I.O ING RICARDO

Instituto Tecnológico Superior de Acayucan Investigación de Operaciones

By. Ing Ricardo Macedonio Milagro

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Capítulo I

INTRODUCCION A LA INVESTIGACION DE OPERACIONES

ACTIVIDAD 1: Definición de investigación de operaciones.

La investigación de operaciones es la aplicación, por grupos interdisciplinarios, del

método científico a problemas relacionados con el control de las organizaciones o

sistemas (hombre-maquina) a fin de que se produzcan soluciones que mejor sirvan a los

objetivos de toda la organización.

ACTIVIDAD 2: La investigación de operaciones en la toma de decisiones.

El tamaño de las empresas modernas implica que las decisiones administrativas pueden

tener efectos sobre grandes cantidades de capital y un gran numero de personas. Los

errores pueden ser tremendamente costosos y una sola decisión equivocada puede

requerir años para rectificarse, mas aun, el ritmo de la empresa moderna es tal que las

decisiones se requieren mas rápidamente que nunca, simplemente posponer la acción

puede dar una decidida ventaja a un competidor.

No es sorprendente que el aumento de la dificultad de tomar decisiones ha requerido

de esfuerzos para dar a esta actividad una base más objetiva y rutinaria.

La investigación de operaciones esta en pleno desarrollo y depende ampliamente de los

métodos que han demostrado tener éxito en la ciencia, desde el punto de vista de la

investigación de operaciones, una decisión es una recomendación de que se lleva a cabo

un curso de acción que se espera produzca los “mejores” resultados en términos de los

objetivos generales de la organización, de la cual el sistema es una parte. Se puede decir,

también, que quien toma una decisión intenta hacer que el sistema sea más efectivo para

alcanzar las metas de la organización.



ACTIVIDAD 3: Reseña histórica de la investigación de operaciones.

Los inicios de lo que hoy se conoce como investigación de operaciones se remonta a los

años 1759 cuando el economista QUESNAY, empieza a utilizar modelos primitivos de

programación matemática, mas tarde , WALRAS, hace uso, en 1874, de técnicas similares.

Los modelos lineales de investigación de operaciones, tienen como precursores a JORDAN

en 1873, en 1896 y a FARKAS en 1903.

Los modelos dinámicos probabilisticos tienen su origen con MARKOV a fines del siglo

pasado. El desarrollo de los modelos de inventarios, asi como el de tiempos y

movimientos, se lleva a cabo por los años 20’S del siglo pasado, mientras que los modelos,

de lineas de espera se originan con los estudios de ERLANG, a principios del siglo XX. VON

NEWMAN cimienta en 1937 lo que años más tarde culminara como la teoria de juegos.

Hay que hacer notar que los modelos matemáticos de la ivestigacion de operacines que

utilizaron estos precursores, estaban basados en el calculo diferencial e integral

(NEWTON, LAGRANGE, LAPLACE, LESBEQUE, LEIBNITZ, REIMMAN, STIELTJEN, por

mencionar algunos), la probabilidad y estadística (BERNOULLI, POISSON, GAUSS, BAYES,

GOSSET, SINEDECOR, ETC.).

No fue sino hasta la segunda guerra mundial, cuando la investigación de operaciones

empezó a tomar auge, primero se le utilizo en la logística estratégica para vencer al

enemigo(teoría de juegos) y, mas tarde al finalizar la guerra, en la logística de distribución

de todos los recursos militares de los aliados dispersos por todo el mundo, fue debido

precisamente a este ultimo problema, que la fuerza aérea norteamericana, a travez de su

centro de investigación RAND CORPORATION, comisiono a un grupo de matemáticos para

que resolviera este problema que estaba consumiendo tantos recursos humanos,

financieros y materiales. Fue el doctor GEORGE DANTZIG, el que en 1947, resumiendo el

trabajo de muchos de sus precursores, inventara el método simplex, con lo cual dio inicio

a la programación lineal. Con el avance de las computadoras digitales se empezó a

extender la I.O. , durante los 50’S en las áreas de:

Programación dinámica (BELLMAN), programación no lineal (KUHH Y TUCKER),

programación entera(GOMORY), redes de optimización (FORD Y FOLKERSON),

simulación(MARKOWITZ), inventarios(AAROW, KARLIN, WHITIN), análisis de decisiones

(RAIFFA) y procesos markovianos de decisión (HOWARD).



ACTIVIDAD 4: Beneficios de un proyecto de Investigación de Operaciones.

En la práctica, la instrumentación de un proyecto de I.O. en la solucion de un problema

real en una organización, acarrea los siguientes beneficios:

1).- Incrementa la posibilidad de tomar mejores decisiones: antes de la aplicación de

la I.O. en una organización, las decisiones que se toman son generalmente de carácter

intuitivo, ignorando la mayoría de las interrelaciones que existen entre las componentes

del sistema. El ser humano, sin la ayuda de una tecnología mas sofisticada (como la I.O.) y

de la herramienta mas moderna (como son las computadoras electrónicas), no puede

visualizar, mucho menos analizar todas las posibles alternativas generadas por los millares

de interacciones que existen. Imaginemos a “PEMEX” que debe controlar el reparto de

combustible a toda la republica a fin de satisfacer la demanda en todos los centros de

consumo buscando siempre el menor costo de embarque.

2).- Mejora la coordinación entre las múltiples componentes de la organización: en

otras palabras, la I.O. genera un mayor nivel de ordenación, es decir de que sirve que se

incrementen las exportaciones de México al mundo exterior, cuando la capacidad de

maniobras de nuestros puertos permanecen estancadas. El sistema económico trata de

equilibrar la balanza de pagos, la otra parte tiende a crear cuellos de botella de mercancía

que tienen que esperar en el puerto hasta que se le embarquen, muchas veces a la

interperie, con riesgo de deteriorase. El tiempo de demora del cliente aumenta, su

apatismo para comerciar con México se incrementa, a corto plazo, se empiezan a sentir

otra vez los efectos negativos en la balanza de pagos. En este caso la presidencia de la

republica debe coordinar esfuerzos con la secretaria de comercio, hacienda,

comunicaciones, marina y de obras publicas.

Aquí el papel de la I.O es integrar en su estudio el mecanismo de coordinación, para evitar

que las componentes del sistema se desmembrasen y actúen independientemente una de

otras.

3).-Logra el Control del Sistema: al instituir procedimientos sistemáticos que

supervisan por un lado las operaciones que se llevan acabo en la organización y por el otro

lado, evita al regreso a un sistema peor. Por ejemplo, existe una liberación de las gentes

dedicadas a actividades de tipo tedioso y rutinario, permitiendo los accesos a una nueva

variedad de las mismas además, estos procedimientos sistemáticos permiten señalar

decisiones que pueden conducir a resultados muy peligrosos para estabilidad y buen

funcionamiento del sistema.



4).-Logra un mejor sistema: al hacer que este opere con costos más bajos, con

interacciones más fluidas, eliminando cuellos de botella y logrando una mejor

combinación entre los elementos más importantes de todo el sistema.

ACTIVIDAD 5: Aplicación de la Investigación de Operaciones en los Sectores Privados y

Públicos.

Actualmente la Investigación de operaciones no solo se aplica en el sector privado

como son industrias, sistemas de comercialización, sistemas financieros, transportes,

sistemas de salud, etc. Sino también el sector de los servicios públicos, tanto como los en

los países desarrollados como a los países de tercer mundo. Precisamente en México la

I.O. se utiliza dentro del sector de servicios públicos entre otros: la Secretaria de

Agricultura, de Comunicaciones, de la Presidencia, Petróleos Mexicanos, Comisión Federal

de Electricidad, Instituto Mexicano del Seguro Social, Departamento del D.F., ETC.

ACTIVIDAD 6: Construcción de modelos

En la I.O. existen tres clases de modelos: icónicos, analógicos y simbólicos.

Los Modelos Icónicos: son imágenes a escala del sistema cuyo problema se requiere

resolver, por ejemplo, las fotografias, las maquetas, dibujos y modelos a escala de barcos

automóviles, aviones, canales. ETC.

Modelos Analógicos: Se basan en la representación de las propiedades de un sistema

cuyos problemas se requieren resolver utilizando otro sistema cuyas propiedades son

equivalentes. Por ejemplo, las propiedades de un sistema hidráulico son equivalentes a las

de un sistema eléctrico o inclusive, económico.

Los Modelos Simbólicos: son conceptualizaciones abstractas del problema real a base

de letras, números, variables y ecuaciones. Estos tipos de modelos son fáciles de

manipular y se pueden hacer con ellos un gran número de experimentos. De las tres clases

de modelos los simbólicos son los más económicos de construir y operar. En este trabajo

serán los modelos simbólicos los que se usen para la solución de problemas de

programación lineal.



Capitulo II

PROGRAMACION LINEAL

ACTIVIDAD 7: Programación Lineal

Introducción: La programación lineal es una técnica matemática ampliamente

utilizada, diseñada para ayudar a los administradores de producción y operaciones en

la planeación y toma de decisiones relativas a la negociación necesaria para asignar

recursos.

Aplicación: a partir de 1950 se inicia un fuerte desarrollo en la programación lineal

apoyada por una gran variedad de aplicaciones prácticas en la economía y la

administración industrial.

Principales problemas: Algunos de los principales problemas que han sido

establecidos en base a la programación lineal, así como sus áreas de aplicación son los

siguientes:

1).- La selección de la mezcla de productos es una fábrica para tomar el mejor uso de

las horas disponibles de la maquinaria y mano de obra, mientras se maximiza la

utilidad de la empresa.

2).- La selección de diferentes mezclas de materias primas en los molinos de comida

para producir combinaciones de alimentos terminados al mínimo costo.

3).- Otros como pueden ser de relaciones ínter indústriales (modelos de Lentieff,

análisis económico), problemas de transito (industria de transportes y aviación) ETC.

La programación lineal resuelve los problemas en términos de un conjunto de

ecuaciones lineales y una ecuación también lineal llamada función objetivo, que

cuantifica el beneficio proporcionado por la solución del conjunto de ecuaciones

lineales que corresponden a las restricciones.

Definición: La programación lineal es una herramienta matemática que sirve para

resolver de la mejor manera posible sistema de Asignación en los que la problemática

consiste en asignar recursos escasos y limitados entre actividades competitivas y

cuando desde el punto de vista matemático las relaciones entre los elementos del

sistema sean estrictamente lineales.



ACTIVIDAD 8: fase para la solución de problemas de programación lineal

FASE I.- Formación del Problema: Es una de las fases más importantes en la

aplicación de la programación lineal; es decir, la representación matemática del

problema que se desea resolver, una guía útil en la formulación del problema es:

a) Determinar el objeto del problema, el cual puede ser:

Maximizar.- utilidades, producción, publicidad, audiencia, etc.

Minimizar.- costo, tiempo, distancia, desperdicios, etc.

b) Definir las variables del problema, así cual es el sistema de medicina a

utilizar números de artículos, horas-hombres, horas-maquina, etc.

c) Establecer las restricciones del problema, en cuanto a materia prima, tiempo,

Recursos financieros, requerimientos de producción, etc.

FASE II.- Construcción del Modelo del Problema: cuando la función objetivo a

optimizar (maximizar ó minimizar), así como las restricciones son funciones lineales,

entonces el problema es completamente lineal y su forma general queda establecida

de la siguiente manera dada las j variables X1, X2,... Xj, llamadas variables de decisión,

determinar que valor de cada una de ellas hacen máxima ó mínima una función

objetivo Z, es decir, que sea óptima, considerando que una función es óptima, si

primero es factible y su formulación general es:

a) Función objetivo: Max ó Min Z= C1, X1, + C2 X2 + . . . +Cj Xj

b) Sujeta a las restricciones:

a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1 jXj < = > b1

a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2 jXj < = > b2

. . . . . . . .

. . . . . . . .

ai1 X1 + ai2 X2 + . . . + aij Xj < = > bj

c) No-negatividad: X j 0 ; j = 1, 2, 3, ... n

DONDE: Z = Objetivo del problema (maximizar ó minimizar)

Xj = Variables de decisión ( j = 1, 2, 3.... n )

Cj = Contribución por unidad de la variable de decisión.

aij = Coeficiente Tecnológico(i =1,2,3,...,m ; j =1,2,3, . . . ,n)

Bj = Recurso Disponible.



NOTA: El coeficiente Tecnológico (aij) es la cantidad que se emplea del recurso

Disponible bj para elaborar el producto Xj (dato técnico).

El recurso disponible bj, en algunos casos representa la capacidad, (cantidad

Que no se puede sobrepasar y se representa como menor e igual

Matemáticamente ); en otros casos puede representar el requerimiento

(Cantidad que puede usarse por lo menos y se representa matemáticamente

Como mayor e igual ) y en algunos casos este recurso deberá ser exactamente

Su valor (cantidad que matemáticamente se representa como una igualdad =).

PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:

Una compañía puede producir tablones para la construcción o laminas para puertas, la

cantidad máxima de la fabrica es de 400 unidades, de las cuales necesariamente 100

unidades deben ser tablones y 150 laminas, para satisfacer la necesidades de los clientes,

si la utilidad por tablón es de $200 y de $300 pesos por lamina. Determine el numero de

tablones y laminas que se deben producir para obtener la máxima utilidad. (Formular y

construir el modelo del problema).

Solución:

Fase 1: Formulación del Problema.

a).- Determinar el objetivo del problema: Maximizar utilidades.

b).- Definir las Variables del problema: Z = utilidad

X1 = numero de tablones a producir ; C1 = $200/Tablón.

X2 = numero de laminas a producir ; C2= $300/Lamina.

c).- Establecer las restricciones del problema:

1) Capacidad máxima de producción: 400 unidades.

2) Requerimientos de producción de por lo menos 100 tablones y

150 láminas.

Fase II: Construcción del modelo del problema.

a).- Función objetivo: Max Z = 200X1 + 300X2

b).- Sujeta a las restricciones:

1).- Capacidad de producción: X1 + X2 400

2).- Requerimientos Mínimos: X1 100

X2 150

C).- No negatividad: X1 0 y X2 0



PROBLEMAS PROPUESTOS:

Formular y construir los modelos de los siguientes problemas de programación lineal:

1).- Un agente esta arreglando un viaje en esquís, puede llevar un máximo de 10

personas y ha decidido que deberán ir por lo menos 4 hombres y 3 mujeres. Su ganancia

será de 10 pesos por cada mujer y 15 pesos por cada hombre. ¿ Cuantos hombres y

cuantas mujeres le producen la mayor ganancia?

2).- Un sastre tiene las siguientes materias primas a su disposición: 16 m2 de algodón, 11

m2 de seda y 15m2 de lana. Un traje requiere: 2 m2 de algodón, 1m2 de seda y 1 m2 de

lana. Una túnica requiere: 1m2 de algodón, 2m2 de seda y 3m2 de lana. Si el traje se

vende en $300 y una túnica en $500. ¿Cuántas piezas de cada confección debe hacer el

sastre para obtener la máxima cantidad de dinero?.

3).- Mueblería MARY elabora dos productos, mesas y sillas que se deben procesar a

través de los departamentos de ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 hrs. disponibles,

acabado puede manejar hasta 40 hrs. de trabajo. La fabricación de una mesa requiere de

4 hrs. de ensamble y 2 hrs. de acabado, mientras que una silla requiere de 2 hrs. de

ensamble y 2 hrs. de acabado. Si la utilidad es de $80 por mesa y $60 por silla. ¿Cuál es la

mejor combinación posible de mesas y sillas a producir y vender para obtener la máxima

ganancia?

4).- Una firma corredora de bolsa ofrece dos tipos de inversiones que producen ingresos

a razón de 4% y 5% respectivamente. Un cliente desea invertir un máximo de $10000 y

que su ingreso anual sea por lo menos de $4500. insiste en que por lo menos ¾ del total

debe ser invertido al 5%. El corredor recibe el 1% de los ingresos de la inversión al 5% y 2%

de la inversión del 4%. ¿Cuánto invertirá el corredor a cada tasa para que sus honorarios

sean máximos?.

5).- Una compañía de carga aérea desea maximizar los ingresos que obtiene por la carga

que transporta la compañía tiene un solo avión diseñado para transportar dos clases de

carga. Carga normal y carga frágil. La compañía no recibe pago extra por transportar carga

frágil; sin embargo para asegurar ciertos contratos de negocios, la compañía ha acordado

transportar cuando menos 5 toneladas de carga frágil. Este tipo de carga debe llevarse en

una cabina presurizada. La capacidad de la cabina principal es de 20 toneladas de carga. La

cabina presurizada no puede llevar mas de 10 toneladas de carga. El avión tiene



restricción de peso que le impide llevar mas de 20 toneladas de carga, para mantener en

equilibrio el peso, la carga de la cabina presurizada debe ser menor o igual que dos

tercios del peso de la cabina principal, mas una tonelada, la compañía recibe $1000 por

tonelada de los dos tipos de carga que transporta.

6).- Un inversionista tiene $10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea

posible; quiere invertir parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta

de ahorro. El inversionista cree poder ganar 8% con el dinero que invierta en acciones y el

7% que invierte en bonos. El banco paga el 5% de interés sobre las cuentas de ahorros.

Como las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones mas

de lo que ponga en la cuenta de ahorro. El inversionista se quedara con al menos $2000

en la cuenta de ahorros por si necesita dinero en efectivo de inmediato.¿Cuánto dinero

deberá invertir en cada tipo?

7).- Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo

caminata, bicicleta y natación. Para variar los ejercicios planea invertir al menos tanto

tiempo en bicicleta como la combinación de caminata y natación. Además, quiere nadar al

menos dos hrs a la semana, por que le gusta mas nadar que los otros ejercicios. La

caminata consume 600 calorías por hora, en la bicicleta usa 300 calorías por hora nadando

gasta 300 calorías por hora. Quiere quemar al menos 3000 calorías a la semana por medio

de los ejercicios. ¿Cuántas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere minimizar

el número de horas invertidas?

8).- Cierta compañía tiene una filial que le provee de las latas que necesita para

comercializar su producto, en dicha filial que produce latas de aluminio contiene las

tapaderas a partir de hojas metálicas rectangulares. Las dimensiones de estas hojas son de

6cms x 15cms Se requieren dos tamaños diferentes de tapas, el diámetro de las pequeñas

es de 3cms y el de las grandes de 6 cms. El programa de producción en un día

determinado es de 20000 tapas chicas y 5000 tapas grandes. ¿Cuál es el programa que

minimice el número total de hojas metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor

combinación de tapas de los diferente tamaños que pueden ser cortadas?

9).- General Motors que vende el carro mas compacto desea hacer publicidad para este

modelo a través de canal 13 de televisión, la publicidad consistirá en pequeños

comerciales de duración variable que se intercalaran en un programa semanal de 60 min.

En el cual se presentaran los mejores cantantes del continente y un cómico de la localidad.

General Motors insiste en tener al menos 5 min. De comerciales y el reglamento de la

televisora requiere cuando mucho los comerciales consuman 18 min en programas de 60



min., y que nunca sea mayor el tiempo de los comerciales de actuación de los cantantes,

los cantantes no quieren trabajar mas de 30 min. De los 60 que dura el programa, de

manera que el cómico se utiliza para cualquier lapso de tiempo en el cual no habrá

comerciales o cuando no estén trabajando los cantantes. Por experiencia de la empresa

televisora, se sabe que por cada min. Que los cantantes estén en el aire 6000 televidentes

mas estarán viendo el programa, por cada minuto que el comico este trabajando 3000

televidentes estarán viendo el programa, en cambio por cada min de comerciales se

pierden 500 televidentes.

El cómico cobra $200 por minuto, los cantantes cobran $1000 por min y los comerciales

$50 por min. Si en General Motors desea:

1).- Maximizar el numero de televidentes al finalizar el programa de 60 min.

2).- producir el programa un mínimo costo. ¿Cuál es el medelo a utilizar para cada

situación?

10).- La compañía “HOLSA” de México quiere minimizar los desperdicios de lamina, para

lo cual encarga a su departamento de producción que optimice el costo de las laminas de

acuerdo a los requisitos de los consumidores. En particular se hará con el consumidor mas

importante al cual se le surten tres tamaños de laminas a saber: tipo 1:30 cms x 60 cms y

espesor de 8 mm; tipo 2:30cmsx 70 cms y espesor de 8 mm tipo 3:30cms x 50 cms y

espesor de 8 mm. Las cantidades necesarias son 10000, 15000 y 5000 por mes

respectivamente. Si las laminas que produce la compañía son de dimensiones de 30 cms x

180 cms con espesor de 8 mm. ¿Cuál es el modelo para optimizar los desperdicios?.

11).- Una compañía de zapatos puede producir tres tipos de zapatos a su máxima

capacidad: zapatos de vestir, de trabajo y de deporte, la utilidad neta es de $1000. $800 y

$400 respectivamente. El mercado de zapatos ha bajado como consecuencia de las

dificultades económicas existentes en el pais de tal manera que hay una capacidad

excesiva de 550,650 y 300 unidades por dia.

En las plantas existen dificultades de almacenamiento causado por el decremento de las

ventas. Las tres plantas tienen: 10000, 8500 y 4000 metros cuadrados de espacio

disponibles respectivamente. Los zapatos de vestir requieren de .50 metros cuadrados

para almacén, de .75 metros cuadrados para los de trabajo y .40 metros cuadrados para

los de deporte. La compañía ha pronosticado que las ventas serán de 700, 850 y 750

unidades respectivamente para los zapatos de vestir, trabajo y deporte. ¿cuál es el

modelo que maximiza la utilidad neta?.



12).- E n un salón de Banquetes se tienen programados banquetes durante los

siguientes

Cinco días, los requisitos de manteles por banquete son:

Banquete: 1 2 3 4 5

Numero de manteles: 80 60 100 130 200

El problema del administrador es que se requieren manteles diferentes a los que el usa,

por lo que tendrá que comprar ese tipo de manteles; el costo de cada mantel es de $40 y

el costo de mandarlo a la lavandería bajo servicio urgente para tenerlo listo a los dos días

es de $10 por mantel.

¿Cuál es el modelo que le permitirá al administrador cumplir con sus requisitos y además

minimizar el costo total?

TABLA DE DATOS TÉCNICOS.

producto

horas de tiempo de producción

por unidad fabricada

unidades de metal necesarias

por unidad fabricada

precio unitario al cliente (en $)

Demanda pronosticada de los

clientes (en unidades).

VOLANTES

4.5 3.25 $50.65 300

JUNTAS

1.8 4.70 $38.94 550

EJES

3.6 5.00 $50.20 320

La producción puede realizarse con velocidad suficiente para permitir su distribución

dentro del mismo mes. ¿Cual debe ser el programa de producción para el próximo mes, a

fin de maximizar las utilidades?



FASE III: METODOS DE SOLUCION DEL PROBLEMA.

I).- Método grafico: El presentar el método grafico para la solución de problemas de

programación lineal, tiene como finalidad introducir una serie de conceptos que permiten

una mejor comprensión del problema y que además son fundamental para una

interpretación del método algebraico de solución. Este método es práctico y sencillo

cuando utiliza solo dos variables de decisión, además requiere de dibujos a escala muy

precisa.

Procedimiento de cálculo:

I).- Formular el problema. (Fase I).

II).- Construir el modelo del problema (Fase II).

III).-Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa).

IV).- Para cada ecuación, encontrar los puntos vértices P(X1, X2); considerando la no

Productividad, es decir, primero no producimos a X1 (X1 = 0) y segundo no

Producimos a X2 (X2= 0).

Una restricción con dos variables de decisión tendrá dos puntos vértices mientras

Que si solo contiene una sola variable de decisión. Solo tendrá un punto vértice

Considerando con valor cero a la variable que no contenga, los puntos obtenidos se

Enumeran en forma progresiva.

V).- Se elige una escala (trabajable) para trazar cada una de las restricciones por sus

respectivos puntos vértices y enumerar los puntos de intersección originados por el cruce

de las rectas.

