Depto. Matemáticas – IES Elaios

Tema: Programación Lineal

Presentación elaborada por el profesor José Mª Sorando,ampliando y adaptando las diapositivas de la Editorial SM

Inecuaciones lineales. Interpretación geométrica

Toda recta ax + by + c = 0 divide al plano en tres regiones:

• El conjunto de puntos (x, y) del plano para los que ax + by + c = 0• El conjunto de puntos (x, y) del plano para los que ax + by + c > 0• El conjunto de puntos (x, y) del plano para los que ax + by + c < 0

A la parte del plano que es solución de una inecuación se le llama región factible de la inecuación.

La recta x – y + 1 = 0 divide al plano en las siguientes tres regiones:

x ≥≥≥≥ 0

Sistemas de inecuaciones lineales. Interpretación geométrica

• Cuando deben satisfacerse simultáneamente más de una inecuación estamos ante unsistema de inecuaciones lineales.

• El conjunto de soluciones del sistema se puede obtener por la intersección de lasdiferentes regiones factibles de las inecuaciones.

• A dicha región se le llama región factible del sistema.

x – y = 0

¿Cuál es la región factible

del sistema

x ≥ 0

y ≥ 0x ≤ 5x – y ≥ 0

?

x ≥≥≥≥ 0y ≥≥≥≥ 0

x = 5

x ≤ 5

x – y ≥ 0

Programación lineal: Un problema de máximos

Problema 1: Una fábrica de bombones tiene almacenados 500 kg de chocolate, 100 kg dealmendras y 85 kg de frutas. Produce dos tipos de cajas: las de tipo A contienen 3 kg dechocolote, 1 kg de almendras y 1 kg de frutas; la de tipo B contiene 2 kg de chocolate, 1,5 kgde almendras y 1 kg de frutas. Los precios a que vende las cajas de tipo A y B son 13 y 13,50€, respectivamente. ¿Cuántas cajas de cada tipo debe fabricar para maximizar sus ingresos?

Caja tipo A Caja tip B DisponiblesChocolate 3 2 500

La siguiente tabla resume los datos del problema:

Chocolate 3 2 500Almendras 1 1,5 100

Frutas 1 1 85Precio en euros 13 13,50

Expresamos mediante inecuaciones la información descrita: x = nº de cajas de tipo Ay = nº de cajas de tipo Bz = nº de € obtenidos por

las ventasEntonces hemos de maximizar z = 13x + 13,50y

Con las restricciones:

3x + 2y ≤ 500 (por el chocolate almacenado)x + 1,5y ≤ 100 (por la almendra almacenada)x + y ≤ 85 (por la fruta almacenada)x ≥ 0

y ≥ 0

Programación lineal: Un problema de mínimos

Problema2: Un grupo local posee dos emisoras de radio, una de FM y otra de AM. La emisora de FM emite diariamente 12horas de música rock, 6 horas de música clásica y 5 horas de información general. La emisora de AM emite diariamente 5horas de música rock, 8 horas de música clásica y 10 horas de información general. Cada día que emite la emisora de FM lecuesta al grupo 5000 €, y cada día que emite la emisora de AM le cuesta al grupo 4000 €. Sabiendo que tiene enlatado paraemitir 120 horas de música rock, 180 horas de música clásica y 100 horas de información general, ¿cuántos días deberá emitircon ese material cada una de la emisoras para que el coste sea mínimo, teniendo en cuenta que entre las dos emisoras hande emitir al menos una semana?

Emisora FM Emisora AM DisponiblesMúsica rock 12 5 120

Música clásica 6 8 180

La siguiente tabla resume los datos del problema:

Música clásica 6 8 180Información general 5 10 100

Coste en euros 5000 4000

Expresamos mediante inecuaciones la información descrita: x = nº de días de FMy = nº de días de AMz = coste en € por los

días de emisiónEntonces hemos de minimizar z = 5000x + 4000y

Con las restricciones:

12x + 5y ≤ 120 (por la música rock)6x + 8y ≤ 180 (por la música clásica)5x + 10y ≤ 100 (por la información general)

x + y ≥ 7 (emitir al menos una semana)x ≥ 0

y ≥ 0

Programación lineal: Elementos

La programación matemática es una técnica mediante la cual se permite calcular el valoróptimo (máximo o mínimo, según los casos) de una función objetivo cuyas variables estánsujetas a un conjunto de restricciones.

