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solucion grafica
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23/11/2015
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Solución Gráfica
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Caso Wyndor Glass Co. (LIBRO: Hillier y Lieberman)
Wyndor Glass es una empresa que planea lanzar 2 nuevos productos:
◦ Una puerta de vidrio de 8 pies con marco de aluminio◦ Una ventana colgante con doble marco de madera de 4
por 6 pies
La empresa posee 3 plantas:
◦ Fabrica marcos de aluminio y herrerías◦ Elabora marcos de madera◦ Fabrica vidrio y ensambla ventanas y puertas
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
La empresa desea reorganizarse para concentrarse en los productos más rentables:¿Se debe seguir con estos dos nuevos productos?
Si fuera así, ¿Cuál debe ser la mezcla de productos?
La pregunta a responder consiste en:
¿Qué combinación de productos (número de unidades de producto por semana) de esos dos nuevos productos maximizan la ganancia total para la empresa?
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Planta
Tiempo de producción por unidad
Tiempo disponible
por semanaPuertas Ventanas
1 1 0 4
2 0 2 12
3 3 2 18Ganancia unitaria $3 $5
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Sujeto a:1X1 ≤ 4
2X2 ≤ 123X1 + 2X2 ≤ 18
X1 ≥ 0X2 ≥ 0
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
9
4 6
x2
x1
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Región de puntos o soluciones factibles
9
6
2
4
4 6
x2
x1
x*
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Región de puntos o soluciones factibles
9
6
2
4
4 6
x2
x1
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Curvas de Nivel ( )
Si Z = 1515 = 3X1 + 5X2
Si Z = 3030 = 3X1 + 5X2
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
9
6
2
4
4 6
x2
x1
x*
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Solución Optima
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
9
6
2
4
4 6
x2
x1
x*
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Solución Optima
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Solución óptima: X1=2 y X2=6
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Sujeto a:1X1 ≤ 4
2X2 ≤ 123X1 + 2X2 ≤ 18
X1 ≥ 0X2 ≥ 0
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
9
6
2
4
4 6
x2
x1
x*
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Solución Optima
Restricción 2
Restricción 3
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Con el desplazamiento de las curvas de nivel de lafunción objetivo se obtiene la solución óptima delproblema en la intersección de dos o más rectas.
En este caso:2x2 = 12 , y3x1+2x2 = 18 (son las restricciones activas).
Resolviendo, se obtiene:x1
* = 2 x2* = 6
z* = 3 x1* + 5 x2
* = 36
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
CASOS ESPECIALES: Cuando:
1) Haya más de una solución óptima. En el ejemplo, considerela nueva función objetivo: z = 6x1+4x2.
2) El problema no tenga solución, dada una región de puntosfactibles no - acotada. En el ejemplo, si sólo la planta unotiene restricción de tiempo.
3) El problema no tenga solución, porque no existen puntosfactibles. En el ejemplo, suponga que agregamos la restricción:x1 ≥ 5.
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Región de puntos o soluciones factibles
9
6
2
4
4 6
x2
x1
Maximizar Z = 6X1 + 4X2
Curvas de Nivel ( )
Si Z = 1212 = 6X1 + 4X2
Si Z = 2424 = 6X1 + 4X2
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
CASOS ESPECIALES: Cuando:
1) Haya más de una solución óptima. En el ejemplo, considerela nueva función objetivo: z = 6x1+4x2.
2) El problema no tenga solución, dada una región de puntosfactibles no - acotada. En el ejemplo, si sólo la planta unotiene restricción de tiempo.
3) El problema no tenga solución, porque no existen puntosfactibles. En el ejemplo, suponga que agregamos la restricción:x1 ≥ 5.
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Región de puntos o soluciones factibles
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6
2
4
4 6
x2
x1
Maximizar Z = 6X1 + 4X2
Curvas de Nivel ( )
Si Z = 1212 = 6X1 + 4X2
Si Z = 2424 = 6X1 + 4X2
Desplazamiento sin límite
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
CASOS ESPECIALES: Cuando:
1) Haya más de una solución óptima. En el ejemplo, considerela nueva función objetivo: z = 6x1+4x2.
