3/19 5/19

-2/19 3/19

76/21 5/3 19/21 84/19 5/19 21/19

0 0 1 0 0

19/21 -16/21 0 1 0

: Y 1=0 Y 2= 5/19 Y 3=0 Y 4=21/19 : X1= 20/19 X2 = 12/19


41


El valor de la función objetivo será: Z= 84/19 Propiedad de holgura complementaria m

∑ a X

i) Si Yj > 0 entonces

ij

= c j

i

i =1

• Y2 > 0 entonces . 2

∑

=

a i 2 X i

c2

i =1

a 12 X 1 3 * ( 20

19

+

a 22 Y 2

=

C 2

+ ( − 5 ) * (12 19 ) =

)

=

0

0

• Y4 > 0 entonces: 2

∑a

=

c3

a 24 X 2

=

i4

X i

i =1

a 14 X 1 2 * ( 20

19

+ )

+

3 * (12

4

=

19

4

Podemos observar que en ambos casos se cumple ii) Si Xi = 0 entonces Ri es INACTIVA Si Xi ≠0 entonces Ri es ACTIVA X1 ≠ 0 entonces R1 es ACTIVA X2 ≠ 0 entonces R2 es ACTIVA


42

C 3 )

=

4

0


g) Planteamos el problema dual

PRIMAL

DUAL

Fo: Min Y = Y 1 - Y 2 - Y 3

Fo: Miax z = 2X1

Sa:

Sa:

Y 1 + Y 2 + Y 3 ≥ 2 ≥ 0 2Y 1 - Y 2 3Y 2 - Y 3 ≥ 0 Y 1 - 2 Y 3 ≥ 0 Y 1 ,Y 2 ,Y 3 ,Y 4 ≥ 0

X1 +2X2 + X4 ≤ 1 ≤-1 X1 – 5X2 + 3X3 X1 - X3 - 2X4 ≤-1

:

X1 ,X2 ,X3 ,X4 ≥ 0

Resolvemos mediante el uso del QSB Y1

Y2

Y3

A1

S1

A2

S2

A3

S3

A4

S4

cj-zj

4

3

-2

0

-1

0

-1

0

-1

0

-1

A 1

1

1

1

1

-1

0

0

0

0

0

0

2

A 2

2

-1

0

0

0

1

-1

0

0

0

0

0

A 3

0

3

-1

0

0

0

0

1

-1

0

0

0

A 4

1

0

-2

0

0

0

0

0

0

1

-1

0

cj-zj

0

5

-2

0

-1

-2

1

0

-1

0

-1

A 1

0

1.5

1

1

-1

-0.5

0.5

0

0

0

0

2

Y1

1

-0.5

0

0

0

0.5

-0.5

0

0

0

0

0

A 3

0

3

-1

0

0

0

0

1

-1

0

0

0

A 4

0

0.5

-2

0

0

-0.5

0.5

0

0

1

-1

0

Cj-zj

0

0

-0.3333

0

-1

-2

1

-16.667

0.6667

0

-1

A 1

0

0

1.5

1

-1

-0.5

0.5

-0.5

0.5

0

0

2

Y1

1

0

-0.1667

0

0

0.5

-0.5

0.1667

-0.1667

0

0

0

Y2

0

1

-0.3333

0

0

0

0

0.3333

-0.3333

0

0

0

A 4

0

0

18.333

0

0

-0.5

0.5

-0.1667

0.1667

1

-1

0

Cj-zj

0

0

0

0

-1

-19.091

0.9091

-16.364

0.6364

-0.182

-0.818

A 1

0

0

0

1

-1

-0.9091

0.9091

-0.6364

0.6364

0.8182

-0.818

2

Y1

1

0

0

0

0

0.5455

-0.5455

0.1818

-0.1818

-0.091

0.0909

0

Y2

0

1

0

0

0

0.0909

-0.0909

0.3636

-0.3636

-0.182

0.1818

0

Y3

0

0

1

0

0

0.2727

-0.2727

0.0909

-0.0909

-0.546

0.5455

0

cj-zj

0

0

0

-1

0

-1

0

-1

0

-1

0

S2

0

0

0

1.1

-1.1

-1

1

-0.7

0.7

0.9

-0.9

2.2

Y1

1

0

0

0.6

-0.6

0

0

-0.2

0.2

0.4

-0.4

1.2

Y2

0

1

0

0.1

-0.1

0

0

0.3

-0.3

-0.1

0.1

0.2

Y3

0

0

1

0.3

-0.3

0

0

-0.1

0.1

-0.3

0.3

0.6


43

LD


cj-zj

0

0

0

0.2

-0.2

0

0

-0.4

0.4

0.8

-0.8

S2

0

0

0

1.1

-1.1

-1

1

-0.7

0.7

0.9

-0.9

2.2

Y1

1

0

0

0.6

-0.6

0

0

-0.2

0.2

0.4

-0.4

1.2

Y2

0

1

0

0.1

-0.1

0

0

0.3

-0.3

-0.1

0.1

0.2

Y3

0

0

1

0.3

-0.3

0

0

-0.1

0.1

-0.3

0.3

0.6

Cj-zj

0

0

0

-0.429

0.4286

0.5714

-0.5714

0

0

0.2857

-0.286

S3

0

0

0

15.714

-15.714

-14.286

14.286

-1

1

12.857

-12.857

31.429

Y1

1

0

0

0.2857

-0.286

0.2857

-0.2857

0

0

0.1429

-0.143

0.5714

Y2

0

1

0

0.5714

-0.571

-0.4286

0.4286

0

0

0.2857

-0.286

11.429

Y3

0

0

1

0.1429

-0.143

0.1429

-0.1429

0

0

-0.429

0.4286

0.2857

Como no es posible elegir pivote entonces tenemos una SOLUCION NO ACOTADA, Lo que indica que en el problema dual no existirá SOLUCION BASICA FACTIBLE


