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INVESTIGACION DE OPERACIONES
I. INTRODUCCION
La administración de sistemas se ha tornado cada vez más difícil debido a la complejidad creciente que experimentan los sistemas. Complejidad que deriva de las interacciones entre los muchos elementos de las organizaciones y los sistemas físicos en que estos interactúan. Se ha hecho cada día mas necesaria la utilización de nuevas metodologías y técnicas que permitan resolver sus problemas de planificación, diseño, administración y operación.
La investigación operacional es un método científico de la toma de decisiones que se caracteriza por su naturaleza integradora o enfoque de sistemas, esto es, una vez definido el alcance de un cierto sistema, se da énfasis en el conjunto e interacción de las partes que lo constituyen y no en algún aspecto o componente específico. 1. Definiciones e historia de la Investigación de Operaciones (I.O.)
No existe una definición única de I.O., por el contrario cada profesional del área puede tener su propio concepto y definición de ella. Una muestra de tales definiciones se da a continuación: i) Es la aplicación de métodos científicos, técnicas y herramientas en la
solución de problemas de operación de sistemas con el fin de controlar dichas operaciones en forma óptima (Churchman, Arnoff & Ackoff).
ii) La I.O. tiene como objetivo el optimizar el comportamiento de un sistema cuyo propósito está orientado a la resolución de un problema determinado (Mc. Closkey - Coppinger).
iii) La I.O. es la aplicación del método científico para proveer a los departamentos ejecutivos con bases cuantitativas para la toma de decisiones relacionadas con operaciones bajo su mando.
iv) I.O. es la aplicación del método científico por grupos de trabajo interdisciplinarios para la resolución de problemas de control de sistemas hombre-máquina organizados con el fin de cumplir con objetivos establecidos por la organización en la mejor forma posible (Ackkoff - Sasieni).
Como se puede observar, todas las definiciones implican el uso de métodos
científicos para mejorar la toma de decisiones en la organización.
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Investigación Operacional también se conoce con los nombres de Ciencias de la Administración, Análisis de Sistemas, Cibernética, Análisis de Decisión, y/o Análisis de Operaciones. 1.1 RESEÑA HISTÓRICA:
Su origen puede remontarse desde el tiempo de la Revolución Industrial
y también en cierta medida antes de esa época, sin embargo su origen como disciplina propiamente tal data de la Segunda Guerra Mundial, en que las administraciones militares de Gran Bretaña y Norteamérica emplearon un grupo de científicos para que aplicaran el método científico o la solución de problemas tácticos y estratégicos, relacionados principalmente con la asignación de recursos, operaciones militares, abastecimientos, etc.
Una vez terminada la Segunda Guerra Mundial, los países comenzaron su reconstrucción y las organizaciones comenzaron a crecer y a ser más complejas. La I.O., entonces, entró en un proceso de expansión y desarrollo en un mundo no militar.
A comienzo de 1960 la I.O. llegó a ser académicamente aceptable y de interés. Como consecuencia de todo esto el número de especialistas en I.O. creció en forma exponencial.
Debe tenerse presente, finalmente, que la I.O., está al servicio del administrador quien generalmente necesita ayuda en la toma de decisiones en sistemas que son demasiados complejos para permitir buenas decisiones tomadas exclusivamente en base a buen criterio o sentido común. 2. PROCESO DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES:
El proceso de la I.O. comprende cinco pasos principales:
i) Formulación y definición del problema. ii) Construcción del modelo. iii) Solución del modelo. iv) Validación del modelo. v) Implementación de la solución.
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3. TÓPICOS DE LA I.O.:
En la actualidad existe una gran cantidad de técnicas utilizadas por la I.O. que permiten analizar y en muchos casos resolver una gran variedad de problemas.
i) Análisis estadístico ii) Simulación iii) Programación Lineal iv) Redes (pert/cpm) v) Teoría de Inventarios vi) Teoría de colas vii) Programación no lineal viii) Programación Heurística ix) Programación dinámica x) Programación entera xi) Teoría de juegos xii) Teoría de decisiones xiii) Análisis de riesgo II PROGRAMACIÓN LINEAL Es un modelo que tiene varios supuestos subyacentes, y la validez de los resultados dependen de estos; los cuales serían proporcionalidad, aditividad, divisibilidad, determinismo, número de objetivos. i) PROPORCIONALIDAD:
La función objetivo y cada restricción sobre las variables de decisión debe ser lineal. Esto es, las medidas de efectividad (utilidad o costo) en la F.O. y, la cantidad de recurso usado debe ser proporcional al valor de cada variable de decisión considerada individualmente. Si por ejemplo para hacer una silla necesito ½ tabla, para fabricar 3 sillas necesitare 1½. Los recursos son proporcionales a la producción. Esto no es válido en todo los casos reales.
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Ej: curva de reconocimiento El modelo en la realidad es la curva azul, pero podemos linealizarlo trazando rectas que en cierto intervalo se aproxima a la realidad, con lo
cual se reduce a una combinación de ecuaciones lineales.
ii) ADITIVIDAD: La suposición de proporcionalidad no es suficiente para garantizar que la F.O. y las restricciones sean lineales, por lo tanto, es necesario que cada variable sea aditiva con respecto a la utilidad (costo) y a la cantidad de recurso utilizado. Los recursos es posible sumarlos en distintas actividades.
iii) DIVISIBILIDAD: Algunas veces las variables de decisión deberán tener un significado físico, que es posible solo si ellas tienen valores enteros. Sin embargo la solución obtenida por la programación lineal con mucha frecuencia no es entera. Luego se debe suponer que las unidades de las actividades pueden ser divididas en niveles fraccionarios.
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iv) DETERMINISMO: La programación lineal, está definida para trabajar suponiendo que el comportamiento de las variables y parámetros es conocido con certeza. En los problemas reales, muy pocas veces se satisface por completo esta suposición.
v) NUMERO DE OBJETIVOS: La programación lineal esta limitada a considerar un solo objetivo. En consecuencia, si el problema tiene muchos objetivos que no son posibles de agrupar en uno solo, no se puede utilizar programación lineal.
La clave para la aplicación exitosa de esta técnica es la capacidad de reconocer cuando un problema puede ser resuelto por programación lineal y la capacidad de formularlo posteriormente, como tal.
El enunciado general del problema de Prog. Lineal es el sgte. Encuentre x1, x2, …, xn, tal que maximice la sgte función lineal: Z = c1x1 + c2x2 + . . . . . + cnxn , Sujeto a las restricciones
a11x1 + a12x2 . . . . . a1nxn ≤ b1
a21x1 + a22x2 . . . . . a2nxn ≤ b2 . . . . . .
am1x1 + am2x2 . . . amnxn ≤ bm
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 , . . . . , xn ≥ 0 donde los aij, bi, cj son los parámetros que permiten relacionar las variables de decisión con la función objetivo y restricciones.
** Podemos tener los casos de minimización, restricciones del tipo ≥, = e incluso la no condición de no negatividad.
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EJEMPLO: Un señor tiene disponible semanalmente 7000 gr. de hilo rojo; 4000 gr. de hilo verde y 7000 gr. de hilo amarillo y decide fabricar tela escocesa y exportar a Escocia. Debido a los colores puede fabricar a dos clanes, los McFarlam y los McDonald (bajo el supuesto que son cada uno lo suficientemente grandes como para comprar cualquier producción de tela). No consideraremos el costo por mano de obra. El objetivo es maximizar las utilidades.
Precio de venta por metro [$]
Costo por metro[$]
Utilidad por metro [$]
McFarlam 25 20 5
McDonald 23 19 4
Un metro de tela requiere:
rojo verde Amarillo
McFarlam 2 1 1
McDonald 1 1 2
Sean:
x1: metros de tela McFarlam fabricados por semana x2: “ “ “ McDonald “ “ “ b1: gr. hilo rojo disponible por semana b2: “ “ verde “ “ “ b3: “ “ amarillo “ “ “
Función objetivo: Maximizar utilidades: Max Z = 5x1 + 4x2 Las variables de decisión no pueden ser negativas:
x1, x2 ≥ 0
Rojo ⇒ 2x1 + 1x2 ≤ 7000
Verde ⇒ 1x1 + 1x2 ≤ 4000
Amarillo ⇒ 1x1 + 2x2 ≤ 7000
x1, x2 ≥ 0
Var. Controlable
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Se tienen 3 fronteras tecnológicas: Otro aspecto a considerar es cuanto sobra de cada factor si no se esta sobre su respectiva frontera tecnológica. Lo cual lo obtenemos de una escala en una recta perpendicular a esta.