VI).- Limitar de acuerdo a cada restricción, es decir, si es limita hacia la izquierda o

hacia abajo, = limita en ambos sentidos ya que una igualdad es un producto de dos

desigualdades y limita hacia la derecha o hacia arriba como se muestra en las graficas.

X2

X2

Requerimiento Mínimo

P1 Capacidad Máxima

P1 aij Xj bj

aij Xj bj

0 P2 X1 0 X1

P2

X2



Uso Total

P1

aij Xj = bj

0 P2 X1

VII).- Encontrar el área o las áreas de solución, definidas por el conjunto convexo* y las

situaciones que se pueden presentar son:

1).- SOLUCION ACOTADA

X2

P1

aijXj bj

P3 P6

AREA aijXj bj

X1

0 P5 P2 P4

2).- SOLUCION ILIMITADA.

X2

P1

aijXj bj

P3 P6

aij Xj bj

P5 P2 P4 X1

0



3).- SOLUCION MULTIPLE.

X2 aij xj bj

P1 aij xj bj

P10 P11

P15 aij xj bj

AR

P16 AR p13 p12 aij xj bj

P9

P7 p4 AR p14

P7 p5 p6 p2 X1

aij xj bj

aij xj bj

4). - SIN SOLUCION: Es el caso de no encontrar área.

*”Conjunto Convexo”: Espacio donde convergen el sistema de restricciones.

VIII).- Tomar los puntos vértices del area de solucion y sustituir los valores de X1 y X2, en

la función objetivo (Max o Min) = C1 X1 + C2 X2 y se elige la opción que optimiza el valor de

Z (solucion optima).

IX).- Probar factibilidad, es decir, sustituir los valores de X1 y X2 que optimizan Z, en cada

una de las restricciones del problema, recordando que la función Z es optima, si primero

es factible.

X).- CONCLUSIÓN.



I).- METODO GRAFICO:


El director de servicio de agua de una ciudad encuentra una forma de proporcionar al

menos 10 millones de litros de agua potable al dia (10mld). El suministro puede ser

proporcionado por el depósito local o por medio de unas tuberías desde una ciudad

vecina (por bombeo). El depósito local tiene un rendimiento diario de 5 millones de litros

de agua diarios (5mld), que no puede ser sobrepasado. La tubería no puede abastecer mas

de 10 millones de litros diarios (10mld), debido a su diámetro. Por otra parte. Por acuerdo

contractual, se bombearía como mínimo 6 millones de litros diarios (6mld). Finalmente el

agua del depósito cuesta $ 300 por millón de litros de agua (ml) y $ 500 por tubería (por

bombeo). ¿Cómo podrá el director minimizar los costos de suministro diario de agua?.

SOLUCION:

I).- Formular el Problema (Fase I).

a).- Determinar el objetivo del Problema: minimizar los costos.

b).- Definir las variables del Problema:

Z = Costos

X1 = Cantidad de litros de agua abastecidos por el deposito local:

C1 = $300 / millón de litros

X2 = Cantidad de litros de agua abastecidos por tubería (bombeo):

C2 = $ 500/ Millon de litros.

c).- Establecer restricciones del problema:

1).- Requerimiento mínimo de abastecimiento de 10 millones de litros de agua

diarios.

2).- Capacidad máxima del deposito local de 5 millones de litros de agua diarios.

3).- Capacidad máxima de tubería de 10 millones de litro de agua diarios.

4).- Requerimiento mínimo por contrato de la tubería de 6 millones de litros de agua

diarios.



II).- Construir el modelo del problema (Fase II).

a).- Función Objetivo: Min Z = 300X1 + 500X2.

b).- Sujeta a las Restricciones:

1. X1 + X2 10 mld (Para satisfacer el requerimiento mínimo de litros de

Agua de la ciudad).

2. X1 5 mld (Capacidad del deposito).

3. X2 10 mld ( Capacidad de la tubería)

4. X2 6 mld (Requerimiento de suministro de la tubería).

c).- No – negatividad: X1 0; X2 0.

III).- Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones (en forma

directa).

SISTEMA DE RESTRICCIONES SISTEMA DE ECUACIONES

1. X1 + X2 10 1. X1 + X2 = 10

2. X1 5 2. X1 = 5

3. X210 3. X2 = 10

4. X2 6 4. X2 = 6

5. X1 0 ; X2 0

IV).- Encontrar los puntos vértices P( X1, X2), de cada ecuación.

1. X1 + X2 = 10

Si X1 = 0 por lo tanto X2 = 10: P1 (0, 10).

Si X2 = 0 por lo tanto X1 = 10: P2 (10, 0).

2. X1 = 5 por lo tanto X2 = 0 : P3 (5, 0)

3. X2 = 10 por lo tanto X1 = 0 : P4 (0, 10)

4. X2 = 6 por lo tanto X1 = 0: P5 (0, 6).



V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1/2 CMS =1 unidad)

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

P1

X2>=0

P10

P9

P7

P8 P5

P3 P2

P6

P4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

X2>=6

X2>=0 X1<=5

X1 + X2>=10

X1>=0

Coordenadas (gráficamente)

P1 (0,10) P7 (5,5)

P2 (10,0) P8 (4,6)

P3 (5,0) P9 (5,6)

P4 (0,10) P10 (5,10)

P5 (6,10)

P6 (0,0)



VI) Limitar de acuerdo al tipo de restricción.

VII) Encontrar el área de solución, definida por el conjunto convexo.

Como podemos observar en las graficas, el área 1, es en la que es en la que converge

todas las flechas (conjunto convexo).

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

P1

X2>=0

P10

P9

P7

P8 P5

P3 P2

P6

P4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

X2>=6

X2>=0 X1<=5

X1 + X2>=10

X1>=0

() () ()

( )

( )

( )

AREA DE

SOLUCION

P1 (0,10) P10 (5,10)

P8 (4,6) P9 (5,6)



VIII) Sustituir los puntos vértices del área de solución en la función objetivo.

De acuerdo a la grafica, los puntos vértices del área de solución son:

P1(0 , 10) ; P8(4 , 6) ; P9(5 , 6) y P10(5 , 10)

P (X1 , X2) ; Min Z = 300 X1+500X2

P1 (0 , 10) ; Z1 = 300(0)+500(10) = 0+5000 Z1=$5000

P8 (4 , 6) ; Z8 = 300(4)+500(6) = 1200+3000 Z8=$4200 Optimo mínimo

P9 (5 , 6) ; Z9 = 300(5)+500(6) = 1500+3000 Z9=$4500

P10 (5 , 10) ; Z10 = 300(5)+500(10) = 1500+5000 Z1=$6500

Como podemos observar el punto P8(4 , 6), arroja el valor mínimo de Z = $4200

Solución optima: X1 = 4 mld; X2 = 6 mld y Z Min= $4200

IX) Probar factibilidad: Si X1=4 y X2=6

1.- X1+X2 10 3.- X2 10 5.- X1 0 y X2 0

4 + 6 10 6 10 (Cumple) 4 0 y 6 0 (Cumple)

10 10 (Cumple)

2.- X1 5 4.- X2 6

4 5 (Cumple) 6 6 (Cumple)

X) Conclusión: El director deberá suministrar 4 millones de litros de agua diarios a

través del depósito local y 6 millones de litros de agua diarios a través de las tuberías

(Por bombeo); para satisfacer el requerimiento mínimo de 10 millones de litros de

agua diarios a un costo mínimo de $4200.



I).- METODO GRAFICO:

Problemas Propuestos:

1).- Una compañía elabora dos productos. Mesas y sillas y se deben procesar a

través de los departamentos de ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 horas

disponibles, acabado puede manejar hasta 48 horas de trabajo. La fabricación de una

mesa requiere 4 horas de ensamble y 2 horas de acabado. Si la utilidad es de $80 por

mesa y $60 por silla, ¿cual es la mejor combinación posible de mesas y sillas para

producir y vender y obtener la máxima ganancia?

2).- Una compañía esta tratando de encontrar la mejor manera de cortar platos de

papel de rollo estándar. Tiene dos pedidos de platos: uno por 100,000 platos de 9

pulgadas. El otro por 178,000 platos de 7 pulgadas. Se han propuesto dos métodos de

corte. El corte A rinde 5 platos de 9 pulgadas y 10 platos de 7 pulgadas, mas 4

pulgadas de desperdicio por cada rollo de material. El corte B rinde 8 platos de 9

pulgadas y 5 platos de 7 pulgadas, mas 6 pulgadas de desperdicios por cada rollo de

material. ¿ Cuantos cortes de cada tipo deben hacerse para minimizar el

desperdicio?

3).- Un expendio de carnes de la ciudad acostumbrada ha preparar carnes para

albondigon con una combinación de carne molida de res y carne molida de cerdo, la

carne de res contiene 80% de carne y 20% de grasa y le cuesta a la tienda $40 el kilo,

la carne de cerdo contiene 68% de carne y 32% de grasa y cuesta $30 por kilo. ¿ Que

cantidad de cada tipo de carne debe emplear la tienda en cada kilo de albondigon, si

desea minimizar el costo y mantener el contenido de grasa no mayor del 25%?.



II).- MÉTODO SIMPLEX

La mayoría de los problemas reales de programación lineal tienen más de dos

variables y son por ende demasiado grandes para su solución grafica. Un

procedimiento llamado método simplex desarrollado en 1947 por el norteamericano

George B. Dantzia puede ser utilizado para encontrar la solución óptica de los

problemas con multivariables. El Método Simplex es en realidad un algoritmo ( ó un

conjunto de instrucciones) con el que se examinan los puntos vértices (esquinas) de

una manera metódica hasta conseguir la mejor solución: la máxima utilidad ó el

mínimo costo, por ejemplo.

TIPOS DE SOLUCIÓN:

Solución Factible: Es un valor del conjunto de variables (vector solución) para el

cual todas las restricciones se cumplen, incluyendo las de no-negatividad.

Solución Optima: Es una solución factible que optimiza la función objetivo “z”.

Solución Básica: En un sistema de ecuaciones con n variables (n , m). Una solución es

aquella se obtiene de fijar (n, m) variables del sistema iguales a cero y resolver el

sistema en función de las “m” restantes, a estas variables se les llaman Variables

Básicas.

Solución Básica Factible: Es aquella solución básica en que todas las variables

básicas son no-negativo.

TIPOS DE VARIABLES:

Variables de Decisión: Son aquellas variables que determinan la solución del

problema y se denotan por Xj.

Variables Base: Son aquellas variables que se agregan al sistema de restricciones

como de holgura y artificiales y pertenecen a la columna Vb.

Variables de Holgura: La variable de holgura se denota por Hi y Hj, cuya ecuación es:

1) Al introducirla a la restricción, la convierte en ecuación.

2) Forma parte de la matriz identidad y su costo es cero.

3) En la tabla simplex, en renglón representa el sobrante del recurso y en la

columna representa el sobrante de la contribución.



Variable Artificial: Esta variable se denota por Ai y Aj, cuya función es:

1) Sirve como variable basica inicial, carece de sentido en el problema, solo en un

Artificio.

2) Forma parte de la matriz identidad y su costo es M, tan grande cuando Z se

Minimiza y tan pequeña cuando Z se maximiza, para garantizar valore negativos

y positivos, respectivamente

3) Tiene preferencias de entrar a la tabla simplex inicial.

PROPIEDADES:

1) El conjunto de soluciones factibles es un conjunto convexo.

2) Si existe una solución factible, existirá una solución básica factible,

Correspondiente a un punto vértice del conjunto de soluciones factibles (conjunto

convexo).

3) Existe un número finito de soluciones básicas factibles (puntos vértices del

Conjunto convexo).

4) Si la función objetivo posee un óptimo finito. Entonces dicho óptimo estará dado

Por una ó más soluciones básicas factibles.

PROCEDIMIENTO DE CÁLCULO:

I) Formación del problema (fase I).

II) Construccion del modelo del problema (fase II).

III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones; agregando

variables de holgura y artificiales, según sea el tipo de restricción:

TIPO DE RESTRINCCION

SE AGREGA FUNCION OBJETIVO

Hi Max ó Min Z= 0 Hj

= Ai Max Z = -MAj ó Min Z= Maj

-Hi + Ai Max Z=0Hj-MAj ó Min Z=0Hj+MAj

NOTA: La variables artificial Ai, tiene preferencia de entrar a la columna base Vb.

IV) Construir la nueva función objetivo, incluyendo las variables de holgura primero y

segundo las variables artificiales, con sus respectivos costos (0 y +M ó –M)

V) Construir el sistema de ecuaciones, incluyendo las variables de holgura primero y

segundo las artificiales, la variable que no contenga la ecuación, se agregará con

coeficiente cero.



VI) Construir la tabla simplex inicial (tabla N°1):

1) Definir una columna-renglón Cj que contenga en renglón los coeficientes de la

función objetivo y en columna los coeficientes de las variables básicas (holgura y

artificiales)

2) Definir una columna que contenga las variables básicas Vb (de holgura y

artificiales).

3) Definir una columna que contenga los recursos disponibles bj (columna solucion).

4) Definir la matriz de cuerpo que contiene las columnas de las variables de decisión

Xi

y sus coeficientes tecnológicos aij.

5) Definir la matriz identidad que contiene las columnas de las variables básicas

(primero las de holgura y después las artificiales), con sus respectivos coeficientes

técnicos +- 1.

6) Definir el renglón Zj, empleando las expresión: Zj = ( columna Cj ) ( columnas aj) ;

es decir, la suma de los productos de los elementos correspondientes de la columna Cj

con cada columna aj.

7) Definir el renglón Cj- Zj ; el cual se obtiene restando los elementos del renglón Zj, de

los elementos correspondientes del renglón Cj.

TABLA SIMPLEX INICIAL (Tabla N° 1)

MATRIZ DE CUERPO MATRIZ IDENTIDAD Cj C1 C2 .. Cj 0 0 .. 0 +_M +_M .. +_M

Vb bj X1 X2 .. Xj H1 H2 .. Hj A1 A2 .. Aj

0 H1 b1 a11 a12 .. aij 1 0 .. 0 +_1 0 .. 0

0 H2 b2 a21 a22 .. a2j 0 1 .. 0 0 +_1 .. 0

: : : : : .. : : : .. : : : .. :

0 Hi : : : .. : : : .. : : : .. :

+- M A1 : : : .. : : : .. : : : .. :

+-M A2 : : .. : : : .. : : : .. :

: : : : : .. : : : .. : : : .. :

+-M Ai bj ai1 ai2 .. aij 0 0 .. 1 0 0 .. +_1

Zj

Cj-

Zj

VII).- Resolver la tabla simplex (proceso iterativo).



1) Determinar la variable de entrada : la determina el valor mayor positivo del

renglón

Cj- Zj, si el objetivo es Max Z o el valor mayor negativo si el objetivo es Min Z,

Definiéndose así, la columna seleccionada aj.

2) Determinar la variable de salida: esta variable se determina empleando la ecuación

Matricial: Vb = bj/aj; es decir, el menor valor positivo de dividir cada elemento de la

Columna recursos bj entre sus correspondientes elementos de la columna

seleccionada

Aj, definiendo así, el renglón seleccionado Rs. (posteriormente renglón pivote).

3) Obtener el número pivote np, el cual se obtiene por la intersección del renglón y

columna seleccionados y se encierra en un círculo.

np Rs

aj

4) Obtener los elementos del renglón pivote (R.P.) , el cual se obtiene multiplicando

los

Elementos del renglón seleccionado Rs por el inverso multiplicativo del número

Pivote np, es decir: R.P. = np

1Rs y se introduce a las siguiente tabla

5) Calcular los valores de los renglones restantes aplicando la expresión “NE”.

aj daselecciona

columna lacon

actualrenglon del

onIntersecci Elemento

renglon

del

actuales

Elementos

renglon

nuevo

del

Elementos

pivote

renglon

del

Elementos

“NE”

E introducirlos a la siguiente tabla:

6) Calcular los renglones Zj y Cj – Zj, e introducirlos a la siguiente tabla.

VIII) Verificar optimalidad: si el objetivo es Max Z; Cj – Cj 0. en todos sus

elementos y si el objetivo es Min Z; Cj- Zj 0, en todos sus elementos , de no

cumplirse, repetir el paso VII.

IX) Obtener la solución optima del problema, empleando la ecuación matricial : Vb =

bj.

X) Verificar la factibilidad. Sustituyendo los valores óptimos de las variables de

decisión Xi encada restricción, incluyendo las de no- negatividad.

XI) Conclusión.



II) Método Simplex

Problema de Auto evaluación.

Una compañía manufacturera puede producir dos productos A y B. La producción

esta organizada en tres departamentos: fabricación, ensamble y pintura, con

capacidades semanales de 72 hora, 30 horas y 40 horas para los tres departamentos,

respectivamente. Cada unidad del producto A requiere dos horas de tiempo de

fabricación, una hora de ensamble y dos horas de pintura. Las condiciones en las

ganancias son de $ 8 y $ 10 por unidad del producto A y B, respectivamente. La

compañía es capaz de vender cualquier cantidad de los dos productos, determine:

a).- la solución optima, empleando el método simplex; b) ¿qué departamento tiene

exceso de capacidad? Y c) si a la compañía le ofrecen pintura en oferta a $ 2/litro.

¿Debería comprarla?.

SOLUCION:

a). Obtener solución optima, empleando simplex.

I) Formulación del problema (fase I).

a) Determinar el objetivo: maximizar la ganancia.

b) Definir variables: Z= ganancia

X1 = Nª de productos tipo A a producir; C1 = $ 8 / producto.

X2 = Nª de productos tipo B a producir: C2 = $ 10 / producto.

c). Establecer restricciones: 1). Tiempo

Departamento de Fabricación : 72 horas semanales

Departamento de ensamble: 30 horas semanales.

Departamento de pintura: 40 horas semanales.

II) Construcción del modelo del problema (fase II).

a). Funcion objetivo: Max Z = 8X1 + 10 X2

b). Sujeta a las restricciones:

Departamento de Fabricación : 2X1 + 3X2 72

Departamento de ensamble : X1 + X2 30

Departamento de pintura : X1 + 2X2 40

C). No – Negatividad : X1 0; X2 0

III) Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones, agregando variables de holgura y/o artificiales, según el tipo de restricción, en este problema, podemos observar las tres restricciones son , por lo tanto a ambas se les agrega variable de holgura Hi. Sistema de Restricciones Sistema de Ecuaciones 2X1 + 3X2 72 2X1 + 3X2 + H1 = 72 X1 + X2 30 X1 + X2 + H2 = 30 X1 + 2X2 40 X1 + 2X2 + H3 = 40 H1; H2 y H3, Con costo cero



IV). Construir nueva Función Objetivo: Max Z = 8X1 + 10X2 + 0H1 + 0H2 + 0H3

V). Construir el sistema de ecuaciones: 2X1 + 3X2 + H1 + 0H2 + 0H3 = 72

X1 + X2 + 0H1 + H2 + 0H3 = 30

X1 + 2X2 + 0H1 + 0H2 + H3 = 40

No – Negatividad: X1 0 ; X20 ; H10 ; H20 ; H30.

VI). Construir la tabla simplex inicial (tabla n° 1).

Tabla N°1: Entra X2 (a2: seleccionada). Función objetivo.

Cj 8 10 0 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2 H3

0 H1 72 2 3 1 0 0

0 H2 30 1 1 0 1 0

0 H3 40 1 2 0 0 1 Sale H3 (R3 seleccionado)

Zj 0 0 0 0 0 0

Cj-Zj 8 10 0 0 0

Zj = (Columna Cj) (columna aj) Cj-Zj = renglón Cj – renglón Zj Zjbj = 0 (72) + 0 (30) + (40) = 0 Cj – Zj X1 = 8-0 = 8 ZjX1= 0(2) + 0 (1) + 0 (1) = 0 Cj – ZjX2 = 10 –0 = 10 ZjX2= 0(3) + 0 (1) + 0 (2) = 0 Cj – ZjH1 = 0-0 = 0 ZjH1= 0(1) + (0) + 0 (0) = 0 Cj – ZjH2 = 0-0 = 0 ZjH2= 0(0) + 0(1) + 0 (0) = 0 Cj – ZjH3 = 0-0 = 0 ZjH3= 0(0) + 0(0) + 0(1) = 0

VII). Resolver la tabla N°1 (Primera iteración)

1) Determinar la variable de entrada: como el objetivo es Max Z; la determina el mayor

valor positivo de Cj – Zj = 10, entonces X2 debe entrar a la base Vb, definiendo asi la

columna seleccionada a2 =

2

1

3

2) Determinar la variable de salida empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2



(Menor valor positivo)

Vb = bj/a2; ;

20

30

24

2/40

1/30

3/72

3

2

1

2

1

3

40

30

72

3

2

1

H

H

H

H

H

H

Siendo 20 el menor valor

positivo, entonces H3 debe salir de la base Vb, definiendo asi, el renglon seleccionado R3.

3) Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°1 , np = 2 4) Obtener los elementos del renglón pivote, empleando la ecuación: R.p. = 1/2R3, e introducirlo a la tabla siguiente; es decir, tabla N° 2.

R.P. = ½ (40 1 2 0 0 1) = 20 ½ 1 0 0 ½

Tabla N°2: Entra X1 (a1: seleccionada). Función objetivo.

Cj 8 10 0 0 0


0 H1 12 1/2 0 1 0 -3/2

0 H2 10 1/2 0 0 1 -1/2 Sale H2 (R2 seleccionado)

10 X2 20 1/2 1 0 0 1/2

Zj 200 5 10 0 0 5

Cj-Zj 3 0 0 0 -5

5) Obtener los valores de los renglones restantes R1 y R2; empleando la expresión “NE”, e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla Nª 2)

NR1=R1-3 R.P. NR2=R2-1 R.P.

R1 72 2 3 1 0 0 R2 30 1 1 0 1 0

-3 R.P. –3(20 ½ 1 0 0 ½) -1 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)

72 2 3 1 0 0 30 1 1 0 1 0

-60 -3/2 –3 0 0 -3/2 -20 –1/2 -1 0 0 -1/2

NR1 12 ½ 0 1 0 -3/2 NR2 10 ½ 0 0 1 -1/2

*Poner

tabla

después de

paso 6 NR1

NR2

R.P.

sumar sumar



6) Calcular los renglones Zj y Cj–Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2).

Zjbj = 0 (12) + 0 (10) + 10 (20) = 200 Cj – ZjX1 = 8-5 = 3

ZjX1= 0 (1/2) + 0 (1/2) + 10 (1/2) = 5 Cj – ZjX2 = 10 –10 = 0

ZX2 = 0 (0) + 0 (0) + 10 (1) = 10 Cj – ZjH1 = 0-0 = 0

ZjH1 = 0 (1) + 0 (0) + 10 (0) = 0 Cj – ZjH2 = 0-0 = 0

ZjH2 = 0 (0) + 0 (1) + 10 (0) = 0 Cj – ZjH3 = 0-5 = -5

ZjH3 = 0 (-3/2) + 0 (-1/2) + 10 (1/2) = 5

VIII).- Verificar optimalidad: como el objetivo Max Z ; Cj – Zj 0, en todos sus

elementos, ya que C1- Z1 = 3 0 ; no cumple, repetir el paso VII.

VII).- Resolver tabla N° 2 (segunda iteración).

1).- Se determina la variable de entrada; como el objetivo es Max Z, la determina el

valor mayor positivo de Cj – Zj = 3, entonces X1, debe entrar a la base Vb, definiendo

asi la columna seleccionada a1 =

2/1

2/1

2/1

2).-Se determina la variable de salida empleando la ecuación matricial : Vb bj/a1

(menor valor positivo), es decir:

40

20

24

2/1/20

2/1/10

2/1/12

2

2

1

2/1

2/1

2/1

20

10

12

2

2

1

X

H

H

X

H

H

; Siendo 20 el menor valor positivo,

Entonces H2 debe salir de la base Vb, definiendo el renglón seleccionado R2. 3).- Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= ½ 4).- Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 2R2; e introducirlo a la siguiente; es decir, tabla N°3.