44


CAPITULO 5 ANALISIS DE SENSIBILIDAD 1. Realizando las iteraciones respectivas tenemos la siguiente tabla optima

Z S3 X2 X1

Z

X1

X2

h1

a2

S3

a3

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

3 3 0 1

M +5/2 1 ½ 0

0 1 0 0

M -1 0 0

LD 42 6 6 4

a) Si

C1 = 5 y C 2 = 3 Hallamos los nuevos valores de Zj-Cj para X1 y X2 = Z1 – C1 – ∆c1 = Z2 – C2 – ∆c2 = 0 - (5-3) = 0 – (3-5) = -2 = 2

Ya que Zj – Cj corresponden a variables básicas se corrigen los valores para obtener la condición de optimidad con operaciones de filas y columnas Z

X1

Z S3 X2 X1

1 0 0 0

0 0 0 1

Z S3 X2 X1

1 0 0 0

0 0 0 1

-2

X2 0 0 1 0

2

0 0 1 0

h1

a2

S3

a3

LD

3 3 0 1

M +5/2 1 ½ 0

0 1 0 0

M -1 0 0

42 6 6 4

5 3 0 1

M + 3/2 1 ½ 0

0 1 0 0

M -1 0 0

38 6 6 4

* -2 * 2

b) Si b1 = 6 y b2 = 15 ; Resolviendo sin tomar en cuenta los cambios en el inciso a) Hallamos el nuevo XB = XB + B-1∆b

^

X B ^

X B

^

X B

= X B + B −1 ∆b 6  3 1 − 1 6 − 4  = 6  + 0 1 / 2 0  12 − 12 4  1 0 0  15 − 18  9  = 0  2 


45


Como

es > 0

= CB

Z = [0

3

9    5] 0 .   2

Z = 10

c) Si C! = 3 +3θ (sin tomar en cuenta cambios realizados en los inciso a) y b) Hallamos fc para las variables no básicas (h 1, a2, a3) fcj = άBB-1aj – ά j

3 1 −10    fc H ! = [0 0 3] 0 1/ 2 0 0 − 0 = 3    1 0 0 1  3 1 − 1 0    fc A1 = [0 0 3] 0 1 / 2 0 1 − 0 = 0    1 0 0  0 3 1 −10    fc A2 = [0 0 3] 0 1/ 2 0 1 − 0 = 0    1 0 0 0 Como todos las Fc son > 0 entonces: Z = CBXB

6  Z = [0 5 3 + 3θ ] 6 = 42 + 3ϑ  4 Solución:

Rango θ

Función optima

>0


46

Z = 42 + 3θ


2 . Realizando las iteraciones respectivas tenemos la siguiente tabla óptima

Z X2 X1

Z

X1

X2

h1

1 0 0

0 0 1

0 1 0

0 5/38 -1/19

h2 ½ -3/38 5/38

LD 10 45/19 20/19

a) Hallamos los nuevos valores de Zj-Cj para X1 y X2 = Z1 – C1 – ∆c1 = Z2 – C2 – ∆c2 = 0 - (-1) = 0 – (-1) = 1 = 1 Ya que Zj – Cj corresponden a variables básicas se corrigen los valores para obtener la condición de optimidad con operaciones de filas y columnas Z

X1

X2

Z X2 X1

1 0 0

0 0 1

Z X2 X1

1 0 0

0 0 1

0 1 0

Z h1 X1

1 0 0

0 0 1

3/ 5 38/5 2/5

1

0 1 0

h1

1

h2

LD

0 5/38 -1/19

½ -3/38 5/38

10 45/19 20/19

-3/38 5/38 -1/19

17/38 -3/38 5/38

125/19 45/19 20/19

0 1 0

2/5 -3/5 1/10

Realizamos el cambio en B = XB + B-1 ∆b ^

X B ^

X B ^

X B

Como

es > 0

= X B + B −1∆b 18 1 − 3 / 5 5 = +   2  0 1 / 10  5 20  =  5 / 2  = CB Z = [0

20  . 5 / 2  

4]

Z = 10


47

8 18 2

* -1 * -1


b) Sin tomar en cuenta los cambios realizados en el inciso a) a3 = [ 2 1 ]T

C3 =4

Calculamos Z3 – C3 Z 3 − C 3 = π a3 − c3 Z 3 − C 3

2 1 / 2]  − 4 1 

= [0

Z 3 − C 3

= −7 / 2 Como Z3- C3 es menor que cero calculamos el valor para Y 3

= B −1 a3  5 / 38 − 3 / 38 2 Y 3 =    − 1 / 19 5 / 38  1  Y 3

Y 3

7 / 38 =  1 / 38 

Z

X1

X2

X3

h1

h2

LD

Z X2 X1

1 0 0

0 0 1

0 1 0

-7/2 7/38 1/38

0 5/38 -1/19

½ -3/38 5/38

10 45/19 20/19

Z X3 X1

1 0 0

0 0 1

19 38/7 -1/7

0 1 0

5/2 5/7 -1/14

-1 -3/7 1/7

55 90/7 5/7

Z X3 h2

1 0 0

7 3 7

18 5 -1

0 1 0

2 ½ -1/2

0 0 1

60 15 5

c) Sin tomar en cuenta los incisos a) y b) y añadiendo la nueva restricción R3 : 2X1 -2X2 ≥ 10 que es equivalente a -2X1 + 2X2 ≤ -10 Reemplazando valores de nuestra solución optima en la restricción tenemos: 2* (20/19) – 2*(45/19) ≥ 10 -50/19 no es mayor que 10 (LA SOLUCION NO CUMPLE CON LA NUEVA RESTRICCION)