7000 4000
3500
3500
4000
7000
X2
X1
Frontera tecnológica por el hilo rojo
Frontera tecnológica por el hilo verde
Frontera tecnológica por el hilo amarillo
Polígono de las soluciones factibles
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Por ejemplo: Para la frontera tecnológica por el hilo rojo: La cantidad de recurso sobrante es la cantidad de recursos disponibles no utilizados, se llama variable de holgura. En el ejemplo anterior: x3: gr. de hilo rojo no utilizado por semana x4: “ verde “ “ x5: “ amarillo “ “
Con x3, x4, x5 ≥ 0, variables de holguras positivas, con lo cual se transforman las inecuaciones en: 2x1 + 1x2 + x3 = 7000 1x1 + 1x2 + x4 = 4000 1x1 + 2x2 + x5 = 7000
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
x2
x1
7000
3500
x3
Frontera tecnológica
Variable de holgura relacionada al hilo rojo
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Tengamos siempre presente que el objetivo es maximizar Z = 5x1 + 4x2 Al iniciar la semana el producto se encuentra en I, es decir: x1 = 0 x2 = 0 x3 = 7000 x4 = 4000 x5 = 7000 Z = 0 Como primera reacción es producir el máximo de uno de los dos productos ir al pto. II ya que x1 tiene una utilidad de $5, que es mayor a la que nos da x2 ($4), con lo que se tiene: x1 = 3500 x2 = 0 x3 = 0 x4 = 500 x5 = 3500 Z = 17500
x2
x1
rojo
verde
amarillo
Pto. factible
x5 x4
x3
I II
III
IV V
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Analizando el “ingreso marginal”, es decir, ver que implicaciones tiene producir 1m menos de tela McFarlam.
x1 = 3499 ⇒ x3 = 2 x4 = 501 x5 = 3501 Con los cuales se puede fabricar
2m de tela McDonald.
∴ x2 = 2 ⇒ x3 = 0
x4 = 499 x5 = 3497
Como al sacrificar un metro de tela 1 se “pierden” $5 y al producir dos metros de tela 2 se “ganan” $8, se tiene que por cada metro de tela 2 que se fabrique sacrificando tela 1 aumentan las utilidades en $1.5 (-5+8=3/2m que se fabrican = 1.5$/m), es decir, el valor marginal de fabricar tela 2 es de $1.5
por metro. ∴es más racional fabricar menos tela 1 y más tela 2 con el sacrificio de la anterior, lo cual nos lleva a situarnos en el pto. III con: x3 = 0, x4 = 0, reemplazando en las ecuaciones se tiene: x1 = 3000 x2 = 1000 x3 = 0 x4 = 0 x5 = 2000 Z = 19000 Análogamente al caso anterior, analizamos el valor marginal:
x1 = 2999 ⇒ x3 = 2 x4 = 1 x5 = 2001 Con lo cual se puede fabricar 1
metro de tela 2.
∴x2 = 2001 ⇒ x3 = 1 x4 = 0 x5 = 1999
Pero al sacrificar un metro de tela 1 nos significa una perdida de $5, y el producir un metro mas de tela 2 nos aporta $4, tenemos una merma de $1 en la utilidad, es decir, un valor marginal de –1, por lo cual no nos movemos del pto. anterior y decimos estar en el pto. optimo de producción.
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2.1 Solución Gráfica de Modelos de Programación Lineal La solución gráfica no es el mejor método de resolver problemas de programación lineal en la vida real, dado que solo permite trabajar a lo mas en tres dimensiones. Sin embargo, desde un pto. de vista didáctico esta forma de resolución permite entender la estructura de los modelos de PL. Para mostrar esta forma de solución se utilizará el sgte. problema: La fábrica de muebles FMT fabrica dos tipos de comedores: clásicos y modernos. Logra una utilidad de 200 UM y 240 UM por la venta de cada tipo de comedor respectivamente. En la actualidad existe una alta demanda para ambos comedores. En consecuencia el Gerente General cree que puede vender todos los comedores que produzca. Los requerimientos y capacidades de producción diarios se muestran en la sgte. tabla:
Recursos requeridos para producir una unidad
Producto clásico
Producto moderno
Recurso disponible
Tpo. de construcción [h] 12 6 120
Tpo. de pintura [h] 4 8 64
¿Cuál debe ser la cantidad a producir de cada tipo de comedor para maximizar la utilidad? 2.1.1 Formulación del Problema
Esta es la etapa inicial en la cual se definirán las variables y relaciones matemáticas. Sea C número de comedores clásicos a producir “ M “ “ “ modernos “ Función Objetivo: Max Z = 200C + 240M Sujeto a las sgtes. Restricciones:
i) tpo. de construcción 12C + 6M ≤ 120
ii) tpo. de pintura 4C + 8M ≤ 64
iii) no negatividad C ≥ 0, M ≥ 0
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2.1.2 Graficar las restricciones
Para poder graficar cada restricción, solo es necesario encontrar dos ptos. que estén sobre la recta que define a cada restricción.
Restricción i) 12C + 6M ≤ 120
Pto. 1 sea C = 0 6M ≤ 120 ⇒ M ≤ 20
Pto. 2 sea M = 0 12C ≤ 120 ⇒ C ≤ 10
Restricción ii) 4C + 8M ≤ 64
Pto.1 sea C = 0 8M ≤ 64 ⇒ M ≤ 8
Pto.2 sea M = 0 4C ≤ 64 ⇒ C ≤ 16 Siendo su representación gráfica la sgte.: En el caso particular de PL la región de soluciones factibles tiene las siguientes características:
16 10
8
20
M
C
12C + 6M ≤ 120 4C + 8M ≤ 64
Región de soluciones Factibles
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i) La región de soluciones factibles es un conjunto convexo Un conjunto X es convexo si para cualquier par de ptos. x1, x2 en el
segmento de línea que une esos ptos. esta también en el conjunto.
En forma matemática esto es, si x1, x2 ∈ X, entonces cualquier pto.
x = λx2 + (1-λ)x1, 0 ≤ λ ≤ 1 debe también pertenecer al conjunto. ii) Si la intersección de dos o más regiones de soluciones factibles existe, entonces también es un conjunto convexo. iii) Dado que la FO del problema de PL forma un hiperplano, la solución optima siempre va a estar localizada en uno de los ptos. extremos de la región de soluciones factibles.
Para el caso particular del problema en análisis los ptos. extremos son:
C = 10 y M = 0 C = 0 y M = 8 C = 0 y M =0 C = 8 y M = 4
2.1.3 Determinar la Solución Optima del Problema en Forma Gráfica
Para determinar la solución optima del problema hay dos formas alternativas. La primera es evaluar la función objetivo para todos los ptos. extremos y elegir entre ellas la mejor. Si C = 0 M=0 f. objetivo igual 0 C = 10 M = 0 “ “ “ 2000 C = 0 M = 8 “ “ “ 1920 C = 8 M = 4 “ “ “ 2560
x1
x2
x1 x2
Si es convexo No es convexo
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Luego la solución optima es fabricar 8 comedores clásicos y 4 comedores modernos con una utilidad de 2560 UM
La segunda alternativa es utilizar la característica del hiperplano que forma la FO, graficarla y desplazarla en forma paralela a la línea graficada en el sentido que se acerque al optimo, hasta topar el pto. extremo que la satisfaga. desplazar De la figura se puede observar que la FO se debe desplazar hasta el pto. donde un pequeño incremento hace que la solución sea infactible. En rigor el procedimiento gráfico utiliza la 2° alternativa 2.1.4 Casos Especiales de Solución
Los problemas de PL no siempre entregan una solución única. Hay casos con múltiples soluciones o simplemente sin solución.
i) Múltiples soluciones
Si la pendiente de la FO es igual a la de alguna de las restricciones, el
problema presenta múltiples soluciones, por ejemplo:
M
8
10 C
16
20
Z = 800 Z = 2560 Z = 0
pto. optimo
Sea Z = 800 = 200C + 240M
Si C = 0 ⇒ M = 800/240 = 3.3
M = 0 ⇒ C = 800/200 = 4
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Sea max Z = x1 + 1,5x2 s.a.