Cuando la función objetivo y las restricciones son lineales, se dice que se está ante unproblema de programación lineal .

Un problema de programación lineal consta, por tanto, de los siguientes elementos:Un problema de programación lineal consta, por tanto, de los siguientes elementos:

1. Un conjunto de variables reales x1, x2, …, xn denominadas variables de decisión .

2. Una función objetivo de primer grado cuyas variables son las variables de decisión y que se pretende optimizar (hallar su máximo o su mínimo). La función objetivo es en realidad la representación matemática del objetivo general de la situación mediante la cual se pretende tomar la mejor decisión .

3. Un conjunto de restricciones establecidas mediante relaciones lineales entre las variables del problema y que pueden ser de igualdad o de desigualdad.

Formulación matemática

Optimizar (maximizar o minimizar) z = ax + by sujeta a las siguientes restricciones

a1x + b1y ≤ d1

a2x + b2y ≤ d2

... ... ... anx + bny ≤ dn

Función objetivo

• Solución posible: cualquier par de valores (x1, y1) que cumpla todas la restricciones. Al • Solución posible: cualquier par de valores (x1, y1) que cumpla todas la restricciones. Al conjunto de soluciones posibles de un problema lineal se le llama región factible.

• Solución óptima: un par de valores (x1, y1), si existe, que hace máxima o mínima la función objetivo.

• Un problema de pr. lineal puede tener ninguna, una o infinitas soluciones óptimas.

• La región factible puede ser acotada o no acotada .

• Si la solución óptima es única, estará en un vértic e.

• Si hay infinitas soluciones óptimas, estarán en un lado de la región factible.

Resolución analítica

Se deben dar los siguientes pasos:1. Se representa gráficamente la región factible.2. Se obtienen las coordenadas de todos los vértices de dicha región factible. 3. Se evalúa la función objetivo en los vértices de la región factible.4. Se elige la solución óptima del problema (el vértice que hace mayor o menor la

función objetivo).

Al aplicar estos pasos se pueden dar las siguientes posibilidades:

La región factible es acotada.El problema siempre tiene solución óptima. Puede haber:1. Una única solución.2. Infinitas soluciones. Dos vértices solución óptimas, el segmento de extremos esos vértices son también soluciones óptimas del problema.

La región factible no es acotada. Se sigue el mismo criterio que en el caso anterior, pero existe la posibilidad de que no haya solución óptima.Es preferible utilizar el método gráfico.

Método analítico o de los vértices: problema 1

• En un primer paso representamos la región factible.

• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.

R(0, 100/1,5)

• Finalmente evaluamos la función

Q(55, 30)

P(85, 0)

• Finalmente evaluamos la función objetivo z = 13x + 13,50y en cada vértice, para obtener el máximo.

• z(P) = 13 · 85 + 13,50 . 0 = 1105 €• z(Q) = 13 · 55 + 13,50 . 30 = 1125 €• z(R) = 13 · 0 + 13,50 · 100/1,5 = 900 €

Método analítico o de los vértices: problema 2

• En un primer paso representamos la región factible.

• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.

R(0, 10)

Q(7.37, 6.32)• Finalmente evaluamos la función

objetivo z = 5000x + 4000y en S(0, 7)

P(10, 0)

objetivo z = 5000x + 4000y en cada vértice, para obtener el mínimo.

• z(P) = 5000 · 10+4000 · 0 = 50000 €• z(Q) = 5000 · 7,37+4000 · 6,32 =

62130 €• z(R) = 5000 · 0+4000 · 10 = 40000 €• z(S) = 5000 · 0+4000 · 7 = 28000 €• z(T) = 5000 · 7+4000 · 10 = 35000 €

T(7, 0)

Resolución geométrica

Se deben dar los siguientes pasos:1. Se representa gráficamente la región factible.2. Si la función objetivo es z = ax + by, se representa gráficamente la recta inicial

ax + by = 0 y se la considera movible de forma paralela a lo largo del eje OY.

