Guía de Ejercicios - Optimización (1)

8/15/2019 Guía de Ejercicios - Optimización (1)

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Universidad de Santiago de ChileDepartamento de Ingeniería en MinasGuía de Ejercicios – Optimización

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Guía de Ejercicios – Optimización

Preparado por Felipe Quezada C.

2° Semestre 2012.


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EJERCICIOS PEP 1

PROBLEMA #1

Una fábrica de jugos de 1 litro (1000 cc) desea lanzar al mercado una nueva variedad de jugo. Paraello, disponen de 4 ingredientes base. La nueva variedad apuntará a conservar un balancealimenticio, debiendo contener al menos un 15% de vitamina C, y a lo más un 30% de potasio. Existeademás una relación entre los betacarotenos y la vitamina A que impone lo siguiente: la cantidad devitamina A debe ser, cuando menos, un tercio de los betacarotenos. Además, la vitamina A no puedesuperar el 35% del contenido del jugo.

El costo por adquirir los ingredientes, los límites de los pedidos por día, y los aportes porcentualesde cada componente a los ingredientes por unidad se resumen en la siguiente tabla:

Potasio Vitamina C Vitamina A Betacarotenos Costo [$/u] Límite [u]Ingrediente 1 20% 15% 30% 35% 25 6

Ingrediente 2 5% 40% 10% 45% 13 9Ingrediente 3 35% 20% 25% 20% 10 8Ingrediente 4 15% 25% 35% 25% 20 5

Tabla 1: Disposición de Ingredientes para el Problema #1

FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita minimizar los costos,cumpliendo con todos los requerimientos. Considere, para tal caso, que cada unidad son 100 cc.Defina claramente variables, función objetivo y restricciones.

SOLUCIÓN: Primero formulamos las variables del modelo. Sea

la cantidad de unidades del

ingrediente para la nueva variedad ( 1, 2,3,4). Como se desea minimizar los costos, la funciónobjetivo estará dada por: 25 + 13 + 10 + 20

Ahora veamos las restricciones. En la nueva variedad, la combinación de los 4 ingredientes debeconformar una unidad de jugo, por lo cual la primera restricción se define de la siguiente manera:

100 + + + 1000 En el caso de la mezcla separamos por ingrediente. Para la vitamina C, la suma de las cantidades

de los ingredientes conforma, por lo menos, un 15% del juego (que son 150 cc). Por lo tanto:15 + 40 + 20 + 25 ≥ 150 Para el potasio, la suma de las cantidades de cada ingrediente no puede superar el 30% del total del

juego (que son 300 cc). Luego:

20 + 5 + 35 + 15 ≤ 300 Para la vitamina A, esta suma debe ser al menos 1/3 de los betacarotenos. Por lo tanto:


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30 + 10 + 25 + 35 ≥ 13 35 + 45 + 20 + 25 De manera simplificada:

553 5 + 553 803 ≥ 0 Además, la contribución de la vitamina A no debe superar el 35% del jugo (350 cc). Por ende:

30 + 10 + 25 + 35 ≤ 350 Por último, para los límites diarios, tenemos:

≤ 6 ; ≤ 9 ≤ 8 ; ≤ 5

Naturalmente. ≥ 0. El modelo es entonces el siguiente: 25 + 13 + 10 + 20 .: 100 + + + 1000 15 + 40 + 20 + 25 ≥ 150 20 + 5 + 35 + 15 ≤ 300 553 5 + 553 803 ≥ 0

30

+ 10

+ 25

+ 35

≤ 350

≤ 6 ; ≤ 9

≤ 8 ; ≤ 5 ≥ 0 PROBLEMA #2

Formule y resuelva adecuadamente el siguiente problema de programación lineal. La primeraiteración debe ser realizada mediante el algoritmo símplex. La segunda y siguientes efectuarlasempleando el método símplex revisado o matricial:

5 + + +

.: 4 + 7 3 50 3 + 2 + 2 + 4 ≤ 150 + 4 + 2 ≥ 10 < 0; , , ≥ 0 SOLUCIÓN: Primero hacemos el cambio de variable ′ , a fin de tener sólo variables nonegativas. Reescribiendo el PPL en forma estándar, se tiene:


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5′ .: 4′ + 7 3 + 50 3

′

+ 2 + 2 + 4 + 150

′ + 4 + 2 + 10 ′ , , , , , , , ≥ 0 El problema debe resolverse en dos fases. La fase 1 minimizará la función objetivo +. Procedemos en la primera iteración mediante el algoritmo símplex. La tabla de inicio para esteproblema es la siguiente. Observe que se han marcado en la tabla la inversa respectiva, así como elelemento pívot para la respectiva iteración:

V.B ′ -4 1 -7 -3 0 1 0 0 50 50

3 2 2 4 0 0 1 0 150 75

1 0 4 2 -1 0 0 1 10 --- 5 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 3 -1 3 1 1 0 0 0 -60Entra ; sale . Primera iteración:

V.B ′ -4 1 -7 -3 0 1 0 0 50 50/7 11 0 16 10 0 -2 1 0 50 25/8

1 0 4 2 -1 0 0 1 10 5/2

1 0 -8 -4 0 1 0 0 50

-1 0 -4 -2 1 1 0 0 -10Entra , sale .Las siguientes iteraciones deben hacerse mediante el algoritmo símplex revisado. De la tabla anteriorreconocemos la matriz inversa de esta primera iteración:

− 1 0 0 2 1 00 0 1 Como ya definimos el pívot y las variables de entrada y salida a partir de la tabla anterior, podemoscalcular inmediatamente la matriz :

(

1 0 740 1 1640 0 14 )

(1 0 740 1 40 0 14 )


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Calculamos − para dar inicio a la segunda iteración:

− × − (1 0 7

40 1 40 0 14 ) × 1 0 0 2 1 00 0 1 ( 1 0 7

4 2 1 40 0 14 ) Construimos una pequeña tabla para verificar el orden de las variables básicas:

V.B. − 1 0 7/4 2 1 40 0 1 / 4 1 0 3

Calculamos los valores duales para esta iteración:

× − 1 0 3 ×(

1 0 74 2 1 40 0 14 ) 1 0 1

Calculamos los coeficientes (o costos) reducidos para esta iteración:

′ , , , , × Luego:

′ , , , , 3 1 3 1 1 1 0 1 × 4 1 73 2 21 0 4 3 04 02 1 Por lo tanto:

′ , , , , 0 0 0 0 0 Como todos los coeficientes reducidos de la función objetivo w son nulos, hemos llegado al óptimopara la fase 1. Como y son no básicas, y por tanto nulas, se tiene que + 0,por lo que existe un espacio de soluciones factible para el PPL original en la fase 2.

Ahora debemos calcular los valores duales para la función objetivo z en la fase 2 (iteración 2).Verificando el orden de las variables básicas:

V.B. − 1 0 7/4 2 1 40 0 1 / 4 1 0 1


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Por lo tanto:

× −

1 0 1 × (

1 0 74 2 1 40 0 14 ) 1 0 2

Calculamos los costos reducidos:

′ , , , , × Luego:

′ , , , , 5 1 1 1 0 1 0 2 × 4 1 73 2 21 0 4

3 04 02 1

Por lo tanto:

′ , , , , 3 0 0 4 2 Como el coeficiente reducido de en la función objetivo es negativo, aún no estamos en el óptimo.Se tiene que es la variable de entrada para la tercera iteración, porque tiene el coeficiente másnegativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y para determinar la variablede salida y el elemento pívot:

− × 1 0 7/4 2 1 40 0 1 / 4 × 5015010 135/2105/2

− × 1 0 7/4 2 1 40 0 1 / 4 × 001

7/441/4 Por lo tanto:


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V.B. 135/2 -7/4 (135/2):(-7/4) = -270/7 → Ignorar 10 4 10/4 = 5/2 → Mínimo

5/2 -1/4 (5/2):(-1/4) = -10 → Ignorar

Tabla 2: Cálculo de los elementos para el Problema #2La variable de salida es entonces . El pívot corresponde a 4.Calculamos la matriz inversa −:

− × − Donde:

(1 74 : 4 00 14 00 14 : 4 1) (1 716 00 14 00 116 1)

Entonces:

− × − (

1 716 00 1

4 0

0 116 1)

×(

1 0 74 2 1 40 0 14 )

(

18 716 0 1

2

1

4 1

18 116 0 )

Verificamos el orden de las variables básicas:

V.B. − 1 / 8 7 / 1 6 0 1 / 2 1 / 4 1 1 / 8 1 / 1 6 0 1 0 1

Calculamos los valores duales:

× − 1 0 1 × ( 18 716 0 12 14 1 18 116 0 ) 0 12 0

Calculamos los costos reducidos:


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′ , , , , × Luego:

′ , , , , 5 1 1 1 0 0 12 0 × 4 1 73 2 21 0 4 3 04 02 1 Por lo tanto:

′ , , , , 132 0 0 1 0 Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo. Calculamosentonces para encontrar la solución óptima de este problema:

− × 1 / 8 7 / 1 6 0 1 / 2 1 / 4 1 1 / 8 1 / 1 6 0 × 5015010 575/85/225/8 Por lo tanto, la solución óptima es , y . El resto de las variables son nulas.Reemplazando estos valores en la función objetivo se obtiene 75, con lo cual 75.PROBLEMA #3

Considere el problema de programación lineal cuyo tableau final (óptimo) es el siguiente. Asuma queSi es la variable de holgura para la restricción i.