(1) 2x1 + 3x2 ≤ 6
(2) x1 + 4x2 ≤ 4
(3) x1, x2 ≥ 0 En este caso la pendiente de la FO es igual a la de restricción (1)
ii) Problema sin solución
Hay dos posibilidades para que un problema de PL no tenga soluciones. La primera es cuando el conjunto convexo no es cerrado respecto a la dirección en que se mueve la FO, tratando de acercarse al optimo. En otras palabras cuando el conjunto de soluciones no es acotado. Ejemplo: min Z = x1 – 10x2 s.a.
x1 ≥ 10 (1)
x1 – 5x2 ≥ -5 (2)
x2 ≥ 0 (3)
x2
x1
2
1
3 4
Z = 1 Z = 2
múltiples soluciones
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El 2° caso es cuando el conjunto de restricciones es inconsistente, es decir, la intersección de las restricciones es vacío. Ejemplo: Max Z = -5x2
s.a. x1 + x2 ≤ 1
x2 ≥ 2
x1, x2 ≥ 0 III Procedimientos del Método Simplex El método simplex, geométricamente consiste en avanzar hacia el optimo a través de los ptos. extremos en el sentido que la función objetivo aumenta. Como un proceso algebraico, consiste en encontrar una solución básica factible, evaluarlo si es la optima, si no la es, extraer una variable de la base e introducir una no básica de manera que aumente el valor de Z, y así sucesivamente hasta llegar al optimo.
desplazar
x2
x1 1
10
x1 – 5x2 ≥ -5
x1 ≥ 10
Z = 10
Z = -10
Z = ¿?
x1 + x2 ≤ 1
x2 ≥ 0 x2 ≥ 2
x1
x2
1
1
x1 ≥ 0
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Para una mejor visualización del procedimiento se evaluará el sgte. problema:
Max Z = 200x1 + 240x2 s.a.
6x1 + 12x2 ≤ 120 (1)
8x1 + 4x2 ≤ 64 (2)
x1, x2 ≥ 0 Su solución gráfica se muestra en la sgte. figura: Donde P1, P2, P3 y P4 son los ptos. extremos de la región de soluciones factibles y su solución optima corresponde al pto. 3. En el desarrollo algebraico el paso inicial es transformar las restricciones en ecuaciones adicionando la variable de holgura. x3, x4 , también llamadas en la literatura S1, S2; Xh1, Xh2 6x1 + 12x2 + x3 = 120 8x1 + 4x2 + x4 = 64
8 4
10
20
16
8
8x1 + 4x2 ≤ 64
6x1 + 12x2 ≤ 120
x2
x1
(1) x1 = 0 ⇒ x2 ≤ 10
x2 = 0 ⇒ x1 ≤ 20
(2) x1 = 0 ⇒ x2 ≤ 16
x2 = 0 ⇒ x1 ≤ 8 Z* = 2720
x1 = 0 ⇒ x2 = 11.3
x2 = 0 ⇒ x1 = 13.6 P3 6x1 + 12x2 = 120 (1) 8x1 + 4x2 = 64 (2) de (1) x1 = 20 – 2x2 en (2) 8(20 – 2x2) + 4x2 = 64 160+16x2 + 4x2 = 64 x2 = 96/12 = 8
∴ x1 = 4
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Posteriormente colocar la FO también como ecuación Z - 200x1 – 240x2 = 0 Si se analiza el sistema de ecuaciones formado por las restricciones, se observa que el numero de variables es mayor que el numero de ecuaciones; con lo cuál como se vió anteriormente, es necesario fijarle a algunas de las variables valor cero, tal que el número de incógnitas sea igual al número de ecuaciones. Para el caso en estudio existen 4 soluciones posibles: Var. No Básicas Var. Básicas P1 : x1, x2 = 0 x3 = 120 , x4 = 64 P2 : x1, x3 = 0 x2 = 10 , x4 = 24 P3 : x3, x4 = 0 x1 = 4 , x2 = 8 P4 : x2, x4 = 0 x1 = 8 , x3 = 72 Del gráfico se puede observar que cada una de estas soluciones, corresponde a alguno de los ptos. extremos de la región de soluciones posibles o factibles. En base a estos elementos es posible definir el procedimiento del método simplex. El paso inicial es elegir una solución básica inicial factible, para lo cual el sistema de ecuaciones compuesto por las restricciones y función objetivo debe estar en forma canónica. Al tomar como base inicial las variables de holgura, el sistema queda automáticamente en forma canónica. Base (x3, x4) x3 = 120, x4 = 64 en la figura corresponde al pto.1. Para esta solución inicial la FO tiene un valor cero. Esta solución no es optima ya que el valor de Z puede ser incrementado, aumentando el valor de x1 y/o de x2. Si la solución no es optima es necesario cambiar la base ingresando una variable básica.
Var no básicas Toman el valor 0
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La variable de ingreso, se elige aquella que incrementa en forma más rápida la FO. En este caso es la variable x2 pues en la ecuación de la función objetivo tiene un coeficiente negativo mayor. La elección de la variable saliente, esta basada en el análisis de la restricción que primero deja de ser válida, al incrementar el valor de la variable entrante (esta condición asegura que siempre las soluciones sean mayores iguales a cero). La restricción que primero deja de ser válida nos señala cual de las variables básicas antiguas es la que debe salir tomando su lugar la variable entrante. Una vez realizada esta operación es necesario dejar el sistema en forma canónica para la nueva base. Para el caso en estudio, se tiene que: FO: Z - 200x1 – 240x2 = 0 (1): 6x1 + 12x2 + x3 = 120 (2): 8x1 + 4x2 + x4 = 64 Como ingresa x2 se analiza que restricción deja de ser válida primero. La restricción (1) es válida hasta que x2 alcanza un valor de 10 y la restricción (2) es válida hasta que x2 alcanza un valor de 16. Luego la restricción (1) deja de ser válida primero, debiendo salir x3 de la base, quedando como nueva base (x2, x4). FO: Z – 200x1 – 240x2 = 0 (1): 6x1 + 12x2 + x3 = 120 (2) 8x1 + 4x2 + x4 = 64 Para dejar el nuevo sistema en forma canónica, lo primero es dejar en la ecuación de donde salió la variable, la nueva variable con coeficiente 1.
(1) 2
1x1 + x2 +
12
1x3 =10
20
Posteriormente de las otras ecuaciones incluida la FO la nueva variable básica. FO (-200 + 120)x1 + (-240 + 240)x2 + (240/12)x3 = 2400 -80x1 + 20x3 = 2400
(8 - 2
4)x1 + (4 – 4)x2 -
12
4x3 + x4 = 64 – 40
6x1 - 3
1x3 + x4 = 24
Con lo cuál el nuevo sistema es:
FO Z – 80x1 20x3 = 2400
(1) 2
1x1 + x2 +
2
1x3 = 10
(2) 6x1 - 3
1x3 + x4 = 24
Esta solución corresponde al pto. P2 de la solución gráfica. Si se analiza nuevamente la FO, se ve que el valor de Z aún puede ser incrementado haciendo que x1 tome un valor positivo. Por lo tanto no se está en el optimo y debe ingresar x1 a la base. De igual forma como en el caso anterior se debe analizar que variable debe salir de la base. La restricción (1) es válida hasta que x1 alcanza un valor de 20 y la restricción (2) es válida hasta que x1 alcanza un valor de 4. Por lo tanto debe salir la variable x4 de la base, quedando la nueva base (x2, x1). Dejando el sistema en forma canónica para la nueva base se tiene:
FO: Z + 9
140x3 +
3
40x4 = 2720
(1): x2 + 36
19x3 -
12
1x4 = 8
(2): x1 - 18
1x3 +
6
1x4 = 4
Multiplico (1) por -4 y la sumo a (2)
Multiplico por 240(1) y la sumo a la FO
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Esta solución corresponde al pto. P3 de la gráfica. Si se analiza la FO, se puede apreciar que el valor de Z ya no puede ser incrementado ya que todos los coeficientes son positivos, con lo cuál está es la solución optima con x1 = 4, x2 = 8 y Z = 2720. El esquema general de procedimientos puede resumirse en los sgtes. pasos: Paso 0: Se introducen variables de holgura, y se las elige como variables
básicas iniciales. Paso 1: Se determina si la solución así obtenida es optima, analizando los
coeficientes de las variables no básicas en la FO. Si son todos positivos (no se puede incrementar el valor de Z) se ha llegado al optimo, en caso contrario debe ir al paso 2.
Paso 2: Se selecciona como variable básica entrante aquella que
incrementa mas rápidamente la FO (la que tiene un coeficiente más negativo)
Paso 3: Se determina la variable que debe salir de la base, eligiendo
aquella que llega mas rápidamente a cero, al incrementar la variable entrante. En otras palabras debe salir la variable básica que aparece en la restricción que deja de ser válida primero al incrementar el valor de la variable básica entrante.
Paso 4: Se determina la nueva solución básica posible, transformando el
sistema a una forma canónica, en la que la variable básica entrante solo aparece en la ecuación de donde salió la antigua variable básica. Vaya al paso 1.