R.P. = 2 (10 ½ 0 0 1 -1/2) = 20 1 0 0 2 -1



Tabla N°2:

Cj 8 10 0 0 0


0 H1 2 0 0 1 -1 -1

8 X1 20 1 0 0 2 -1

10 X2 10 0 1 0 -1 1

Zj 260 8 10 0 6 2

Cj-Zj 0 0 0 -6 -2

5).- Calcular los valores de los renglones restantes R1 y R3, empleando la expresión “NE”, e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla N° 3).

NR1=R1-1/2 R.P. NR3=R3-1 R.P.

R1 12 ½ 0 1 0 -3/2 R3 20 ½ 1 0 0 ½

-1/2 R.P. –1/2(20 1 0 0 2 -1) -1/2 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)

12 ½ 0 1 0 -3/2 20 ½ 1 0 0 ½

-10 -½ 0 0 -1 ½ -20 –1/2 -1 0 0 -1/2

NR1 12 ½ 0 1 0 -3/2 NR3 10 ½ 0 0 1 -1/2

6).- Calcular los renglones Zj y Cj- Zj, e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla Nª 3)

Zjbj = 0(2) + 8(20) + 10(10) = 0+160+100=260 Cj-Zj X1= 8-8 = 0

Zj X1= 0(0) + 8(1) + 10(0) = 0+8+0 = 8 Cj-Zj X2 = 10-10 = 0

Zj X2= 0(0)+ 8(0) + 10(1) = 0+0+10 = 10 Cj-Zj H1= 0-0 = 0

Zj H1= 0(1) + 8(0) + 10(0) = 0+0+0 = 0 Cj-Zj H2 = 0-6 = -6

Zj H2= 0(-1) + 8(2) + 10(-1) = 0+16-10 = 6 Cj-Zj H3 = 0-2 = -2

Zj H3= 08-1) + 8(-1) + 10(1) = 0-8+10 = 2

VIII).- Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj-Zj 0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima. IX).- Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj ; es decir:

NR1

NR2

R.P.

Función Objetivo

sumar sumar



260

10

20

2

2

1

1

Zj

X

X

H

; por lo tanto ;

X).- Verificar Factibilidad: sustituyendo X1=20 y X2=10; en el sistema de

restricciones del problema:

2X1 + 3X2 72 X1 + X2 30 X1 + 2X2 40

2(20) + 3(60) 72 20 + 10 30 20 + 2(10) 40

40 + 30 72 (cumple) 30 30 (cumple) 40 40 (cumple)

IX).- Conclusión: La compañía deberá elaborar 20 productos tipo A y 10 productos

tipo B ; para obtener la Máxima utilidad de $ 260, a la semana.

b).- ¿Que departamento o departamentos tiene exceso de capacidad?

Revisando la tabla N° 3 (optima), el valor de las variables de holgura en renglón: H1=2

; H2=0 y H3=0, entonces. Si H1=2, esto indica que el departamento de fabricación es el

que tiene exceso de capacidad de 2 horas semanales.

c).- Si a la compañía le ofrecen pintura en oferta de $2/litro, ¿debería

comprarla? Revisando la tabla N°3 (optima), es el valor absoluto de las variables de

holgura en columna H1=$0, H2=$6 y H3=$2; como podemos observar H3= $2 ; por lo

tanto la compañía deberá comprar la pintura de oferta.

X1=20 H1=2

X2=10 H2=0

Z Max = $260 H3=0



II).- METODO SIMPLEX: Problemas Propuestos: 1).- En un taller José esta tratando de decidir cuantos ganchos para trailer debe hacer para usar un metal de desperdicio ; tiene dos tipos de metal y puede hacer cualquiera de dos tipos de ganchos : en la tabla siguiente se proporcionan los datos necesarios:

METAL RECURRIDO PARA DISPONIBLE

Gancho Tipo

I

Gancho Tipo

II

Hierro Acanalado 5 5 35

Hierro Plano 6 9 54

a) Jose gana $ 13 por cada gancho tipo I y $ 16 por cada tipo II, ya prometió hacer dos ganchos tipo II. b) A José le ofrecen hierro acanalado adicional a $2 / unidad. ¿deberá comprarlo? 2).- Un inversionista tiene $ 10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea posible, quiere invertir parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta de ahorro. El inversionista cree poder ganar 8 % con el dinero que invierte en acciones el 7 % que invierte en bonos. El banco el 5 % de intereses sobre la cuenta de ahorro. Como las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones mas de lo que ponga en la cuenta de ahorros. El inversionista se quedara con al menos $ 2000 en la cuenta de ahorros por si necesita dinero en efectivo de inmediato .¿ cuanto dinero deberá invertir en cada tipo? 3).- Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo caminata bicicleta y natación. Para variar los ejercicios, planea invertir al menos: tanto tiempo en bicicleta como la combinación de caminata y natación .Además quiere nadar al menos dos horas ala semana, por que le gusta mas nadar que los otros ejercicios. La caminata consume 66 calorías por hora , en la bicicleta consume 300 calorías por hora, quiere quemar al menos 300 por hora y nadando gasta 300 ,quiere al menos 3000 calorías a la semana por medio de los ejercicios.¿Cuantas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere minimizar el numero de hojas invertidas? . 4).- Cierta compañía tiene un filial que le provee las latas que necesita para comercializar su producto, en dicha filial que produce las latas de aluminio obtiene las tapaderas, a partir de hojas metálicas rectangulares, las dimensiones de estas hojas son de : 6 centímetros * 15 centímetros se requieren dos tamaños diferentes de tapas, el diámetro de las pecunias es de 3 centímetros y el de las grandes de 6 centímetros. El programa de producción de un dia determinado es de 20000 tapa . chicas y 5000 tapas grandes.



a) Formular construir el modelo de programación lineal correspondiente que minimice el numero total de hojas metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor combinación de tapas de los diferentes tamaños que pueden ser cortadas. b) Obtenga la solución optima, empleando el Método Simplex

III) Método Dual: Asociado a cualquier problema de programación lineal (primal), hay otro problema relacionado llamado “Dual”. Aunque la idea de dualidad es esencialmente en Matemáticas, veremos en esta sección que la dualidad tiene importantes interpretaciones económicas que pueden ayudar a los gerentes a responder preguntas sobre recursos alternativos de acción y sus valores relativos, es decir, el método dual es la base del análisis de sensibilidad. Este método se recomienda utilizarlo, cuando el numero de restricción es mayor al Número de variables de decisión Xj, requiere un cambio de variable de Xj a Yj. Este método los problemas de maximización, los resuelve minimizando y los de Minimización los resuelve maximizando. Procedimiento de calculo:

I) Formular el problema (fase I) II) Construir el modelo del problema (fase II) III) Construir el problema primal cuando el objetivo es MAX Z, todas sus restricciones deben quedar expresadas con menor e igual (≤), y cuando el objetivo es MIN Z, todas sus restricciones deben quedar con mayor e igual (≥); es decir.

Problema primal (caso I). Cambio de variable a).- Función objetivo: MAX = c1x1 + c2x2 +… + cjxj para el dual b).- Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 +… + a1jxj ≤ b1 y1 a21X1 + a22X2 +… + a2jxj ≤ b2 y2 : : : : : : : ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≤ bj yj c).- No-Negatividad : xj ≥ Ø ; j = 1,2,3, …, n. Problema primal (caso II). Cambio de variable a).- Función objetivo: Min = c1x1 + c2x2 +… + cj xj para el dual b).- Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 +… + a1jxj ≥ b1 y1 a21X1 + a22X2 +… + a2jxj ≥ b2 y2 : : : : : : : ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≥ bj yj c).- No Negatividad : xj ≥ Ø ; j = 1, 2,3, …, n.

IV)Construir el problema dual, a partir del problema primal haciendo cambio de variable y tomando los valores de los recursos bj y la nueva variable Yj, se construye la función objetivo del problema dual y las restricciones se establecen



tomando coeficientes tecnológicos aij de las columnas del primal, para convertirlas en región para el dual, restringiéndolas a la contribución Cj de las variables de decisión Xj, sin olvidar que si el objetivo del primal es Max Z, el dual lo resuelve Min Z, con sus restricciones mayor e igual, pero si el objetivo del primal es Min Z, el dual lo resuelve Max Z, con sus restricciones mayor e igual.

Problema primal (caso I)

Max Z = c1x1 + c2x2 + … + cjxj

Sujeta a:

a11x1 + a12x2 + … + a1jxj ≤ b1

a21x1 + a22x2 + … + a2jxj ≤ b2

: : : : :

ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≤ bj

Xj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n

Problema Dual (caso I)

Min Z = b1y1 + b2y2 + … + bjyj

Sujeta a:

a11y1 + a21y2 + … + aλ1yj ≥ c1

a21x1 + a22x2 + … + aλ2yj ≥ c2

: : : : :

a1jy1 + a2jy2 + … + aijyj ≥ cj

Yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n

Problema primal (caso II)

Min Z = c1x1 + c2x2 + … + cjxj

Sujeta a:

a11x1 + a12x2 + … + a1jxj ≥ b1

a21x1 + a22x2 + … + a2jxj ≥ b2

: : : : :

ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≥ bj

yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n

Problema Dual (caso II)

Max Z = b1y1 + b2y2 + … + bjyjj

Sujeta a:

a11y1 + a21y2 + … + ai1yj ≤ c1

a12y1 + a22y2 + … + ai2yj ≤ c2

: : : : :



a1jy1 + a2jy2 + … + aijyj ≤ cj

yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n

V) Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX con el siguiente procedimiento:

1) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando Variables de holgura y artificiales, según el tipo de restricción. 2) Establecer la nueva función objeto, que incluya todas las variables 3) Establecer el nuevo sistema de ecuaciones, que incluya todas las variables. 4) construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla N°1). 5) Resolver tabla número 1 (proceso iterativo):

Obtener: a) Variable de entrada; b)Variable de salida; c)Numero pivote; d)Elementos de región pivote; e)Elementos de los regionales restantes y f)Elementos de las regiones zj y cj-zj.

6) Revisar optimalidad, de no cumplirse repetir el paso V.

VI) Obtener la solución optima: de la tabla SIMPLEX optima, se obtienen los valores absolutos de Cj – Zj, de las variables holgura Hj, cuyos valores corresponden a las variables de Xj, es decir, Xj = Hj y para obtener el valor optimo de Z, se sustituyen los valores de Xj en la función de objetivo del problema original (fase II). VII) Se verifica la factibilidad; sustituyendo los valores de Yj en el sistema de restricciones del sistema original (fase II). VIII) Conclusión.



III) Método Dual:

Problema de auto evaluación:

En una determinada empresa, uno de los productos finales que se fabrican, tienen una

especificación de peso igual a 150 gramos. Las dos materias primas que se utilizan son A,

con un costo unitario de $20 y B con un costo unitario de $80; se deben usar por lo menos

14 unidades de B y no mas de 20 unidades de A. cada unidad A pesa 5 gramos y las de B

pesan 10 gramos. ¿Cuánto debe usar de cada tipo de material por unidad de producto final

si se desea minimizar los costos? Resuelva empleando el método dual.

Solución: I) Formular el problema (fase I)

a) Determinar el objetivo: minimizar los costos b) Definir las variables:

Z = costos X1 = numero de unidades a utilizar del producto A; c1=$20/producto X2 = numero de unidades a utilizar del producto B; c1=$80/producto

c) Establecer restricciones: 1.-Peso del producto final = 150 gramos 2.-Requerimiento mínimo de 14 unidades del producto B 3.-Requerimiento máximo de 20 unidades del producto A

II) Construir el método del problema (fase II) a) Función objetivo: Min Z = 20X1 + 80X2 b) Sujeta a las restricciones:

1. Peso del producto final: 5X1 + 10X2 = 150 2. Requerimiento mínimo: X2 ≥ 14 3. Requerimiento máximo X1 ≤ 20

c) No-negatividad: X1 ≥ Ø ; X2 ≥ Ø

Nota: cuando una restricción esta definida para una igualdad, esta debe expresarse como dos desigualdades, es decir: 5x1 + 10x2 = 150; debe expresarse: 5x1 + 10x2 ≥ 150 5x1 + 10x2 ≤ 150 III) Construir el problema primal: como el objetivo es Min Z, todas sus restricciones deben quedar expresadas con mayor e igual ≥, es decir: Problema primal (caso II) Min Z = 20x1 + 80x2 Sujeta a: Cambio de variable para dual

5x1 + 10x2 ≥ 150 y1

-5x1 - 10x2 ≥ -150 y2

Øx1 + x2 ≥ 14 y3

- x1 + Øx2 -20 y4

x1 ≥ Ø; x2 Ø



Y1

IV) construir el problema dual: si el objetivo del primal es Min Z (caso II); entonces el problema dual, lo resuelve Max Z, cuyas restricciones deben quedar expresadas como menor e igual ≤, es decir:

Problema primal (caso II) Problema dual (caso II)

MIN Z = 20x1 + 80x2 Max Z = 150y1 – 150y2 + 14y3 - 20y4

Sujeta a: Sujeta a:

5x1 + 10x2 ≥ 150 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 ≤ 20

-5x1 - 10x2 ≥ -150 10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 80

Øx1 + x2 ≥ 14 y1; y2; y3; y4 Ø

- x1 + Øx2 -20

x1 ≥ Ø;x2 Ø

V) Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX. 1) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones: esto se logra agregando variables de holgura y artificiales, según el tipo de estricción; en nuestro problema queda así:

Restricciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 ≤ 20

10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 80

Ecuaciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 + H1 = 20

10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 + H2 = 80

2) Función objetivo: Max Z = 150y1 – 150y2 +14y3 -20y4 + ØH1 + ØH2

3) Sistema de ecuaciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 + H1 + ØH2 = 20

10y1 – 10y2 + y3 + Øy4 + ØH1 + H2 = 80

y1; y2; y3; y4; ≥ Ø; H1; H2 Ø

4) Construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla 1)

Tabla N°1: Entra Y1 (a1: seleccionada). Función objetivo.

Cj 150 -150 14 -20 0 0

Vb bj Y2 Y3 Y4 H1 H2

0 H1 20 5 -5 0 -1 1 0

0 H2 80 10 -10 1 0 0 1

Zj 0 0 0 0 0 0 0

H1 Sale H1 (R1 seleccionado)



Cj-Zj 150 -150 14 -20 0 0

5) Resolver tabla No 1 (primera iteración) a) Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la defina Cj-Zj mayor positivo; es decir: C1-Z1=150 ; por lo que Y1, debe entrar la base Vb (a1 seleccionada) b) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1 (Menor valor positivo; es decir:

2

1

H

H=

10

5

80

20

=

8

4

2

1

10/80

5/20

H

H ; Siendo 4 el menor valor positivo, H1 debe salir

de la base Vb. (R1 seleccionado).

c) Obtener el numero pivote np: de acuerdo a la tabla N°1 ; np = 5.

d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación. R.P.= 1/5 R1 ; e

introducirlo a la siguiente tabla, es decir, tabla N°2.

R.P. = 1/5 0 1 1- 0 5- 5 20 = 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0


Cj 150 -150 14 -20 0 0

Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2

150 Y1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0

0 H2 40 0 0 1 2 -2 1

Zj 600 150 -150 0 -30 30 0

Cj-Zj 0 0 14 10 -30 0

e) Calcular renglón restante R2, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla

N°2.

NR2 = R2-10 R.P.

R2 80 10 -10 1 0 0 1

-10R.P. -10( 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0 )

80 10 -10 1 0 0 1 sumar

-40 -10 10 0 2 -2 0

NR2 40 0 0 1 2 -2 1

H2 Sale H2 (R2 seleccionado)

R.P.

NR2



f) Calcular los renglones Zj y Cj-Zj Zj bj = 150(4)+0(40) = 600+0 = 600 Cj-Zj Y1 = 150-150 =0 Zj Y1 = 150(1)+0(40) = 150+0 = 150 Cj-Zj Y2 = -150-(-150) = -150+150 = 0 Zj Y2 = 150(-1)+0(0)= -150+0 Cj-Zj Y3 = 14-0 = 14 Zj Y3 = 150(0)+0(1)= 0+0 = 0 Cj-Zj Y4 = -20-(-30) = -20+30 = 10 Zj Y4 = 150(-1/5)+0(2) = -30+0 = -30 Cj-Zj H1 = 0-30 = -30 Zj H1 = 150(1/5)+0(-2) = 30+0 = 30 Cj-Zj H2 = 0-0 = 0 Zj H2 = 150(0)+0(0) = 0+0 = 0

6) Verificar optimalidad: cuando el objeto es Max Z; Cj-Zj0, en todos sus valores, de acuerdo a la tabla N°2: C3-Z3=14 > 0 ; C4-Z4=10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se repite el paso N°5. 5) Resolver tabla N°2 (Segunda iteración). a) Determinar variable de entrada: Cuando el objetivo es Max Z, la define Cj-Zj mayor valor positivo; es decir: C3-Z3= 14, por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb:(a3:seleccionada) b) Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor valor positivo); es decir:

2

1

H

Y=

1

0

40

4

=

401/40

0/4

2

1

H

Y=

40; Siendo 40 el valor menor

positivo, entonces H2 debe salir de la base Vb (R2 seleccionado). c) Obtener el número pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np = 1 d) Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.= 1R2; e introducirlo a la siguiente tabla, es decir a la tabla N°3: R.P.= 1 1 2- 2 1 0 0 40 = 40 0 0 1 2 -2 1

Tabla N°3: Función objetivo.

Cj 150 -150 14 -20 0 0

Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2

150 Y1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0

14 Y3 40 0 0 1 2 -2 1



Zj 1160 150 -150 14 -2 2 14

Cj-Zj 0 0 0 -18 -2 -14

e) Calcular renglón restante R1, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla

N°3.

NR1 = R1-0 R.P.

R1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0

-10R.P. 0( 40 0 0 1 2 -2 1 )

4 1 -1 0 -1/5 1/5 0 sumar

0 0 0 0 0 0 0

NR2 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0

f) Calcular los renglones Zj y Cj-Zj , e introducirlos a la tabla N°3.

Zj bj = 150(4)+14(40) = 600+560 = 1160 Cj-Zj Y1 = 150-150 =0

Zj Y1 = 150(1)+14(0) = 150+0 = 150 Cj-Zj Y2 = -150-(-150) = -150+150 = 0

Zj Y2 = 150(-1)+14(0)= -150+0 Cj-Zj Y3 = -20-(-2) = -20+2 = -18

Zj Y3 = 150(-1/5)+14(2)= -30+28 = -2 Cj-Zj Y4 = 14-14 = 0

Zj Y4 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14 Cj-Zj H1 = 0-2 = -2

Zj H1 = 150(1/5)+14(-2) = 30-28 = 2 Cj-Zj H2 = 0-14 = -14

Zj H2 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14

6) Revisar optimalidad: Como el objeto es Max Z; Cj-Zj0, en todos sus elementos revisando la tabla N°3: se cumple Cj-Zj 0 ; por lo tanto la tabla N°3, es optima. VI) De la tabla optima, obtenemos los valores absolutos de las contribuciones de las variables de holgura Hj, es decir: H1=2 y H2=14 ; valores que corresponden a X1 y X2, respectivamente, por lo tanto: Z min = 20(2)+80(14) = 40+1120 = $1160.

La X1=2

Solución X2=14

Optima Z Min = $1160.

VII) Verificar factibilidad: Sustituir los valores X1=2 y X2=14, en el sistema de restricciones del problema original. 1.- 5X1+10X2 = 150 2.- X2 14 3.- X120 5(2)+10(14)=150 14 14 (cumple) 2 20 (cumple) 10 + 140 =150 150 = 150 (cumple) VIII) Conclusión: La empresa deberá usar 2 unidades del producto A y 14 unidades del producto B, para obtener un producto final de peso igual a 150 gramos a un costo mínimo de $1160.



III) METODO DUAL

Problemas Propuestos.

1) Una compañía mueblera manufactura dos clases de camas hechas de madera

prensada, la cama tipo A requiere 5 minutos para corte y 10 minutos para ensamble.

La cama tipo B requiere 8 minutos para corte y 8 minutos para ensamble. El beneficio

de cama tipo A es de $50 y de $60 para tipo B. ¿Cuántas camas de cada clase se deben

producir para obtener la máxima ganancia, si existe un compromiso de producción de

cuando menos 10 del tipo A y 10 del tipo B? Resuelva empleando el método dual.

2) Una compañía fabrica y vende dos tipos de bombas hidráulicas: normal y extra

grande. El proceso de manufactura asociado con la fabricación de las bombas implica

tres actividades: ensamblado, pintado y control de calidad. Los requerimientos de

recursos para ensamble, pintura y control de calidad de las bombas se muestran en la

tabla. La contribución a las utilidades por la venta de una bomba normal es $50 en

tanto que la utilidad por una bomba extra grande es de $75. Existen disponibles por

semana 4800 horas de tiempo para ensamble,1980 horas de tiempo de pintura y 400

horas de tiempo de control de calidad. Las experiencias anteriores de ventas señalan

que la compañía puede esperar vender cuando menos 300 bombas normales y 180 de

las extra grandes por semana. A la compañía le gustaría determinar la cantidad de

cada tipo de bomba que debe fabricar semanalmente con el objeto de maximizar sus:

utilidades. Resuelva empleando el método Dual.

Tabla de datos técnicos:

Tipo de bomba Tiempo de

ensamblé

Tiempo de

pintura

Tiempo de control

de calidad

Normal 3.6 1.6 0.6

Extra grande 4.8 1.8 0.6



Actividad 9: Aplicando la Fase III: Resolver

Problema de Auto evaluación:

Cierta compañía tiene una fábrica situada a los alrededores de una ciudad. Su

producción se limita a dos productos industriales A y B. El departamento de

contabilidad ha calculado las contribuciones de cada producto en $10 para A y de $12

para B. Cada producto pasa por tres departamentos de la fábrica. Los requerimientos

de tiempo para cada producto y el total de tiempo disponible en cada departamento,

se citan en la tabla.

¿Qué cantidad de cada producto debe fabricarse, para obtener el máximo beneficio?

Resolver aplicando los métodos: Grafico, simplex y dual.

Tabla de Datos Técnicos:

Departamentos

Productos

A B

Horas disponibles

(semanales)

Ensamble 2 3 1500

Acabado 3 2 1500

Inspección 1 1 600

Solución:

Aplicando el Método Grafico: I) Formular el problema (Fase I). a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia. b) Definir las variables del problema:

Z = Ganancia X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto. X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto. c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal. Departamento de ensamble: 1500 Horas Departamento de acabado: 1500 Horas Departamento de inspección: 600 Horas II) Construcción del modelo del problema (fase II). a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2 b) Restricciones: 3X1+3X21500 (departamento de ensamble) 3X1+2X21500 (departamento de acabado) X1+ X2600 (departamento de inspección)



c) No-negatividad: X10 ; X20 III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa). Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:

1.- 2X1+3X2 1500 1.- 2X1+3X2 = 1500

2.- 3X1+2X2 1500 2.- 3X1+2X2 = 1500

3.- X1+ X2 600 3.- X1+ X2 = 600

X1 0 ; X2 0

IV) 1.- 2X1+3X2 =1500 2.- 3X1+2X2 = 1500 3.- X1+X2 = 600

1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0

2(0)+3X2=1500 3(0)+2X2=1500 0+X2=600

3X2=1500 2X2=1500 X2=600

X2=500 X2=750 P5(0 , 600)

P1(0 , 500) P3(0 , 750) 2°) Si X2 = 0

2°) Si X2 = 0 2°) Si X2 = 0 X1+0 = 600

2X1+3(0) = 1500 3X1+2(0) = 1500 X1=600

2X1=1500 3X1=1500 P6(600 , 0)

X1=750 X1=500

P2(750 , 0) P4(500 , 0)

V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1 CMS =100 unidades)

0

100

200

300

400

500

600

700

800

100 200 300 400 500 600 700 800

x2>=0

3x1+2x2<=1500

X1+x2<=600

P8(300,300)

2x1+3x2<=1500

X1>=0 P2 P6 P4

P1

P5

P3

P7



VI) Limitar de acuerdo al tipo de restricción.

