Método Simplex – minimización

MATE 3012

Problema de minimización estándar Un problema de minimización de programación lineal está en la forma estándar, si la función objetiva

𝑤 = 𝑐1𝑥1 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3 +⋯+ 𝑐𝑛𝑥𝑛 debe ser minimizada, sujeto a las restricciones

El procedimiento básico utilizado para resolver este tipo de problema es • convertirlo a un problema de maximización en la forma

estándar (conocido como el problema se maximización dual)

• aplicar el método Simplex según lo presentamos en ejercicios anteriores.

Problema de minimización estándar - procedimiento

1. Formar la matriz aumentada para el sistema de desigualdades dado, y añadir en la última fila los coeficientes de la función objetiva.

2. Armar la traspuesta de la matriz aumentada. 3. Dada una matriz A, se llama matriz traspuesta de A a la

matriz que se obtiene cambiando ordenadamente las filas por las columnas.

Ejemplo:

matriz A matriz traspuesta de A se denota At

Problema de minimización estándar

4. Formar el problema de maximización dual de la traspuesta.

5. Aplicar el método simplex para el problema de maximización dual.

6. El valor máximo de z será el valor mínimo de w. 7. Los valores de x1, x2,. . . , y xn ocurren en la fila

inferior de la tabla simplex final, en las columnas correspondientes a las variables de holgura.

Problema de minimización estándar Minimizar la función objetiva dada si la función está sujeta a las siguientes restricciones

Solución:

La matriz aumentada correspondiente a este problema de

minimización es

Así, la matriz correspondiente al problema de maximización

dual está dada por la siguiente transpuesta.

Problema de minimización (cont.)

Minimizar la función objetiva dada si la función está sujeta a las siguientes restricciones

Solución (continuación):

Esto implica que el problema de maximización dual es como

sigue.

Buscar el valor máximo de la función objetivo dual:

sujeto a las limitaciones:

2𝑦1 + 𝑦2 + 𝑠1 = 3𝑦1 + 𝑦2 + 𝑠2 = 2

𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑠1 ≥ 0, 𝑠2 ≥ 0Z− 6𝑦1 − 4𝑦2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 = 0

Procedimento del Método Simplex

Paso 1: Introducir una variables de holgura para cada restricción en el sistema y para la función objetiva. Despesjar la función objetiva.

Paso 2: Tabla para cálculos.

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

s1

s2

Z

2 1 1 0 3

1 1 0 1 2

-6 -4 0 0 0

Se coloca una fila para cada restricción y la una fila con los coeficientes de la función objetivo:

2𝑦1 + 𝑦2 + 𝑠1 = 3𝑦1 + 𝑦2 + 𝑠2 = 2

Z− 6𝑦1 − 4𝑦2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 = 0

1ra iteración:

Paso 1: Determinar cuál variable debe entrar en la base

Para escoger la variable de decisión que entra en la base, observamos la fila que muestra los coeficientes de la función objetiva y escogemos la variable con el coeficiente más negativo.

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

s1

s2

Z

2 1 1 0 3

1 1 0 1 2

-6 -4 0 0 0

Paso 2: Determinar cuál variable de holgura debe salir de la solución

Para encontrar la variable de holgura que tiene que salir de la base, se divide cada término de la última columna (valores solución) por el término correspondiente de la columna pivote, siempre que estos últimos sean mayores que cero .

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

s1

s2

Z

2 1 1 0 3

1 1 0 1 2

-6 -4 0 0 0

5.12/3

21/2

Paso 3: Hacer que el pivote sea 1, y que hayan ceros debajo del pivote.

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

s1

s2

Z

1 0.5 0.5 0 1.5

1 1 0 1 2

-6 -4 0 0 0

21 RR

316 RR

Paso 4: Hacer que el pivote sea 1, y que hallan ceros debajo del pivote. (continuación)

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

y1

s2

Z

1 0.5 0.5 0 1.5

0 0.5 -0.5 1 0.5

0 -1 3 0 9

• Fin de la primera iteración. • Repetimos el proceso por que aún hay

negativos en la última fila.

𝑦1𝑦2𝑠1𝑠2𝑍

=

1.5000.59

La solución ahora es:

Paso 1: Determinar cuál variable entra en la solución y cual sale

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

y1

s2

Z

1 0.5 0.5 0 1.5

0 0.5 -0.5 1 0.5

0 -1 3 0 9

2da iteración:

35.0/5.1

15.0/5.0

0 0.5 -0.5 1 0.5

Paso 2: Poner pivote igual a 1.