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3.1 Aplicación a Otros Modelos de PL
El procedimiento descrito en el pto. anterior es válido solo para el caso particular de:
Max Z = ∑=
n
j
jjcc
1
s.a.
∑=
≤n
j
iijijbxa
1
0≥jx
Sin embargo, existen otras formas de presentación del problema, que no
permiten la aplicación directa del método. 3.1.1 Modelos de Minimización
Si la FO es minimizar, existen dos alternativas para solucionar el problema.
i) Transformar el problema de una minimización en una maximización definiendo una nueva FO.
Max W = ∑=
−n
j
jjxc
1
, donde W = -Z
ii) Cambiar la regla para elegir la variable entrante. Se escoge
aquella que haga disminuir en mayor cantidad la FO. El óptimo se alcanza cuando los coeficientes de las variables no básicas en la ecuación de la FO son todos negativos.
3.1.2 Modelos con restricciones mayor igual
Si una o más restricciones son del tipo:
ininiibxaxaxa ≥+++ ....2211 (1)
i = 1,2,…, m j = 1,2 …, n
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Para poder emplear el método simplex, se debe restar una variable ri tal que la restricción se transforme en igualdad.
iininiibrxaxaxa =−++ ....2211 (2)
La variable ri es denominada variable de excedente, ya que si se substrae el excedente del lado izquierdo sobre el lado derecho la restricción (1) se convierte en la ecuación equivalente (2). Sin embargo, con esta transformación no se puede utilizar directamente el procedimiento del simplex, ya que, al dejar las variables de excedentes en la base, el problema tiene una solución básica pero no factible. Luego es necesario encontrar otro mecanismo que entregue una solución inicial básica factible. Una forma de obtener esta solución básica factible es introduciendo una variable artificial a las restricciones con variable de excedente.
iiininiibtrxaxaxa =+−+++ ....2211 (3)
donde ti forma parte de la base inicial. Sin embargo, esto equivale a introducir una nueva variable sin sentido físico, manteniendo constante el número de ecuaciones. Por lo tanto, es necesario asegurar que el procedimiento del simplex deje fuera de la base final a todas las variables artificiales con un gran castigo, tal que el método simplex, las haga tomar el valor cero automáticamente. Ej: max Z = 3x1 – 2x2
s.a. 2x1 + 3x2 ≤ 6
x1 – x2 ≥ 2
x1, x2 ≥ 0 Utilizando el procedimiento descrito el problema queda de la sgte. forma: Max Z = 3x1 – 2x2 - Mt1 2x1 + 3x2 + x3 = 6 x1 – x2 - r1 + t1 = 2
x1, x2, x3, r1, t1 ≥ 0
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El coeficiente –M en la FO hace que la variable artificial t1 tome un valor cero en la solución optima; M es un valor muy grande. Resolución: FO Z – 3x1 + x2 2x1 + 3x2 + x3 = 6 x1 – x2 - r1 + t1 = 2 base inicial (x3,t1)
Para poder iniciar el proceso del simplex es necesario que nuestras variables básicas estén en forma canónica, luego es necesario eliminar t1 en la FO con lo cual el problema queda: FO Z – (M - 3)x1 + (M + 2)x2 + Mr1 = -2M (1) 2x1 + 3x2 + x3 = 6
(2) x1 – x2 - r1 + t1 = 2
Variable que entra x1 ya que es la con un mayor coeficiente negativo en la FO. Var. básica que sale: Restricción (1) valida hasta que x1 = 3 “ (2) “ “ x1 = 2 Luego la restricción (2) deja de ser valida primero, por lo tanto sale la variable básica t1. Base actual (x3, x1) FO Z – (M + 3)x1 + (M + 2)x2 + Mr1 = -2M (1) 2x1 + 3x2 + x3 = 6 (2) x1 - x2 + r1 + t1 = 2 Como x1 es la variable básica debe aparecer con coef. 1 en la ec. (2) y con coeficiente 0 en el resto de las ecuaciones. FO Z – x2 – 3r1 + (M + 3)t1 = 6 5x2 + x3 + 2r1 – 2t1 = 0 x1 – x2 – r1 + t1 = 0
25
entra r1: restricción (1) valida hasta r1 = 1 “ (2) “ para cualquier valor de r1 luego sale x3. Nueva Base (r1, x1)
FO Z + 2
13x2 +
2
3x3 + Mt1 = 8
(1) 2
5x2 +
2
1x3 + r1 – t1 = 1
(2) x1 ± x2 ± 2
1x3 = 3
solución optima: x1 = 3, r1 = 1, Z = 9 3.1.3 Modelos con Restricciones de Igualdad Si se tiene restricciones de la forma:
ininiibxaxaxa =+++ ....2211
existen dos alternativas de transformación al caso general. i) Introducir dos restricciones
∑
∑
=
=
≤
≥
n
j
ijij
n
j
ijij
bxa
bxa
1
1
ii) Introducir directamente en la restricción de igualdad una variable artificial
ti, tal que esta variable forme parte de la solución básica inicial del simplex. Al igual que en el caso anterior, esta variable no tiene significado físico, luego en la solución final del simplex debe aparecer con valor cero. Esto se logra incorporándola a la FO con un coeficiente de penalización muy grande y se resuelve de igual forma que el pto. 3.1.2
26
3.1.4 Modelos con Variables sin Restricciones de Signo En algunos modelos aparecen variables xj que pueden ser negativos, cero o positivas, lo que es contradictorio con la condición de no negatividad. El problema se elimina haciendo el sgte. reemplazo para cada una de estas variables. Xj = Yj – Uj IV Forma Estándar del método Simplex Existe una forma abreviada de tabular los diferentes pasos del método simplex a través de cuadros llamados “tableau”. El procedimiento es exactamente el mismo, pero, hay mayor agilidad debido a la mecánica de trabajo que posee. El tableau se forma después de haber transformado las inecuaciones en ecuaciones, con las variables de holgura, de excedente y artificiales que correspondan. Sea el problema:
Max ∑=
=n
jjj
xcZ1
s.a.
∑=
+=+
n
jiinjij
bxxa1
i = 1, …, m
0≥j
x j = 1, …, n + m
La forma del tableau de este problema es:
a1
(x1) a2
(x2) an
(xn) an+1
(xn+1) an+m
(xm+n) b ∆ Vector en
la base CB
Z1-C1 Z2-C2 Zn-Cn Zn+1 Zn+m Z
B1 CB1 Y11 Y12 . . . Y1n Y1, n+1 . . . Y1, n+m xB1 B2 CB2 Y21 Y22 . . . Y2n Y2, n+1 . . . . xB2
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . . Bm CBm Ym1 Ym2 . . . Ymn Ym, n+1 . . . Ym, n+m xBm
C1 C2 . . . Cn 0 . . . 0
Figura (*)
Variables de holgura
27
Donde:
Bi: Indican los vectores que están en la base o, en otras palabras las unidades que forman la base.
Cj: Utilidad unitaria asociada a la variable xj en la función del
problema original aj: j-esima columna de la matriz A aumentada con las variables de
holgura (las primeras n columnas corresponden a las variables de holgura xj+i)
Yij: Coeficientes que permiten expresar las variables no básicas como
combinación lineal de las variables básicas.
ji
m
iijmmjjj
BYBYBYBYa ==++= ∑=0
11....
jjaBY
1−= , donde [ ]
mjjjYYY ...
1=
xBi: Valores de las variables básicas. La operación con el tableau se resume en la sgte. procedimiento. Paso 1: Construir un tableau inicial de la forma como se muestra en la fig.
(*). Este tableau es fácilmente construible dado que xB = b, Yj = aj
b = Cantidad disponible de los recursos (lado derecho de las restricciones originales)
Aj = Columna j de la matriz de coeficientes técnicos del problema original ya incorporadas las variables de holgura.
La fila que corresponde a Z y los Zj - Cj debe ser calculada de acuerdo a las sgtes. relaciones:
BBXCZ =
jjBjj
CaCCZ −=−
28
Paso 2: Aplicación del criterio de optimalidad
Si todos los Zj - Cj ≥ 0 la solución básica factible es optima. Si uno o más Zj – Cj < 0 la solución básica factible no es optima,
y se debe aplicar el criterio 1 del simplex para el vector o variable que entra a la base.
