Guía de Ejercicios Optimización 2012-2

Guía de Ejercicios – Optimización

Preparado por Felipe Quezada C.

2° Semestre 2012.

Universidad de Santiago de Chile

Departamento de Ingeniería en Minas


2

EJERCICIOS PEP 1

PROBLEMA #1

Una fábrica de jugos de 1 litro (1000 cc) desea lanzar al mercado una nueva variedad de jugo.

Para ello, disponen de 4 ingredientes base. La nueva variedad apuntará a conservar un balance

alimenticio, debiendo contener al menos un 15% de vitamina C, y a lo más un 30% de potasio.

Existe además una relación entre los betacarotenos y la vitamina A que impone lo siguiente: la

cantidad de vitamina A debe ser, cuando menos, un tercio de los betacarotenos. Además, la

vitamina A no puede superar el 35% del contenido del jugo.

El costo por adquirir los ingredientes, los límites de los pedidos por día, y los aportes porcentuales

de 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 9

Ingrediente 3 35% 20% 25% 20% 10 8

Ingrediente 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 ( ). Como se desea minimizar los costos, la función

objetivo estará dada por:

( )

Ahora veamos las restricciones. En la nueva variedad, la combinación de los 4 ingredientes debe

conformar una unidad de jugo, por lo cual la primera restricción se define de la siguiente manera:

( ) ( )

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:

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:

Para la vitamina A, esta suma debe ser al menos 1/3 de los betacarotenos. Por lo tanto:




3

( )

De manera simplificada:

Además, la contribución de la vitamina A no debe superar el 35% del jugo (350 cc). Por ende:

Por último, para los límites diarios, tenemos:

Naturalmente. . El modelo es entonces el siguiente:

( )

( )

PROBLEMA #2

Formule y resuelva adecuadamente el siguiente problema de programación lineal. La primera

iteración debe ser realizada mediante el algoritmo símplex. La segunda y siguientes efectuarlas

empleando el método símplex revisado o matricial:

( )

SOLUCIÓN: Primero hacemos el cambio de variable , a fin de tener sólo variables no

negativas. Reescribiendo el PPL en forma estándar, se tiene:




4

( )

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 este

problema es la siguiente. Observe que se han marcado en la tabla la inversa respectiva, así como

el elemento 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 -60

Entra ; 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 -10

Entra , sale .

Las siguientes iteraciones deben hacerse mediante el algoritmo símplex revisado. De la tabla

anterior reconocemos la matriz inversa de esta primera iteración:

(

)

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

calcular inmediatamente la matriz :

(

)

(

)




5

Calculamos para dar inicio a la segunda iteración:

(

)

(

)

(

)

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

V.B. ( )

(

)

Calculamos los valores duales para esta iteración:

( ) ( )

(

)

( )

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

( )

Luego:

( ) ( ) ( ) (

)

Por lo tanto:

( ) ( )

Como todos los coeficientes reducidos de la función objetivo w son nulos, hemos llegado al óptimo

para la fase 1. Como y son no básicas, y por tanto nulas, se tiene que ( ) ,

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. ( )

(

)




6

Por lo tanto:

( ) ( )

(

)

( )

Calculamos los costos reducidos:

( )

Luego:

( ) ( ) ( ) (

)

Por lo tanto:

( ) ( )

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 más

negativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y ( ) para determinar la

variable de salida y el elemento pívot:

(

) (

) (

)

( )

( ) (

) (

) (

)

Por lo tanto:

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 #2

La variable de salida es entonces . El pívot corresponde a 4.




7

Calculamos la matriz inversa :

Donde:

(

(

)

(

) )

(

)

Entonces:

(

)

(

)

(

)

Verificamos el orden de las variables básicas:

V.B. ( )

(

)

Calculamos los valores duales:

( ) ( )

(

)

(

)


( )

Luego:

( ) ( ) (

) (

)

Por lo tanto:




8

( ) (

)

Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo.

Calculamos entonces para encontrar la solución óptima de este problema:

(

) (

) (

)

Por lo tanto, la solución óptima es

y

. El resto de las variables son nulas.

Reemplazando estos valores en la función objetivo se obtiene ( ) , con lo cual

( ) .

PROBLEMA #3

Considere el problema de programación lineal cuyo tableau final (óptimo) es el siguiente. Asuma

que Si es la variable de holgura para la restricción i.

V.B. X1 X2 X3 X4 S1 S2 b

X1 1 -5 4 13 5 0 7

S1 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.

c) La solución óptima es . Su valor es ( ) .

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 de

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

considera escaso, porque su holgura es nula.




9

PROBLEMA #4

Una fábrica de ropa produce tres líneas de trajes: jeans, franela y amasado. La ropa es vendida en

lotes 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 debe ocupar a 10 empacadores (no más no menos). Los requerimientos para producir un lote de

100 trajes de cada tipo y las utilidades asociadas, se presenta a continuación:

Requerimientos de Producción y Utilidad Jeans Franelas Amasados

Cortadores [Personas/Lote] 4 2 1

Máquinas de Coser [Máquinas/Lote] 1 2 1

Empacadores [Personas/Lote] 1 1 1

Utilidad [$/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 modelo

que 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 del

tipo . De la tabla, podemos obtener inmediatamente la función objetivo:

( )

Las restricciones del problema están asociadas al límite de recursos impuesto por la fábrica en

función de la cantidad de cortadores, máquinas de coser y personal encargado de empacar. Así,

se tiene lo siguiente:

Cortadores:

Máquinas de coser:

Personal de empaque:

El modelo completo es entonces:




10

( )

El modelo puede resolverse utilizando cualquier método. En este caso particular, podemos hacer

un arreglo algebraico sencillo que permita solucionarlo mediante el método gráfico. De la tercera

restricción, despejamos, con lo cual resulta ( ). Reemplazando en el PPL,

obtenemos:

( )

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.

Evaluando la función objetivo se obtiene que el punto esquina óptimo es B, dado por lotes

de jeans, resultando no rentable fabricar lotes de franela (porque ). Reemplazando lo anterior

en el modelo original, se obtiene que lotes de amasados. La utilidad máxima que percibe la

fábrica es de ( ) unidades monetarias.




11

PROBLEMA #5

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

( )

( )

SOLUCIÓN: Del primal, tenemos que:

Debemos hacer entonces dos cambios de variable: y

. Reemplazando

en , se tiene:

La última expresión podemos fragmentar en dos restricciones independientes: y

.

Además, la expresión también podemos fragmentarla en dos restricciones

independientes: y .

Escribimos entonces el problema primal en forma canónica (primal simétrico):

( )




12

Construimos ahora el problema dual. Notemos que, a partir de la definición, el dual tendrá 8

variables y 5 restricciones. Además, la variable dual es no restringida, mientras que el resto son

no negativas.

( )

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 mineral

de hierro a una sola planta. Cada mina tiene dos áreas de las cuales puede extraer el mineral. La

ley alimentada a planta debe ser mayor que 35% Fe, y debe ser menor que 12% Si. La planta

requiere al menos 45.000 toneladas, pero no puede manejar más de 60.000. El mercado interno

requiere que al menos 12.000 toneladas de Fe deben estar disponibles para el consumo – asumir

un 90% de recuperación en el proceso. La razón promedio de estéril/mineral determinada para las

operaciones de extracción mineral tiene un valor de 3,5.

Dado los datos que se indican, FORMULAR (no RESOLVER) un modelo de programación lineal, el

cual permita obtener un plan minero de producción que cumpla las restricciones operacionales y

permita minimizar la desviación de la razón estéril/mineral total.

Mina Área Reservas

(toneladas) % Fe % Si

Razón

Estéril/Mineral

Cerro

GRANATE

Norte 20.000 40 17 3,0

Lomas 10.000 30 10 2,0

Lomas

BAYAS

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




13

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 ésta

debe recibir al menos 45.000 toneladas y no más 60.000 toneladas, se tendrá:

Si el mercado interno requiere de, al menos, 12.000 toneladas de Fe, entonces el 90% de la

producción que llega a planta, en términos del Fe, debe conformar como mínimo, este tonelaje.

Luego:

( )

Se debe agregar que los sectores de producción tienen como limitante a sus reservas totales.

Luego:

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:

( )

( )

Ahora veamos la función objetivo. Como se requiere minimizar la desviación de la razón estéril –

mineral, se tendrá:

( ) ( ) ( )

Planta

Ley de Fe ≥ 35% Ley de Si ≤ 12%




14

El modelo completo es entonces:

( )

( )

,

( )

( )

PROBLEMA #7

Resuelva el siguiente problema de programación lineal, empleando el método símplex para la fase

1, y el método símplex revisado para la fase 2:

( )

SOLUCIÓN: Se debe reescribir el PPL en forma estándar. Se tiene entonces:

( )

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 este

problema 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 -520




15

Entra , sale . Primera iteración.

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 -120

Entra , 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 0

Entra , sale . Como ( ) , con , entonces existe un ESF para el

PPL en la fase 2. Procedemos entonces mediante el método símplex revisado en dicha fase. La

matriz inversa de la presente iteración es:

(

)

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

calcular inmediatamente la matriz :

(

)

(

)

Luego calculamos para dar inicio a la cuarta iteración:

(

)

(

)

(

)

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




16

V.B. ( )

(

)

Calculamos los valores duales para esta iteración:

( ) ( ) (

) ( )


( )

Luego:

( ) ( ) ( ) (

)

Por lo tanto:

( ) ( )

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 más

negativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y ( ) para determinar la

variable de salida y el elemento pívot:

(

) (

) (

)

( )

( ) (

) (

) (

)

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




17

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

Calculamos la matriz inversa :

Donde:

(

)

(

)

Entonces:

(

)

(

)

(

)

Verificamos el orden de las variables básicas:

V.B. ( )

(

)

Calculamos los valores duales:

( ) ( ) (

) ( )


( )

Luego:

( ) ( ) (

)

Por lo tanto:




18

( ) (

)

Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo.

Calculamos entonces para encontrar la solución óptima de este problema:

(

) (

) (

)

Por lo tanto, la solución óptima es , y . Reemplazando estos

valores en la función objetivo se obtiene ( ) , con lo cual ( ) .