V.B. X1 X2 X3 X4 S1 S2 bX1 1 -5 4 13 5 0 7S1 0 2 1 6 10 1 3-Z 0 3 1 8 4 0 76

a) ¿Cuáles son las variables básicas?b) ¿Cuáles son las variables no básicas?c) ¿Cuál es la solución óptima?d) ¿Qué puede decir acerca de las restricciones 1 y 2? ¿Cuáles son las unidades adicionales?

SOLUCIÓN: Tenemos:

a) Las variables básicas son y .b) Las variables no básicas están conformadas por el resto de variables que no se encuentran en

la base: , , , son no básicas.


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c) La solución óptima es 7, 0, 0, 0, 3, 0. Su valor es 76.d) En ambas restricciones hay variables de holgura asociadas. El recurso asociado a la primera

restricción se considera abundante, porque no se ha consumido del todo, ya que la variable deholgura asociada,

, es mayor que cero. El recurso asociado a la segunda restricción se

considera escaso, porque su holgura es nula. PROBLEMA #4

Una fábrica de ropa produce tres líneas de trajes: jeans, franela y amasado. La ropa es vendida enlotes de 100 trajes de cada tipo. Cada lote pasa a través de tres procesos: corte, cosido y empaque.La planta dispone de 16 cortadores como máximo, 41 máquinas de coser como máximo y debeocupar a 10 empacadores (no más no menos). Los requerimientos para producir un lote de 100 trajesde cada tipo y las utilidades asociadas, se presenta a continuación:

Requerimientos de Producción y Utilidad Jeans Franelas Amasados

Cortadores [Personas/Lote] 4 2 1Máquinas de Coser [Máquinas/Lote] 1 2 1Empacadores [Personas/Lote] 1 1 1Utilidad [$/Lote] 400 200 300

Tabla 3: Requerimientos de producción y utilidad para el Problema #4

FORMULE un modelo de programación lineal que permite maximizar las utilidades de la fábrica.Defina claramente variables, función objetivo y restricciones. A continuación, RESUELVA el modeloque planteó utilizando el método que más le acomode.

SOLUCIÓN: El objetivo de la fábrica es determinar las cantidades de cada lote de ropa a fabricar,de tal forma que éstos maximicen las utilidades. Sea la cantidad de lotes de ropa a fabricar deltipo . De la tabla, podemos obtener inmediatamente la función objetivo:

400 + 200 + 300 Las restricciones del problema están asociadas al límite de recursos impuesto por la fábrica enfunción de la cantidad de cortadores, máquinas de coser y personal encargado de empacar. Así, setiene lo siguiente:

Cortadores:

4 + 2 + ≤ 16 Máquinas de coser:

+ 2 + ≤ 41 Personal de empaque:


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+ + 10 El modelo completo es entonces:

400 + 200 + 300 .: 4 + 2 + ≤ 16 + 2 + ≤ 41 + + 10 ≥ 0 El modelo puede resolverse utilizando cualquier método. En este caso particular, podemos hacer unarreglo algebraico sencillo que permita solucionarlo mediante el método gráfico. De la tercerarestricción, despejamos, con lo cual resulta 10 + . Reemplazando en el PPL,obtenemos:

100 100 + 3000 .: 3 + ≤ 6 ≤ 31 + ≤ 10 ≥ 0 El espacio de soluciones factible (ESF) de este problema es el siguiente:

Figura 1: ESF del Problema #4

Notemos que los únicos puntos candidatos a solución óptima de este problema son A y B. Evaluandola función objetivo se obtiene que el punto esquina óptimo es B, dado por 2 lotes de jeans,resultando no rentable fabricar lotes de franela (porque 0). Reemplazando lo anterior en el


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modelo original, se obtiene que 8 lotes de amasados. La utilidad máxima que percibe la fábricaes de 3200 unidades monetarias.PROBLEMA #5

Escriba el DUAL del siguiente problema. Verifique que el dual del dual es el problema original.

17 + 83 8 .: 13 + 45 + 16 50 3 5 + ≤ 150 4 5 8 ≥ 10 10 ≤ ≤ 2 3 ≤ ≤ 17 16 ≤

< 0

SOLUCIÓN: Del primal, tenemos que:

10 ≤ ≤ 2 ↔ < 0 3 ≤ ≤ 17 ↔ 16 ≤ ↔ > 0 Debemos hacer entonces dos cambios de variable: ′ y ′ . Reemplazando ′ en 10 ≤ ≤ 2, se tiene:

10 ≤ ≤ 2 ↔ 10 ≤ ′ ≤ 2 → 10 ≥ ′ ≥ 2 La última expresión podemos fragmentar en dos restricciones independientes: ′ ≥ 2 y ′ ≥ 10.

Además, la expresión 3 ≤ ≤ 17 también podemos fragmentarla en dos restriccionesindependientes: ≥ 3 y ≥ 17.Escribimos entonces el problema primal en forma canónica (primal simétrico):

17 + 83′

+ 8

.: ′ 13 + 45 + 16 50 3′ + 5 ≥ 150 4 + 5′ 8 ≥ 10 ′ ≥ 2 ′ ≥ 10 ≥ 3 ≥ 17 ≥ 16


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′ , , , ′ , ≥ 0 Construimos ahora el problema dual. Notemos que, a partir de la definición, el dual tendrá 8 variablesy 5 restricciones. Además, la variable dual es no restringida, mientras que el resto son nonegativas.

50 150 10 + 2 10 3 17 + 16 .: + 3 + ≤ 0 13 + 17 45 + 5 4 + ≤ 0 5 ≤ 83 16 8 8 , , , , , , , ≥ 0 La comprobación de que el dual del dual es el primal es obvia, y se deja como ejercicio al lector.

PROBLEMA #6

La compañía minera FERROJAC CHILE tiene dos operaciones mineras que alimentan de mineralde hierro a una sola planta. Cada mina tiene dos áreas de las cuales puede extraer el mineral. Laley alimentada a planta debe ser mayor que 35% Fe, y debe ser menor que 12% Si. La plantarequiere al menos 45.000 toneladas, pero no puede manejar más de 60.000. El mercado internorequiere que al menos 12.000 toneladas de Fe deben estar disponibles para el consumo – asumirun 90% de recuperación en el proceso. La razón promedio de estéril/mineral determinada para lasoperaciones de extracción mineral tiene un valor de 3,5.

Dado los datos que se indican, FORMULAR (no RESOLVER) un modelo de programación lineal, elcual permita obtener un plan minero de producción que cumpla las restricciones operacionales ypermita minimizar la desviación de la razón estéril/mineral total.

Mina ÁreaReservas

(toneladas)% Fe % Si

RazónEstéril/Mineral

CerroGRANATE

Norte 20.000 40 17 3,0Lomas 10.000 30 10 2,0

LomasBAYAS

Sur Sur 15.000 40 11 4,0 Alberta 30.000 35 13 5,0

Tabla 4: Detalle de las reservas y leyes de FERROJAC Chile

SOLUCIÓN: Primero definimos las variables del problema:

: Producción Cerro Granate, área Norte: Producción Cerro Granate, área Lomas: Producción Lomas Bayas, área Sur Sur: Producción Lomas Bayas, área Alberta


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Para este problema, es muy útil la elaboración de un diagrama que muestre el proceso en cuestión:

Figura 2: Esquema del proceso que se debe modelar en el Problema #6

Ahora veamos las restricciones del problema. En cuanto a las capacidades de la planta, como éstadebe recibir al menos 45.000 toneladas y no más 60.000 toneladas, se tendrá:

+ + + ≤ 45000 + + + ≥ 60000 Si el mercado interno requiere de, al menos, 12.000 toneladas de Fe, entonces el 90% de laproducción que llega a planta, en términos del Fe, debe conformar como mínimo, este tonelaje.Luego:

0,90,4 + 0,3 + 0,4 + 0,35 ≥ 12000 Se debe agregar que los sectores de producción tienen como limitante a sus reservas totales. Luego:

≤ 20000 ≤ 10000 ≤ 15000 ≤ 30000 Por último, la planta debe recibir como mínimo una ley del 35% de Fe y, a lo más, una ley del 12%de Si. Luego, tenemos lo siguiente:

0,4 + 0,3 + 0,4 + 0,35 ≥ 0,35 + + +

0,17 + 0,1 + 0,11 + 0,13 ≤ 0,12 + + + Ahora veamos la función objetivo. Como se requiere minimizar la desviación de la razón estéril – mineral, se tendrá:

3,5 + + + 3 + 2 + 4 + 5 El modelo completo es entonces:

Planta

Ley de Fe ≥ 35% Ley de Si ≤ 12%


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0,5 + 1,5 0,5 1,5 .: + + + ≤ 45000 + + + ≥ 60000

0,90,4 + 0,3 + 0,4 + 0,35 ≥ 12000 ≤ 20000, ≤ 10000 ≤ 15000, ≤ 30000 0,4 + 0,3 + 0,4 + 0,35 ≥ 0,35 + + + 0,17 + 0,1 + 0,11 + 0,13 ≤ 0,12 + + + , , , ≥ 0 PROBLEMA #7

Resuelva el siguiente problema de programación lineal, empleando el método símplex para la fase1, y el método símplex revisado para la fase 2:

2 + + + .: 3 + 5 3 400 3 + 2 + 2 + 4 ≤ 1500 + 4 + 2 ≥ 120 ≥ 0 SOLUCIÓN: Se debe reescribir el PPL en forma estándar. Se tiene entonces:

2

.: 3 + 5 3 + 400 3 + 2 + 2 + 4 + 1500 + 4 + 2 + 120 , , ≥ 0 El problema debe resolverse en dos fases. La fase 1 minimizará la función objetivo +. Procedemos en la primera fase mediante el algoritmo símplex. La tabla de inicio para esteproblema es la siguiente:

V.B.