Criterio 1 del Simplex (Var. Entrante) Calcule Zk – Ck = min (Zj – Cj), Zj – Cj < 0, donde el vector
ak será el que entra a la base. Una vez seleccionado ak, se pueden presentar dos situaciones:
i) Dic ≤ 0 para todo i. Esto significa que existe una solución no acotada envolviendo los vectores en la base y AK.
ii) Dic > 0 para al menos un i. En este caso, una nueva solución básica posible puede ser encontrada teniendo
ZZ ≥ˆ . Paso 3: Si al menos un Yik > 0, aplicar el criterio 2 del simplex para
determinar el vector (variable) que debe salir de la base (una columna de B sea Br será reemplazada por ak)
Criterio 2 del Simplex (Var. Saliente)
Calcule ik
Bi
irk
Br
Y
Xmin
Y
X= , Yik > 0
En el tableau ik
Bi
Y
X=∆ , Yik > 0
En otras palabras, debe salir la variable básica asociada a la fila
con menor ∆ y ocupar su lugar ak.
29
Paso 4: Calcular el nuevo tableau (^) donde:
rk
rj
rjY
YY =ˆ para todo j
* esto hace que la nueva variable básica quede con valor 1
en dicha fila ( 1ˆ =rk
Y )
rj
rk
ik
ijijY
Y
YYY ∗−= , para todo j, i = 1,…, m + 1
i ≠ r la fila m + 1 corresponde a la fila de Z y los Zj – Cj. ** esto hace que todos los Yik excepto para i = r queden con
valor cero. * y ** hacen que la nueva base del sistema este en forma canónica.
Paso 5: Reemplazar en la columna de los CB, CBr por CBk y retornar al
paso 2. Una forma de chequear si el cálculo del nuevo tableau está
correcto, cuando se realiza manualmente, es recalcular la fila de los Zj – Cj utilizando la relación:
BB
XCZ ˆ= , jjBjj
CaCCZ −=− ˆˆ donde “^” implica los
valores del nuevo tableau. Ej: Max Z = 7x1 + 10x2 s.a.
7x1 + 7x2 ≤ 49
10x1 + 5x2 ≤ 50
x1, x2 ≥ 0
30
Primero se deben agregar las variables de holgura, quedando el problema de la sgte. forma: Max Z = 7x1 + 10x2 s.a. 7x1 + 7x2 + x3 = 49 10x1 + 5x2 + x4 = 50
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
a1
x1 a2 x2
a3 x3
a4 x4
b Vector en la base
CB
-7 -10 0 0 0 x3 0 7 7 1 0 49
x4 0 10 5 0 1 50
∆
7 10 0 0
-7 -10 0 0 0
7 7 1 0 49 10 5 0 1 50
Al aplicar el paso 2 se observa que debe entrar a la base el vector a2 (k = 2). Como los Yik son mayores que cero se va al paso 3.
Del paso 3 se observa que la fila numero 1 tiene un ∆ menor, luego el vector a3 debe salir de la base. Luego r = 1 e ir al paso 4
3 0 10/7 0 70 1 1 1/7 0 7 5 0 -5/7 1 15
Volviendo al paso 2 vemos que esta solución básica factible es optima ya que todos los Zj – Cj son mayores que cero.
49/7 = 7
50/5 = 10
Vamos a trabajar con:
Z x2 x4
31
Resolvamos el problema de telas McFarlam y McDonald. Max Z = 5x1 + 4x2 s.a.
2x1 + x2 ≤ 7000 2x1 + x2 + x3 = 7000
x1 + x2 ≤ 4000 ⇔ x1 + x2 + x4 = 4000
x1 + 2x2 ≤ 7000 x1 + 2x2 + x5 = 7000
x1, x2 ≥ 0 x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
-5 -4 0 0 0 0
2 1 1 0 0 7000 1 1 0 1 0 4000 1 2 0 0 1 7000
Por medio de operaciones fila se hace 1 el elemento pivote, modificando toda la fila de salida, es decir:
2/2 1/2 1/2 0 0 7000/2
Aplicando Gauss, se anulan los restantes elementos de la columna pivoteada
0 -3/2 5/2 0 0 17500 1 1/2 1/2 0 0 3500 0 1/2 -1/2 1 0 500 0 3/2 -1/2 0 1 3500
0 0 1 3 0 19000
1 0 1 -1 0 3000 0 1 -1 2 0 1000 0 0 1 -3 1 2000
7000/2 = 3500
4000/1 = 4000
7000/1 = 7000
El menor
0, >ik
ik
Bi YY
X
La con coef. mas negativo
elemento pivote
3500/(1/2) = 7000
500/(1/2) = 1000
3500/(3/2) = 2333
X1 optimo
X2 optimo
Recurso sobrante
hilo amarillo
x1 x2 x5
32
Ej: Una señora decide fabricar pasteles en forma artesanal (1, 2, 3, 4 tipos de pasteles). Dispone de 200 horas a la semana de mano de obra y 180 horas de hornos a la semana. Se asume que tiene un capital de trabajo de 120 UM/semana.
Tipo pastel Utilidad neta UM/semana
1 4
2 10 3 9
4 12
Los insumos que se utilizan para cada docena de pastel son:
Tipo pastel
1 2 3 4
Mano de obra [h] 6 3 2 4 Horno [h] 6 0 3 4 Capital [UM] 2 3 1 4
Sea: xi = docenas de pastel i a fabricar a la semana i = 1,…, 4 Max Z = 4x1 + 10x2 +9x3 + 12x4 s.a.
6x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 ≤ 200
6x1 + 3x3 + 4x4 ≤ 180
2x1 + 3x2 + 1x3 + 4x4 ≤ 120
xi ≥ 0 , i = 1, …, 4
⇒
Z – 4x1 – 10x2 – 9x3 – 12x4 = 0 6x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 + x5 = 200
6x1 + 3x3 + 4x4 + x6 = 180 2x1 + 3x2 + 1x3 + 4x4 + x7 = 120
xi ≥ 0 , i = 1,…, 7
33
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7
-4 -10 -9 -12 0 0 0 0
6 3 2 4 1 0 0 200 200/4
6 0 3 4 0 1 0 180 180/4
2 3 1 4 0 0 1 120 120/4
2 -1 -6 0 0 0 3 360
4 0 1 0 1 0 -1 80 80/1
4 -3 2 0 0 1 -1 60 60/1
1/2 3/4 1/4 1 0 0 1/4 30 30/(1/4)
14 -10 0 0 0 3 0 540
2 3/2 0 0 1 -1/2 -1/2 50 50/(3/2)
2 -3/2 1 0 0 1/2 -1/2 30
0 9/8 0 1 0 -1/8 3/8 45/2 (45/2)/(9/8)
14 0 0 80/9 0 17/9 10/3 740
2 0 0 -4/3 1 -1/3 -1 20 2 0 1 4/3 0 1/3 0 60 0 1 0 8/9 0 -1/9 1/3 20
x1, x4, x6, x7 = 0 x5 = 20 x3 = 60 x2 = 20 Z = 740. Obs.:
* Si se pide fabricar una docena de x4 mas, se pierden 80/9 ≈ 9 UM (Zj – Cj es llamado precio sombra). Z4 – C4 = 80/9 como Cj = 12
Z4 = 80/9 + 12 ≈ 21 Es la contribución máxima de x4 tal que la solución básica no cambie. Esta lo haría si C4 = 22
optimo
34
Z4 – C4 = 21 – 22 = -1 , Z aumentaría en una unidad, por lo tanto, convendría fabricar mas x4.
* Analizando el caso de las variables que están en la base, por
ejemplo x2: 0
22=− CZ y 10
2=C
102
1
22=== − aBCYCZ T
B
T
B
( ) δδ −=−=+−43421
0
2222CZCZ
en el tableau final aparece 14 0 - δ 0 80/9 0 17/9 10/3 740
2 0 0 -4/3 1 -1/3 -1 20
2 0 1 4/3 0 1/3 0 60 0 1 0 8/9 0 -1/9 1/3 20
Para hacerlo cero sumamos δ veces la ultima fila a la primera y nos queda:
14 0 0 80/9 + (8/9)δ 0 17/9 – (1/9)δ 10/3 + (1/3)δ 740 + 20δ
Para que sea la misma solución, entiéndase igual base, se debe cumplir:
(x4) 09
8
9
80≥+ δ 10−≥δ
(x6) 09
1
9
17≥− δ 17≤δ
(x7) 03
1
3
10≥+ δ 10−≥δ
δ+
Se mantienen
35
Si x2 “disminuye” x4 y x7 lo limitan, y si “aumenta” x6. Ej. 2: Min Z = 60x1 + 60x2 s.a.
x1 + x2 ≤ 10
2x1 + x2 ≥ 8
x1 + 2x2 ≥ 10
x1, x2 ≥ 0
-10 0 10 17
x4
x7
x6
1710 ≤≤− δ
10
9
5
10 4
x2
x1
(2)
(1)
(3)
36
⇔ Max Z = -60x1 – 60x2 - Mt1 – Mt2
s.a. x1 + x2 + x3 = 10 2x1 + x2 - r1 + t1 = 8 x1 + 2x2 -r2 + t2 = 10
x1, x2, x3, r1, r2, t1, t2 ≥ 0
x1 x2 x3 r1 r2 t1 t2 Z 60 60 0 0 0 M M 0
1 1 1 0 0 0 0 10 2 1 0 -1 0 1 0 8 1 2 0 0 -1 0 1 10
Para convertir el sistema en canónico se hace el mov. de fila y se llega a: FO – M(2) – M(3) 60 – 3M 60 – 3M 0 M M 0 0 0 – 18M
que se acostumbra escribir como:
60 -3
60 -3
0 0
0 1
0 1
0 0
0 0
0 -18
1 1 1 0 0 0 0 10 2 1 0 -1 0 1 0 8 1 2 0 0 -1 0 1 10
Obs.: Se miran primero los términos asociados a “M” ya que son mucho
mas grandes.
