UNIVERSIDAD SALESIANA

DE BOLIVIA

CARRERA DE INGENIERÍA DE SISTEMAS

DOSSIER

INVESTIGACIÓN OPERATIVA I Sexto Semestre

Lic.PORFIRIO ARDUZ URQUIETA

I - 2010

Indice Pag

Unidad I Introducciòn a la Investigación operativa 1

1.1.Definición. 1 1.2.Modelos de Investigaciones de Operaciones 1 1.3.Tècnicas de soluciòn de los modelos de Investigación Operativa 1 1.4 Algoritmos 2 1.5.Modelos de colas 2 1.6.Modelos de simulación 2 1.7.Fases del análisis de investigación de operaciones 3 Unidad II Programaciòn Lineal(Mètodo Simplex) 4 2.1.Modelos de programación simples (con dos variables) 4 2.2.Modelos de maximización 5 2.3 Solución algebraica 8 2.4.Modelos de minimización 8 2.5.Solución gráfica y algebraica 9 2.6.Análisis de sensibilidad 9 2.7.Valor por unidad de cambio 11 2.8.Análisis de modelos seleccionados de programación lineal 11 2.9.Método simples 14 2.10.Transición de la solución gráfica a la algebraica simples 15 2.11.Procedimiento del algoritmo simples 15 2.12 Modelo de Maximización y minimización 16 2.13 Método simples 19 2.14.Método de dos fases 26 Unidad III Análisis de dualidad y sensibilidad. 30 3.1.Problema dual 30 3.2.Construcción del dual a partir del primal 31 3.3.Métodos de solución del dual 32 3.3.1. Método I 32 3.3.2. Método II 32 3.4.Resoluciòn mediante el mètodo simples 33 Interpretación econòmica de la dualidad 34 Interpretación econòmica de las variables duales 35

Unidad IV MODELOS DE TRANSPORTE 38

4.1.Definición del modelo de transporte 38

4.2.Algoritmo del transporte 41

4.3.Fases generales del algoritmo del transporte 42

4.4.Determinación de la solución inicial 42

4.4.1.Técnica de la esquina noroeste 42

4.4.2.Técnica del costo mínimo 42

4.4.3.Técnica de aproximación de Vogel 42

4.5.Extensión del modelo del transporte 48

4.5.1a)Modelo del transbordo

4.5.2b)Modelo de asignación de recurso 49

4.5.2.1Método húngaro 50

4.5.3c)Modelo de producción e inventarios 52

Unidad V MODELOS DE REDES 55

5.1. Conceptos básicos sobre redes 55

5.2. Algoritmo de árbol de expansión mínima 56

5.3. Algoritmo de la ruta más corta 57

5.3.1. Algoritmo de Dikjstra 57

5.3.2. Algoritmo de Floyd 59

5.4. Algoritmo de la ruta crítica 61

5.4.1. Técnica CPM 62

5.4.2. Técnica PERT 64

5.5.Modelo del flujo máximo 66

PRACTICAS 68-95

BIBLIOGRAFIA 96

PRESENTACIÓN

El presente Dossier de la materia de Investigación de operaciones I está constituído

por cinco unidades ,el mismo ha sido consensuado con los docentes de la materia

particularmente en el contenido mínimo. El desarrollo del contenido ha sido elaborado

por primera vez por mi persona ,por lo que probablemente exista algunos errores de

transcripción ,solicitándoles muy fraternalmente me hagan llegar dichas observaciones

y algunas sugerencias de manera de enriquecer el mismo.También contiene una serie de

prácticas relativas a cada unidad

El contenido teórico de la materia y los ejercicios de las prácticas,se ha hecho

principalmente en base al texto oficial de Investigación de Operaciones (de Hamdy

Taha), como también se consideró algunos ejercicios de la serie Schaumm.

La unidad I trata sobre el marco teórico de la Investigación de Operaciones

La unidad II está constituido por dos partes una algebraica y otra la utilización de los

algoritmos de programación lineal.

La unidad III desarrolla el análisis de sensibilidad mediante la relación del primal y dual

La unidad IV Aplica el método simples a los modelos de transporte haciendo extensivo

a otros modelos como el de asignación de recursos,el de control de producción e

inventarios.

Finalmente la unidad V analiza los modelos de redes con sus diferentes extensiones.

En cuanto a las prácticas éstas se la tienen enumeradas de acuerdo a los temas

desarrollados.

Se sugiere al lector utilizar algún programa especializado a la materia ,principalmente

en aquellos algoritmos demasiados complejos y cuyo procedimiento conlleva

demasiado tiempo .Entre éstos programas tenemos el TORA de fácil manejo.

Esperando que éste documento facilite el proceso de enseñanza y aprendizaje del

alumno de manera eficiente ,reitero estoy presto a recibir las observaciones y

sugerencias, para mejorar el mismo.

La Paz, 28 de Febrero de 2011

1

Unidad Nº 1 Introducción a la Investigación operativa Competencia: el estudiante debe tener el marco teórico general de la Investigación Operativa a través de las definiciones conceptos básicos y procedimientos sobre los modelos de programación en cuanto a sus fases de análisis de la investigación de operaciones de los diferentes modelos de programación lineal. Descripción general de la unidad.- la unidad I trata sobre la definición y concepto sobre la investigación de operaciones y la descripción de las diferentes fases sobre el análisis de la investigación de operaciones de los diferentes modelos de programación lineal.

Introducción.- La Investigación Operativa surge durante la 2ª Guerra mundial, principalmente en la toma de decisiones respecto de la utilización de los materiales bélicos .Al final de la misma se extiende al sector civil en cuanto a la eficiencia y la productividad.

Actualmente la Investigación Operativa constituye la herramienta fundamental en la toma de decisiones respecto a cualquier actividad económica limitado por los escasos recursos disponibles y/o elevar la eficiencia de algunos servicios, considerando además factores intangibles como el comportamiento psicológico de las personas.

Definición.- La Investigación Operativa es una de las ramas de las Matemáticas, consistente en el uso de Modelos Matemáticos, estadísticos y Algoritmos en el proceso de la toma de decisiones. Generalmente trata el estudio de complejos sistemas reales con la finalidad de optimizar (maximizar o minizar) o de mejorar la eficiencia de los mismos. La investigación operativa permite el análisis de la toma de decisiones teniendo en cuenta los escasos recursos, para determinar como se puede optimizar un objetivo definido la maximización de los beneficios o la minimización de los costos.

Modelos de Investigaciones de Operaciones.- Los Modelos de Investigación depuraciones tienen tres componentes.

1) Las alternativas o variables,2) Objetivo 3)y Las restricciones.

Los mismos que permiten organizar para:

a) Maximizar o minimizar la función objetivo, b) Sujeto a restricciones o condiciones Se dice que un Modelo tiene solución factible si satisface todas las restricciones y es óptima si produce el mejor valor (Máximo o Mínimo) para la función objetivo

Técnicas de solución de los modelos de Investigación Operativa.- De acuerdo a la naturaleza de los modelos se tiene diferentes técnicas de solución, entre ellas tenemos:

1) Programación lineal.- Se utiliza esta técnica cuando los modelos tienen las funciones objetivos y las restricciones estrictamente lineales (las variables de la función como de las restricciones deben tener potencia unitaria)

2) Programación entera.- Se utiliza cuando las variables toman valores enteros

2

3) Programación Dinámica.- Se utiliza cuando el modelo original se puede descomponer en subproblemas o submodelos más pequeños.

4) Programación de Red.- Se utiliza cuando el problema o modelo se puede construir o modelar como una red.

5) Programación No Lineal Se utiliza cuando el modelo tiene funciones no lineales.

Nota.- Generalmente estas técnicas de Investigación no dan soluciones únicas o cerradas, tal como se obtiene al aplicar fórmulas, por lo que se debe recurrir a:

Algoritmos Son reglas fijas de cómputo que se utilizan en forma iterativa al problema, donde cada iteración obtiene una solución cada vez más cercana a la óptima (para ello es necesario recurrir algún paquete). Cuando los modelos son demasiados complejos, siendo imposible resolverlos mediante algoritmos de optimización, se deberá recurrir a reglas simples de criterio. Dentro los modelos de Investigación operativa tenemos dos modelos especiales:

1) Modelos de Colas Utilizados principalmente en problemas de líneas de espera que buscan a la mayor eficiencia del servicio y basados en modelos probabilísticas, sujetos a hipótesis especificas, limitando el alcance de la aplicación.

2) Modelos de Simulación.- Por diferentes factores se suele recurrir a la simulación de los problemas de líneas de espera principalmente, por lo tanto estima las medidas de eficiencia, siendo esta mas flexible que la anterior.

Necesidad de los Modelos.- En forma general Modelo es la representación simple, mediante la abstracción, de cualquier aspecto de las ciencias del mundo real, se logra la simplificación del mundo real al mundo “supuesto” utilizando variables que permitan cuantificar el problema y por ende resolverlos.

Por Ej. se tiene una empresa manufacturera que produce una variedad de empaques de de plástico para PC. Cuando se emite una orden de producción al departamento de producción, se adquieren las materias primas necesarias en los almacenes de la empresa o se compran de proveedora externos .una vez terminado el lote de producción, el depto. De ventas se hace cargo de distribuir el producto entre los consumidores. Un problema fundamental sería determinar el tamaño del lote, y como se podría representar en el modelo.

Para determinar las variables que influyen de manera directa en el nivel de producción, será necesario clasificar los departamentos de la empresa:

1.-Departamento de producción.-que está en función de la capacidad de producción expresada en función de las horas máquina y mano de obra disponible, inventario en proceso y normas de control de calidad 2.-Departamento de materiales.-que está en función del stock disponible de materias primas, programas de entrega de sus proveedores y limitaciones de almacenamiento

3

3-Departamento de ventas.- que está en función del pronóstico de ventas, capacidad de las instalaciones de distribución, eficacia de la campaña publicitaria y efecto de la competencia Como se podrá ver existen varias variables explícitas, en este caso el de producción, de materiales y el de ventas las mismas que a su vez están en función de otras variables implícitas, por lo tanto es muy complejo establecer las relaciones existentes entre estas variables y el nivel de producción, para solucionar éste problema se puede aproximar al sistema real mediante la utilización de otras variables llamadas dominantes como ser:

1.-Tasa de producción.-la misma que implica variables como la capacidad de producción, las normas de control de calidad y la disponibilidad de las materias primas

2.-Tasa de consumo.- la misma que está determinada por las variables asociadas al depto de ventas.

A partir de estas tasas se puede establecer medidas de exceso o carencia de inventario. El modelo sintetizado se puede definir de modo que equilibre los costos contrapuestos de exceso y de carencia de inventario, es decir que minimice el costo del inventario.

FASES DEL ANALISIS DE INVESTIGACION DE OPERACIONES La construcción de los modelos de investigación operativa requiere de la ciencia como del arte del investigador, de la ciencia porque utiliza técnicas matemáticas y del arte porque requiere habilidad destreza experiencia y juicio.

Para ello se sugiere seguir los lineamientos generales para implementar la investigación de operaciones:

1) La definición del problema

2) La construcción del modelo 3) La solución del modelo

4) La validación del modelo 5) La Implementación del modelo.

1) Definición del modelo o planteamiento del problema.- Se debe delimitar el alcance del problema que se investiga interdisciplinariamente entre todo el equipo de investigación, la misma que comprende específicamente en: a) La descripción de las alternativas de decisión que generalmente se traduce en las variables de entrada b) La determinación del objetivo de estudio que se traduce como función matemática, la misma que se optimizará (Maximizando o Minimizando) c) La especificación de las limitaciones en el que el modelo funciona, traduciéndose en restricciones explícitas (disponibilidad de recursos) como implícitas (de no negatividad de las variables y/o el carácter de enteros de las mismas.

2) Construcción del modelo Representar la definición del problema como relación matemática o función matemática objetivo. Si resultan modelos matemáticos “normales” (programación Lineal), se puede llegar a soluciones utilizando los diferentes algoritmos disponibles. Si resultan demasiados complejos, se debe simplificar y utilizar un método heurístico o recurrir al uso de la simulación si se desea aproximar, o en algunos casos combinar modelos matemáticos de simulación con los heurísticos.

4

3) La solución del modelo.-

Se utilizan los algoritmos de optimización, debiendo ejecutarse un análisis de sensibilidad, principalmente cuando no se pueden determinar con exactitud los parámetros del modelo.

4) Validación del modelo.- Para determinar si el modelo en cuestión es el adecuado, éste se debe comprobar principalmente cuando se desea predecir el comportamiento del sistema en cuestión, de manera que no se produzcan”sorpresas”,debiendo comprobar con datos históricos, siendo válido si reproduce el funcionamiento con el pasado .Cuando el sistema es nuevo y no se cuenta con datos históricos, se sugiere recurrir la simulación.

5) Implementación del modelo La implantación de la solución del modelo se entiende la instrucción de la operación de los resultados obtenidos en el modelo, dichas instrucciones deben ser emitidas de manera comprensiva para el personal que administran el sistema.

1

Unidad 2 Programación Lineal (Método Simplex) Competencia: el estudiante debe recordar la resolución de sistemas de inecuaciones de manera algebraica como gráfica, para aplicar correctamente en la resolución de modelos de programación lineal y en el análisis de sensibilidad de los mismos para posteriormente utilizar diferentes métodos de solución como el simples.

Descripción general de la unidad.- La unidad comienza con un repaso sobre la solución de sistemas de inecuaciones de manera algebraica como gráfica posteriormente plantear, construir modelos de programación lineal con dos variables utilizando técnicas algebraicas como algoritmos como el método simplex. Introducción.- La programación lineal se utiliza en modelos de optimización, donde tanto las funciones objetivos como las restricciones son lineales. Esta técnica tiene mucha aplicación en el campo de la industria, transporte, economía, salud, logística militar.

La programación Lineal constituye la base fundamental para la formulación de algoritmos, programación entera, estocástica y no lineal..

Modelos de programación simples (con dos variables) Solución algebraica.- Aunque en la práctica no se presenta con mucha asiduidad, nos permite tener una visión global sobre la solución de los modelos en forma completa y general.

Ej. Una CIA. de pinturas para exteriores y para interiores(M1 y M2) de acuerdo a la siguiente información:

Especificaciones Materia Prima

Ton de materia prima de

Pinturas ext. Pinturas int

Disponibilidad Diara Máxima (Ton)

Materia Prima M1

Materia Prima M2

6 4

1 2

24

6

Utilidad (miles/Ton.) 5 4

Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pinturas para interiores no puede ser mayor que 1 ton. que la de pintura para exteriores. También que la demanda máxima diaria de pinturas para interiores es de 2 ton. La CIA. desea determinar la mezcla óptima (la mejor de productos para exteriores e interiores de manera de maximizar la UTILIDAD total diaria. De acuerdo a las etapas de la construcción del modelo tenemos:

Sol.-Definición o planteamiento del problema 1) Alternativas y/o variables de decisión :

X1 : Producción diaria de pinturas para exteriores en toneladas X2 : Producción diaria de pinturas para interiores en toneladas M2→

2) Función Utilidad Z= 5 X1 + 4 X2

Función Objetivo :Maximizar la Utilidad Z* =5 X1 + 4 X2

2

3) Restricciones o limitaciones: a) De Disponibilidad:

Explicativas Materia Prima M1 → 6 X1 + 4X2 ≤ 24 (ton)

Materia Prima M2 → X1 +2X2 ≤ 6 (ton)

b) De mercado: X2≤ X1 + 1→ - X1 + X2 ≤ 1 (ton) X2 ≤ 2 (ton)

Implícitas

c) Condición de no negatividad: X1 , X2 ≥ 0

Construcción del modelo: Maximizar Z=5 X1 + 4 X2 → Z* =5 X1 + 4 X2

Sujeto a las restricciones: 1) → 6 X1 + 4X2 ≤ 24

2) → X1 +2X2 ≤ 6

3) → - X1 + X2 ≤ 1

4) → X2 ≤ 2 5) → X1 , X2 ≥ 0.

El modelo tiene solución factible si para cualquier valor de X1 , X2 satisface todas las restricciones del modelo, y permitirá determinar la solución óptima. A partir de la estructura del modelo se podrá utilizar cualquier técnica de optimización como ser la gráfica, la algebraica, la simplex etc. Solución gráfica.- Se sugiere realizar dos pasos:

1) Determinación del espacio factible de soluciones: se deberá determinar la figura geométrica utilizando todas las restricciones, para ello se deberá determinar las líneas que determinen el espacio factible de solución:

3

Obteniendo las rectas de las restricciones: 1)→ 6 X1 + 4X2 ≤ 24 ; 2) → X1 +2X2 ≤ 6 ;3)→ - X1 + X2 ≤ 1 ; 4) → X2 ≤ 2

0 6 0 3 0 1 4 0 6 0 -1 0

X2 → 6

El espacio de soluciones está determinado

5 por la figura geométrica del trapecio deter-

↓ minado por los puntos ABCDEF dentro este 4 espacio existen una infinidad de soluciones

3

2 E ↓ D

→ ↓ C 1 F Espacio de soluciones ← ↑

A ↑ B 0 1 2 3 4 5 6 X1

2.-Determinación de la solución óptima.- Las soluciones óptimas están determinados por

todas las esquinas o puntas, para determinar específicamente cual esquina es la adecuada se asignan valores arbitrarios crecientes al valor de Z por que la función objetivo es maximizar(,si se trata de minimizar se dan valores decrecientes),para determinar la dirección de la recta de la función objetivo de manera que toque uno de las esquinas o, puntas o vértices de la figura, en este caso se da dos valores Z= 10 y Z=15 por lo tanto se deben graficar las rectas de la función Z: =5 X1 + 4 X2 =10 Z= 5 X1 + 4 X2 =15

5

1

3

4

6

2

4

X2

6

5

4

3 2 E ↓ D

1.5 → ↓ © 1 F Espacio de soluciones ←

A ↑ B 0 1 2 3 4 5 6 X1

→ → Z=10 Z= 15 Z= 21 Solución algebraica .-

Para determinar analíticamente el punto solución óptima se debe resolver el sistema de ecs. de las dos rectas de todas las puntas o intersecciones, en este caso en el punto C

Se debe resolver el sistema de ecs de la 1ª restricción 6 X1 + 4X2 ≤ 24 → X1 = 3

2 restricción X1 +2X2 ≤ 6 → X2 = 1.5

Problema de minimización Al igual que en el caso de maximización, en los modelos de minimización se deben determinar las alternativas y/ o variables, la función objetivo y las restricciones, para determinar la recta de la solución óptima en forma gráfica se debe proponer valores decrecientes para determinar la dirección de la recta “z”

Ejemplo.- En una granja se usa diariamente un mínimo de 800 lbs de un alimento especial que es una mezcla de maíz y soya con las siguientes características: Especificaciones

Alimento

Libras /lb de alimento

Proteínas Fibras

Costo $ /lb

Maíz 0.09 0.02 0.30

Soya 0.60 0.06 0.90

5

Las necesidades dietéticas del alimento especial son un mínimo de 30% de proteínas y un máximo de 5% de fibras. La granja desea determinar las proporciones de alimento que produzcan un costo diario MINIMO.

Solución gráfica y algebraica.- Solución.- Determinación de las variables: X1 : lbs de maíz en la mezcla diaria

X2 :lbs de soya en la mezcla diaria

Determinación de la función costo Z= 0.30 X1 + 0.90 X2

Función objetivo Minimizar Z → Z* = 0.30 X1 + 0.90 X2

Determinación de las restricciones

a)De disponibilidad X1 + X2 ≥ 800 b)De dieta o composición.0.09 X1 +0.60 X2 ≥ 0.30( X1 + X2) →0.21 X1 -0.30 X2 ≤ 0

0.02 X1 + 0.06 X2 ≤ 0.05 (X1 + X2) → 0.03 X1 -0.01 X2 ≥ 0 c) Implícitas: X1, X2 ≥ 0

Cuya solución gráfica está dado Por:

X2 1500

→ B → ↓ ←D Mín Z = 0.3x1+0.9x2

Espacio de soluciòn 1000 factible

↑ A

500 ↑ © Soluciòn òptima X1 = 470.6 lb. X2= 329.4lb Z= $437.64

↑

0 500 1000 1500 X1

ANÀLISIS DE SENSIBILIDAD.- En la etapa de la solución del modelo se sugiere realizar el análisis de sensibilidad que permita obtener información adicional sobre el comportamiento de la solución óptima como efecto de ciertos cambios en los valores de los parámetros del modelo, para aumentar la aplicación de la programación lineal en la práctica para hacerla más dinámica. El análisis de sensibilidad generalmente se lo hace en cambios en:

a) Los coeficientes de la función objetivo ,b)Los valores de las restricciones.

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1.-Cambios en los coeficientes de la función objetivo De manera general la función objetivo se la expresa:

Maximizar o minimizar → Z = C1 X1 + C2 X2 ; donde los cambios en los coeficientes C1 , C2 lógicamente harán cambiar la valoración y la pendiente Z y posiblemente el punto solución .sin embargo hay un intervalo de variación tanto para C1 como C2 ,dentro el cual el punto óptimo permanece sin cambiar, por lo tanto se necesita determinar:

Intervalos de optimabilidad (IO) para C1 , C2

Para determinar dichos intervalos es necesario utilizar las relaciones:

C1 / C2 para el coeficiente de la variable X1, dado el valor C2 =constante, C2 ≠0(para evitar que la pendiente Z no sea vertical)

C2 / C1 para el coeficiente de la variable X2 dado el valor C1 =constante C1 ≠0(para evitar que la pendiente Z no sea horizontal).

En forma general: el IO para Ci = Valor Mìn ≤ Ci / Cj ≤ Valor màx ; con Ci≠0 ; Cj ≠0 ,para evita que la pendiente Z sea paralela a uno de los ejes del sistema.,donde las condicionante Cj se mantienen constante mientras que el otro cambia. Siguiendo con la información del modelo de la Cìa de pinturas ,se pide hallar los IO . Sol.- De acuerdo a las restricciones del modelo tenemos:

1) 6 X1 + 4X2 ≤ 24 → 4 / 6 ≤ C2 / C1 ≤ 2 / 1; con C1 =5→ 10 / 3 ≤ C2 ≤ 10 con C1 ≠0

Significa que si C1 =5 el valor de X1 puede variar desde 2 hasta 6 sin cambiar la solución óptima

2) X1 +2X2 ≤ 6 → 1 / 2 ≤ C1 / C2 ≤ 6 / 4; con C2 =4→2≤ C1. ≤6 con C2 ≠0 Significa que si C2 = 4 el valor de X2 puede variar desde 10/3 hasta 10 sin cambiar la solución óptima

Nota.- 1.-Cuando Ci≠0 ; Cj ≠0 los IO deben dividirse en dos conjuntos en los que los denominadores no deben ser ceros

2.-Mientras que los valores de los parámetros de la función objetivo estén comprendidos en los IO la solución óptima se mantiene, en éste caso en el punto C

2.-Cambios en las restricciones Cuando se plantean las restricciones en los modelos se suponen que los recursos son limitados en forma explícita o implícita donde la parte derecha de las restricciones representan los límites de disponibilidad de los recursos, Por lo tanto el análisis de sensibilidad se hará también a través de la variación de los recursos disponibles, teniendo presente que se hará manteniendo los otros recursos constantes y obteniendo los:

Intervalos de factibilidad (IF) para Mi.- los mismos que en forma general:

IF Mi = Valor Mìn ≤ Mi / Mj ≤ Valor màx ; donde los Mj = constante, para ello se debe recurrir a la solución de las restricciones en función de las Mi.