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

y1

y2

Z

1 0.5 0.5 0 1.5

0 -1 3 0 9

2da iteración:

22R0 1 -1 2 1

0 0.5 -0.5 1 0.5

Paso 3: Lograr ceros encima y debajo del pivote.

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

y1

y2

Z

1 0.5 0.5 0 1.5

0 1 -1 2 1

0 -1 3 0 9

2da iteración:

125.0 RR

32 RR

Paso 3: (continuación)

Solución y1 y2 s1 s2 Constantes

y1

y2

Z

1 0 1 -1 1

0 1 -1 2 1

0 0 2 2 10

2da iteración:

Como todos los coeficientes de la última fila son positivos, hemos llegado a la solución óptima para la función objetiva .

𝑥1𝑥2𝑠1𝑠2𝑤

=

220010

La solución ahora es:

Minimización - aplicación

• Una pequeña compañía petrolera es propietaria de dos refinerías.

• Una refinería opera con un costo de $ 20,000 por día, y puede producir 400 barriles de aceite de alta calidad, 300 barriles de aceite de grado medio, y 200 de barriles de petróleo de grado bajo cada día.

• La Refinería 2 requiere $25,000 diarios para operar, y puede producir 300 barriles de aceite de alta calidad, 400 barriles de grado medio y 500 de grado bajo cada día.

• La empresa tiene pedidos por un total de 25,000 barriles de aceite de alta calidad, los 27,000 barriles de petróleo de grado medio y 30,000 barriles de aceite de baja calidad.

• ¿Cuántos días debe operar cada refinería para reducir al mínimo sus costos y aún así refinar el petróleo suficiente para satisfacer sus órdenes?

• Para empezar, vamos, y representan el número de días que se opera cada refinería. Entonces, el costo total está dada por

C = 20,000x1 + 25,000x2

Restricciones

• (grado alto) 400x1 + 300x2 ≥ 25,000

• (grado mediano) 300x1 + 400x2 ≥ 27,000

• (grado bajo) 200x1 + 500x2 ≥ 30,000

• no negatividad x1 ≥ 0 and x2 ≥ 0.

La matriz aumentada que corresponde al problema de minimización:

Minimización - aplicación

• La matriz que corresponde al problema de maximización dual:

Minimización - aplicación

• El problema de maximización dual:

• Introducimos variables de decisión nuevas y1, y2, y3

• La nueva función objetiva que vamos maximizar es:

• Z = 25000 y1 + 27000 y2 + 30000y3

• Restricciones

• 400 y1 + 300 y2 + 200y3 ≤ 20,000

• 300 y1 + 400 y2 + 500y3 ≤ 25,000

Minimización - aplicación • Modelo para la tabla simplex:

• Introducimos variables de holgura s1, s2

• La función objetiva despejada es:

• Z - 25000 y1 - 27000 y2 - 30000y3=0

• Restricciones convertidas en ecuaciones

• 400 y1 + 300 y2 + 200y3 + s1 = 20,000

• 300 y1 + 400 y2 + 500y3 + s2 = 25,000

• Dividir cada elemento de la fila pivote entre el pivote

Minimización - aplicación

• Producir ceros encima y debajo del elemento pivote:

−200𝑅2 + 𝑅1

30000𝑅2 + 𝑅3

𝐸𝑠 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑒𝑙𝑒𝑔𝑖𝑟 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑖𝑟:

← 𝑓𝑖𝑙𝑎 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒

• Dividir cada elemento de la fila pivote entre el pivote

Minimización - aplicación

• Producir ceros encima y debajo del elemento pivote:

−0.6𝑅1 + 𝑅2

7000𝑅1 + 𝑅3

NO es 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑒𝑙𝑒𝑔𝑖𝑟 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑖𝑟.

Minimización - aplicación • Interpretar resultados:

Se ha logrado un costo mínimo de $1, 750,000 operando la

refinería 1: 25 días

refinería 2: 50 días

Se producen barriles de petróleo de cada grado como sigue:

𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑙𝑡𝑜:

𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑜:

𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑏𝑎𝑗𝑜:

← 𝑒𝑥𝑐𝑒𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