48


Añadimos Esta nueva fila a nuestra tabla óptima Z X2 X1 h3 Z X2 X1 h3 Z X2 X1 h1

Z

X1

X2

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 -2 0 0 1 0 0 0 1 0

0 1 0 2 0 1 0 0 0 1 0 0

h1

h2

h3

0 ½ 5/38 -3/38 -1/19 5/38 0 0 0 ½ 5/38 -3/38 -1/19 5/38 -7/19 11/38 0 ½ 0 13/532 0 12/133 1 -11/14

LD

0 0 0 1 0 0 0 1 0 5/14 -1/7 -19/7

10 45/19 20/19 -10 10 45/19 20/19 -240/19 10 -15/7 20/7 240/7

* -2 *2

Al no poder elegir un nuevo pivote NO EXISTE SOLUCION BASICA FACTIBLE 4. Realizando las iteraciones respectivas tenemos la siguiente tabla óptima

Z X1

Z

X1

X2

1 0

0 1

3 3/2

a1

LD

6+M 0

60 5

a) Si b1 = 1- 3θ Hallamos f B f B = B-1α f B = ½(-3) f B = -3/2 Como f B es negativo entonces hallamos θ

 X  = MIn − BJ   f b  5   θ = MIn −  − 3 / 2  ϑ = 10 / 3 θ

Hallamos X B

en función a θ además de los valores de estas variables Z = C B X B

= X B + f Bθ

X B

= 5−

X B

=0

3

θ

2


49

Z = 12 (5 −

3

θ )

2 Z = 60 − 18ϑ Z = 0


Actualizamos los valores

Z X1

Z

X1

1 0

0 1

X2

a1

3 3/2

6+M 0

LD 0 0

NO ES POSIBLE ELEGIR OTRO PIVOTE PARA ITERAR POR DUAL SIMPLEX Solución:

Rango

Función optima

0 ≤θ ≤ 10/3 θ ≥ 10/3

Z = 60 - 18 θ Solución NO ACOTADA

b) Si C! = 12 – θ y C2 = 15 - 3θ Hallamos fc para las variables no básicas X 2 (se debe obviar las variables artificiales) fcj = άBB-1aj – ά j fc X 2!

1 3 = [−1]   − (− 3)  2 2

fc X 2!

=

9 4

Como existe un fcj > 0 entonces hallamos Z en función a θ Z = CBXB

Z = [12 − θ ][5] = 60 + 5θ

Solución:

Rango θ

Función optima

>0

Z = 60+5θ

d) Aumentando la restricción 2X2-X1 ≥θ que es igual a - 2X2+X1 ≤ 0 * La solución X1=5 y X2 = 0 no cumple con la nueva restricción Incrementamos esta restricción a nuestra tabla óptima . Z X1 h2 Z X1 h2 Z X1 X2

Z

X1

1 0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 0 0 1 0


50

X2 3 3/2 -2 3 3/2 -7/2 0 0 1

a1 6+M ½ 0 6+M ½ -1/2 39/7+M 2/7 1/7

h2

LD

0 0 1 0 0 1 6/7 3/7 -2/7

60 5 0 60 5 -5 290/7 20/7 10/7

-1


5. Realizando las iteraciones respectivas tenemos la siguiente tabla óptima Z X1

Z

X1

1 0

0 1

X2 2 -1

a1

LD

2 1

2 1

a) Si

b1 = 1-3θ Hallamos f B f B = B-1α f B = 1(-3) f B = -3

Como f B es negativo entonces hallamos θ

 X  = MIn− BJ   f b   1 θ = MIn −  − 3  ϑ = 1 / 3 θ

Hallamos X B

en función a θ además de los valores de estas variables Z = C B X B

= X B + f Bθ

Z = 2(1 − 3θ )

XB = 1− 3θ X B

Z = 2 − 6θ Z = 0

=0

Actualizamos los valores Z

X1

X2

a1

LD

Z X1

1 0

0 1

2 -1

2 1

2 0

Z X2

1 0

2 -1

0 1

4 -1

0 0

Hallamos f B

f B = B-1α f B = -1(-3) f B = 3 Como f B es mayor que cero entonces detenemos las iteraciones Hallamos Z Z = C B X B Z = − 4(1 − 3θ ) Z = −4 + 12θ


51


Solución:

Rango

Función optima

0 ≤θ ≤ 1/3 θ ≥ 1/3

Z = 2 - 6θ Z = -4 + 12 θ

b) Si C! = 2 – θ y C2 = -4 + 3 θ Hallamos fc para las variables no básicas X 2 ( exceptuando las variables artificiales) Z X1

Z

X1

1 0

0 1

X2 2 -1

a1

LD

2 1

2 1

fcj = άBB-1aj – ά j fc X 2!

3 = [−1][1]  − (− 3)  2

fc X 2!

=

3 2

Hallamos Z en función de Z = CBXB Z = [2 − θ ][1] = 2 − θ

Solución:

Rango θ

Función optima

>0


52

Z = 2-θ


CAPITULO 6 MODELOS DE TRANSPORTE Y ASIGNACIÓN 1.