Siguiendo con la información de la Cìa de las pinturas y resolviendo el sistema de inecuaciones de las restricciones tenemos: El IF para M1→ 20 ≤ M1 ≤ 36 ; y el IF para M2→ 4≤ M2 ≤ 20 / 3

7

Valor por unidad de cambio.-Los modelos de programación lineal se pueden resumir como un modelo de entrada y salida(in-put-out put) es decir entrada de datos y salida de resultados mediante el proceso o actividades del modelo de programación lineal, cuya representación gráfica.

De acuerdo a este esquema resulta determinar como los cambios de los datos o recursos pueden influir sobre el resultado, es decir determinar: El valor por unidad de un recurso el mismo que se define como la tasa de cambio en Z debido a los cambios en la cantidad de los recursos, el mismo que se calcula. yi = Δ Zi* / LIOi donde . yi= Valor de cada unidad del i-esimo recurso

Δ Zi*= cambio en función objetivo LIOi =longitud del intervalo de optimalidad del i-èsimo recurso

Siguiendo con nuestro ej, se pide determinar los cambios o tasas de los recursos M1 y M2 Para Z1 → 5(2) + 4(2) = 18( Miles de $us); Para Z2 → 5(6) + 4(0) = 30(Miles de $us)

→ Δ Y1 = (30-18)=12 ; LIO1 = (36-20) =16 → Y1= 12/ 16 = 0.75(miles de $us/ton de M1 ) Esto quiere decir que un cambio de 1 tonelada en M1 ,dentro el intervalo 20 ≤ M1≤ 36 harà cambiar el valor òptimo de Z en 0.75 $us ò 750 $us Para Z1 → 5(4) + 4(0) = 20( Miles de $us); Para Z2 → 5(8/3 + 4(2) = 64/3(Miles de $us)

→ Δ Y2 = (64/3-20)=4/3 ;LIO 2 =20/3 -4 = 8/3→ Y2 = (4/3) /(8/3)= 0.5(miles de $us/ton de M2 ) Esto quiere decir que un cambio de 1 tonelada en M2 ,dentro el intervalo 4 ≤ M2 ,≤ 20/3 harà cambiar el valor òptimo de Z en 0.5 $us ò 500 $us

Análisis de modelos seleccionados de programación lineal.- En la práctica los modelos analizados con dos variables son poco reales, por lo que ahora se extenderá a modelos más reales, donde la definición de las variables(màs de dos) y la construcción de los mismos no son tan directos como en los casos anteriores..Como ser:

Modelos bancarios.- El Banco Ganadero ésta desarrollando una política de préstamos por un máximo de $us 12 millones de acuerdo a distintos préstamos

Tasas

Tipo de préstamo

De interés De deuda

% %impagable

Personal

Automóvil

Casa

Agrícola

Comercial

0.140 0.10

0.130 0.07

0.120 0.03

0.125 0.05

0.100 0.02

Recursos del modelo

Proceso Actividades del modelo

Valor objetivo del modelo Z

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Las deudas impagables no se recuperan por lo tanto no producen ingresos por intereses sino representan pérdidas. Para competir con otras instituciones, necesita que el banco asigne un mínimo del 40% de los fondos a préstamos agrícolas y comerciales. Para ayudar a la industria de la construcción de su región los préstamos familiares deben ser iguales cuando menos al 50 % de los préstamos personales para automóvil y para casa. También el banco tiene una política explícita que no permite que la relación gral. De préstamos impagables entre todos los préstamos sea mayor que el 4%.El objetivo del banco es maximizar su retorno neto que es la diferencia entre el retorno por intereses y por préstamos impagables. Solución.-

Determinación de las variables. Ingreso neto=(Ingreso-Egreso) X1 : préstamos personales 0.14(1-0.10)-0.1=0.026

X2 : préstamos para automóvil 0.13(1-0.07)-0.07=0.0509 X3 : préstamos para casa 0.12(1-0.03)-0.03=0.0864

X4 : préstamos para agricultura 0.125(1-0.05)-0.05=0.06875 X5 : préstamos comerciales 0.10(1-0.02)-0.02=0.078

Función Retorno neto Z = 0.026 X1 +0.0509X2 +0.0864X3 +0.06875X4 +0.078X5

Restricciones (millones de $)

1) Fondos totales → X1 +X2 +X3 +X4 +X5 ≤ 12

2) Fondos agrícolas-comerciales→ X4 +X5 ≥0.4(12)

3) Fondos para la construcciòn → X3 ≥0.5(X1 +X2 +X3) 4) Límite de deudas impagables →(0.01X1 +0.07X2 +0.03X3 +0.05X4 +0.02X5) ≤ 0.04

X1 +X2 +X3 +X4 +X5 5) No negatividad → X1 ,X2,X3,X4,X5 ≥0

El modelo se construye bajo una hipótesis y es que todos los prèstamos se otorgan al mismo tiempo.La soluciòn del odelo de acuerdo al programa TORA recomienda sòlo prèstamos comerciales y para casa.Como tarea se pide ejecutar el programa y analizar los resultados

Modelo de uso y desarrollo de bienes y raìces.- Una Cìa de bienes y raìces posee 800 acres(1 acre= 0.4046 Hectàreas=4046 m²) de terreno en un lago escènico,debido a la carencia de servicios de alcantarillado existe muchos pozos sèpticos .ocasionando problemas de contaminación de agua.Para mitigar el degradamiento de la calidad del agua,las autoridades municipales aprobaron reglamentos estrictos para todos los desarrollo urbanìstico en el futuro:

1)Sòlo se pueden construir casa para una ,dos y tres familias y las casas uni8familiares deben ser al menos el 50% del total.

2)Para limitar la cantidad de fosas sèpticas se requieren tamaños mìnimos de lote de 2,3,4 acres para las casas con una ,dos y tres familias respectivamente.

3)Se deben establecer àreas de recreos de 1 acre c/u en un proporción de una por 200 fmilias.

4)Para preservar la ecologìa del lago,no se debe bombear agua subterrànea para usoi domèstico ni de riego.

9

El presidente de la Cìa estudia la posibilidad de desarrollar los 800 acres de la empresa,el mismo incluirà casa para una dos ,tres familias.Se estima que el 15 % de los acres se debe asignar a calles y servicios comunitarios.La Cìa estima que los ingresos por las diversas unidades de habitación seràn:

Unidad de habitaciòn Una(flia) Dos(flia) Tres(flia)

Rendimiento neto/unidad ($) 10 000 12 000 15 000

El costo de conectar el servicio del agua al àrea es proporcional a la cantidad de unidades construidas.Sinembargo,el municipio cobra un mìnimo de $ 100000 por el proyecto.Ademàs el aumento de la capacidad actual del sistema del abastecimiento de agua se limita 200000 galones por dìa durante las temporadas pico.Los datos siguientes resumen el costo de conectar el servicio de agus y tambièn el consumo de agua ,suponiendo familias de tamaño promedio:

Unidad de habitación

Gasto-Consumo

Una Dos Tres Parques

jardines

Costo del servicio Agua($)/unidad

Consumo de agua por unidad galòn/dìa

1000 1200 1400 800

400 600 840 450

La empresa desea maximizar el rendimiento total sobre la construcciòn de las diferentes casas y de las àreas de recreo

Soluciòn.- Variables; X1 : Cantidad de casas unifamiliares

X2 : Cantidad de casas para dos familias

X3 : Cantidad de casas para tres familias

X4 : Cantidad de àreas de recreo Funciòn objetivo:Maximizar el rendimiento total:

Màx Z = 10 000 X1 +12 000 X2 + 15 000 X3 Restricciones:

1) Uso del terreno 2 X1 +3 X2 + 4 X3 + 1X4 ≤ 680(=0.85x800) 2) Casas unifamiliares X1 / (X1 + X2 + X3) ≥ 0.5 → 0.5 X1 -0.5 X2- 0.5 X3 ≥ 0

3) Areas de recreo X4≥( X1 + 2X2 + 3 X3) / 200→200 X4- X1 -2 X2- 3 X3 ≥0 4) Costo del capital para el servicio del agua

1000 X1 +1200 X2 + 1400 X3 + 800X4 ≥ 100 000 5)Consumo de agua 400 X1 + 600 X2 + 840 X3 + 450X4 ≤ 200 000

6) No negatividad : X1 , X2 , X3,X4 ≥ 0 NOTA.- Cuando se construye modelos se sugiere tener cuidado con el redondeo y la proporcionalidad,asì por ej. Los coeficientes de las restricciones del costo de capital y consumo de agua (4 y 5) son comparativamente muy grandes con respecto a las demàs restricciones,en este caso es necesario homologar para ello es necesario reducir la escala

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de èstas restricciones dividiendo entre mil por lo tanto dichas restricciones modificadas serìan: 4)Costo de capital para el servicio del agua:

X1 +1.2 X2 + 1.4 X3 + 0. 8X4 ≥ 100 5) Consumo de agua:

0.4 X1 +0.6X2 + 0.840 X3 + 0.45X4 ≤ 0.200

MÈTODO SIMPLEX.- Hasta ahora todos los modelos tratados y resueltos estaban construidos en base a dos variables, en la pràctica, los modelos de programación lineal tienen màs de dos variables ,por lo que el mètodo gràfico o algebraico ya no es fácil utilizar por lo que se debe recurrir a otros mètodos o tècnicas de soluciòn. Entre ellos tenemos el mètodo simples que està asociado con un punto esquina del espacio de soluciones. La transición de soluciòn hasta el mètodo simplex implica un procedimiento de còmputo (Iteraciones). Para ello se debe convertir todas las restricciones de desigualdad en ecuaciones para posteriormente manipular las ecuaciones de manera sistemàtica

ESPACIO DE SOLUCIONES.- Para determinar el espacio de soluciones de programación lineal en forma algebraica:

1)Se debe convertir las inecuaciones de las restricciones en ecuaciones con el lado derecho no negativo

2) Todas las variables son no negativas.

CONVERSIÒN DE LAS DESIGUALDADES EN ECUACIONES.- - Las restricciones del tipo a lo mucho ( ≤ ) la parte derecha representa el lìmite de

disponibilidad de los escasos recursos ,el lado izquierdo representa el uso de esos recursos limitados por parte de las actividades del modelo. VARIABLES DE HOLGURA (Si).-La diferencia entre el lado derecho y el lado izquierdo de èstas desigualdades representa la cantidad no usada ,la misma que se traduce en variables de holgura;por lo tanto para convertir en ecuación èstas desigualdades se deben agregar dichas variables al lado izquierdo de dichas restricciones.

Ej. Se tiene la siguiente restricción del modelo de pinturas: 1) 6 X1 + 4X2 ≤ 24 → 6 X1 + 4X2 + S1 = 24 tal que S1 ≥0

- Las restricciones del tipo por lo menos (≥) donde la parte izquierda representa una cantidad mayor que el lìmite mìnimo del lado derecho

VARIABLES EXCEDENTES (-Si).- La diferencia en tre lado izquierdo y el lado derecho de èstas desigualdades representa la cantidad excedente,traducièndose en variables excedentes ,por lo tanto para convertir en ecuación èstas desigualdades se deben restar la variable excedente en el lado izquierdo

Ej. Se tiene la siguiente restricción del modelo de la dieta 2) X1 + X2 ≥ 800→ X1 + X2 -S1 = 800 tal que S1 ≥ 0

Nota.- cuando el lado derecho es negativo se debe multiplicar por (-1) cambiando la direcciòn de la desigualdad

Ej. Se tiene: - X1 + X2 ≤ -3 → X1 - X2 + S1 = -3 → S1≥ 0 *(-1) → X1 - X2 - S1 = 3

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TRANSICIÒN DE LA SOLUCIÒN GRÀFICA A LA ALGEBRAICA SIMPLEX La soluciòn gràfica de un modelo de programación lineal constituye la base para desarrollar el mètodo algebraico y por ende el simplex ,el mismo que se puede apreciar en el siguiente esquema.

Mètodo gràfico Mètodo algebraico

Nota.- a)*Espacio de soluciones.- el espacio de soluciones se representa con m ecs. Lineales simultaneas y n variables no negativas,para delimitar el espacio de soluciones se debe recurrir a la realciòn m ≤ n de la siguiente manera:

a) si m= n siendo las ecs.consistentes →el sistema tiene una soluciòn b) si m < n (mayor parte de los modelos de programación lineal) → el sistema de ecs. Produce una infinidad de soluciones. b)** Puntos soluciòn.-Para determinar los puntos soluciòn,se debe igualar n-m = 0 y luego despejando las n variables restantes de las m ecs.,la soluciòn resultante,si es ùnica corresponde aun punto esquina del espacio de soluciones

c)***El nùmero de esquinas soluciòn se obtiene mediante n C m d) Variables no bàsicas.-Se llaman variables no bàsicas a las n-m = 0

e) Variables bàsicas .- son las m variables restantes que tienen una soluciòn ùnica y su soluciòn se llama soluciòn bàsica

En resumen el mètodo simples se usa un procedimiento de bùsqueda diseñado para llegar al punto esquina òptimo en forma eficiente ,aunque el procedimiento es algo largo y tedioso,para ello se sugiere utilizar algún programa como el TORA o el Excel

Identificar puntos factibles esquina del espacio de soluciones (corresponde a una cantidad finita de puntos de esquina)

Determina las soluciones bàsicas factibles de las ecs. (las soluciones òptimas corresponden a una cantidad finita de soluciones bàsicas factibles)

Representar el espacio de *soluciones con m ecs. Con n variables ↓ Sistema con infinidad de soluciones

Graficar las restricciones ↓ Espacio de soluciones factibles

Utiliza la funciòn objetivo para determinar la soluciòn bàsica òptima

Utiliza la funciòn objetivo para determinar el punto esquina òptimo (entre todos los candidatos)

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Modelo programación de maximización Para corroborar el esquema de la transición se tiene el siguiente modelo de programcaciòn lineal.

Maximizar: Z = 2X1 + 3X2 determinar de manera gràfica y algebraica Sujeto: 1) 2X1 + X2 ≤ 4 a) los puntos de soluciòn factibles y no factibles

2) X1 +2 X2 ≤ 5 b) Los puntos òptimos de soluciòn, 3) X1, X2 ≥ 0 c)Las variables no bàsicas como bàsicas

d) Puntos esquina asociado su factibilidad y el valor de Z Soluciòn gràfica:

Determinación del espacio de soluciones utilizando las restricciones determinando las rectas. 1) 2X1 + X2 ≤ 4 2) X1 +2 X2 ≤ 5 que delimiten el espacio posible de soluciones

2 0 5 0 0 4 0 2.5

X2≥ 0 a) Puntos de soluciòn.factibles: A=(0,0) ,B=(2,0) ,C=(1,2),D=(0,2.5)

4 F no factibles : E=(5,0), F=(0,4)

Espacio de soluciòn factible; limitado por los puntos. 3 A,B,C,D

D b)Punto òptimo de soluciòn C = (X1 =1, X2 =2) porque satisface

2 ↓ © Punto òptimo de soluciòn las tres restricciones

espacio 1 l→sol. ←

A ↑ B E 0 1 2 3 4 5 X1≥ 0

Soluciòn algebraica:

Convirtiendo el modelo original en modelo de programación lineal(igualando las inecuaciones en ecuaciones introduciendo las variables de holgura en cada restricción explìcita) Maximizar . : Z = 2X1 + 3X2

Sujeto: 1) 2X1 + X2 + S1 = 4 2) X1 +2 X2 +S2 = 5

3) X1, X2, S1, S2 ≥ 0 a)Determinando los puntos esquina como m= 2 ecs. y n= 4 variables entonces el nº de puntos esquina o soluciòn 4 C 2= 6 esquinas de acuerdo a la determinación de las variables no bàsicas 4-2= 2 ,resolvièndolas (igualando a cero) para hallar el valor de las demàs.

Asì por ej. Si las dos primeras no bàsicas son X1, X2 es decir X1=0, X2=0 ,resolviendo las demàs ecs. con estos dos valores en las restricciones transformadas se tiene

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1) 2(0) + (0) + S1 = 4 → S1 = 4 corresponde al Punto o esquina A=(X1 =0, X2=0)

2) (0) +2 (0) +S2 = 5 → S2 = 5 Cuyo valor objetivo de Z=2X1 + 3X2 → Z=2(0) + 3(0)= 0

Y asì sucesivamente se procede resolviendo los sistemas de 2 ecs ,los mismos que se resumen en el siguiente cuadro:

Variables no Variables Soluciòn Punto Factibilidad Valor Bàsicas(=cero) Bàsicas(≠ cero) Bàsica esquina asociado Objetivo de Z

( X1, X2 ) (S1, S2) (4,5) A si 0 (X1, S1) (X2, S2) ( 4,-3) F no - (X1, S2) (X2, S1) (2.5,1.5) D si 7.5 (X2, S1) (X1, S2) (2,3) B si 4 (X2, S2) (X1, S1) (5,-6) E no - ( S1 S2) (X1, X2) (1,2) C si 8(òptimo)

Nota,- se pide alumno verificar la solución básica

Condiciones para aplicar el algoritmo Simples.- Para aplicar el mètodo simplex a un modelo de programación lineal es necesario tener presente algunos conceptos,para luego determinar si cumplen dos condiciones:1) la de factibilidad y 2) la de optimalidad

Variable de entrada.- en un problema de maximización es aquella variable No bâsica que tenga el coeficiente màs negativo ,en uno de minimización ,màs positivo en el renglón de la Z,si existe empate se elige uno de ellos Variable de salida.-en un problema de maximización y de minimización es la variable bàsica relacionada con la razòn mìnima en la columna de las razones,si existe empate,se elige uno de ellos

1)Condiciòn de factibildad.- se dice que el modelo es factible si existe por lo menos una variable de salida

2)Condiciòn de optimalidad .-se llega a una optimalidad en la iteración respectiva cuando todos los coeficientes de las variables no bàsicas en el renglón Z son no negativos en el caso de una maximización o todos son no positivos en un acaso de minimización

Procedimiento para efectuar el algoritmo simples en modelos de maximizaciòn con variables de holgura Para aplicar el algoritmo simplex a modelos de programación lineal con dos ò màs variables se sugiere seguir los siguientes pasos: 1.-Convertir las inecuaciones de las restricciones explìcitas en igualdades introduciendo variables de holgura(Si) si se desa maximizar y/o variables excedentes si se trata de minizar

2.-Igualar la funciòn objetivo a cero

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3.-Utilizar la tabla simples(tabla de entrada y de salida),donde las filas corresponden a las variables posibles de salida y las columnas a las variables de entrada posibles,llenando con sòlo sus coeficientes.

4.-Determinar el eje columna pivote y renglón pivote el que determina el elemento pivote(Intersecciòn de fila y columna pivote)

En un modelo de Maximización: La variable de entrada serà aquel con mayor coeficiente de la funciòn objetivo Z original ò mayor valor negativo de la funciòn objetivo transformado.

La variable de salida se obtiene determinando las razones de cada fila las mismas que se obtienen dividiendo los valores de cada soluciòn sobre los valores de cada columna de la variable de entrada,siendo la variable de salida aquella que tenga razòn mìnima

En un modelo de minimización La variable de entrada,serà aquella variable no bàsica con el coeficiente objetivo màs positivo

La variable de salida serà con mìnima razòn igual que en la de maximizar 5.-Iterar tantas veces el 4º paso,hasta que los valores de la funciòn objetivo Z en la tabla simples sean No negativos Ej.Del modelo de la Cìa de pinturas.resolver mediante el algoritmo simplex.

Maximizar Z=5 X1 + 4 X2 Z-5X1 - 4X2 - 0S1 - 0S2-0S3-0S4 = 0

Sujeto a las restricciones:

1) → 6 X1 + 4X2 ≤ 24 1) → 6 X1 + 4X2 + S1 = 24 2) → X1 +2X2 ≤ 6 1er paso 2) → X1 +2X2 + S2 = 6

3) → - X1 + X2 ≤ 1 3) → - X1 + X2 + S3 = 1 4)→ X2 ≤ 2 4)→ X2 + S4=2

5) → X1 , X2 ≥ 0 X1, X2 ≥ 0

Nº de variables n= 6 . Nº de ecs. 4 → Nº de soluciones = 6C4= 15 soluciones posibles Confeccionando la tabla simples,donde se colocan las variables bàsicas y las nobàsicas en el primer renglón conjuntamente Z y en la primera columna las bàsicas ,en la parte interna del cuadro los coeficientes en la penùltima columna las soluciones y en la ùltima columna las razones de cada renglón, para determinar la columna pivote y renglón pivote y por ende el elemento pivote de la siguiente manera :

la variable de entrada es aquella con mayor valor negativo de la funciòn objetivo(en este caso X1=5) y luego la variable de salida es aquella que tiene menor razòn (S1→ X1 = 24 / 6 = 4

(mìn)) y por ende el elemento pivote es 6

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TABLA SIMPLEX ↓

Variables Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Soluciòn Razòn deXi=

Col.Sol/Col.pivote

Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0

←S1 0 6 4 1 0 0 0

S2 0 1 2 0 1 0 0

S3 0 -1 1 0 0 1 0

S4 0 0 1 0 0 0 1

24

6

1

2

X1 = 24 / 6 = 4 (mìn)

X1= 6 / 1 = 6

X1= 1 /-1= -1(ignorer)

X1= 2 / ∞ = ∞ (ignorar

Para realizar la primera iteraciòn , es decir para obtener la nueva soluciòn se deben obtener los nuevos renglones de la tabla de la siguiente manera:

1.-Nuevo renglón(del renglòn pivote) = Coeficiente renglón pivote actual / Elemento pivote

2.-Los demàs nuevos renglones(inclusive el de Z) se obtienen : Coeficiente actual - coeficiente de la columna pivote * nuevo coeficiente renglón pivote

Para el modelo en cuestión la obtención de los nuevos renglones son.