2) El problema no tenga solución, dada una región de puntosfactibles no - acotada. En el ejemplo, si sólo la planta unotiene restricción de tiempo.
3) El problema no tenga solución, porque no existen puntosfactibles. En el ejemplo, suponga que agregamos la restricción:x1 ≥ 5.
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
Región de puntos o soluciones factibles
9
6
2
4
4 6
x2
x1
Maximizar Z = 3X1 + 5X2
Curvas de Nivel ( )
Si Z = 1515 = 3X1 + 5X2
Si Z = 3030 = 3X1 + 5X2
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SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL
� Cuando hay solución óptima, siempre existeuna en un vértice.
� Si una solución en un vértice, no tienesoluciones adyacentes mejores, esa es lasolución óptima (óptimo local es global).
El método gráfico no puede aplicarse cuando existen más de dosvariables de decisión.
El método Simplex es un método iteractivo (George Dantzig
1947) que sigue los siguientes pasos:
◦ Parte de una solución inicial
◦ Verifica los vértices adyacentes a la solución inicial
◦ Recorre la arista, hasta el vértice adyacente en dondese mejora la función objetivo (de acuerdo a lapendiente)
◦ Finaliza cuando ningún vértice provee una mejorsolución comparada con la solución actual.
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE
PROGRAMACIÓN LINEAL
SOLUCIÓN GRÁFICA
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� Z = 29,4
� X1= 1,71
� X2 = 6,45
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
Las soluciones se obtienen al resolver un sistema deecuaciones lineales que surgen a partir de laformulación del problema original:
Funciones delProblema Original
Transformación en Igualdades
Sistema de Ecuaciones Lineales
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EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
Maximizar
Sujeto a: A x ≤ b
x ≥ 0
VARIABLE DE HOLGURA:
Es una variable no negativa que se adiciona al ladoizquierdo de una restricción funcional dedesigualdad ≤ para convertirla en una igualdadequivalente.
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
Maximizar Z = 3X 1 + 5X2
Sujeto a:1X1 ≤ 4
2X2 ≤ 123X1 + 2X2 ≤ 18
X1 , X2 ≥ 0
Maximizar Z = 3X 1 + 5X2
Sujeto a:1X1 +X3 = 4
2X2 +X4 = 123X1 + 2X2 + X5 = 18
X1 , X2 ,X3 , X4 , X5 ≥ 0
X1 y X2 son variables de decisiónX3, X4, X5 son variables de holgura
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CARACTERÍSTICAS DE LAS VARIABLES DE HOLGURA
� Coeficientes en la función objetivo son iguales a cero
� Coeficientes en las restricciones:◦ 1 en la restricción correspondiente
◦ 0 en las demás
� Sirven para completar las soluciones básicas
� Tienen un significado real
� Pueden aparecer en la solución óptima
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
SOLUCIÓN BÁSICA FACTIBLE
Solución del sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas (m<n),obtenida al hacer (n-m) variables igual a cero:
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
m restriccionesn variables (de decisión, de holgura,…)
Maximizar Z = 3X 1 + 5X2
Sujeto a:1X1 +X3 = 4
2X2 +X4 = 123X1 + 2X2 + X5 = 18
X1 , X2 ,X3 , X4 , X5 ≥ 0
Cuántas variables deben ser cero?