-3 1 -5 -3 1 0 0 0 400 400 -3 2 2 4 0 1 0 0 1500 750 1 0 4 2 0 0 1 -1 120 --- -2 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 2 -1 1 1 0 0 0 1 -520Entra , sale . Primera iteración.


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V.B. -3 1 -5 -3 1 0 0 0 400 --- 3 0 12 10 -2 1 0 0 700 175/3 1 0 4 2 0 0 1 -1 120 30

-5 0 -6 -4 1 0 0 0 400

-1 0 -4 -2 1 0 0 1 -120Entra , sale . Segunda iteración.

V.B. -7/4 1 0 -1/2 1 0 5/4 -5/4 550 --- 0 0 0 4 -2 1 -3 3 340 --- 1/4 0 1 1/2 0 0 1/4 -1/4 30 120 -7/2 0 0 -1 1 0 3/2 -3/2 580 0 0 0 0 1 0 1 0 0Entra , sale . Como + 0, con 0, entonces existe un ESF para el PPLen la fase 2. Procedemos entonces mediante el método símplex revisado en dicha fase. La matrizinversa de la presente iteración es:

− (

1 0 54 2 1 30 0 14 )

Como ya definimos el pívot y las variables de entrada y salida a partir de la tabla anterior, podemoscalcular inmediatamente la matriz

:

(

1 0 7/41/40 1 00 0 11/ 4 ) 1 0 70 1 00 0 4

Luego calculamos − para dar inicio a la cuarta iteración:

−

× −

1 0 70 1 00 0 4 × (

1 0 54 2 1 30 0 14 )

1 0 3 2 1 30 0 1

Construimos una pequeña tabla para verificar el orden de las variables básicas:

V.B. − 1


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1 0 3 2 1 30 0 1 0 2

Calculamos los valores duales para esta iteración:

× − 1 0 2 × 1 0 3 2 1 30 0 1 1 0 5 Calculamos los costos reducidos:

̅, , , , × Luego:

, , , , 2 1 1 1 0 1 0 5 × 3 1 5 3 2 21 0 4 3 04 02 1

Por lo tanto: , , , , 0 0 1 4 6 5 Como el coeficiente reducido de en la función objetivo es negativo, aún no estamos en el óptimo.Se tiene que es la variable de entrada para la tercera iteración, porque tiene el coeficiente másnegativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y para determinar la variablede salida y el elemento pívot:

− × 1 0 3 2 1 30 0 1 × 4001500120 760340120 − × 1 0 3 2 1 30 0 1 ×

001 331

Por lo tanto:

V.B.

760 -3 760:(-3) = -253.33 → Ignorar 340 3 340:3 = 113.33 → Mínimo 120 -1 120:(-1) = -120 → Ignorar Tabla 5: Cálculo de los elementos para el Problema #7

La variable de salida es entonces . El pívot corresponde a 3.


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Calculamos la matriz inversa −: − × −

Donde:

(

1 33 00 13 00 13 1)

(1 1 00 13 00 13 1)

Entonces:

− × − (1 1 00 13 00 13 1) × 1 0 3 2 1 30 0 1 (

1 1 0 23 13 1 23 13 0 )

Verificamos el orden de las variables básicas:

V.B. − 1 1 0 2/ 3 1/ 3 1 2 / 3 1 / 3 0 1 0 2

Calculamos los valores duales:

× − 1 0 2 × 1 1 0 2/ 3 1/ 3 1 2 / 3 1 / 3 0 7/3 5/3 0 Calculamos los costos reducidos:

, , , , × Luego:

2 1 1 1 0 7 / 3 5 / 3 0 × 3 1 5 3 2 21 0 4 3 04 02 1 Por lo tanto:

, , , , 0 0 1 4 383 0


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Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo. Calculamosentonces para encontrar la solución óptima de este problema:

−

× 1 1 0 2/ 3 1/ 3 1 2 / 3 1 / 3 0 ×

4001500120

1100340/3700/3

Por lo tanto, la solución óptima es 700/3, 1100, 0 y 0. Reemplazando estosvalores en la función objetivo se obtiene 4700/3, con lo cual 4700/3.PROBLEMA #8

Un florista sabe hacer sólo dos tipos de arreglos florales, para los cuales dispone de 3 tipos distintosde flores: rosas, tulipanes e ibizcos. Los requerimientos de flores para cada arreglo, la disponibilidadde flores y los requerimientos de cada arreglo vienen dados en la siguiente tabla:

FLORES Arreglo 1 Arreglo 2 DISPONIBILIDADRosas 3 1 300

Tulipanes 1 1 140Ibizcos 1 3 300

PRECIO [$] 2000 1000

Tabla 6: Detalle de precios del florista para el Problema #8

a) FORMULE un PPL que resuelva el problema de maximización de ingresos por ventas sujeto ala disponibilidad de recursos.

b) ¿Cuál es el problema DUAL asociado? ¿Qué situación podría estar optimizando? Justifique.c) Usando el teorema de holguras complementarias, encuentre la solución óptima del problema

dual una vez resuelto el problema primal utilizando el método símplex.d) Suponga que retorna frustrado después que una bella dama le cerrara la puerta cuando usted le

llevaba amablemente una rosa, un tulipán y un ibizco. Si se encuentra con el florista ¿Cuántocree que estaría dispuesto a pagar él por sus flores?

SOLUCIÓN: Tenemos lo siguiente:

a) Sean y los dos tipos de arreglos que puede hacer el florista. De la tabla, y en formainmediata, se obtiene el PPL deseado:

2000 + 1000 .: 3 + ≤ 300 + ≤ 140 + 3 ≤ 300 , ≥ 0


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b) Es posible formular inmediatamente el problema dual a partir del primal, sin utilizar latransformación de primal simétrico, invirtiendo las situaciones presentadas en la definición deambos problemas. Se tiene entonces:

300 + 140 + 300

.: 3 + + ≥ 2000 + + 3 ≥ 1000 , , ≥ 0 El modelo dual resuelve el problema de un agente externo que desea saber el precio unitarioque puede ofrecer por cada una de las flores, en el caso de éste quiera comprarle todas lasflores al florista. Así, , y son los precios unitarios asociados a las rosas, tulipanes eibizcos, respectivamente.

c) Reescribiendo el primal en forma estándar:

2000 1000 .: 3 + + 300 + + 140 + 3 + 300 , , , , ≥ 0 Tabla de inicio:

V.B.

3 1 1 0 0 300 100

1 1 0 1 0 140 140 1 3 0 0 1 300 300 -2000 -1000 0 0 0 0Entra , sale . Procedemos con la primera iteración:

V.B. 1 1/3 1/3 0 0 100 300 0 2/3 -1/3 1 0 40 60 0 8/3 -1/3 0 1 200 75

0 -1000/3 2000/3 0 0 -200000

Entra , sale . Procedemos con la segunda iteración:V.B. 1 0 ½ -1/2 0 80 0 1 -1/2 3/2 0 60 0 0 1 -4 1 40 0 0 500 500 0 -220000


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20FQC

Como todos los coeficientes de las variables en la función objetivo son no negativas, hemosllegado al óptimo. La utilidad máxima que puede percibir el florista es de $220.000, con 80 arreglos florales del tipo 1, y 60 arreglos florales del tipo 2. En este punto óptimo, es válidoel teorema de holguras complementarias. Por lo tanto:

Para el primal:

[300 3 + ] 0 [140 + ] 0 [300 + 3] 0 Para el dual:

[2000 3 + + ] 0

[1000

+

+ 3

]

0

Reemplazando los valores obtenidos en la solución primal óptima en las holgurascomplementarias, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

3 + 2000 + 1000 Con lo cual se obtiene 500 y 500. Este valor es correcto, porque si lo remplazamos enla función objetivo dual, resulta 220000, que es equivalente a la función objetivo primalen el óptimo.

Por lo tanto, el florista venderá rosas y tulipanes a un precio de $500 c/u, y entregará como

“oferta” los ibizcos gratis, siempre y cuando venda todo como un paquete. Esto tiene sentido,porque si vende sólo las rosas y tulipanes, dado que sólo sabe hacer los arreglos floralesdescritos, no le sacará provecho a los ibizcos.

d) Si tuviéramos tan desgraciada suerte, entonces, idealmente, el valor máximo que nos pagará elflorista por las flores es el descrito con anterioridad: $500 por cada rosa y tulipán, y $0 por losibizcos.

PROBLEMA #9

Dado el programa lineal:

12 + + 16 + 2 .: + 2 + 2 ≥ 1 3 + + 2 ≥ 1 ≥ 0; ≤ 0; ≥ 0; ≤ 0 Se pide:


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21FQC

a) Determinar el programa DUALb) Representar gráficamente este último programa para mostrar su conjunto de soluciones factiblesc) A partir de esta representación, describir un proceso por el que tras dos, y sólo dos operaciones

de pivotado a partir del origen, se alcance la solución. Estas operaciones de pivotado no tienen

por qué seguir las reglas del símplex.d) Por medio de las relaciones que pueden establecerse a merced del principio de holgura

complementaria, determinar la solución del problema primal

SOLUCIÓN: A partir del enunciado, se tiene:

a) Se debe obtener el modelo lineal estándar (MLE) del problema. Para ello, hacemos los cambiosde variable ′ y ′ , con lo cual el problema se re-escribe de la siguiente forma:

12 ′ + 16 2′

.:

2′ + 2 + ′ ≥ 1

3 + ′ + 2′ ≥ 1 ≥ 0; ′ ≥ 0; ≥ 0; ′ ≥ 0 Ahora podemos formular el problema dual:

.: + 3 ≤ 12 2 + ≤ 1 2 + ≤ 16 2 ≤ 2

≥ 0 b) El espacio de soluciones factibles (ESF) del problema dual es el siguiente:


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22FQC

Figura 3: ESF del problema dual

En el gráfico anterior, los puntos esquina del ESF están dados por los siguientes pares:

Punto esquina Valor de Valor de Valor objetivoG 4/3 5/3 -1/3B 3 5 -2C 36/7 36/7 -4/7J 6 4 2

Tabla 7: Valores de las variables y función objetivo para los diferentes puntos esquina delproblema dual

Por tanto, el valor máximo del problema dual es 2, y se cumple cuando estamos en el puntoesquina J.

c) Si el proceso de resolución del problema dual no tiene por qué seguir las reglas del símplex,entonces basta que, a partir del origen, el algoritmo ignore la regla dada por el criterio deoptimalidad en un problema de maximización, la cual dicta que se escoja siempre el coeficientemás negativo en la fila objetivo del tableau símplex. Por tanto, si partimos desde el origen,podemos comenzar en el punto E, y luego llegar de inmediato al punto J utilizando el hecho deque, en este punto, se encuentra la solución.