Nuevo renglón del pivote (para X1 en reemplazo de S1)

: 0/ 6 = 0 ; 6/6= 1; 4/6= 2/3 ; 1/6, 0/6=0, 0/6=0 ,0/6=0

Nuevos renglones

Para Z Para S2 Para S3 Para S4 1-(-5)(0) = 1 0-(1)(0) = 0 0-(-1)(0) = 0 0-(0)(0) = 0

-5-(-5)(1) = 0 1-(1)(1) = 0 -1-(-1)(1) = 0 0-(0)(1) = 0 - 4-(-5)(2/3)= -2/3 2-(1)(2/3) = 4/3 1-(-1)(2/3) = 5/3 1-(0)(2/3) = 1

0-(-5)(1/6)= 5/6 0-(1)(1/6) = -1/6 0-(-1)(1/6) = 1/6 0-(0)(1/6) = 0 0-(-5)(0) = 0 0-(1)(0) = 0 0-(-1)(0) = 0 0-(0)(0) = 0

0-(-5)(0) = 0 0-(1)(0) = 0 1-(1)(0) =1 0-(0)(0) = 0 0-(-5)(0) = 0 0-(1)(0) = 0 0-(-1)(0) = 0 1-(0)(0) =1

Nueva Columna de soluciòn.- Se obtienen teniendo presente las variables bàsicas(aquellos =0) en este caso X2 =0, S1 =0 Con estos valores resolver cada restricción transaformada hallando sus valores

En este caso en la 1ª restricción 6 X1 +4(0) = 24 → X1= 24/6 = 4 en la 2ª restricción 4 + 2(0) + S2 = 6 → S2 =6-4 =-2

en la 3ª restricción -4 +(0)+ S3 =1 → S3 = 1+4= 5 en la 4ª restricción 0+ S4 =2 → S4= 2

Nueva Soluciòn Z

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Reemplazando en la funciòn Z original los valores de X1= 4 : X2=0→ Z= 5(4)+4(0)= 20

Con los nuevos valores se debe construir una nueva tabla simples

NUEVA TABLA SIMPLEX TRANSFORMADA Y MEJORADA Variables Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Soluciòn Razòn de Xi

Z 1 0 - 2/3 5/6 0 0 0 20

X1 0 1 2/3 1/6 0 0 0

S2 0 0 4/3 -1/6 0 0 0

S3 0 0 5/3 1/6 0 1 0

S4 0 0 1 0 0 0 1

4

2

5

2

Como todavía existe un coeficiente negativo en el nuevo renglón Z (X2 = - 2/3) ,se debe realizar una nueva iteraciòn siguiendo el mismo procedimiento anterior

La nueva variable de entrada X2 ( = - 2/3), y luego la variable de salida es aquella que tiene menor razòn (S2→ X2 = 2/ 4//3 =6/4=1.5 (mìn)) y por ende el elemento pivote es 4/3

↓ Variables Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Soluciòn Razòn de X2

Z 1 0 - 2/3 5/6 0 0 0 20

X1 0 1 2/3 1/6 0 0 0

←S2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0

S3 0 0 5/3 1/6 0 1 0

S4 0 0 1 0 0 0 1

4

2

5

2

X 2= 4 / (2/3)= 6

X 2 = 2 / (4/3)= 1.5( Min)

X 2= 5 / (5/3)=3

X 2= 2 / 1 = 2

Nuevo renglón del pivote(paraX2 en reemplazo de S2:

0/ (4/3) = 0 ; 0/(4/3)= 0; (4/3)/(4/3)= 1 ;(-1/6)/( 4/3)= -1/8; 1/(4/3)=3/4; 0/(4/3)=0;0/(4/3)=0 Nuevos renglones

Para Z Para X1 Para S3 Para S4 1-(-2/3)(0) = 1 0-(2/3)(0) = 0 0-(5/3)(0) = 0 0-(1)(0) = 0

0-(-2/3)(0) = 0 1-(2/3)(0) = 1 0-(5/3)(0) = 0 0-(1)(0) = 0 -2/3-(-2/3)(1) = 0 2/3-(2/3)(1) = 0 5/3-(5/3)(1) = 0 1-(1)(1) = 0

5/6-(-2/3)(-1/8) = ¾ 1/6-(2/3)(-1/8) = ¼ 1/6-(5/3)(-1/8) = 3/8 0-(1)(-1/8) = 1/8 0-(-2/3)(3/4) = ½ 0-(2/3)(3/4) = -1/2 0-(5/3)(3/4) = -5/4 0-(1)(3/4) = -3/4

0-(-2/3)(0) = 0 0-(2/3)(0) = 0 1-(5/3)(0) =1 0-(1)(0) = 0 0-(-2/3)(0) = 0 0-(2/3)(0) = 0 0-(5/3)(0) = 0 1-(1)(0) =1

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Nueva Columna de soluciòn.- Se obtienen teniendo presente las variables bàsicas (aquellos =0) en este caso S1 =0 ,S2=0 Con estos valores resolver cada restricción transformada hallando sus valores

En este caso resolviendo el sistema 1ª restricción 6 X1 +4X2 + 0 = 24 → X2 =12 / 8 = 1.5

2ª restricción X1 + 2X2 + 0 = 6 → X1 =12 / 8 = 3 Y las siguientes :

3ª restricción - X1 +X2 + S3 = 1 → -3+1.5+ S3 = 1→ S3 = 2.5

4ª restricción X2 + S4 =2 →1.5 + S4 =2 → S4 = 0.5

Nueva soluciòn Z Reemplazando en la funciòn Z original los valores de X1= 3 : X2=1.5→Z=5(3)+4(1.5)= 21

NUEVA TABLA SIMPLEX TRANSFORMADA Y OPTIMIZADA

Variables Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Soluciòn

Z 1 0 0 ¾ ½ 0 0 21

X1 0 1 0 1 / 4 -1 / 2 0 0

X2 0 0 1 -1/ 8 3 / 4 0 0

S3 0 0 0 3 / 8 -5 / 4 1 0

S4 0 0 0 1 / 8 -3 / 4 0 1

3

1.5

2.5

0.5

Como todos los coeficientes de la funciòn objetivo Z son positivos ,entonces se ha optimizado la utilidad por lo tanto no es necesario realizar màs iteraciones.Es decir la nueva funciòn de utilizadad maximizada es Z=5(3)+4(1.5)= 21 En conclusión.- Dado la soluciòn final se puede concluir que para obtener una utilidada diaria de $21 es necesario producir 3 toneladas diarias de pintura para exteriores y 1.5 toneladas diarias de pintura para interiores La tabla simplex optimizado tiene ademàs algunas ventajas como ser:

a) Presenta la información sobre el estado de los recursos b) Presenta información sobre el valor unitario de los recursos

c) Presenta información para efectuar un análisis de sensibilidad con la soluciòn òptima Respecto al estado de los recursos se considera escasa si las actividades(variables) del modelo se usan por completo es decir =0,se considera abundante si las actividades cuando es mayor que 0. De acuerdo al problema encuestiòn se puede deducir mediante el siguiente resumen:

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Recurso Variables de Estado del

Holgura recurso Materia Prima M1 S1 = 0 Escaso

Materia Prima M2 S2 = 0 Escaso Lìmite de demanda 1 S3 = 5 / 2 abundante

Lìmite de demanda 2 S4 = ½ abundante

Algoritmo simplex en modelos de maximización y /o minimización con variables artificiales Modelos de minimización.- Cuando existen modelos de programciòn lineal con restricciones igualdades(=) o desigualdades (≥) ,para aplicar el algoritmo simplex es necesario utilizar variables artificiales (Ri),teniendo dos mètodos de soluciòn : El mètodo de penalizaciòn(M) y el de dos fases 1)Mètodo de penalizaciòn o M.- Este mêtodo se aplica cuando el modelo tiene restricciones del tipo de igualdades(=) y/ o por lo menos(≥).

Cuando tiene restricciones de igualdad (=),se deben añadir a èstas variables artficiales (Ri) Cuando tiene restricciones de por lo menos(≥) se deben añadir a èstas variables artificiales (Ri) y variables de excedencia(-Xi) Cuando tiene restricciones de a lo mucho (≤) se deben añadir a los mismos,sòlo variables de holgura (Xi) Como se estàn añadiendo variables artificiales (Ri) que no pertenecen al modelo a èstas variables se las debe penalizar con coeficientes M infinitamente grandes(M en problemas de minimización) o infinitamente pequeños(-M en problemas de maximización) en la funciòn objetivo. Procedimiento.- Una vez transformado las restricciones en igualdades,se debe modificar la funciòn objetivo Z y el renglón Z de la siguiente manera:

Nuevo renglón Z modificado= Renglón original +( ∑Ri M)

Una vez modificada la funciòn objetivo se procede a iterar como en el caso de Mximizaciòn

Ej.Se tiene el siguiente Modelo: Soluciòn convirtiendo en igualdad las restricciones Minimizar → Z = 4X1 + X2 Z= 4X1 + X2 +MR1 + MR2:

Sujeto a : 1) 3X1 + X2 = 3 1) 3X1 + X2 +R1 = 3 2) 4X1 +3 X2 ≥ 6 2) 4X1 +3 X2 – X3 +R2 = 6

3) X1 + 2X2 ≤ 4 3) X1 + 2X2 + X4 = 4 4) X1, X2 ≥ 0 4)X1, X2 , X3 , X4,, R1, R2 ≥0

Igualando la funciòn objetivo a cero: Z - 4X1 - X2 - MR1 - MR2 = 0 Construyendo la nueva tabla inicial con las nuevas variables artificiales como de holgura y excedencia

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NUEVA TABLA SIMPLEX(con variables artificiales) V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn

Z - 4 - 1 0 - M - M 0 0

R1 3 1 0 1 0 0

R2 4 3 -1 0 1 0

X4 1 2 0 0 0 1

3

6

4

Ahora se debe modificar la funciòn objetivo penalizada la misma que debe ser ajustada de la siguiente manera: Nuevo renglón Z ajustado Nueva columna soluciòn

Para X1 → -4+ ( 3M+4M) = -4+7M Como X1 = X2= X3 = 0 . Para X2→ -1+ (1M+ 3M) = -1+4M R1 = 3 ; R2 = 6 → Z - 4X1 - X2 - MR1 - MR2

Para X3→ 0+ [0M + (-1M)] = -M Z = 4(0) + (0) + M(3)+ M(6)= 9M Para R1→ -M +(1M + 0M) = 0

Para R2 → -M +(0M + 1M) = 0 Para X4 → 0+(0M+0M) = 0

NUEVA TABLA SIMPLEX(con funciòn objetivo modificado) V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn

Z (- 4 +7M) (- 1+4M) - M 0 0 0 9M

R1 3 1 0 1 0 0

R2 4 3 -1 0 1 0

X4 1 2 0 0 0 1

3

6

4

Procediendo a iterar para ello se deben determinar las variables de entrada y de salida y por ende el elemento pivote

Determinando la variable de entrada como se està minimizando es elige aquella variable con coeficiente mayor positivo del renglòn Z ,en este caso corresponde a la variable X1 y la de salida la variable R1 por tener mìnima razòn de acuerdo al siguiente cuadro:

Primera iteración ↓

V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn Razòn Xi

Z (- 4 +7M) (- 1+4M) - M 0 0 0 9M

←R1 3 1 0 1 0 0

R2 4 3 -1 0 1 0

X4 1 2 0 0 0 1

3

6

4

X1 = 3/3= 1

X1 =6/4=1.5

X1 = 4/1=4

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Nuevo renglón del pivote(paraX1 en reemplazo de R1 ( dividir todo el renglòn entre 3):

3 / 3= 1 1/3 0 / 3=0 1 / 3 0 / 3 = 0 0 / 3=0

Nuevos renglones Para Z Para R2 Para X4

(-4+7M) - (-4+7M) (1)=0 4-4(1)= 0 1-1(1) = 0

(-1+4M)- (-4+7M)( 1 / 3)=(1+5M)/3 3-4(1/3) = 5/3 2-1(1/3)= 5/3 -M - (-4+7M)(0) = -M -1-4(0) = 0 0-1(0) = 0

0-(-4+7M)(1/3)= (4-7M)/3 0-4(1/3)= 0 0-1(1/3) =-1/3

0-(-4+7M)(0)= 0 1-4(0) = 1 0-1(0) = 0

0-(-4+7M)(0)= 0 0-4(0) = 0 1-1(0) = 1

Nueva Columna de soluciòn Sabiendo que X2=0 X3 =0 R1 =0

1) 3X1 + X2 +R1 = 3→3X1 + 0 +0 = 3→ X1 = 3/3 =1

2) 4X1 +3 X2 – X3 +R2 = 6→ 4(1) +3 (0) –0 +R2 = 6 → R2 = 6 -4= 2 3) X1 + 2X2 + X4 = 4 → 1 + 2(0) + X4 = 4 → X4 = 4-1= 3

Nueva soluciòn para Z = 4(1) +0+M(0) +M2 → Z = 4 +2M

Tabla Iterada V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn Razòn Xi

Z 0 ( 1+5M)/3 - M (4-7M)/3 0 0 4 +2M

X1 1 1/ 3 0 1/3 0 0

R2 0 5/ 3 -1 - 4 /3 1 0

X4 0 5/ 3 0 - 1/3 0 1

1

2

3

X1 = 3/3= 1

X1 =6/4=1.5

X1 = 4/1=4

Como todavía existen coeficientes positivos en el renglòn Z se debe volver ha realizar una nueva iteración determinando las variables de entrada (X2) y salida( R2) siendo el elemento pivote 5 / 3

Nueva iteración ↓ V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn Razòn Xi

Z 0 ( 1+5M)/3 - M (4-7M)/3 0 0 4 +2M X2

X1 1 1/ 3 0 1/3 0 0

←R2 0 5/ 3 -1 - 4 /3 1 0

X4 0 5/ 3 0 - 1/3 0 1

1

2

3

1/(1/3)=3

2/(5/3)= 6/5

3/(5/3)=9/5

Nuevo renglón del pivote(paraX2 en reemplazo de R2 ( dividir todo el renglòn entre 5/3):

21

0/ (5/3)=0; (5/3)/(5/3) =1 ; -1/(5/3) = -3/5; (- 4/3)/(5/3)= - 4/5; 1/(5/3)=3/5; 0/(5/3)=0

Nuevos renglones Para Z Para X1 Para X4

0-( 1+5M)/3 (0) = 0 1- (1/3)(0)= 1 0-(5/3)(0)=0 ( 1+5M)/3 - ( 1+5M)/3 (1)=0 1/3-(1/3)(1)=0 5/3-(5/3)(1)=0

-M - ( 1+5M)/3(-3/5)= 1/5 0-(1/3)((-3/5)=1/5 0-(5/3)(-3/5)=1 (4-7M)/3 - ( 1+5M)/3(-4/5)=(8-5M )/5 1/3-(1/3)(-4/5)=3/5 -1/3-(5/3)(-4/5)=1

0- ( 1+5M)/3(3/5)= -(1+5M)/5 0-(1/3)(3/5)= -1/5 0-(5/3)(3/5)= -1

0-( 1+5M)/3(0) =0 0-(1/3)(0)= 0 1-(5/3)(0)= 1

Nueva Columna de soluciòn.- Sabiendo que : X3 = 0 ; R1= 0 ; R2 =0 ,resolviendo el sistema de ecs. 1) 3X1 + X2 +R1 = 3 → X1= 0.6

2) 4X1 +3 X2 – X3 +R2 = 6 → X2 = 1.2 Luego reemplazando en la restricciòn3) 3) X1 + 2X2 + X4 = 4 → 0.6 +2(1.2) + X4 = 4 → X4 =1

Nueva soluciòn para Z = 4(0.6) +1.2+M(0) +M(0) → Z = 3.6

Tabla Iterada V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn

Z 0 0 1/5 (8 - 5M )/5 - (1+5M)/5 0 3.6

X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0

X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0

X4 0 0 1 1 -1 1

0.6

1.2

1

Como todavía existen coeficientes positivos en el renglòn Z se deberà realizar una nueva iteración determinando las variables de entrada(X3) y de salida (X4) por tener razòn mìnima

Siendo elemento pivote 1

Nueva iteración ↓ V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn Razòn Z 0 0 1/5 (8 - 5M )/5 - (1+5M)/5 0 3.6 X3

X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0

X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0

←X4 0 0 1 1 -1 1

3/5= 0.6

6/5= 1.2

1

0.6/0.2=3

1.2/(-3/5)=-2

1/1= 1(Mìn)

Nuevo renglón del pivote(paraX3 en reemplazo de X4 ( dividir todo el renglòn entre 1

0/1= 0 ; 0/1= 0 , 1/1=1 ; 1/1= 1 ; -1/1=-1 ; 1/1= 1

Nuevos renglones

22

Para Z Para X1 Para X2

0 -(1/5) (0)=0 1-(1/5)(0)= 1 0-(-3/5)(0)=0 0 – (1/5)(0)= 0 0-(1/5)(0)=0 1-(-3/5)(0)=1

1/5-(1/5)(1) =0 1/5-(1/5)(1)=0 -3/5-(-3/5)(1)=0 ( 8 - 5M )/5 –(1/5)(1)=(7-5M)/5 3/5-(1/5)(1)=2/5 -4/5-(-3/5)(1)=-1/5

- (1+5M)/5 -(1/5)(-1)= -M -1/5-(1/5)(-1)=0 3/5-(-3/5)(-1)=0 0- (1/5)(1)= -1/5 0-(1/5)(1)= -1/5 0-(-3/5)(1)=3/5

Nueva Columna de soluciòn.- Sabiendo que X4=0 R1=0 R2=0 y resolviendo el sietamde ecs.

1) 3X1 + X2 +R1 = 3 → X2= 9/5 3) X1 + 2X2 + X4 = 4 → X1 = 2/5

Nueva soluciòn para Z = 4(2/5)+ 9/5→ Z= 17/5= 3.4

Tabla Iterada Final.-Porque no existe ningún coeficente positivo en el renglònZ

V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn

Z 0 0 0 (7 - 5M )/5 -M - 1/5 17/5=3.6

X1 1 0 0 2/5 0 -1/5

X2 0 1 0 --1/5 0 3/5

X3 0 0 1 1 -1 1

2/5=0.4

9/5=1.8

1

Desventajas del mètodo M

Este mêtodo adolece de dos desventajas 1.-Que las correspondientes iteraciones puede que no logren minimizarlo hasta cero o negativo(esto ocurre cuando el problema de programación no tiene soluciòn factible)

2.-Como M →(lo màs grande ò lo màs pequeño) principalmente al usar el programa no se tiene definida el tamaño el que puede afectar en las decisiones. Para solucionar esta desventaja surge el mètodo de dos fases:

2)Mètodo dos fases.- 1ª Fase.- se transforman las inecuaciones en ecuaciones agregando las variables correspondientes de acuerdo al tipo de restricción Luego se plantea la soluciòn bàsica con las ecs. resultantes de modo que:

Minimice la suma de las variables artificiales (Ri) → r = R1 + R2+ R3+…+Rk Si Min r = ∑ Ri > 0 C El modelo no tiene soluciòn es decir no es factible se para el proceso

Si Min r = ∑ Ri ≤ 0 → El modelo si tiene soluciòn es decir es factible se pasa a la 2ª fase.

2ª Fase.-

La soluciòn factible de la 1ª fase ,se usa como soluciòn bàsica de inicio para el problema original.

Ej Siguiendo con el modelo anterior

23

Minimizar → Z = 4X1 + X2 Min r= R1 + R2:r→ r - R1 - R2=0

Sujeto a : 1) 3X1 + X2 = 3 1) 3X1 + X2 +R1 = 3 2) 4X1 +3 X2 ≥ 6 2) 4X1 +3 X2 – X3 +R2 = 6

3) X1 + 2X2 ≤ 4 3) X1 + 2X2 + X4 = 4 4) X1, X2 ≥ 0 4) X1, X2 , X3 , X4,, R1, R2 ≥0

NUEVA TABLA SIMPLEX(con funciòn objetivo Min r - R1 - R2=0 ) V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn

r 0 0 0 -1 -1 0 0

R1 3 1 0 1 0 0

R2 4 3 -1 0 1 0

X4 1 2 0 0 0 1

3

6

4

Nuevo renglòn r = renglón r anterior + (1xRenglòn R1 + 1xRenglònR2) .despuès de utilizar el nuevo renglòn para resolver la fase I del problemas con el que se obtiene la siguiente tabla que corresponde a la penultima iteraciòn:

Tabla iterada en tèrminos de r V.Bàsicas X1 X2 X3 R1 R2 X4 Soluciòn r 0 0 0 - 1 - 1 0 0

X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0

X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0

←X4 0 0 1 1 -1 1

3/5= 0.6

6/5= 1.2

1

Como r = 0 → ,la fase produce la soluciòn bàsica con X1 = 3/5= 0.6 ;X2= 6/5 = 1.2; X4=1 Las variables artificiales cumplieron su misiòn por lo tanto se pueden eliminar de la tabla de las columnas por completo y se puede pasar a la :

2ªFase El problema origibnal se puede escribir

Minimizar Z = 4 X1 + X2

Sujeto a : X1 + 1/5X3 = 3 / 5

X2 - 3/5 X3 = 6/5 Soluciòn factible de inicio para el problema y X3 + X4 = 1 la 2ª Fase ,cuya tabla transformada es

X1, X2 ,X3 , X4 ≥ 0

24

Nueva tabla para la 2ª fase V.Bàsicas X1 X2 X3 X4 Soluciòn

Z -4 - 1 0 0 0

X1 1 0 1/5 0

X2 0 1 -3/5 0

X4 0 0 1 1

3/5=0.6

6/5= 1.2

1

Nuevo Z ajustada Nueva soluciòn -4+ (4x1 + 1x0)= 0 Con X3 = 0 ¸ X1= 3/5 X2 = 6/5; X4 = 1

-1+(4x0 +1x1)= 0 Z= 4(3/5) + 6/5 = 18/5

0+(4x1/5+1x-3/5)=1/5

0+(4x0+1x0) = 0 Ahora se debe iterar ,determinando la variable de entrada(X3 ) en este caso elegimos X3 (por tener un valor positivo)y la variable de salida X4 por tener mìnima razòn cuyo elemento pivote es 1,de la siguiente manera:

↓ V.Bàsicas X1 X2 X3 X4 Soluciòn Razòn de

Z 0 0 1/5 0 18/5 X3

X1 1 0 1/5 0

X2 0 1 -3/5 0

←X4 0 0 1 1

3/5=0.6

6/5= 1.2

1

(3/5)/(1/5)= 3

(6/5)/(-3/5)=-2

1/1= 1 (mìn)

Nuevo renglón del pivote(paraX3 en reemplazo de X4 ( dividir todo el renglòn entre 1 0/1= 0 ; 0/1 = 0, 1/1= 1 /1=1

Nuevos renglones

Para Z Para X1 Para X2

0-(1/5)(0)= 0 1-(1/5)(0)=1 0-(-3/5)(0)=0

0-(1/5)(0) = 0 0-(1/5)(0)= 0 1-(-3/5)(0)=1 1/5-(1/5)(1)=0 1/5-(1/5)(1)=0 ( -3/5)-(-3/5)(1)=0

0-(1/5)(1)= -1/5 0-(1/5)(1) =-1/5 0-(-3/5)(1)= 3/5

Nueva soluciôn Si X4 = 0 → X3 +0 = 1

X1+ 1(1/5) = 3/5 → X1= 2/5

X2 -3/5(1) = 6/5 → X2= 9/5

→ Z = 4(2/5) +9/5= 8/5+ 9/5 = 17/5

25

Tabla final V.Bàsicas X1 X2 X3 X4 Soluciòn

Z 0 0 0 -1/5 17/5

X1 1 0 0 -1/5

X2 0 1 0 3/5

X3 0 0 1 1

2/5=0.4

9/5= 1.8

1

30

Unidad 3 Análisis de dualidad y sensibilidad Competencia.-el estudiante debe convertir un modelo estático en dinámico a través del análisis de sensibilidad basado en dos situaciones. cambios en la función objetivo y cambios en las restricciones Descripción general de la unidad.- la unidad consta de una parte que consiste en construir modelos duales a través de los primales, para luego en una segunda parte resolver los modelos duales con el método simples y luego realizar el análisis de sensibilidad. Introducción.- La soluciòn òptima de los modelos obtenidos mediante las diferentes tècnicas, se obtuvo en un instante de las condiciones que prevalecen en el momento de formular y resolver el modelo .En la pràctica los modelos rara vez permanecen estàticos ,por lo que se debe analizar los modelos cuando cambian los parámetros del modelo ,para ello se deben recurrir al análisis de sensibilidad,la misma que proporciona tècnicas de computo ,para tratar el comportamiento dinàmico de la soluciòn òptima, como ser recurriendo a la teoría de la dualidad basado en el tratamiento algebraico y o método simplex. Problema dual.- El modelo dual es una programación lineal obtenida en forma directa y sistemáticamente a partir del modelo original(o primal) de programación lineal .Los dos modelos estàn relacionados de manera que la resoluciòn òptima de uno de ellos produce automáticamente la resoluciòn òptima del otro. El problema dual se expresa en forma de ecuaciones del problema primal, con todas las restricciones del lado derecho no negativo como todas las variables. Procedimiento para obtener el modelo dual.- 1.-Se definie el modelo primal en forma de ecuaciones n Max ò min Z = ∑ cj xj J=1 Sujeto a : ∑ aij xj = bi donde i= 1,2,… m ; J=1 xj ≥ 0 ; j= 1,2,3,…n,incluye las variables excedentes,holguras y artificiales si las hay 2.-Definiciòn del modelo dual

- Se define una variable dual (yi) por cada una de las restricciones o ecuación primal

- Se define una restricción dual por cada variable primal - Los coeficientes de restricciones(columna) de una variable primal define los

coeficientes en el lado izquierdo de la restricción dual y su coeficiente objetivo define el lado derecho

- Los coeficientes objetivos del dual son iguales ala lado derecho de las ecuaciones de restricción primal.