Método gráfico o de la recta móvil: problema 1

• Representamos la región factible.

• Representamos el vector director de la función objetivo.

• Trazamos rectas paralelas al vector • Trazamos rectas paralelas al vector director que pasen por los vértices: P, Q, R.

• El óptimo del problema ha de estar en Q ya que la recta que pasa por él tiene mayor ordenada en el origen que las demás.Es decir, es donde z = 13x + 13,50yalcanza el mayor valor

Método gráfico: problema 2

• Representamos la región factible.

• Representamos el vector director de la función objetivo.

• Trazamos rectas paralelas al vector • Trazamos rectas paralelas al vector director que pasen por los vértices: P, Q, R, S y T.

• El óptimo del problema ha de estar en S ya que la recta que pasa por él tiene menor ordenada en el origen que las demás.Es decir, es dondez = 5000 x + 4000yalcanza el menor valor

Para un problema de maximización

Resolución gráfica: número de soluciones

Solución única Infinitas soluciones No hay solución

Para un problema de minimización

Resolución gráfica: número de soluciones

Solución única Infinitas soluciones No hay solución

Cantidad por barril de «Clásica»

Cantidad por barril de «Suprema»

Cantidad total disponible

Malta 3,5 12 2300

Producción: maximizar los beneficios

Una fábrica de cervezas produce dos variedades distintas de bebida: «Clásica» y «Suprema». En la siguiente tabla se indican las cantidades de malta, lúpulo y levadura necesarias para producir un barril de cada una de las dos modalidades. También se indica la cantidad total disponible de cada una de las tres materias primas. El beneficio por un barril de «Clásica» es de 25 € y de 35 € para la «Suprema». Determinar la producción de cada tipo de cerveza de manera que se maximice el beneficio.

Malta 3,5 12 2300 Lúpulo 8 4 3800

Levadura 4 15 3200

Definimos las variables:x = cantidad a fabricar de «Clásica»y = cantidad a fabricar de «Suprema»z = beneficio en €

Entonces hemos de maximizar z = 25x + 35y

3,5x + 12y ≤ 2300 (por la disponibilidad de malta)8x + 4y ≤ 3800 (por la disponibilidad de lúpulo)4x + 15y ≤ 3200 (por la disponibilidad de levadura)

x ≥ 0, y ≥ 0 (por ser cantidades físicas)

Producción: maximizar los beneficios

Por tanto: se deben fabricar 443,90 barriles de «Clásica» y 62,20 barriles de «Suprema» con un beneficio de z = 25 . 443,90 + 35 . 62,20 = 13274,50 €

Resolviéndolo gráficamente observamos que la solución es la intersección de las rectas:

3,5x + 12y = 2300

8x + 4y = 3800

Factoría 1 Factoría 2 Cantidad mínima a fabricarTejido A 7 16 250Tejido B 19 21 300

Producción: minimizar los costos

Una empresa textil fabrica tres tipos de tejidos, A, B y C. La empresa tiene dos factorías, cada una de las cuales puede producir tres tipos de tejidos en las cantidades por hora que se indican en la tabla de abajo. La empresa debe atender un pedido de 250 unidades de A, 300 de B y 170 de C. ¿Cuántas horas debe trabajar cada factoría para servir este pedido con un coste mínimo, sabiendo que una hora de trabajo de la factoría 1 cuesta 1700 €, y en la factoría 2, 1400 €.