Como se tiene el precio y los costos correspondientes y el modelo de transporte esta concebido para minimizar costos; lo que se hará será minimizar (- utilidades) de este modo se maximizaran las utilidades

La matriz inicial es: (aplicando el método de Vogel)

D

E

-5

A

-7

-4

B

F

Oferta

Diferencias

400 150 0

3 7

300 0

3 9

200 50 0

5 1 3

-10

150

250

-9

-6

300 -3

-8

C Demanda

Diferencias

-2

150

50

150 0

500 200 50 0

250 0

3

2 4 3

4

Y se tiene la siguiente solución inicial; calculamos los valores de Ui y Vi

D A B C

E

-5 7

-7

-10

150

250

-9

-6

-4 10

F

300 -3

-8

6

Oferta

Ui

400

-7

300

-9

200

-3

-2

150

50

4

Demanda

150

500

250

Vi

-5

0

-3

U1 + V2 = -7 U2 + V2 = -9 U1 + V3 = -10 U3 + V1 = -3 U3 + V2 = -3 Si hacemos el valor de V2 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas Z AD-C AD = C AD – (U1+V1) Z AD-C AD = -5 – (-5-7) = 7 ZBD-CBD = -4 – (-5-9) = 10 ZBF-CBF = -6 – (-3-9) = 6 ZCF-CCF = -2 – (-3-3) = 4

Como el valor de las variables no básicas es mayor que cero entonces la solución so lución es óptima Solución Carrera de Ingeniería Industrial — UMSS Aux. Ariel I. Villarroel Romano 2004

53


150

A

D

La utilidad máxima que se obtendrá es de 7600$

150

E

300

B

Z = 150(-7) + 250(-10) + 300(-9) + 150(-8) + 50(-3) Z = -7600

50

C 2.

250

F

Para plantear el problema debemos:: • Penalizar las entregas de: Distribuidora A al Almacén 4 con costo M, Distribuidora B al Almacén 5 con costo M, Distribuidora Distri buidora C al Almacén 2 con costo M; esto debido a que existe un problema de ruta en estas entregas. ficticia • Al no estar equilibradas las ofertas y demandas, añadimos una columna ficticia (A6) con costos 0 y demanda 700.

Haciendo estos cambios y resolviendo por Vogel tenemos la siguiente tabla inicial

DA

A1

A2

A3

A4

A5

2

7

3

M

4

345

180

8

7

75 6

DB

210 3

DC

M

3

0

40

M

90 4

A6

Demanda

75 0

345 0

180 0

90 0

210 0

700 490 40 0

Dif

2

1 M-7

0 3

5

1 4

0


54

850 505 295 115 40 0

2

300 210

0

3 6

0

5

450

Se tiene la siguiente solución inicial

Dif

0

210

8

Oferta

450 0

3


DA DB

A1

A2

2

7

75

A3 A4

A5

A6

3

M

4

0

345 180

M-3

210

40

3

M

0

90

M-4

210

8

5

0

6

8

4

7

1

4

M

4

3

DC

2

M-7

0

5

1

450

Demanda

75

345

180

90

210 2 10

700

Oferta

Ui

850

0

300

0

450

0

Vi 2 7 3 3 4 0 A continuación hallamos los valores de Ui y Vi; y luego los Zij – Cij de las variables no básicas

Si

U1 + V1 = 2 U1 + V2 = 7 U1 + V3 = 3 U1 + V5 = 4 U1 + V6 = 0 U2 + V4 = 3 U2 + V6 = 0 U3 + V6 = 0 U1 = 0

Z A4-C A4= ZB1-CB1= ZB2-CB2= ZB3-CB3= ZB5-CB5= ZC1-CC1= ZC2-CC2= ZC3-CC3= ZC4-CC4= ZC5-CC5=

M – ( 3+0) = M-3 6 – ( 2+0) = 4 8 – ( 7+0) = 1 7 – ( 3+0) = 4 M – ( 4+0) = M-4 4 – ( 2+0) = 2 M – ( 7+0) = M-7 3 – ( 3+0) = 0 8 – ( 3+0) = 5 5 – ( 4+0) = 1

Como todos los Zj – cj son mayores que cero, esta es la solución óptima 75 A1 Solución

DA

345

A2

180

A3

90

DB

El costo mínimo de envío asciende a 4215$ A4

210 A5 DC

260

40 A5

450


55

Z = 75(2)+345(7)+180(3)+90(3)+2 75(2)+345(7)+180(3)+90(3)+210(4)+40(0)+ 10(4)+40(0)+ 210(0)+ 450(0) Z = 4215


3. Agregamos

problema.

al problema original una fila F (ficticia) con kilometraje 0 para balancear el

1

2

3

4

5

6

A

20

15

26

40

32

12

B

15

33

46

26

28

20

C

18

15

2

12

6

14

D

8

24

12

22

22

20

E

12

20

18

10

22

15

F

0

0

0

0

0

0

Debemos obtener por lo menos un cero en cada fila y columna, por lo que realizamos las siguientes operaciones: • • • • •

Con lo que se tiene la siguiente tabla

1 A B C D E F

2

3

4

Restamos 12 a la FILA A Restamos 15 a la FILA B Restamos 2 a la FILA C Restamos 8 a la fila D Restamos 10 a la fila E