La misma que se puede sintetizar mediante el siguiente esquema:

31

CONSTRUCCIÒN DEL DUAL A PARTIR DEL PRIMAL

Variables primales Coeficientes X1 x2 ….. x j…..xn objetivos Variables duales

c1 c2 …..cj…….cn duales

y1 y2 . . . ym

a11 a12 … a1j …. a1n a21 a22 … a2j … a2n . . … . … . . . . . . . . . am1 am2…amj amn…

b1 b2 . . . bm

Para determinar el sentido de la optimizaciòn (maximización o minimización) del tipo de restricciones(≤ , =,≥) y el signo de las variables duales(siempre no restringido) se procede de acuerdo al siguiente esquema:

variables Modelo dual Objetivos del primal Objetivo tipo de restricciòn Signo de las variables Maximización Minimizaciôn

Minimización ≥ Maximización ≤

No restringido No restringido

Todas las restricciones primales tienen el lado derecho no negativo y todas las variables son no negativas. Nota.-El sentido de la optimizaciòn en el dual siempre es el opuesto al del primal. Ej.se tiene el modelo de maximizar Z = 5X1 +12X2+4X3 Sujeto: X1 + 2X2 +X3 ≤ 10 2X1 –X2 +3X3 =8 X1,X2,X3 ≥ 0; Obtener el modelo dual Soluciòn.-

Modelo primal Primal en forma de ecuaciones V duales

Modelo dual

Max Z = 5X1 +12X2+4X3 Sujeto:X1 + 2X2 +X3 ≤ 10 2X1 –X2 +3X3 =8 X1,X2,X3 ≥ 0

Max Z = 5X1 +12X2+4X3+0X4 Sujeto X1 + 2X2 +X3 +X4 = 10 2X1 –X2 +3X3+0X4=8 X1,X2,X3 X4 ≥ 0

y y2

→Min W =10y1+8y2 Sujeto: y1+2y2 ≥ 5 2yi –y2 ≥ 12 y1 +3y2 ≥ 4 y1 +0y2 ≥0 y1,y2 sin restricción y1≥0, y2 sin restricción

Ej. Se tien el modelo Minimizar: Z = 15X1 +12X2 Obtener el modelo dual

Sujeto: X1 + 2X2 ≥ 3 2X1 –4X2 ≤ 5 X1,X2, ≥ 0

32

Soluciòn.-

Modelo primal Primal en forma de ecuaciones v.duales

Modelo dual

Min Z = 15X1 +12X2 Sujeto: X1 + 2X2 ≥ 3 2X1 –4X2 ≤ 5 X1,X2, ≥ 0

Min Z =15X1 +12X2+0X3+0X4 sujeto X1 + 2X2 -X3 +0X4 = 3 2X1 –4X2 +0X3+X4=5 X1,X2,X3 X4 ≥0

y1 y2

→Max W =3y1+5y2 Sujeto: y1+2y2 ≤15 2yi –4y2 ≤ 12 - y1 ≤0 y2 ≤ 0 y1,y2 sin restricción y1≥0, y2 ≤0

Métodos de solución del dual.- Solucion dual optimo.-Como la soluciòn primal y dual se relacionan estrechamente de modo que la soluciòn òptima del modelo primal produce en forma directa la solucion òptima del dual.Para determinar la soluciòn se tiene dos mètodos alternativos: 1.-Mètodo I.- En forma matricial, Valores vector renglón de los coeficientes Optimos de las = objetivos originales de las variables x Inversa primal òptima Variables duales basicas òptimas primales

2.-Mètodo II.- La solucicòn òptima se puede determinar resolviendo las siguientes ecuaciones: Coeficiente z primal òptimo = Lado izquierdo de la - lado derecho de ( costo reducido de Xi) j-èsima restricción dual la j-èsima restricción dual

Ej.Se tiene el siguiente modelo: Se pide obtener la soluciòn òptima mediante Maximizar Z = 5X1 +12 X2 +4X3 dos mètodos. Sujeto : X1 +2 X2 +X3 ≤ 10

2X1 - X2 +3X3 = 8 X1 , X2 ,X3≥ 0 Soluciòn para ello obtenemos el dual a partir del primal:

Modelo Primal: Modelo dual Maximizar Z = 5X1 +12 X2 +4X3 - Mr Min W = 10 y1 +8y2 Sujeto : X1 +2 X2 +X3 + X4 =10 sujeto y1 + 2y2 ≥ 5 2X1 - X2 +3X3 +R = 8 → 2y1 –y2 ≥12 X1 , X2 ,X3, X4,R ≥ 0 y1 +3y2 ≥ 4 y1 ≥ 0

33

La tabla òptima primal

Bàsica X1 ,X2 ,X3, X4 ,R soluciòn Z X2 X1

0 0 3/5 0 1 -1/5 1 0 7/5

29/5 -2/5 +M 2/5 -1/5 1/5 2/5

274/5 12/5 26/5

Mètodo I 2/5 -1/5 ( y1 , y2) = (12, 5) 1/5 2/5 = [(24/5+5/5) (-12/5 + 10/5) ] = Mètodo II.- Coeficiente Z de X4 = 29/5 ,coeficiente Z de R = -2/5+M De acuerdo a la regla 29/5 = y1 -0 ; → y1= 29/5 -2/5M = y2 –(-M) → y2 = -2/5 Ej. Se tiene el siguiente modelo primal, resolver por el dual mediante cualquiera de los dos mètodos Sol: el modelo dual: el primal en ecuaciones Maximizar Z= X1+X2 Min W = 5y1 +4y2 X1+ 5X2 +X3 = 5 Sujeto: X1+ 5X2 ≤ 5 → sujeto: y1 +2y2 ≥ 2X1+X2 +X4 = 4 2X1+X2 ≤ 4 5y1 +y2 ≥ 1 X1+X2 ≥ 0 Resoluciòn mediante el mètodo simplex .-se elige la variable de entrada (X1 ò X2 ,por tener ambos el valor negativo iguales -1) ,elegimos X2 , y la variable de salida X3 por tener mìnima razòn( 1) el elemento pivote es 5 de acuerdo a la siguiente tabla: Tabla del primal ↓

Bàsica Z

X1 X2 X3 X4 -1 -1 0 0

Soluciòn 0

Razòn X2

←X3 X4

1 5 1 0 2 1 0 1

5 4

5/5 = 1 4/1= 4

Nuevo renglón pivote para X2= 1/5 ; 5/5 = 1 ; 1/5 ; 0/5=0 Nuevos renglones. Para Z = -1-(-1)(1/5)= - 4/5 Para X4 = 2-(1)(1/5) =9/5 -1-(-1)(1)= 0 1-(1)(1) = 0 0-(-1)( 1/5) = 1/5 0-(1)(1/5)= - 1/5 0-(-1)( 0)= 0 1-(1) ( 0) = 1 Nueva soluciòn cuando X1= 0 X3 =0 → X1+ 5X2 +X3 = 5→ 0+ 5X2 +0 = 5 → X2= 5/5 = 1 → 2X1+X2 +X4 = 4 →2(0)+(1) +X4 = 4 → X4= 4-1 = 3

Nueva soluciôn Z= X1+X2 → Z = 0+1 =1

34

Nueva tabla del primal iterada con los nuevos valores ,determinando las variables de entrada (X1= -4/5), de salida (X4 cuya razôn mìnima = 15/9 = 1.67) por lo tanto el elemento pivote= 9/5 ↓

Bàsica Z

X1 X2 X3 X4 -4/5 0 1/5 0

Soluciòn 1

Razòn X1

X2 ←X4

1/5 1 1/5 0 9/5 0 -1/5 1

1 3

1/(1/5) =5 3/(9/5)=1.67

Nuevo renglón pivote para X1 (en reemplazo de X4) (9/5) / (9/5)= 1 ; 0/(9/5)= 0 ; (-1/5) / (9/5)= -1/9 ; 1/(9/5)= 5/9 Nuevos renglones. Para Z = (-4/5)-(-4/5)(1) = 0 Para X2 = 1/5-(1/5)(1) = 0 0-(-4/5) (0) = 0 1-(1/5)( 0) = 1 1/5-(-4/5)(-1/9) = 1/9 1/5-(1/5)(-1/9)= 2/9 0-(-4/5)(5/9) = 4/9 0-(1/5)(5/9) = -1/9 Ùltima tabla iterada

Bàsica Z

X1 X2 X3 X4 0 0 1/9 4/9

Soluciòn 1

X2 X1

0 1 2/9 -1/9 1 0 -1/9 5/9

1 3

Soluciòn como X3=0 , X4 = 0 X1+ 5X2 +X3 = 5 → X1+ 5X2 =5 → X1 = 5/3 2X1+X2 +X4 = 4 → 2X1+ X2 = 4 → X2= 2/3 Z= X1+X2 → Z = 5/3 + 2/3 = 7/3 Resolviendo mediante el Mètodo II Valores vector renglón de los coeficientes Optimos de las = objetivos originales de las variables x Inversa primal òptima Variables duales basicas òptimas primales

[y1 ,y2] =[1,1] 2/9 -1/9 =[ (2/9 -1/9) (-1/9 +5/9)] =1/9 , 4/9 → y1= 1/9 y2= 4/9 -1/9 5/9

→ Min W = 5y1 +4y2 → Min W = 5(1/9) + 4(4/9)= 5/9 + 16/9 = 21 /9 = 7/3 Interpretación econòmica de la dualidad.- Toda programación lineal se puede considerar como un modelo por el cual se asigna recursos con el objetivo de maximizar los ingresos o utilidades limitado a escasos recursos, Para realizar un análisis màs exhaustivo es necesario considerar el siguiente esquema de los dos modelos primal y dual

35

Modelo primal Modelo dual n m Maximizar Z =∑cjxj Minimizar W= ∑biyi J =1 i=1 Sujeto n m ∑aijxj ≤ bi ;i =1,2,..m ∑aijyi ≥ cj; j= 1,2,…n J =1 i=1 Xj ≥ 0; j=1, 2…n yi ≥ 0 i = 1,2,….m

Es decir el modelo primal tiene n actividades econòmicas y m recursos,donde el Coeficiente cj del primal representa la utilidad / Unidad de actividad j

El recurso i con disponibilidad màxima es bi,se consume a una tasa : de aij unidades / unidad de actividad j Interpretación econòmica de las variables duales.- Sabemos qur tanto el modelo primal como dual estàn estrechamente relacionados de modo que las dossoluciones factibles primal y dual cualquiera,los valores de la funciones objetivos cuando son finitos deben cumplir la siguiente la condiciòn de desigualdad:

n m Z =∑cjxj ≤ ∑biyi = W J =1 i=1 Sòlo se da la igualdad Z=W cuando las soluciones primal como dual son òptimas,es decir el modelo primal representa la utilidad monetaria,y como bi representa la cantidad disponible de unidades del recurso i entonces Z=W se puede expresar de manera dimensional como $ = ∑ (unidades del recurso i) x ($ / unidad del recurso i) es decir. Yi= valor /unidad del recurso i ( o yi= precios duales o precios sombra Cuando Z < W es decir, la utilidad < valor de los recursos significa las soluciones primal y dual no son òptimas se dice que el sistema permanece inestable,la estabilidad se obtine cuando los recursos son iguales a la utilidad.. Ejemplo de interpretación del modelo primal como dual,de acuerdo a los datos de la Cìa de pinturas se tiene: Modelo Primal Modelo dual Max Z = 5X1 + 4X2

Sujeto : 6X1 + 4X2 ≤ 24

X1 + 2X2 ≤ 6 -X1 + 4X2 ≤ 1

X2 ≤ 2 X1,X2 ≥ 0 Soluciòn òptima : X1 = 3 ,X2 = 1.5 ; Z = 21

Min W = 24y1 +6y2+y3+2y4

Sujeta : 6y1 +y2 - y3 ≥ 5

4y1 +2y2+y3+y4 ≥ 4

y1,y2,y3,y4 ≥ 0

Soluciòn òptima :

y1 =0.75; y2 = 0.5 , y3=y4 = 0 ; w = 21

36

Interpretación de la soluciòn del modelo primal: Como X1 = 3 ,X2 = 1.5 ; Z = 21, significa que para obtener una màxima utilidad de $ 21 mil diarios ,la Cìa debe utilizar 3 toneladas de pintura para exteriores y 1.5 toneladas de pintura para interiores diariamente Interpretación de la soluciòn del modelo dual Como y1 =0.75; y2 = 0.5 , y3=y4 = 0 ; w = 21,significa: Que para obtener un costo mìnimo de $ 21 mil se requiere gastar $ 0.75 mil o $ 750 /tonelada de la materia prima M1 y $0.5 o $ 500 /tonelada de la materia prima M2 . Para los recursos y3=y4 = 0 que representan los requerimientos del mercado,los precios duales que son cero significa que los recursos asociados son abundantes Interpretación econòmica de las restricciones duales: Una vez analizados los valores de las variables duales(yi) ahora corresponde analizar las restricciones duales,para ello es necesario utilizar el siguiente esquema del mètodo II

Coeficiente z primal òptimo = Lado izquierdo de la - lado derecho de la ( costo reducido de Xj) j-èsima restricción dual j-èsima restricción dual

En forma sintètica representa: Coeficiente objetivo Xj = ∑ aij yi - cj donde cj = utilidad en $ / unidad de actividad j m ∑ aij yi = costo imputado de todos los recursos necesarios para producir una unidad de la i= 1 j-èsima actividad aij = cantidad del i-èsimo recurso que usa la j-èsima actividad yi = costo imputado / unidad del i.èsimo recurso La condiciòn de optimalidad de maximización del mètodo simples indica que : un incremento en la cantidad de la j-èsima actividad no usada(no básica) puede mejorar la utilidad sólo en caso de que su coeficiente objetivo(∑ aij yi - cj ) sea negativo por lo tanto se establece que Cj < Zj es decir el Costo imputado del recurso/ Unidad de la actividad j < utilidad / unidad de actividad j Por lo tanto la condición de optimalidad de maximización señalaque es económicamente bueno incrementar una actividad a un valor positivo si su utilidad unitaria es mayor que su costo unitario imputado Ej. La empresa TOYCO arma tres tipos de juguetes trenes ,camiones y coches con tres operaciones.los límites diarios de tiempo disponible para las tres operaciones son 430 ,460,y 420 minutos respectivamente.Los tiempos de armado por tren en las tres operaciones son (1,3 y 1) minutos respectivamente, los tiempos por camión y coches son (2,0,4) y (1,2,0). Donde X1 ,X2, X3 son las cantidades diarias de unidades armadas de trenes,camiones y coches Cuyos modelos primal y dual se resumen en el siguiente cuadro:

37

Modelo primal Modelo dual Max Z = 3X1 +2X2+ 5X3

Sujeto X1 +2X2+ X3 ≤ 430 3X1 +2X3 ≤ 460 X1 +4X2 ≤ 420

X1 ,X2,X3 ≥ 0 Solución óptima X1 = 0, X2=100, X3 = 230 ; Z = $ 1350

Min W = 430 y1 +460y2 + 420y3

Sujeto: y1 +3y2 + y3 ≥ 3 2y1 + 4y3 ≥ 2

y1 +2y2 ≥ 5 y1 ,y2,y3 ≥ 0 Solución óptima y1 = 1;y2 = 2, y3 = 0 ; W = $ 1350

interpretación de la solución óptima del modelo primal: Como X1 = 0, X2=100, X3 = 230 ; Z = $ 1350, significa que la cía debe producir 100 camiones (X2=100,) y 230 coches(X3 = 230 ) y ningún tren(X1 = 0) porque no son rentables. Representando una utilidad máxima de $ 1350 diarios. Ahora suponiendo que por fuerza de la competencia la Cía debe también producir trenes ,¿como se lograría equilibrar la producción ¿ Se deja al estudiante su análisis para satisfacer la interrogante.

UNIDAD Nº 4 MODELOS DE TRANSPORTE

Competencia: El estudiante debe plantear construir y resolver modelos de transporte con sus respectivas extensiones utilizando los algoritmos específicos del transporte- Descripción de la unidad.- la unidad comienza a plantear y resolver modelos de transporte utilizando el algoritmo del transporte ,basado también en el simples,par luego extenderse a otros modelos como el de asignación de recursos y o control de producción y de inventarios. Introducción.- Dentro la programación lineal está la del transporte,que consiste básicamente de transportar artículos,o personas desde sus fuentes(o fábricas) hasta sus destinos(o bodegas o mercado).El objetivo fundamental es determinar el programa de transporte que minimice el costo total de transporte y al mismo tiempo satisfaga la oferta y demanda.Este del transporte se puede extender también a otras actividades como ser: control de inventarios,la programación de empleos y asignación de personal en un ente económico. Estos modelos se podrían resolver utilizando la programación lineal normal,peros se sugiere desarrollar un algoritmo de cómputo basado en el simples. Definición del modelo de transporte.- En forma general el problema se puede representar de acuerdo al siguiente esquema: Fuente(origen) Arcos Destinos (nodos) C11:X11 (nodos) a1 → 1 1 → b1 a2 → 2 2 → b2 Unidades . . . . Unidades de oferta . . . . de demanda . . . . am → m n → bn

(nodos) Cmn:Xmn (nodos) Donde hay m fuentes y n destinos tal que cada fuente y cada destinorepresentado por un nodo Los arcos representan las rutas que unen las fuentes y los destinos así el Arco Cij:Xij = une la fuente i con el destino j ,además: Cij = costo de transporte en $ /unidad Xij = cantidad transportada ai = cantidad de oferta en la fuente i. bj = cantidad demandada en el destino j El objetivo del modelo es determinar las cantidades Xij que minimicen el costo total de transporte ,satisfaciendo simultáneamente las restricciones de oferta y demanda. Nota .- El algoritmo del transporte .-está basado en la hipótesis de que el modelo está balanceado o equilibrado es decir la oferta = demanda; cuando esto no ocurre se debe balancear aumentando fuentes “ficticias si la oferta < Demanda o Aumentando destinos “ficticios” si la oferta > Demanda,para ello se debe suponer que los costos de transporte/ unidad desde la fuente ala destino = 0

39

Ej.Una Cía que fabrica autos tiene tres plantas en tres ciudades: A,B,C con dos centros principales de distribución en las ciudades: D,E. Las capacidades de las tres plantas durante el próximo trimestre serán: 1000 ;1500 y 1200 autos respectivamente en A,B,C. Las demandas trimestrales en los dos centros de distribución son 2300 y 1400 autos.la distancia entre las fábricas y los centros de distribución en kilometraje se resume: Distancia en Kilometraje

distribución plantas D E

A 1000 2690 B 1250 1350 C 1275 850

La empresa de transporte cobra 8 ctvs$ /milla/auto,el costo de transporte/auto en las distintas rutas y redondeadas al $ más próximo se calcula de acuerdo al cuadro Costo de transporte ($/auto) Centros de distribución Plantas

D E (1) (2)

A(1) B(2) C(3)

80 215 100 108 102 68

Se pide plantear el modelo de transporte para minimizar el costo total de transporte Solución.- Como Xij= cantidad de autos trnasportados desde las plantas(A,B,C) hasta sus centros de distribución(D,E),entonces el modelo de transporte está dado por Minimizar :Z = 80 X11 +215 X12 + 100X21 + 108 X22 + 102 X31 + 68X32 Sujeto a : X11 + X12 = 1000 (A) Oferta X21 + X22 = 1500 (B) X31 + X32 = 1200 © X11 + X21 +X31 = 2300( D) Demanda X12 + X22 + X32 = 1400 (E) Xij ≥ 0 ; i = 1,2,3 j = 1,2 Nota.- a diferencia de los modelos anteriores en el de transporte las restricciones son ecuaciones. La solución se lo puede graficar de acuerdo al siguiente esquema.

