INSTITUTO TECNOLÓGICO DE NUEVO LEON

Ingeniería en Gestión EmpresarialMateria: Investigación de Operaciones

InvestigaciónUnidad #2

Guadalupe, Nuevo León a 26 de Febrero del 2015

Catedrática: Alma Judith de la Garza Inzunza

Nombre: Numero de control:Yesenia Eguren 13480380Jessica Hernández 13480459Jessica Contreras 13480386Rómulo Gaytán 13480416Nelson Gonzales 13480354

Método Dual Simplex

Este método se aplica a problemas óptimos pero infactibles. En este caso, las restricciones se expresan en forma canónica (restricciones <).

La función objetivo puede estar en la forma de maximización o de minimización. Después de agregar las variables de holgura y de poner el problema en la tabla, si algún elemento de la parte derecha es negativo y si la condición de optimidad está satisfecha, el problema puede resolverse por el método dual simplex. Note que un elemento negativo en el lado derecho significa que el problema comienza óptimo pero infactible como se requiere en el método dual simplex. En la iteración donde la solución básica llega a ser factible esta será la solución óptima del problema.

CONDICION DE FACTIBILIDAD.

La variable que sale es la variable básica que tiene el valor más negativo (los empates se rompen arbitrariamente si todas las variables básicas son no negativas, el proceso termina y esta última tabla es la solución óptima factible).

CONDICION DE OPTIMIDAD.

La variable que entra se elige entre las variables no básicas como sigue. Tome los cocientes de los coeficientes de la función objetivo entre los coeficientes correspondientes a la ecuación asociada a la variable que sale. Ignore los cocientes asociados a denominadores positivos o cero. La variable que entra es aquella con el cociente más pequeño si el problema es de minimizar o el valor absoluto más pequeño si el problema es de maximización (rompa los empates arbitrariamente). Si los denominadores son ceros o positivos el problema no tiene ninguna solución factible.

Ejemplo

Min. Z = 4X1 + 12X2 + 18X3

X1 + 3X3 ≥ 3

2X2 + 2X3 ≥ 5

X1, X2, X3 ≥ 0

SOLUCIÓN

PASO 1:

Convertir el problema de minimización en uno de maximización. La función objetivo se multiplica por -1

Max. Z = - 4X1 - 12X2 - 18X3

Las restricciones se multiplican por -1

- X1 - 3X3 ≤ -3

-2X2 - 2X3 ≤ -5

X1, X2, X3 ≥ 0

PASO 2:

Se convierten las inecuaciones en ecuaciones.

Z + 4X1 + 12X2 + 18X3 = 0

X1 - 3X3 + S1 = -3

– 2X2 - 2X3 + S2 = -5

PASO 3:

Se determinan las variables básicas y no básicas.

Básicas: S1 y S2 ·

No Básicas: X1, X2 y X3

PASO 4: Elaborar la tabla inicial del simplex

Variable Básica

Variables  

Solución

X1 X2 X3 S1 S2

S1 -1 0 -3 1 0 -3

S2 0 -2 -2 0 1 -5

Z 4 12 18 0 0 0

PASO 5:

Determinar la variable que sale (fila pivote)

Es el número más negativo de la solución de las restricciones = fila de S2

PASO 6:

Determinar la variable que entra (columna pivote)

Razón = Coeficiente de Z / coeficiente fila pivote.

Razón Mayor = Columna X2 (-12 / 2)

Variable Básica

Variables  

Solución

X1 X2 X3 S1 S2

S1 -1 0 -3 1 0 -3

S2 0 -2 -2 0 1 -5

Z 4 12 18 0 0 0

razón - -6 -9 - 0  

PASO 7:

Elaborar la nueva tabla del simplex

Nueva fila pivote = Fila pivote / elemento pivote

 

0 -2 -2 0 1 -5 Fila Pivote

-2 -2 -2 -2 -2 -2 Elemento Pivote

0 1 1 0 -0,5 2,5 Nueva Fila Pivote

Nuevas filas = fila anterior - coeficiente de la columna pivote x nueva fila pivote.