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EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
m restriccionesn variables (de decisión, de holgura,…)
Maximizar Z = 3X 1 + 5X2Sujeto a:
1X1 +X3 = 42X2 +X4 = 12
3X1 + 2X2 + X5 = 18X1 , X2 ,X3 , X4 , X5 ≥ 0
Las variables básicas se obtienen resolviendo el sistema de ecuaciones lineales, después de decidir sobre las variables que serán cero
Si las variables básicas resultantes son ≥ 0, entonces la solución obtenida es una solución básica factible
El número de variables básicas es igual al número de restricciones
Las variables que no son cero se les conoce como Variables Básicas
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
1. Hallar una solución básica factible inicial partiendo de los coeficientes que forman la matriz identidad en las variables básicas:
Maximizar Z = 3X 1 + 5X2Sujeto a:
1X1 +X3 = 42X2 +X4 = 12
3X1 + 2X2 + X5 = 18X1 , X2 ,X3 , X4 , X5 ≥ 0
x1 x2 x3 x4 x5
1 0 1 0 0
0 2 0 1 0
3 2 0 0 1
Fila 1Fila 2Fila 3
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Variables Básicas:
X3, X4, X5
Variables no básicas:
X1 y X2
Como X1 y X2 son cero, entonces:
X3= 4 X4= 12 X5=18
La solución básica factible inicial es (0,0,4,12,18)
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
2. PRUEBA DE OPTIMALIDAD:
Es posible mejorar la función objetivo?:
Z = 3X1 + 5X2
Si es posible porque hay coeficientes positivos !
Con cual variable?
Con X2 porque su coeficiente 5 es el mayor de todos los coeficientes.
Entonces entra X2 como variable básica y reemplaza a una de las anteriores variables básicas, la cual se volverá cero.
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
x1 x2 x3 x4 x5
1 0 1 0 0
0 2 0 1 0
3 2 0 0 1
Fila 1Fila 2Fila 3
x1 x2 x3 x4 x5
? ? ? ?
? ? ? ?
? ? ? ?
Fila 1Fila 2Fila 3
Entra X2 como variable básica y reemplaza a una de las anteriores variables básicas (X3, X4, X5), la cual se volverá cero.
Cómo hacerlo?
Por medio de la Prueba del cociente mínimo…..
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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Obteniendo la matriz identidad incluyendo la columna de X2….
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
x1 x2 x3 x4 x5
1 0 1 0 0
0 2 0 1 0
3 2 0 0 1
Fila 1Fila 2Fila 3
x1 x2 x3 x4 x5
? 0 1 ? 0
? 1 0 ? 0
? 0 0 ? 1
Fila 1Fila 2Fila 3
3. PRUEBA DEL COCIENTE MÍNIMO (CM)
Esta prueba consiste en dividir el lado derecho de cada restricción, entre el coeficiente de la variable que entra (X2):
Fila 1 1X1 +X3 = 4Fila 2 2X2 +X4 = 12Fila 3 3X1 + 2X2 + X5 = 18
Fila 1: CM = ∞Fila 2: CM = 6 …. Fila pivoteFila 3: CM = 9
El menor coeficiente corresponde a la fila 2 e indica que la variable básica asociada (X4), es la primera variable básica en convertirse en cero.Por lo tanto, X4 es la variable que sale de la base convirtiéndose en variable no básica.
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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Cuales son los nuevos valores de X2, X3 y X5?
Obteniendo la matriz identidad incluyendo la columna de X2….
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
x1 x2 x3 x4 x5
1 0 1 0 0
0 2 0 1 0
3 2 0 0 1
Fila 1Fila 2Fila 3
x1 x2 x3 x4 x5
? 0 1 ? 0
? 1 0 ? 0
? 0 0 ? 1
Fila 1Fila 2Fila 3
4. CALCULAR NUEVO SISTEMA DE ECUACIONES
Fila 1 1X1 +X3 = 4Fila 2 2X2 +X4 = 12Fila 3 3X1 + 2X2 + X5 = 18
4.1 Obtener 1 en la fila pivote (fila 2), dividiéndola entre el coeficiente de la variable que entra. Nueva restricción:
Fila 2 X2 +0.5X4 = 6
4.2 Obtener cero en la columna de la variable que entra (x2), anulando dicha variable en las demás restricciones:
Fila 1 original no posee X2, por lo tanto queda igual
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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Fila 3:
Fila pivote actual (fila 2) se multiplica por: - 2 y se suma a la fila 3 original:Fila Pivote actual ………..… X2 +0.5X4 = 6
*(-2): - 2X2 - X4 =-12Fila 3 original 3X1 + 2X2 + X5 = 18Nueva Fila 3 3X1 - X4 + X5 = 6
Fila de la Función Objetivo:
Fila pivote actual (fila 2) se multiplica por: + 5 y se suma a la FO original:Fila Pivote actual ………..… X2 +0.5X4 = 6
*(+5): + 5X2 + 2.5X4 = 30Fila FO original Z - 3X1 - 5X2 = 0Nueva FO Z - 3X1 + 2.5X4 = 30
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
NUEVO SISTEMA DE ECUACIONES:
Fila FO Z - 3X1 + 2.5X4 = 30
Fila 1 X1 +X3 = 4
Fila 2 X2 + 0.5X4 = 6
Fila 3 3X1 - X4 + X5 = 6
Variables básicas: X2, X3, X5 Variables no básicas: X1, X4
Como X1 y X4 son cero, entonces:
X2= 6 X3= 4 X5=6
La solución básica factible es (0,6,4,0,6)
De aquí en adelante, se repite el procedimiento…..