40

1000 → (A) 1000 (D) 2300 1300 1500 → (B) 200 (E) 1400 1200 → © 1200 Unidades de oferta o Unidades de demanda o Capacidad productiva Cantidad total Cantidad total de oferta Cantidad total de demanda 3700 autos = 3700 autos Modelo balanceado en equilibrio. Como las restricciones son ecuaciones se sugiere utilizar la : Tabla de transporte.- de acuerdo al problema en cuestión se lo puede resumir de acuerdo al costo de transporte: Destino Origen

D E Oferta

A B C

80 215 X11 X12 100 108 X21 X22

102 68 X31 X32

1000 1500 1200

Demanda 2300 1400 3700 La solución óptima: Mín Z = 80 X11 +215 X12 + 100X21 + 108 X22 + 102 X31 + 68X32

Mín Z = 80(1000) +215(0) + 100(1300) + 200(108) + 1200(68)= $ 313200 Ej de modelos no balanceados. a) Suponiendo que en el modelo de la Cía de autos la capacidad de la planta B es de y no de 1500 → la oferta (3500) < Demanda(3700) Se debe agregar una fuente o planta ficticia con capacidad de 200 autos teniendo en cuenta que el costo de transporte es cero,aunque también puede asumir valores positivos(costo penalizado). La tabla solución está dado por: Destino Origen

D E Oferta

A B C

80 215 X11 X12 100 108 X21 X22

102 68 X31 X32

1000 1300 1200

Planta ficticia 200 200 Demanda 2300 1400 3700

41

b) Ahora suponiendo que la demanda de D es sólo de 900 en lugar de 1300,para ello se debe agregar un centro de distribución ficticio que “reciba” el exceso de oferta(400), → la oferta (3700) < Demanda(3300) De la misma manera se supone que los costos de transporte son cero,aunque también puede asumir valores positivos(costo capitalizado).La tabla solución está dado por: Destino Origen

D E Destino ficticio

Oferta

A B C

80 215 X11 X12 100 108 X21 X22

102 68 X31 X32

0 0 400 0

1000 1500 1200

Demanda 1900 1400 400 3700 ALGORITMO DE TRANSPORTE.- El algoritmo del transporte se basa en los lineamientos generales del método simples, para aplicar en la estructura especial del modelo de transporte por ser más sencillo y cómoda que el normal aunque, sea un poco tedioso, para ello se tiene programas especiales como el TORA que simplifica los cálculos. La realización manual del algoritmo del transporte permite tener una visión de las relaciones teóricas primal-dual ,que se desarrollaron para realizar los análisis de sensibilidad . Este algoritmo se basa en la estructura matricial de orden Xmn ,donde Xij = cantidad transportada del origen i ,hasta el destino j Fuente u origen

1

2

…

J …

n

Oferta

1 X11 X12 … X1j… X1n 1 2 X21 X22 … X2j… X1n 2 . . . i .

. . . Xi1 .

.

.

. Xi2 .

… … … …

. . . Xij …

.

X1n

.

. . .

m Xm1 Xm2 Xij Xmn i Demanda 1 2 … i j Fases generales del algoritmo del transporte.- Para aplicar el algoritmo del transporte eficientemente se sugiere seguir las siguientes fases de acuerdo al siguiente esquema: Fase 1 .-Determinación de una solución básica factible inicial Para ello se tiene tres alternativas o métodos :

a)De la esquina noroeste(superior izquierda).- b) Del costo mínimo. c) Aproximación Vogel

42

Fase 2.- Usar la condición optimalidad del método simples para determinar la variable de entrada entre las no básicas,si satisface dicha condición detenerse,caso contarrio pasar a la fase 3

Fase 3 .-Usar la condición de factibilidad del método simples para determinar la variable de salida entre las básicas en ese momento y determinar la nueva solución básica,regresar a la fase 2

Determinación de la solución inicial.-mediante los tres métodos a) De la esquina noroeste(superior izquierda).- se comienza con X11 de la

tabla matricial 1.-Asignar a la misma la cantidad máxima y ajustar las cantidades asociadas de fuente (oferta )y destino (demanda ) restando la cantidad asignada. 2.-Salir del renglón o la columna cuando se equilibre la oferta y/o demanda(cero) ,tacharlo sólo uno de ellos en caso de anularse ambos 3.-Si queda exactamente una fila o columna sin tachar,se debe detener,en caso contrario avanzar a la celda de la derecha si se acaba de tachar una columna o a lde abajo si se tachó una fila.continuar con el paso

b) Del costo mínimo.-Inicia con una mejor solución porque se concentra en las rutas menos costosas de la siguiente manera. 1.-se asigna todo lo posible a la celda que contenga el mínimo costo unitario(si existe empate,se rompe arbitrariamente) 2.-La fila o columna satisfecha se tacha una de ellas ajustando las cantidades de oferta y demanda. 3.-A continuación se busca la celda no tachada con el costo mínimo ,repitiendo el proceso hasta que quede sin tachar exactamente una fila o columna.

c) Aproximación Vogel.- Es similar al método anterior aunque mejorado porque produce mejores soluciones iniciales de la siguiente manera. 1.-determinar para cada fila(o columna) una medida de penalización restando el elemento de costo unitario mínimo en la fila (o columna) del elemento con costo unitario siguiente al mínimo de la misma fila(columna) 2.-Elegir la fila o columna con mnayor penalización,romper los empates arbitrariamente.Asignar todo lo posible a la variable que tenga el mínimo costo unitario de la fila o columna seleccionado.ajustar la oferta y demanda tachando la fila o columna equilibradas(sólo una). 3.-a) Si queda sin tachar exactamente una fila o columna conoferta o demanda cero,detenerse. b) Si queda sin tachar una fila o columna con oferta(demanda) positiva,determinar las variables básicas en la fila(columna9 con el método del costo mínimo,detenerse. c)si todas las filas y columnas que no se tacharon tienen cero oferta y demanda(restante),determinar las variables básicas cero por el método del costo mínimo,detenerse. d) en cualquier otro caso seguir en el paso 1

Ej Una Cía de transporte lleva grano desde tres silos hasta cuatro molinos.La oferta y la demanda(ambos en camionadas),se resume en el modelo de transporte junto con sus costos unitarios(Cij en cientos de $) ubicados en la esquina superior derecha de la tabla,se desea minimizar el costo de transporte ,mediante el algoritmo del

43

transporte,utilizando los tres métodos para hallar la solución básica factible inicial,utilizando posteriormente el método de la esquina noroeste para la solución final: Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta

1 10 X11

2 X12

20 X13

11 X14

15

2 12 X21

7 X22

9 X23

20 X24

25

3 4 X31

14 X32

16 X33

18 X34

10

Demanda 5 15 15 15 50=50

Solución.- determinando las soluciones iniciales factibles a) Método de la esquina noroeste: siguiendo las instrucciones se tiene:

Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta

1 10 X11= 5→→→

2 X12= 10

20

11

15

2 12

↓ 7 X22= 5→→→

9 X23=15→→→

20 X24=5

25

3 4

14

16

↓ 18 X34=10

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Por lo tanto la solución inicial factible se obtiene,sabiendo que la función objetivo: Mín Z = ∑CijXij = C11X11+ C12X12+ C22X22+ C23X23+ C24X24+ C34X34 = 10(5)+ 2(10) + 7(5)+ 9(15) + 20(5) + 18(10)= $ 520 b)Método del costo mínimo.- de acuerdo a las instrucciones se tiene: Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta

1 10

2 X12= 15

20

11 X14 = 0

15

2 12

7

9 X23=15

20 X24=10

25

3 4 X31= 5

14

16

18 X34= 5

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Comienza en X12= 15 continua en X31= 5 prosigue en X23=15 sigue en X14 = 0 en X34= 5 finalizando en X24=10 por lo tanto la función objetivo: Mín Z = ∑CijXij = C12X12+ C31X31+ C23X23+ C14X14+ C34X34+ C24X24 = 2(15)+ 4(5) + 9(15)+ 11(0) + 18(5) + 20(10)= $ 475 C)Método Vogel .- de acuerdo a las instrucciones se tiene:

44

Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta Penalización De fila

1 10

2

20

11

15

10-2= 8

2 12

7

9

20

25

9-7= 2

3 4

14

16

18

10

14-4=10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Penalización De columna

10-4=6 7-2=5 16-9=7 18-11=7

Volviendo a penalizar se tiene:

Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta Penalización De fila

1 10

2

20

11

15

9

2 12

7

9

20

25

2

3 4

14

16

18

10

2

Demanda 5 15 15 15 50=50 Penalización De columna

- 5 7 7

Por lo tanto la función objetivo es. Min Z= 2(15)+ 11(0)+ 9(15)+20(10)+4(5)+18(5)= $ 475 Una vez determinado la solución inicial factible con cualquiera de los tres métodos( en este caso con el de la esquina noroeste) debemos pasar la Fase 2.-que es el de usar la condición de optimalidad simples para determinar la variable de entrada como variable no básica actual para mejorar la solución, para luego determinar la variable de salida con la condición de factibilidad simples ,la misma que se obtiene entre las variables básicas actuales. Determinación de la variable de entrada.- se determina entre las variables no básicas (será aquella que tenga coeficiente más positivo en el renglón Z) las que se obtienen a través de las básicas,para ello se utiliza la técnica: de los multiplicadores cuya relación de condición es: Para cada Xij(no básica son aquellas que no tienen valor en el cuadro)→ ui + vj = Cij igualando cualquier ui =0 de manera de resolver las demás relaciones de las básicas(son aquellas que tienen valor en el cuadro) de la siguiente manera: V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución V.no básica→ ui +vj -cij X11 → u1+v1 = 10 si u1= 0 → v1=10

X12 → u1+v2 = 2 si u1= 0 → v2 =2

X22 → u2+v2 = 7 si v2 =2 → u2=5

X23 → u2+v3 = 9 si u2= 5 → v3 =4

X24 → u2+v4 = 20si u2= 5 → v4 =15

X34 → u3+v4 = 18si v4 =15→ u3=3

X13 → u1+v3-c13 =0 +4 -20 = - 16

X14 → u1+v4-c14 = 0 +15-11 = 4

X21 → u2+v1-c21 =5+10-12 = 3

X31 → u3+v1-c31 = 3+10-4 = 9(v.entrada)

X32 → u3+v2-c32 =3+2-14 = -9

X33 → u3+v3-c33 = 3+4-16 = -9

45

Estos valores se pueden obtener directamente en la tabla,además se pueden colocar los valores de las variables no básicas en recuadro dentro las celdas de la siguiente manera:

V1= 10 V2= 2 V3= 4 V4= 15

Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta

U1=0 1 10 5

2 10

20 -16

11 4

15

U2= 5 2 12 3

7 5

9 15

20 5

25

U3= 3 3 4 9

14 -9

16 -9

18 10

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Una vez determinado la variable de entrada(X31 v.no básica para convertirse en básica). Ahora es necesario determinar la variable de salida de entre las básicas para convertirse en no básica. Para ello se debe construir un circuito cerrado de segmentos horizontales y verticales donde cada esquina del circuito debe coincidir con una v.básica adicionando un valor θ con signos + y – alternativamente ,la variable de salida será aquella que resulte con nivel cero si existen más de uno se elige sólo uno de ellos ;que comienza y termina en la v.de entrada X31 ,de la siguiente manera: Molinos Silos

1 2 3 4 Oferta

1 10 5- Θ←←←

2 10+ Θ

20

11

15

2 ↓ 12 ↓

↑ 7 5- Θ←←←

9 15←←←

20 5 + Θ

25

3 ↓ 4 Θ→→→→→

14 →→→→→

16 →→→→→

↑ 18 →10- Θ

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Entonces el valor de θ que haga el nivel cero es 5por lo tanto las variables de salida sonX11 y X22 ,debiendo elegirse uno de ellos ,en este caso X11 Ajuste de las variables básicas.-como la variable de entrada X31 y la de salida es X11

con Θ =5,como cada unidad que se transporta por la ruta (3,1) reduce el costo de transporte en $ 9 ( X31= u3+v1-c31 = 3+10-4 = 9) es decir 9(5) =45 Entonces el nuevo costo es 520-45 = $475,además se debe ajustar las v.básicas de las esquinas del circuito ,quedando la tabla ajustada de la siguiente manera:

46

Tabla ajustada Molinos Silos

1

2

3

4

Oferta

1 10

-9

2 15

20

-16

11

4

15

2 12

-6

7 0

9 15

20 10

25

3 4 5

14

-9

16

-9

18 5

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 Como existe todavía v,no básicas positivas tal el caso de X14= 4 se debe volver a iterar,siguiendo la 2ª fase de nuevo,mediante los multiplicadores ,para determinar las v.de entrada y salida hasta que todas las v.no básicas sean negativas V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución V.no básica→ ui +vj -cij X12 → u1+v2 = 2 si v2= 7 → u1=-5

X22 → u2+v2 = 7 si u2= 0 → v2 =7

X23 → u2+v3 = 9 si u2=0 → v3=9

X24 → u2+v4 = 20 si u2= 0 → v4 =20

X31 → u3+v1 = 4si u3= -2 → v1=6

X34 → u3+v4 = 18si v4 =20→ u3=-2

X11 → u1+v1-c11 =-5+6-10 = -9

X13 → u1+v3-c13 = -5+9-20 = -16

X14 → u1+v4-c14 =-5+20-11 = 4 (v.de entrada)

X21 → u2+v1-c21 = 0+6-12 = -6

X32 → u3+v2-c32 =-2+7-14 = -9

X33 → u3+v3-c33 = -2+9-16 = -9 Una vez determinado la variable de entrada(X14 v.no básica para convertirse en básica). Ahora es necesario determinar la variable de salida de entre las básicas para convertirse en no básica. Para ello se debe construir un circuito cerrado de segmentos horizontales y verticales donde cada esquina del circuito debe coincidir con una v.básica adicionando un valor θ con signos + y – alternativamente ,la variable de salida será aquella que resulte con nivel cero si existen más de uno se elige sólo uno de ellos ;el circuito comienza y termina en la v.de entrada X14 , adicionando un valor máximo θ que equilibra con signos positivos y negativos alternativamente de la siguiente manera:

47

Molinos Silos

1

2

3

4

Oferta

1 10

-9

2 15-θ→→→→ ↑ ↑

20 →→→→→

-16

11 θ

4 ↓

15

2 12

-6

↑ 7 0+θ ↑ ←←←←←←

9 15 ←←←←←←

↓ 20 10- θ ↓ ←

25

3 4 5

14

-9

16

-9

18 5

10

Demanda 5 15 15 15 50=50 El valor de θ que equilibre o haga cero es 10 en la variable X24 por lo tanto ésa es la variable de salida, consecuentemente la tabla se debe ajustar con los multiplicadores V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución V.no básica→ ui +vj -cij X12 → u1+v2 = 2 si u1=0 → v2= 2

X14 → u1+v4 = 11 si u1= 0 → v4 =11

X22 → u2+v2 = 7 si v2= 2 → u2=5

X23 → u2+v3 = 9 si u2= 5 → v3 =4

X31 → u3+v1 = 4 si u3= 7 → v1=-3

X34 → u3+v4 = 18si v4 =11→ u3=7

X11 → u1+v1-c11= 0-3-10 = -13

X13 → u1+v3-c13 = 0+4-20 = -16

X21 → u2+v1-c21 =5-3-12 = -10

X24 → u2+v4-c24 = 5+11-20 = -4

X32 → u3+v2-c32= 7+2-14 = -5

X33 → u3+v3-c33 = 7+4-16 = -5 Como se puede apreciar todas las v,no básicas son negativas por lo tanto se alcanzado el objetivo es decir se ha minimizado el costo de transporte Molinos Silos

1

2

3

4

Oferta

1 10

-13

2 5

20

-16

11 10

15

2 12

-10

7 10

9 15

20

-4

25

3 4 5

14

-5

16

-5

18 5

10

Demanda 5 15 15 15 50=50

48

La nueva solución que se ve en la tabla cuesta 4(10) = $40 menos que la anterior solución ,es decir COSTO Mín Z = $475-$40 = $ 435 La solución óptima se resume de la siguiente manera. Variables Del Silo al molino Nº de camionadas X12 1 2 5 X14 1 4 10 X22 2 2 10

X23 2 3 15 X31 3 1 5 X34 3 4 5 Costo óptimo Z = C12 X12 + C14 X14+ C22 X22+ C23 X23+ C31 X31+ C34 X34 = 2(5) + 11(10) + 7(10) + 9(15) + 4(5) + 18(5) =$435 Extensión del modelo del transporte.- El modelo del transporte se puede extender y aplicar a otros modelos como ser : a)El modelo del transbordo ,b)El modelo de asignación de recursos, c)El de control de producción e inventarios. a)Modelo del transbordo.- Este modelo puede ser más económico que el del transporte porque utiliza nodos intermedios o transitorios para llagar a su destino.Ahora el problema está en adaptar un modelo de transbordo a un modelo de transporte normal,para ello se deberá presente algunos elementos y conceptos como: Oferta en un nodo de oferta pura = suministro original (fuente original) Demanda en un nodo de demanda pura = Demanda original(DestinoFinal) Oferta en un nodo de transbordo= oferta original + Amortiguador Demanda en un nodo de demanda pura =demanda original + amortiguador Amortiguador= cantidad suficientemente grande que permita que toda la oferta(o demanda) original pase por cualquiera de los nodos de transbordo =Oferta(demanda total). Ejemplo.- Dos fábricas de computadoras P1 y P2 se conectan con tres agencias D1,D2,D3,a través de dos centros de distribución T1 y T2 de acuerdo al siguiente esquema: 8 → 800 3 1000 → 6 5 4 2 7 4 → 900 1200 → 5 3 9 → 500

P1 T1

P2 T2

D1

D2

D3

49

Donde las cantidades de oferta en las plantas P1,P2 son 1000 y 1200 autos; las cantidades de demanda en las agencias D1,D2 y D3 son: 800, 900 y 500 autos.el costo de transporte por auto se da en los arcos de la red( en cientos de $) Los transbordos existen porque toda la oferta de 2200( = 1000+1200) autos de los nodos puros P1 y P2 podrían pasar por cualquier nodo de transbordo T1,T2,D1 y D2 Por lo tanto los nodos puros de oferta son P1,P2 el nodo puro de demanda sólo es D3. El modelo de transbordo se puede convertir en un modelo de transporte normal con 6 fuentes: P1,P2,T1,T2 D1 y D2 y cinco destinos:T1,T2,D1,D2,D3,donde las cantidades de oferta y demanda en los distintos nodos se determinan con los conceptos dados al principio La oferta o demanda total = 1000+1200( 800+900+500) =Amortiguador =B=2200 autos Una vez determinado las fuentes y los destinos se construye el cuadro matricial del modelo de transporte normal y luego se procede de acuerdo el algoritmo del mismo.Cuya solución gráfica se puede apreciar: → 800 800 1000 → 1000 400 → 900 1200 1000 1200 → 500 → 500 Donde la agencia D2 recibe 1400 autos se queda con 900 para satisfacer la demanda y el saldo de 500 autos los envía a la agencia D3 b)Modelo de asignación de recurso.- Otra aplicación del modelo del transporte se da en el de asignación óptima de recursos en cualquier ente económico. El modelo general de asignación con n trabajadores o empleados y n puestos o cargos,es decir cada cargo para un solo trabajador por lo tanto es modelo equilibrado(Oferta= Demanda); el mismo se sintetiza en la matriz de la siguiente manera:

Puesto(destino) Trabajador(origen)

1 2 … n Nº de trabajadores

1 2 . . . n

C11 C12 …. C1n C21 C22 …. C2n . . …. . . . …. . . . …. . Cn1 Cn2 … Cnn

1 1 . . . 1

Nº de cargos o puestos

1 1 … 1

Donde Cij = costo de asignar al i-ésimo trabajador el j-ésimo puesto (i,j= 1,2,3,…n)

P1 T1

P2 T2

D2

D3

D1

50

Una vez sistematizado el problema de la asignación de recursos ,éste se puede resolver mediante el algoritmo del transporte,pero existe otro método más sencillo que es: Método húngaro.- Este método también se basa en método simples,para aplicar dicho método se debe seguir 3 etapas. 1ªEtapa .- una vez determinado la matriz original de costo,se debe identificar el mínimo d cada fila y restarlo de todos los elementos del renglón 2ºEtapa.- en la matriz resultante de la 1ª etapa se identifica el mínimo de cada columna y restarlo de todos los elementos de la columna 3º Etapa.-Identificar la solución óptima como la asignación factible asociada con los elemntos cero de la matriz obtenida en la 2ª etapa. Ejemplo.- Una empresa requiere tres empleados para su departamento administrativo en la sección de limpieza(1ª limpieza de las oficinas,2ª limpieza de las ventanasy 3ª limpieza de los vehículos). Para ello les pide a los tres postulantes sus ofertas(en sobre cerrado) de lo que creen que un pago justo para cada una de las tres labores de limpieza,suponiendo que los tres postulantes aceptarán el trabajo que decida el jefe del departamento administrativo. Las ofertas recibidas se resumen de la siguiente forma:

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos 1 2 3

A B C

$ 15 $ 10 $ 9 $ 9 $ 15 $10 $ 10 $ 12 $ 8

El problema consiste en asignar las labores de manera óptima para la empresa. Solución.- Siguiendo las etapas: 1ª etapa: determinando los costos mínimos de la fila i (=pi) cuya tabla correspondiente.

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos 1 2 3

Mínimo De la fila pi

A B C

$ 15 $ 10 $ 9 $ 9 $ 15 $10 $ 10 $ 12 $ 8

p1= 9 p2= 9 p3= 8

2ªetapa.:determinando los costos mínimos de la columna j cuya tabla correspondiente:

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos 1 2 3

A B C

$ 15 $ 10 $ 9 $ 9 $ 15 $10 $ 10 $ 12 $ 8

Mínimo de la columna qj

q1= 0 q2=1 q3=0

51

3ªetapa:restando los valores mínimos tanto de la filas y posteriormente de las columnas se obtiene la solución óptima,cuya tabla resume :

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos 1 2 3

A B C

6 0 0 0 5 1 2 3 0

La solución óptima se da en las celdas con los elementos cero(0) ,es decir el empleado A limpiará las ventanas, B limpiará la oficina y C limpiará los vehículos los mismos costará a la empresa = ( p1 + p1+ p1)+ (q1+ q1+ q1 ) =$ 9 + $10 + $8 = $ 27 Nota.-Cuando no se da la solución factible de manera directa como en el ej. Anterior entonces se debe añadir otros pasos más: Después de aplicar las dos primeras etapas y no se pueden asignar una tarea o empleo por cada postulante entonces se sugiere: 2ªa Etapa ,si no se puede obtener una solución factible en las etapas anteriores entonces: 1) trazar la cantidad mínima de lineas horizontales y verticales en la última matriz

reducida que cubran todos los elemntos cero. 2) Elegir el elemento mínimo no marcado por la linea ,restarlo de todo elemento no

cubierto y a continuación sañadirlo a todo elemnto en la intersección de dos lineas 3) Si no se puede hallar una asignación factible entre los elemntos cero resultantes

repetir desde 2ªa .caso contrario seguir con la 3ª etapa para determinar la signación óptima.