PROBLEMA #8

Un florista sabe hacer sólo dos tipos de arreglos florales, para los cuales dispone de 3 tipos

distintos de flores: rosas, tulipanes e ibizcos. Los requerimientos de flores para cada arreglo, la

disponibilidad de flores y los requerimientos de cada arreglo vienen dados en la siguiente tabla:

FLORES Arreglo 1 Arreglo 2 DISPONIBILIDAD

Rosas 3 1 300

Tulipanes 1 1 140

Ibizcos 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 a

la 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

¿Cuánto cree 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 forma

inmediata, se obtiene el PPL deseado:

( )




19

b) Es posible formular inmediatamente el problema dual a partir del primal, sin utilizar la

transformación de primal simétrico, invirtiendo las situaciones presentadas en la definición de

ambos problemas. Se tiene entonces:

( )

El modelo dual resuelve el problema de un agente externo que desea saber el precio unitario

que puede ofrecer por cada una de las flores, en el caso de éste quiera comprarle todas las

flores al florista. Así, y son los precios unitarios asociados a las rosas, tulipanes e

ibizcos, respectivamente.

c) Reescribiendo el primal en forma estándar:

( )

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 0

Entra , 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




20

Como todos los coeficientes de las variables en la función objetivo son no negativas, hemos

llegado al óptimo. La utilidad máxima que puede percibir el florista es de $220.000, con

arreglos florales del tipo 1, y arreglos florales del tipo 2. En este punto óptimo, es

válido el teorema de holguras complementarias. Por lo tanto:

Para el primal:

[ ( )]

[ ( )]

[ ( )]

Para el dual:

[ ( )]

[ ( )]

Reemplazando los valores obtenidos en la solución primal óptima en las holguras

complementarias, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

Con lo cual se obtiene y . Este valor es correcto, porque si lo remplazamos

en la función objetivo dual, resulta ( ) , que es equivalente a la función objetivo

primal en 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 florales

descritos, no le sacará provecho a los ibizcos.

d) Si tuviéramos tan desgraciada suerte, entonces, idealmente, el valor máximo que nos pagará

el florista por las flores es el descrito con anterioridad: $500 por cada rosa y tulipán, y $0 por

los ibizcos.

PROBLEMA #9

Dado el programa lineal:

( )

Se pide:




21

a) Determinar el programa DUAL

b) Representar gráficamente este último programa para mostrar su conjunto de soluciones

factibles

c) 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

cambios de variable y

, con lo cual el problema se re-escribe de la siguiente

forma:

( )

Ahora podemos formular el problema dual:

( )

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




22

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 objetivo

G 4/3 5/3 -1/3

B 3 5 -2

C 36/7 36/7 -4/7

J 6 4 2

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

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

punto esquina 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 de

optimalidad en un problema de maximización, la cual dicta que se escoja siempre el coeficiente

más 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 de

que, en este punto, se encuentra la solución.

Notemos que, además, este nuevo proceso ignora la subdivisión del problema en dos fases, ya

que 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:




23

[ (

)]

[ (

)]

Para el dual:

[ ( )]

[ ( )]

[ ( )]

[ ( )]

De las holguras complementarias para el primal, se obtiene:

Con lo cual se obtiene y , lo que conforma la solución óptima del problema

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

PROBLEMA #10

La Compañía Minera ASIOP S.A. (ASIOPSA) produce dos tipos distintos de concentrado, cobre y

zinc. La siguiente tabla muestra las demandas mensuales esperadas para cada producto (en

toneladas):

Concentrado Mes 1 Mes 2 Mes 3

Cu 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

concentrado de zinc es de 10 USD

El costo de mantener una cantidad arbitraria de concentrado a la espera de ser comercializado

es de 0,3 USD por tonelada en inventario para el concentrado de cobre, y de 1,5 USD por

tonelada 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.




24

Al comienzo de los tres meses existen en inventario 50 toneladas del concentrado de cobre y 200

del concentrado de zinc. Al final de los tres meses, el inventario mínimo debe ser de 400 toneladas

de concentrado de cobre y 200 toneladas de concentrado de zinc. Ambos concentrados se

guardan en una planta en depósitos comunes. Cada depósito permite guardar hasta dos

componentes de concentrado de cobre, y hasta tres componentes de concentrado de zinc. La

envergadura de la planta 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 0,05

Zn 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

de producción mensual que minimiza los costos de satisfacción de la demanda esperada. Defina

claramente variables, función objetivo y restricciones.

SOLUCIÓN: Definimos primeramente las variables del problema:

: Cantidad de concentrado del tipo (con o ) producido en el mes

(con )

: 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

posible definir dicha función directamente partir de los datos entregados en el enunciado:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

La función objetivo puede escribirse de forma más abreviada como sigue:

( ) ∑

∑

∑

∑

∑

∑




25

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:

Mes 1:

Mes 2:

Mes 3:

Con respecto a la maquinaria, se tiene:

Además, para la mano de obra, se tiene que para cada mes:

Mes 1:

Mes 2:

Mes 3:




26

Finalmente, de las limitaciones impuestas por la planta:

Naturalmente, todas las variables consideradas para este problema son no negativas. El modelo

completo (simplificado) es el siguiente:

( ) ∑

∑

∑

∑

∑

∑

, , , ,




27

PROBLEMA #11

Al comienzo del mes 1, la financiera ARCOS dispone de 400 USD en efectivo. Al comienzo de los

meses 1, 2, 3 y 4, la financiera recibirá ingresos y, además, deberá realizar pagos como se indica

en la siguiente tabla:

Mes Ingresos (US$) Pagos (US$)

1 400 600

2 800 500

3 300 500

4 300 250

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

a una 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 una

estrategia de inversión que maximiza el dinero en efectivo al comienzo del quinto año. Defina

claramente variables, función objetivo y restricciones.

SOLUCIÓN: Lo primero es definir las variables de este problema. Sea la cantidad de dinero

invertido al comienzo del mes durante un período de meses. La función objetivo queda entonces

definida como sigue:

( )

Las restricciones del modelo naturalmente representan la distribución del dinero. Así, éstas se

definen por las siguientes desigualdades:

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

Y se deben utilizar en la preparación de una aleación para un cliente. El costo por tonelada de

acero puro es de 3, y el de chatarra 6 (por las impurezas); la demanda del cliente es de por lo

menos 5, y él aceptaría más si así se requiere.




28

La disponibilidad de X es de 4 toneladas y 7 la de Y. La relación entre chatarra y acero puro no

puede exceder 7/8. La fundición tiene 18 horas disponibles para derretir y fundir; una tonelada de

acero puro requiere 3 horas, mientras que la de chatarra sólo 2 horas.

Se pide:

a) Escribir el problema de programación lineal

b) 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 chatarra

Como se trata de un problema de costos, se debe minimizar la función objetivo, que define los

costos de fabricación de cada material. Luego, dicha función viene dada por la siguiente expresión:

( )

Ahora veamos las restricciones. De la demanda del cliente y la disponibilidad de cada recurso,

tenemos:

De la relación entre tonelajes, tenemos:

De forma simplificada, . Finalmente, de la disponibilidad horaria, se tiene que:

Naturalmente, . Por lo tanto, el modelo completo es el siguiente:

( )

b) El ESF de este modelo se muestra en Figura 4:




29

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 del

ESF:

Punto Esquina Valor de x Valor de y Función objetivo

B 1,25 0 3,75

C 0,494 0,432 4,074

D 3,789 3,316 31,263

F 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 su

mínimo valor. Se concluye entonces que FERROSUR debe fabricar 1,25 toneladas de acero puro,

a un 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 próximas

temporadas, tendrá las siguientes demandas (en miles de botellas):

Tipo Temporadas

1 2 3 4

Seco 10 12 14 8

Frutoso 13 15 17 19

Añejo 21 25 9 11

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




30

El whisky seco lo vende a 34 dólares por botella, el frutoso a 28,8 y el añejo a 22,5 en la primera

temporada. En las siguientes se espera poder venderlos a un 5% más caro. Cada tipo de whisky

es elaborado mezclando tres materias primas, A, B y C, de las cuales se puede importar un

máximo de 2000, 2500 y 1200 botellas por temporada a un costo de 35, 25 y 20 dólares,

respectivamente. Estos costos, 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 materia prima C. El whisky frutoso debe contener por lo menos un 15% de la

materia prima A y no más de un 60% de la materia prima C. El whisky añejo debe contener por lo

menos un 50% de la materia prima B. Cada botella de whisky fabricada en una temporada puede

ser vendida en dicha temporada o 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 las

actividades del importador. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones del

problema.

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 j

La función objetivo se subdivide en tres partes, y , donde representa los ingresos que

obtiene el importador a partir de la venta de whisky en cada temporada, representa los costos de

importación de whisky de cada tipo, y representa los costos de almacenaje de whisky. Definimos

entonces:

∑( ( ))( )

∑∑( ( ))( )

∑∑

Por lo tanto, la función objetivo será:

( )

Las restricciones del problema vienen dadas por la disponibilidad de materia prima para producir

cada tipo de whisky, la cantidad máxima de ventas por temporada, la proporción de uso de las

materias primas en la elaboración de cada tipo de whisky, y la producción, ventas y almacenaje por

temporada. Luego, se tiene lo siguiente:




31

Para la disponibilidad de materia prima:

∑

∑

∑

A partir de la tabla entregada en el enunciado del problema, se obtienen las restricciones de venta

máxima por temporada:

Además, considerando las proporciones de materias primas requeridas en la elaboración de cada

tipo de whisky, se obtiene:

∑

∑

∑

∑

∑

Las restricciones anteriores se cumplen para todo .

Finalmente, a partir de los datos entregados en el enunciado del problema con respecto a la

producción, ventas y almacenaje por temporada, se obtienen las siguientes expresiones:

∑

∑

∑




32

∑

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

nulas.




33

EJERCICIOS PEP 2

PROBLEMA #1

Resuelva el siguiente problema de transporte de mineral desde tres puntos de carguío y cuatro

piques de traspaso, y determine un plan óptimo de manejo de mineral en la mina de acuerdo a la

información que se indica. Use el método de la esquina noroeste para la obtención de la solución

básica de inicio.

Punto de

Carguío Toneladas mineral

Costo ($/t)

Pique 1

Costo ($/t)

Pique 2

Costo ($/t)

Pique 3

Costo ($/t)

Pique 4

PT1 20 2 3 4 9

PT2 30 14 12 5 1

PT3 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, se

considerará que las toneladas de mineral que van desde los puntos de carguío son las cantidades

de oferta del problema, mientras que las capacidades de los piques de traspaso serán

consideradas como cantidades de demanda. Luego:

Sumatoria de ofertas: ∑ toneladas

Sumatoria de demandas: ∑ toneladas

Luego, como ambas sumatorias son iguales, el problema se encuentra balanceado.

Ahora determinaremos una solución básica de inicio utilizando el método de la esquina noroeste.

El tableau de transporte para este problema, una vez que se ha obtenido dicha solución con el

método de la esquina noroeste, es el siguiente:




34

Pique 1 Pique 2 Pique 3 Pique 4 Oferta

PT1

PT2

PT3

Demanda

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 tabla

cumple con la condición (hay un total de 6 variables básicas

en esta primera solución). Además, las sumas de estas asignaciones por fila y columna equivalen a

las 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 se

tiene que la variable de entrada es .

Oferta

Demanda

Tabla 15: Primera iteración del Problema #1

Una vez determinada que la variable de entrada , se debe generar un loop para determinar la

variable de salida. Dicho loop se observa en Tabla 52. Como se debe cumplir que todas las




35

asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas

por la cantidad en el tableau anterior:

De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es

, 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:

Oferta

Demanda

Tabla 16: Tableau óptimo para el Problema #1

Se debe observar que los costos reducidos son todos positivos. Por lo tanto, hemos llegado al

óptimo. La solución óptima es entonces , , , , , . El

costo mínimo de transporte es ( ) .