Intentamos la asignación

5

6

8 3 14 28 20 0 0 17 31 11 13 20 16 13 0 10 4 12 0 16 4 14 14 12 2 10 8 0 12 5 0 0 0 0 0 0

A

1

B

2

C

3

D

4

E F

5 6

Como D queda sin asigna, tachamos los CEROS con la menor cantidad de líneas El valor más pequeño de los valores no tachados es 3 sumando y restando respectivamente tenemos la siguiente tabla:


56


1

2

3

4

5

6

A

1

B

2

C

3

D

4

A

8

0

14

28

17

0

B C D E F

0

14

31

11

10

20

16

10

0

10

1

12

0

13

4

14

11

12

2

7

8

0

9

5

E

3

0

3

3

0

3

F

5 6

Como D queda sin asigna, tachamos los CEROS con la menor cantidad de líneas El valor más pequeño de los valores no tachados es 1 sumando y restando respectivamente tenemos la siguiente tabla 1

1

2

3

5

6

A

A

9

0

15 29 17

0

B

2

B C D E F

0

C

3

D

4

4

13 31 11

9

19

0

11

16

9

0

10

0

12

4

14 10 11

2

6

8

0

8

4

4

0

4

4

0

3

E F

5 6

Como D queda sin asigna, tachamos los CEROS con la menor cantidad de líneas El valor más pequeño de los valores no tachados es 1 sumando y restando respectivamente tenemos la siguiente tabla:


57


Intentamos la asignación

1

2

3

4

5

6

A

13

0

15

33

17

0

B

0

9

27

11

5

15

C

20

9

0

14

0

11

D

0

E F

2 8

8 2 0

0 4 4

14 0 8

La solución será: Z = 12+15+6+12+10+0 = 55


58

6 4 0

A

1

B

2

C

3

D

4

7 0 3

E F

5 6


4.

Convertimos los precios de medio litro a precios por litro, y planteamos el problema añadiendo una columna ficticia (F) para balancear. Hoy

Ricardo Enrique

Mañana

3.08

1.5

Diferencias

3

0.5

3.2

2

0.5

0

0.08

3

2.88

2.5 0

2.5 0

F

Oferta

0.32

2.88

0 0.5

0.5

Demanda

1.5 0

3.5 3 0.5

Diferencias

3.08

2.88 0

0

0

Se tiene la siguiente solución inicial y calculamos los valores de Ui y Vi H

M

3.08

R

1.5 3.2

E

F

0.24

Oferta 3

0.5

2

2.88

2.5

0

2.5

0

-0.08

0.5

Demanda

1.5

2.5

Vi

0.08

0

0.5


59

Ui

U1 + V1 = 3.08 U1 + V2 = 3 U2 + V2 = 2.88 3 U3 + V2 = 0 Si hacemos el valor de V2 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas 2.88 ZEH-CEH = 3.2 – (2.88+0.08) = 0.24 ZEF-CEF = 0 – (0+0.08) = -0.08

0 Como existe un Zj-cj menor a cero realizamos el circuito de compensación para que esta variable ingrese a la base y se tiene:


H

M

3.08

R

1

F Demanda

Vi

Ui

2

3

2.5

2.88

0.5

-0.88

3

0.5

3.2

E

Oferta

2.88

2.5 0

0

0.5 1.5

SIENDO ESTA LA SOLUCÓN OPTIMA

2.5

0.88

Calculamos los valores de Ui y Vi U1 + V1 = 3.08 U1 + V2 = 3 U2 + V2 = 2.88 U3 + V1 = 0 Si hacemos el valor de V2 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas ZRM-CRM = 3 – (2.88+0) = 0.12 ZEH-CEH = 3.2 – (0+3.08) = 0.12

Solución

0 1.5

H

2

M

R

E

Z = 1.5(3.08) + 0.5(0) + 2(2.88) + 0.5(0) Z = -7600

0.5 0.5

F


60

La utilidad máxima que se obtendrá es de 7600$


5. Agregamos

una planta ficticia O3 para balancear el problema; cuyos costos son los costos asociados a las pérdidas de las plantas por quedarse cortos en el envío. Entonces el ejercicio planteado será:

La matriz inicial es ( aplicando el método de Vogel)

D1

D2

3

O1

D3

2

Oferta

Diferencias

75 0

1

100 75 25 0

1 4

25 0

0

1

75 4

O2

5

25

50

25 3

2

O3

5

2

25

Demanda

50 25 0

50 0

100 25 0

Diferencias

1 4

1 3 5

1 5 6

Y se tiene la siguiente solución inicial; calculamos los valores de Ui y Vi

D1 O1 O2 O3

D2

3 4

2

4

5

50

25

0

-2

Demanda

50

50

100

Vi

4

5

6

61

75

-5

100

0

25

-2

2

25


Ui

5

3

2

Oferta

1

75

2

25

D3

U1 + V3 = 1 U2 + V1 = 4 U2 + V2 = 5 U2 + V3 = 6 U3 + V1 = 2 Si hacemos el valor de U2 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas Z11-C11 = 3 – (4-5) = 4 Z12-C12 = 2 – (5-5) = 2 Z32-C32 = 3 – (5-2) = 0 Z33-C33 = 2 – (6-2) = -2


Como existe un valor negativo realizamos el circuito de compensación para que la variable no básica se convierta en básica y se tiene:

D1

D2

3

O1

4

2

50

O3

75 5

Ui

75

-5

100

0

25

-4

5

50

2

Oferta

1

2

4

O2

D3

0 3

2

2

2

25

Demanda

50

50

100

Vi

4

5

6

U1 + V3 = 1 U2 + V1 = 4 U2 + V2 = 5 U2 + V3 = 6 U3 + V3 = 2 Si hacemos el valor de U2 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas Z11-C11 = 3 – (4-5) = 4 Z12-C12 = 2 – (5-5) = 2 Z31-C31 = 2 – (4-4) = 2 Z32-C32 = 3 – (5-4) = 2

Como no existen valores negativos esta es la solución óptima Solución O1

D1

D2

O2

O3

6.