Ej.Suponiendo que en el problema anterior se añade una labor más (pintado de la fachada) y por lo tanto se requiere un trabajador más, de acuerdo a la siguiente matriz

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos pintado 1 2 3 4

A B C D

$1 $4 $ 6 $3 $9 $7 $10 $9 $4 $5 $11 $7 $8 $7 $ 8 $5

Después de aplicar los primeros dos pasos a la matriz original( p1= 1,P2=7,P3=4,P4=5,q1= 0 , q2= 0 ,q3= 3 ,y q=4) se obtiene la matriz transformada.

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos pintado 1 2 3 4

A B C D

0 3 2 2 2 0 0 2 0 1 4 3 3 2 0 0

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Como se puede apreciar los lugares de los elementos cero no permiten asignar una labor a cad postulante.Por lo tanto realizando los pasos mencionados anteriormente en 2ªa Etapa se obtiene el nuevo trazado ,obteniéndose el valor mínimo no implicado por las líneas (1):

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos pintado 1 2 3 4

A B C D

0 3 2 2 2 0 0 2 0 1 4 3 3 2 0 0

Obteniéndose el valor mínimo no implicado por las líneas (1),el mismo que se resta de todas las celdas implicadas con las lineas y se suman a las celdas de las intersecciones,par producir la tabla solución:

Tipo de limpieza Empleado

Oficina ventanas vehículos pintado 1 2 3 4

A B C D

0 2 1 1 3 0 0 2 0 0 3 2 4 2 0 0

Donde las celdas de solución están ocupadas por los ceros 0 ,siendo: Al postulante A se le asigna la limpieza de oficina al postulante B la limpieza de los vehículos,al postulante C la labor de limpieza de ventanas y al postulante D el pintado de las fachada.,es decir: el mínimo costo asociado a ésta asignación está dado por Z= ( 1+10+5+5)= $21 o también Z= (1+7+4+5)+(0+0+3+0)= $21 c)Modelo de producción e inventarios.- El modelo de transporte se puede aplicar o extender al área de de control de producción e inventarios y de mantenimiento de equipo por que existe mucha similitud entre ambos modelos como se puede apreciar en el siguiente esquema: Modelo del transporte Modelo de producción e inventarios - Fuente i - Destino j - Cantidad suministrad en la fuente i - Demanda en el destino j - Costo unitario de transporte desde la

fuente i hasta el destino j

.Período de producción i -Período de demanda j -capacidad de producción del período i - demanda en el período j -Costo unitario(producción+ retención+penalización)en el período i para el período j

Modelo de control de producción e inventarios.- Para construir éste tipo de modelo se debe tener en cuenta la producción como el costo de transportar /unidad bajo tres períodos: período en curso, anterior y posterior así. Además el costo de “transporte”/unidad desde el período i hasta el período j se determina de la siguiente manera: Costo de producción en i , i=j ( período en curso) Cij = Costo de producción en i+ costo de retención de i a j , i < j (período anterior) Costo de producción en i + costo de penalización de i a j i > j(período posterior)

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Ej.-Una empresa fabrica ciertos implementos para excursionistas .La demanda de su producto se presenta cada cuatrimestre (desde marzo hasta junio) de cada año. La empresa estima que la demanda durante los cuatro meses es : 100 , 200 , 180 y 300 unidades ,respectivamente .La empresa utiliza mano de obra de tiempo parcial, por lo tanto su capacidad de producción varía cada mes. La empresa estima que puede producir: 50 ,180 280 y 270 unidades de marzo a junio respectivamente, como la demanda como la capacidad de producción no coinciden, la demanda de cada mes se puede cumplir mediante una de las tres alternativas: 1.-Con la producción del mes en curso ,cuyo costo de producción es $ 40.00/unidad 2.-Con la producción sobrante del mes anterior,con costo de retención $ .50/unidad/mes 3.- Con la producción sobrante en meses posterior ,con penalización adicional de $ 2.00 /mochila/ mes. La empresa desea determinar el programa óptimo de producción en los cuatro meses Solución .- Dada que la capacidad productiva como la demanda no son iguales,se debe equilibrar,recurriendo a los tres tipos de costos de producción.Para ello se utilizará una tabla del transporte para los cuatro meses Meses Marzo(1) Abril(2) Mayo(3) Junio(4) Capacidad productiva Marzo (1) Abril (2) Mayo(3) Junio (4)

C11 C12 C13 C14

C21 C22 C23 C24

C31 C32 C33 C34 C41 C42 C43 C44

Demanda Donde la diagonal de la matriz corresponde al costo de producción en el período en curso y el triángulo debajo de la diagonal corresponde a los costos de producción en el período i + un costo de penalización, y el triángulo superior a la diagonal corresponde alos costos de producción en el período i + un costo de retención .los mismos que se calculan de la siguiente manera: C11 = $ 40.00 C12 = 40.00 + 0.50 = $40.50 C13 = 40.00 + (0.50 +0.50) = $41.00 C14 = 40 .00 + (0.50+0.50+0.50)= $ 41.50 C21 = 40.00+2.00= $ 42 C22 = $40.00 C23 = 40.00 + (0,50) = $ 40.50 C24 = 40.00+ (0,50+0.50)= $ 41.00 C31 = 40.00 + (2.00 +2.00)= $44.00 C32 = 40.00 +(2.00) = $ 42 C33 = $40.00 C34 = 40.00+(0.50)= $40.50 C41 = 40.00 + (2.00 +2.00+ 2.00) = $46 C42 = 40.00 +(2.00 +2.00) = $ 44.00 C43 = 40.00+ (2.00) = $ 42.00 C44 = $40.00

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Cuya tabla será: Meses Marzo(1) Abril(2) Mayo(3) Junio(4) Capacidad productiva Marzo (1) Abril (2) Mayo(3) Junio (4)

$ 40.00 $ 40.50 $ 41.00 $ 41.50 $ 42.00 $ 40.00 $ 40.50 $ 41.00 $ 44.00 $ 42.00 $ 40.00 $ 40.50 $ 46.00 $ 44.00 $ 42.00 $ 40.00

50 180 280 270

Demanda 100 200 180 300 780 La solución óptima se resume en el diagrama Oferta 50 180 280 270 ↓ ↓ ↓ ↓ Período 1 2 3 4 De oferta 50 50 130 70 180 30 270 Período 1 2 3 4 Demanda ↓ ↓ ↓ ↓ Demanda 100 200 180 300 Donde los vectores retrasados (hacia atrás) indican abastecimiento retrasado,los vectores verticales indican abastecimiento en el día y los vectores adelantados significan producción para período futuro

UNIDAD Nº 5 MODELOS DE REDES Competencia: El estudiante debe saber que la mayor parte de los problemas de programación matemática en el mundo real se pueden representar como modelos relacionados con redes y por lo tanto utilizar correctamente los principales algoritmos de los modelos de redes específicos Descripción de la unidad.- esta unidad comienza a utilizar el algoritmo del modelo de redes,para luego extenderse a otros modelos especiales utilizando algunos programas especiales como el TORA Introducción.- Generalmente la mayor parte de los modelos de programación lineal se pueden modelar y resolver como modelos de redes,asi por ejemplo tenemos las siguientes situaciones: 1.-Diseños de redes de gasoductos marinos para entrega en tierra, donde el objetivo es minimizar el costo de construcción del gasoducto. 2.-Determinación de la ruta más corta entre dos ciudades en una red de carreteras 3.-determinación de la capacidad máxima de una red de tubería para la distribución de combustibles o líquidos o gas 4.-Diseño del programa de flujo de oleoductos con costo mínimo 5.-determinación del cronograma de actividades en la elaboración de cualquier proyecto. Esta situaciones se pueden formular y resolver mediante programas lineales explícitos, pero existen programas especiales de redes más eficientes que el método simplex,como ser: 1.-Árbol de expansión mínima 2.-Algoritmo de la ruta más corta 3.-Algoritmo del flujo máximo 4.-Algoritmo de red capacitada con costo mínimo 5.-Algoritmo de la ruta crítica Antes de desarrollar los diferentes algoritmos es necesario dar algunos : Conceptos básicos sobre redes. Definición de red.-(N,A) Una red está constituido por una serie de nodos conectados con arcos(o ramas).Una red se denota por (N,A) donde: N: es el conjunto de nodos →N= {1,2,3,4,5,……n) A: es el conjunto de arcos →A= ((1,2),(1,3)……) Clases de arcos.- de acuerdo a su dirección se tiene: Arco dirigido u orientado.- se dice dirigido si permite un flujo positivo en una dirección y flujo cero en la dirección opuesta Red dirigida.- se dice que la red es dirigida si tiene todos sus arcos dirigidos Ruta.- es una sucesión de arcos distintos que unen dos nodos pasando por otros nodos independientemente de la dirección de flujo en cada arco. Ciclo.-se dice que una ruta constituye un ciclo si conecta un nodo consigo mismo pasando por otros nodos. Red conectada.- es aquella en que cada dos nodos distintos están conectados al menos por una ruta Árbol.- es una red conectada que puede consistir sólo en un subconjunto de todos los nodos en ella,donde no se permiten ciclos

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Árbol en expansión.- es un árbol que conecta todos los nodos de la red,sin permitir ciclos. 1:-Algoritmo de árbol de expansión mínima.- Este algoritmo tiene principalmente aplicación en la construcción de carreteras pavimentadas que unen varias poblaciones. El camino entre dos poblaciones puede pasar por uno o más poblaciones adicionales. El diseño de éste tipo de carreteras es más económico si minimiza la distancia total de caminos pavimentados ,el mismo que se obtiene implementando el algoritmo de expansión mínima,cuyo procedimiento es el siguiente Sean N= {1,2,3,4,5,……n} el conjunto de nodos de la red donde se definen: Ck = Conjunto de nodos que se han conectado en forma permanente en la dirección k

Čk= Conjunto de nodos que todavía se deben conectar en forma permanente. Paso o.- el conjunto C0 = Φ y Č0 = N Paso 1.- Se inicia con cualquier nodo en el conjunto Č0 no conectado( o inconexo) e igualar C1 = {i }, con lo que Č1 = N- {i },igualar k = 2 Paso general.- seleccionar el nodo j*-ésimo en el conjunto no conectado Čk-1 que produzca el arco más corto aun nodo en el conjunto conectado Ck-1.Enlazar al j*-ésimo nodo en forma permanente con Ck-1 y sacarlo de Čk-1 ,es decir Ck = Ck-1 + {j* }, Čk = Čk-1 -{j* }, Si el conjunto Čk ,de nodos no conectados es vacío,detenerse,en ctro caso igualar k=k+1 y repetir el paso. Ejemplo.-Una Cía de tv por cable desea proporcionar servicio de cable a cinco nuevas zonas urbanas .Los enlaces posibles de tv de las cinco zonas se representan de acuerdo al siguiente diagrama: 3 9 1 6 8 5

4 5 10 7 3 Las distancias entre arcos está dado en millas.Se pide determinar la red de cable más económica. Solución.-Comenzando con cualquier nodo ,en éste caso con el nodo 1 , obteniéndose: C1= {1} , Č1 ={2,3,4,5,6} → C2= {1,2} , Č2 ={3,4,5,6} y así sucesivamente ,cuyas representaciones gráficas de las diferentes iteraciones tenemos: Primera iteración 1 9 5 7 Sexta iteración( solución) 3 1 4 5 5 3

2 5

1 3

4 6

1 3

4 6

2 5

1 3

4 6

5 2

57

Donde las líneas gruesas en negrilla representan los enlaces permanentes y las lineas delgadas segmentadas representa el nuevo enlace(permanente) que se agrega en cada iteración,la solución se da en el árbol de expansión mínima que se tiene en la sexta iteración. La cantidad mínima de millas necesarias para proporcionar el servicio de tv por cable que se desea : 1+3+4+3+5= 16 millas. 2.-Algoritmo de la ruta más corta.- Este algoritmo se aplica entre una fuente y un destino en una red de transporte, pudiendose aplicar a otros modelos como el de reemplazo de equipo,o en el análisis de redes. En éste tipo de algoritmos tenemos dos para resolver redes tanto cíclicas como acíclicas a) El algoritmo de Dijkstra y b) el algoritmo de Floyd.

1:-Algoritmo de Dijkstra.- tiene por objeto determinar las rutas más cortas entre el nodo fuente y todos los demás nodos de la red.este algoritmo utiliza algunos conceptos y notaciones como ser la distancia más corta del nodo fuente 1 hasta el i-ésimo nodo =ui longitud del arco (ij)= dij(≥ 0) Etiqueta de un nodo inmediato posterior j = [uj,i]= [ ui+dij,i] Etiqueta del nodo de inicio = [0,-1] (el nodo no tiene predecesor) Clases de etiquetas.-

a) Temporales.- son las que se pueden modificar si se puede encontrar una ruta más corta a un nodo.

b) Permanente.-son las no se pueden hallar mejores rutas ,cambiando de temporal a permanente.

Procedimiento.- Fase inicial.- etiquetar el nodo fuente (nodo 1) con la etiqueta [0,-].Igualar i=1 Fase i-ésima : a)Determinar las etiquetas temporales[ ui+dij,i] para cada nodo j al que puede llegarse desde el nodo i siempre y cuando j no tenga etiqueta permanente. Si el nodo j ya está etiquetado con [uk,k] por otro nodo k y si ui+dij< uj sustituir [uk,k] por [ ui+dij,i] b) Si todos los nodos tienen etiquetas permanentes detenerse.caso contrario seleccionar la etiqueta [ur,s] que tenga la distancia más corta (=ur) entre todas las etiquetas temporales(los empates se deciden arbitrariamente).Hacer que i= r y reiterar la fase i

Ej. Se tiene la red cuya gráfica muestra las rutas con sus longitudes(millas) entre la ciudad1(nodo 1) y otras 4 ciudades (nodos del 2 al 5).determinar la rutas más cortas entre la ciudad 1 y cada una de las 4 ciudades restantes: 15 100 20 50 10 30 60

2

4

1 3 5

58

Solución.- Iteración inicial 0 → Etiqueta permanente [0,-] al nodo 1 Iteración 1 → desde el nodo 1 se puede llegar a los nodos 2 y 3 de la siguiente manera:

Nodo Etiqueta Estado de la etiqueta 1 [0,-] permanente 2 [0+100,1]=[100,1] temporal 3 [0+30,1] = [30,1] temporal

El estado del nodo 3 se puede volver permanente ,luego se prosigue: Iteración 2.- → del nodo 3 se puede ir a los nodos 4 y 5 por lo tanto la lista de los nodos etiquetados son:

Nodo Etiqueta Estado de la etiqueta 1 [0,-] permanente 2 [100,1] temporal 3 [30,1] permanente 4 [30+10,3] =[40,3] temporal 5 [30+60,3] = [90,3] temporal

El estado de la etqueta temporal[40,3] se cambia a permanente . Iteración 3.- Del nodo 4 se puede ir a los nodos 2 y 5 ,la lista de los nodos etiquetados actualizados son:

Nodo Etiqueta Estado de la etiqueta 1 [0,-] permanente 2 [40+15,4]=[55,4] temporal 3 [30,1] permanente 4 [40,3] temporal 5 [40+50,4] = [90,4] temporal

Iteración 4.- Del nodo 2 sólo se puede ir al nodo 3,sinmebargo el nodo 3 tiene una etiqueta permanente y no se puede cambiar.la nueva lista de etiquetas queda igual en la iteración 3 salvo que la etiqueta en el nodo 2 ya es permanente.esto deja al nodo 5 con la misma etiqueta temporal.como el nodo 5 no conduce aotro lado su estado se vuelve permanente terminando el proceso.cuya solución gráfica [55,4] 15 [40,3] 100 20 50 10 [90,3] 30 60 [0,1] [30,1] [90,4]

4

1 3 5

2

59

Por lo tanto la ruta buscada es 1→ 3→4 →2 con una longitud total de 55 millas 2) Algoritmo Floyd.- Este algoritmo es más general que el Dijkstra,porque determina la ruta más corta entre 2 nodos cualesquiera de la red. Este algoritmo se basa en una matriz cuadrada de orden nxm( n=nº de filas m=nº de columnas), y una operación triple con la siguiente desigualdad: dij djk dij +djk < dik cuya representación gráfica dik que significa ir del nodo i al nodo al nodo k pasando por el nodo k ,es decir es óptimo reemplazar la ruta directa i→ k por la ruta i→j→ k. donde : dij= distancia entre el i-ésimo nodo y el j-ésimo nodo de manera directa en caso contrario se dice que es infinito (∞) djk= distancia entre el nodo j-ésimo y el nodo k-ésimo dik= distancia entre el nodo i-ésimo y el nodo k-ésimo Para aplicar este intercambio de operación triple en forma sistemática en la red es necesario seguir los siguientes pasos: Fase inicial.- Definir las matrices iniciales de distancias Do y de secuencias So de acuerdo mal siguiente formato, donde los elementos diagonales se marcan (-) el mismo que señala que están bloqueados ,luego igualar k= 1 de la siguiente manera: Do So 1 2 … j … n → 1 2 … j … n 1 - d12 … dij … din → 1 - 2 … j … n 2 d21 - … d2j … d2n → 2 1 - … j … n . . .

.

.

.

.

.

.

… … …

.

.

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… … …

.

.

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→

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.

.

.

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… … …

.

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… … …

.

.

. i di1 di2 … dij … din → i 1 2 … j … n . . .

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.

.

.

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… … …

.

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… … …

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.

→

.

.

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.

.

.

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.

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… … …

.

.

.

… … …

.

.

. n dn1 dn2 … dnj … - → n 1 2 … j … -

Fase general k.- Determinar la fila k y la columna k como renglón y columna pivote.Aplicar la operación triple a cada elemnto dij en Dk-1 Para todo i,j,si satisface la condición: dik +dkj < dij ( i≠ k ; j ≠ k ; i ≠j) efectuar los siguientes cambios:

a) Crear Dk reemplazando dij en Dk-1 por dik +dkj b) Crear Sk reemplazando Sij en Sk-1 por k ,igualar k = k+1,reiterar la fase k

Ej. Para la red del diagrama ,determinar las rutas más cortas entre cada par de nodos .En los arcos aparecen las distancias en millas .El arco (3,5) es direccional, es decir no se permite traficar del nodo 5 al nodo 3.todos los demás nodos permiten tráfico en ambas direcciones.

j

i k

60

5 3 4 6 10 15 Iteración inicial.- Do So 1 2 3 4 5 → 1 2 3 4 5 1 - 3 10 ∞ ∞ → 1 - 2 3 4 5 2 3 - ∞ 5 ∞ → 2 1 - 3 4 5 3 10 ∞ - 6 15 → 3 1 2 - 4 5 4 ∞ 5 6 - 4 → 4 1 2 3 - 5 5 ∞ ∞ ∞ 4 - → 5 1 2 3 4 -

Iteración 1.- Se iguala k=1 → la fila y columna pivote (1,1) las únicas dij que pueden mejorar son : d23 y d32 (los primeros ∞) → D1 y S1 se obtienen partiendo de Do y So de la siguiente manera: 1) sustituir d23 por d21 +d13 = 3+10 = 13 e igualar S23 =1 2) sustituir d32 por d31+ d12 = 10+3 = 13 e igualar S 32 =1 los cambios producidos se tienen en D1 y S1 D1 S1 1 2 3 4 5 → 1 2 3 4 5 1 - 3 10 ∞ ∞ → 1 - 2 3 4 5 2 3 - 13 5 ∞ → 2 1 - 1 4 5 3 10 13 - 6 15 → 3 1 1 - 4 5 4 ∞ 5 6 - 4 → 4 1 2 3 - 5 5 ∞ ∞ ∞ 4 - → 5 1 2 3 4 -

Iteración 2 Se iguala k=2→ la fila y columna pivote (2,2) las únicas dij que pueden mejorar son : d14 y d41 (los segundos ∞) → D2 y S2 se obtienen partiendo de D1 y S1 de la siguiente manera: 1) sustituir d14 por d12 +d24 = 3+5 = 8 e igualar S14 =2 2) sustituir d41 por d42+ d21 = 5+3 = 8 e igualar S41=2los cambios producidos se tienen en D2 y S2 D2 S2 1 2 3 4 5 → 1 2 3 4 5 1 - 3 10 8 ∞ → 1 - 2 3 2 5 2 3 - 13 5 ∞ → 2 1 - 1 4 5 3 10 13 - 6 15 → 3 1 1 - 4 5 4 8 5 6 - 4 → 4 2 2 3 - 5 5 ∞ ∞ ∞ 4 - → 5 1 2 3 4 -

…. Y así sucesivamente hasta la cuarta iteración que resulta. Iteración 4.- K=4 y las nuevas D4 y S4

4 2

1 5

3

61

D4 S4 1 2 3 4 5 → 1 2 3 4 5 1 - 3 10 8 12 → 1 - 2 3 2 4 2 3 - 11 5 9 → 2 1 - 4 4 4 3 10 11 - 6 10 → 3 1 4 - 4 4 4 8 5 6 - 4 → 4 2 2 3 - 5 5 12 9 10 4 - → 5 4 4 4 4 -

Iteración 5 Se igual k= 5 como se puede apreciar en la fila y renglón de D4, no se puede mejorar por lo tanto D5 y S5 son iguales a D4 y S4,. Siendo la ruta adecuada es 1→2→ 4→5 porque no necesita más disecciones y el proceso termina

3.-Algoritmo de la ruta crítica.- Dentro de este modelo tenemos dos algoritmos. El método de la ruta crítica(CPM),basado en actividades determinísticas y Técnica de evaluación y revisión de programa(PERT) basado en actividades de duración probablísticas,cuyos objetivos es tener un método analítico para programar actividades de proyectos cuyas fases son:

a) Definición de las actividades ,sus relaciones de precedencia y sus tiempos b) Determinación de la red que muestra las relaciones de precedencia entre las

actividades. c) Cálculos específicos de la red que constituyen la base para el desarrollo del

programa del proyecto en función del tiempo. Podría no cumplirse el programa que se planea durante la implementación del proyecto ,retrazando o adelantando las actividades del proyecto,`por lo tanto se debe actualizar el programa para que refleje la realidad, por lo tanto es necesario incluir un bucle o ciclo de retroalimentación entre la fase de programa y la fase de la red. El esquema de las fases de planeación de un proyecto CPM y PERT Representación de la red.- Para elaborar la red se necesita tener presente algunos conceptos tales como: -Cada actividad del proyecto se representa con un arco direccionado de acuerdo a la avance del proyecto. -Los nodos de la red establecen las relciones de precedencia entre las diferentes actividades del proyecto -Actividad ficticia no consume tiempo ni recursos y se represnta con línea segmentada Regla.-

1) Cada actividad se representa con un sólo arco 2) Cada actividad se debe identificar con dos nodos distintos. Se puede utilizar actividades ficticias para representar actividades concurrentes 3)para mantener las relciones de precedencia correctas, deben satisfacer las siguientes interrogantes: a)¿Qué actividades deben anteceder inmediatamente a la ctividad actual? b)¿Qué actividades deben seguir inmediatamente a la actividad actual?