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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Es posible mejorar la nueva función objetivo?:Z = 30 + 3X1 – 2.5X4
Si es posible porque hay coeficientes positivos !Con cual variable?
Con X1 porque su coeficiente 3 es el mayor de todos los coeficientes.Entonces entra X1 como variable básica y reemplaza a una de las anteriores variables básicas, la cual se volverá cero. Cómo hacerlo?
Por medio de la Prueba del cociente mínimo…..
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
PRUEBA DEL COCIENTE MÍNIMO (CM)
Se divide el lado derecho de cada restricción, entre el coeficiente de la variable que entra (X1):
Fila 1 X1 +X3 = 4Fila 2 X2 + 0.5X4 = 6Fila 3 3X1 - X4 + X5 = 6
Fila 1: CM = 4Fila 2: CM = ∞Fila 3: CM = 2 …. Fila pivote
El menor coeficiente corresponde a la fila 3 e indica que la variable básica asociada (X5), es la primera variable básica en convertirse en cero.
Por lo tanto, X5 es la variable que sale de la base convirtiéndose en variable no básica.
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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CALCULO DEL NUEVO SISTEMA DE ECUACIONES
Fila 1 X1 +X3 = 4
Fila 2 X2 + 0.5X4 = 6
Fila 3 3X1 - X4 + X5 = 6
4.1 Obtener 1 en la fila pivote (fila 3), dividiéndola entre el coeficiente de la variable que entra. Nueva restricción:
Fila 3 X1 - 0.33 X4 + 0.33X5 = 2
4.2 Obtener cero en la columna de la variable que entra (X2), anulando dicha
variable en las demás restricciones….
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
Fila 1:
Fila pivote actual (fila 3) se multiplica por: - 1 y se suma a la fila 1:Fila Pivote actual ………..… X1 - 0.33 X4 + 0.33X5 = 2
*(-1): - X1 + 0.33X4 - 0.33X5 = - 2Fila 1 original X1 + X3 = 4Nueva Fila 1 + X3 + 0.33X4 - 0.33 X5= 2
Fila 2: Queda igual
Fila FO:Fila pivote actual (fila 3) se multiplica por: + 3 y se suma a la función objetivo:
Fila Pivote actual ………..… X1 - 0.33 X4 + 0.33X5 = 2
*(+3): +3X1 - 1X4 +1X5 = 6Fila FO original Z - 3X1 + 2.5X4 = 30Nueva FO Z + 1.5X4 +1X5 = 36
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
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NUEVO SISTEMA DE ECUACIONES:
Fila FO Z + 1.5 X4 + X5 = 36
Fila 1 X3 + 0.33X4 - 0.33X5 = 2
Fila 2 X2 + 0.5X4 = 6
Fila 3 X1 - 0.33X4 + 0.33 X5 = 2
Variables básicas: X1, X2, X3 Variables no básicas: X4, X5
Como X4 y X5 son cero, entonces:
X1= 2 X2= 6 X3=2
La solución básica factible es (2,6,2,0,0)
De aquí en adelante, se repite el procedimiento…..
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
EL MÉTODO SIMPLEXProcedimiento Algebraico
Es posible mejorar la nueva función objetivo?:Z = 36 -1.5X4 – X5
No es posible porque no hay coeficientes positivos
CONCLUSIÓN:
Esta última es la solución óptima!