VII) Encontrar el área o áreas de solución definida por el conjunto convexo, como podemos observar en la grafica, el área 4, es en la que convergen todas las fichas (Conjunto convexo).

AREA DE SOLUCION

P1 (0,500)

P8 (300,300)

P4 (500,0) P7 (0,0)

0

100

200

300

400

500

600

700

800

100 200 300 400 500 600 700 800

x2>=0

3x1+2x2<=1500

X1+x2<=600

P8(300,300)

2x1+3x2<=1500

X1>=0 P2 P6 P4

P1

P5

P3

P7

AS

( )

( )

( )

( )

( )



VIII) Sustituir cada uno de los puntos vértices del área de solución en la función objetivo, para obtener la solución optima.

P(X1 , X2) ; Max Z = 10X1+12X2

P1 (0 , 500) ; Z1 = 10 (0)+12(500) = 0+6000 = 6000

P4 (500 , 0) ; Z4 = 10 (500)+12(0) = 5000+0 = 5000

P7 (0 , 0) ; Z7 = 10 (0)+12(0) = 0+0 = 0

P8 (300 , 300) ; Z8 = 10 (300)+12(300) = 3000+3600 = 6600 Optimo máximo

Como podemos observar el punto P8(300 , 300), arroja el valor máximo de Z; entonces: La solución optima es : X1 = 300 ; X2=300 y Z Max = $6,600.

IX) Verificar factibilidad; sustituyendo X1=300 y X2=300 ; en el sistema de restricciones:

1.- 2X1+3X2 1500 2.- 3X1+2X2 1500 3.- X1+X2 600

2(300)+3(300) 1500 3(300)+2(300) 1500 300+300 600

600+900 1500 900+600 1500 600 600(Cumple)

1500 1500 (Cumple) 1500 1500 (Cumple)

X) Conclusión: La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos

tipo B; para obtener la máxima ganancia de $6,600 en la semana.



Solución: Aplicando el método simplex. I) Formular el problema (Fase I). a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia. b) Definir las variables del problema:

Z = Ganancia X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto. X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto. c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal. Departamento de ensamble: 1500 Horas Departamento de acabado: 1500 Horas Departamento de inspección: 600 Horas II) Construcción del modelo del problema (fase II). a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2 b) Restricciones: 3X1+3X21500 (departamento de ensamble) 3X1+2X21500 (departamento de acabado) X1+ X2600 (departamento de inspección) c) No-negatividad: X10 ; X20 III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables base. Es decir, de holgura y artificiales, según el tipo de restricción, de acuerdo al sistema de restricciones, se agregar variable de holgura Hi, por ser del tipo , entonces:

Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:

2X1+3X2 1500 2X1+3X2 +H1 = 1500 ; H1 0

3X1+2X2 1500 3X1+2X2 +H2= 1500 ; H2 0

X1+ X2 600 X1+ X2 +H3= 600 ; H3 0

H1 ; H2 ; H3 ; Con Costo Cero

IV) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2+0H1+0H2+0H3 V) Sistema de ecuaciones: 2X1+3X2+ H1+0H2+0H3 = 1500 3X1+2X2+0H1+ H2+0H3 = 1500 X1+ X2+0H1+0H2+ H3 = 600



VI) Constituir la tabla simplex inicial (Tabla N°1). Tabla N°1 Entra X2 (a2: seleccionada).

Cj 10 12 0 0 0


0 H1 1500 2 3 1 0 0

0 H2 1500 3 2 0 1 0

0 H3 600 1 1 0 0 1

Zj 0 0 0 0 0 0

Cj-Zj 10 12 0 0 0

Zj = (Columna Cj) (Columna aj) y Cj-Zj = Renglón Cj-Renglón Zj

VII) Resover tabla N°1 (primera iteración) 1) Determinar la variable de entrtada: como el objetivo es Max Z, la determina el mayor valor positivo de Cj-Zj, es decir, C2-Z2=12 ; por lo tanto X2, debe entrar a la base Vb. (a2 seleccionada). 2) Determine la variable de salida: empleando la ecuación matricial. Vb = bj/a2 (Menor valor positivo).

600

750

500

3

2

1

1/600

2/1500

3/1500

1

2

3

600

1500

1500

3

2

1

H

H

H

H

H

H ; Siendo 500 el menor valor positivo,

Entonces H1 debe slir de la base Vb. (R1:seleccionado) 3) Obtener el numero pivote np ; de acuerdo a la tabla N°1 ; Np = 3 4) Obtener los elementos del renglón pivote R.P. ; empleando la ecuación. R.P.=1/3 R1 ; e Introducirlo a la siguiente tabla ; es decir, a la tabla N°2. R.P. = 1/3 (1500 2 3 1 0 0) = 500 2/3 1 1/3 0 0

Función objetivo.

Sale H1(R1:Seleccionado)



Tabla N°1 Entra X1 (a1:seleccionada).

Cj 10 12 0 0 0


12 X2 500 2/3 1 1/3 0 0

0 H2 500 5/3 0 -2/3 1 0

0 H3 100 1/3 0 -1/3 0 1

Zj 6000 8 12 4 0 0

Cj-Zj 2 0 -4 0 0

5) Obtener los valores de los renglones restantes; empleando la expresión “NE”, e Introducirlos a la tabla N°2; es decir,

NR2 = R2-2 R.P. NR3 = R3-1 R.P.

R2 1500 3 2 0 1 0 R3 600 1 1 0 0 1

-2 R.P. –2(500 2/3 1 1/3 0 0) -1 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)

500 3 2 0 1 0 600 1 1 0 0 1

-1000 -4/2 –2 -2/3 0 0 -500 –2/3 -1 –1/3 0 0

NR2 500 5/3 0 -2/3 1 0 NR3 100 1/3 0 –1/3 0 1

6) Calcular los renglones Zj y Cj–Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2). Zj bj = 12 (500) + 0 (500) + 0 (100) = 6000+0+0 = 6000 Cj – Zj X1 = 10-8 = 2

Zj X1= 12 (2/3) + 0 (5/3) + 0 (1/3) = 8+0+0 = 8 Cj – Zj X2 = 12 –12 = 0

Zj X2 = 12 (1) + 0 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj – Zj H1 = 0-4 = -4

Zj H1 = 12 (1/3) + 0 (-2/3) + 0 (-1/3) = 4+0+0 = 4 Cj – Zj H2 = 0-0 = 0

Zj H2 = 12 (0) + 0 (1) + 0 (0) = 0+0+0 = 0 Cj – Zj H3 = 0-0 = 0

Zj H3 = 12 (0) + 0 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0

VIII).- Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Max Z ; Cj – Zj 0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°2; C1- Z1 = 2 0 ; no cumple, repetir el paso VII. VII).- Resolver tabla Nª 2 (segunda iteración). 1).- Determina la variable de entrada; Cuando el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj–Zj; es decir, C1-Z1 = 2, entonces X1, debe entrar a la base Vb. (a1 seleccionada)

R.P.

NR2

NR3

Función objetivo.

Sale H2(R2:Seleccionado)

sumar sumar



2).-Se determina la variable de salida: empleando la ecuación matricial: Vb bj/a1 (menor valor positivo), es decir:

300

300

750

3

2

2

3/1/100

3/5/500

3/2/500

3/1

3/5

3/2

100

500

500

3

2

2

H

H

X

H

H

X

; Siendo 300 el menor valor positivo,

entonces H2 debe salir de la base Vb, definiendo el renglón seleccionado R2. 3).- Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= 5/3 4).- Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 3/5R2; e introducirlo a la siguiente; es decir, tabla N°3.

R.P. = 3/5 (500 5/3 0 -2/3 1 0) = 300 1 0 -2/5 3/5 0

Tabla N°2:

Cj 10 12 0 0 0


12 X2 300 0 1 3/5 -2/5 0

10 X1 300 1 0 -2/5 3/5 0

0 H3 0 0 0 -1/5 -1/5 1

Zj 6600 10 12 16/5 6/5 0

Cj-Zj 0 0 -16/5 -6/5 0

5).- Calcular los valores de los renglones restantes, empleando la expresión “NE”, e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla N° 3).

NR1 = R1-2/3 R.P. NR3 = R3-1/3 R.P.

R1 500 2/3 1 1/3 0 0 R3 100 1/3 0 -1/3 0 1

-2/3 R.P.=–2/3(300 1 0 -2/5 3/5 0) -1/3 R.P. –1/3(300 1 0 -2/5 3/5 0)

500 2/3 1 1/3 0 0 100 1/3 0 -1/3 0 1

-200 -2/3 0 4/15 –2/5 0 100 –1/3 0 2/15 -1/5 0

NR1 300 0 1 3/5 -2/5 0 NR3 0 0 0 –1/5 -1/5 1

NR1

N.P.

RN3

Función Objetivo

sumar sumar



6).-Obtener los elementos de los renglones Zj y Cj- Zj, e introducirlos a la tabla (Tabla

N°3)

Zj bj = 12 (300) + 10 (300) + 0 (0) = 3600+3600+0 = 6600 Cj – Zj X1 = 10-10 = 0

Zj X1= 12 (0) + 10 (1) + 0 (0) = 0+10+0 = 10 Cj – Zj X2 = 12 –12 = 0

Zj X2 = 12 (1) + 10 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj – Zj H1 = 0-16/5 = -16/5

Zj H1 = 12 (3/5) + 10 (-2/5) + 0 (-1/5) = 36/5-20/5+0 = 16/5 Cj – Zj H2 = 0-6/5 = -6/5

Zj H2 = 12 (-2/5) + 10 (3/5) + 0 (-1/5) =-24/5+30/5+0 = 6/5 Cj – Zj H3 = 0-0 = 0

Zj H3 = 12 (0) + 10 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0

VIII).- Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj-Zj 0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima. IX).- Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial : Vb = bj ; es decir:

6600

0

300

300

3

1

2

Zj

H

X

X

; Por lo tanto ;

X).- Verificar Factibilidad: sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de restricciones, es decir:

1.- 2X1 + 3X2 1500 2.- 3X1 + 2X2 1500 3.- X1 + X2 600

2(300) + 3(300) 1500 3(300)+2(300) 1500 300 + (300) 40

600 + 900 1500 900+600 1500 600 600 (cumple)

1500 1500 (cumple) 1500 1500 (cumple)

IX).- Conclusión: La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo B; para obtener la Máxima ganancia de $6600 a la semana.

X1=300 H1=

X2=300 H2=0

Z Max = $6600 H3=0



Solución: Aplicando el método Dual I) Formular el problema (Fase I). a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia. b) Definir las variables del problema:

Z = Ganancia X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto. X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto. c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal. Departamento de ensamble: 1500 Horas Departamento de acabado: 1500 Horas Departamento de inspección: 600 Horas II) Construcción del modelo del problema (fase II). a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2 b) Restricciones: 3X1+3X2 1500 (departamento de ensamble) 3X1+2X2 1500 (departamento de acabado) X1+ X2600 (departamento de inspección) c) No-negatividad: X10 ; X20 III) Construir el problema primal; cundo el objetivo es Max Z ; todas sus restricciones deben quedar expresadas con menor e igual ; es decir: Problema Primal (Caso I) Max Z = 10X1+ 12X2 Cambio de variable Sujeta a: para Dual 2X1+3X21500 Y1 3X1+2X21500 Y2 X1+ X2600 Y3

X10 ; X20

IV)Construir el problema dual: si el objetivo del primal es MAX Z (caso 1); entonces el objetivo del dual es MIN Z, cuyas restricciones serán mayor e igual ;es decir.

Problema primal (caso 1) problema dual (caso 1)

Max Z = 10X1+12X2 Min Z = 1500Y1+1500Y2+600Y3

Sujeta a: Sujeta a:

2X1+3X2 1500 2Y1+3Y2+Y3 10

3X1+2X2 1500 3Y1+2Y2+Y3 12

X1+ X2 600 Y1; Y2; Y3 0

X1 0; X2 0



Y1

V) Resolver el problema Dual, empleando el método simplex.

1) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables

de holgura y artificiales, de acuerdo al tipo de restricción; es decir:

Restricciones: 2Y1+3Y2+Y3 10 ; Ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3 –H1+A1=10

3Y1+2Y2+Y3 12 3Y1+2Y2+Y3 –H2+A2=12

H1 y H2 con costo cero, A1 y A2 con costo M

2) Función objetivo: Min Z=1500Y1+1500Y2+600Y3+0H1+0H2+MA1+MA2

3) Sistema de ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3-H1+0H2+A1+0A2=10

3Y1+2Y2+Y3+0H1-H2+0A1+A2=12

Y1; Y2; Y3; H1; H2; A1; A2 0

4)Construir la tabla simplex inicial (Tabla N°1)


Cj 1500 1500 600 0 0 M M

Vb bj Y2 Y3 H1 H2 A1 A2

M A1 10 2 3 1 -1 0 1 0

M 12 3 2 1 0 -1 0 1 Sale A2

R2: selec.

Zj 22M 5M 5M 2M -M -M M M

Cj-Zj 1500-5M 1500-5M 600-2M M M 0 0

-3500 -3500 -1400 100 100

NOTA: M=1000

Zj bj = M(10)+M(12) = 10M+12M = 22M Cj-Zj Y1 = 1500-5M = 1500-5M Zj Y1 = M(2)+M(3) = 2M+3M = 5M Cj-Zj Y2 = 1500-5M = 1500-5M Zj Y2 = M(3)+M(2) = 3M+2M = 5M Cj-Zj Y3 = 600-2M = 600-2M Zj Y3 = M(1)+M(1) = M+M = 2M Cj-Zj H1 = 0-(-M) = M Zj H1 = M(-1)+M(0) = -M+0 = -M Cj-Zj H2 = 0-(-M) = M Zj H2 = M(0)+M(-1) = 0-M = -M Cj-Zj A1 =M-M = 0 Zj A1 = M(1)+M(0) = M+0 = M Cj-Zj A2 = M-M = 0 Zj A2 = M(0)+M(1) = 0+M = M

5) Resolver tabla N°1 (Primera iteración).

A2 3



Y2

a) Determinar variables de entrada: cuando el onjetivo es Min Z; la define el mayor valor negativo de Cj-Zj; es decir C1-Z1=-3500, por lo tanto Y1 debe entrar a la base Vb: (a1: seleccionada). b) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matrricial Vb = bj/a1(Menor valor positivo);

2

1

A

A=

3/2

12/10=

3/12

2/10

2

1

A

A=

4

5 ; Siendo 4 el menor valor positivo; por lo

tanto A2, sale de la base Vb (R2:seleccionado).

c) Obtener el numero pivote np; de acuerdo a la tabla N°1; np=3. d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P. = 1/3R2, e introducirlo a la siguiente tabla, es decir, a la tabla N°2.

R.P. = 1/3 1 0 1- 0 1 2 3 12 = 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3


Cj 1500 1500 600 0 0 M M

Vb bj Y1 Y3 H1 H2 A1 A2 Sale A1

M A1 2 0 5/3 1/3 -1 2/3 1 -2/3 R1:selec.

1500 Y1 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3 Zj 2M+600 1500 5/3M+1000 1/3M+500 -M 2/3M-500 M -2/3+500

Cj-Zj 0 500-5/3M 100-1/3M M 500-2/3M 0 5/3M-500

-1166.7 -233.33 1000 -166.7 1166.7

M=1000

e) Calcular región restante R1, empleando la ecuación “NE”,e introducirlo a la tabla N°2

NR1=R1-2R.P.

R1 10 2 3 1 -1 0 1 0

-2R.P. –2( 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3)

10 2 3 1 -1 0 1 0 sumar

-8 -2 -4/3 -2/3 0 2/3 0 -2/3

NR1 2 0 5/3 1/3 -1 2/3 1 -2/3



f) Calcular los renglones Zj y Cj-Zj e introducirlos a la tabla N°2.

Zj bj = M(2)+1500(4)=2M+600 Cj-Zj Y1 = 1500-1500 =0 Zj Y1 = M(0)+1500(1)=1500 Cj-Zj Y2=1500-(5/3M+1000)=1500-5/3M-1000=500-5/3M

Zj Y2 = M(5/3)+1500(2/3)=5/3M+100 Cj-Zj Y3=600-(1/3M+500)=600-1/3M-500=100-1/3

Zj Y3 = M(1/3)+1500(1/3)=1/3M+500 Cj-Zj H1=0-(-M) = M Zj H1 = M(-1)+1500(0) = -M Cj-Zj H2 = 0-(2/3M-500) = 500-2/3M Zj H2 = M(2/3)+1500(-1/3)=2/3M-500 Cj-Zj A1 =M-M = 0 Zj A1 = M(1)+1500(0) = M Cj-Zj A2=M-(-2/3M+500)=M+2/3M-500=5/3M-500

Zj A2 = M(-2/3)+1500(1/3)=-2/3M+500

6) Verificar optimalidad: cuando el objeto es Min Z; Cj-Zj0, en todos sus valores, revisando la tabla N°2, C3-Z3 = 14 > 0 y C4-Z4 = 10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se repite el paso N°5. 5) Resolver tabla N°2 (Segunda iteración). a) Determinar variable de entrada: Como el objetivo es Max Z, la define Cj – Zj mayor valor positivo; es decir: C3-Z3 = 14 ; por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb,(a3:seleccionada). b) Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor valor positivo) ; es decir:

2

1

H

Y=

1

0

40

4

=

401/40

0/4

2

1

H

Y=

40; Siendo 40 el menor, por lo

tanto A1 debe salir de la base Vb (R1 seleccionado). c) Obtener el numero pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np=5/3 d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P. empleando la ecuación: R.P.=3/5R1; e introducirlo a la siguiente tabla, es decir a la tabla N°3: R.P.= 3/5 2/3- 1 2/3 1- 1/3 5/3 0 2 = 6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5

Tabla N°3: Función objetivo.

Cj 1500 1500 600 0 0 M M

Vb bj Y1 Y2 Y3 H1 H2 A1 A2

1500 Y2 6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5 R.P.

1500 Y1 16/5 1 0 1/5 2/5 -3/5 -2/5 3/5 NR2



Zj 6600 1500 1500 600 -300 -300 300 300

Cj-Zj 0 0 0 300 300 M-300 M-300

M=1000

e)Calcular región restante R2, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla N°3.

NR2 = R2-2/3R.P.

R2 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3

-2/3R.P. –2/3 (6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5

4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3 sumar

-4/5 0 -2/3 -2/15 2/5 -4/15 -2/5 4/5

NR1 16/5 1 0 1/5 2/5 -3/5 -2/5 3/5

f) Calcular los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la tabla N°3.

Zj bj = 1500(6/5)+1500(16/5) = 1800+4800 = 6600 Zj Y1 = 1500(0)+1500(1)=0+1500=1500 ; Cj-Zj Y1 = 1500-1500 =0 Zj Y2 =1500(1)+1500(0)=1500+0=1500 ; Cj-Zj Y2=1500-1500=0 Zj Y3 =1500(1/5)+1500(1/5)=300+300=600 ; Cj-Zj Y3=600-600=0 Zj H1 =1500(-3/5)+1500(2/5)=-900+600=-300 ; Cj-Zj H1=0-(-300) = 300 Zj H2 =1500(2/5)+1500(-3/5)=600-900=-300 ; Cj-Zj H2 = 0-(-300) = 300 Zj A1 = 1500(3/5)+1500(-2/3)=900-600=300 ; Cj-Zj A1 =M-300 = M-300 Zj A2 =1500(-2/5)+1500(3/5)=-600+900=300 ; Cj-Zj A2=M-300=M-300

6) Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Min Z; Cj-Zj0; en todos sus elementos; de acuerdo a la tabla N°3; todos cumplen; por lo tanto la tabla N°3, es optima. VI) De la tabla optima, obtener los valores absolutos de las contribuciones de las variables de holgura (Hj). Es decir: H1=300 y H2=300; valores que corresponden a X1 y X2, respectivamente, por lo tanto: X1=300 y X2=300; sustituyéndolos en la funcion objetivo del problema original, para obtener el valor de Z, entonces: ZMax = 10X1+12X2= 10(300)+12(300) = $6600.

SOLUCION X1=300 , H1=0

OPTIMA X2=300 , H2=0

ZMax=6600 , H3=0

VII)Verificar factibilidad: sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de restricciones

del problema original, es decir:

1) 2X1+3X2 1500 2) 3X1+2X2 1500 3) X1+X2 600

2(300)+3(300)= 1500 3(300)+2(300) 1500 300+300 600



600+900 1500 900+600 1500 600 600 (cumple)

1500 1500 (cumple) 1500 1500(cumple)

VIII) Conclusión: La compañía devera elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo

B; para obtener la máxima ganancia de $6600 a la semana.



Capitulo III

ANALISIS DE SENSIBILIDAD

Actividad 11: análisis de sensibilidad:

Introducción: El análisis de sensibilidad concierne al estudio de posibles cambios en

la solución óptima disponible como resultado de hacer cambios en el modelo original.

Al alterarse nuestra situación actual y proporcionar nuevos datos, sobre estos

podemos hacernos la pregunta ¿Cómo puede alterar cada situación la solución

óptima actual?, con cierta reflexión, sus respuestas podrán contestarse en alguna de

las dos categorías siguientes:

1) La solución actual puede volverse infactible y 2) La solución actual puede volverse no óptima. Las categorías están basadas en los cálculos primales duales, de los cuales observamos los siguientes: I) La infactibilidad de la solución puede ocurrir solo si: 1) Se altera la disponibilidad de los recursos bj y 2) Se agregan nuevas restricciones Xn II) La no optimalidad de la solución actual puede ocurrir solo si: 1) Se cambia la contribución Cj; 2) Se cambia los coeficientes tecnológicos aij y 3) Se añaden nuevas actividades Xj Procedimiento general: Con base en lo antes propuesto, el procedimiento general para realizar el análisis de sensibilidad se puede resumir de la manera siguiente: 1) Empleando el método simplex, resolver el modelo de programación lineal y obtener su tabla simplex optima.

Cj C1 C2 . . . Cj 0 0 . . . 0 Función objetivo

Vj bj X1 X2 . . . Xj H1 H2 . . . Hj

C1 X1 m1

C2 X2 m2

. . .

. . . B-1

A B-1

. . .

Cj Xj mj

Zj CBXB CBB-1

A-Cj CBB-1

Cj-Zj



Donde: B-1 = Matriz inversa (comprendida solo por las variables de holgura Hj)

CBB-1 = Vector dual (comprendido solo por las variables de holgura Hj)

2) Para el o los cambios propuestos en el modelo original, volver a determinar los

nuevos elementos de la tabla optima actual mediante el uso de los cálculos primales

duales. Estos consisten en restablecer la tabla simplex optima del problema original e

introducirle los cambios del nuevo problema.

3) Si la nueva tabla no es optima, ir al paso #4, si es infactible, ir al paso #5, de lo

contrario anotar la solución en la nueva tabla como el nuevo optimo.

4) Aplicar el método simplex a la nueva tabla para obtener una nueva solución optima.

5) Aplicar el método dual a la nueva tabla para recobrar la factibilidad.



Actividad 12: I) Cambios que afectan la factibilidad.

1) Cambios en los recursos disponibles bj: Sabemos por calculos primales duales que

los cambios en los segundos miembros de las restricciones solo pueden afectar a la columna

bj de la tabla optima, es decir solo pueden afectar la factibilidad. Por lo tanto, todo lo que

tenemos que hacer es volver a calcular la columna bj de la tabla original.

