Lic. Gregorio Bautista Oblitas. Existen problemas de decisión administrativos que pueden ser...
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PROGRAMACIÓN LINEALLic. Gregorio Bautista Oblitas
Existen problemas de decisión administrativos que pueden ser resueltos a través de un modelo matemático llamado programación lineal. Por ejemplo:1) PRODUCCION2) MARKETING3) FINANZAS
Introducción a la Programación Lineal
Juan se dedica a la compra y venta de naranja y papaya. Todos los días temprano en la mañana visita a su proveedor de frutas en el mercado mayorista y hace las compras del día. El día anterior recibe los pedidos de sus clientes y esta suma 600 kilos de papaya y 1200 kilos de naranja. Juan lleva su camioneta para el transporte cuya capacidad de carga es de 1600 kilos. ¿Cuántos kilos de cada fruta debe comprar Juan para maximizar los beneficios?
Problema
PROBLEMAJuan lleva su camioneta para el transporte cuya capacidad de carga es de 1600 kilos. ¿Cuántos kilos de cada fruta debe comprar Juan para maximizar los beneficios?
Precio de compra al por mayor x Kg
Precio de venta al
minorista x KgUtilidad por Kg
Papaya S/. 1.30 S/. 1.60 S/. 0.30
Naranja S/. 1.00 S/. 1.20 S/. 0.20
Se tienen los siguientes precios y costos por kilo de fruta :
¿Cuántos kilos de papaya y naranja debe comprar Juan para obtener la Máxima Utilidad?
X1 = ?? X2 = ??
X1 < 600 kg X2 < 1200 kg X1 + X2 < 1600 kg
Primero se debe cargar a la camioneta con aquel que tiene mas utilidad por kilo.
Capacidad
Utilidad por kilo: S/. 0.30
X1 < 600 kg
X2 < 1200 kgX1 + X2 < 1600 kg
Se debe comprar 600 kg. de papaya y 1000 kg. de naranja, su utilidad será S/. 380.
Utilidad por kilo: S/. 0.20
MODELO DE PROGRAMACIÓN LINEAL
Un modelo de programación lineal busca el objetivo de maximizar o minimizar una función lineal, sujeta a un conjunto de restricciones lineales.
MODELO DE PROGRAMACIÓN LINEAL
Un modelo de programación lineal esta compuesto de lo siguiente:* Un conjunto de variables de decisión* Una función objetivo* Un conjunto de restricciones
1) FORMULACIÓN DEL PROBLEMA
Definición de las Variables de Decisión x1 = Cantidad, en kilos, de papaya que se debe comprar. x2 = Cantidad, en kilos, de naranja que se debe comprar.
Función Objetivo Maximizar la utilidad total de los dos
productos:Maximizar Z = 0.30 x1 + 0.20 x2
1) Formulación del Problema
RestriccionesCantidad máxima de Papaya < 600 kilos.
x1 < 600Cantidad máxima de Naranja < 1200 kilos.
x2 < 1200 Carga máxima de la camioneta < 1600
kilos.
x1 + x2 < 1600
1) Formulación del Problema
Maximizar Z = 0.30 x1 + 0.20 x2
x1 < 600
x2 < 1200
x1 + x2 < 1600
x1, x2 > 0
1) Formulación del Problema
PROCEDIMIENTO DE SOLUCIÓN GRÁFICA EN PROBLEMAS DE PL CON DOS VARIABLES
1)Establecer la formulación del problema
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
X1
X2
(0,0)
Cada punto en este cuadrante no negativo esta asociado con una especifica alternativa de solución.
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
X1
X2
(0,0)
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
R1
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
R1
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200)
R1
R2
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200)
R1
R2
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200) R2
R1
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200)
R3
R2
R1
(1600,0)
(0,1600)
2) GRAFICAR RESTRICCIONESMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200)
R3
R2
R1
(1600,0)
(0,1600)
(400,1200)
(600,1000)
PROCEDIMIENTO DE SOLUCIÓN GRÁFICA EN PROBLEMAS DE PL CON DOS VARIABLES
1)Establecer la formulación del problema2)Graficar en el plano cartesiano (X,Y) las
restricciones del tipo >, < ó =, como si fueran rectas.
3)Ubicar el espacio de la solución factible (región factible), el cual está dado por el área común a todas las restricciones.
3) UBICAR REGIÓN FACTIBLEMax 3 P1 + 5 P2s.a. P1 + < 4 (Planta
1) 2 P2 < 12 (Planta
2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta
3) P1, P2 > 0 (no
negatividad)
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200)
R3
R2
R1
(400,1200)
(600,1000)Región factible es el conjunto de puntos que satisface todas las restricciones simultáneamente. Existen infinitos puntos factibles (soluciones).