PROBLEMA #2

Un Ingeniero Geotécnico está desarrollando un proyecto de cálculo de una malla de pilares para un

layout de un Panel Caving Tradicional, y necesita contratar con urgencia dibujantes para que le

confeccionen 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 cada

plano durante el fin de semana y $27.000 por cada plano durante la semana. Daniel le cobra

$29.000 por dibujar cada plano durante el fin de semana y $28.000 por cada plano durante la

semana. Debido a que tiene otros compromisos, Héctor le advierte que podrá dibujar como máximo

5 planos, mientras que Daniel no desea comprometerse a dibujar más de 4 planos, ya que el

software le ha estado fallando.




36

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 expresar

como , con . El problema se puede plantear como un modelo de transporte, donde la

oferta es la disponibilidad de los dibujantes y la demanda es el requerimiento del ingeniero. Se

debe agregar un punto de demanda artificial para balancear el problema.

Fin de

semana Semana Artificial

Oferta

Héctor

Daniel

Demanda

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

de aproximación de Vogel que, si bien es algo engorroso, nos permite acercarnos más que los

otros métodos al óptimo.

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

Vogel.




37

Fin de

semana Semana Artificial

Oferta

Héctor

Daniel

Demanda

Tabla 18: Solución básica de inicio considerando el método de aproximación de Vogel

El costo asociado a la asignación de inicio es de:

( ) ( ) ( )

El tableau con los valores duales y costos reducidos calculados es el siguiente:

Oferta

Demanda

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. La

variables de entrada es entonces . Se debe generar un loop que contenga a para así

determinar la variable de salida, como se muestra en Tabla 57.




38

Oferta

Demanda

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 se

obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior:




Oferta

Demanda

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 para

Héctor durante la semana. El costo mínimo asociado es ( ) .

b) Si el Ingeniero requiere dibujar 5 planos durante la semana, basta evaluar las expresiones

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




39

c) En este caso no es posible emplear la solución anterior, ya que si , entonces una de las

variables básicas, se hace negativa. Por lo tanto, se debe volver a plantear el problema,

esta vez para una demanda de 6 planos durante la semana.

Fin de

semana Semana

Oferta

Héctor

Daniel

Demanda

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

En este caso, se debe observar que ∑ y ∑

. Luego, como la

sumatoria 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,

que también es óptima:

Oferta

Demanda

Tabla 23: Solución óptima del problema

Por lo tanto, el costo mínimo asociado es ( ) .




40

PROBLEMA #3

Considere el siguiente problema de programación lineal:

( )

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

dos restantes 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

siguiente tabla de valores:




41

Punto Valor de Valor de Valor objetivo

O 0 0 0

A 6 0 9

D 6 2 11

E 0 8 8

F 2 8 11

J 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

, cuyo valor objetivo es ( ) .

b) Escribiendo las restricciones del problema de forma estándar, se tiene el siguiente conjunto de

ecuaciones lineales:

Reemplazando los valores , en estas ecuaciones, es posible obtener el valor de las

holguras de forma inmediata. Luego, la base óptima de este problema es de la siguiente forma:

( ) ( )

Mediante operaciones elementales por fila es preciso dejar sólo una variable básica en cada

ecuación. Restando la tercera ecuación a la cuarta, se obtiene:

Restando la cuarta ecuación a la primera:

Restando la cuarta ecuación a la tercera:




42

Finalmente, restando la tercera ecuación a la segunda:

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 los

coeficientes del lado derecho, desplazando las restricciones.

PROBLEMA #4

GEOSPARK CORPORATION Co. (GEOCORP) posee una extensa red de 7 plantas

concentradoras de oro a lo largo y ancho de toda la región continental de Australia. Cada una de

estas plantas es capaz 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 25:

Planta 1 2 3 4 5 6 7

Capacidad (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

compuesto de cianuro en cada una de las plantas concentradoras. Para cumplir dicho

requerimiento se puede enviar una carga de compuesto de cianuro mediante camiones acoplados

desde aquellas plantas con mayor capacidad a aquellas que no sean capaces de autoabastecerse

con los 200.000 m3 de cianuro requerido. Los costos de envío por cada 1.000 m

3 (en miles de

dólares) entre las distintas plantas se ilustran en la siguiente red:




43

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 el

requerimiento de 200.000 m3 de cianuro, se puede establecer que las plantas 1, 2, 3 y 6

requieren 10, 50, 60 y 50 mil m3 de cianuro, respectivamente. Por otro lado, las plantas 4, 5 y 7

son capaces de entregar 130, 60 y 40 mil m3de cianuro, respectivamente. De esta forma, el

problema se puede plantear como un modelo de transporte, donde las plantas que exceden los

200.000 m3 de cianuro son puntos de oferta, y las plantas que están por debajo de los 200.000

m3 de cianuro son 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 ha incluido un punto de demanda artificial para balancear el problema):

1

3

5

7 6

2

4

35




44

Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 6 Artificial Oferta

Planta 4

38

Planta 5

Planta 7

Demanda

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 del

problema. 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:

Oferta

38

Demanda

Tabla 27: Solución óptima del problema de GEOCORP

Como todos los costos reducidos son positivos, y hay uno nulo (que indica la existencia de una

solución óptima alternativa), hemos llegado al óptimo. La solución óptima de este problema es

, con un costo mínimo de

( ) . Los valores de las variables asociadas al punto de demanda artificial

indican asignaciones que no son reales, por lo que pueden ser interpretadas como la elaboración




45

de un stock o acopio de cianuro en caso de que cualquiera de las plantas que entrega este

compuesto falle a la hora de hacer el transporte.

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

solución del problema.

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

Por lo tanto, el costo es ahora 300 veces más alto. Como la variable está asignada (es una ruta

de envío) de la planta 5 a la planta 3, el nuevo valor de esta variable puede calcularse de forma

muy sencilla mediante la siguiente expresión:

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:

Como, en este caso, la variable no está asignada, es preciso encontrar el loop que contiene a

la celda (2, 2), que corresponde a la variable , y sumar y restar de forma alternada.

Oferta

38

Demanda

Tabla 28: Generación del análisis de sensibilidad para la celda (2, 2)

Evaluando el tableau anterior en se obtiene la nueva asignación óptima.




46

PROBLEMA #5

A continuación se muestra el siguiente tableau de transporte:

Oferta

7

Demanda

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 siguientes

condiciones:

El problema se encuentra balanceado.

En efecto:

∑

∑




47

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

encuentra balanceado.

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

, 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: → Se cumple




Columna 1: → Se cumple




Por lo tanto, las asignaciones por fila (columna) son consistentes con las respectivas cantidades de

oferta (demanda) definidas en el tableau.

La última condición, que se le deja como ejercicio al lector (y que, evidentemente, se cumple), es

que el tableau respete el teorema de secuenciación. Vale decir, que no se pueda generar un loop

con la colección de variables básicas dada en dicho tableau.

b) Para efectuar la demostración, deben calcularse los costos reducidos de la solución básica

definida en (a). En efecto, se tiene que:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

Luego, como , se tiene que la solución básica presentada en el tableau es óptima. El

costo mínimo de transporte asociado es ( ) unidades.




48

c) En efecto, el problema tiene soluciones óptimas alternativas, ya que hay costos reducidos nulos

en 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 programación

lineal original:

Función objetivo:

( )

Restricciones de oferta:

Restricciones de demanda:

Naturalmente,

El problema dual se define a continuación:

Función objetivo:

( )

Restricciones:

Naturalmente, se tiene que son no restringidas, para todo

e) La solución óptima del problema dual se obtiene reemplazando los valores de , obtenidos

en el tableau óptimo entregado en primera instancia, con lo cual se obtiene ( ) Como

( ) , se cumple el teorema de dualidad y, por ende, esta es la solución óptima del

problema dual.




49

PROBLEMA #6

El Jefe de carguío y transporte de una operación a cielo abierto debe asignar cuatro operadores a

cuatro palas durante el turno. Los costos unitarios (en unidades monetarias cualesquiera) que

expresan la habilidad del operador se dan en Tabla 30. Aquellos costos indeterminados (-)

representan la condición de no aplicabilidad del operador a la pala respectiva.

Operador 1 Operador 2 Operador 3 Operador 4

Pala 1 9 3 - 5

Pala 2 7 2 7 6

Pala 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 justificarse

económicamente. Reformular el problema como un modelo de asignación y encontrar la

solución óptima, 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:

(

)

Las asignaciones ocupadas por la constante M son aquellas que no son aplicables por cualquier

razón, y se indican con M, que implica un costo infinito, para que así el algoritmo no los considere

como asignaciones válidas en el óptimo. Se genera entonces la eliminación de mínimos por filas,

obteniéndose:

(

) (

) (

)

A la matriz resultante, , se le aplica ahora una eliminación de mínimos por columnas,

obteniéndose:




50

(

)

( )

Lo que implica:

(

)

Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizan

aún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan

ceros.

(

)

Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárselo

a 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, se

obtiene la siguiente matriz:

(

)

En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementos

coloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, la

asignación óptima es entonces la siguiente:

Asignar el operador 1 a la pala 2.




El costo mínimo de esta asignación se obtiene sumando los costos respectivos de cada operador

con respecto a las palas asignadas. Luego, ( ) unidades monetarias.

b) La quinta pala puede ser agregada a la tabla de costos suponiendo la existencia de un

operador ficticio más, para que así, de esta forma, la matriz de costos cumpla con la restricción de

ser una matriz cuadrada. Naturalmente, los costos asociados a este trabajador ficticio son nulos,

pues al final, no es un operador propiamente tal. Por lo tanto:




51

(

)

Se debe notar que no tiene sentido generar una eliminación por filas, debido a que hemos

agregado una columna nula. Generando entonces la eliminación de mínimos por columnas, se

obtiene:

(

)

( )

Luego:

(

)



ceros.

(

)





(

)







52




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 operador

con respecto a las palas asignadas. Luego, ( ) unidades monetarias. La

inclusión de esta nueva pala es entonces conveniente, siempre que se reemplace por la pala 1

(que es 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 4

tipos de materiales de áridos. El proceso está compuesto por tres etapas: chancado, harneado e

inspección 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 ha formulado un modelo de programación lineal, el cual se presenta a

continuación:

( )

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?




53

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?

j) ¿Cuál es la nueva solución y el nuevo valor de la función objetivo si las horas de chancado

aumentan a 880?

k) ¿Aceptaría la producción de un material árido del tipo 5, si requiere 2 horas de chancado y 3

horas de harneado e inspección de calidad, respectivamente, con una utilidad de 30 unidades

monetarias?


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)

entregada en el enunciado del problema:

(

)

Para obtener la solución óptima se debe calcular la matriz óptima de recursos, . Para ello se

debe recurrir al formulismo del método símplex revisado. En efecto, se tiene:

(

) (

) (

)

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

Producir 400 unidades de material árido del tipo 1.


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

plan en la función objetivo del problema, con lo cual ( ) unidades monetarias.