Supongamos que el problema original es ; Ahora si cambiamos a bj por(bj+ bj); el nuevo problema es:

Max Z = CjXj Max Z = CjXj

Sujeta a: Sujeta a:

Axj bj Axj (bj+ bj)

Xj 0 Xj 0

Procedimiento de análisis:

1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. 2) Se incrementa bj, quedando como: bj+bj. 3) Se establece el nuevo problema (en forma primal) 4) Se extrae la matriz inversa B-1, de la tabla simplex optima. 5) Se calcula la nueva solución optima XB; empleando la ecuación matricial: XB =B-1(bj+bj) donde XB es la matriz columna formada por las variables de la columna base Vb. 5.1) Si XB0, en todos sus elementos; la nueva solución XB, es factible y el nuevo valor de Z, se calcula sustituyendo los valores de Xi en la función objetivo y después ir al paso N°8. 5.2) Si XB < 0, en alguno de sus elementos, la nueva solución XB es infactible; cuando esto ocurre, ir al paso N°6. 6) Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciéndole los valores de XB en la columna Vb y calcular los renglones Zj y Zj-Cj. 7) Aplicando el método simplex, resolver la tabla restablecida, bajo el siguiente procedimiento: A) Sacar de la columna Vb las variables de valor negativo (infactible). B) Introducir la variable que hace positivo a la variable de salida (siendo el cociente de menor valor positivo). C) Obtener el numero pivote np (intersección de renglón y columna seleccionada).

D) Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P.=np

1 Rs, e

Introducirlo a la siguiente tabla (nueva). E) Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación “NE” e introducirlos a la nueva tabla. F) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla. G) Calcular la nueva solución optima, aplicando la ecuación matricial: Vb=bj. H) Verificar factibilidad; sustituyendo los nuevos valores de Xi en el nuevo problema. 8) Conclusión.



2) Agregar nueva restricciones Xn: Agregar nuevas variables Xn; crea nuevos términos Zj-Cj y nuevas columnas Yj en la tabla. Si asociado a la nueva actividad Xn se conoce su contribución Cj y su vector de coeficientes tecnológicos aij el procedimiento de análisis que debe seguirse es: 1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. 2) Establecer el nuevo problema (en forma primal). 3) El agregar una nueva restricción Xn, puede dar origen a dos situaciones: 3.1) La nueva restricción Xn, la satisface la solución optima, si esto ocurre, la solución optima no sufre cambios, ir al paso N°7. 3.2) La solución optima, no satisface a la nueva restricción Xn, por lo tanto se volverá de enlace (debe entrar a la columna Vb), ir al paso N°4. 4) Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, bajo el siguiente procedimiento. a) Agregar una nueva variable de holgura Hi, a la nueva restricción. b) Calcular el valor de la nueva variable de holgura, aplicando procedimiento algebraico entre renglones, basándonos en la nueva restricción y la tabla simplex optima. c) Calcular los valores del renglón de la nueva variable de holgura, basándonos en el Procedimiento algebraico entre renglones. d)Los valores de la columna de la nueva variable de holgura, son todos igual a cero en cada uno de los renglones, excepto el ultimo renglón, el cual debe ser la unidad. e) Construir la nueva tabla, agregando renglón y columna que corresponden a la nueva variable de holgura. f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlo a la nueva tabla. 5) Empleando el metodo simplex, se resuelve la tabla restablecida, bajo el siguiente procedimiento. a) Sacar de columna Vb, la variable de valor negativo (infactible). b) Introducir la variable que hace positiva a la variable de salida, siendo el cociente de menor valor positivo. c) Obtener el numero pivote np.

d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.=np

1Rs

, e introducirlo a la siguiente tabla. e) Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, empleando la ecuación “NE” e introducirlos a la siguiente tabla. f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlo a la nueva tabla. 6) Obtener la nueva solucion optima, empleando la ecuación matricial Vb = bj. 7) Conclusión.



Actividad 13: I)Cambios que afectan la factibilidad.


En una carpintería se fabrican mesas y sillas, la carpintería cuenta con dos

departamentos en paralelo con capacidad de 40 horas semanales respectivamente.

Cada mesa deja una ganancia de $150 y requiere de 4 horas de trabajo en el

departamento I y 2 horas en el departamento II. Mientras que una silla deja ganancia

de $200 y requiere 2 horas de trabajo del departamento I y 4 horas del departamento

II. Obtener:

a) La solución optima, empleando el método simplex.

b) Si la capacidad de los departamentos cambian ambos de 40 a 48 horas semanales.

¿Afecta a la solución optima el cambio de los recursos?

c) Si la capacidad del departamento I cambia de 40 a 24 horas semanales y la

capacidad del departamento II, cambia de 40 a 60 horas semanales. ¿afecta a la

solución optima el

Cambio de los recursos disponibles?

d ) En una de las semanas en la misma empresa un cliente importante pidió a la

carpintería que fabricara mínimo 4 sillas. ¿Puede la carpintería satisfacer el pedido del

cliente?, en caso de que no, ¿qué debe de hacer la carpintería para poder satisfacer la

orden del cliente?.

e) Supongamos que en una de las semanas el cliente pidió la producción mínima de 7

sillas. ¿podría la carpintería satisfacer la petición del cliente? En caso de que no. ¿qué

debe hacer la carpintería para satisfacer la orden del cliente?.

SOLUCION:

A) Obtener la solución optima, empleando el método simplex. I) Formulación del problema (fase I). a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia. b) Definir las variables del problema: Z = ganancia X1 = numero de mesas a producir; C1=$150/mesas X2 = numero de sillas a producir; C2 = $200/sillas c) Establecer las restricciones del problema: 1) capacidad de tiempo semanal *Departamento I: 40 horas *Departamento II: 40 horas II) Construcción del modelo del problema (fase II). a) Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2



b) Restricciones: 4X1+2X240 (departamento I) 2X1+4X240 (departamento II) c) No-negatividad: X10 ; X20 III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones: 4X1+2X240 4X1+2X2+H1=40 ; H10 2X1+4X240 2X1+4X2+H2=40 ; H20

IV) Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2+0H1+0H2 V) Sistema de ecuaciones: Depto. I: 4X1+2X2+H1+0H2 =40 Depto. II: 2X1+4X2+0H1+H2 =40 VI) Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)

Tabla N°1: Entra X1 (a2: seleccionada).

Cj 150 200 0 0 Función objetivo.

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 40 4 2 1 0

0 40 2 4 0 1 Sale A2 (R2:seleccionado).

Zj 0 0 0 0 0

Cj-Zj 150 200 0 0

VII) Resolver tabla N°1 (primera iteración). 1) Determinar variable de entrada: cuando el objetivo es Max Z, la define el mayor valor positivo de Cj-Zj, es decir: C2-Z2 = 200, entonces X2 debe entrar a la base Vb: a2 seleccionada. 2) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2 (menor valor positivo).

2

1

H

H=

4

2

40

40

=

4/40

2/40

2

1

H

H=

10

20 ; siendo 10, el menor valor positivo, entonces H2,

debe salir de la base Vb (R2: seleccionado).

H2



3) Obtener el numero pivote: np = 4.

4) Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=4

1R2 ; e introducirlo a la siguiente tabla

(tabla N°2). R.P. =4

1 1 0 4 2 40 = 10 1/2 1 0 1/4



Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 20 3 0 1 -1/2 Sale H1 (R1:seleccionado).

NR1

200 X2 10 1/2 1 0 1/4 R.P.

Zj 200 100 200 0 50

Cj-Zj 50 0 0 -50

5) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación “NE”, introducirlo a la tabla N°2 ; NR1 = R1-2R.P.

R1 40 4 2 1 0

-2R.P. -2 1/4 0 1 1/2 10

40 4 2 1 0 sumar

-20 -1 -2 0 -1/2

NR1 20 3 0 1 -1/2

6) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la tabla N°2.

Zj bj = 0(20)+200(10) = 0+2000 = 2000

Zj X1 = 0(3)+200(1/2) = 0+100 = 100 ; Cj-Zj X1 = 150-100 = 50

Zj X2 = 0(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj-Zj X2 = 200-200 = 0

Zj H1 = 0(1)+200(0) = 0+0 =0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0

Zj H2 = 0(-1/2)+200(1/4) = 0+50 = 50 ; Cj-Zj H2 = 0-(-300) = 300

VIII) Verificar optimalidad: cuando el objeto es Maz Z, Cj-Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°2, C1-Z1 = 50 no cumple, por la tanto repetir el paso VII. VII) Resolver tabla simplex N°2 (segunda iteración).



1) Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj-Zj, es decir: C1-Z1 = 50, por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb.(a1 seleccionada). 2) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1 (menor valor positivo).

2

1

X

H=

2/1

3

10

20

=

2/1/10

3/20

2

1

X

H=

20

3/20 ; siendo 20/3, el menor valor positivo,

entonces H1, debe entrar de la base Vb (R1:seleccionado).

3) Obtener el numero pivote: np = 3.

4) Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=3

1R1; e introducirlo a la siguiente tabla


1 1/2 - 1 0 3 20 = 20/3 1 0 1/3 -1/6

Tabla N°3: (optima)

Cj 150 200 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

150 X1 20/3 1 0 1/3 -1/6

200 X2 20/3 0 1 -1/6 1/3

Zj 700/3 150 200 50/3 125/3

Cj-Zj 0 0 -50/3 -125/3

5) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación “NE”, introducirlo a la tabla N°3 ; NR2 = R2-1/2R.P.

R2 10 1/2 1 0 1/4

-1/2R.P. –1/2 1/6 - 1/3 0 1 20/3

10 1/2 1 0 1/4 sumar

-10/3 -1/2 0 -1/6 1/12

NR2 20/3 0 1 -1/6 1/3




Zj bj = 150(20/3)+200(20/3) = 3000/3+4000 = 7000/3

Zj X1 = 150(1)+200(0) =150+0 = 150 ; Cj-Zj X1 = 150-150 = 0

Zj X2 = 150(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj-Zj X2 = 200-200 = 0

Zj H1 = 150(1/3)+200(-1/6) = 150/3-100/3 = 50/3 ; Cj-Zj H1 = 0-50/3 = -50/3

Zj H2 = 150(-1/6)+200(1/3) = -75/3+200/3 = 125/3 ; Cj-Zj H2 = 0-125/3 = -125/3

VIII) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z, Cj-Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°3, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la tabla simplex N°3 es optima.

IX) obtener solucion optima. Vb = bj ;

Zj

X

X

2

1

=

3/7000

3/20

3/20

Esto es igual a:

X1= 20/3 (6.67)

X2= 20/3 (6.67)

Zmax = $7000/3 ($2333.33)

X) Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=20/3 ; X2=20/3 en el sistema de restricciones.

4X1+2X2 40 2X1+4X2 40

4(20/3)+2(20/3) 40 2(20/3)+4(20/3) 40

120/3 40 120/3 40

40 40 (cumple). 40 40 (cumple).

XI) Conclusión: La carpintería deberá fabricar 20/3 mesas y 20/3 sillas, para obtener la máxima ganancia de $7000/3. B) Si la capacidad de los departamentos cambian ambos de 40 a 48 horas semanas.¿afecta la solución optima el cambio de los recursos?

Procedimiento de calculo: (cambio de recursos bj ) 1) Obtener solución optima del problema original, empleando el método simplex.

Problema original Solución óptima

Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0

Sujeta A: X2=20/3(6.67) sillas ;H2=0

4X1+2X2 40 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33

2X1+4X2 40

X1 0 ; X2 0

2) Se incrementa bj ; es decir : bj =

40

40; cambia a (bj + bj )=

48

48.

3) Se establece el numero problema:



Max Z = 150X1+200X2

Sujeta a :

4X1+2X2 48

2X1+4X2 48

X1 0 ; X2 0

4) Extraer la matriz inversa B-1

, de la tabla simplex optima.

Cj 150 200 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

150 X1 20/3 1 0 1/3 -1/6

B-1

B-1

= (1/3 -1/6) 200 X2 20/3 0 1 -1/6 1/3 2x2 (-1/6 1/3)

Zj 700/3 150 200 50/3 125/3

Cj-Zj 0 0 -50/3 -125/3

5) Se calcula la nueva solución optima XB , empleando la ecuación matricial: XB = B-1

(bj+ bj).

XB=B-1

(bj+ bj) ;

2

1

X

X=

3/16/1

6/13/1

48

48=

)48(3/1)48(6/1

)48_(6/1)48(3/1=

168

816=

8

8

2

1

X

X=

8

8

5.1) Como XB=

2

1

X

X=

8

8 > 0 ; en todos sus elementos, la nueva solución es factible,

entonces Zmax = 150(8)+200(8) = 1200+1600 = $2800.

8) Conclusión: El cambio de los recursos de

40

40 a

48

48 ; trae cambios en la

producción de mesas de 20/3(6.67) a 8 y de 20/3(6.67) a 8 sillas, mientras que la ganancia se incrementa de $7000/3($2333.33) a $2800. C)Si la capacidad del departamento I, cambia de 40 a 24 horas semanales y la capacidad del departamento II, cambia de 40 a 60 horas semanales. ¿Afecta a la solución optima el cambio en los recursos disponibles?



Procedimiento de calculo (Cambio de los recursos bj). 1) obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. Problema original Solución óptima

Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3=6.67 mesas ; H1=0

Sujeta A: X2=20/3=6.67 sillas ;H2=0

4X1+2X2 40 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33

2X1+4X2 40

X1 0 ; X2 0

2) Se incrementa bj ; es decir : bj =

40

40; cambia a (bj + bj )=

60

24.

3) Se establece el número problema:

Max Z = 150X1+200X2

Sujeta a :

4X1+2X2 24

2X1+4X2 60

X1 0 ; X2 0

4) Extraer la matriz inversa B-1

, de la tabla simplex optima.

Cj 150 200 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

150 X1 20/3 1 0 1/3 -1/6

B-1

B-1

= (1/3 -1/6) 200 X2 20/3 0 1 -1/6 1/3 2x2 (-1/6 1/3)

Zj 700/3 150 200 50/3 125/3

Cj-Zj 0 0 -50/3 -125/3

5) Se calcula la nueva solución optima XB , empleando la ecuación matricial: XB = B-1 (bj+bj).

XB=B-1

(bj+ bj) ;

2

1

X

X=

3/16/1

6/13/1

60

24=

)60(3/1)24(6/1

)60(6/1)24(3/1=

204

108=

16

2

2

1

X

X=

16

2



5.2) Como XB=

2

1

X

X=

16

2 < 0 ; en uno de sus elementos, la nueva solución optima es

infactible, ir al paso 6.

6) Aplica el metodo dual, restablecer la tabla simplex optima.

Cj 150 200 0 0

Función objetivo.

Vb bj X1 X2 H1 H2

150 X1 -2 1 0 1/3 -1/6

200 X2 16 0 1 -1/6 1/3

Zj 2900 150 200 50/3 125/3

Cj-Zj 0 0 50/3 125/3

7) Aplicando el método simplex restablecida, de acuerdo el siguiente procedimiento:

a) Sacar de la columna Vb, las variables de valor negativo, en este caso X1=-2,

Definiendo asi el renglón seleccionado R1.

b)Introducir la variable que hece positiva a la variable de salida X1 , siendo el

cociente menor positivo, en este caso seria H2 ,definido asi la columna seleccionada a4.

c) Obtener el numero pivote: np = -1/6.

d) Calcular los elementos del renglón pivote: R.P. = np

1R1, e introducirlo a la nueva

tabla R.P. = -6 1/6- 1/3 0 1 2- = 12 -6 0 -2 1

Nueva tabla simplex

Cj 150 200 0 0

Función objetivo.

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 12 -6 0 -2 1 R.P.

200 X2 12 2 1 1/2 0 NR2

Zj 2400 400 200 100 0

Cj-Zj -250 0 -100 0

e) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación “NE”, introducirlo a la tabla ; NR2 = R2-1/3R.P.



R2 16 0 1 -1/6 1/3

-1/3R.P. –1/3 1 2- 0 6- 12

16 0 1 -1/6 1/3 sumar

-4 2 0 2/3 -1/3

NR2 12 2 1 ½ 0

f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la nueva tabla.

Zj bj = 0(12)+200(12) = 0+2400 = 2400

Zj X1 = 0(-6)+200(2) = 0+400 = 400 ; Cj-Zj X1 = 150-400 = -250

Zj X2 = 0(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj-Zj X2 = 200-200 = 0

Zj H1 = 0(-2)+200(1/2) = 0+100 = 100 ; Cj-Zj H1 = 0-100 = -100

Zj H2 = 0(1)+200(0) = 0+0 = 0 ; Cj-Zj H2 = 0-0 = 0

g) Calcular la solución optima, empleando la ecuación Vb = bj.

Vb = bj ;

Zj

X

H

2

1

=

2400

12

12

; Nueva solución optima; X1=0 ; X2=12 ; Zmax= $2400.

h) Verificar factibilidad, sustituyendo X1=0 y X2 , en el sistema de restricciones del nuevo

problema.

4X1+2X2 24 2X1+4X2 24

4(0)+2(12) 24 2(0)+4(12) 24

24 24 (cumple) 48 60 (cumple)

8) Conclusión : El cambio de los recursos disponibles en los departamentos

de

40

40a

60

24;

La producción sufre cambios: El numero de mesas disminuye de 20/3 = 6.667 a cero,

mientras que la producción de sillas se incrementa de 20/3 = 6.67 a 12 y la contribución se

incrementa de $7000/3 = $2333.33 a $2400.

D) En una de las semanas en la misma empresa un cliente importante pidió a la carpintería

que fabricara mínimo 4 sillas. ¿puede la carpintería satisfacer el pedido del cliente?, en caso

de que no, ¿qué debe de hacer la carpintería para poder satisfacer la orden del cliente?.

Procedimiento de calculo (agregar nuevas restricciones Xn)

1) Obtener solución optima del problema original , empleando el método simplex.


Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0


4X1+2X2 40 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33

2X1+4X2 40

X1 0 ; X2 0



2) Establecer el nuevo problema (En forma primal).

Nuevo problema Forma primal.

Max Z = 150X1+200X2 Max Z = 150X1+200X2

Sujeta A: Sujeta A:

4X1+2X2 40 4X1+2X2 40

X1+4X2 40 2X1+4X2 40

X2 4 -X2 -4

X1 0 ; X2 0 X1 0 ; X2 0

3) Situaciones.

3.1)La nueva restricción X24 ; la satisface la solución optima actual X2=6.67 es

decir, la nueva restricción, no produce cambios en la solución optima, ir al paso 7.

7) Conclusión: Debido a que la nueva restricción X24, la satisface la solución

óptima, entonces la solución optima no sufre cambios.

E) Supongamos que en una de las semanas el cliente pidió la producción mínima de 7

sillas. ¿Podría la carpintería satisfacer la petición del cliente? En caso de que no. ¿qué

debe hacer la carpintería para satisfacer la orden del cliente?.

Procedimiento de calculo (agregar nuevas restricciones Xn)

1) Obtener solución optima del problema original, empleando el método simplex.


Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0


4X1+2X2 40 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33

2X1+4X2 40

X1 0 ; X2 0

2) Establecer el nuevo problema (En forma primal).

Nuevo problema Forma primal.

Max Z = 150X1+200X2 Max Z = 150X1+200X2

Sujeta A: Sujeta A:

4X1+2X2 40 4X1+2X2 40

X1+4X2 40 2X1+4X2 40

X2 7 -X2 -7

X1 0 ; X2 0 X1 0 ; X2 0 3) Situaciones. 3.1) La solución optima, no satisface a la nueva restricción, es decir: X2= 6.67 < 7, ir al Paso 4. 4) Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, bajo el siguiente

Procedimiento:



a) Agregar una variable de holgura H3 a la nueva restricción: -X2 + H3 = -7.

b) Calcular valor de la nueva variable de holgura H3, aplicando procedimiento algebraico

entre, renglones, basándonos en la nueva restricción y la tabla simplex optima.

Cj 150 200 0 0 Función Objetivo.

Vb bj X1 X2 H1 H2

150 X1 20/3 1 0 1/3 -1/6

200 X2 20/3 0 1 -1/6 1/3

Zj 700/3 150 200 50/3 125/3

Cj-Zj 0 0 -50/3 -125/3

Procedimiento algebraico entre renglones.

Renglón de la nueva restricción del problema

-X2+H3 = -7 ------- “1”

Renglón de la nueva restricción de la tabla optima

0X1+X2-1/6H1+1/3H2 = 20/3 ------- “2”

De la solución optima X2 = 20/3 , sustituirlo en – “1”

-20/3+H3 = -7 ; H3 =-7/1+20/3 =

3

2021H3 =-1/3 (infactible).

c) Calcular los valores del renglón de la nueva variable de holgura H3, aplicando procedimiento algebraico entre renglones. -X2 + H3 = -7

0X1 + X2 - 1/6H1 + 1/3H2 = 20/3

0X1 + H3 - 1/6H1 + 1/3H2 = -1/3

Nuevo renglon para H3

H3: 0X1 + 0X2 - 1/6H1 + 1/3H2 = -1/3

d) Valores de la columna H3 todos ceros, excepto el último, el cual corresponde a la unidad.



e) Construir nueva tabla y restablecer. Entra H1 (a3 seleccionada)

Cj 150 200 0 0 0 Función Objetivo.


150 X1 20/3 1 0 1/3 -1/6 0

200 X2 20/3 0 1 -1/6 1/3 0

0 H3 -1/3 0 0 -1/6 1/3 1 Sale H3 (R3 seleccionado)

Zj 700/3 150 200 50/3 125/3 0

Cj-Zj 0 0 50/3 125/3 0

f) Calcular los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la nueva tabla. 5) Aplicando el metodo simplex, resolver nueva tabla (restablecida), bajo el siguiente procedimiento: a) Sacar H3 = -1/3 (infactible), de calumna Vb, definiendo asi, renglon seleccionado R3. b) Introducir H1 que hace positiva la variable de Salida H3, definiendo así, la columna seleccionada a4. c) Obtener numero pivote np = -1/6.

d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P. , aplicando la ecuación R.P. = np

1R3 , e

introducirlo a la siguiente tabla: R.P.= -6(-1/3 0 0 -1/6 1/3 1)= 2 0 0 1 -2 -6

Cj 150 200 0 0 0 Función Objetivo.


150 X1 6 1 0 0 1/2 2 NR1

200 X2 7 0 1 0 0 -1 NR2

0 H2 2 0 0 1 -2 -6 R.P.

Zj 2300 150 200 0 75 100

Cj-Zj 0 0 0 -75 -100



e) Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación “NE”, e introducirlos a la nueva tabla: NR1 = R1-1/3R.P.

R1 20/3 1 0 1/3 -1/6 0

-1/3R.P. –1/3 6- 2- 1 0 0 2

20/3 1 0 1/3 -1/6 0 sumar

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

NR1 6 1 0 0 ½ 2

NR2 = R2+1/6R2

R2 20/3 0 1 -1/6 1/3 0

-1/3R.P. 1/6 6- 2- 1 0 0 2

20/3 0 1 -1/6 1/3 0 sumar

1/3 0 0 1/6 -1/3 -1

NR2 7 0 1 0 0 -1

f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la nueva tabla.

Zj bj = 150(6)+200(7)+0(2) = 900+1400+0 = 2300 Zj X1 = 150(1)+200(0)+0(0) =150+0+0 = 150 ; Cj-Zj X1 = 150-150 = 0 Zj X2 = 150(0)+200(1)+0(0) = 0+200+0 = 200 ; Cj-Zj X2 = 200-200 = 0 Zj H1 = 150(0)+200(0)+(1) = 0+0+0 = 0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0 Zj H2 = 150(1/2)+200(0)+0(-2) = 75+0+0 = 75 ; Cj-Zj H2 = 0-75 = -75 Zj H3 = 150(2)+200(-1)+0(-6) = 300-200+0 = 100 ; Cj-Zj H2 = 0-100 = -100

g) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es MaxZ; Cj-Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva tabla, todos cumplen, por lo tanto es optima. 6) Obtener nueva solución optima, empleando la ecuación matricial Vb = bj.