Actividades Del proyecto

Red

Cálculo De la red

Cronograma del (tiempo)

62

c)¿Qué actividades deben efectuarse de manera concurrente o simultáneamente con la actividad actual? Para satisfacer éstas interrogantes se podría recurrir al uso de las actividades ficticias para asegurar las precedencias correctas entre las actividades. Por ej Un editor tiene un contrato con un autor para publicar su libro de texto. las actividades(simplificadas) relacionadas con la producción del libro están resumidas en el siguiente cuadro. Se pide formular la red del proyecto.

Actividades Predecesor Duración (semanas) A: lectura del manuscrito por el editor - 3 B: Preparación de páginas muestra por el tipógrafo - 2 C: Diseño de la portada del libro - 4 D: Preparación del figuras del libro - 3 E: Aprobación por el autor del manuscrito Editado y las paginas muestra A,B 2 F:Tipografía del libro E 2 G: Revisión por el autor de las páginas tipografiadas F 2 H: Revisión de las figuras por el autor D 1 I: Producción de las placas de impresión G,H, 2 J: Producción y encuadernación del libro C,I 4

De acuerdo a los conceptos y reglas se introduce la actividad ficticia (2,3) de la siguiente manera: E-2 F-2 G-2

A-3 B-2 H-1 D-3 I-2 C-4 j-4

Cálculos para la ruta crítica (CPM) Para obtener el resultado final de CPM del esquema se deben hacer cálculos específicos ,para ello es necesario tener presente algunos conceptos para obtener la siguiente información: 1) Tiempo total necesario para terminar el proyecto 2) Clasificación de las actividades del proyecto en críticas y no críticas donde: Actividad crítica.- es aquella actividad que no tiene margen en la detrminación de sus tiempos inicial y final Actividad no crítica.- ésta actividad permite alguna holgura en su programación de manera que su tiempo inicial de actividad pueda adelantarse o retrasarse dentro ciertos límites,sin afectar la fecha de finalización de todo el proyecto. Evento.-es el momento de tiempo en el que termina actividades y se inician otras,generalmente en redes un evento nos es más que un nodo,los que se denotan y definen:

j = tiempo adelantado de ocurrencia del evento j (en relación a la fecha de inicio) J= tiempo retrasado de ocurrencia del evento j (en relación a la fecha final) Dij= Duración de la actividad(i,j)

2 3 4 6

5 7

1 8 9

63

Los cálculos de ruta crítica requiere realizar dos pasos: a)Paso hacia delante.- el que se utiliza para adelantar los tiempos a la ocurrencia de los eventos cuyo procedimiento es: -Paso inicial.- poner 1= 0, cuando se inicia el proyecto el tiempo inicial es 0 -Paso general j .El tiempo adelantado a la ocurrencia del evento j se determina: J = máx { p +Dpj , q+Dqj,…. J + Dvj}donde j =la ruta(duración) más larga al nodo j Terminándose el paso cuando se calcula n en el nodo n

b)Paso hacia atrás.-el que se utiliza para retardar los tiempos a la ocurrencia de los eventos el cual se obtiene procediendo de la siguiente manera: -Paso inicial.-Igualar n = n cuando las ocurrencias adelantadas y retrasadas del último nodo en el proyecto son iguales -Paso general j.- el tiempo retrasado del nodo j se calcula como sigue: J = Min{ p –Djp , q –Djq , … … v -Djv } el paso hacia atrás se tremina cuando se calcula j en el nodo 1. Por lo tanto una actividad (i,j) será crítica si satisface tres requisitos: 1) i = i ,2) j = j ,3) j - i = j- i = Dij ,es decir , las tres condiciones nos señalan que los tiempos adelantados y retrasados de ocurrencia de los nodos i,j son iguales y que la duración Dij se ajusta exactamente al intervalo especificado de tiempo ,sino satisface las tres condiciones la actividad es no crítica Las actividades críticas de un ared deben tener una trayectoria no interrumpida que abarque toda la red ,desde el inicio hasta el final. Ej. Determinar la ruta crítica para la red del proyecto del diagrama,donde todas las duraciones están en días. B 6 E F 2 11 H A C 3 5 12 G D 1 8 Solución.- Paso hacia adelante.-g Nodo 1 hacer 1 = 0 Nodo 2 = 2 = 1 + D12 = 0+5 =5 Nodo 3 = 3 = Max { 1 + D13 , 2 + D23} = Max { 0+6 , 5+3} = 8 Nodo 4 = 4 = 2 +D24 = 5+8 =13 Nodo 5 = 5= Max { 3 +D35 , 4 + D45} = max{ 8+2, 13+0 } = 13 Nodo 6 → 6 = max{ 3+D36, 4+D46 , 5+D56}= Max{ 8+11, 13+1,13+12 } =25

3

2

5 1

4

6

64

Paso hacia atrás.- Nodo 6 → 6 = 6= 25 Nodo 5 → 5 = 6 -D56 = 25-12 0 13 Nodo 4 → 4 = mín{ 6 –D46, 5 –D45 } = mín { 25 -1, 13-0} = 13 Nodo 3 → 3 = mín { 6 –D36 , 5 -D35} = mín{25-11, 13-2}= 11 Nodo 2→ 2 =mín { 4 –D24 , 3 –D23}= mín {13-8, 11-3}= 5 Nodo 1 → 1=mín { 3 – D13 , 2 -D12 } = mín{11-6 , 5-5 } = 0 Cuando los cálculos son correctos entonces siempre terminarán 1 = 0 Todo el proceso se puede apreciar gráficamente: B 6 E F 2 11 H A C 3 5 12 G D 1 8

Cálculos para la red PERT.- A diferencia de la CPM el método PERT se basa en la duración de una ctividad en tres estimaciones: 1.-Tiempo optimista(a).- donde supuestamente la ejecución se cumple exactamente 2.-Tiempo más probable (m).- donde supuestamente la ejecución se hace en condiciones normales. 3.-tiempo pesismista(b) .- donde supuestamente la ejecución nos se cumple bien. Donde el intervalo(a,b) abarca todas las estimaciones posibles de la duración de una actividad,por lo tanto el tiempo estimado m está incluído en dicho intervalo. En base a los tiempos estimados el tiempo promedio de duración y al varianza está dado por. E(D) = (a+4m +b) / 6 y la V(D) = [(b-a) /6]². Nota.- los cálculos de la ruta crítica (CPM) que se ejecutaron ,se puede aplicar directamente ,sustituyendo la estimación única D por E(D). También es posible estimar la probabilidad de que un nodo j en la red suceda en un tiempo programado especificado con anterioridad(Sj) Donde el tiempo más temprano de ocurrencia del nodo j se denota con ej. Siendo las duraciones de las actividades(que van desde el nodo inicial al nodo j) variables aleatorias.

3

2

5 1

4

6

0

65

Además suponiendo que todas las actividades en la red son independientes se puede determinar la media y la varianza de ej→ E(ej)y V(ej). Por lo tanto se puede estimar la probabilidad que se realice el nodo j en un tiempo Sj preestablecido de la siguiente manera: P(ej ≤ Sj ) = P[ (ej - E(ej) )/ √V(ej) ≤ ( Sj - E(ej)) / √V(ej) ] = P(z ≤ kj) Donde z = variable aleatoria estándar→ Z(0,1) Kj= [ (Sj - E(ej))] / √V(ej) Ejemplo.- con base a la información del proyecto anterior.donde se seleccionaron los valores de a,m,b en la siguiente tabla de modo que E(Dij) = Dij para todo i y j.

Actividad i-j (a,m,b) Actividad i-j (a,m,b) A 1-2 ( 3,5,7) E 3-5 (1,2,3) B 1-3 (4,6,8) F 3-6 (9,11,13) C 2-3 (1,3,5) G 4-6 (1,1,1) D 2-4 (5,8,11) H 5-6 (10,12,14)

Cuyas E(Dij) y V(Dij)=Vij, están en el siguiente cuadro:

Actividad i-j E(Dij) Vij Actividad i-j E(Dij) Vij A 1-2 5 0.444 E 3-5 2 0.111 B 1-3 6 0.444 F 3-6 11 0.444 C 2-3 3 0.444 G 4-6 1 0.000 D 2-4 8 1.000 H 5-6 12 0.444

Las trayectorias más largas del nodo1 a los distintos nodos, y sus medias y varianzas asociadas están el cuadro siguiente:

Nodo Ruta más larga Medias Desviación estándar en duraciones medias de la ruta de la ruta 2 1-2 5.00 0.67 3 1-2-3 8.00 0.94 4 1-2-4 13.00 1.20 5 1-2-4-5 13.00 1.20 6 1-2-4-5-6 25.00 1.37

Finalmente se calculan la probabilidad de que cada nodo se realice en su tiempo preestablecido( Sj ) por el analista,las mismas se resumen en el siguiente cuadro:

Nodo Ruta más larga Medias Desviación estándar Sj Kj P(z ≤ Kj) de la ruta de la ruta 2 1-2 5.00 0.67 5.00 0 0.5000 3 1-2-3 8.00 0.94 11.00 3.19 0.9993 4 1-2-4 13.00 1.20 12.00 -0.83 0.2033 5 1-2-4-5 13.00 1.20 14.00 0.83 0.7967 6 1-2-4-5-6 25.00 1.37 26.00 0.73 0.7673

66

Modelo del flujo máximo.- Este modelo generalmente se utiliza en redes de distribución de algún combustible o energético ,hasta las refinerías donde ,en las distancias intermedias adecuadas están instalados estaciones de bombeo para mover el elemento por la red; cada segmento de tubo tiene un flujo o capacidad máximo del elemento, dichos segmentos de tubos pueden ser uni o bidireccional en función de su diseño, donde un segmento unidireccional tiene una capacidad finita en una dirección, y capacidad nula en sentido contrario, donde el objetivo principal es determinar la capacidad máxima de la red entre las fuentes y las refinerías de manera de convertir la red en una que tenga una sola fuente y un solo sumidero o destino. Esquemáticamente tendría esta configuración donde los arco son unidireccionales y de capacidad infinita como indican los arcos de linea segmentada:

Fuente Pozos Bombeos Refinerías Sumidero

Notación.- Capacidad de flujo en la dirección i→ j (Čij) Capacidad de flujo en la dirección j→ i (Čij) Corte.- es un conjunto de arcos que cuando se eliminan de la red,producen una interrupción total del flujo entre los nodos fuente y sumidero. Capacidad de corte.- es la suma de las capacidades de los arcos correspondientes. Entre todos los cortes posibles en la red el que tenga menor capacidad permite el flujo máximo de la red. Algoritmo de flujo máximo.- Este algoritmo se basa en determinar las rutas de irrupción que tenga flujo neto positivo entre los nodos fuente y sumidero, donde cada ruta comunica parte o todas las capacidades de sus arcos al flujo total en la red. Sea el arco (i,j) con capacidades iniciales (Čij, Čij) .de acuerdo a que sus capacidades contribuyen al flujo en el arco,se actualizan los residuales(capacidades remanentes). La red con los residuales actualizados se llama red residual(= Cij,Cji) Para que un nodo j que recibe flujo del nodo i, se define una etiqueta [aj,i] donde aj = flujo del nodo i al nodo j. el procedimiento del algoritmo se resume de la siguiente manera:

2

1 4 7

8 3 6

9

5

67

Paso 1. para todos los arcos (i,j) se iguala la capacidad residual con la capacidad inicial: → Cij,Cji = Čij, Čij ,sea a1 =∞ se etiqueta el nodo fuente 1 con [∞ ,-1] Se iguala i=1 se prosigue: Paso 2. determinar Si,el conjunto de nodos j no etiquetados que se pueden alcanzar directamente desde el nodo I con arcos residuales positivos (Cij > 0) para toda jε Si. Cuando Si = Ө pasar al siguiente paso,en contrario ir al paso 4 Paso 3. determinar kε Si tal que Cik = Max { Cij} jε Si Igualar ak= Cik y etiquetar el nodo k con [ak,i]. Si k= n ,el nodo de sumidero se ha etiquetado y se ha encontrado una ruta de irrupción; ir al paso 5 de lo contrario igualar i=k y seguir en el paso 2 Paso 4.(Retroceso) Si i= 1 , no hay otras irrupciones posibles, ir al paso 6.caso contrario sea r el nodo que se ha etiquetado inmediatamente antes del nodo actual I y quitar I del conjunto de nodos adyacentes a r .Igualar i=r y continuar en el paso 2. Paso 5. (determinación de la red residual) .Sea Np = ( 1,k1,k2,….n), se definen los nodos de la p-ésima ruta de irrupción del nodo fuente 1 al nodo sumidero n.Entonces el flujo máximo por la ruta se detrmina como fp = Mín (a1,ak1,ak2 …….an).La capacidad residual de cada arco a lo largo de la ruta de irrupción se disminuye en fp unidades en la dirección del flujo y se aumenta fp unidades en la dirección contraria; para todos los nodos i y j en la ruta,el flujo residual se cambia del actual Cij,Cji a a) (Cij – fp , Cji + fp) si el flujo va de i a j b) (Cij + fp , Cji - fp) si el flujo va de j a i Se reinstalan todos los nodos que se hayan eliminado en el paso 4.colocar i=j , volver al paso 2 para intentar una nueva ruta de irrupción Paso 6 solución a) si se han determinado m rutas de irrupción ,el flujo máximo en la red será. F= f1+f2+……+fm. b) como los residuales inicial y final del arco(i,j),se obtienen con (Čij, Č ji) y

(cij,cji),respectivamente,el flujo máximo en el arco (i,j) se calcula de la siguiente manera: Sea (α,β) = (Čij –cij, Č ji-cji).Si α > 0 ,el flujo óptimo de i a j es α. Si β >0 el flujo óptimo de i a j es β( es imposible que α, β > 0)

68

PRACTICAS SOBRE I.O.

PRACTICA Nº 1 modelos algebraicos

1.- Determine el espacio factible para cada una de las siguientes restricciones independientes,

cuando x1,x2 ≤ 0

a) -3x1+x2≤ 6

b) x1-2x2≥ 5

c) 2x1- 3x2≤ 12

d) x1- x2≤ 0

e) – x1+x2≥ 0

2.- Identifique la dirección de aumento de z,en cada uno de los casos siguientes:

a) Maximizar z= x1- x2

b) Maximizar z= -5x1- 6x2

c) Maximizar z= -x1+ 2x2

d) Maximizar z= -3x1+x2

3.- Juan acaba de entrar a la universidad, y se da cuenta que si sólo estudia y no juega, su

personalidad será gris. Desea repartir su tiempo disponible, aproximadamente de 10 horas por

día, entre juego y estudio. Estima que el juego es doblemente divertido que el estudio. También

desea estudiar cuando menos un tiempo igual al que pasa jugando. Sin embargo, se da cuenta que

si debe hacer todas sus tareas escolares, no puede jugar más de 4 horas diarias.¿ Cómo debe

repartir Juan su tiempo, para maximizar su placer de estudiar y jugar?

PRACTICA Nº 2 Construccion de modelo

1.- Para el modelo de la dieta, suponga que la disponibilidad diaria del maíz se limita a 450lb.

Identifique el nuevo espacio de soluciones y determine la nueva solución óptima.

2.- OilCo construye una refinería para elaborar cuatro productos: diesel, gasolina, lubricantes y

combustible para aviones. Las demandas (en barriles/días) de esos productos son14.000, 30,000,

10,000 y 8000, respectivamente .Irán y Dubái tienen contrato para enviar crudo a OilCo. Debido a

las cuotas de producción que especifica la OPEP (Organización de Países Exportadores de Petróleo)

la nueva refinería puede recibir al menos el 40% de su crudo de Irán, y el resto de Dubái. OilCo

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pronostica que estas cuotas de demanda y de crudo permanecerán estables durante los 10 años

siguientes.

Las distintas especificaciones de los dos crudos determinan dos proporciones distintas de

productos: un barril de crudo de Irán rinde 0.2 barril de diesel, 0.25 barril de gasolina, 0.1barril de

lubricante y 0.15 barril de combustible para avión. Los rendimientos correspondientes del crudo

de Dubái son: 0.1, 0.6, 0.15, y 0.1, respectivamente.

OilCo necesita determinar la capacidad mínima de la refinería, en barriles de crudo por día.

PRACTICA Nº 3 sensibilidad del modelo algebraico

1.- Determine gráficamente el intervalo de optimalidad, c1 ⁄ c2 o c2 ⁄ c1 para los problemas

siguientes. Tenga en cuenta los casos especiales donde c1 o c2 puedan asumir un valor cero.

a) Maximizar z= 2x1+ 3x2

sujeto a 3x1+2x2≤ 6

-x1+ x2≤ 0

x1, x2 ≥ 0

b) Maximizar z= 6x1+3x2

sujeta a 3x1+2x2 ≤ 6

x1 – x2≤ 0

x1, x2≥ 0

c) Maximizar z= x1+ x2

sujeta a - x1+ x2≤ 0

3x1-x2 ≤ 3

x1, x2≥ 0

2.- La tienda B&K vende dos clases de gaseosas: la Cola A1 y la cola B&K, menos costosa. El margen de utilidad aproximado de A1 es de 5 centavos por lata, y la de B&K es 7 centavos por lata. En promedio la tienda no vende más de 500 latas diarias. Aunque A1 es una marca reconocida, los clientes tienden a comprar mas B&K, porque es bastante menos costosa. Se estima que se vende cuando menos 100 latas de A1 diarias y que B&K se vende más que A1 por un margen mínimo de 2:1

a) ¿Cuántas latas diarias de cada marca debe tener en existencia la tienda para maximizar la utilidad?

70

b) Determine la relación de las utilidades por lata de A1 y de B&K que mantengan sin cambiar la solución óptima en a)

3.- Se contrata a una Enlatadora para que reciba 60,000 lb de tomates maduros a 7 centavos por libra, con los cuales produce jugo de tomate y pasta de tomate, ambos enlatados. Se empacan en cajas de 24 latas. En una lata de jugo se usa una lb de tomates frescos, y en una de pasta solo ⅓ de lb.

La demanda de los productos en el mercado se limita a 2000 cajas de jugo y 6000 cajas de pasta.

Los precios al mayoreo por caja de jugo y de pasta son $18 y $ 9 respectivamente

a) Deduzca un programa óptimo de producción para la enlatadora b) Determine la relación de precios de jugo entre pasta que permita a la enlatadora producir

más cajas de jugo que de pasta.

PRACTICA Nº 4 sensibilidad del modelo algebraico

1.- Una cía de sombreros produce dos clases de sombrero vaquero. Un sombrero de la clase 1

requiere el doble de mano de obra que uno de la clase 2 . Si toda la mano de obra se dedicara sólo

a la clase 2, la empresa podría producir diariamente 400 de esos sombreros. Los límites del

mercado respectivos son: 150 y 200 sombreros diarios para esas clases. La utilidad es $8 por cada

sombrero de la clase 1, y $ 5 por cada uno de la clase 2.

a) Aplique la solución gráfica para determinar la cantidad de sombreros diarios de cada clase con

los que se maximiza la utilidad.

b) Determine el valor de aumentar la capacidad de producción en la empresa en un sombreo de la

clase 2, y el intervalo dentro del cual se aplica este resultado.

c) Si el límite de demanda diaria de sombreros de clase 1 disminuyera a 120, aplique el valor por

unidad del recurso para determinar el efecto correspondiente sobre la utilidad óptima.

d) ¿Cuál es el valor por aumento unitario en la parte de mercado del sombrero clase2? ¿ en cuánto

se puede aumentar la participación en el mercado conservando el valor calculado por unidad?

2.- Impacto, S.A., puede anunciar sus productos en estaciones locales de radio o tv. El presupuesto

para publicidad se limita a $ 10,000 mensuales. Cada minuto de anuncio en la radio cuesta $ 15 , y

cada minuto de comercial en tv cuesta $ 300. A impacto le gusta usar al menos el doble de

publicidad por la radio que por tv. Al mismo tiempo , no es práctico usar más de 400 minutos de

anuncios radiofónicos cada mes. La experiencia indica que se estima que la publicidad por Tv es 25

veces más efectiva que por la radio.

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a) Determine la asignación óptima del presupuesto para publicidades por radio y por TV

b) Calcule el valor por unidad de aumento del límite mensual de publicidad por radio.

c) Si el presupuesto mensual aumentara a $ 15,000 , use la mediad de valor por unidad para

determinar la medida óptima obtenida de la eficacia de la publicidad

3.- En Limpieza S.A., se usan las materias primas I y II para producir dos soluciones limpiadoras

domesticas, A y B. La disponibilidad diaria de las materias primas I y II es 150 y 145 unidades,

respectivamente. Una unidad de solución A consume 0.5 unidad de materia prima I y 0.6 unidad

de materia prima II; una unidad de solución B requiere 0.5 unidad de materia prima I y 0.4 unidad

de materia prima II. Las utilidades unitarias de las soluciones A y B son: $8 y $10, respectivamente.

La demanda diaria de la solución A está entre 30 y 150 unidades, y la de la solución B entre 40 y

200 unidades.

a) Calcule las cantidades óptimas de A y B que debe producir Limpieza

b) Determine el valor por cambio unitario en las materia primas I y II

PRACTICA Nº 5 Problema dual

1.- Los resultados del modelo problema de la Dieta del ejemplo 2.2-2

a) Interprete el precio dual de la primera restricción

b) Sí los requisitos mínimos diarios de alimento aumentan a 900, determine el costo total del

alimento.

c) Suponga que aumenta el costo del maíz (corn) a $ 0.40 por libra, mientras que el de la soya

(Soybeans) permanece igual. Determine la solución óptima asociada.

2.- Resuelva el problema dietético del ejemplo 2.2-2 con: TORA

PRACTICA Nº 6

1.- Acerca del modelo del Banco Gane del ejemplo 2.5-1

a) En los resultados de análisis de sensibilidad explique por qué el valor mínimo permitido para el

lado derecho de la primera restricción es igual a $ 4.8 millones. Por lo mismo, explique por qué el

valor máximo del lado derecho de la segunda restricción es igual a 12.

b) Suponga que el banco asigne todos los $ 12 millones a préstamos agrícolas y comerciales.

Calcule el rendimiento neto para el banco.

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c) En los resultados se ve que el ingreso neto( óptimo) por intereses de todos los préstamos es de

0.9965 millón de dólares, lo que se traduce es un interés promedio de 0.9965/12 =0.083. Esta

cantidad es menor que el precio dual (valor por unidad) de la primera restricción (=0.0864).