Notemos que, además, este nuevo proceso ignora la subdivisión del problema en dos fases, yaque se cuenta de inmediato con una solución básica de inicio (el origen).

d) Utilizando el teorema de holguras complementarias (THC), se obtiene:

Para el primal:


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23FQC

[1 2′ + 2 + ′ ] 0 [1 3 + ′ + 2′ ] 0 Para el dual:

[12 2 + ] 0 [1 2 + ]′ 0 [16 2 + ] 0 [2 2]′ 0 De las holguras complementarias para el primal, se obtiene:

2 + ′ 1 2′ 1 Con lo cual se obtiene

1/5 y

′

3/5, lo que conforma la solución óptima del problema primal.

Todas las demás variables son nulas. El valor de la solución óptima es

2.

PROBLEMA #10

La Compañía Minera ASIOP S.A. (ASIOPSA) produce dos tipos distintos de concentrado, cobre yzinc. La siguiente tabla muestra las demandas mensuales esperadas para cada producto (entoneladas):

Concentrado Mes 1 Mes 2 Mes 3Cu 1000 3000 5000

Zn 1000 500 3000

Tabla 8: Detalle de las demandas mensuales de concentrado para el Problema #10

Además, la gerencia de ASIOPSA ha determinado lo siguiente:

El costo de producción por tonelada del concentrado de cobre es de 20 USD, y el del concentradode zinc es de 10 USD

El costo de mantener una cantidad arbitraria de concentrado a la espera de ser comercializadoes de 0,3 USD por tonelada en inventario para el concentrado de cobre, y de 1,5 USD portonelada en inventario para el concentrado de zinc

El costo de tener mano de obra extra con respecto al mes anterior es de 10 USD/hora El costo de trabajar menos horas con respecto al mes anterior es de 2,5 USD/hora

Estos dos últimos costos se refieren a las fluctuaciones en los niveles de producción, ya que ASIOPSA tiene como política trabajar todos los meses la misma cantidad de horas.

Al comienzo de los tres meses existen en inventario 50 toneladas del concentrado de cobre y 200del concentrado de zinc. Al final de los tres meses, el inventario mínimo debe ser de 400 toneladas


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24FQC

de concentrado de cobre y 200 toneladas de concentrado de zinc. Ambos concentrados se guardanen una planta en depósitos comunes. Cada depósito permite guardar hasta dos componentes deconcentrado de cobre, y hasta tres componentes de concentrado de zinc. La envergadura de laplanta permite guardar hasta 1000 depósitos.

Los requerimientos de fabricación de cada concentrado se resumen en la siguiente tabla:

Concentrado Maquinaria [hr/ton] Mano de obra [hr/ton]Cu 0,10 0,05Zn 0,08 0,07

Tabla 9: Requerimientos de fabricación de cada concentrado

La capacidad de fabricación mensual es de 400 horas de maquinaria y 300 horas de mano de obra. Además, se sabe que el último mes sólo se usaron 225 horas de mano de obra para la fabricación

de ambos componentes.

FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita determinar el plan deproducción mensual que minimiza los costos de satisfacción de la demanda esperada. Definaclaramente variables, función objetivo y restricciones.

SOLUCIÓN: Definimos primeramente las variables del problema:

: Cantidad de concentrado del tipo (con o ) producido en el mes (con 1, 2, 3)

: Inventario de concentrado del tipo

al término del mes

: Horas de mano de obra empleadas al mes : Aumento del empleo de mano de obra al mes : Disminución del empleo de mano de obra al mes : Número de depósitos requeridos al mes Veamos ahora la función objetivo. Como el objetivo de ASIOPSAL es minimizar los costos, es posibledefinir dicha función directamente partir de los datos entregados en el enunciado:

20, + , + ,+10, + , + ,+0,3, + , + ,+1,5, + , + , + 1 0 + + +2,5 + + La función objetivo puede escribirse de forma más abreviada como sigue:

20 ,= + 1 0 ,

= + 0,3 ,

= + 1,5 ,

= + 1 0

= + 2 , 5

=

Ahora veamos las restricciones. Lo más sencillo es verificar primero las limitaciones de satisfacción,demanda e inventario de ASIOPSAL. En este caso, para cada mes, se tiene lo siguiente:


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25FQC

Mes 1:

5 0 + , 1000 + , 2 0 0 + , 1000 + , Mes 2:

, + , 3000 + , , + , 500 + , Mes 3:

, + , 5000 + , , + , 3000 + , , ≥ 400 , ≥ 200

Con respecto a la maquinaria, se tiene:

0,1, + 0,08, ≤ 400 0,1, + 0,08, ≤ 400 0,1, + 0,08, ≤ 400 Además, para la mano de obra, se tiene que para cada mes:

Mes 1:

0,05, + 0,07, 225 + ≤ 300 Mes 2:

0,05, + 0,07, + ≤ 300

Mes 3:

0,05, + 0,07, + ≤ 300


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26FQC

Finalmente, de las limitaciones impuestas por la planta:

, ≤ 2 , ≤ 2 , ≤ 2

, ≤ 3 , ≤ 3 , ≤ 3 ≤ 1000 ; 1,2, 3 Naturalmente, todas las variables consideradas para este problema son no negativas. El modelocompleto (simplificado) es el siguiente:

20 ,= + 1 0 ,

= + 0,3 ,

= + 1,5 ,

= + 1 0

= + 2 , 5

=

.: 5 0 + , 1000 + , 2 0 0 + , 1000 + , , + , 3000 + , , + , 500 + , , + , 5000 + , , + , 3000 + , , ≥ 400 , ≥ 200

0,1,

+ 0,08,

≤ 400 ; 1, 2, 3

0,05, + 0,07,

225 + ≤ 300 0,05, + 0,07, + ≤ 300 0,05, + 0,07, + ≤ 300 , ≤ 2 ; 1, 2,3

,

≤ 3

; 1, 2,3

≤ 1000 ; 1,2, 3

, ,, ,, ≥ 0


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PROBLEMA #11

Al comienzo del mes 1, la financiera ARCOS dispone de 400 USD en efectivo. Al comienzo de losmeses 1, 2, 3 y 4, la financiera recibirá ingresos y, además, deberá realizar pagos como se indica enla siguiente tabla:

Mes Ingresos (US$) Pagos (US$)

1 400 6002 800 5003 300 5004 300 250

Tabla 10: Detalle de ingresos y pagos de la financiera ARCOS

El dinero restante en cada mes, una vez realizados los pagos, puede ser invertido durante un mes auna tasa del 0,1% mensual; durante dos meses a una tasa del 052% mensual; durante tres meses

a una tasa del 1,0% mensual; o durante cuatro meses a una tasa del 2,0% mensual.

FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita determinar unaestrategia de inversión que maximiza el dinero en efectivo al comienzo del quinto año. Definaclaramente variables, función objetivo y restricciones.

SOLUCIÓN: Lo primero es definir las variables de este problema. Sea la cantidad de dineroinvertido al comienzo del mes durante un período de meses. La función objetivo queda entoncesdefinida como sigue:

1,08 + 1,03 + 1,01 + 1,001

Las restricciones del modelo naturalmente representan la distribución del dinero. Así, éstas sedefinen por las siguientes desigualdades:

400 + 400 600 + + + 1,001 + 800 500 + + 1,01 +1,001 + 300 500 + 1,03 + 1,01 +1,001 + 300 250 Naturalmente, todas las variables consideradas en el modelo son no negativas.

PROBLEMA #12

La Compañía FERROSUR debe decidir cuántas toneladas de acero puro X y cuántas de chatarra Yse deben utilizar en la preparación de una aleación para un cliente. El costo por tonelada de aceropuro es de 3, y el de chatarra 6 (por las impurezas); la demanda del cliente es de por lo menos 5, yél aceptaría más si así se requiere.


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La disponibilidad de X es de 4 toneladas y 7 la de Y. La relación entre chatarra y acero puro no puedeexceder 7/8. La fundición tiene 18 horas disponibles para derretir y fundir; una tonelada de aceropuro requiere 3 horas, mientras que la de chatarra sólo 2 horas.