54

b) Para determinar la existencia de óptimos alternativos, se deben verificar los costos reducidos en

la tabla óptima. Como éstos no fueron entregados, deben calcularse igualmente mediante el

formulismo del método símplex revisado para así completar la tabla óptima del problema. Lo

primero entonces es calcular las columnas de restricción óptimas que faltan en dicha tabla:

( ) ( ) (

) (

) (

)

Calculamos ahora el vector de valores duales :

( ) ( ) (

) ( )

Calculamos ahora el vector de costos reducidos:

( ) ( ) ( ) ( ) (

) ( )

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 -6000

Se 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:

Por lo tanto, . Se tiene entonces que . Por lo tanto, la utilidad de puede

aumentar sin límite sin cambiar la solución óptima del problema. Sin embargo, sólo puede disminuir

hasta en 58 unidades. Notemos que, de todas formas, no tiene sentido tener una utilidad negativa

en este tipo de problemas, porque las utilidades negativas representan costos. Por ello, la utilidad

puede bajar incluso a cero sin cambiar la base óptima de este problema. Se dice que es una

variable que otorga total flexibilidad. Sin embargo, no es rentable de todos modos.




55

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 a

continuación:

Cota superior:

{

}

Cota inferior:

{ }

Por lo tanto, se tiene que Por lo tanto, la utilidad del material árido del tipo 2

puede disminuir 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

cotas de a continuación:

Cota superior:

{

}

Cota inferior:

{

}

Por lo tanto, se tiene que

. Luego, la cantidad de horas de chancado varían en el

intervalo . Dentro de ese rango, la base óptima permanece

inalterada.

f) El máximo valor a pagar por una hora de harneado adicional corresponde, en teoría, al valor del

precio sombra (o precio dual) asociado a la restricción de harneado (que es la restricción 2). Dicho

precio sombra es, de la tabla óptima, unidades monetarias. Este corresponde al valor

máximo a pagar por una hora de harneado adicional.

g) Como el precio sombra asociado a la restricción de horas de chancado es unidades

monetarias, la oferta es beneficiosa y se acepta, porque se ofrece la hora adicional del recurso a

un valor 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

unidades monetarias, y es el máximo a pagar por dicha capacidad adicional. El límite

máximo más allá del cual la base óptima se modifica, con respecto a este recurso, se verficia

mediante el respectivo análisis de sensibilidad. Sea el cambio (positivo o negativo) en las horas

de harneado. Las cotas de se calculan como sigue:




56

Cota superior:

{ }

Cota inferior:

{ }

Por lo tanto, se tiene que Luego, es posible arrendar un máximo de 50 horas

adicionales 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 de

forma inmediata mediante el formulismo del método símplex revisado. Para ello, la matriz inicial de

recursos debe incluir este cambio, por lo cual:

(

) (

) (

)

Luego, el nuevo plan óptimo es el siguiente:



No es rentable producir material árido del tipo 3 y 4.

Existe una holgura de 28 horas de inspección de calidad.

La nueva utilidad máxima se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo, con lo cual

se tiene que ( ) unidades monetarias. Naturalmente, este plan es más rentable,

porque deja una utilidad mayor.

j) Sea el cambio (positivo o negativo) en las horas – hombre de inspección de calidad. Las

cotas de se calculan de la tabla óptima como sigue:

Cota superior:

{ }

Cota inferior:

{

}

Por lo tanto, Luego, las horas de inspección pueden disminuir hasta en 20 unidades, sin

que ello modifique la base óptima del problema.




57

k) Según los datos que entrega el problema, se debe agregar una nueva variable al modelo

original, que denotamos por . Utilizando los coeficientes de restricción entregados para esta

variable y su utilidad original, es posible calcular su costo reducido de forma inmediata mediante el

uso del formulismo del método símplex revisado. En efecto:

( ) ( )

Como el costo reducido de es negativo, entonces debe entrar a la base. Se asegura así al

menos una iteración más y, por tanto, al menos una mejora en la utilidad máxima de PETROMAT,

lo que implica que se acepta la producción del nuevo material árido.

PROBLEMA #8

La empresa de transporte TRANSEC Ltda. realiza traslados de mineral desde las minas Alto, Cerro

e Indígena a distintas plantas concentradoras ubicadas a lo largo del país. El gerente de finanzas y

logística de TRANSEC desea determinar los recorridos más convenientes, en términos de costos,

para los futuros contratos.

Los costos de transporte, con sus respectivos requerimientos y suministros, se presentan en Tabla

31.

Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Suministros

Alto 19 11 7 21 20

Cerro 13 5 9 14 10

Indígena 14 2 8 19 8

Requerimientos 15 8 10 5

Tabla 31: Detalle de los costos de transporte de TRANSEC

Determine las rutas más convenientes para TRANSEC. Utilice el método de mínimo costo para

encontrar la solución básica de inicio y analice sus resultados.

SOLUCIÓN: Lo primero es verificar si el problema se encuentra balanceado. En efecto:

∑

∑

Como la sumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentra

balanceado. El tableau de transporte, de esta forma, se construye de forma inmediata utilizando los

datos de Tabla 31:




58

Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Oferta

Alto

Cerro

Indígena

Demanda

Tabla 32: Tableau de inicio para el modelo de TRANSEC

Desarrollando por mínimo costo, se llega a la siguiente solución básica de inicio. Se debe

considerar que se ha agregado una asignación nula en la celda (2, 2) para así satisfacer el

teorema de secuenciación:

Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Oferta

Alto

Cerro

Indígena

Demanda

Tabla 33: Solución básica de inicio para el modelo de TRANSEC

Calculamos ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual se

tiene que la variable de entrada es .




59

Oferta

Demanda

Tabla 34: Primera iteración del problema de TRANSEC

Una vez determinado que la variable de entrada es , se debe generar un loop para determinar la

variable de salida. Dicho loop se observa en Tabla 63. Como se debe cumplir que todas las

asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas

por la cantidad en el tableau anterior:




Oferta

Demanda

Tabla 35: Tableau óptimo del problema de TRANSEC




60

El tableau anterior óptimo, porque todos los costos reducidos son no negativos. La solución óptima

de este problema es entonces El costo mínimo

asociado a las asignaciones anteriores es ( ) unidades monetarias.

Es interesante señalar que este problema presenta una solución óptima degenerada, ya que la

asignación en la celda (2, 2) es nula. Además, también presenta óptimos alternativos, puesto que

el costo reducido de la variable no básica es nulo.

PROBLEMA #9

La compañía manufacturadora de explosivos mineros ASIOP Mining Explosives Ltda. (ASIOPMEL)

fabrica detonadores eléctricos para 3 empresas de explosivos en cada una de sus 3 plantas de

manufacturación. Los costos de producción varían debido a la tecnología de producción y el

rendimiento de los operarios. Los costos unitarios y la capacidad mensual de producción, así como

la demanda de las empresas para el siguiente mes y el costo unitario de abastecimiento

(transporte) hacia las empresas clientes, se indican en Tabla 36.

Planta/Fábrica Hacia Costo/Unidad Producción Fábrica

Demanda

Desde 1 2 3 ($/unid) Mensual Mensual

A 3 2 6 2 6000 1 4000

B 6 4 2 4 4000 2 6000

C 5 1 3 3 6000 3 2000

Tabla 36: Detalle del proyecto de manufacturación de detonadores de ASIOPMEL

ASIOPMEL debe decidir cuántas unidades de detonadores se deben producir en cada planta, y

cuánta demanda de cada cliente se abastecerá desde cada una de ellas. Se desea minimizar el

costo total de producción y transporte para ASIOPMEL en los siguientes escenarios:

1. Se emplea la capacidad total de producción de las tres plantas.

2. Se produce sólo la cantidad de detonadores necesaria para satisfacer la demanda.

SOLUCIÓN: Lo primero es verificar si el problema se encuentra balanceado. En efecto, asumiendo

que las producciones mensuales son las cantidades de oferta, se tiene que:

∑

∑




61

Como la sumatoria de ofertas no es equivalente a la sumatoria de demandas, el problema debe

balancearse añadiendo una fábrica artificial, cuya demanda sea igual al excedente de oferta en las

plantas de manufacturación de detonadores.

Antes de comenzar el análisis, se debe considerar que este problema presenta una singularidad: la

producción de detonadores implica un costo fijo. Dicho costo está siempre presente, y por ende

debe ser añadido al algoritmo de transporte. La forma más sencilla es sumar dicho costo fijo de

producción a cada una de las celdas que definen las rutas de transporte (de forma más directa,

sumar los costos fijos por filas), para así resolver el problema correctamente. De lo anterior, el

tableau de inicio para el modelo de ASIOPMEL es el siguiente:

Fábrica 1 Fábrica 2 Fábrica 3 Artificial Oferta

Planta A

Planta B

Planta C

Demanda

Tabla 37: Tableau de inicio para el modelo de ASIOPMEL

Desarrollando por el método de mínimo costo, se llega a la siguiente solución básica de inicio:

Fábrica 1 Fábrica 2 Fábrica 3 Artificial Oferta

Planta A

Planta B

Planta C

Demanda

Tabla 38: Solución básica de inicio del modelo de ASIOPMEL




62

La asignación anterior es correcta, porque satisface el teorema de secuenciación. Calculamos

ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual se tiene que la

variable de entrada es .

Oferta

Demanda

Tabla 39: Primera iteración del problema de ASIOPMEL


variable de salida. Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la

variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior:


, el cual corresponde a la celda (2, 1). Luego, la variable de salida es . Luego:




63

Oferta

Demanda

Tabla 40: Solución óptima del problema de ASIOPMEL para el primer escenario

La tabla anterior es óptima, porque todos los costos reducidos son no negativos. La solución

óptima es entonces El costo

mínimo de transporte asociado a este plan es ( )

Lo siguiente es verificar qué sucede en el caso de que la fabricación de detonadores se vea

limitada por la cantidad que se demanda en las empresas clientes. Si bien este problema en

particular puede abordarse de varias maneras, lo más sencillo es suprimir la producción de la

planta B, porque así utilizamos de forma efectiva sólo las plantas necesarias para satisfacer la

demanda de los clientes y, al mismo tiempo, balancear el problema.

A continuación se muestra el tableau de inicio para este escenario, al cual se le ha encontrado una

solución básica de inicio mediante el método de mínimo costo. También se han calculado los

valores duales y los costos reducidos para esta primera iteración, con lo cual se determina que

es la variable de entrada en la primera iteración.

Oferta

Demanda

Tabla 41: Primera iteración para el segundo escenario




64


variable de salida. Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la

variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior:


, el cual corresponde a la celda (1, 3). Luego, la variable de salida es . Luego:

Oferta

Demanda

Tabla 42: Solución óptima del problema para el segundo escenario

La tabla anterior es óptima, porque todos los costos reducidos son positivos. La solución óptima es

entonces El costo mínimo de transporte asociado a

este plan es ( )

Se observa entonces que ambos escenarios entregan un costo mínimo similar, por ende, en teoría,

es indiferente cuál utilizar por ASIOPMEL. Sin embargo, de todos modos, el plan de producción del

segundo escenario implica que, para estos efectos, la planta B puede utilizarse para cualquier otra

operación, lo que le da cierta ventaja sobre el primer escenario.