0 0
30 -3/2
0 0
30 -1/2
0 1
-30 3/2
0 0
-240 -6
0 1/2 1 1/2 0 -1/2 0 6 1 1/2 0 -1/2 0 1/2 0 4 0 3/2 0 1/2 -1 -1/2 1 6
“TERMINARLO”
10/1
8/2
10/1
(M) x3 t1 t2
(M) x3 x1 t2
6/(1/2)
6/(3/2)
4/(1/2)
37
* No pueden aparecer en la base las var. artificiales y las variables de holgura simultáneamente.
* Si una variable artificial queda en la base significa que no hay solución.
Ej. 3: Alrededor del año 635 AC Esparta decidió reclutar tropas de reservas para incrementar sus fuerzas armadas, pudiendo los nuevos guerreros enrolarse en 1, 2, 3, o 4 años. El costo unitario asociado a cada tipo de guerrero en el año t es Cit con i = 1,…, 4, siendo en cada año, la cantidad mínima de guerreros igual a Rt. Se desea encontrar una política optima para los próximos 4 años, que minimice los costos totales. Xij: Numero de guerreros reclutados el año i por un periodo j. i: año en que se recluto el guerrero. j: periodo por el cual se recluto. 1 2 3 4 x11 x21 x31 x41 x12 x22 x32 x13 x23 x14 F.O. minimizar los costos ∑∑=
i jijij
cxMinZ
( )4141131312121111
... cxcxcxcx ++++=
s.a.
(Año 1) x11 + x12 + x13 + x14 ≥ R1
(Año 2) x12 + x13 + x14 + x21 + x22 + x23 ≥ R2
(Año 3) x13 + x14 + x22 + x23 + x31 + x32 ≥ R3
(Año 4) x14 + x23 + x32 + x41 ≥ R4
(No Negatividad) xij ≥ 0, ∀i, j
38
Ej. 4: Un agente vendedor. Caso Agente Vendedor: Un agente vendedor maneja dos productos. El no espera vender mas de 10 unidades/mes del producto 1 o 39 unidades/mes del producto 2. Para evitar una multa el debe vender al menos 24 unidades del producto 2. El recibe una comisión de 10% sobre todas las ventas y debe pagar sus propios gastos, los cuales se estiman en $1,50 por hora gastada en hacer visitas. El trabaja solo una parte del tiempo y puede trabajar hasta un máximo de 80 horas/mes. El producto 1 se vende en $150 por unidad y requiere un promedio de 1,5 horas por cada visita; la probabilidad de hacer una venta es 0,5. El producto 2 se vende en $70 por unidad y requiere un promedio de 30 minutos por cada visita; la probabilidad de hacer una venta es 0,6 (60%). ¿Cuántas visitas mensuales debe hacer a los clientes de cada producto? Sean: xi: numero de visitas para vender producto i al mes
una visita tipo x1 ⇒ 0.5 unidades prod.1 vendida con un beneficio 0.1*150*0.5
con un costo de 1.5*1.5
∴la utilidad esperada es una visita tipo x1 = (0.1 * 150 * 0.5 - 1.5 * 1.5) = 5.25 Análogamente visita tipo x2:
(0.1 * 70 * 0.6 - 1.5 * 0.5) = 3.45
10%
comisión precio Prob.
éxito
Costo por
hora
Horas por
visita
39
∴FO max Z = 5.25x1 + 3.45x2 para vender 24 unidades del producto 2 requiere de 24/0.6 visitas, ya que: 24 = 0.6x2
∴ x2 ≥ 24/0.6
x2 ≥ 40 como no espera vender mas de 10 prod.1 y 39 prod.2
� x1 ≤ 10/0.5
x1 ≤ 20
� x2 ≤ 39/0.6
x2 ≤ 65 como dispone de 80 horas
1.5x1 + 0.5x2 ≤ 80
y se tiene que
x1, x2 ≥ 0
⇒ max Z = 5.25x1 + 3.45x2 Z = 5.25x1 + 3.45x2 – Mt1 s.a.
x2 ≥ 40 x2 – x3 + t1 = 40
x1 ≤ 20 x1 + x4 = 20
x2 ≤ 65 x2 + x5 = 65
1.5x1 + 0.5x2 ≤ 80 1.5x1 + 0.5x2 + x6 = 80
x1, x2 ≥ 0 xi, t1 ≥ 0
40
x1 x2 x3 x4 x5 x6 t1
-5.25 -3.45 0 0 0 0 M 0 0 1 -1 0 0 0 1 40 1 0 0 1 0 0 0 20 0 1 0 0 1 0 0 65
1.5 0.5 0 0 0 1 0 80
-5.25 -3.45 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0 -40
0 1 -1 0 0 0 1 40 1 0 0 1 0 0 0 20 0 1 0 0 1 0 0 65
1.5 0.5 0 0 0 1 0 80
Ej. 4: Max X = 130x1 + 540x2 + 1450x3 s.a.
x1 + 3x2 + 10x3 ≤ 2000
4x2 + 13x3 ≤ 2000
5x1 + 20x2 + 65x3 ≤ 2000
5x3 ≤ 2000
x1, x2, x3 ≥ 0 a) Desarrolle el problema encontrando el tableau optimo b) Si la restricción 2 tiene un aumento en su disponibilidad en “b” unidades.
¿Cuánto o entre que valores se debe mover b para que no cambie la solución?. ¿Qué pasa si excede ese valor?
-130 -540 -1450 0 0 0 0 0
1 3 10 1 0 0 0 2000 0 4 13 0 1 0 0 2000 5 20 65 0 0 1 0 2000 0 0 5 0 0 0 1 2000
(M) t1 x4 x5 x6
Debo canonizar en t1
41
-240/13 -1220/13 0 0 0 250/13 0 580000/13
3/13 -1/13 0 1 0 -2/13 0 22000/13 -1 0 0 0 1 -13/65 0 1600
1/13 4/13 1 0 0 1/65 0 400/13 -5/13 -20/13 0 0 0 -1/13 1 24000/13
5 0 305 0 0 22 0 54000 1/4 0 1/4 1 0 -39/260 0 1700 -1 0 0 0 1 -13/65 0 1600 1/4 1 13/4 0 0 1/20 0 100 0 0 5 0 0 0 1 2000
Como sobra recurso asociado a la restricción 2, b puede variar hasta –1600.
b ≥ -1600. Si b es menor que –1600, b2 se hace negativo lo que no cumple con el criterio del optimo, habría que aplicar dual simplex, y ver que pasa en ese caso. Modelo Dual Problema Dual: Todo problema de programación lineal, tiene asociado un problema simétrico también lineal llamado “Problema Dual”. Por cada variable del problema original “Problema Primal”, existe una restricción en el Dual y para cada restricción del Primal una variable en el Dual. Problema Primal: encontrar los valores de x1,…,xn tal que,
∑=
=n
jjj
xcmaxZ1
s.a.
i
n
jjij
bxa ≤∑=1
i = 1,…,m
0≥j
x j = 1,…, n
Restricción 2
42
Problema Dual: encontrar los valores de w1, w2,…, wm tal que,
i
m
iiwbZmin ∑
=
=′1
s.a.
ji
m
iij
cwa ≥∑=1
j = 1,…, n
0≥i
w i = 1,…, m
Ambos problemas, Primal y Dual, pueden ser representados a un mismo tiempo en el sgte. formato de tableau: Ejemplo: Max Z = 4x1 + 3x2 s.a.
x1 ≤ 6
x2 ≤ 8
x1 + x2 ≤ 7
3x1 + x2 ≤ 15
- x2 ≤ 1
x1, x2 ≥ 0
mnm
n
aa
aa
....