Se pide:

a) Escribir el problema de programación linealb) Resolverlo gráficamente

SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente:

a) Las variables del problema ya habían sido definidas en el enunciado:: Toneladas de acero puro: Toneladas de chatarraComo se trata de un problema de costos, se debe minimizar la función objetivo, que define los costosde fabricación de cada material. Luego, dicha función viene dada por la siguiente expresión:

3 + 6 Ahora veamos las restricciones. De la demanda del cliente y la disponibilidad de cada recurso,tenemos:

4 + 7 ≥ 5 De la relación entre tonelajes, tenemos:

≤

78

De forma simplificada, 7 +8 ≤ 0. Finalmente, de la disponibilidad horaria, se tiene que:3 + 2 ≤ 18 Naturalmente, ≥ 0, ≥ 0. Por lo tanto, el modelo completo es el siguiente:

3 + 6 4 + 7 ≥ 5 7 + 8 ≤ 0 3 + 2 ≤ 18 ≥ 0, ≥ 0 b) El ESF de este modelo se muestra en Figura 12:


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29FQC

Figura 4: ESF del modelo de FERROSUR

La tabla siguiente evalúa el valor de las variables del PPL en cada uno de los puntos esquina delESF:

Punto Esquina Valor de x Valor de y Función objetivoB 1,25 0 3,75C 0,494 0,432 4,074D 3,789 3,316 31,263F 6 0 18

Tabla 11: Valores de las variables y función objetivo en los puntos esquina del problema

Por lo tanto, el punto esquina B es el óptimo, porque es aquel donde la función objetivo alcanza sumínimo valor. Se concluye entonces que FERROSUR debe fabricar 1,25 toneladas de acero puro, aun costo mínimo de 3,75 unidades monetarias. La chatarra no es rentable de producir.

PROBLEMA #13

Un importador de whisky está planificando su negocio considerando que, en las próximastemporadas, tendrá las siguientes demandas (en miles de botellas):

TipoTemporadas

1 2 3 4Seco 10 12 14 8

Frutoso 13 15 17 19Añejo 21 25 9 11

Tabla 12: Demandas que tendrá el importador de whisky en miles de botellas


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30FQC

El whisky seco lo vende a 34 dólares por botella, el frutoso a 28,8 y el añejo a 22,5 en la primeratemporada. En las siguientes se espera poder venderlos a un 5% más caro. Cada tipo de whisky eselaborado mezclando tres materias primas, A, B y C, de las cuales se puede importar un máximo de2000, 2500 y 1200 botellas por temporada a un costo de 35, 25 y 20 dólares, respectivamente. Estoscostos, válidos para la primera temporada, deberían aumentar un 2% en cada temporada. El whisky

seco debe contener por lo menos un 60% de la materia prima A y no más de un 20% de la materiaprima C. El whisky frutoso debe contener por lo menos un 15% de la materia prima A y no más deun 60% de la materia prima C. El whisky añejo debe contener por lo menos un 50% de la materiaprima B. Cada botella de whisky fabricada en una temporada puede ser vendida en dicha temporadao almacenada a un costo unitario por temporada de 0,5 dólares para ser vendidas posteriormente.

FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita optimizar lasactividades del importador. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones delproblema.

SOLUCIÓN: Las variables a considerar para este problema son las siguientes:

: Cantidad de materia prima k para fabricar whisky i en la temporada j : Cantidad de whisky tipo i vendido en la temporada j : Cantidad de whisky tipo i almacenado en la temporada jLa función objetivo se subdivide en tres partes, , y , donde representa los ingresos queobtiene el importador a partir de la venta de whisky en cada temporada, representa los costos deimportación de whisky de cada tipo, y representa los costos de almacenaje de whisky. Definimosentonces:

1 + 0,05 134 + 28,8 + 22,5

=

1 + 0,02 135 + 25 + 20=

=

0,5 =

=

Por lo tanto, la función objetivo será:

+ + Las restricciones del problema vienen dadas por la disponibilidad de materia prima para producircada tipo de whisky, la cantidad máxima de ventas por temporada, la proporción de uso de lasmaterias primas en la elaboración de cada tipo de whisky, y la producción, ventas y almacenaje portemporada. Luego, se tiene lo siguiente:

Para la disponibilidad de materia prima:


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31FQC

≤ 2000= ; ∀ 1,… , 4

≤ 2500

= ; ∀ 1,… , 4

≤ 1200= ; ∀ 1,… , 4 A partir de la tabla entregada en el enunciado del problema, se obtienen las restricciones de ventamáxima por temporada:

≤ 10 ≤ 12 ≤ 14 ≤ 8 ≤ 13 ≤ 15 ≤ 17 ≤ 19

≤ 21

≤ 25

≤ 9

≤ 11

Además, considerando las proporciones de materias primas requeridas en la elaboración de cadatipo de whisky, se obtiene:

≥ 0,6 = ≥ 0,2 = ≥ 0,15

=

≥ 0,6 = ≥ 0,5 =

Las restricciones anteriores se cumplen para todo 1, … , 4.Finalmente, a partir de los datos entregados en el enunciado del problema con respecto a laproducción, ventas y almacenaje por temporada, se obtienen las siguientes expresiones:

= + + = + + = +


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32FQC

+ =

Naturalmente, todas las variables consideradas en la formulación de este problema son positivas onulas.


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EJERCICIOS PEP 2

PROBLEMA #1

Resuelva el siguiente problema de transporte de mineral desde tres puntos de carguío y cuatropiques de traspaso, y determine un plan óptimo de manejo de mineral en la mina de acuerdo a lainformación que se indica. Use el método de la esquina noroeste para la obtención de la soluciónbásica de inicio.

Punto deCarguío

Toneladas mineralCosto ($/t)

Pique 1Costo ($/t)

Pique 2Costo ($/t)

Pique 3Costo ($/t)

Pique 4PT1 20 2 3 4 9PT2 30 14 12 5 1PT3 40 12 15 9 3

Capacidad de piques 10 10 20 50

Tabla 13: Detalle de los requerimientos y capacidades de cada pique de traspaso

SOLUCIÓN: Lo primero es determinar si el problema se encuentra balanceado. Para ello, seconsiderará que las toneladas de mineral que van desde los puntos de carguío son las cantidadesde oferta del problema, mientras que las capacidades de los piques de traspaso serán consideradascomo cantidades de demanda. Luego:

Sumatoria de ofertas: ∑ = 20 + 30 + 40 90 toneladas Sumatoria de demandas: ∑ = 10 + 10 + 20 + 50 90 toneladasLuego, como ambas sumatorias son iguales, el problema se encuentra balanceado.

Ahora determinaremos una solución básica de inicio utilizando el método de la esquina noroeste. Eltableau de transporte para este problema, una vez que se ha obtenido dicha solución con el métodode la esquina noroeste, es el siguiente:


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34FQC

Pique 1 Pique 2 Pique 3 Pique 4 Oferta

PT1

2

10

3

10

4 9 20 PT2 14 12 10 5 20 1 10 30 PT3

12 15 9 3 40 40 Demanda 10 10 20 50

Tabla 14: Solución básica de inicio para el Problema #1

La asignación de inicio es correcta, porque el número de variables básicas que hay en esta tablacumple con la condición ° + 1 3 + 4 1 6 (hay un total de 6 variables básicasen esta primera solución). Además, las sumas de estas asignaciones por fila y columna equivalen alas cantidades de oferta y demanda en cada una de dichas filas y columnas.

Calculamos ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual setiene que la variable de entrada es .

2

3

4

8 Oferta

0 10 1 0 2 1 0 + 20 8 11 17 20 9 12 3

7 0 9 20 20 1 0 + 30 11 4

+

1

14

1

16

2

18

4 0 40

Demanda 10 10 20 50 Tabla 15: Primera iteración del Problema #1

Una vez determinada que la variable de entrada , se debe generar un loop para determinar lavariable de salida. Dicho loop se observa en Tabla 52. Como se debe cumplir que todas las


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35FQC

asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadaspor la cantidad en el tableau anterior:

40 ≥ 0 0 ≥ 0

10 ≥ 0 De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es 0, el cual corresponde a la celda (2, 2). Luego, la variable de salida es . El tableau resultante,con los correspondientes valores duales y costos reducidos, es el siguiente:

2 3 4 8 Oferta 0 10

10

2

10

20

7

11

16

20 9 12 4 7

1 9 20 20 10 30

11 4 0 14 2 16 2 18 40 40 Demanda 10 10 20 50

Tabla 16: Tableau óptimo para el Problema #1

Se debe observar que los costos reducidos son todos positivos. Por lo tanto, hemos llegado alóptimo. La solución óptima es entonces 10, 10, 20, 10, 0, 40. Elcosto mínimo de transporte es $210.PROBLEMA #2

Un Ingeniero Geotécnico está desarrollando un proyecto de cálculo de una malla de pilares para unlayout de un Panel Caving Tradicional, y necesita contratar con urgencia dibujantes para que leconfeccionen los planos del proyecto completo. El Ingeniero requiere que durante el fin de semana

le dibujen tres planos y al menos cuatro durante la semana.

El Ingeniero conoce a dos dibujantes: Héctor y Daniel. Héctor le cobra $30.000 por dibujar cadaplano durante el fin de semana y $27.000 por cada plano durante la semana. Daniel le cobra $29.000por dibujar cada plano durante el fin de semana y $28.000 por cada plano durante la semana. Debidoa que tiene otros compromisos, Héctor le advierte que podrá dibujar como máximo 5 planos, mientrasque Daniel no desea comprometerse a dibujar más de 4 planos, ya que el software le ha estadofallando.


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36FQC

Se pide:

a) Determinar la mejor forma de distribuir los planos entre los dibujantes.b) A partir de la solución encontrada en (a), determine la mejor forma de distribuir los planos si el

Ingeniero requiere dibujar 5 ó 2 planos durante la semana.c) Determine la mejor asignación si requiere dibujar 6 planos durante la semana.


a) Como la cantidad de planos requerida durante la semana es de al menos 4, se puede expresarcomo 4 + ∆, con ∆≥ 0. El problema se puede plantear como un modelo de transporte, donde laoferta es la disponibilidad de los dibujantes y la demanda es el requerimiento del ingeniero. Sedebe agregar un punto de demanda artificial para balancear el problema.