 

Nueva Fila (S1)

 

-1 0 -3 1 0 -3 fila anterior

0 0 0 0 0 0 coeficiente

0 1 1 0 -0,5 2,5 nueva fila pivote

-1 0 -3 1 0 -3 nueva fila

Nueva Fila (Z)

4 12 18 0 0 0

12 12 12 12 12 12

0 1 1 0 -0,5 2,5

4 0 6 0 6 -30

Nueva Tabla del Simplex

Se realizan nuevamente los pasos del 5 al 7 obteniendo como solución final:

NOTA: No hay más iteraciones cuando no existan soluciones con coeficientes negativos.

R\ El valor mínimo se alcanza para un X2 = 3/2 y X3 = 1, para un Z = 36

Variable Básica

Variables  

Solución

X1 X2 X3 S1 S2

S1 -1 0 -3 1 0 -3

X2 0 -2 1 0 -1 2.5

Z 4 12 6 0 6 -30

razón -4 - -2 0 -  

Variable Básica

Variables  

Solución

X1 X2 X3 S1 S2

X3 0.33 0 1 -0.33 0 1

X2 -0.33 1 0 0.33 -0.5 1.5

Z 2 0 0 2 6 -36

Interpretación y Comparación de

Resultados Obtenidos

Datos de entrada no controlables

Mesas Sillas Disponible

Mano de obra

2 1 40

Materia prima

1 2 50

Ingresos netos

5 3

El Problema Dual del Problema del Carpintero y su Interpretación

En esta sección, construiremos el Problema Dual del Problema del Carpintero y presentaremos la interpretación económica del mismo.Recordemos los parámetros de entrada no controlables del Problema del Carpintero:

Y su formulación de PLMaximizar 5 X1 + 3 X2

Sujeta a:2 X1 + X2 ≤ 40 restricción de mano de obraX1 + 2 X2 ≤ 50 restricción de materialestanto X1 como X2 son no negativas.

Donde X1 y X2 representan la cantidad de mesas y sillas a fabricar.

Supóngase que el Carpintero desea contratar un seguro para sus ingresos netos. Digamos que:

U1 = el monto en dólares pagadero al Carpintero por cada hora de trabajo perdida (por enfermedad, por ejemplo),

U2 = el monto en dólares pagadero al Carpintero por cada unidad de materia prima perdida (por incendio, por ejemplo).

Por supuesto que el corredor de seguros intenta minimizar el monto total de US$(40U1 + 50U2) pagadero al Carpintero por la Compañía de Seguros. Sin embargo, como es de esperar, el Carpintero fijará las restricciones (es decir las condiciones) para que la compañía de seguros cubra toda su pérdida que equivale a sus ingresos netos debido a que no puede fabricar los productos. En consecuencia, el problema de la compañía de seguros es:

Minimizar 40 U1 + 50 U2Sujeta a:2U1 + 1U2 ≥ 5 ingresos netos por una mesa 1U1 + 2U2 ≥  3 ingresos netos por una sillaU1, U2 son no negativas.

Si implementa este problema en un paquete de software, verá que la solución óptima es U1 = US$7/3 y U2 = US$1/3 con el valor óptimo de US$110 (el monto que el Carpintero espera recibir). Esto asegura que el Carpintero pueda manejar su vida sin inconvenientes. El único costo es la prima que le cobra la compañía de seguros.

Como puede ver, el problema de la compañía de seguros está estrechamente relacionado con el problema original.

Según la terminología del proceso de diseño de modelos de IO/CA, el problema original se denomina Problema Primario mientras que el problema relacionado se denomina Problema Dual

Tal como vimos en el Problema del Carpintero y su Problema Dual, el Valor Optimo es siempre el mismo para ambos problemas. Esto se denomina Equilibrio Económico entre el Problema Primario y el Problema Dual.

COMO NORMALIZAR UNA PROGRAMACIÓN LINEAL PARA PODER OBTENER SU DUAL

Como veremos más adelante, para poder resolver los problemas de programación lineal por el método Simplex, será conveniente tener las restricciones de nuestro problema de tal forma que los términos “bi” sean mayores o iguales a cero.

Por ello, ya que podemos encontrarnos con restricciones del tipo: Σ ai * Xi ≥ -bi Σ ai * Xi ≤ -bi Σ ai * Xi = -bi

Podremos homogeneizar nuestro sistema, convirtiéndolo al tipo: Σ -ai*Xi≤bi Σ -ai*Xi≥bi Σ -a*Xi=bi

con sólo multiplicar por –1 y cambiar el sentido de nuestra desigualdad.