PROBLEMA #10

COBREANDES Ltda. (Chile) es propiedad de una operación a cielo abierto de cobre en la II

Región. La explotación comprende la extracción de cuatro tipos de minerales: óxido de baja ley

(OXBL), óxido de alta ley (OXAL), sulfuro de baja ley (SUBL) y sulfuro de alta ley (SUAL). La

operación mantiene dos plantas de chancado, una para óxidos y una para sulfuros, cuyas

capacidades son 40 y 50 ktpd, respectivamente, y su alimentación, de acuerdo al plan minero,

establece que la extracción de alta ley y baja ley debe estar en la razón 2:1, mientras que la

extracción de sulfuros debe estar en la razón 1:1.

Además, por razones de disponibilidad de carguío, el doble de la producción de sulfuros de alta ley

no debe superar la producción de sulfuros de baja ley sumado al stock permanente de 10 kt en

planta. Restricciones de transporte por camiones establecen que la producción total de mineral




65

sulfurado debe superar, al menos en un 40%, la producción total de mineral oxidado. La

producción del día requerida por el plan minero debe ser igual a 70 ktpd.

OXBL OXAL SUBL SUAL

Planta Chancado Óxido 1 2

Planta Chancado Sulfuro 1 1

Valor Ingresos (US$/t) 20 10 15 40

Tabla 43: Detalle De las razones de extracción de óxidos y sulfuros

El objetivo de la COBREANDES es, naturalmente, maximizar sus ingresos. Para ello, se ha

definido un modelo de programación lineal cuya tabla óptima se presenta a continuación:

Tabla óptima:

V.B. OXBL OXAL SUBL SUAL

1 1 1 0 -1 0 20

0 0 24 0 -14 -1 220

OXBL 1 0 -1 0 1 0 20

SUAL 0 0 1/3 1/3 0 0 20

SUBL 0 0 2/3 -1/3 0 0 30

10 0 20 0 -1650

En base a la información disponible, responder las siguientes interrogantes del plan:

a) ¿Cuál es el plan minero de producción/explotación a proponer de cada producto mineral?

¿Cuál es el ingreso total?

b) ¿Cuál es el rango de variación de la utilidad de OXBL tal que la solución óptima no varía?

c) ¿Qué sucede con la solución óptima si el ingreso por unidad de SUAL aumenta en 10

unidades?

d) Suponga que se aumenta el ingreso del producto OXAL en 8 US$/t ¿Cuál es la nueva solución

óptima para el plan?

e) ¿Cuánto debe ser, al menos, el ingreso por unidad del producto OXAL para que sea rentable

su extracción?

f) Suponga que se deben producir 80 ktpd ¿Es factible este nuevo plan? De ser así, determine el

nuevo ingreso máximo que otorga dicho plan.

g) Suponga que se dispone de 45 ktpd de capacidad en la planta de óxidos ¿Varía la base

óptima? Responda esta misma pregunta en el supuesto de que se disponga de 30 ktpd de

capacidad en la planta de sulfuros.

h) Suponga que se debe aumentar el stock en la planta de sulfuros a 20 kt ¿Es factible la

solución? En caso de serlo, calcular el ingreso máximo del nuevo plan ¿Cuál sería su

respuesta si se supone que el stock de sulfuros es descartado del plan?

i) ¿Cuál es la cantidad máxima que estaría dispuesto a pagar por una tonelada de capacidad

adicional en la planta de chancado de óxidos y sulfuros?

j) ¿Cuál es la cantidad máxima que estaría dispuesto a pagar por una tonelada adicional de

capacidad de stock de sulfuros?




66

k) ¿Cuál es el recurso que aporta la mayor ganancia al plan minero? Determine el máximo aporte

total posible para el plan óptimo.


a) La solución óptima de este problema se obtiene directamente de la tabla óptima (incompleta)

entregada en el enunciado. Luego, el plan minero de producción es el siguiente:

Extraer 20 ktpd de óxidos de baja ley.

Extraer 30 ktpd de sulfuros de baja ley.

Extraer 20 ktpd de sulfuros de alta ley.

La extracción de óxidos de alta ley no es rentable para este plan.

Asimismo, el máximo ingreso a percibir por concepto de este plan de producción es de 1650

US$/día.

b) Como la tabla de inicio del modelo de COBREANDES no fue entregada, se debe generar el

modelo de programación lineal original de este problema para así completar la tabla óptima y hacer

el análisis de sensibilidad pedido. Las variables de dicho modelo se definen como sigue:

Unidades de óxido de baja ley (OXBL) en explotación.

Unidades de óxido de alta ley (OXAL) en explotación.

Unidades de sulfuro de baja ley (SUBL) en explotación.

Unidades de sulfuro de alta ley (SUAL) en explotación.

Las restricciones del problema se pueden obtener fácilmente a partir del enunciado del mismo. En

este caso, se tiene lo siguiente:

Capacidad de planta de óxidos:

Capacidad de planta de sulfuros:

Plan minero de extracción:

Producción de sulfuros y stock:

Relación sulfuros v/s óxidos: ( ) ( )

La función objetivo se puede construir a partir de la Tabla 72. Luego:

( )

Por lo tanto, el modelo lineal estándar de este problema es el siguiente:

( )




67

Luego, la tabla de inicio del modelo de COBREANDES es la siguiente:


1 2 0 0 0 1 0 0 0 0 40

0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 50

1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 70

0 2 -1 0 0 0 0 0 1 0 10

-7/5 -7/5 1 1 -1 0 0 0 0 1 0

-20 -10 -15 -40 0 0 0 0 0 0 0

Lo siguiente es utilizar el formulismo del método símplex revisado para obtener la tabla óptima del

modelo de COBREANDES. Lo mejor que se puede hacer, sin embargo, es también comprobar las

columnas ya entregadas en la tabla óptima del enunciado del problema, para así corroborar que lo

hemos modelado correctamente. Por lo tanto, tenemos:

Matriz inversa óptima:

(

)

Matriz óptima de recursos:

(

)

(

)

(

)

Vector de valores duales:

( )

(

)

Luego, (

)

Vector de costos reducidos:

( ) (

)

(

)




68

Luego, ( ) ( )

Por lo tanto, la tabla óptima completa de este problema es la siguiente:


0 1 0 0 0 1 1 -1 0 0 20

0 0 0 0 1 0 24 -14 0 -1 220

OXBL 1 1 0 0 0 0 -1 1 0 0 20

SUAL 0 0 0 1 0 0 1/3 0 1/3 0 20

SUBL 0 0 1 0 0 0 2/3 0 -1/3 0 30

0 10 0 0 0 0 10/3 20 25/3 0 -1650

Los resultados obtenidos mediante el método simplex revisado confirman que el modelo realizado

en primera instancia está correcto. Ahora podemos preceder a realizar el análisis de sensibilidad

pedido.

Sea el cambio (positivo o negativo) en la utilidad de OXBL. Las cotas de se calculan como

sigue:

Cota superior:

{

}

Cota inferior:

{

}

Por lo tanto, se obtiene que

. Sin embargo, se debe considerar que como el modelo

de COBREANDES es un modelo de maximización, este intervalo debe revertirse para así acotar el

coeficiente de OXBL de forma correcta. Luego,

Por lo tanto, el intervalo en el cual la

utilidad de OXBL puede variar sin afectar la base óptima es

c) Si la utilidad de SUAL aumenta en 10 unidades, se tendrá entonces que . Como la

variable (que representa el tonelaje de SUAL en explotación) es básica, un cambio en su

coeficiente objetivo altera los valores duales óptimos del problema. Por ende, el vector de valores

duales debe ser recalculado. Sin embargo, primero verificaremos cuál es el intervalo de

optimalidad de esta variable. Sea el cambio (positivo o negativo) en la utilidad de SUAL.

Calculamos las cotas de dicha variación de la siguiente forma:

Cota superior:

{

}




69

No existe cota inferior, ya que para todo . Por lo tanto, Como el problema

es de maximización, el intervalo de optimalidad debe invertirse, por lo que . Luego la

variación de la utilidad es . Así, si , la solución óptima no se ve afectada.

d) Sea ingreso por unidad de óxido de alta ley. Se tiene entonces:

Lo que implica:

Por tanto, Sin embargo, como este problema es de maximización, este intervalo debe

revertirse a fin de hacer el análisis de forma correcta. Por lo tanto, Cualquier aumento de

más allá de 20 US$/unidad altera la base óptima del problema. Luego, un aumento de 8

US$/unidad no cambia las variables básicas del modelo, porque quedaría , lo que está

dentro del intervalo de optimalidad antes calculado.

e) Utilizando lo calculado en (d), concluimos que el ingreso por unidad de OXAL debe ser mayor a

los 20 US$/unidad para que sea rentable su producción, ya que de esta forma la base óptima del

problema cambiaría, quedando (que son las unidades de OXAL en explotación) como variable

de entrada y, en consecuencia, como parte de la nueva solución óptima del problema.

f) Sea el cambio (positivo o negativo) en la producción total del plan minero. Las cotas de

variación de se calculan a partir de la tabla óptima como sigue:

Cota superior:

{

}

Cota inferior:

{ }

Por lo tanto, se tiene que

En consecuencia, el intervalo de factibilidad de la

producción del plan minero es . Concluimos entonces que el

aumento de la producción según dicho plan a 80 ktpd no altera la base óptima, aunque sí su valor.

Calculamos la solución óptima y su valor objetivo utilizando el método símplex revisado como

sigue:

(

)

(

)

(

)




70

Luego, el nuevo plan abarca la explotación de 30 ktpd de óxido de baja ley, 20 ktpd de sulfuro de

alta ley y 30 ktpd de sulfuro de baja ley. El ingreso máximo por concepto de este nuevo plan se

obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo, con lo cual ( ) US$/día.

g) Se deben generar dos análisis de sensibilidad independientes. Uno para una capacidad de 45

kt en la planta de óxidos (recurso ligado a la restricción nº1) y otro para una capacidad de 30 kt en

la planta de sulfuros (recurso ligado a la restricción nº2).

Para el cambio en la capacidad de la planta de óxidos, calculamos la matriz óptima de recursos

como sigue:

(

)

(

)

(

)

Reemplazando los valores obtenidos en la función objetivo obtenemos un ingreso máximo de

( ) US$/día. Es decir, no hay cambio alguno en la solución óptima ni en su valor. Por

lo tanto, el aumento de capacidad propuesto para la planta de óxidos es irrelevante y no constituye

mejora alguna para el plan de producción, y por tanto se rechaza.