El costo mínimo es de 525$ La perdida mínima es de 50$

D3

Para el planteo de este problema se debe tomar en cuenta que: • Como no existe límite en el uso de electricidad y gas natural se coloca un numero igual o mayor a la sumatoria de la demanda de los tres servicios (luz, calefactor de agua y calefactor de ambiente) •

Como la necesidad de Luz solo es posible cubrirla con Electricidad entonces se penaliza con M los costos relacionados a cubrir la necesidad de Luz con los otros 2 tipos de fuente (Gas natural y Celdas Solares)

•

Balanceamos el modelo aumentando un centro de Demanda artificial (D4) con costos igual a 0


62

ZMIN = 50(4) + 50(5) + 75(1) + 0(5) = 525 ZPERD MIN = 25(2)= 50$


Considerando los puntos anteriores y aplicando el método de Vogel se tiene la siguiente solución inicial.

Luz Elect Gas Celdas

200

C H2O C Amb 450

D4 40

300

150

60 40 0

200 400

60 10 0

250 50 250

30 20 0

150 50 200

0

250

10 M

Dif

0

400

20 M

Oferta

50 0

200

10

20

Demanda

20 0

10 0

30 20 0

90 50 0

Dif

m-200

150

50

0

Luego se tiene la siguiente solución inicial; calculamos los valores de Ui y Vi

Luz Elect Gas Celdas

200

20 M M-200

M

C H2O C Amb D4 Oferta 450 250

300 100

150

0

400 150

40

10

60

0

60

0

30

-50

0

250

50 0

200

M-150

10

20

50

Demanda

20

10

30

90

Vi

200

200

250

0

Ui

U1 + V1 = 200 U1 + V4 = 0 U2 + V3 = 250 U2 + V4 = 0 U3 + V2 = 150 U3 + V3 = 200 Si hacemos el valor de V4 = 0 Hallamos Los Zj-Cj para las variables no básicas Z12-C12 = 450 – (200+0) = 250 Z13-C13 = 400 – (250+0) = 150 Z21-C21 = M – (200+0) = M-200 Z22-C22 = 300 – (200+0) = 100 Z31-C31 = M–(200-50) = M-150 Z34-C34 = 0 – (0-50) = 50

Como no existen valores negativos entonces esta es la tabla óptima.


63


Solución Luz

20

Z = 20(200) + 40(0) + 10(250) + 50(0) + 10(150) + 20(200) Z = 12000 El costo mínimo es de12000$

Elect

CH2O

10 Gas

10 CAmb Celda

20 40 D4

50


64


CAPITULO 7 REDES DE OPTIMIZACION 1.

23

22

2

5

7

35 17 30

1

20

24

19 8

4

19

40

21

18

14 3

6

9

27

22

Para hallar el árbol minimal, planteamos el problema:

1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

2 35

35 40

30 17 23

3 40 30

4

5

17 14

23

14 27

6

20

8

9

22

24 21 19

22

27 19

20 19 22 24

7

21 22

19

18

6

7

8

22

24

18

Utilizando el Algoritmo de Kruskall wallis tenemos 1 1* 2* 3* 4* 5* 6* 7* 8* 9*

2

35 35 40

30 17 23

3 40 30

5

17

23

14

14 27


65

4

9

27

20

19

20 19

21 22 24

22

19 21 22

18

19 18


SOLUCIÓN

22 2

5

17

1

7

20 8

4

19

21

18

14 3

6

9

Z* = 163 El mínimo de conexiones electrónicas a usar para comunicar todos los detectores es de 163


66


2. 1

12 15 27

0

2

32 18

47 3

Resolvemos el problema como uno de ruta mas corta, ITERACION 1: Etiquetamos el nodo origen “0” como permanente (a,b) donde en este caso “a” expresa el costo y “b” el nodo precedente relacionado a dicho costo; luego se etiqueta provisionalmente los nodos conectados al nodo inicial (nodo 1, nodo2 y nodo3) y se hace permanente aquel cuyo costo sea el menor. ( los nodos permanentes se sombrean para mayor claridad) (12,0)

1 12 (0,0)

0

(27,0)

27

15

2

32 18

47 3 (47,0)


67


ITERACION 2: Se etiqueta los nodos no permanentes con respecto al último nodo hecho permanente, tomando en cuenta que los costos deben de sumarse; pero si su antigua etiqueta es menor, se mantiene esta y se hace permanente el nodo cuyo costo sea el menor; en este caso el nodo 2 tiene el costo menos “27” se lo elige como permanente y se sombrea (12,0)

1 12 (0,0)

0

27

(27,0) (27,1) 15

2

32 18

47 3 (47,0) (44,1)

ITERACION 3: Volvemos a etiquetar los nodos no permanentes y elegimos el de menor costo, como podemos observar al etiquetar el nodo 3 con respecto al 2 (el último permanente) el costo es mayos, entonces hacemos permanente este nodo pero con respecto al nodo 1 ya que el costo es menor. (12,0)

1 12 (27,1) 15

(0,0)