Tejido B 19 21 300Tejido C 12 6 170

Definimos las variables:x = número de horas que trabaja la factoría 1y = número de horas que trabaja la factoría 2z = coste en €

Entonces hemos de minimizar z = 1700x + 1400 y

7x + 16y ≥ 250 (por las unidades a atender del tejido A)19x + 21y ≥ 300 (por las unidades a atender del tejido B)12x + 6y ≥ 170 (por las unidades a atender del tejido C)

x ≥ 0, y ≥ 0 (por ser cantidades físicas)

Producción: minimizar los costos

Por tanto el coste mínimo se obtiene para x = 8,13 horas, y = 12,07 horas y dicho coste es z = 1700 . 8,13 + 1400 . 12,07 = 30717 €

Resolviéndolo gráficamente observamos que la solución es la intersección de las rectas:

12x + 6y = 170

7x +16y = 250

El porcentaje de proteínas, grasas e hidratos de carbono en dos alimentos, A y B, viene dado por la tabla que aparece a continuación:

El precio por unidad de A es 0,01 € y el de B es 0,005 €. Se desea preparar un producto alimenticio para animales domésticos combinando los alimentos A y B. Si un animal necesita consumir como mínimo 55 gramos de proteínas, 80 g de grasas y 100 g de hidratos de

Proteínas Grasas Hidratos de carbonoA 8,8 1,5 56,5B 25,4 34,5 2,3

El problema de la dieta

consumir como mínimo 55 gramos de proteínas, 80 g de grasas y 100 g de hidratos de carbono, se desea calcular la combinación del producto que minimiza los costes.

Definimos las variables:x = cantidad en gramos de A en la dietay = cantidad en gramos de B en la dietaz = coste en €

Entonces hemos de minimizar z = 0,01 x + 0,005 y

0,088x + 0,254y ≥ 55 (por los gramos de proteínas a consumir como mínimo)0,015x + 0,345y ≥ 80 (por los gramos de grasas a consumir como mínimo)0,565x + 0,023y ≥ 100 (por los gramos de hidratos de carbono a consumir como mínimo)

x ≥ 0, y ≥ 0 (por ser cantidades físicas)

El problema de la dieta

Por tanto el coste mínimo se obtiene para x = 167,85 gramos de A, y = 224,59 gramos de B y dicho coste es z = 0,01 . 167,85 + 0,005 . 224,59 = 2,80 €

Resolviéndolo gráficamente observamos que la solución es la intersección de las rectas:

0,015x + 0,345y = 800,565x + 0,023y = 100

El problema del transporte

Desde las ciudades de origen de Lisboa (L) y Oporto (O) se surte de pescado a las ciudades de destino de Évora (E), Braga (Br) y Beja (Be). La tabla del margan muestra los costes, en unidades monetarias, de transportar una caja de pescado desde un lugar de origen a un lugar de destino:Las cantidades ofertadas por las ciudades de origen son 25 cajas en L y 15 en O.Las cantidades demandadas por las ciudades de destino son 20 cajas

E Br Be

L 1 3 2Las cantidades demandadas por las ciudades de destino son 20 cajas por E, 15 por Br y 5 por Be. ¿Cuál es la mejor opción para distribuir el pescado de forma que los costes de transporte sean los más bajos posibles y de forma que todas las ciudades de destino sean totalmente abastecidas con las cantidades demandadas?

O 2 1 2

Definimos las variables:x =número de cajas de Lisboa a Évoray = número de cajas de Lisboa a Bragaz = coste del transporte en unidades monetarias

El problema del transporte

Évora Braga Beja Total

Lisboa x y 25 − x − y 25

Oporto 20 − x 15 − y x + y − 20 15

Total 20 15 5 40

Construimos la tabla que indican el número de cajas que se transportan de unlugar a otro.

Entonces hemos de minimizar: z = 1x + 3y + 2(25 − x − y) + 2(20 − x) + 1(15 − y) + 2(x + y − 20)

= −x + 2y + 65

x + y ≤25 x ≤ 20y ≤ 15x + y ≥20x ≥ 0, y ≥ 0

Total 20 15 5 40

El problema del transporte

Los vértices son: A(5, 15), B(10, 15), C(20, 5) y D(20, 0).

Representamos la región factible

A B

C La función objetivo en estos vértices vale:zA = 90, zB = 85, zC = 55, zD = 45.

La solución óptima se encuentra en D, x = 20, y = 0.

La mejor distribución es 20 cajas de Lisboa a Évora,5 cajas de Lisboa a Beja,

15 cajas de Oporto a Beja. El coste total es de 45 unidades monetarias.

C

D