Fin desemana

Semana ArtificialOferta

Héctor 30 27 0 5 Daniel

29 28 0 4 Demanda 3 4 + ∆ 2 ∆

Tabla 17: Tableau de transporte implementado al problema del ingeniero

Se debe hallar una solución básica de inicio para este problema. Una opción es utilizar el método deaproximación de Vogel que, si bien es algo engorroso, nos permite acercarnos más que los otrosmétodos al óptimo.

El siguiente tableau muestra la solución de inicio considerando el método de aproximación de Vogel.


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37FQC

Fin desemana

Semana ArtificialOferta

Héctor

30

1 ∆

27

4 + ∆

0

5

Daniel29 2 + ∆ 28 0 2 ∆ 4

Demanda 3 4 + ∆ 2 ∆ Tabla 18: Solución básica de inicio considerando el método de aproximación de Vogel

El costo asociado a la asignación de inicio es de:

1 ∆ × 3 0 + 4 + ∆ × 27 + 2 + ∆ × 29 196 + 26∆ El tableau con los valores duales y costos reducidos calculados es el siguiente:

30 27 1 Oferta 0 30 1 ∆ 27 4 + ∆ 0 1 5

1 29

2 + ∆ 28

2 0

2 ∆ 4 Demanda 3 4 + ∆ 2 ∆ Tabla 19: Solución de inicio con los valores duales y costos reducidos calculados

El costo reducido de la celda (1, 3) es negativo. Por ende, aún no hemos llegado al óptimo. Lavariables de entrada es entonces . Se debe generar un loop que contenga a para asídeterminar la variable de salida, como se muestra en Tabla 57.


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38FQC

30 27 1 Oferta 0 30

1 ∆

27

4 + ∆

0

1

5 1 29 2 + ∆ + 28 2 0 2 ∆ 4 Demanda 3 4 + ∆ 2 ∆

Tabla 20: Generación del loop para la primera iteración

Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida seobtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad

en el tableau anterior:

1 ∆ ≥ 0 2 ∆ ≥ 0 De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es 1 ∆, el cual corresponde a la celda (1, 1). Luego, la variable de salida es . El tableauresultante, con los correspondientes valores duales y costos reducidos, es el siguiente:

29 27 0 Oferta

0

30 1

27

4 + ∆

0

1 ∆

5

0 29 3 28 1 0 1 4 Demanda 3 4 + ∆ 2 ∆

Tabla 21: Tableau óptimo para el Problema #2

Se observa que el tableau anterior es óptimo, porque los costos reducidos son todos positivos. La

asignación óptima es de 3 planos para Daniel durante el fin de semana y al menos 4 planos paraHéctor durante la semana. El costo mínimo asociado es 195 + 27∆.b) Si el Ingeniero requiere dibujar 5 planos durante la semana, basta evaluar las expresiones

anteriores para ∆ 1; si se requiere dibujar 2 planos, basta evaluar para ∆ 2.


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39FQC

c) En este caso no es posible emplear la solución anterior, ya que si ∆ 2, entonces una de lasvariables básicas, , se hace negativa. Por lo tanto, se debe volver a plantear el problema, estavez para una demanda de 6 planos durante la semana.

Fin de

semanaSemana

Oferta

Héctor30 27 5

Daniel

29 28 4 Demanda 3 6

Tabla 22: Tableau de inicio para el problema con una demanda de 6 planos durantela semana

En este caso, se debe observar que ∑ = 5 + 4 9 y ∑ = 3 + 6 9. Luego, como lasumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentra balanceado.

Aplicando el método de aproximación de Vogel se obtiene la siguiente solución básica de inicio, quetambién es óptima:

28 27 Oferta 0 30

2 27

5 5 1 29 3 28 1 4 Demanda 3 6

Tabla 23: Solución óptima del problema

Por lo tanto, el costo mínimo asociado es $250.


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40FQC

PROBLEMA #3

Considere el siguiente problema de programación lineal:

32 +

.: ≤ 6 ≤ 8 + ≤ 10 2 + ≤ 14 , ≥ 0 Los coeficientes de la función objetivo representan la utilidad asociada a la venta de dos productos, y , respectivamente. Las dos primeras restricciones se refieren a límites de demanda, y las dosrestantes se refieren a la utilización de dos recursos del proceso productivo.

a) Encuentre la solución óptima de este problema utilizando el método gráfico.b) A partir de la solución óptima encontrada en (a), construya el tableau final sin utilizar el

algoritmo símplex.


a) Graficando las restricciones se obtiene el siguiente espacio de soluciones factibles:

Figura 5: Espacio de soluciones factibles del problema

La solución óptima del problema se encuentra en uno de los vértices del polígono ADJFEO.Calculando los valores de la función objetivo para cada uno de estos puntos, se obtiene la siguientetabla de valores:


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41FQC

Punto Valor de Valor de Valor objetivoO 0 0 0 A 6 0 9D 6 2 11E 0 8 8

F 2 8 11J 4 6 12

Tabla 24: Valores de la función objetivo para los diferentes puntos esquina del ESF

El valor máximo de la función objetivo se obtiene en el punto J. Por lo tanto, la solución óptima es 4, 6, cuyo valor objetivo es 12.b) Escribiendo las restricciones del problema de forma estándar, se tiene el siguiente conjunto de

ecuaciones lineales:

+ 6 + 8 + + 10 2 + + 14 Reemplazando los valores 4, 6 en estas ecuaciones, es posible obtener el valor de lasholguras de forma inmediata. Luego, la base óptima de este problema es de la siguiente forma:

, , , , , 4, 6,2, 2,0, 0 Mediante operaciones elementales por fila es preciso dejar sólo una variable básica en cada

ecuación. Restando la tercera ecuación a la cuarta, se obtiene: + 6 + 8 + + 10 + 4 Restando la cuarta ecuación a la primera:

+ 2

+

8

+ + 10

+ 4 Restando la cuarta ecuación a la tercera:

+ 2 + 8 + 2 6 + 4


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42FQC

Finalmente, restando la tercera ecuación a la segunda:

+ 2 2 + 8

+ 2 6 + 4 Las ecuaciones anteriores nos permiten escribir ahora la tabla óptima del problema:

V.B. 0 0 1 0 1 -1 2 0 0 0 1 -2 1 2 0 1 0 0 2 -1 6 1 0 0 0 -1 1 4

0 0 0 0 1/2 1/2 -12

En forma alternativa, es posible construir el tableau a partir del análisis de sensibilidad de loscoeficientes del lado derecho, desplazando las restricciones.

PROBLEMA #4

GEOSPARK CORPORATION Co. (GEOCORP) posee una extensa red de 7 plantas concentradorasde oro a lo largo y ancho de toda la región continental de Australia. Cada una de estas plantas escapaz de retroalimentarse, total o parcialmente, con cianuro para el proceso de lixiviación del oro.La capacidad de autoproducción de cianuro, en miles de m3, se muestra en Tabla 62:

Planta 1 2 3 4 5 6 7Capacidad (km3) 190 150 140 330 260 150 240

Tabla 25: Detalle de las capacidades de las plantas de tratamiento

GEOCORP desea que, al iniciar cada semana de trabajo, haya al menos 200.000 m3 de compuestode cianuro en cada una de las plantas concentradoras. Para cumplir dicho requerimiento se puedeenviar una carga de compuesto de cianuro mediante camiones acoplados desde aquellas plantascon mayor capacidad a aquellas que no sean capaces de autoabastecerse con los 200.000 m 3 decianuro requerido. Los costos de envío por cada 1.000 m3 (en miles de dólares) entre las distintas

plantas se ilustran en la siguiente red:


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43FQC

Figura 6: Red de plantas de cianuración de GEOCORP

Se pide:

a) Determinar la mejor forma de distribuir el compuesto de cianuro entre las plantas de lixiviación.b) ¿En cuánto puede variar el costo de envío entre las plantas 1 y 3 para que la solución anterior

se mantenga?c) Obtener la nueva solución si la producción de la planta 3 disminuye a 130.000 m3 y la de la planta

5 aumenta a 270.000 m3.d) Determinar la nueva solución si la producción de la planta 2 disminuye a 140.000 m3 y la de la

planta 5 aumenta a 270.000 m3


a) De acuerdo a la capacidad de autoproducción de cada planta de lixiviación, y considerando elrequerimiento de 200.000 m3 de cianuro, se puede establecer que las plantas 1, 2, 3 y 6 requieren10, 50, 60 y 50 mil m3 de cianuro, respectivamente. Por otro lado, las plantas 4, 5 y 7 son capacesde entregar 130, 60 y 40 mil m3de cianuro, respectivamente. De esta forma, el problema sepuede plantear como un modelo de transporte, donde las plantas que exceden los 200.000 m 3 de cianuro son puntos de oferta, y las plantas que están por debajo de los 200.000 m3 de cianuroson puntos de demanda. Los costos de envío se obtienen directamente de la red en Figura 19.Luego, el tableau de transporte de inicio que corresponde a este problema es el siguiente (se haincluido un punto de demanda artificial para balancear el problema):

1

3

5

76

2

4

35


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44FQC

Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 6 Artificial Oferta

Planta 4

40 38 30 20 0 130 Planta 5 48 42 30 15 0 60 Planta 7

65 35 0 40 Demanda 10 50 60 50 60

Tabla 26: Tableau de inicio para el problema de GEOCORP

En este punto, se puede aplicar cualquier método para obtener la solución básica de inicio delproblema. Sin embargo, es interesante señalar que el método de aproximación de Vogel nos permite,además, obtener la solución óptima de forma inmediata. En efecto, como se observa en Tabla 64,se tiene:

40 38 30 15 0 Oferta 0 40

10

38

50

30

50

20

5

0

20 130

0 48 8 42

4 30 10 15 50 0 0 60

0

65

35 35

20 0 40 40

Demanda 10 50 60 50 60 Tabla 27: Solución óptima del problema de GEOCORP

Como todos los costos reducidos son positivos, y hay uno nulo (que indica la existencia de unasolución óptima alternativa), hemos llegado al óptimo. La solución óptima de este problema es 10, 50, 50, 20, 10, 50, 40, con un costo mínimo de $ 4850000. Los valores de las variables asociadas al punto de demanda artificial indicanasignaciones que no son reales, por lo que pueden ser interpretadas como la elaboración de un stock


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45FQC

o acopio de cianuro en caso de que cualquiera de las plantas que entrega este compuesto falle a lahora de hacer el transporte.

b) Como las plantas 1 y 3 son puntos de demanda, la variación del costo de envío no afecta a lasolución del problema.

c) El nuevo valor de la función objetivo se puede obtener según:

∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ 10 × 0 + 10 × 30 300 Por lo tanto, el costo es ahora 300 veces más alto. Como la variable está asignada (es una rutade envío) de la planta 5 a la planta 3, el nuevo valor de esta variable puede calcularse de forma muysencilla mediante la siguiente expresión:

10 + ∆ 10 + 10 20 Naturalmente, el valor de las otras variables no cambia.

d) En este caso, el nuevo valor de la función objetivo también puede ser obtenido por:

∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ 10 × 0 + 10 × 38 380 Como, en este caso, la variable no está asignada, es preciso encontrar el loop que contiene a lacelda (2, 2), que corresponde a la variable , y sumar y restar ∆ de forma alternada.

40 38 30 15 0 Oferta 0 40

10 38

5 0 + ∆ 30

5 0 ∆ 20

5 0

20 130 0 48 8 42 4 30 1 0 + ∆ 15 50 0 0 6 0 + ∆ 0

65

35

35

20

0

40 40

Demanda 10 5 0 + ∆ 60 50 60 Tabla 28: Generación del análisis de sensibilidad para la celda (2, 2)Evaluando el tableau anterior en ∆ 10 se obtiene la nueva asignación óptima.


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46FQC

PROBLEMA #5

A continuación se muestra el siguiente tableau de transporte:

9

7

7

8 Oferta

0 9 4 714 12 8 18 5 15 12 12 4 15 4

1

8

2

9 6

4

12

6

4 14 12 11 7 12 5 12 Demanda 6 14 15 5

Tabla 29: Tableau de transporte para el Problema #5

a) ¿Es básica la solución?b) Demuestre que la solución presentada en este tableau es óptima.

c) ¿Este problema tiene óptimos alternativos?d) Proporcione el problema original de programación lineal y su correspondiente problema dual.e) Deduzca la solución óptima del problema dual.f) Escriba el tableau simplex óptimo asociado con el tableau de transporte proporcionado.


a) La solución presentada en el tableau anterior es básica siempre que se cumplan las siguientescondiciones:

El problema se encuentra balanceado.

En efecto:

= 18 + 4 + 6 + 12 40 = 6 + 14 + 15 + 5 40


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47FQC

Luego, como la sumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentrabalanceado.

El número de variables básicas es igual a

+ , donde

es la cantidad de puntos

oferta y es la cantidad de puntos de demanda. En efecto, se tienen 7 asignaciones (variables básicas) en este tableau. Como + 1 4 + 4 1 7, se cumple entonces la condición anterior. Las sumas de las asignaciones por fila (columna) son consistentes con las cantidades de

oferta (demanda) dadas en el tableau.

En efecto:

Fila 1:

+

4 + 14 18 → Se cumple

Fila 2:

4 → Se cumple

Fila 3: + 2+ 4 6 → Se cumple Fila 4: + 7 + 5 12 → Se cumple Columna 1: + 4 + 2 6 → Se cumple Columna 2: 14 → Se cumple Columna 3: + + 4 + 4 + 7 15 → Se cumple Columna 4: 5 → Se cumplePor lo tanto, las asignaciones por fila (columna) son consistentes con las respectivas cantidades deoferta (demanda) definidas en el tableau.

La última condición, que se le deja como ejercicio al lector (y que, evidentemente, se cumple), esque el tableau respete el teorema de secuenciación. Vale decir, que no se pueda generar un loopcon la colección de variables básicas dada en dicho tableau.

b) Para efectuar la demostración, deben calcularse los costos reducidos de la solución básicadefinida en (a). En efecto, se tiene que:

̅ + 12 0 + 7 5 ̅ + 8 0 + 8 0 ̅ + 15 5 + 9 1 ̅

+

12 5 + 7 0

̅ + 15 5 + 8 2

̅ + 9 1 + 7 3 ̅ + 12 1 + 8 5 ̅ + 14 4 + 9 1 ̅ + 12 4 + 7 1 Luego, como ̅ ≥ 0; ∀ ,, se tiene que la solución básica presentada en el tableau es óptima. Elcosto mínimo de transporte asociado es 359 unidades.


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c) En efecto, el problema tiene soluciones óptimas alternativas, ya que hay costos reducidos nulosen las celdas (1, 4) y (2, 2), que corresponden a variables no básicas.

d) Del tableau de transporte, se puede obtener de forma inmediata el problema de programaciónlineal original:

Función objetivo:

9 + 7 + 12 + 8 + 15 + 12 + 12 + 15 + 8 + 9 + 6+12 + 14 + 12 + 11 + 12 Restricciones de oferta:

+ + + 18

+

+

+

4

+ + + 6

+ + + 12 Restricciones de demanda:

+ + + 6 + + + 14 + + + 15 + + + 5 Naturalmente, ≥ 0; ∀ ,. El problema dual se define a continuación:

Función objetivo:

18 + 4 + 6 + 12 + 5 + 14 + 15 + 5 Restricciones:

+ ≤ 9 + ≤ 15 + ≤ 8 + ≤ 14 + ≤ 7 + ≤ 12 + ≤ 4 + ≤ 12 + ≤ 12

+ ≤ 12

+ ≤ 6

+ ≤ 11

+ ≤ 8 + ≤ 15 + ≤ 12 + ≤ 12 Naturalmente, se tiene que , son no restringidas, para todo , . e) La solución óptima del problema dual se obtiene reemplazando los valores de , , obtenidosen el tableau óptimo entregado en primera instancia, con lo cual se obtiene 359. Como 359, se cumple el teorema de dualidad y, por ende, esta es la solución óptima del problemadual.


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PROBLEMA #6

El Jefe de carguío y transporte de una operación a cielo abierto debe asignar cuatro operadores acuatro palas durante el turno. Los costos unitarios (en unidades monetarias cualesquiera) que

expresan la habilidad del operador se dan en Tabla 67. Aquellos costos indeterminados (-)representan la condición de no aplicabilidad del operador a la pala respectiva.

Operador 1 Operador 2 Operador 3 Operador 4Pala 1 9 3 - 5Pala 2 7 2 7 6Pala 3 5 5 2 -Pala 4 7 4 3 2

Tabla 30: Detalle de costos de cada operador con respecto a cada pala

Se pide:

a) Encontrar la asignación óptima y entregar el costo asociado.b) Suponer que se tiene disponible una quinta pala. Sus costos de asignación respectivos son 2, 8,

2 y 1. La nueva pala reemplazará a una existente sólo si la situación puede justificarseeconómicamente. Reformular el problema como un modelo de asignación y encontrar la soluciónóptima, indicando el costo asociado ¿Es económico reemplazar una de las máquinas? Si es así¿Cuál de ellas?


a) Procedemos mediante el algoritmo húngaro. La matriz de costos se obtiene directamente de

Tabla 67, con lo cual:

9 3 7 2 75 5 27 4 3 562

Las asignaciones ocupadas por la constante M son aquellas que no son aplicables por cualquierrazón, y se indican con M, que implica un costo infinito, para que así el algoritmo no los considerecomo asignaciones válidas en el óptimo. Se genera entonces la eliminación de mínimos por filas,obteniéndose:

9 3 7 2 75 5 27 4 3 562 3222 6 0 5 0 53 3 05 2 1 240 A la matriz resultante, , se le aplica ahora una eliminación de mínimos por columnas, obteniéndose:

6 0 5 0 53 3 05 2 1 240


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50FQC

3 0 0 0 Lo que implica:

3 0 2 0 50 3 02 2 1

240

Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizanaún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan ceros.

3 0 2 0 50 3 02 2 1 240

Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárseloa todos los elementos no tachados, y sumárselo a aquellos elementos que se encuentren en la

intersección de las líneas con las que tachamos las filas y columnas con elementos nulos. Así, seobtiene la siguiente matriz:

1 0 30 5 2 4 1 02

En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementoscoloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, laasignación óptima es entonces la siguiente:

Asignar el operador 1 a la pala 2. Asignar el operador 2 a la pala 1. Asignar el operador 3 a la pala 3. Asignar el operador 4 a la pala 4.