Para el cambio en la capacidad de la planta de sulfuros se debe realizar un análisis similar,

obteniéndose:

(

)

(

)

(

)

El cambio hecho en la capacidad de la planta de sulfuros genera la pérdida de la factibilidad de la

solución óptima encontrada, ya que el valor asociado a es negativo. En este caso, la factibilidad

debe recuperarse mediante la aplicación del algoritmo símplex dual. Para estos casos, como hay

una o más iteraciones a realizar, el óptimo mejora y, por ende, aumenta el ingreso máximo a

percibir por COBREANDES y, por tanto, el nuevo plan se acepta.

h) Se tiene un aumento del recurso correspondiente a la cuarta restricción hasta las 20 kt.

Utilizando la fórmula del método simplex revisado, se tiene:

(

)

(

)

(

)

La nueva solución encontrada es factible, porque todos los valores del vector columna calculado

son no negativos. Reemplazando estos valores en la función objetivo del problema se obtiene un

ingreso máximo de ( ) 1733,3 US$/día, lo cual es evidentemente más rentable que la

solución óptima del problema original.




71

Si el stock de la planta de sulfuros se descarta, se tendrá entonces que el recurso asociado a la

cuarta restricción es ahora nulo. Utilizando nuevamente la fórmula del método simplex revisado, se

tiene:

(

)

(

)

(

)

La nueva solución encontrada es igualmente factible. Reemplazando estos valores en la función

objetivo del problema se tiene que el ingreso máximo es de ( ) 1566,7 US$/día. La opción

es claramente desfavorable con respecto al aumento del stock de la planta de sulfuros, ya que los

ingresos generados al descartar dicho stock son menores que cuando se aumentan.

i) De la tabla óptima, se tiene que los precios sombra asociados a los recursos de capacidad de

chancado en las plantas de óxidos y sulfuros, respectivamente, son y En

consecuencia, se tiene que la capacidad de chancado en la planta de óxidos es un recurso

abundante, puesto que la holgura es no nula, y por ende no es necesario pagar por mayor

capacidad. Por el contrario, para tener capacidad adicional de chancado en la planta de sulfuros,

se debe pagar un total de 3,333 US$/kt, o bien, 0,00333 US$/t adicional.

j) Tal y como se hizo en (i), verificando la tabla óptima, se tiene que el precio sombra asociado al

recurso de stock en la planta de sulfuros es US$/kt adicional. Luego, se debe pagar un

total de US$ 0,0083 por tonelada adicional de stock.

k) El monto en particular que aporta cada recurso al plan de extracción de COBREANDES se

obtiene utilizando la relación ( ) , verificando los resultados de la multiplicación

término a término. El mayor de ellos será el que más ingreso aporta al plan. Por lo tanto:

R1: Aporte

R2:

Aporte

R3: Aporte

R4:

Aporte

R5: Aporte

Por lo tanto, el recurso que mayor ingreso aporta al proyecto de COBREANDES es R3,

correspondiente al plan minero de extracción de mineral.

PROBLEMA #11

La Compañía Minera CERRO IMÁN Chile (CMCI), comercializa cuatro tipos de productos

minerales de Fe (mineral, grueso, pellet y fino). La gerencia mina ha resuelto desarrollar un plan de

producción mediante programación lineal. La información pertinente para la realización de este

plan se ha entregado en Tabla 44:




72

Mineral Grueso Pellet Fino

Requerimientos planta chancado 4 5 2 3

Requerimientos planta concentración 4 6 3 4

Precio de venta (US$/t) 5 8 6 4

Tabla 44: Información entregada por Gerencia para la realización del plan

Los actuales contratos de la compañía imponen la necesidad de producir 1100 t, y no se contempla

venta adicional. Asimismo, el contrato establece que deben ser entregados por lo menos 350 t de

mineral grueso. Las restricciones operacionales de las plantas de chancado y de concentración

facilitan una capacidad de proceso de 4500 t y 5000 t, respectivamente.

La siguiente es la tabla óptima del modelo de CMCI, cuyo objetivo es maximizar sus ingresos. Las

restricciones están asociadas a la producción, requerimiento de mineral grueso, disponibilidad de

chancado y de concentración.

V.B. MINERAL GRUESO PELLET FINO

0 1 0 2 0 0 -1/3 533 1/3

1 0 0 -1 0 0 1/3 566 2/3

0 0 0 1 0 1 -1 600

0 0 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3

En base a la información disponible, responder las siguientes interrogantes del plan:

a) Exponga claramente el plan óptimo resultante para el contrato y su valor.

b) Suponga que se disminuye el precio de venta del producto mineral en 60 centavos por unidad

¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan?

c) Suponga que CMCI aumenta el precio del producto fino en 50 centavos la unidad ¿Cuál es la

nueva solución óptima para el plan? ¿Cuál es el nuevo ingreso del plan?

d) Suponga que se aumenta el precio de venta del producto pellet en 60 centavos la unidad

¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan?

e) ¿Qué precio debería tener, al menos, el producto mineral, para que sea rentable su

extracción?

f) Suponga que debido a la renegociación del contrato de venta se debe producir un total de

1000 t. Determine el nuevo valor óptimo de la función objetivo.

g) Suponga que debido a un aumento del tamaño del producto mineral se reduce la

disponibilidad de chancado a 4400 t ¿Cuál será el ingreso del plan?

h) Suponga que se deben producir exactamente 400 t del producto grueso ¿Es factible la

solución? En caso de serlo calcule el ingreso.

i) ¿Cuál es la cantidad máxima que CMCI estaría dispuesto a pagar por una tonelada extra de

chancado? ¿Y por una tonelada extra de concentración magnética?

j) ¿Cuáles son los valores, las unidades y la interpretación de las variables del problema dual?

k) ¿El problema es degenerado? ¿Por qué?




73

l) CMCI se encuentra negociando la venta de un nuevo producto de fierro, que requeriría 3 y 5

unidades de chancado y concentración, respectivamente, y tendría un precio de venta de 8

US$/t ¿Cuál es la nueva solución óptima del plan? ¿Cuál es el nuevo ingreso?


a) Como no se ha entregado la tabla de inicio de este problema, se debe formular el modelo de

CMCI antes de encontrar la solución. Sean:

Cantidad de mineral a producir en kt.

Cantidad de grueso a producir en kt.

Cantidad de pellet a producir en kt.

Cantidad de fino a producir en kt.

Del enunciado, se obtienen de inmediato las primeras dos restricciones del modelo:

Producción:

Requerimiento de grueso:

Además, de la Tabla 81 se obtienen las restricciones de requerimiento de chancado y

concentración:

Requerimiento de chancado:

Requerimiento de concentración:

Finalmente, también de la Tabla 81, se obtiene la función objetivo del problema:

( )

Por lo tanto, el modelo lineal estándar completo de CMCI es el siguiente:

( )

Luego, la tabla de inicio del problema es la siguiente:

V.B. MINERAL GRUESO PELLET FINO

MINERAL 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1100

GRUESO 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 350

PELLET 4 5 2 3 0 0 0 1 0 4500

FINO 4 6 3 4 0 0 0 0 1 5000

-5 -8 -6 -4 0 0 0 0 0 0




74

Para encontrar la solución óptima, se debe completar la tabla óptima del problema, la cual fue

entregada incompleta. Lo primero es identificar la matriz inversa óptima:

(

)

Además, dado que se entregan las columnas canónicas en la tabla óptima, es posible determinar

que la base óptima de la solución está conformada por las variables siguientes:

V.B. Matriz Inversa Óptima Coef. Objetivo

Pellet 2 0 0 -1/3 -6

Grueso -1 0 0 1/3 -8

1 0 1 -1 0

-1 -1 0 1/3 0

Luego, el primer elemento a calcular de la tabla óptima es el vector de valores duales, dado por la

fórmula ( ) . Así:

( ) (

) ( )

Ahora debemos calcular las columnas de restricción que faltan en la tabla óptima:

( ) ( ) (

) (

) (

)

Calculamos la matriz óptima de recursos (para comprobar que el modelo de inicio es correcto):

(

) (

)

(

)

Ahora calculamos los costos reducidos:

( ) ( ) (

) ( )

Finalmente calculamos el valor objetivo óptimo:




75

( ) ( ) (

)

Por lo tanto, la tabla óptima completa del modelo de CMCI es la siguiente:

V.B. Mineral Grueso Pellet Fino

Pellet 2/3 0 1 2/3 0 2 0 0 -1/3 533 1/3

Grueso 1/3 1 0 1/3 0 -1 0 0 1/3 566 2/3

1 0 0 0 0 1 0 1 -1 600

1/3 0 0 1/3 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3

5/3 0 0 8/3 0 4 0 0 2/3 -23200/3

Por lo tanto, la solución óptima de este problema es la siguiente:

Considerar la producción de 533.333 kt de pellets.

Considerar la producción de 566.667 kt de gruesos.

Existen 600 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado

El requerimiento de gruesos puede bajarse a 216.667 kt, sin perjuicio del plan

No es rentable la producción de mineral y finos.

El ingreso máximo a percibir por CMCI es de 7733.333 US$/kt de fierro producido.

b) Como la variable mineral, dada por , es no básica, es posible determinar su intervalo de

optimalidad mediante la siguiente relación:

Donde es el cambio (positivo o negativo) en el coeficiente objetivo de la variable mineral. Por lo

tanto, se tiene lo siguiente:

Luego,

Como el modelo de CMCI es de maximización, se debe invertir el intervalo

anterior, con lo cual

. Por lo tanto, el intervalo de optimalidad de es

Por

lo tanto, la disminución del precio del producto mineral en 0.6 US$/t no hace variar la base óptima

del problema.

c) Para un aumento del precio del material fino en 0,5 US$/t, se tiene lo siguiente:

(

) (

)




76

Como el costo reducido referente a la variable fino se mantiene positivo, no hay cambios en la

base óptima. Por ende, el valor de dicha variable es cero (ya que es no básica), y no hay cambios

en el ingreso total del plan.

d) Para un análisis más certero, se determinará el intervalo de optimalidad para la variable pellet.

En este caso, como se trata de una variable básica, se calculan las cotas superiores del cambio

(positivo o negativo) de la siguiente forma:

Cota superior:

{

}

Cota inferior:

{

}

Por lo tanto, Como el problema es de maximización, se invierte este intervalo, dando

como resultado un rango de variación igual a Luego, el intervalo de optimalidad de la

utilidad correspondiente a la variable pellet es Por lo tanto, un aumento de su precio

en 0.6 US$/t no afecta a la base óptima del problema, ya que está dentro del intervalo de

optimalidad.

e) De lo hecho en (b), determinamos que el intervalo de optimalidad del precio de la variable

mineral es

. Por lo tanto, para un precio

, esta variable entra a la base y, por

tanto, se convierte en una alternativa de extracción (pasa a ser rentable).

f) Para una producción de 1000 kt, se debe calcular la nueva solución óptima utilizando el

formulismo del método símplex revisado. En efecto, modificando la limitante de la primera

restricción de 1100 kt a 1000 kt, tenemos:

(

) (

)

(

)

La solución óptima entonces se mantiene factible, y el plan pasa a ser el siguiente:









77

El nuevo ingreso se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo del problema,

dando como resultado ( )

US$/t.

g) En este caso hay un cambio en la tercera restricción, desde 4500 kt a 4400 kt. Utilizando el

mismo formulismo que en (f), se tiene que:

(

) (

)

(

)









US$/t.

h) Ahora se tiene un aumento en la limitante de la segunda restricción, de 350 kt a 400 kt.