..
..
..
....
1
111
nxx ......
1
mw
w
.
.
.
1
≤
mb
b
.
.
.
1
≥
[ ]n
cc ......1
43
Problema Dual: 54321 15786 wwwwwZMin ++++=′
..as
0,,,,
3
43
54321
5432
431
≥
≥−++
≥++
wwwww
wwww
www
Ejemplo 2: 21 45 xxMaxZ +=
..as
0,
70002
4000
70002
21
21
21
21
≥
≤+
≤+
≤+
xx
xx
xx
xx
El fabricar telas le reportaba $19000 de utilidad, pero el puede vender los insumos o fabricar, no ambas cosas, por lo tanto, el esperaría ganar al vender sus recursos a lo menos $19000. Si gana $19000 estaría indiferente.
∴ 321 700040007000 wwwZMin ++=′
..as
0,,
42
52
321
321
321
≥
≥++
≥++
www
www
www
7000 -3
4000 -2
7000 -3
0 1
0 1
0 0
0 0
0 -9
1 1 2 -1 0 1 0 5 2 1 1 0 -1 0 1 4
. . . . . . . . .
[ ]
19000$
130*
*
=
=
Z
W
Problema telas McDonald
(19000)
Este es el problema dual, es decir, visto por la otra cara
(M)
44
Prop. Fundamentales del Problema Dual: Dado el Problema Primal: xcMaxZ =
..as
0≥
≤
x
bxA
y su respectivo dual:
WbZMinT
=′ as.
TT
CWA ≥ 0≥W
Se tienen las siguientes propiedades
i) Si X es cualquier solución factible del problema primal y W es cualquier solución factible del problema dual, entonces:
WbXCT
≤ , esto es Z ≤ Z’ Demostración:
( )ii bxA ≤
como los wi son ≥ 0 tenemos que:
( )iiii bwxAw ≤
sumando sobre i se tiene que:
( ) WbxAWbwxAwTT
i
i
ii
i
i ≤⇔≤∑∑
ii) Si *
x es una solución factible del primal y *
w es una solución factible
del dual, tal que **
wbxcT
= , entonces *
x es la solución optima del
primal y *
w es una solución optima del dual.
45
iii) Si el problema primal tiene una solución básica factible optima, entonces el problema dual tiene una solución factible optima, con el mismo valor en la F.O.
iv) El dual del problema dual es el primal
v) “Complementariedad de las holguras” entre el problema primal y el
dual.
a) Si una variable de holgura Xn+i la cual fue introducida en la restricción i) del primal, es distinta de cero en la solución optima, entonces la i-esima variable del dual wi es cero en la solución optima del dual. De igual manera si la variable wi del dual es positiva, entonces la variable de holgura Xn+i del primal es cero en la solución optima. Luego, esta propiedad se puede resumir en la sgte. relación matemática: Xn+i * Wi = 0 para i = 1, ..., m
b) Si X es cualquier solución básica factible optima del primal y
si hW son los valores de las variables de holgura en cualquier solución básica factible optima del dual, entonces:
0=∗ hWx o 0=∗ + jmj wx para j = 1, ..., n
Ejercicio: Dado el problema planteado anteriormente: 21 107 xxMaxZ +=
..as
0,
50510
4977
21
21
21
≥
≤+
≤+
xx
xx
xx
a) Desarrolle el problema dual asociado b) Utilizando solución grafica encuentre la solución de ambos
problemas.
46
c) Utilizando las propiedades del problema dual, determine la solución optima del dual a partir del tableau asociado a la solución optima del primal.
Desarrollo. a) Prob. Primal Prob. Dual b) Resolución grafica
Max Z = 7x1 + 10x2 s.a.
7x1 + 7x2 ≤ 49
10x1 + 5x2 ≤ 50
x1, x2 ≥ 0
Max Z’ = 49x1 + 50x2 s.a.
7x1 + 10x2 ≤ 7
7x1 + 5x2 ≤ 10
x1, x2 ≥ 0
10
10
7
2
2 5 7 X1
X2
Problema Primal
70
7
0
*
*
2
*
1
=
=
=
Z
x
x
10x1+5x2≤50 7x1+7x2≤49
Z*=70
47
Tableau optimo del Primal:
Solución optima del Dual: Z´* = 70 W1 = 10/7 r1 = 3 W2 = 0 r2 = 0
x1 x2 x3 x4
3 0 10/7 0 70
x2 1 1 1/7 0 7 x4 5 0 -5/7 1 15
W1
W2
1.0
2.0
0.7
Z>70
7w1+5w2≥10 7w1+10w2≥7
Rest.1) si w1=0 ⇒ w2=7/10=0.7
w2=0 ⇒ w1=7/7=1.0
Rest.2) si w1=0 ⇒ w2=10/5=2.0
w2=0 ⇒ w1=10/7=1.429 Z=70)
Si w1=0 ⇒ w2=70/50=1.4
Si w2=0 ⇒ w1=70/49=1.429
Holguras dual
48
Otras Formulaciones: Para un problema cualquiera se tiene:
Primal (Max) Dual (Min)
Restricción i es del tipo =
Restricción i es del tipo ≤
Restricción i es del tipo ≥ Si xj es s.r.s
Si xj es ≥
Si xj es ≤
Variable wi es s.r.s
Variable wi es ≥
Variable wi es ≤ Restricción j es del tipo =
Restricción j es del tipo ≥
Restricción j es del tipo ≤
Ejemplo: Max Z = x1 + 2x2 + x3 s.a.
x1 –2x2 + 3x3 ≥ 1 w1
x1 + x2 – 2x3 ≤ 2 w2
x1 + x3 = 4 w3
x1 ≥ 0, x2 ≤ 0, x3 s.r.s Solución Dual: Min W = w1 + 2w2 +4w3 s.a.
w1 + w2 + w3 ≥ 1
-2w1 + w2 ≤ 2
3w1 – 2w2 + w3 = 1
w1 ≤ 0, w2 ≥ 0, w3 s.r.s Observación:
i) El valor de la F.O. de un problema primal de maximización para toda solución factible, será un limite inferior para la F.O. del problema dual
Primal Dual
Soluciones básicas factibles suboptimas
Soluciones básicas no factibles supraoptimas
optimo
Z W
49
ii) Basta resolver un solo problema (sea este primal o dual) y por simple inspección obtenemos el resultado de su análogo.
iii) Si no se cuenta con el cuadro simplex y se conoce la solución para
uno de los problemas, el teorema de las holguras complementarias es utilizado para obtener la solución de su problema análogo.
Interpretación Económica del Dual: En el problema de P.L. cuyo objetivo es maximizar utilidades: Max Z = XC s.a.
0≥
≤
X
bXA (1)
Las unidades físicas son:
xj = [articulo j (unidades de)] bi = [unidades de recurso i] aij = [recurso i /articulo j] cj = [unidad monetaria /articulo j]
Considerando el Dual del problema:
Min Z’ = WbT
s.a.
TT
CWA ≥ (2) 0≥W wi [unidad monetaria /recurso i] entonces a cada recurso i le corresponde una variable dual wi que, por dimensiones, es un precio o un costo que debe ser asociado con una unidad de recurso i. A la variable wi se le conoce también como “valor imputable” o “precio sombra” de los recursos. Debe aclararse que la variable del dual no tiene ninguna relación con los costos reales de los recursos, mas bien las variables del dual pueden emplearse como una manera de medir la contribución de cada recurso i, a la utilidad cj
50
ji
m
i
ij cwa =∑=1
El precio sombra del recurso i (valor de la variable wi del dual) mide la tasa a la cual el valor de Z puede variar (aumentar o disminuir) si se disminuye o aumenta el recurso i en una unidad, sin variar la base optima. La variación del recurso i debe ser pequeña de manera de no cambiar la solución básica. El valor del precio sombra indica también el precio máximo que se debería pagar por una unidad de ese recurso. Es en realidad una cuantificación del costo de oportunidad. Las variables de holgura del problema dual, representan el costo de oportunidad que implica producir una unidad de un producto. Es decir lo que se deja de ganar si se produce una unidad del producto j. Ejemplo: Precios sombra
wi = 0 ⇒ Si se aumenta o disminuye en una unidad el recurso i, no aumenta ni disminuye el valor de Z.