Es decir:

Σ ai * Xi ≥ -bi → Σ (-1) * ai * Xi ≤ bi

donde se mantendrán las condiciones de la restricción y se posibilitará la resolución del problema mediante el método Simplex.

Ejemplo.

En una fábrica de vino se producen vinos del tipo: tinto, rosado y blanco. Cada botella de tinto nos produce un beneficio de 20 pesetas. Cada botella de rosado nos produce un beneficio de 15 pesetas. Cada botella de blanco nos produce un beneficio de 15 pesetas.

Para cada litro de vino tinto se necesita 1 Kg de uvas. Para cada litro de vino rosado se necesita ½ Kg de uvas. Para cada litro d vino blanco se necesita ¾ Kg de uvas.

Sabiendo que es necesario producir un mínimo de 20 litros de vino blanco, y que poseen 100 Kg de uva, calcular la producción vinícola para que nuestro beneficio sea máximo.

Solución:

Definición de variables internas: X1: litros de vino tinto. X2: litros de vino rosado. X3: litros de vino blanco.

F.O..: Max 20 X1 + 15 X2 + 15 X3

S.a..: X1≥ 0 X2 ≥0 X3 ≥0

X1 + ½ * X2 + ¾ * X3 ≤ 100 X3 ≥ 20

Nota: Las restricciones:X1≥0, X2≥0, X3≥0 se pueden obviar, con lo que nuestro problema quedaría:

F.O..: Max 20 X1 + 15 X2 + 15 X3 S.a..:X1 + ½ * X2 + ¾ * X3 ≤ 100 X3≥ 20

Planteamientos de TI

Una compañía fabrica tabicón y ladrillo, la empresa obtiene un margen de utilidad de $3.25 y $6.00 por cada 100 ladrillos y por cada 100 tabicones, respectivamente. En estos momentos la compañía no tiene compromisos por pedidos de clientes de ladrillos o de tabicones. No existe inventario alguno de ninguno de los dos productos. La producción de ladrillo y tabicón requiere un proceso de dos etapas. Primero se les moldea y después se los hornea. En el proceso de moldeado se requieren 4 Hrs de tiempo para fabricar 100 ladrillos y de 8 Hrs para fabricar 100 tabicones. El proceso de horneado no difiere para ninguno de los dos productos, re requieren para 8 Hrs por cada 100 piezas de cada uno. Existen disponibles un máximo de 80 Hrs de tiempo de moldeado y el máximo tiempo disponible para el proceso de horneado es de 120hrs por semana. Es posible vender todas las piezas que se pueden fabricar.

Variables de Decisión= X1= Fab 100 ladrillos

X2= Fab 100 tabicones

 

Función Objetivo= MaxZ= 3.25 X1 + 6.00 X2

Restricciones= 4 X1 + 8 X2 < 80

8 X1 + 8 X2 < 120

X1, X2 < 0

 

2.-La Higgins Company fabrica piezas de alta precisión que se utilizan en los motores de automóviles de carrera. La pieza se fabrica en un proceso de forjado y refinación y son necesarias cantidades mínimas de diversos metales. Cada pieza requiere 40 onzas de plomo, 48 de cobre y 60 de fierro colado. Existen 4 tipos de mineral disponible para el proceso de forjado y refinación. El mineral del tipo 1 contiene 4 onzas de plomo, 2 de cobre y 2 de acero colado por libra. Una libra de mineral tipo 2 contiene 2 onzas de plomo, 6 de cobre y 6 de acero colado. Una libra del mineral tipo 3 contiene 1 onza de plomo, 4 de cobre y 4 de acero colado. Por último el mineral tipo 4 contiene 1/2onza de plomo, 1 de cobre y 8 onzas de acero colado por libra. El costo por libra para los cuatro minerales en $20, $30, $60 y $50, respectivamente. A la Higgins le gustaría mezclar los minerales de manera que se satisfagan las especificaciones de las piezas y se minimice el costo de fabricarlas.

Variables de Decisión= X1= Min 1

X2= Min 2

X2= Min 3

X2= Min 4

 

Función Objetivo= MaxZ= 20 X1 + 30 X2 + 60 X3 + 50 X4

Restricciones= 4 X1 + 2 X2 + 1 X3 + 1/2 X4 > 40

2 X1 + 6 X2 + 4 X3 + 4 X4 > 48

2 X1 + 6 X2 + 4 X3 + 4 X4 > 60