Utilizando el mismo formulismo que en (f) y (g), se tiene:

(

) (

)

(

)









US$/t.




78

i) Los precios máximos a pagar por una unidad de recurso adicional corresponden a los valores

duales (precios sombra) calculados en primera instancia para la tabla óptima. Como la holgura

asociada a la capacidad de chancado no es nula, entonces el precio sombra es cero, puesto que

no es necesario pagar por capacidad adicional de chancado si ya disponemos de capacidad no

utilizada de este recurso. No obstante, para el caso de la concentración magnética, la holgura

asociada es cero. Luego, hay un precio sombra asociado dado por US$/t, que es el

máximo a pagar por una tonelada de concentración adicional.

j) El modelo original de CMCI es el siguiente:

( )

Cambiando el PPL anterior a su forma primal simétrica, se tiene:

( )

Luego, el dual de este problema es el siguiente:

( )

Las variables duales representan los precios que estamos dispuestos a pagar por una unidad de

recurso adicional, según corresponda. Para restricciones con holguras no nulas, es claro que

dichos precios son cero, por cuanto no es necesario pagar por capacidad adicional si existe una

capacidad no utilizada del recurso respectivo.

La función objetivo dual representa la maximización del uso de los recursos, mientras que las

restricciones representan las limitantes de uso de los recursos en función de los precios de cada

tipo de material.

Los valores óptimos duales son . Todos ellos en US$/t.




79

k) El problema no es degenerado, puesto que ninguna de las variables básicas es nula en la

iteración óptima.

l) Se debe sumar una nueva variable al modelo, Calculamos su costo reducido:

(

) (

)

Como el costo reducido de la nueva variable es negativo, entra a la base del problema y se debe

iterar nuevamente para obtener la solución óptima. Se tiene entonces:

( ) ( ) (

) (

) (

)

La tabla queda entonces como:

V.B. ( )

2/3 0 1 2/3 -5/3 0 2 0 0 -1/3 533 1/3 -

1/3 1 0 1/3 5/3 0 -1 0 0 1/3 566 2/3 340

1 0 0 0 -2 0 1 0 1 -1 600 -

1/3 0 0 1/3 5/3 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3 130

5/3 0 0 8/3 -14/3 0 4 0 0 2/3 -23200/3

Entra , sale . Siguiente iteración:

V.B.

7/3 0 1 7/3 0 1 11/3 -1 0 4/3 535

-4/3 1 0 -4/3 0 -1 -8/3 1 0 -4/3 565

3 0 0 2 0 6/5 3 -6/5 1 1 602

1/5 0 0 1/5 1 3/5 -3/5 -3/5 0 1/5 130

19/3 0 0 22/3 0 14/5 26/3 0 0 5 -23186/3

Como todos los costos reducidos son positivos, hemos llegado al óptimo. Por lo tanto, la solución

óptima es la siguiente:

Considerar la producción de 535 kt de pellets.

Considerar la producción de 565 kt de gruesos.

Considerar la producción de 130 kt de material nuevo.



El ingreso máximo del plan es ( )

US$/t.




80

PROBLEMA #12

Para complementar la formación de sus alumnos, este Departamento ha decidido programar una

serie de seminarios sobre algunos temas de actualidad: ecología, energía, transporte y seguridad.

Estos seminarios tendrán lugar una vez por semana en horario de tarde, de manera que exista sólo

una sesión para cada uno de los temas a tratar y, naturalmente, sólo se pueda programar un

seminario por día. La dirección del Departamento ha estimado que podrían asistir a cada uno de

estos seminarios, obteniendo los datos mostrados en Tabla 45:

Ecología Energía Transporte Seguridad

Lunes 50 40 60 20

Martes 40 30 40 30

Miércoles 60 20 30 20

Jueves 60 30 20 30

Viernes 10 20 10 30

Tabla 45: Estimación del número de alumnos que asistirá a cada seminario

Determine la programación temporal óptima de estos seminarios, de manera que el total de

alumnos que asista a cada uno de ellos sea el mayor posible:

SOLUCIÓN: Procedemos mediante el algoritmo húngaro. Lo primero es verificar la naturaleza del

problema, asumiendo que el número estimado de alumnos en cada uno de los seminarios es un

“beneficio” para la programación. Así, tenemos un problema de asignación de beneficios, y no de

costos, el cual maximiza una función objetivo. Construimos la matriz de costos agregando una

columna artificial a fin de tener una matriz cuadrada y, además, asumiendo costos negativos (ya

que son beneficios).

(

)

Generando una eliminación de mínimos por columnas, obtenemos:

(

)

(

)

( )



ceros.




81

(

)





(

)




Programar el seminario de ecología para el día miércoles.

Programar el seminario de energía para el día martes.

Programar el seminario de transporte para el día lunes.

Programar el seminario de seguridad para el día viernes.

El número máximo de alumnos asistentes a los seminarios de esta asignación se obtiene sumando

el número de alumnos respectivo de cada seminario con respecto a los días asignados. Luego,

( ) alumnos.




82

EJERCICIOS PEP 3

PROBLEMA #1

La Empresa Minera Andes Ltda. (EMAL) dispone de un equipo de perforación, el cual tiene como

mayor obstáculo el tiempo de traslado de un lugar a otro. Este hecho aumenta considerablemente

los costos operacionales. Para un área determinada dentro de la mina, se desea trasladar el

equipo desde el nodo “s” al nodo “t” según la siguiente red:

Figura 7: Red del problema de EMAL

Los arcos señalan el tiempo de traslado (en minutos) entre cada nodo.

Se pide:

a) Determinar la ruta que debe realizar el equipo de perforación desde el nodo “s” al nodo “t” en el

menor tiempo posible.

b) Determinar el máximo tiempo de traslado del equipo de perforación desde el nodo “s” al nodo

“t”.


a) Procedemos mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta más corta a partir del nodo “s” y

terminando en el nodo “t”. Etiquetando cada uno de los nodos de la red, se llega a lo siguiente:




83

Figura 8: Solución óptima de ruta más corta para EMAL

A partir de los rótulos en cada nodo, se tiene que la ruta más corta corresponde al camino S → B

→ G → T. El tiempo mínimo de traslado del equipo se obtiene también del rótulo final en el nodo

“t”, y corresponde a 14 minutos.

b) Procedemos mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta máxima. Redibujando la red, y

rotulando los nodos en función de los tiempos máximos de traslado por arco, se tiene lo siguiente:

Figura 9: Solución óptima de ruta máxima para EMAL

De lo anterior, se tiene que la ruta más larga corresponde al camino S → D → C → G → J → T.

Notemos además que existe una solución óptima alternativa, dada por el camino S → A → B → E

→ J → T. La duración máxima de traslado es de 34 minutos.




84

PROBLEMA #2

Determinar el pit final óptimo para el inventario de bloques siguiente, y construya el vector columna

de pits para dicha sección.

Sección 12 – Norte

BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9

H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9

H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10

H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10

Tabla 46: Inventario de bloques para el Problema #2

SOLUCIÓN: Primero analizamos los niveles H – 1 y H – 2. Para la solución de este problema, se

asumirá la notación para el bloque ubicado en la i-ésima fila y la j-ésima columna.

Para ello construimos la siguiente red, aplicando en su resolución el algoritmo de máximo flujo.

Figura 10: Red de los niveles H – 1 y H – 2

De la red anterior, se genera el corte mínimo que separa el conjunto de los bloques que son

removidos en esta combinación de niveles, del conjunto de los bloques que no son extraídos del

inventario en primera instancia. Luego se extraen los bloques dados por el conjunto

{ }. Por lo tanto, el inventario de bloques toma la siguiente forma:




85


BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9

H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9

H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10

H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10

Tabla 47: Inventario resultante de la remoción primaria de bloques

Ahora se deben analizar los niveles H – 2 y H – 3. Construyendo la red respectiva y aplicando el

algoritmo de máximo flujo, se obtiene lo siguiente:

Figura 11: Red de los niveles H – 2 y H – 3

De la red anterior se obtiene el conjunto de bloques removidos en esta etapa, dado por

{ }. Por lo tanto, el inventario final con los bloques extraídos y el vector

columna de pits es el siguiente:


BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 Vector de pits

H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9 -4

H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10 1

H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10 7

Tabla 48: Inventario de bloques óptimo

El beneficio de este pit final es igual a 4 unidades monetarias.




86

PROBLEMA #3

La Empresa Minera MANANTIAL posee 3 minas desde las cuales se transporta el mineral extraído

a una planta de procesamiento a través de un sistema de correas transportadoras, el cual se

esquematiza mediante la siguiente red:

Figura 12: Red de correas de la Empresa MANANTIAL

Los valores de los arcos representan la capacidad de las correas en cientos de toneladas por hora.

Se sabe que los turnos de trabajo son de 8 horas y que el tonelaje extraído por mina en cada turno

es de 8000, 6000 y 4800 toneladas/turno, respectivamente.

Se pide:

a) Determinar el máximo tonelaje por turno de trabajo que la planta, ubicada en el nodo T, puede

esperar.

b) Determinar cuáles son los arcos que controlan la capacidad del sistema ¿Qué nombre reciben

estos arcos?

c) ¿Qué sucede si el arco (9, 4) baja su capacidad en 200 unidades?

d) ¿Qué sucede si el arco (8, 12) sube su capacidad en 200 unidades?


a) Procedemos mediante el algoritmo de máximo flujo. Primero se debe generar el nodo de inicio

S utilizando las extracciones por turno de cada mina. Los arcos (S, 1), (S, 2) y (S, 3) tendrán así la

siguiente capacidad:

( )




87

( )

( )

La red completa del problema, cuya solución óptima se ha calculado mediante el algoritmo de

máximo flujo, es la siguiente:

Figura 13: Red de MANANTIAL solucionada mediante el algoritmo de máximo flujo

A partir del corte mínimo trazado en la red, se puede calcular el máximo flujo sumando todos los

flujos que atraviesan dicho corte. Por lo tanto, se tiene que ( ) unidades.

b) Los arcos que controlan la capacidad del sistema son aquellos que intersectan al corte mínimo

y que además transportan un flujo de material a través de ellos. Dichos arcos son (S, 3), (5, 6) y

(4, 8). Haciendo una analogía con el método símplex, dado que la solución óptima depende de

ellos, es razonable suponer que dichos arcos son las variables básicas del problema.

c) No influye en la solución óptima del problema, ya que el arco respectivo no tiene asignado un

flujo de material.

d) No influye en la solución óptima del problema, ya que el arco respectivo no tiene asignado un

flujo de material.




88

PROBLEMA #4

A continuación se detallan los tiempos probabilísticos esperados para las distintas actividades de

un proyecto.