El costo mínimo de esta asignación se obtiene sumando los costos respectivos de cada operadorcon respecto a las palas asignadas. Luego, 7 + 3 + 2 + 2 11 unidades monetarias.b) La quinta pala puede ser agregada a la tabla de costos suponiendo la existencia de un operadorficticio más, para que así, de esta forma, la matriz de costos cumpla con la restricción de ser unamatriz cuadrada. Naturalmente, los costos asociados a este trabajador ficticio son nulos, pues alfinal, no es un operador propiamente tal. Por lo tanto:

(

9 3 7 2 75 5 27 4 3 56 0002 02 8 2 1 0)

Se debe notar que no tiene sentido generar una eliminación por filas, debido a que hemos agregadouna columna nula. Generando entonces la eliminación de mínimos por columnas, se obtiene:


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51FQC

(

9 3 7 2 75 5 27 4 3

56 000

2 02 8 2 1 0 )

2 2 2 1 0 Luego:

(

7 1 5 0 53 3 05 2 1 45

0001 00 6 0 0 0)

Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizanaún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan ceros.

(

7 1 5 0 53 3 05 2 1 45 0001 00 6 0 0 0)

Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárseloa todos los elementos no tachados, y sumárselo a aquellos elementos que se encuentren en laintersección de las líneas con las que tachamos las filas y columnas con elementos nulos. Así, seobtiene la siguiente matriz:

(

6 0 5 53 3 4 1 0 35 11 0 6 0 0 1)

En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementoscoloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, laasignación óptima es entonces la siguiente:

Asignar el operador 1 a la pala 5.

Asignar el operador 2 a la pala 2. Asignar el operador 3 a la pala 3. Asignar el operador 4 a la pala 4 Asignar el operador ficticio a la pala 1.

El costo mínimo de esta asignación se obtiene sumando los costos respectivos de cada operadorcon respecto a las palas asignadas. Luego, 2 + 2 + 2 + 2 8 unidades monetarias. La


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inclusión de esta nueva pala es entonces conveniente, siempre que se reemplace por la pala 1 (quees la que se asigna al operador ficticio), ya que el costo total es menor que en (a).

PROBLEMA #7

En la V Región, PETROMAT S.A., una mediana planta de áridos para la construcción, produce 4tipos de materiales de áridos. El proceso está compuesto por tres etapas: chancado, harneado einspección de calidad. Se dispone de 800 horas de chancado, 1000 horas de harneado y 340 horas – hombre (HH) de inspección para el próximo mes de producción. En base a estas disponibilidades,la empresa desea maximizar sus utilidades dentro de este período. Para resolver el problema, se haformulado un modelo de programación lineal, el cual se presenta a continuación:

8 + 14 + 30 + 50 .:

+ 2

+ 10

+ 16

≤ 800

32 + 2 + 4 + 5 ≤ 1000 12 + 35 + + 2 ≤ 340 ≥ 0 El tableau final (incompleto) de este modelo se presenta a continuación:

V.B. 0 1 3/2 -1 0 200 1 0 -2 2 0

0 0 1/10 -2/5 1 20

Donde representa la cantidad de material árido del tipo .Responder:

a) ¿Cuál es el plan de producción óptima para el próximo mes?b) ¿Es única la solución óptima?c) ¿Cuánto debería aumentar, como mínimo, la utilidad del material árido del tipo 3 para que fuera

conveniente producirlo?d) ¿Cuánto podría disminuir la utilidad del material árido del tipo 2 sin que cambie la base óptima?e) ¿Dentro de qué rango podría variar la cantidad de horas de chancado sin que cambie la base

óptima?f) ¿Cuánto estaría dispuesto a pagar por una hora de harneado adicional?g) Un competidor ofrece arrendarle capacidad adicional para chancado a 3 unidades monetarias

por hora ¿Aceptaría la oferta?h) ¿A qué precio estaría dispuesto a arrendar a su competidor una hora de harneado adicional?

¿Hasta cuántas horas (sin que cambie la base óptima)?i) ¿Cuánto puede disminuir el tiempo de inspección sin que cambie la solución óptima?


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j) ¿Cuál es la nueva solución y el nuevo valor de la función objetivo si las horas de chancadoaumentan a 880?

k) ¿Aceptaría la producción de un material árido del tipo 5, si requiere 2 horas de chancado y 3horas de harneado e inspección de calidad, respectivamente, con una utilidad de 30 unidadesmonetarias?


a) La tabla de inicio de este problema es la siguiente:

V.B. 1 2 10 16 1 0 0 800 3/2 2 4 5 0 1 0 1000 1/2 3/5 1 2 0 0 1 340 -8 -14 -30 -50 0 0 0 0 Además, la matriz inversa óptima se puede obtener a partir de la tabla óptima (incompleta) entregadaen el enunciado del problema:

− 3/2 1 0 2 2 01/ 10 2/ 5 1 Para obtener la solución óptima se debe calcular la matriz óptima de recursos, . Para ello se deberecurrir al formulismo del método símplex revisado. En efecto, se tiene:

−

× 3/2 1 0 2 2 01/ 10 2/ 5 1 ×

8001000340

20040020

Por lo tanto, el plan de producción óptimo para el próximo mes es el siguiente:

Producir 400 unidades de material árido del tipo 1. Producir 200 unidades de material árido del tipo 2. No es rentable producir material árido del tipo 3 y 4. Existe una holgura de 20 horas de inspección de calidad.

La máxima utilidad de este plan se calcula reemplazando los valores óptimos entregados por el planen la función objetivo del problema, con lo cual 6000 unidades monetarias.b) Para determinar la existencia de óptimos alternativos, se deben verificar los costos reducidos enla tabla óptima. Como éstos no fueron entregados, deben calcularse igualmente mediante elformulismo del método símplex revisado para así completar la tabla óptima del problema. Lo primeroentonces es calcular las columnas de restricción óptimas que faltan en dicha tabla:

̅, − × , 3 / 2 1 0 2 2 01/ 10 2/ 5 1 × 1 0 1 64 51 2

11 1912 222/ 5 8/ 5


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Calculamos ahora el vector de valores duales : × − 1 4 8 0 × 3/2 1 0 2 2 0

1/ 10 2/ 5 1 5 2 0

Calculamos ahora el vector de costos reducidos:

, × , 30 50 5 2 0 × 1 0 1 64 51 2 2 8 4 0 Por lo tanto, la tabla óptima completa del problema es la siguiente:

V.B. 0 1 11 19 3/2 -1 0 200

1 0 -12 -22 -2 2 0 400

0 0 2/5 8/5 1/10 -2/5 1 20 0 0 28 40 5 2 0 -6000Se observa, en este caso, que todos los costos reducidos son positivos para las variables no básicas.Por lo tanto, no existen óptimos alternativos para este problema.

c) Como es una variable no básica, el análisis de sensibilidad es sencillo. Sea el cambio(positivo o negativo) en el coeficiente de . Se tiene entonces lo siguiente:

̅ < < ∞ Luego:

30 28 < < ∞ Por lo tanto, > 58. Se tiene entonces que 88 < < ∞. Por lo tanto, la utilidad de puedeaumentar sin límite sin cambiar la solución óptima del problema. Sin embargo, sólo puede disminuirhasta en 58 unidades. Notemos que, de todas formas, no tiene sentido tener una utilidad negativaen este tipo de problemas, porque las utilidades negativas representan costos. Por ello, la utilidadpuede bajar incluso a cero sin cambiar la base óptima de este problema. Se dice que es unavariable que otorga total flexibilidad . Sin embargo, no es rentable de todos modos.d) Siendo

una variable básica, el análisis es un tanto más engorroso. Sea

el cambio (positivo

o negativo) del coeficiente de en la función objetivo. Calculamos entonces las cotas de acontinuación: Cota superior:

min {2811 , 4019 , 103 } 4019 Cota inferior:


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max2 2 Por lo tanto, se tiene que 2 < < 40/19 . Por lo tanto, la utilidad del material árido del tipo 2 puededisminuir hasta en 2 unidades monetarias sin que ello modifique la base óptima del problema.

e) Sea el cambio (positivo o negativo) en la cantidad de horas de chancado. Calculamos las cotasde a continuación: Cota superior:

min {4002 } 200 Cota inferior:

max{4003 ,200} 4003 Por lo tanto, se tiene que < < 200. Luego, la cantidad de horas de chancado varían en elintervalo 666.7 < ℎ ℎ < 1000. Dentro de ese rango, la base óptima permaneceinalterada.

f) El máximo valor a pagar por una hora de harneado adicional corresponde, en teoría, al valor delprecio sombra (o precio dual) asociado a la restricción de harneado (que es la restricción 2). Dichoprecio sombra es, de la tabla óptima, 2 unidades monetarias. Este corresponde al valor máximoa pagar por una hora de harneado adicional.

g) Como el precio sombra asociado a la restricción de horas de chancado es 5 unidadesmonetarias, la oferta es beneficiosa y se acepta, porque se ofrece la hora adicional del recurso a unvalor menor, que es 3 unidades monetarias.

h) Tal y como se vió en (f), el precio sombra asociado a las horas adicionales de harneado es 2 unidades monetarias, y es el máximo a pagar por dicha capacidad adicional. El límite máximo másallá del cual la base óptima se modifica, con respecto a este recurso, se verficia mediante elrespectivo análisis de sensibilidad. Sea el cambio (positivo o negativo) en las horas de harneado.Las cotas de se calculan como sigue: Cota superior:

min200,50 50 Cota inferior:

max200 200


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Por lo tanto, se tiene que 200 < < 50. Luego, es posible arrendar un máximo de 50 horasadicionales de harneado, sin que ello modifique la base óptima.

i) Si las horas de chancado aumentan hasta las 880 horas, se puede obtener la nueva solución deforma inmediata mediante el formulismo del método símplex revisado. Para ello, la matriz inicial de

recursos debe incluir este cambio, por lo cual:

− × 3/2 1 0 2 2 01/ 10 2/ 5 1 × 8801000340

32024028 Luego, el nuevo plan óptimo es el s

Guía de Ejercicios - Optimización (1)

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