0

27

2

32 18

47 3 (44,1) (45,2)


68


La solución será: NODO 1 2 3

RUTA MAS CORTA DESDE 0 0 -1 0-1-2 O 0-2 0-1-3

COSTO 12 27 44

En el problema es necesario tener el tractor hasta el tercer año por lo cual es necesario llegar al nodo 3. La solución planteada nos muestra que es posible llegar con un costo mínimo de la siguiente forma, comprar el tractor al final del año 0 y venderlo al final del año 1, en ese mismo instante comprar otro tractor y venderlo al final del año 3. El costo asociado a estas operaciones es de 44$ 3. El problema de trasbordo es el siguiente

2

+2

-4 1

4

3

+2 Min Z = C12X12 + C13X13 + C23X23 + C24X24 + C34X34 SA

: X12 + X13 - X12 + X23 + X24 - X13 - X23 + X34 - X24 – X34

= 2 (NODO 1) = 0 (NODO 2) = 2 (NODO 3) = -4 (NODO 4)

Matriz de incidencia de nodos y arcos Nodo/arco (1,2) 1 -1 2 -1 0 3 4 0


69

(1,3) (2,3) (2,4) (3,4)

LD

1

0

0

0

2

0 -1 0

1 -1 0

1 0 -1

0 1 -1

0 2 -4


4.

b.1 Si se rompe el oleoducto 3-4 tendríamos la siguiente red : 8

8

4

0

5

11

7 7

3

1 8

6

7

8 11

10

7

6

2

0

10

0

0 7

6 7

0

ITERACION 1 : 1-4-5-7 ρmin = 8 Elegimos este recorrido porque la capacidad de flujo es positiva, luego escogemos el mínimo valor de flujo restamos la misma a aquellos que van en sentido del flujo y sumamos aquellos que van en contra del flujo 0

16

4

8

5

3

7 7

3

1 8

11

8 0

2

6

7 6

10

8

0 7

6 7


70

18

7

0


ITERACION 2 1- 2- 3 – 6 – 7 ρmin = 7 0

16

4

8

5

18

7

3

7 0

3

1 15

4

1 7

6

0 6

2

3

8

7 7

6 7

0

ITERACION 3 1- 2- 7 ρmin = 4 0

16

4

8

5

18

7

3

7 0

3

1 15

0

1 11

2

6

0 6

3

8

7 7

6 3

4

Como ya no existe recorrido con flujo positivo llegamos al óptimo donde la capacidad

máxima de flujo es 19


71


b.2. Si no se rompe el oleoducto tenemos . 8

8

4

0

5 7

10

7

11

7 7

7

3

1 8

11

6

7

8

6

2

0

10

0

0 7

6 7

0

ITERACION 1 : 1-4-5-7

ρmin

=8

Elegimos este recorrido porque la capacidad de flujo es positiva, luego escogemos el mínimo valor de flujo restamos la misma a aquellos que van en sentido del flujo y sumamos aquellos que van en contra del flujo 0

16

4

8

5 7

3

7 7 8

11

8 0

2

7

3

1

6

7 6

10

8

0 7

6 7


72

18

7

0


ITERACION 2 1 -4 -3 -5 -7 ρmin = 3 0

16

4

11

5 4

21

11

0

4 11

7

3

1 8

11

6

7

8

6

2

0

10

11

0 7

6 7

0

ITERACION 3 1- 2- 3 – 6 – 7 ρmin = 7 0

16

4

11

5 4

0

4 11 15

4

1 7

2

14

3

1

6

0 6

3

11

7 7

6 7


73

21

11

0


ITERACION 4 1 - 2 -7 ρmin = 4 0

16

4

11

5 4

0

4 11 15

0

14

3

1

22

21

11

6

0

1 11

6

2

3

11

7 7

6 3

22

4

Como ya no existe recorrido con flujo positivo llegamos al óptimo donde la capacidad máxima de flujo es 22 El flujo que pasará por cada oleoducto está dado por: 8 4

5

11

3 11

22

3 3

1

7

11

7

6 7

2

7

22

4

c) Como es posible transportar 22 galones cada uno 100 por día entonces es posible transportar 2200 galones diarios. Entonces tenemos

→ 1dia 2200 gal  → Xdias 500000 gal  X

=

Es decir que se tardará 228 días.


74

500000 2200

= 227 , 27 días


d) Teorema de Conservación de flujo Para el nodo fuente

∑ X

1 j

j

− ∑ X j1 = F J

+ X 14 = F 11 + 11 = 22 X 12

Para el nodo destino

∑ X

7 j

j

− ∑ X j 7 = F J

− X 57 − X 27 − X 67 = F − 11 − 4 − 7 = 22 Para cualquier nodo: Por ejemplo el nodo 2

∑ X

2 j

j

− ∑ X j 2 = 0 J

+ X 27 − X 12 = 0 7 + 4 − 11 = 0

X 23

e) Teorema de Corte mínimo Clase 1 (C1) 1,2,3,4 1,2,3 2,3,4 4,5,6,7 1 3,4,5

Clase n (Cn) Capacidad de corte 5,6,7 X27+X26+X35+X36+X45 7 + 6 + 7 + 7 +8 = 35 4,5,6,7 X14+ X27+X26+X34+X35+X36 11 + 7 + 6 + 7 + 7 +7 = 45 1,5,6,7 X21 + X27+X26+X35+X36+X41+X45 0 + 7 + 6 + 7 + 7 + 0 + 8 = 35 1,2,3 X41 + X43+X53+X62++X63+X72 0 + 7 + 7 + 6 + 7 + 0= 25 2,3,4,5,6,7 X12 + X14 11 + 11 =22 1,2,6,7 X32 + X36+X41+X57 8 + 7 + 0 + 10 =35

Podemos observar que la mínima capacidad de corte 22 es nuestro flujo máximo. .