3) UBICAR REGIÓN FACTIBLE
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad)
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Se llaman puntos extremos a los vértices de la región de factibilidad.
Los valores que optimizan la función objetivo siempre se encuentran en uno de los puntos extremos.
PROCEDIMIENTO DE SOLUCIÓN GRÁFICA EN PROBLEMAS DE PL CON DOS VARIABLES
1)Establecer la formulación del problema2)Graficar en el plano cartesiano (X,Y) las
restricciones del tipo >, < ó =, como si fueran rectas.3)Ubicar el espacio de la solución factible (región
factible), el cual está dado por el área común a todas las restricciones.
4)Obtener la solución óptima.
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
0.30
0.20
Pendiente de la función objetivo
Se debe dibujar el contorno de la función objetivo (línea iso-beneficio) mediante rectas paralelas, en cada vértice, según la relación: X2 = – 1.5 X1 + K
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Pendiente de la función objetivo
Z1
0.30
0.20
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180
Pendiente de la función objetivo
Z1
0.30
0.20
Z2
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180
Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240
Pendiente de la función objetivo
Z1
0.30
0.20
Z2
Z3
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180
Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240
Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360
Pendiente de la función objetivo
Z1
0.30
0.20
Z2
Z3
Z4
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
(0,0)
(600,0)
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(0,1200) (400,1200)
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180
Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240
Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360
Z5 = 0.30 (600) + 0.20 (1000) = 380
Z1
Z2
Z3
Z4
Z5
4) OBTENER SOLUCIÓN OPTIMA
X1
X2
Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2En la región factible
(600,1000)
A B
C
DE
Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0
Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180
Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240
Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360
Z5 = 0.30 (600) + 0.20 (1000) = 380
Solución óptima: Se encuentra en el punto C de las restricciones activas (R1 y R3)
R1
R3
R2
PROGRAMA LINEAL SIN SOLUCIÓN OPTIMALa función objetivo es no acotado: Ocurre cuando el objetivo puede crecer infinitamente (maximización)
No factible: Ocurre cuando en el modelo no hay ningún punto de factible
MODELO GENERAL DE PROGRAMACIÓN LINEAL
Maximizar (o Minimizar) Z = C1 X1 + C2 X2 +....+ Cn XnSujeto a:
a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 +....+ a1n Xn < b1
:
ak1 X1 + ak2 X2 + ak3 X3 +....+ akn Xn > bk
:
am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +....+ amn Xn = bm
X1, X2, X3,...., Xn > 0
Se define las variables de decisión: X1, X2, X3,...., Xn
PROBLEMA 01
Un herrero con 80 kgs. de acero y 120 kgs. de aluminio quiere hacer bicicletas de paseo y de montaña, cuya utilidad son, respectivamente a S/.60 y S/.40 cada una. Para la de paseo empleará 1 kg. de acero y 3 kg. de aluminio, y para la de montaña 2 kg. de ambos metales. Como máximo se puede vender 30 bicicletas de paseo. ¿Cuántas bicicletas de paseo y de montaña venderá?
Para satisfacer las demandas de sus distribuidores, una fabrica de jeans debe producir, no menos de 300 y no mas de 600 jeans azules, y no menos de 100 y no mas de 300 jeans negros por día. Además, para mantener una buena calidad, no debe producir en total más de 800 jeans por dia, si se sabe que se obtiene una ganancia de S/. 35 por cada jeans azul y de S/. 25 por cada jean negro. ¿Cuál debe ser la producción diaria de cada tipo de jean para maximizar la ganancia?
PROBLEMA 02
Una empresa embotelladora fabrica dos tipos de bebidos: de naranja y de cola. Para elaborar la bebida de naranja se requiere 3 horas de uso de la máquina A y 1 hora de la maquina B, mientras que para elaborar la bebida de cola se requiere 2 horas de uso de la máquina A y 2 horas de la maquina B. La ganancia por bebida de naranja es S/. 0.70 y por las de cola es S/. 0.50. Calcula la máxima guanacia que se puede obtener si la maquina A puede trabajar 72 horas semanales y la maquina B, 84 horas semanales.
PROBLEMA 03
Una hacienda dispone de 100 hectáreas para sembrar maíz y algodón. La semilla del maíz cuesta S/. 40 por hectárea y la de algodón S/. 60 por hectárea. Los costos totales por mano de obra para la siembra son S/. 200 y S/. 100 por hectárea, respectivamente. Se espera obtener una ganancia de S/. 1500 por hectárea cosechada de algodón. Si no se puede invertir mas de S/. 4800 en semillas ni mas de S/. 14 000 en mano de obra, ¿Cuántas hectáreas de cada cultivo convienen sembrar para obtener la máxima ganacia?
PROBLEMA 04