Vb = bj ;

Zj

H

X

X

3

2

1

=

2300

2

7

6

X1=6 ; X2=7 ; H3=2 ; Zmax=2300

H1=0 ; H2=0

7) Conclusión: La carpintería para poder cumplir el pedido del cliente de cuando menos 7 sillas, deberá reducir la producción de mesas de 20/3 = 6.67 a 6 y aumentar l producción de sillas de 20/3 = 6.67 a 7, aceptando una disminución en la contribución de $7000/3 = $2333.333 a $2300



Actividad 14: Cambios que afectan la optimalidad

1) Cambios en la contribución Cj.

Procedimiento de análisis: 1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. 2) Se cambia el vector Cj por (Cj+Cj); entonces el renglón Zj-Cj, cambia a Zj-(Cj+Cj). 3) Se establece el nuevo problema (en forma primal). 4) Se extrae de la tabla simplex optima el vector dual CBB-1 5) Se calcula el valor de Zj-(Cj+Cj), empleando la ecuación matricial: Zj-(Cj+Cj) = CBB-1aj - (Cj+Cj). 6) Si Zj-(Cj+Cj) > 0; en alguno de sus elementos, restablecer la tabla simplex optima, Empleando el método dual. 7) Revisar condiciones de optimalidad. 7.1) Si se cumplen las dos condiciones de optimalidad. 1) Zj-(Cj+Cj)0 ; para toda columna aj de A y no de B y 2) Zj-Cj0; en todos sus elementos. 7.2) Si no se cumplen las dos condiciones anteriores, ir al paso 9. 8) Obtener nueva solución optima de la tabla simplex restablecida, relacionando las Columnas base Vb y de recursos bj, es decir, Vb = bj, ir al paso 10. 9) Aplicando el método simplex, para resolver la tabla simplex restablecida, hasta cumplir Cj-Zj0, bajo el siguiente procedimiento. a) Introducir a la base Vb, la variable que tenga el mayor valor negativo de Zj-Cj. b) Extraer de la base Vb, la variable de menor valor positivo de dividir la columna Recursos bj entre la columna seleccionada aj. c) Obtener el número pivote.

d) Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.=np

1Rs,

e Introducirlo a la siguiente tabla. e) Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación “NE”, e introducirlo a la nueva tabla. f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla. g) Verificar optimalidad. h) obtener nueva solución optima, con la relación, Vb = bj. 10)conclusión.



2)Cambios en los coeficientes tecnológicos aij


1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. 2) Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos aij por áj. 3) Se establece el nuevo problema (en forma primal). 4) Extraer de la tabla simplex, la matriz inversa B-1 y el vector dual CBB-1. 5) Calcular los elementos del renglón Zj-Cj, con la expresión: Zj-Cj = CBB-1áj-cj. 5.1) Si Zj-Cj > 0, en todos sus elementos, la solución optima no sufre cambios, ir al paso 10 5.2) Si Zj-Cj < 0, en alguno de sus elementos, ir al paso 6. 6) Aplicando el método dual, restablecer la tabla optima, introduciéndole el vector Yj en la Columna aj que sufre cambios, el cual se obtiene con la ecuación matricial: Yj = B-1áj. 7) Aplicando el método simplex, resolver la tabla simple restablecida, bajo el siguiente Procedimiento: a) Introducir variable a la base Vb: la cual esta determinada por el valor mayor negativo De Zj-Cj. b) Extraer variable de la base Vb : determinada por la ecuación matricial Vb = bj/aj (Menor valor positivo). c) Obtener número pivote np.

d) Calcular los valores del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: np

1Rs, e

introducirlo a la nueva tabla. e) Calcular los nuevos elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva Tabla. 8) Verificar optimalidad. 9) Obtener nueva solucion optima, relacionado la columna base Vb y la columna recursos bj; es decir: Vb = bj.

10) Conclusión.



3)Añadir nueva avtividad Xj


1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex. 2) Establecer el nuevo problema (en forma primal). 3) Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B-1 y el vector dual CBB-1. 4) Calcular el valor de Zj-Cj de la nueva actividad Xj, con la expresión: Zj-Cj = CBB-1áj-cj. 4.1) Si Zj-Cj > 0, en todos sus elementos, la nueva actividad Xj no debe entrar al sistema, Su valor es cero y la solución optima no sufre cambios, ir al paso 9. 4.2) Si Cj-Zj < 0, en alguno de sus elementos, ir al paso 5. 5) Empleando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciendo el nuevo Vector Yj = B-1aj en la columna que corresponde a la nueva actividad Xj. 6) Empleando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el siguiente Procedimiento: a) Introducir a la base Vb, la variable cuyo valor de Zj-Cj sea el mayor negativo, definiendo asi la columna seleccionada aj. b) Extraer de la bae Vb, la variable determinada por la ecuación matricial XB = bj/aj (valor menor positivo), definiendo asi el renglón seleccionado Rs. c) Obtener el número pivote np (intersección de Rs y aj).

d) Se calculan los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: np

1Rs.

e) Calcular los elementos de los renglones restantes, empleando la ecuación “NE” f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj. 7) Verificar optimalidad. 8) Obtener la nueva solución optima, relacionando las columnas Vb y bj, es decir: Vb = bj. 9) Conclusión.



Actividad 15: Cambios que afectan la optimalidad Problemas de autoevaluación. 1) Una empresa desea producir un volumen X de un producto químico A que se vende

a $5 por litro y otro volumen Y de un producto químico B que se vende a $3 por litro.

Dos tipos de restricciones se consideran en este problema: personal y costos de

producción, en lo que se refiere a la primera restricción se tiene un máximo de 15

personas, mientras que en el segundo se tiene un máximo de $10 por hora de trabajo.

Los coeficientes tecnológicos están dados por:

Productos químicos A B

Personales 3 5

Costos de producción 5 2

A) Obtenga la solución optima, empleando el método simplex. B) Suponga que el precio del producto químico B, se reduce de $3 a $1. ¿Afecta a la Solución optima?. C) Suponga que el precio de ambos productos químicos se reduce de $5 a $1 y de $3 a $1, A y B, respectivamente, ¿Afecta a la solución optima esta reducción de precios? Solucion: A) Empleando el método simple, obtener la solución optima. I) Formulación del problema (fase I). a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia. b) Definir las variables del problema: Z = ganancia X1 = numero de litros del producto químico A; C1= $5/litros X2 = numero de litros del producto químico B ; C2 = $3/litros c) Establecer las restricciones: 1) Personal: Capacidad máxima 15 personas 2) Costo de producción: Capacidad máxima $10/hora. II) Construcción del modelo del problema (fase II). a) Función objetivo: Max Z = 5X1+3X2 b) Restricciones: 3X1+5X215 (Personal) 5X1+2X210 (Costos de producción) c) No-negatividad: X10 ; X20



III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:

3X1+5X2 15 3X1+5X2+H1=15

5X1+2X2 10 5X1+2X2+H2=10

IV) Función objetivo: Max Z = 5X1+3X2+0H1+0H2 V) Sistema de ecuaciones: Personal: 4X1+2X2+H1+0H2 =15 Costos de producción: 5X1+2X2+0H1+H2 =10 X1; X2 ; H1 ; H2 0

VI) Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)



Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 15 3 5 1 0

0 10 5 2 0 1 Sale H2 (R2:seleccionado).

Zj 0 0 0 0 0

Cj-Zj 5 3 0 0

VII) Resolver tabla N°1 (primera iteración). 1) Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj-Zj, es decir: C1-Z1 = 5, por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb, siendo a1 columna seleccionada. 2) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/aj (menor valor positivo); es decir: Vb = bj/a1.

2

1

H

H=

5

3

10

15

=

5/10

3/15

2

1

H

H=

2


debe salir de la base Vb, siendo (R2: seleccionado).

3) Obtener el numero pivote np; de cuerdo a la tabla N°1; np=5.

H2



4) Obtener elementos del renglón pivote: R.P.=np



1 1 0 2 5 10 = 2 1 2/5 0 1/5



Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 9 3 19/5 1 -3/5 NR1

5 X1 2 1 2/5 0 1/5 R.P.

Zj 10 5 2 0 1

Cj-Zj 0 1 0 -1

5) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación “NE”, introducirlo a la tabla N°2 ; NR1 = R1-2R.P.

R1 15 3 5 1 0

-3R.P. -3 1/5 0 2/5 1 2

15 3 5 1 0 sumar

-6 -3 -6/5 0 -3/5

NR1 9 0 19/5 1 -3/5

6) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la tabla N°2. Zj bj = 0(9)+5(10) = 0+10 = 10 Zj X1 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X1 = 5-5 = 0 Zj X2 = 0(19/5)+5(2/5) = 0+2 = 2 ; Cj-Zj X2 = 3-2 = 1 Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 =0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0 Zj H2 = 0(-3/5)+5(1/5) = 0+1 = 1 ; Cj-Zj H2 = 0-1 = -1

VIII) Verificar optimalidad: cuando el objeto es Maz Z, Cj-Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°2, C2-Z2 = 1, no cumple, por la tanto repetir el paso VII. VII) Resolver tabla simplex N°2 (segunda iteración).



1) Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj-Zj, es decir: C2-Z2 = 1, por lo tanto X2 debe entrar a la base Vb.(a2 seleccionada).

2) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2

1

1

X

H=

5/12

5/19

2

9

=

5/2/2

5/19/9

1

1

X

H=

5

19/45 ; siendo 45/19, el menor valor positivo,

entonces H1, debe salir de la base Vb (R1:seleccionado).

3) Obtener el numero pivote: np = 19/5.

4) Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=np

1R1 ; e introducirlo a la siguiente

tabla (tabla N°3). R.P. =19

5 3/5 - 1 19/5 0 9 = 45/19 0 1 5/19 -

3/19

Tabla N°3: (optima)

Cj 5 3 0 0

Función Objetivo

Vb bj X1 X2 H1 H2

3 X2 45/19 0 1 5/19 -3/19

5 X1 20/19 1 0 -2/19 5/19

Zj 235/19 5 3 5/19 16/19

Cj-Zj 0 0 -50/19 -16/19

5) Obtener elementos del renglón restante, es decir NR2, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla N°3; por lo tanto NR2 = R2-2/5R.P.

R2 2 1 2/5 0 1/5

-2/5R.P. –2/5 3/19 - 5/19 1 0 45/19

2 1 2/5 0 1/5 sumar

-18/19 0 -2/5 -2/19 6/95

NR2 20/19 1 0 -2/19 5/19




Zj bj = 3(45/19)+5(20/19) = 135/19+100/19 = 235/19

Zj X1 = 3(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X1 = 5-5 = 0

Zj X2 = 3(1)+5(0) = 3+0 = 3 ; Cj-Zj X2 = 3-3 = 0

Zj H1 = 3(5/19)+5(-2/19) = 15/19-10/19 = 5/19 ; Cj-Zj H1 = 0-5/19 = -5/19

Zj H2 = 3(-3/19)+5(5/19) = -9/19+25/19 = 16/19 ; Cj-Zj H2 = 0-16/19 = -16/19

VIII) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z, Cj-Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°3, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la tabla simplex N°3 es optima.

IX) obtener solucion optima. Vb = bj ;

Zj

X

X

1

2

=

19/235

19/20

19/45

Esto es igual a:

X1= 20/19 ; H1=0 X2= 45/19 ; H2=0 Zmax = $235/19 X) Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=20/19 ; X2=45/19 en el sistema de restricciones. 3X1+5X215 5X1+2X210 3(20/19)+5(45/19)15 5(20/19)+2(45/19)10 285/1915 190/1910 1515 (cumple). 1010 (cumple). XI) Conclusión: La empresa deberá producir 20/19 = 1.05 litros del liquido A y 45/19 = 2.37 litritos del producto químico B, para obtener la ganancia de $235/19 = $12.37.



B) Suponga que el precio del producto químico B, se reduce de $3 a $1. ¿Afecta a la

solución optima?

Procedimiento de calculo (Cambio en la contribución Cj).

1) Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.

Problema original Solución optima Max Z=5X1+3X2 X1=20/19 = 1.05 ; H1=0

Sujeta a : X2=45/19 = 2.37 ; H2=0

3X1+5X2 15 Zmax = 235/19 = 12.37

5X1+2X2 10

X1 0 ; X2 0

2) Si cambia C2= $3 a (C2+C2) = $1 ; entonces Z2-C2, cambia Z2-(C2+C2)

3) Establecer el nuevo problema(en forma primal)

Max Z = 5X1+1X2

Sujeta a :

3X1+5X2 15

5X1+2X2 10

X1 0 ; X2 0

4) Extraer la tabla simplex optima, el vector dual CBB-1

Tabla simplex optima.

Cj 5 3 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

3 X2 45/19 0 1 5/19 -3/19

5 X1 20/19 1 0 -2/19 5/19

Zj 235/19 5 3 5/19 16/19 CBB-1

= (5/19 , 16/19)

Vector Dual

Cj-Zj 0 0 -5/19 -16/19

5) Calcular el valor de Z2-(C2+C2) = CBB-1

a2 - (C2+C2)

Z2-(C2+C2) = (5/19 16/19)

2

5-1 = 25/19+32/19-1 = 57/19-1 = 3-1 = 2



6) Como Z2-(C2+C2) = 2 > 0; Se restablece la tabla simples optima, empleando el método

dual.

Tabla simplex optima (restablecer)

Cj 5 1 0 0

Función objetivo

Vb bj X1 X2 H1 H2

1 X2 45/19 0 1 5/19 -3/19 Sale X2 (R1:Seleccionada)

5 X1 20/19 1 0 -2/19 5/19

Zj 65/19 5 1 -5/19 22/19

Cj-Zj 0 0 -5/19 22/19

7) Revisar las condiciones de optimalidad: 1)Zj- (C2+C2) 0 ; en aj de A y 2)Zj-Cj 0

.- Z3-C3 = -5/19 < 0 (no cumple).

1) Z2- (C2+C2) = 2 > 0 ; (Cumple) .- Z4-C4 = 22/19 > 0 (cumple).

7.2) Las condiciones no se cumplen, ir al paso 9.

9) Aplicando el método simplex, resolver la tabla simplex optima restablecida.

a) Determinar variable de entrada: La define el mayor valor negativo de Zj-Cj, es decir:

Z3-C3 = -5/19 ; por lo tanto H1 debe entrar a la base Vb (a3: seleccionada).

b) Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial: Vb = Bj/a3(menor valor

Positivo) Vb = bj/a3 ;

1

2

X

X=

19/2

19/5

19/20

19/45

=

19/2

19/2019/5

19/45

=

2/20

5/45

1

2

X

X=

10

9

Siendo 9 el menor valor positivo, entonces X2, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado).

c) Obtener el numero pivote np; es decir np=5/19


1R1 , e

introducirlo a la nueva tabla: R.P.=19/5(45/19 0 1 5/19 -3/19) = 9 0 19/5 1 -3/5

2



Nueva tabla

Cj 5 1 0 0

Función Objetivo

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 9 0 19/5 1 -3/5 R.P.

5 X1 2 1 2/5 0 1/5 NR2

Zj 10 5 2 0 1

Cj-Zj 0 -1 0 -1

e) Calcular los nuevos elementos del renglón, empleando la ecuación “NE”, es decir: NR2 = R2+2/19R.P. e introducirla a la nueva tabla.

R2 20/19 1 0 -2/19 5/19

2/19R.P. 2/19 3/5- 1 19/5 0 9

20/19 1 0 -2/19 5/19 sumar

18/19 0 2/5 2/19 -6/95

NR2 2 1 2/5 0 1/5

f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla.

Zj bj = 0(9)+5(2) = 0+10 = 10

Zj X1 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X1 = 5-5 = 0

Zj X2 = 0(19/5)+5(2/5) = 0+2 = 2 ; Cj-Zj X2 = 1-2 = -1

Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 = 0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0

Zj H2 = 0(-3/5)+5(1/5) = 0+1 = 1 ; Cj-Zj H2 = 0-1 = -1

g) Verificar optimalidad: cuando el objeto es Max Z, Cj-Zj 0; en todos sus elementos, de

acuerdo a la nueva tabla, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la nueva tabla es

optima.

h) Obtener nueva solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj.

zj

X

H

1

1

=

10

2

9

; por lo tanto X1=2 ; X2=0 ; Zmax= $10 ; Hi=9 ; H2=0 ; ir al paso 10.

10) Conclusión: El cambio en el precio del producto químico B, de $3 a $1, trae como

consecuencia, un incremento en la elaboración del producto químico A de 20/19 = 1.05



litros a 2 litros, pero el producto químico B, disminuye su elaboración de 45/19= 2.37 litros

a cero litros, además la ganancia disminuye de $235/19 = $12.37 a $10.

C) Suponga que el precio de ambos productos químicos se reducen de $5 a $1 y $3 a

$1, A y B, respectivamente. ¿Afecta a la solución optima esta reducción de precios?

Procedimiento de calculo (Cambio en la contribución Cj)


Problema original Solución optima

Max Z=5X1+3X2 X1=20/19 = 1.05 ; H1=0

Sujeta a : X2=45/19 = 2.37 ; H2=0

3X1+5X2 15 Zmax = 235/19 = 12.37

5X1+2X2 10

X1 0 ; X2 0

2) Si cambia C1= $5 a (C1+C1) = $1 ; y se cambia C2 = $3 a (C2+C2) = $1; entonces:

Z1-C1, cambia Z1-(C1+C1) y Z2-C2 a Z2-(C2+C2).


Max Z = 1X1+1X2

Sujeta a :

3X1+5X2 15

5X1+2X2 10

X1 0 ; X2 0

4) Extraer la tabla simplex optima, el vector dual CBB-1


Cj 5 3 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

3 X2 45/19 0 1 5/19 -3/19

5 X1 20/19 1 0 -2/19 5/19

Zj 235/19 5 3 5/19 16/19 CBB-1

= (5/19 , 16/19)

Vector Dual

Cj-Zj 0 0 -5/19 -16/19



5) Calcular Z1-(C1+ C1) = CBB-1 a1 - (C1+ C1) = (5/19 6/19)

5

3-1 = 15/19+80/19-1 = 95/19-1 = 1 = 4

Calcular Z2-(C2+C2) = CBB-1

a2 - (C2+C2) = (5/19 6/19)

2

5-1 = 25/19+32/19-1 = 57/19-1 = 3-1 = 2

6) Como Z1-(C1+C1) = 4 > 0 y Z2-(C2+C2) = 2 > 0; Se restablece la tabla simplex

Optima, empleando el método dual.


Cj 1 1 0 0

Función objetivo

Vb bj X1 X2 H1 H2

1 X2 45/19 0 1 5/19 -3/19

1 X1 20/19 1 0 -2/19 5/19

Zj 65/19 1 1 3/19 2/19

Cj-Zj 0 0 3/19 2/19

7) Revisar las condiciones de optimalidad: 1)Zj- (Cj+Cj)>0; en A y no en B y 2)Zj-Cj

0

1) Z1- (C1+C1) = 4 > 0 ; (Cumple) 2) Z3-C3 = 3/19 > 0 ( cumple).

Z2- (C2+C2) = 2 > 0 ; (Cumple) Z4-C4 = 2/19 > 0 (cumple).

7.1) Las condiciones si cumplen, ir al paso 8.

8) Obtener nueva solución optima de la tabla simplex restablecida, empleando la ecuación

matricial: Vb = bj.

zj

X

X

1

2

=

19/65

19/20

19/45

; por lo tanto X1=1.05 ; X2=2.37; Zmax=$3.42; Hi=0 ; H2=0 ; ir al paso 10.

10) Conclusión: La reducción de los precios de los productos A de $5 a $1 y B de $3 a

$1, no produce cambios en las cantidades a elaborar de los productos, es decir A se

producen 1.05 litros y de B, 2.37 litros, aproximadamente, pero si se reduce

considerablemente la ganancia de $12.37 a $3.42.



2) Una compañía cuenta con 4 unidades de madera y 18 unidades de plástico; para elaborar

dos productos A y B, con una ganancia de $ 3 y $ 5, respectivamente. El producto A

requiere de una unidad de madera y 3 unidades de plástico, mientras que el producto B,

solo requiere de 2 unidades de plástico. ¿ Cuantos productos de cada tipo, debe elaborar la

compañía?.

A) Obtener la solución optima, empleando el método simplex.

B) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de madera a dos

unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a 2 unidades. ¿Afectan estos cambios a

la solución optima?.

C) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de madera a 10

unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a una unidad. ¿Afectan estos cambios a

la solución optima?.

D)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 7, cuyos requerimientos

son de una unidad de madera y 2 unidades de plástico?

E)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 4, cuyos requerimientos

son de 10 unidades de madera y 4 unidades de plástico?.

Solución:

A) Obtener la solución optima, empleando el método simplex.

I) Formulación del problema (fase I).

a) Definir el objetivo: Maximizar la ganancia.

b) Definir las variables del problema:

Z = Ganancia

X1 = numero de unidades a elaborar del producto A; C1= $3/unidad.

X2 = numero de unidades a elaborar del producto B; C2= $5/unidad.

c) Establecer las restricciones del problema: 1)Materia prima

Madera: Capacidad máxima de 4 unidades.

Plástico: Capacidad máxima de 18 unidades.

II) Construcción del modelo del problema (fase II).

Función objetivo: Max Z = 3X1+5X2

Sujeta a las Restricciones:

Madera: X1 4

Plastico: 3X1 + 2X2 18

No-negatividad: X1 0 ; X2 0



III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones

Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:

X1 4 X1 +H1=15

3X1 + 2X2 18 3X1+2X2+H2=18

IV) Función objetivo: Max Z = 3X1+5X2+0H1+0H2

V) Sistema de ecuaciones:

X1+0X2+H1+0H2 = 4 (Madera)

3X1+2X2+0H1+H2 =18 (Plástico)

X1 ; X2 ; H1 ; H2 0

VI) Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)



Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0

0 18 3 2 0 1 Sale H2 (R2:seleccionado).

Zj 0 0 0 0 0

Cj-Zj 3 5 0 0

VII) Resolver tabla N°1 (primera iteración).

1) Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor

positivo de Cj-Zj, es decir: C2-Z2 = 5, por lo tanto X2 debe entrar a la base Vb. (a2:

seleccionada).

2) Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2 (menor valor

positivo); es decir:

2

1

H

H=

2

0

18

4

=

2/18

0/4

2

1

H

H=


debe salir de la base Vb, siendo (R2: seleccionado).

3) Obtener el numero pivote np; de cuerdo a la tabla N°1; np=2.

H2



4) Obtener elementos del renglón pivote: R.P.=np


(Tabla N°2). R.P. =2

1 1 0 2 3 18 = 9 3/2 1 0 1/2

Tabla N°2:


Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0 NR1

5 X2 9 3/2 1 0 1/2 R.P.

Zj 45 15/2 5 0 5/2

Cj-Zj -9/2 0 0 -5/2

5) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación “NE”, introducirlo a la nueva tabla (tabla N°2), es decir ; NR1 = R1-0 (R.P.) = R1 NR1 = 4 1 0 1 0 6) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la tabla N°2. Zj bj = 0(4)+5(9) = 0+45 = 45 Zj X1 = 0(1)+5(3/2) = 0+15/2 = 15/2 ; Cj-Zj X1 = 3-15/2 = -9/2 Zj X2 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X2 = 5-5 = 0 Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 =0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0 Zj H2 = 0(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj-Zj H2 = 0-5/2 = -5/2 VIII) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Maz Z, Cj-Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla N°2, todos cumplen, por la tanto, la tabla N°2 es optima.

IX) Obtener solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj ; es decir:

Zj

X

H

2

1

=

45

9

4

Esto es igual a: X1= 0 ; H1=4 ; X2= 9; H2=0 ; Zmax = $45

X) Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=0 ; X2=9 en el sistema de restricciones.

X1 4 3X1+2X2 18

0 4 (Cumple) 3(0)+2(9) 18

18 18 (Cumple).