ACTIVIDAD PRECEDENTE T. OPTIMISTA T. MÁS PROBABLE T. PESISMISTA

A - 1 3 3

B A 2 5 6

C B, H, E 1 1 1

D - 3 5 9

E G 2 3 4

F E, L 1 2 3

G D 1 2 3

H G 3 4 5

I D 1 3 5

J I 3 4 5

K D 2 3 7

L J, K 3 5 4

M C, L 1 2 3

Tabla 49: Estimación de tiempos para el proyecto

a) Dibuje la red del proyecto.

b) Calcule la duración máxima del proyecto.

c) Encontrar la ruta crítica y calcular las holguras totales de cada actividad.


a) Lo primero es generar la estimación esperada de tiempos por actividad según el método PERT.

Para ello se utiliza la siguiente fórmula:

Luego tenemos:




89

ACTIVIDAD PRECEDENTE TIEMPO

OPTIMISTA

T. MÁS

PROBABLE

TIEMPO

PESISMISTA

TIEMPO

ESPERADO

A - 1 3 3 2,7

B A 2 5 6 4,7

C B, H, E 1 1 1 1

D - 3 5 9 5,3

E G 2 3 4 3

F E, L 1 2 3 2

G D 1 2 3 2

H G 3 4 5 4

I D 1 3 5 3

J I 3 4 5 4

K D 2 3 7 3

L J, K 3 5 4 5

M C, L 1 2 3 2

Tabla 50: Estimación de tiempos más esperados por actividad

La red del proyecto, una vez se ha aplicado el algoritmo CPM de la ruta crítica, se muestra a

continuación.

Figura 14: Red del proyecto

b) De la red del proyecto, se obtiene que el tiempo crítico es de 20,3 semanas.

c) De la red del proyecto, se observa que la ruta crítica es D → I → J → L → C.

Las holguras totales se calculan a continuación.




90

ACTIVIDAD HOLGURA

A 10

B 10

C 0

D 0

E 6

F 1

G 6

H 6

I 0

J 0

K 4

L 0

M 0

Tabla 51: Holguras totales de las actividades del proyecto

PROBLEMA #5

A partir del inventario de bloques entregado, calcular el pit final óptimo y el vector columna de pits

para esta sección.

Sección 54 – Sur

BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9

E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2

F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9

G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16

Tabla 52: Inventario de bloques

SOLUCIÓN: Primero analizamos los niveles E – 4 y F – 4. Para ello, construimos la siguiente red,

aplicando el algoritmo de máximo flujo.




91

Figura 15: Red de los niveles E – 4 y F – 4

De la red anterior, se genera el corte mínimo que separa el conjunto de los bloques que son

removidos en esta combinación de niveles, del conjunto de los bloques que no son extraídos del

inventario en primera instancia. Luego se extraen los bloques dados por el conjunto

{ }. Por lo tanto, el inventario de bloques toma la siguiente forma:

Sección 54 – Sur

BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9

E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2

F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9

G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16

Tabla 53: Inventario resultante de la primera remoción de bloques

Ahora se deben analizar los niveles H – 2 y H – 3. Construyendo la red respectiva y aplicando el

algoritmo de máximo flujo, se obtiene lo siguiente:




92

Figura 16: Solución óptima del problema

La red anterior nos muestra la solución óptima del problema. El conjunto de bloques removidos en

esta última fase del pit es { }. Luego, el inventario de bloques que muestra el

pit final óptimo y su vector columna de beneficios es el siguiente:

Sección 54 – Sur

BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 Vector de pits

E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2 -14

F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9 19

G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16 26

Tabla 54: Inventario de bloques óptimo

Del pit final óptimo se obtiene un beneficio de 26 unidades monetarias.

PROBLEMA #6

Considere que su amigo, vecino y compañero de curso, Julián, lo conduce a usted diariamente

desde su casa a la universidad. Dado que usted acaba de terminar un curso de análisis de redes,

entonces puede ayudarle a determinar la ruta más corta desde el vecindario, V, hasta su

universidad, U. Desafortunadamente, la ruta seleccionada está excesivamente patrullada por la

policía y con todas las multas pagadas por exceso de velocidad (por no siempre levantarse a la

hora indicada), la ruta más corta no es la mejor elección. Por consiguiente, usted ha decidido

ayudar a su amigo Julián a determinar la ruta que maximice la probabilidad de no ser detenido y

que así no lo multen. Para ello, considere la siguiente red, en la cual los arcos definen la

probabilidad de no ser detenido por la policía en dicha rama.




93

Figura 17: Red de caminos desde el vecindario hasta la universidad

Considere, para este problema, que la probabilidad de que no lo multen en una sucesión de

caminos es igual al producto entre las probabilidades individuales de que no lo multen en cada

arco respectivo.

SOLUCIÓN: El problema debe resolverse mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta máxima. La

diferencia con otro tipo de problemas es que ahora las probabilidades acumuladas por nodo en los

rótulos son iguales a la multiplicación de las probabilidades individuales por arco respectivo. Así, se

obtiene la solución óptima que se observa en la siguiente red.

Figura 18: Solución óptima del problema

La ruta más segura, que maximiza la probabilidad de no ser multado, es V → 1 → 5 → 9 → U. La

probabilidad máxima de no ser multado es de 7,2%, resultado que es bastante desafortunado.




94

PROBLEMA #7

La Empresa PETROGAS Co. (Chile) se encuentra en la etapa final de puesta en producción de 9

pozos de gas natural mar adentro en el área de Isla Grande. Debido a la ubicación del pozo 2,

cercana a la costa, se encuentra equipado con suficiente capacidad de bombeo y almacenamiento

para bombear la producción de los 8 pozos restantes al punto de entrega. El siguiente plano (no

necesariamente a escala) muestra el kilometraje de los ductos factibles que conectan los 9 pozos

de gas natural mar adentro con el punto de entrega.

Figura 19: Red de pozos de PETROGAS

Considerando que el costo promedio por kilómetro para los proyectos de ductos mayores es

aproximadamente igual a US$ 7000 por kilómetro, determine el conjunto de ductos que minimice la

longitud por la cual el gas natural será transportado hacia el punto de entrega.

SOLUCIÓN: Dado que la red está conformada por arcos no direccionados, asumimos que el gas

natural puede circular en ambas direcciones entre cada uno de los nodos de la red. Por lo tanto,

este problema puede ser resuelto de forma sencilla mediante el algoritmo de árbol de expansión

mínima. Los arcos que minimizan la longitud de traslado de gas se muestran en la siguiente red.




95

Figura 20: Árbol que minimiza la longitud de ductos de transporte de gas

La longitud mínima de los ductos del árbol de expansión mínima es ( ) kilómetros. El

costo asociado a esta construcción es igual a US$ 287.000

PROBLEMA #8

La Compañía Minera ARRIBACHILE (COMACHI) es propietaria de tres minas desde las cuales se

transporta el mineral extraído a una planta de concentración a través de un sistema de correas

transportadoras modelado por la siguiente red.

Figura 21: Red de correas de COMACHI




96

Los valores de los arcos representan la capacidad en cientos de toneladas por hora. Se sabe que

los turnos de trabajo son de 8 horas y que las toneladas por turno de cada mina son 4800, 6000 y

8000, respectivamente. Determine la máxima cantidad de mineral que este sistema de correas es

capaz de transportar.

SOLUCIÓN: Lo primero es generar el nodo de salida “s” para luego aplicar el algoritmo de máximo

flujo. Para ello, se generan los arcos tales que respetan la capacidad de extracción de cada mina

por turno y en iguales unidades que el resto de los arcos:

( )

( )

( )

La solución óptima de este problema, una vez aplicado el algoritmo de máximo flujo, se muestra en

la siguiente red.

Figura 22: Solución óptima del problema de COMACHI

El máximo flujo, que determina el máximo tonelaje que la red es capaz de transportar, se calcula

sumando todos los flujos que atraviesan el corte mínimo trazado en la red. Por lo tanto, ( )

t/turno.




97

PROBLEMA #9

Un proyecto minero está compuesto por actividades cuyas características se presentan a

continuación.

Normal Acelerado

Actividad Predecesor Duración [días] Duración [días] Costo [$]

A - 2 1 120

B - 4 2 250

C A, B 3 1 150

D B 2 1 30

E B 3 1 90

F E 1 1 -

G C, D 4 1 200

H C, D 3 2 80

I G 3 2 300

J H 6 3 400

K I 3 2 150

L I 5 3 100

M J, K 1 1 -

Tabla 55: Actividades a realizar por el proyecto

Se pide:

a) Dibujar la red del proyecto y determinar la ruta crítica y su duración.

b) Considerando la posibilidad de acelerar las actividades, formular un modelo de programación

lineal que permita determinar qué actividades deben ser aceleradas y en cuánto, de manera tal

que el proyecto se pueda terminar en 15 días.

c) Se quiere acelerar el proyecto en tres días a costo mínimo ¿Cuáles actividades conviene

acelerar y en cuánto? ¿A qué costo? Dibuje como va cambiando la malla del proyecto.

SOLUCIÓN: a) La red del proyecto se muestra a continuación.

Figura 23: Red del proyecto




98

La ruta crítica, a partir de la red anterior, es B → C → G → I → L. La duración crítica del proyecto

es entonces días.

b) El modelo queda determinado de la siguiente manera: Sean:

Tiempo acumulado hasta el instante , con

Cantidad de días a disminuir la actividad , con

La función objetivo es la siguiente:

( )

Las restricciones del problema se listan a continuación:

c) Las opciones a disminuir son las siguientes:

Disminuir B en 2 días a un costo de $250.

Disminuir C en 2 días a un costo de $150.

Disminuir G en 3 días a un costo de $200.

Disminuir I en 1 día a un costo de $300.

Disminuir L en 2 días a un costo de $100.

Se elige disminuir L en 1 día. La red del proyecto queda de la siguiente forma:

Figura 24: Red del proyecto luego de disminuir 1 día la actividad L

Quedan dos rutas críticas, por lo cual las opciones a disminuir son:




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Disminuir B en 2 días a un costo de $250.

Disminuir C en 2 días a un costo de $150.

Disminuir G en 3 días a un costo de $200.

Disminuir I en 1 día a un costo de $300.

Disminuir L y K en 1 día a un costo de $250.

Se elige disminuir C en 1 día, con lo cual la red queda como sigue:

Figura 25: Red del proyecto luego de disminuir 1 día la actividad C

Quedan 4 rutas críticas, por lo cual las opciones a disminuir son:

B en 2 días a un costo de $250.

C y D en 1 día a un costo de $180.

G en 3 días a un costo de $200.

I en 1 día a un costo de $300.

L y K en 1 día a un costo de $250.

Se elige disminuir C y D en 1 día, con lo cual la red del proyecto queda como sigue:

Figura 26: Red del proyecto luego de disminuir C y D en 1 día

Finalmente, el costo de reducir el proyecto a 16 días es de 100 + 150 + 180 = $ 430.

Guía de Ejercicios Optimización 2012-2

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