El valor dispuesto a pagar por este recurso es cero.
wi > 0 ⇒ Si se aumenta el recurso i en una unidad el valor de Z aumenta en wi. El precio máximo a pagar es wi.
Costo oportunidad
wm+j > 0 ⇒ que si se produce una unidad de producto j se deja de ganar wm+j
w3 = 3
wm+j = 0 ⇒ el costo de oportunidad del producto j es cero
w2 = 0
w1 = 10/7
w4 = 0
Ej. anterior
Ej. anterior
51
El Método Dual Simplex Dado el problema primal estándar y su correspondiente dual. El método dual simplex, consiste en tratar un problema de programación lineal como si el método simplex no estuviese siendo aplicado a el, sino a su problema dual. Para iniciar el Método Dual Simplex, todos los coeficientes de la fila de los Zj – Cj deben no ser negativos, lo que garantiza un estado inicial superoptimo. Es muy útil en los casos de minimización, con restricciones del tipo mayor igual, ya que evita el uso de las variables artificiales. El procedimiento es: Paso 1: Construir un tableau inicial de igual forma que el paso 1 del
simplex. Paso 2: Asegurar que los coeficientes de la fila de los Zj – Cj sean todos
mayores o iguales a cero sin importar la factibilidad de la solución.
Ejemplo: Resuelva el sgte. problema de PL utilizando el método dual simplex. Min Z = 49x1 + 50x2 s.a.
7x1 + 10x2 ≥ 7
7x1 + 5x2 ≥ 10
x1, x2 ≥ 0 Agregando las variables de excedente: Min Z = 49x1 + 50x2 s.a.
7x1 + 10x2 – x3 ≥ 7
7x1 + 5x2 – x4 ≥ 10
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
52
Este problema es equivalente a: Max W = -49x1 - 50x2 donde W = -Z s.a. -7x1 - 10x2 + x3 = -7 -7x1 - 5x2 + x4 = -10
x1, x2, x3, x4 ≥ 0 llevándolo a la forma de tableau, se tiene:
49 50 0 0 0 -7 -10 1 0 -7 -7 -5 0 1 -10
Si se observa este tableau, se ve que satisface la condición de optimalidad del simplex, pero no de factibilidad, luego se puede utilizar el método dual simplex. Utilizando el paso 3 vemos que debe salir x4, ya que es la variable básica con un b(xB) mas negativo.
Como para la fila asociada a x4 hay mas de un Yrk ≤ 0, se utiliza el paso 4:
rk
kk
Y
CZ −= max { } 710,7max
5
50,
7
49−=−−=
−−
Luego entra a la base x1, siendo la nueva base (x3, x1) Utilizando el paso 5 se llega al sgte. nuevo tableau:
0 15 0 7 -70 0 -5 1 -1 3 1 5/7 0 -1/7 10/7
Luego esta solución satisface tanto las condiciones de optimalidad como las de factibilidad, luego a la solución básica factible optima conocida, con: Z = 70 x1 = 10/7 x2 = 0 x3 = 3 x4 = 0 (W = -Z)
x3
x4
x3
x1
53
Ejemplo 2: Max Z = 4x1 + 3x2 s.a.
2x1 + 3x2 ≤ 18
4x1 + 2x2 ≤ 10
x1, x2 ≥ 0 Dual: Min Z’ = 18w1 + 10w2 s.a.
2w1 + 4w2 ≥ 4
3w1 + 2w2 ≥ 3
w1, w2 ≥ 0 Resolviendo el problema primal tenemos el tableau optimo:
2 0 0 3/2 15
-4 0 1 -3/2 3 2 1 0 1/2 5
Para obtener el tableau optimo del dual:
Como x3 ≥ 0 ⇒ w1 = 0
x4 = 0 ⇒ w2 > 0 ⇒ w2 = 3/2
x1 = 0 ⇒ w3 > 0 ⇒ w3 = 2
x2 > 0 ⇒ w4 = 0
Z* = 15 ⇒ W* = 15
0 0 -15 0 1 3/2 1 0 2
Max Z = 4x1 + 3x2 s.a. 2x1 + 3x2 + x3 = 18 4x1 + 2x2 + x4 = 10
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Min Z’ = 18w1 + 10w2 s.a. 2w1 + 4w2 – w3 = 4 3w1 + 2w2 – w4 = 3
wi ≥ 0
x3
x2
Z* = 15 x1 = 0; x2 = 5; x3 = 3; x4 = 0
(recordemos que w2 es el
precio sombra)
w2
w3
Recordemos las relaciones Xi ~ Whi Xhi ~ Wi En este caso X1 ~ W3 X2 ~ W4 X3 ~ W1 X4 ~ W2
54
de forma análoga se llega a:
3 0 0 5 -15 0 1 3/2 1 0 2
Para determinar el pto. w1/w2
debemos ver en el primal el pto. asociado es decir x3/x4 en este caso
-3/2 ∴en el dual va con signo cambiado (3/2)
3 0 0 5 -15
3/2 0 1 3/2 1 0 2
en forma análoga:
w1/w3 asociado con x3/x1 -4 ∴= 4
w4/w2 “ x2/x4 ½ ∴= -1/2
w4/w3 “ x2/x1 2 ∴= -2
3 0 0 5 5 3/2 1 0 -1/2 3/2 4 0 1 -2 2
del ejemplo anterior, construir el tableau optimo del dual a partir del tableau optimo del primal: Dual: Max Z = 7x1 + 10x2 s.a.
7x1 + 7x2 ≤ 49 w1
10x1 + 5x2 ≤ 50 w2
x1, x2 ≥ 0
w2
w3
Max Z = 4x1 + 3x2 s.a.
2x1 + 3x2 ≤ 18 w1
4x1 + 2x2 ≤ 10 w2
x1, x2 ≥ 0 Min Z’ = 18w1 + 10w2 s.a.
2w1 + 4w2 ≥ 4 x1
3w1 + 2w2 ≥ 3 x2
w1, w2 ≥ 0
w2
w3
w2
w3
Min Z’ = 49w1 + 50w2 s.a.
x1 7w1 + 10w2 ≥ 7
x2 7w1 + 5w2 ≥ 10
w1, w2 ≥ 0 x1*w3 = 0
x2*w4 = 0 x3*w1 = 0 x4*w2 = 0
55
Tableau optimo del primal:
3 0 10/7 0 70 1 1 1/7 0 7 5 0 -5/7 1 15
Solución:
0 15 0 7 -70 0 -5 1 -1 3 1 5/7 0 -1/7 10/7
Para saber el valor de w2/w3 debemos ver el valor de x4/x1, dado que w2 esta
relacionado con x4 y w3 con x1, el valor de x4/x1 = 5 ⇒ w2/w3 = -5
* ídem w3w4 asociado con x1x2 = 1 ∴w3w4 = -1
w1w2 “ x3x4 = -5/7 ∴w1w2 = 5/7
w1w4 “ x3x2 = 1/7 ∴w1w4 = -1/7 Ejercicio: Resolver utilizando el método dual simplex Min Z = 2x1 + x2 s.a.
3x1 + x2 ≥ 3
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + 2x2 ≥ 3
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 Solución: Max W = -Z = -2x1 - x2 s.a.
-3x1 - x2 + x3 ≥ -3
-4x1 - 3x2 + x4 ≥ -6
-x1 - 2x2 + x5 ≥ -3
xi ≥ 0 ∀i = 1...5
x2
x4
w3
w1
Como Z* = 70 Z’ = 70
dado que x1 = 0 ⇒ w3 > 0, w3 = 3
x2 = 7 ⇒ w4 = 0
x3 = 0 ⇒ w1 > 0, w1 = 10/7
x4 = 15 ⇒ w2 = 0
56
x1 x2 x3 x4 x5 2 1 0 0 0 0
x3 -3 -1 1 0 0 -3 x4 -4 -3 0 1 0 -6 x5 -1 -2 0 0 1 -3
x1 x2 x3 x4 x5 2/3 0 0 1/3 0 -2
-5/3 0 1 -1/3 0 -1 4/3 1 0 -1/3 0 2
5/3 0 0 -2/3 1 1
x1 x2 x3 x4 x5
0 0 2/5 1/5 0 -12/5 x1 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 x2 0 1 4/5 -3/5 0 6/5 x5 0 0 1 -1 1 0
∴Z* = 12/5 x(3/5; 6/5; 0; 0; 0) Ejercicio: Desarrollar ejemplo anterior:
Max X = x1 + 130x2 + 540x2 + 1450x3 .......
−− 3
1;
4
2max
Sale x4 y entra x2
−− 3/1
3/1;
3/5
3/2max