XI) Conclusión: La compañía no deberá elaborar el producto A, solo deberá elaborar 9

productos tipos B, logrando una ganancia máxima de $45.

B) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de

madera a 2 unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a 2 unidades.

¿Afectan estos cambios a la solución optima?

Procedimiento de calculo (Cambios en los coeficientes tecnológicos aij).



Max Z=3X1+5X2 X1= 0 ; H1= 4

Sujeta a : X2= 9 ; H2= 0

X1 4 Zmax = 45

3X1+2X2 18

X1 0 ; X2 0

2) Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos de: a1=

3

1 a ä1=

2

2


Max Z = 3X1+5X2 Función Objetivo

Sujeta a las restricciones:

2X1 4 Madera

2X1+2X2 18 Plástico

X1 0 ; X2 0 No-negatividad

4) Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B-1

y el vector dual CBB-1


Cj 3 5 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0 B-1

=

1/2 0

0 1

2x2 Matriz inversa 5 X2 9 3/2 1 0 1/2

Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB-1

= ( 0 5/2 )

1x2 Vector Dual

Cj-Zj -9/2 0 0 -5/2

5) Calcular los elementos del renglón Zj-Cj, con la expresión: Zj-Cj = CBB-1

äj-Cj ; en este

caso: Z1-C1 =C1) = CBB-1

ä1-C1 = (0 5/2)

2

2-3 = 0(2)+5/2(2)-3 = 5-3 = 2



5.1) Como Z1-C1 = 2 > 0, la solución optima no sufre cambios; ir al paso 10.

10) Conclusión: Los cambios en los coeficientes tecnológicos de la columna de X1; no

produce cambios en la solución optima del problema original.

C) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de

Madera a 10 unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a una unidad.

¿Afectan estos cambios a la solución optima?.

Procedimiento de calculo (Cambios en los coeficientes tecnológicos aij)



Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4

Sujeta a : X2 = 9 ; H2 = 0

X1 4 Zmax = $45

3X1+2X2 18

X1 0 ; X2 0

2) Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos de a1 =

3

1 a ä1 =

1

10 .


Max Z = 3X1 + 5X2 Función Objetivo

Sujeta a restricciones:

10X1 4 Madera

1X1+2X2 18 Plástico

X1 0 ; X2 0 No-Negatividad

4) Extraer la tabla simplex optima, la matriz inversa B-1



Cj 3 5 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0

Matriz Inversa:

5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B-1

=

1/2 0

0 1

Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB-1

= (0 , 5/2)

1x2 Vector Dual

Cj-Zj -9/2 0 0 -5/2



5) Calcular los elementos del renglón: Zj – Cj = CBB-1

äj-Cj ; en este caso:

Z1-C1 = CBB-1

ä1-C1 = (0 5/2)

1

10-3 = 0 (10) + 5/2 (1) - 3 = 5/2 – 3 = -1/2

5.2) Como: Z1-C1 = -1/2 < 0 ; ir al paso 6.

6) Aplicando el metodo dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciéndole el vector

Y1 = B-1

ä1 en la columna a1, la cual sufre cambios; es decir:

Y1 =

1/2 0

0 1

1

10 =

1/2(1) 0(10)

0(1) 1(10) =

2/1

10


Entra X1 (a1: seleccionada).


Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 10 0 1 0 Sale H1 (R1:seleccionado).

5 X2 5 1/2 1 0 1/2

Zj 45 5/2 5 0 5/2

Cj-Zj -1/2 0 0 5/2

7) Aplicando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el siguiente Procedimiento:

a) Determinar variable de entrada: La define el mayor valor negativo de Zj-Cj; de acuerdo a la tabla simplex restablecida; Z1-C1 = -1/2 (Mayor negativo); por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb (a1 : seleccionada).

b) Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial: Vb = bj/a1(menor valor positivo) ; es decir:

2

1

X

H=

2/1

10

9

4

=

2/1

9

10/4=

18

5/2 ; Siendo 2/5 el menor valor positivo,

entonces H1, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado).



c) Obtener el numero pivote np; es decir np=10


1R1 ,

e introducirlo a la nueva tabla: R.P.=1/10 (4 10 0 1 0) = 2/5 1 0 1/10 0 Nueva tabla simplex

Cj 3 5 0 0

Función Objetivo

Vb bj X1 X2 H1 H2

3 X1 2/5 1 0 1/10 0 R.P.

5 X2 44/5 0 1 -1/20 1/2 NR2

Zj 226/5 3 5 1/20 5/2

Cj-Zj 0 0 -1/20 -5/2

e) Calcular los nuevos elementos del renglón restante, empleando la ecuación “NE”, es

decir: NR2 = R2 - ½ R.P. e introducirla a la nueva tabla.

R2 9 1/2 1 0 1/2

-1/2R.P. –1/2 0 1/10 0 1 2/5

9 1/2 1 0 1/2 sumar

-1/5 -1/2 0 -1/20 0

NR2 44/5 0 1 -1/20 1/2

f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla. Zj bj = 3(2/5)+5(44/5) = 6/5+220/5 = $226/5 = $45.2 Zj X1 = 3(1)+5(0) = 3+0 = 3 ; Cj-Zj X1 = 3-3 = 0 Zj X2 = 3(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X2 = 5-5 = 0 Zj H1 = 3(1/10)+5(-1/20) = -3/10-5/20 = 1/20 ; Cj-Zj H1 = 0-1/20 = -1/20 Zj H2 = 3(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj-Zj H2 = 0-5/2 = -5/2

8) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z; Cj-Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva tabla simplex, todos los elementos cumplen, por lo tanto, es optima. 9) Obtener nueva solución optima , empleando la ecuación matricial: Vb = bj.



Zj

X

X

2

1

=

5/226

5/44

5/2

; por lo tanto X1=0.4 ; X2=8.8; Zmax=$45.2; Hi=0 ; H2=0

10) Conclusión: Los cambios en los coeficientes tecnológicos de X1; se manifiestan los

cambios en la elaboración del producto A, un incremento de cero unidades a 0.4 unidades,

una disminución del producto B, de nueve a 8.8; pero la ganancia se ve incrementada de

$45 a $45.2.

D) ¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 7, cuyos

requerimientos son de una unidad de madera y 2 unidades de plástico?

Procedimiento de calculo (Añadir una nueva actividad Xj)



Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4

Sujeta a: X2 = 9 ; H2 = 0

X1 4 Z max = $45

3X1+2X2 18

X1 0 ; X2 0


Max Z = 3X1 + 5X2 +7X3 Función Objetivo


X1 +1X3 4 Madera

3X1+2X2+2X3 18 Plástico

X1 0 ; X2 0 ; X3 0 No-Negatividad



3) Extraer la tabla simplex optima, la matriz inversa B-1



Cj 3 5 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0

Matriz Inversa:

5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B-1

=

1/2 0

0 1

Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB-1

= (0 , 5/2)

1x2 Vector Dual

Cj-Zj -9/2 0 0 -5/2

4) Calcular el valor de Z3-C3 ; empleando la ecuación: Z3–C3 = CBB-1

a3-C3 ; es decir:

Z3-C3 = (0 5/2)

2

1-7 = 0 (1) + 5/2 (2) - 7 = 5 – 7 = -2

4.2) Como: Z3-C3 = -2 < 0 ; ir al paso 5.

5) Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciendo el nuevo

vector Yj = B-1

aj, en la columna aj ; es decir Y3 = B-1

a3 ; en a3 entonces:

Y1 = B-1

ä1 en la columna a1, la cual sufre cambios; es decir:

Y3 =

1/2 0

0 1

2

1 =

1/2(2) 0(1)

0(2) 1(1) =

1

1

Tabla simplex (restablecer)

Entra X3 (a3: seleccionada).

Cj 3 5 7 0 0 Función objetivo.

Vb bj X1 X2 X3 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 1 0 Sale H1(R1:seleccionado).

5 X2 9 3/2 1 1 0 1/2

Zj 45 15/2 5 5 0 5/2

Cj-Zj 9/2 0 -2 0 5/2



6) Empleando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el

siguiente

Procedimiento:

a) Determinar variable de entrada: La cual es determinada por el mayor valor

negativo de Zj-Cj; de acuerdo a la tabla restablecida; Z3-C3 = -2 (Mayor negativo); por

lo tanto X3 debe entrar a la base Vb (a3 : seleccionada).

b) Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial:

Vb = bj/a3(menor valor positivo) ; es decir:

2

1

X

H=

1

1

9

4

=

1/9

1/4

2

1

X

H=

9

4 ; Siendo 4 el menor valor positivo,

entonces H1, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado). c) Obtener el numero pivote np; es decir np=1


1R1 ,

e introducirlo a la nueva tabla simplex : R.P.=1

1(4 1 0 1 1 0) = 4 1 0 1 1

0

Nueva tabla simplex

Cj 3 5 7 0 0

Función Objetivo

Vb bj X1 X2 X3 H1 H2

7 X3 4 1 0 1 1 0 R.P.

5 X2 5 1/2 1 0 -1 1/2 NR2

Zj 53 19/2 5 7 2 5/2

Cj-Zj -13/2 0 0 -2 -5/2



e) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación “NE”, es

decir: NR2 = R2 - 1 R.P. e introducirla a la nueva tabla simplex .

R2 9 3/2 1 1 0 1/2

-1 R.P. –1 0 1 1 0 1 4

9 3/2 1 1 0 1/2 sumar

-4 -1 0 -1 -1 0

NR2 5 1/2 1 0 -1 1/2

f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla.

Zj bj = 7(4)+5(5) = 28+25 = $53 Zj X1 = 7(1)+5(1/2) = 7+5/2 = 19/2 ; Cj-Zj X1 = 3-19/2 = -13/2 Zj X2 = 7(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj-Zj X2 = 5-5 = 0 Zj X3 = 7(1)+5(0) = 7+0 = 7 ; Cj-Zj X3 = 7-7 = 0 Zj H1 = 7(1)+5(-1) = 7-5 = 2 ; Cj-Zj H1 = 0-2 = -2 Zj H2 = 7(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj-Zj H2 = 0-5/2 = -5/2 7) Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z; Cj-Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva tabla simplex, todos los elementos cumplen, por lo tanto, es optima.

8) Obtener nueva solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj.

Zj

X

X

2

3

=

53

5

4

; por lo tanto X1= 0 ; X2 = 5; X3 = 4 ; Zmax=$53; Hi=0 ; H2=0

9) Conclusión: Si es conveniente elaborar el producto C, ya que permite incrementar la ganancia de $45 a $53, mientras que el producto A, no conviene elaborarse, la elaboración del producto B, disminuye de 9 a 5 unidades y el producto C, deben de elaborarse 4 unidades.

E)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 4, cuyos requerimientos son de 10 unidades de madera y 4 unidades de plástico?

Procedimiento de calculo (Añadir una nueva actividad Xj)



Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4

Sujeta a : X2 = 9 ; H2 = 0

X1 4 Zmax = $45

3X1+2X2 18

X1 0 ; X2 0




Max Z = 3X1 + 5X2 +4X3 Función Objetivo


X1 +10X3 4 Madera

3X1+2X2+ 4X3 18 Plástico

X1 0 ; X2 0 ; X3 0 No-Negatividad

3) Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B-1



Cj 3 5 0 0

Vb bj X1 X2 H1 H2

0 H1 4 1 0 1 0

Matriz Inversa:

5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B-1

=

1/2 0

0 1

Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB-1

= (0 , 5/2)

1x2 Vector Dual

Cj-Zj -9/2 0 0 -5/2

4) Calcular el valor de Z3-C3 ; empleando la ecuación: Z3–C3 = CBB-1

a3-C3

Z3-C3 = (0 5/2)

4

10-4 = 0 (10) + 5/2 (4) - 4 = 10 – 4 = 6

4.2)Como Z3-C3 = 6 > 0 ; por lo tanto, X3 no debe entrar a la base Vb y su valor es igual

a cero. Ir al paso 9.

9) Conclusión: Como la nueva actividad no se acepta, no es conveniente elaborar

el producto C, por lo tanto la solución optima no sufre cambios.

Actividad 16: ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

Problemas propuestos:

1) Una companía de metal, fabrica un tipo especial de molde que debe contener

cuando menos 20% de hierro forjado y 5% de plomo. La compañía tiene dos

tipos de mineral a partir del cual puede fabricar los moldes. Los contenidos de

hierro forjado y plomo (Expresados en porcentaje por libra), de los dos

minerales que aparecen tabulados enseguida. El costo por tonelada del mineral

I es $260 y del mineral II es $80.



Tabla:

Contenido

Mineral

Hierro forjado plomo

Mineral I 60 % 10 %

Mineral II 13 % 3 %

a) Encuentre la solución optima, empleando el método simplex. b) Suponga que el requerimiento mínimo de hierro forjado se aumenta de 20% a 21%. c) Suponga que el plomo mínimo que se requiere se aumenta de 5% a 6%. ¿Cómo se Afectaría el costo de la mezcla?

2) Un fabricante de juguetes que esta preparando un programa de producción para dos artículos “Maravilla” y “fantástico”, debe utilizar la información respecto a sus tiempos de construcción que se proporciona en la tabla. La maquina A dispone de 70 horas semanales, la maquina B, de 40 horas semanales y para terminado, 40 horas semanales. Si las utilidades de cada juguete maravilla y fantástico son de $4 y $6, respectivamente.

a) Encontrar la solución optima, empleando el método simplex.

b) Si la disponibilidad de las maquinas A, B, y C, cambian a 60 horas, 50 horas y 40 horas

semanales, respectivamente. ¿Como se afectaría la solución optima ?

Tabla:

Maquina

Articulo

A B C

Maravilla 2 Horas 1 Hora 1 Hora

Fantastico 1 Hora 1 Hora 3 Horas

3) Casa consuelo quiere gastar $ 1,000 en publicidad local. El objetivo global es alcanzar la máxima audiencia posible al mismo tiempo que llegar hasta 6,000 niños por lo menos. Se dispone a tres medios; su costo y la audiencia que tiene se dan en la tabla que sigue.



Tabla:

Medios

Costo y Audiencia

Periódico Radio T.V.

Costos por paquete $200 $150 $400

Audiencia Total 20,000 14,000 36,000

Audiencia de niños 1,000 1,000 3,000

a) Obtener solución optima empleando el método simplex.

b) Una revista local a ofrecido garantizar una audiencia de 12,000 con 2,000 niños por

un costo de $ 300. ¿Debe considerarse esta oferta?

c) Un amigo comenta a casa consuelo que las abuelas compran muchos juguetes.

Ahora quiere estar segura que la publicidad llega por lo menos a 1,000 abuelas por

paquete comercial, respectivamente. ¿ Cambiaría la solución optima con esta nueva

restricción ?



ACTIVIDAD 17: MODELO DE TRANSPORTACIÓN

OBJETIVO: El objetivo del modelo de transportación es determinar el mejor

patrón de embarque desde varios puntos de suministros. Si (fuentes) a varios

puntos de demanda dj (destinos), a fin de reducir los costos de transportación.

Generalmente, existe una capacidad determinada de bienes para cada fuente y

también, un requerimiento de bienes para cada destino. Cada empresa con una

red de abasto y puntos de demanda se encara con éste problema. Para reducir

éste tipo de problemas se han desarrollado algoritmos de propósitos especiales,

mas específicos, para la aplicación del transporte, éste modelo se aplica de igual

manera que el método de programación lineal, primero encuentra una solución

factible inicial, y luego hace un mejoramiento paso a paso hasta que se alcanza

una solución óptima. Contrariamente el método simplex de programación

lineal, el método de transportación es relativamente fácil de calcular.

PROPÓSITO: El propósito del método de transportación es encontrar los medios

menos costosos para embarcar abastos desde varios orígenes hacia varios destinos.

Los puntos de origen (fuentes) pueden ser fábricas, almacenes o cualquier otro de los

puntos desde donde se embarcan los bienes. Los destinos son cualquiera de los puntos

que reciben bienes. Para utilizar el modelo de transportación, es necesario tener:

1) Los puntos de origen y la capacidad de abasto por período, para cada uno.

2) Los puntos de destino y la demanda por período para cada uno.

3) El costo de embarque por unidad desde cada origen hacia cada destino y

4) Establecer una matriz de transportación, la cual tiene como propósitos: es el de

resumir en forma conveniente y concisa todos los datos relevantes y continuar

los cálculos del algoritmo.

Matriz de Transportación

DESTINO

ORIGEN

COSTO POR UNIDAD DISTRIBUIDA RECURSO O

SUMINISTRO

1 2 3 ... n

1 C11 C12 C13 ... C1n S1

2 C21 C22 C23 ... C2n S2

... ... ... ... ... ... ...

m Cm1 Cm2 Cm3 ... Cmn Sm

DEMANDA dj

(REQUERIMIENTOS)

d1 d2 d3 ... dn ∑Si

∑dj



m

i = 1

n

j = 1

m

i = 1

n

j = 1

Para aplicar cualquier método de transporte , es necesario equilibrar la matriz de

transportación, es decir, cuando la capacidad de suministro es diferente a la capacidad

de requerimientos.

CARACTERÍSTICAS: El problema general de transportación se refiere (literal ó

figuradamente) a la distribución de cualquier bien desde cualquier grupo de centros

de abastecimiento, llamados orígenes, a cualquier grupo de centros de recepción

llamados destinos, de tal manera que se minimicen los costos totales de distribución.

Sea Z el costo total de distribución y Xij (i = 1, 2, ... m, y j = 1, 2, ... n ) el número de

unidades que se distribuyen del origen i al destino j, la formulación de programación

lineal para este problema es:

Min Z = ∑ ∑ Cij Xij Función Objetivo Sujeta a las Restricciones

∑ Xij = Si; para i = 1, 2,..., m

∑ Xij = dj; para j = 1, 2,..., n

X ij >= 0; para todo i y j Donde: Z = Costos.

Cij = Contribución por unidad. Xij = Número de unidades enviadas del origen i al destino j. Si = Suministro desde el origen i. dj = Requerimiento del destino j.



m

i = 1

n

j = 1

ACTIVIDAD 18: METODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR.

I) Esquina Noroeste: Es un método sistemático, el cual es necesario principiar el

cuadro superior izquierdo (ó esquina noroeste de la matriz de transportación

equilibrada) y asignar unidades a las rutas de embarque, entendiéndose que éste

método no da la mejor solución.

Por ejemplo: Cuando la capacidad de suministro es menor a la capacidad de

requerimientos. ∑Si < ∑dj, entonces debe crearse un origen ficticio Sm+1, con

capacidad equivalente a la diferencia de ∑dj - ∑Si, cuyos costos de embarque Cij son

de cero unidad. Y cuando la capacidad de suministro sea mayor a la capacidad de

requerimientos ∑Si > ∑dj; entonces debe crearse un destino ficticio dn+1, con

capacidad equivalente a la diferencia de ∑Si - ∑dj, cuyos costos de embarque Cij,

deben ser de cero unidad.

Procedimiento de cálculo (Método Esquina Noroeste)

1) Estructurar la matriz de transportación equilibrada (∑Si = ∑dj).

2) Iniciar envíos en la esquina noroeste (superior izquierda de la matriz).

3) Terminar el abasto (capacidad del origen) de cada renglón antes de moverse

hacia abajo, al siguiente renglón.

4) Terminar los requerimientos (destinos) de cada columna antes de moverse a la

siguiente columna, hacia la derecha.

5) Verificar que todos los abastos y las demandas se hayan cumplido.

6) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Min Z = ∑ ∑ Cij Xij

7) Hacer un reporte.

II) Mutuamente Preferido: Con éste método todas las rutas que tienen el costo

más bajo, tanto en renglones como en columnas, se emplean en la solución inicial,

siendo estas rutas las que se prefieren por sus costos bajos, entonces serán

mutuamente preferidas para la solución inicial. Este método no da la mejor solución,

por lo que tan solo puede ser útil obtener una solución inicial.



m n

i = 1 j = 1

Procedimiento de cálculo. (Método Mutuamente Preferido)


2) Preparar una nueva matriz de transportación, en las cuales se remuevan las

rutas preferidas (sin considerar la ficticia, en caso de existir), por lo que se hace

eliminando los renglones ó columnas que tengan las cantidades limitadas y

empleando el método esquina noroeste, se continua removiendo las rutas

preferidas, hasta agotar capacidad del renglón y hasta satisfacer la demanda de

cada columna.

3) Verificar que todos los abastos y las demandas de hayan cumplido.

4) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = ∑ ∑ Cij Xij


III) Cruce del Arroyo: En su solución inicial, el método del cruce del arroyo puede

aprovechar la regla de la esquina noroeste y la inspección, a fin de obtener el valor del

costo más bajo de transporte, basado en ciertas rutas de envíos. La regla de la esquina

noroeste exige que las cantidades enviadas de los orígenes a los destinos deben

comenzar en la esquina superior izquierda. Esa ruta puede ser utilizada por completa,

es decir, que la capacidad de los orígenes ó los requerimientos de los destinos se

utilizan por completo, dependiendo de que número sea mas bajo. La holgura

(suministro ó demanda ficticio), se asigna después, es decir, al final. La inspección

significa que las cantidades que vayan a enviarse se colocan en cuadro de acuerdo con

la regla de la esquina noroeste, a fin de que muchos de los costos de transporte mas

bajos se asocian con los cuadros llenos, esto quiere decir hay que mover las columnas

ó renglones.

Requisitos: Para emplear el método de cruce del arroyo, es necesario cumplir con los

siguientes requisitos:

1) Tener una solución inicial, generada por los métodos esquina noroeste y la

inspección,

2) Un proceso iterativo no degenerado, de lo contrario, hace imposible el trazo de

una ruta cerrada, entendiéndose por degeneración, el no cumplir con el

número adecuado de rutas. La prueba de la degeneración m+n-1; (donde m

representa en número de renglones y n el número de columnas de la matriz de

transacción equilibrada). Si m+n-1 = Cuadros llenos (asignaciones); el

problema no está degenerado, pero si m+n-1 ≠ cuadros llenos (asignaciones) ;

el problema está degenerado . Cuando esto ocurra, es necesario agregar

artificios ℮, cuyo valor es de cero unidades a los cuadros vacíos (no ocupados),



m

i = 1 j = 1

n

tantos como sean necesarios para cumplir con m+n-1 = cuadros llenos

(asignaciones), evitando formar circuitos cerrados.

3) Tomar en cuenta las rutas prohibidas, cuando esto ocurra en el problema, debe

asignarse M a ese cuadro Cij de envío, cuyo valor debe ser muy alto, cuando el

objetivo sea minimizar Z ó muy bajo, si el objetivo es maximizar Z, esto con el

fin de garantizar costos muy altos ó ganancias muy bajas, de tal manera que se

consideren prohibidos para el objetivo Z.

Técnica: Consiste en moverse desde una solución factible inicial hacia una solución

óptima. El método cruce del arroyo (piedra que rueda) se utiliza para evaluar la

efectividad del costo al enviar bienes por medio de rutas de transportación, que no se

encuentren actualmente en la solución (cuadros vacíos). Se prueba cada cuadro no

utilizado (vacío) en la tabla de transportación, hasta encontrar la mejor asignación

que optimice el objetivo Z.

Procedimiento de cálculo: (Método Cruce del Arroyo)

1) Seleccionar un cuadro no utilizado (vacío) para evaluar.

2) A partir de éste cuadro, trazar una ruta cerrada de regreso al cuadro original, a

través de cuadros que se estén utilizando actualmente (únicamente se

permiten movimientos horizontales y verticales). Sin embargo se puede pasar

un cuadro vacío ú ocupado, es decir, sólo se permiten dos cuadros en cada

movimiento, ya que los movimientos, siempre deben sumar cantidades pares,

en cuánto al número de cuadros a utilizar.

3) Comenzando con signo positivo (+) en el cuadro no utilizado, poner signos

positivo y negativo, en forma alternada en cada cuadro de la ruta recién

trazada.