75


5. Dada la red de actividades ACTIVIDAD

PREDECESOR

DURACION

A B C D E F

A B B F,C,D A

2 3 3 1 2 5

Mediante el sistema americano:

2

5

2

B 3

2 A 0

5

2

8

C 3

3 D

1

6

8

8 4

0 1

Ficticia

0

5 Ficticia F

0

5 8

8

10 10

E 2

6

1

Mediante el sistema francés 5

8

C 2

5

5

3

8

B 0

2

2

3

5

A 0

2

2


76

5

8

6 D 1

7

10

E 8

8

2

7

F 3 5

8

2

10


b. Tabla de Holguras ACTIVIDAD DURACION Eo Lo Ef Lf HT HL HNL RUTA A 2 0 0 2 2 0 0 0 B 3 2 2 5 5 0 0 0 C 3 5 5 8 8 0 0 0 D 1 5 5 6 8 2 0 2 E 2 8 8 10 10 0 0 0 F 5 0 0 8 8 3 3 0 La ruta crítica es: A-B-C-E 6. Hallamos los valores de Te y σ2 utilizando las fórmulas; se tiene la tabla

ACTIVIDAD ACTIVIDAD ACTIVIDAD ANTERIOR POSTERIOR A B A B C B C D,E,F C D H,I C E M C F G F,L G M D H M D I J I J L L K M J L G,K E,G,H,K M

Con estos datos realizamos el grafo


77

Ta Tm Tb 18 1 1 4 18 20 2 1 1 5 1 1 1

20 2 1 7 30 20 2 3 2 8 3 1 2

Te

σ 2

21 19,83 0,25 5 2,33 0,44 1 1,00 0,00 7 6,50 0,25 32 28,33 5,44 23 20,50 0,25 2 2,00 0,00 4 2,83 0,25 2 1,83 0,03 9 7,67 0,44 3 2,67 0,11 2 1,17 0,03 2 1,83 0,03


La red resultante será

23.16

51.49

51.49

E

M

23.16 28.33 43.49

51.49

29.66

32.49 H

0

19.83

19.83

A 0

22.16

22.16

B

19.83 19.83

23.16

23.16

29.66

C

19.83 2.33 22.16

22.16 1.00

48.66 2.83 51.49

40.33

D 23.16

43.00 K

31.65 6.50 38.15

29.66

31.49

48.82

2.67 51.49

I 38.15

1.83 39.98

31.49

39.16

39.16

J 39.98 7.67 47.65

23.16

43.66

28.99 20.50 49.49

47.65

42.33 G

49.49 2.00 51.49

78


Hallamos el tiempo que tardará el proyecto T = T A + TB + TC + TE + TM T = 19.83 + 2.33 +1.00 + 28.33 + 1.83 T = 53.33 dìas La varianza será σ2= σ2 A + σ2B + σ2C + σ2E + σ2M σ2 = 0.25 + 0.44 + 0 + 5.44 + 0.03 σ2 = 6.16 a) La probabilidad de que el programa se atrase hasta 5 días es: 6.16

1.17 48.82

40.33


58.33 − 53.33

40.33 L

F

Z =

53.32

= 2.01

Buscamos en las tablas normales y tenemos P ( T≤58.33) = 0.9778 La probabilidad de que el programa se atrase en 5 días es 97,78% b) La capacidad de movimiento de las actividades se muestra en la tabla de holgura

1.83 53.32


Hallamos el tiempo que tardará el proyecto T = T A + TB + TC + TE + TM T = 19.83 + 2.33 +1.00 + 28.33 + 1.83 T = 53.33 dìas La varianza será σ2= σ2 A + σ2B + σ2C + σ2E + σ2M σ2 = 0.25 + 0.44 + 0 + 5.44 + 0.03 σ2 = 6.16 a) La probabilidad de que el programa se atrase hasta 5 días es: Z =

58.33 − 53.33 6.16

= 2.01

Buscamos en las tablas normales y tenemos P ( T≤58.33) = 0.9778 La probabilidad de que el programa se atrase en 5 días es 97,78% b) La capacidad de movimiento de las actividades se muestra en la tabla de holgura ACTIVIDAD A B C D E F G H I J K L M

Te 19,83 2,33 1,00 6,50 28,33 20,50 2,00 2,83 1,83 7,67 2,67 1,17 1,83

Eo

Lo

Ef

Lf

HT

0,00

0,00

19,83

19,83

0,00

19,83

19,83

22,16

22,16

0,00

22,16

22,16

23,16

23,16

0,00

23,16

31,65

29,66

38,15

8,49

23,16

23,16

51,49

51,49

0,00

23,16

28,99

43,66

49,49

5,83

40,43

49,49

42,33

51,49

9,06

29,66

48,99

32,49

51,49

19,00

29,66

38,15

31,49

39,98

8,49

31,49

39,98

39,16

47,65

8,49

40,33

48,82

43,00

51,49

8,49

39,16

47,65

40,33

48,82

8,49

51,49

51,49

53,32

53,32

0,00

Por ejemplo la Actividad D es posible que se atrase hasta 8,49 días sin que afecte a la duración del programa


79

Solucionario Investigacion Operativa I

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