4) Calcular el índice de mejoramiento mediante la suma de los costos unitarios de

cada cuadro que tenga un signo positivo, y después restar los costos unitarios

de cada cuadro que tenga un signo negativo.

5) Repetir los pasos 1 al 4 hasta que se calcule un índice de mejoramiento para

todos los cuadros no utilizados. Si todos los índices calculados son mayores ó

iguales a cero , se ha alcanzado una solución óptima. Si no, es posible mejorar la

solución actual y reducir costos totales de envíos.

6) Verificar que todos los abastos y demandas se hayan cumplido.

7) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Min Z = ∑ ∑ Cij Xij




N

O

S

E

ACTIVIDAD 19: MÉTODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR

Problema de Autoevaluación

Una empresa desea minimizar los costos de embarque, según la matriz mostrada. Resuelva, empleando los métodos:

1) Esquina noroeste 2) Mutuamente preferido 3) Cruce del arroyo

DESTINO

ORIGEN 1 2 3

SUMINISTRO

Si

A $ 5 $ 7 $ 4 150

B $ 6 $ 3 $ 5 300

DEMANDA dj 100 250 450

450

Solución

1) Empleando la Esquina Noroeste.

Procedimiento de cálculo

1) Estructurar la matriz de transportación equilibrada (∑Si = ∑dj)

En nuestro problema ∑Si = 450 y ∑dj = 450; como (∑Si = ∑dj, no es necesario agregar un origen ni destino ficticio.

Matriz de Transportación Equilibrada

DESTINO

ORIGEN 1 2 3

SUMINISTRO

Si

A 5

100

7

50

4

15/0 5/0 0

B 6

3

200

5

100 30/0 10/0 0

DEMANDA dj 10/0 0 25/0 20/0 0 450

450

2) Iniciar envíos en la esquina noroeste 3) Terminar el abasto (capacidad del origen) de cada renglón antes de moverse

hacia abajo al siguiente renglón. Desde el origen A enviamos 100 unidades al destino 1, como aún queda

capacidad de 150 – 100 = 50; entonces el origen A enviará 50 unidades al

destino 2, en ese momento, el origen A agota su capacidad, cuando esto ocurre,

100

10/0 0



m

i = 1 j = 1

n

se mueve hacia abajo, al siguiente renglón, es decir, al origen B, para satisfacer

las demandas restantes.

Desde el origen B enviamos 200 unidades al destino 2, para satisfacer

demanda, quedando capacidad de 300 – 200 = 100; entonces B, envía 100

unidades al destino 3, satisfaciendo su demanda, en ese momento el origen B,

agota su capacidad.

4) Cada requerimiento (demanda) se fue satisfaciendo de izquierda a derecha,

una a una.

5) Como podemos observar, todos los abastos y las demandas se han cumplido

(hasta llegar al valor de cero).

6) Calcular valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = ∑ ∑ Cij Xij donde Z

= Costos

Z Min = 5 (100) + 7 (50) + 3 (200) + 5 (100 ) =

Z Min = 500 + 350 + 600 + 500 = $1950

7) Hacer un reporte:

Para que los costos de embarque sean mínimos en un total de $1950, debemos

enviar:

100 unidades del origen A, al destino 1, con un costo de $5/unidad =

$500

50 unidades del origen A, al destino 2, con un costo de $7/unidad =

$350

200 unidades del origen B, al destino 2, con un costo de $3/unidad =

$600

100 unidades del origen B, al destino 3, con un costo de $5/unidad =

$500

Costo Total = $1950

2) Empleando Mutuamente preferido (Inspección)



Procedimiento de cálculo.

1) Estructurar la matriz de transportación equilibrada (∑ Si = ∑dj )

En nuestro problema ∑Si = 450 y ∑dj = 450; como ∑Si = ∑dj; no es necesario

agregar ni origen ni destino ficticio.

Matriz de Transportación Equilibrada

DESTINO

ORIGEN 1 2 3

SUMINISTRO

Si

A 5

7

4

150

B 6

3

5

300


450

2) Preparar una nueva matriz de transportación, en este caso vamos a elegir las

columnas para removerlas y dejar los renglones en la posición mostrada en la

matriz de transportación.

Nueva Matriz de Transportación

DESTINO

ORIGEN 3 1 2

SUMINISTRO

Si

A 4

100

5

50

7 15/0 5/0 0

B 5

6

50

3

250 30/0 25/0 0

DEMANDA dj 10/0 0 10/0 5/0 0 450

450

Con la ayuda de la técnica de esquina noroeste, empezamos los envíos, eligiendo el

origen A, hasta agotar su capacidad, considerando primero el destino que más

prefiere, con el objetivo de minimizar los costos, es por ello que prefiere enviar: al

destino 3 primero, es decir, del origen A enviar 100 unidades al destino 3,

satisfaciendo así su demanda, como aún le queda capacidad de 150 – 100 = 50,

ahora elige al destino más barato de los que quedan, es decir, elige al destino A,

entonces el origen 1 envía 50 unidades al destino 1, en ese momento agota su

capacidad, entonces pasamos al renglón dos, para seguir satisfaciendo las

demandas restantes, con el mismo criterio de seguir prefiriendo los destinos más

económicos, es decir, del origen B, enviar 50 unidades al destino 1, satisfaciendo

su demanda, quedando con capacidad des 300 – 50 = 250; por lo tanto, el origen B

enviará 250 unidades al destino2, satisfaciendo su demanda y en ese momento

agota su capacidad

100

25/0 0



m

i = 1 j = 1

n

3) Como podemos observar todos los abastos y demandas se han cumplido (hasta

llegar a valor cero)

4) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = ∑ ∑ Cij Xij Z Min = 4 (100) + 5 (50) + 6 (50) + 3 (250) Z Min = 400 + 250 + 300 750 Z Min = $1700


Para minimizar los costos de envíos en un total de $1700, debemos enviar: Del origen A, 100 unidades al destino 3, con un costo de $4/unidad = $400 Del origen A, 50 unidades al destino 1, con un costo de $5/unidad = $250 Del origen B, 50 unidades al destino 1, con un costo de $6/unidad = $300 Del origen B, 250 unidades al destino 2, con un costo de $3/unidad = $750

Costo Total = 1700

3) Empleando Cruce del Arroyo. Procedimiento de cálculo: Primero: Debemos revisar los requisitos

1) Tener una solución inicial: Podemos aprovechar la solución de esquina noroeste y mutuamente preferido (inspección), antes aplicado.

DESTINO

ORIGEN 3 1 2

SUMINISTRO

Si

A 4

100

5

50

7 150

B 5

6

50

3

250 300


450

2) Un proceso iterativo no degenerado: Si m=2 y n=3; entonces m+n-1= 2+3-1= 4.

Si el número de cuadros llenos son 4; entonces m+n-1= cuadros llenos, es

decir: 4=4; entonces el problema no está degenerado.

3) No existen rutas preferidas.

Segundo: Debemos aplicar el procedimiento iterativo (Técnica)

1) Seleccionar un cuadro no utilizado (vacío) para evaluar: en la tabla los cuadros

serían A2 y B3.

2) A partir de estos cuadros, trazar rutas cerradas de regreso al cuadro original, a

través de cuadros utilizados (permitiendo movimiento horizontal y vertical).

250



n m

i = 1 j = 1

3) Comenzando con un signo positivo (+) en el cuadro no utilizado, alternando los

signos.

4) Calcular el índice de mejoramiento , es decir: A2 = 7 - 3 + 6 - 5 = 13-8= 5 B3 = 5 - 4 + 5 - 6 = 10-10 = 0

5) Como no existen valores (índices) negativos, la solución del problema es óptima.

6) Como podemos observar los abastos y las demandas se han cumplido (hasta llegar a un valor cero)

7) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = ∑ ∑ Cij Xij 8) Hacer un reporte:

Para minimizar los costos de embarque en un total de $1700, debemos enviar: Del origen A, enviar 100 unidades al destino 3,con un costo de $4/unidad=$400 Del origen A, enviar 50 unidades al destino 1, con un costo de $5/unidad=$250 Del origen B, enviar 50 unidades al destino 1, con un costo de $6/unidad=$300 Del origen B, enviar 250 unidades al destino 2, con un costo de $3/unidad=$750

ACTIVIDAD 20: MÉTODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR.


1) Una compañía tiene actualmente un programa de embarques que la

administración superior no considera como óptimo. La empresa tiene tres

fábricas y cinco bodegas. A continuación se dan datos necesarios en términos

de costos de transporte, capacidades de fábrica y requerimientos de bodegas.

Empleando los métodos: 1.Esquina noroeste, 2. Mutuamente preferido y 3.

Cruce de arroyo; encontrar el costo mínimo de embarque de la compañía.


FABRICA

BODEGA A B C

DEMANDA

dj

1 $5 $4 $8 400

2 $8 $7 $4 400

3 $6 $7 $6 500

4 $6 $6 $6 400

5 $3 $5 $4 800

SUMINISTRO

Si 800 600

2500

2500

1100



2) Una compañía que renta autos tiene problemas de distribución, debido a que

los acuerdos de renta permiten que los autos se entreguen en lugares

diferentes a aquellos que originalmente fueron rentados, por el momento, hay

dos lugares (orígenes) con 15 y 13 autos de exceso, respectivamente, los costos

unitarios de envío entre los lugares se citan en la matriz. La compañía desea

minimizar los costos, resuelva empleando los métodos: 1. Esquina noroeste, 2.

Mutuamente preferido y 3. Cruce de arroyo.


DESTINO

ORIGEN 1 2 3 4

SUMINISTRO

Si

A $45 $17 $21 $30 15

B $14 $18 $19 $31 13

DEMANDA dj 9 6 7 28

31

3) Una empresa distribuidora desea minimizar los costos de embarque de cada

bodega a cada uno de los almacenes. En la matriz se dan los datos de capacidad,

demanda y costos. Resuelva empleando los métodos: 1.Esquina noroeste,

2.Mutuamente preferido y 3.Cruce de arroyo.

ALMACEN

FABRICA 1 2 3 4 SUMINISTRO

Si

A $7 $3 $8 $8 100

B $5 $5 $6 $8 200

C $7 $4 $9 $10 200

DEMANDA dj 150 150 120 600

500

9

80



4) Una compañía tiene dos almacenes que surten cinco bodegas de mayoreo. Los

almacenes operan al 100% de su capacidad. La compañía planea abrir un

tercer almacén para proveer el 50% esperado de aumento en las ventas en

cada depósito durante los próximos tres años. La situación actual es:

ALMACEN CAPACIDAD DEPOSITO DEMANDA

A 120 1 50

B 160 2 100

3 30

4 40

5 60

COSTOS DE TRANSPORTE

DE A

1 2 3 4 5

A $5 $8 $4 $6 $2

B $3 $4 $9 $5 $2

Se están considerando dos localizaciones para el nuevo almacén. Los costos de transporte a cada depósito son los siguientes:

DE A

1 2 3 4 5

L1 $7 $5 $3 $8 $2

L2 $2 $8 $3 $7 $2

Suponiendo que los costos de transporte son el único factor, ¿Qué localización debe

elegir la compañía para su nuevo almacén? (No olvide el 50% en las ventas),

resuelva empleando los métodos: 1.Esquina noroeste, 2. Mutuamente preferido y 3.

Cruce de arroyo.



i = 1

m n

j = 1

ACTIVIDAD 21: METODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR.

Introducción: El método de transporte está diseñado para problemas de

minimización, sin embargo, habrá veces que se tenga un problema de transporte que

se requiera maximización. Por ejemplo si las rutas alternativas incluyen una función

de rendimiento, debe maximizar ese rendimiento o ganancia.

Técnica: Una de las técnicas más usuales que utiliza el método húngaro es

“Minimización del costo de oportunidad”. Si se está maximizando, entonces las

ganancias altas son buenas y las pequeñas son malas. Se le puede dar la vuelta al

problema encontrando el cuadro con la mayor ganancia y restando de éste, todas las

ganancias de todos los cuadros (sin incluir lo ficticio). Estas diferencias son los costos

de oportunidad por no usar los cuadros de ganancias altas. Se incluyen estos costos de

oportunidad en la matriz de transportación y se aplican los métodos de transporte

para minimizar y así encontrar la solución óptima.

Procedimiento de Cálculo: (Método Húngaro)


2) Preparar una matriz de transportación que incluya costos de oportunidad.

3) Aplicar el método cruce de arroyo con la ayuda de la regla de la esquina

noroeste, para encontrar una solución óptima.

4) Colocar las asignaciones en la matriz de transportación equilibrada.

5) Verificar que los abastos y demandas se hayan cumplido.

6) Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Max Z = ∑ ∑ Cij Xij




ACTIVIDAD 22: MÉTODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR.

Problema de Autoevaluación.

Una compañía tiene tres plantas cada una de las cuales puede fabricar los tres

productos de la compañía. Los precios de venta son independientes de la planta de

origen, pero los costos variables difieren debido a las distintas edades de la

maquinaria ya que los costos de mano de obra también difieren. La compañía quiere

saber que cantidad de cada producto debe fabricar en cada planta, las capacidades

semanales y las demandas de ventas se dan enseguida.

PLANTA CAPACIDAD PRODUCTO DEMANDA

A 500 Estándar 1500

B 3000 De Lujo 2000

C 3500 Plus 2500

7000 6000

La contribución neta (Ganancia = precio-costo variable) para cada planta y la

combinación de productos en pesos/unidad son:

PRODUCTOS

PLANTA ESTÁNDAR DE LUJO PLUS

A $4 $1 $5

B $6 $8 $7

C $5 $4 $4

a) Encuentre el plan que maximice la ganancia.

b) ¿Cuál es la ganancia máxima?

Solución:

Procedimiento de cálculo.

1) Estructurar la matriz de transportación equilibrada (∑Si = ∑dj)

En este problema nos damos cuanta que la capacidad es mayor que la demanda

∑Si>∑dj; por lo que es necesario agregar una demanda ficticia d4, cuya capacidad

de requerimiento es ∑Si - ∑dj, es decir: 7000-6000; cuya contribución de

producción debe de ser de cero unidades.



Matriz de Transportación (Ganancias)

PRODUCTOS

PLANTA

ESTÁNDAR DE LUJO PLUS FICTICIO SUMINISTRO Si

A 4

1 5 0 500

B 6

8 7 0 3000

C 5

4 4 0 3500

DEMANDA dj 2000 2500 7000

7000

2) Preparar una nueva matriz de transportación que incluya costos de

oportunidad, para ello debemos localizar la ganancia más alta, que de acuerdo

a la matriz es 8, debemos restar de 8 cada una de las ganancias , para

convertirlos en costos de oportunidad.

Matriz de Transportación (Costos de Oportunidad)

PRODUCTOS

PLANTA ESTÁNDAR

DE

LUJO PLUS FICTICIO

SUMINISTRO

Si

A 4

500

7 3 0 50/0 0

B 2

1000

0

2000

1 0 30/00 20/00 0

C 3

4

0

4

2500

0

1000 35/00 10/00 0

DEMANDA dj 15/00 0/00 0 20/00 0 25/00 0 7000

7000

1000 1500

10/00 0



3) Aplicar el método Cruce del Arroyo.

Primero: debemos encontrar una solución inicial, empleando la regla esquina

noroeste, el cual consiste en considerar cada origen hasta agotar capacidad,

satisfaciendo demandas de la planta A, producir 500 unidades estándar, agotando

así su capacidad, en ese momento nos bajamos al siguiente renglón, es decir, la

planta B, la cual debe producir 1000 unidades estándar y 2000 unidades de lujo,

agotando así su capacidad, entonces pasamos al siguiente renglón, es decir, la

planta C, la cual debe producir cero unidades de lujo, 2500 unidades plus y 1000

unidades ficticias, agitando así su capacidad, quedando cubierta cada una de las

demandas.

Segundo: Debemos tener un proceso iterativo no degenerado: Si m=3, n=4;

entonces m+n-1= Cuadros llenos. 3+4-1=6 = 6 cuadros llenos, entonces el

problema no esta degenerado.

Tercero: Debemos aplicar el proceso iterativo (Técnica cruce del arroyo)

Seleccionamos los cuadros no utilizados, para obtener su valor (índice)

A De Lujo = 7-0+2-4= 9-4= 5

A Plus = 3-4+4-0+2= 9-8= 1

A Ficticio= 0-0+4-0+2-4= 6-4= 2

B Plus = 1-4+4-0= 5-4= 1

B Ficticio= 0-0+4-0= 4

* C Estándar= 3-2+0-4= -3

Al encontrar valores negativos, debemos elegir el de mayor valor y asignar valores a ese

cuadro.

B Estándar B De Lujo

C Estándar C De Lujo

B Estándar B De Lujo

C Estándar C De Lujo

1000

Recibe 0

2000 - +

+ -

La mecánica consiste en encontrar la menor

Cantidad de los cuadros negativos, siendo

esa cantidad la que envíe cada cuadro con

signo (-) a un cuadro con signo (+), en este

caso 0 es la cantidad menor, por lo tanto se

enviará 0 unidades, en esta ocasión al

cuadro C estándar se le debe enviar.

1000 2000

0



Entonces la matriz de transportación (De costos de oportunidad) se modifica:

PRODUCTOS

PLANTA

ESTÁNDAR

DE LUJO

PLUS

FICTICIO

SUMINISTRO

Si

A 4 500

7 3 0 500

B 2 1000

0 2000

1 0 3000

C 3 0

4

4 2500

0 1000

3500

DEMANDA dj 1500 2000 2500 7000

7000

Requisitos para continuar:

Z Min= 4 (500)+ 2(1000) + 0 (200) + 3 (0) + 4 (2500) + 0 (1000)

Z Min= $14000 (No mejoró)

m+n-1= 3+4-1= 6; No Degenerado

Seleccionar cuadros no utilizados y encontrar su valor (índice) A De Lujo = 7-0+2-4= 9-4= 5

A Plus = 3-4+3-4= 6-8 = -2

A Ficticio= 0-0+3-4= 3-4= -1

* B Plus = 1-4+3-2= 4-6= -2

B Ficticio= 0-0+3-2= 3-2= 1

C De Lujo= 4-3+2-0= 6-3=3

B Estándar B Plus B Estándar B Plus

C Estándar C Plus C Estándar C Plus

1000

1000 Recibe

0 2500

1000

1000 1500

Podemos observar que contamos con más de una opción, es decir, la mayor cantidad negativa es –2, ocurre dos ocasiones, siempre debemos elegir el cuadro de menor costo, en este caso corresponde a B Plus, Cuado haya empate la decisión es indiferente.

-

+ -

+



Revisando los cuadros negativos 1000 es la cantidad menor de ellos, por lo tanto, cada

cuadro negativo (-) enviará 1000 unidades a un cuadro positivo (+).

PRODUCTOS PLANTA

ESTÁNDAR DE LUJO

PLUS FICTICIO SUMINISTRO Si

A 4 500

7 3 0 500

B 2

0 2000

1 1000

0 3000

C 3 1000

4

4 1500

0 1000

3500

DEMANDA dj 1500 2000 2500 7000 7000

Requisitos para continuar:

Z Min= 4 (500) + 0 (2000) + 1 (1000) + 3 (1000) + 4 (1500)+ 0 (1000)

Z Min= $12000 (Mejoró)

m+n-1= 3+4-1= 6; No Degenerado

Seleccionar los cuadros no utilizados y calcular su valor (índice)

A De Lujo = 7-0+1-4+3-4= 11-8= 3

* A Plus = 3-4+3-4=6-8= -2

A Ficticio= 0-0+3-4= -1

B Estándar = 2-1+4-3= 6-4= 2 A Estándar A Plus A Estándar A Plus

B Ficticio= 0-0+4-1= 3

C De Lujo= 4-0+1-4= 5-4=1

C Estándar C Plus C Estándar C Plus

1000

Siendo –2, el mayor negativo, entonces

el cuadro A plus se le debe enviar.

1000 Recibe

0 2500

1000 Recibe

0 2500

- +

- +



La menor cantidad de los negativos es 500, por lo tanto cada cuadro negativo (-), enviará esa cantidad a cada cuadro positivo (+). Matriz de transportación (costos de oportunidad) óptima PRODUCTOS PLANTA

ESTÁNDAR DE LUJO

PLUS FICTICIO SUMINISTRO Si

A 4

7 3 500

0 500

B 2

0 2000

1 1000

0 3000

C 3 1500

4

4 1000

0 1000

3500

DEMANDA dj 1500 2000 2500 7000 7000

Requisitos para continuar: Z Min= 3 (500) + 0 (2000) + 1 (1000) + 3 (1500) + 4 (1000)+ 0 (1000) Z Min= $11000 (Mejoró) m+n-1= 3+4-1= 6; No Degenerado Seleccionar los cuadros no utilizados y calcular su valor (índice) A Estándar = 4-3+4-3= 8-6= 2 A De Lujo = 7-3+1-0= 8-3= 5 A Ficticio= 0-0+4-3= 4-3= 1 B Estándar = 2-1+4-3= 6-4= 2 B Ficticio= 0-0+4-1= 4-1= 3 C De Lujo= 4-0+1-4= 5-4=1

1000

Al no encontrar valores negativos, se

dice que, la solución es óptima.



m n

i=1 j=1

4) Colocar las asignaciones en la matriz de transportación equilibrada.

a) Matriz de transportación (Ganancias) óptima

PRODUCTOS

PLANTA

ESTÁNDAR DE

LUJO

PLUS FICTICIO SUMINISTRO

Si

A 4

1 5

500

0 50/0 0

B 6

8

2000

7

1000

0 30/00 0

C 5

1500

4

4

1000

0

1000

35/00 0

DEMANDA dj 15/00 0 20/00 0 25/00 0 7000

7000

5) Como podemos observar los abastos y las demandas se han cumplido (Hasta llegar a

valor cero).

6) Calcular el valor Z, empleando la ecuación Max Z = ∑ ∑ Cij Xij

Z Max = 5(500) + 8(2000) + 7(1000) + 5(1500) + 4(1000) + 0(1000)

Z Max = 2500 + 1600 + 7000 + 7500 + 4000 + 0

b) Z Max = $37,000


La planta A, 500 productos Plus, con una ganancia de $5/producto = $2500.00

La planta B, 2000 productos De Lujo, con una ganancia de $8/producto = $1600.00

La planta B, 1000 productos Plus, con una ganancia de $7/producto = $7000.00

La planta C, 1500 productos Estándar, con una ganancia de $5/producto = $7500.00

La planta C, 1000 productos Plus, con una ganancia de $4/producto = $4000.00

Ganancia Total = $37,000.00

10/00 0



ACTIVIDAD 23: MÉTODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR


1) Una corporación tiene tres fábricas manufactureras, las cuales fabrican dos

productos principales, una mesa estándar y otra de lujo. Se introducirá otra

nueva mesa plus, que se considerará en términos de precio de venta y de

costos. El tiempo requerido para la fabricación de las mesas es el siguiente:

Mesa Estándar, 2.5 horas; Mesa de Lujo, 2.8 horas y Mesa Plus, 3 horas. Los

precios de ventas son los siguientes: Mesa Estándar, $14.95; Mesa de Lujo,

18.95 y Mesa Plus, 21.95. La corporación desea obtener la mayor ganancia.

Matriz de Costos

PRODUCTOS FABRICA

MESA ESTANDAR

MESA DE LUJO

MESA PLUS

SUMINISTRO Si

A $8.00 $8.50 $9.25 800 B $7.95 $8.60 $9.20 600

C $8.10 $8.45 $9.30 700 DEMANDA dj 450 1050

2100 2100

2) Resuélvase el siguiente problema de maximización, empleando el método de

transporte húngaro. Nótese que hay dos rutas prohibidas. (Las ganancias se

dan en pesos/unidad).

DESTINO ORIGEN

1 2 3 SUMINISTRO Si

A --- $12 $10 100

B $11 $13 $12 600

C $10 --- $9 700

DEMANDA dj 300 400

1400 1200

600

500

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