Reconcilie la diferencia entre los dos valores

2.- Para el modelo por pérdida de recortes en el ejemplo 2.5-4.

a) Si se cortan 200 rollos con la posición 1, y 100 rollos con la posición 3, calcule el área

correspondiente de pérdida por recorte.

b) Suponga que el único rollo de ancho estándar posible tiene 15 pies de ancho. Genere todos las

posiciones posibles de cuchilla para producir rollos de 5.7 y 9 pies, y calcule la pérdida asociada ,

en “merma” (desperdicio) por pie de longitud.

c) En el modelo original, si la demanda de rollos de 7 pies baja en 80, ¿cuál es la cantidad total de

rollos de ancho estándar de 20 pies que se necesitarán para surtir la demanda de los tres tipos de

rollos?

d) En el modelo original, si la demanda de rollos de 9 pies cambia a 400, ¿cuántos rollos de ancho

estándar de más de 20 pies se necesitarán para satisfacer la nueva demanda?

3.- El Ingenio Dulce produce azúcar morena, azúcar blanca, azúcar glas y melaza, a partir de

guarapo concentrado. La empresa compra 4000 toneladas semanales de ese guarapo, y se le

contrata para entregar a l menos 25 toneladas semanales de cada clase de azúcar. El procesos de

producción comienza fabricando azúcar morena y melaza, a partir del guarapo. Una tonelada de

guarapo concentrado produce 0.3 tonelada de azúcar morena y0.1 tonelada de melaza. A

continuación se produce la azúcar blanca procesando el azúcar morena. Se necesita 1 tonelada de

azúcar morena para producir 0.8 tonelada de azúcar blanca. Por último, el azúcar glas se produce a

partir de azúcar blanca mediante un proceso especial de molienda que tiene una eficiencia de

producción de 95% (1 tonelada de azúcar blanca produce 0.95 tonelada de azúcar glas). Las

utilidades son $ 150, $ 200, $ 230 y $35 por tonelada de azúcar morena, azúcar blanca, azúcar glas

y melaza, respectivamente.

a) Formule el problema en forma de programa lineal, y determine el programa semanal de

producción.

b) Investigue la factibilidad económica de aumentar la capacidad de procesamiento de la empresa

a más de 4000 toneladas semanales de guarapo.

4.- Juan tiene $ 100,000 para invertir en cuatro proyectos. La tabla siguientes muestra el flujo

efectivo para las cuatro inversiones

Flujo de efectivo ($ miles) al iniciar el

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Proyecto Año1 Año2 Año3 Año4 Año5

1 -1.00 0.50 0.30 1.80 1.20 2 -1.00 0.60 0.20 1.50 1.30 3 0.00 -1.00 0.80 1.90 0.80 4 -1.00 0.40 0.60 1.80 0.95

La información de esta tabla se puede interpretar como sigue: para el proyecto 1, $1.00 invertido

al iniciar el año 1, rendirá $0.50 al iniciar el año 2, $0.30 al iniciar el año 3, $1.80 al iniciar el año 4

y $1.20 al iniciar el año5. Los elementos restantes se pueden interpretar en forma análoga.

Un caso sin transacciones se indica con un elemento 0.00. Juan también tiene la opción de invertir

en una cuenta bancaria que produce el 6.5% anual. Los fondos acumulados en un año se pueden

reinvertir en los años siguientes

a) Formu8le el problema como programa lineal, para determinar la asignación óptima de

fondos a oportunidades de inversión.

b) Use precios duales para determinar el retorno general sobre la inversión

c) Si Juan desea gastar $1000 en diversiones al final del año 1 ,¿ cómo afectaría eso a la

cantidad acumulada al iniciar el año 5?

5.- Un fabricante produce tres modelos, I, II y III, de cierto producto, usando las materias primas A

y B. La tabla siguiente muestra los datos para el problema

Requerida Por Unidad

Materia Prima I II III Disponibilidad

A 2 3 5 4000 B 4 2 7 6000 Demanda mínima 200 200 150 Utilidad por unidad ($) 30 20 50

El tiempo de mano de obra para el modelo I es el doble que para el II y el triple del III. Todo el

personal de la fábrica puede producir el equivalente de 1500 unidades del modelo I. Las

necesidades del mercado especifican las relaciones3:2:5 de las producciones de los tres modelos

respectivos.

a) Formule el problema como un programa lineal y determine la solución óptima.

b) Suponga que el fabricante puede comprar más unidades de la materia prima A a $12 por

unidad. ¿Sería adecuado hacerlo?

c) ¿Recomendaría usted que el fabricante comprar más unidades de la materia prima Ba $5

por unidad?

6.- Un empresario tiene la opción de invertir en dos planes: el plan A garantiza que cada dólar

invertido ganará $0.70 un año después, y el plan B garantiza que cada dólar invertido ganará $2 a

74

los dos años. En el plan A se pueden hacer inversiones anuales, y en el plan B sólo se permiten

inversiones por periodos múltiplos de 2 años.

a) ¿Cómo debe invertir $100,000 el empresario para maximizar las ganancias al final de 3

años?

b) ¿Vale la pena que el ejecutivo invierta más en los planes?

PRACTICA Nº7

1.- En el modelo de la Cía de pinturas, considere la solución factible x1=3 ton y x2= 1 ton.

Determine el valor de las holguras asociadas a las materias primas M1 y M2

2.- Se pueden fabricar dos productos distintos, P1 y P2, en cualquiera de dos máquinas diferentes,

M1 y M2. El tiempo unitario de procesamiento para cualquier producto en cualquier máquina es

igual. La capacidad diaria de la máquina M1 es de 200 unidades (sea de P1, de P2, o de una mezcla

de ambas) y la capacidad diaria de la máquina M2 es de 250 unidades. El supervisor del taller

desea balancear el programa de producción de las dos máquinas para que la cantidad total de las

unidades producidas en una no sea mayor que 5 unidades, respecto a la cantidad producida en la

otra. La utilidad por unidad de P1 es de $10, y la de P2 es de $15. Plantee el problema en forma de

programación lineal en forma de ecuaciones.

PRACTICA Nº8 (pag.74)

1.- Una empresa fabrica tres productos, cuyas utilidades unitarias son de $2, $5 y $3,

respectivamente. Ha presupuestado 80 horas de mano de obra y 65 horas de tiempo de máquina

para producirlos. Los requisitos de mano de obra para los productos 1,2 y 3 son 2, 1 y 2 horas,

respectivamente. Los tiempos requeridos de máquina correspondientes por unidad son 1, 1 y 2

horas. La empresa considera que las horas hombre y horas máquina presupuestadas son metas

que, si es necesario, se pueden exceder, pero con un costo adicional de $15 por hora de mano de

obra y $10 por hora de máquina. Formule el problema como de programación lineal y determine

su solución óptima con TORA.

PRACTICA Nº9 (pag.78)

1.- Se tiene el siguiente programa lineal:

Maximizar z= 2x1+ 3x2

sujeto a x1+3x2≤ 6

3x1+ 2x2≤ 6

75

x1, x2 ≥ 0

a) Exprese el problema en forma de ecuaciones.

b) Determine todas las soluciones básicas del problema, y clasifíquelas como factibles y no

factibles.

c) Use sustitución directa en la función objetivo para determinar la mejor solución básica

factible.

d) Compruebe gráficamente que la solución que obtuvo en c) es la óptima para la

programación lineal; en consecuencia llegue a la conclusión que la solución óptima se

puede determinar algebraicamente considerando sólo las soluciones básicas factibles, es

decir, los puntos esquina.

e) Muestre cómo las soluciones básicas no factibles se representan en el espacio de solución

gráfica.

2.- Demuestre que todas las soluciones básicas del siguiente programa lineal son no factibles.

Maximizar z= x1+ x2

sujeto a x1+2x2≤ 6

2x1+ x2≥ 16

x1, x2≥ 0

PRACTICA Nº10

1.- Vea el espacio tridimensional de soluciones de la programación lineal en la figura, cuyos puntos

factibles extremos son A, B, …, y J.

a) ¿Cuál de los siguientes pares de puntos esquina no pueden representar iteraciones simplex

sucesivas: (A, B), (B, D), (E, H), y (A, I)? Explique por qué.

b) Suponga que las iteraciones simplex comienzan en A y que el óptimo está en H. Indique si

alguna de las rutas siguientes no es legítima para el algoritmo simplex, y diga por qué.

(i) A → B → G → H

(ii) A → C → I → H

(iii) A → C → E → B → A → D → G → H

76

2.- Acerca del espacio de soluciones en la figura anterior, donde el algoritmo simplex comienza en

el punto A, determine la variable de entrada en la primera iteración, su valor y la mejoría en z,

para cada una de las funciones objetivo siguientes:

a) Maximizar z= x1- 2x2 + 3x 3 b) Maximizar z= 5x1+ 2x2 + 4x 3 c) Maximizar z= -2x1+ 7x2 + 2x 3

d) Maximizar z= x1+ x2 + x 3 PRACTICA Nº11

1.- Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

X1+ 2x2 - 3x3 + 5x4 + x5 = 4

5x1- 2x2 + 6x4 + + x6 = 8

2x1+ 3x2 - 2x3 + 3x4 + x7 = 3

-x1 + x3 - 2x4 + x8 = 0

X1, x2, …, x8 ≥ 0

Sean x5, x6, x7 y x8 una solución básica factible inicial. Si x1se vuelve básica, ¿cuál de las variables

básicas mencionadas se debe volver no básica a nivel cero para que todas las variables sigan

siendo no negativas, y cuál sería el valor de x₁ en la nueva solución? Repita este procedimiento con

x2, x3, y x4

2.- La siguiente tabla representa una iteración simplex específica. Todas las variables son no

negativas. La tabla no es óptima para un problema de maximización ni para uno de minimización.

Así, cuando una variable no básica entra a la solución, puede aumentar o disminuir a z, o dejarla

igual, dependiendo de los parámetros de la variable no básica.

Básica X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 Solución

z 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

X8 0 3 0 -2 -1 -1 5 1 12 X3 0 1 1 3 1 0 3 0 6 X1 1 -1 0 0 3 -4 0 0 0

a) Clasifique las variables en básicas y no básicas, y escriba los valores actuales de todas las

variables.

b) Suponga que el problema es de maximización; identifique las variables no básicas que

tienen el potencial de mejorar el valor de z. Si cada una de esas variables entra a la

solución básica, determine la variable de salida asociada, si es que la hay, y el cambio

asociado de z. No use operaciones de renglón de Gauss-Jordan.

77

c) Repita la parte b), suponiendo que el problema es de minimización.

d) ¿Cuál de la(s) variable(s) no básica(s) no causa(n) un cambio en el valor de z, cuando se

eligen para entrar a la solución?

PRACTICA Nº 12

1.- En el modelo Minimizar z = 4x1 +x2

Sujeto : 3x1 +x2 =3

4x1 +3x2 ≥ 6

x1 +2x2 ≤ 4

x1,x2 ≥ 0

identifique la tabla de inicio para cada uno de los casos (independientes) que siguen, y desarrolle

el renglón z asociado eliminando todas las variables artificiales por sustitución:

a) La tercera restricción es x1+2x2≥ 4

b) La segunda restricción es 4x1 + 3x2 ≤ 6

c) La segunda restricción es 4x1 +3x2 = 6

d) La función objetivo es maximizar z = 4x1 + x2

2.- Considere el problema:

Maximizar z= 2x1 + 4x2 + 4x3- 3x4

Sujeta a

X1+ x2 + x3 = 4

X1+ 4x2 + x4 = 8

X1,x2,x3,x4 ≥ 0

PRACTICA Nº 13

1.- En la fase I, si la programación lineal es de maximización, ¿se maximiza la suma de las variables

artificiales en la fase I? explique por qué

2.- Se tiene la siguiente programación lineal:

78

Maximizar z = 3x1 + 2x2 + 3x3 Sujeta a 2x1 + x2 + x3 ≤ 2

3x1 +4x2 + 2x3 ≥ 8

X1,x2,x3≥ 0

La tabla simplex óptima al final de la fase I se da como:

Básica x1 x2 x3 x4 x5 R Solución

Z -5 0 -2 -1 -4 0 0

X2 2 1 1 0 1 0 2

R -5 0 -2 -1 -4 1 0

Demuestre que las variables no básicas x1,x3,x4 y x5nunca pueden asumir valores positivos al final

de la fase II. En consecuencia, sus columnas se pueden eliminar antes de iniciar la fase II. En

esencia, la eliminación de esas variables reduce las ecuaciones de restricción del problema a x2= 2.

Eso quiere decir que no se necesitará hacer la fase II, porque el espacio de soluciones se reduce a

un solo punto.

La conclusión general de este problema es que todas las variables no básicas con coeficientes

estrictamente negativos en el renglón z al final de la fase I se pueden eliminar de la tabla porque

nunca pueden asumir valores positivos al final de la fase II. Por cierto, los coeficientes negativos de

las variables no artificiales en el renglón z sólo pueden presentarse si una variable artificial es

básica (a nivel cero) al final de la fase I

PRACTICA Nº 14

1.- Vea la gráfica del espacio de soluciones de la figura. Suponga que las iteraciones simplex inician

en A y que la solución óptima está en D . Además suponga que la función objetico se define de tal

modo que x₁ entra primero a la solución.

a) Identifique (en la gráfica) los puntos esquina que definen la trayectoria del método simplex

hacia el punto óptimo

b) Determine la cantidad máxima posible de iteraciones símplex, necesarias para alcanzar la

solución óptima, suponiendo que no hay ciclos.

79

PRACTICA NºN 15

1.- En la siguiente programación lineal use el módulo de iteraciones de Tora para determinar tres

soluciones óptima básicas alternativas, y a continuación escriba una expresión general para

obtener todos los óptimos alternativos no básicos que satisfagan esas tres soluciones básicas.

Maximizar z= x1 + 2x2 + 3x3

Sujeta a

X1 + 2x2 + 3x3 ≤ 10

X1 + x2 ≤ 5

X1 ≤ 1

X1,x2,x3 ≥ 0

PRACTICA Nº 16

1.- Para la programación lineal:

Maximizar z= 20x1 + 10x2 + x3

Sujeta a

3x1 - 3x2 +5x3 ≤ 50

X1 + x3 ≤ 10

X1 - x2 + 4x3 ≤ 20

X1,x2,x3 ≥ 0

a) Inspeccione las restricciones y determine la dirección (x1, x2 o x3) en la que el espacio de

soluciones no está acotado.

b) Sin hacer más cálculos, ¿ qué puede usted concluir acerca del valor objetivo óptimo?

80

PRACTICA Nº17

1.- Toolco produce tres clases de herramientas: T1, T2 y T3. Para ello usa dos materias primas,

M1 y M2, según los datos de la siguiente tabla:

Materia Prima Unidades de materias primas por herramienta

T1 T2 T3

M1 3 5 6 M2 5 3 4

La disponibilidad diaria de las materias primas es de 1000 y 1200 unidades, respectivamente.

El departamento de ventas informa al gerente de producción que, de acuerdo con sus

investigaciones, la demanda diaria mínima de las tres unidades en conjunto debe ser 500

unidades. ¿ Podrá satisfacer esa demanda el departamento de producción? En caso negativo

¿Qué es lo más que puede suministrar Toolco de las tres herramientas?

PRACTICA Nº 18

1.- Escriba el dual de cada uno de los siguientes problemas primales:

a) Maximizar z = -5x1 + 2x2

sujeta a - x1 + x2 ≤ -2

2x1 + 3x2 ≤ 5

X1,x2≥ 0

b) Minimizar z = 6x1 + 3x2

sujeta a 6x1 - 3x2 + x3 ≥ 2

3x1 + 4x2 + x3 ≥ 5

X1,x2x3 ≥ 0

c) Maximizar z = x1 + x2

sujeta a 2x1 + x2 = 5

3x1 – x2 = 6

X1,x2 sin restricción

81

PRACTICA Nº19 1.- Se tiene la siguiente programación lineal: Maximizar z = 5x1 + 2x2+ 3x3 Sujeta a X1 + 5x2 + 2x3 = 30

X1 - 5x2 - 6x3≤ 40 X1,x2,x3 ≥ 0

La solución óptima produce la siguiente ecuación objetivo: z + 0x1 + 23x2+ 7x3 + (5 + M) x4 + 0x5 = 150 donde las variables básica de inicio son x4 artificial y x5 de holgura. Escriba el problema dual asociado y determine su solución óptima a partir de la ecuación de z óptima. 2.- Se tiene la siguiente programación lineal

Maximizar z = x1 + 5x2 + 3x3

Sujeta a X1 + 2x2 + x3 = 3

2x1 – x2 = 4 X1,x2,x3 ≥ 0

a) Escriba el problema dual asociado b) Dado que las variables básicas óptimas son x1 y x3, determine la solución dual óptima

asociada PRACTICA Nº 20 1.- En el modelo de programación lineal siguiente

Maximizar z = 4x1+ 14x2 Sujeta a 2x1 + 7x2 + x3 = 21

82

7x1+ 2x2 + x4 = 21 X1x2,x3,x4 ≥ 0

Compruebe la optimalidad y factibilidad de cada una de las siguientes soluciones básicas: 1/7 0

a) V. básicas = (x2,x4), inversa = -2/7 1

0 1/2 b) V. básicas = (x2,x3), inversa = 1 -7/2

7/45 -2/45

c) V. básicas = (x2,x1), inversa = -2/45 7/45

1/2 0 d) V. básicas = (x1,x4), inversa = -7/2 1

2.- Se tiene el siguiente modelo de programación lineal:

Maximizar z = 5x1 + 2x2+ 3x3

Sujeta a X1 + 5x2 +2x3 ≤ b1

X1 - 5x2 - 6x3≤ b2 X1,x2,x3 ≥ 0

La siguiente tabla óptima corresponde a valores específicos de b1 y b2

Básica X1 X2 X3 X4 X5 Solución

z 0 a 7 d E 150

X1 1 b 2 1 0 30 X5 0 c -8 -1 1 10

Determine lo siguiente:

a) Los valores b₁ y b₂, del lado derecho b) Los elementos a,b,c,d,e c) La solución dual óptima

83

PRACTICA Nº21 1.- Una Cía Electronica fabrica cuatro clases de cables sencillos para un contratista gubernamental. Cada cable debe pasar por cuatro operaciones consecutivas: corte, estañado, encamisado e inspección. La tabla siguiente muestra los datos pertinentes del caso:

Cable Minutos por unidad Utilidad por

unidad ($) Corte Estañado Encamisado Inspección

SC320 10.5 20.4 3.2 5.0 9.40 SC325 9.3 24.6 2.5 5.0 10.80 SC340 11.6 17.7 3.6 5.0 8.75 SC370 8.2 26.5 5.5 5.0 7.80

Capacidad diaria (minutos)

4800.0 9600.0 4700.0 4500.0

El contratista garantiza una producción mínima de 100 unidades de cada uno de los cuatro cables.

a) Formule el problema como modelo de programación lineal y use TORA para determinar el programa óptimo de producción.

b) Con base en los precios duales generados por TORA, ¿Recomienda usted aumentar la producción diaria de alguna de las cuatro operaciones? Explique por qué

c) Los requisitos de producción mínima de los cuatro cables, ¿Representan una ventaja o una desventaja para la Cía electrónica? Describa una explicación con base en los precios duales que proporciona TORA

d) La contribución unitaria actual a la utilidad, especificada por el precio dual, ¿Puede garantizarse si se aumenta la capacidad del estañado en 10%?

PRACTICA Nº22 1.- Suponga que la empresa TOYCO estudia la posibilidad de introducir un cuarto juguete: carro de bomberos. En el armado no se usa la operación 1. Sus tiempos de armado por unidad en las operaciones 2 y 3 son 1 y 3 minutos, respectivamente. La utilidad por unidad es de $4. ¿Aconsejaría usted a TOYCO que introdujera este nuevo producto? PRACTICA Nº 23 1.- Vea el espacio de soluciones en la figura, donde se desea determinar el punto extremo óptimo que use el método simplex dual para minimizar z = 2x₁ + x₂. La solución óptima está en el punto F(0.5, 1.5) de la gráfica

a) Si la solución básica de inicio (no factible, pero mejor que el óptimo) está en el punto G, ¿sería posible que las iteraciones del método simplex dual siguieran la trayectoria G→E→F? Explique por qué.

84

b) Si la solución básica de inicio (no factible) inicia en el punto L, identifique una trayectoria posible del método simplex dual que conduzca al punto óptimo factible en F.

2.- Use el procedimiento de la restricción artificial, que se describió en el problema anterior, para resolver los problemas siguientes con el método símplex dual. En cada caso indique si la solución resultante es factible, no factible o no acotada.

a) Maximizar z = 2x3 Sujeta a - x1 + 2x2 -2x3 ≥ 8

- x1 + x2+ x3≤ 4 2x1 – x2+4x3 ≤ 10

X1 , x2 , x3 ≥ 0

b) Maximizar z = x1 - 3x2

Sujeta a X1 – x2 ≤ 2

X1 + x2 ≥ 4 2x1 - 2x2 ≥ 3

X1 , x2 ≥ 0

c) Minimizar z = - x1 + x2

Sujeta a X1- 4x2 ≥ 5

X1 - 3x2 ≤ 1 2x1 - 5x2 ≥ 1

X1 , x2 ≥ 0

85

d) Maximizar z = 2x3

Sujeta a - x1 +3x2 - 7x3 ≥ 5

- x1 + x2 - x3 ≤ 1 3x1 + x2 - 10x3 ≤ 8

X1, x2, x3 ≥ 0

PRACTICA Nº 24 1.-Ozark Farm tiene 20,000 pollos a los que alimentan durante 8 semanas antes de ponerlos en el mercado. El alimento semanal de cada pollo varía según el siguiente programa:

Semana 1 2 3 4 5 6 7 8

Lb/pollo 0.26 0.48 0.75 1.00 1.30 1.60 1.90 2.10

Para llegar a un peso deseado en 8 semanas, el alimento debe satisfacer las necesidades nutritivas, para lo cual se mezclan los ingredientes. Aunque es grande una lista normal de ingredientes, para simplificar limitaremos el modelo sólo tres de ellos: caliza, maíz y soya. También las necesidades nutritivas se limitarán a tres tipos: calcio, proteína y fibra. La tabla siguiente resume el contenido nutritivo de los ingredientes seleccionados, así como su costo

Contenido (lb) por lb de

Ingrediente calcio proteína fibra $ por lb

Caliza Maíz soya

0.380 0.001 0.002

0.00 0.09 0.50

0.00 0.02 0.08

0.12 0.45 1.60

La mezcla de ingredientes debe contener: a) Al menos 0.8%, pero no más de 1.2% de calcio b) Al menos 22% de proteínas c) Al menos 5% de fibra cruda

Desarrolle un programa óptimo para el periodo de 8 semanas.

86

PRACTICA Nº 25

1. disponibilidad En el modelo Toyco suponga que D₂ yD₃ representan los cambios de la de las operaciones 2 y 3 a) Determine el intervalo de variación para D₂ y D₃, que mantengan la factibilidad de la

solución actual, suponiendo que los cambios se aplican a una operación cada vez. b) Determine el valor por cambio de un minuto en las capacidades de las operaciones

2y 3 c) Si cambia la disponibilidad de la operación 2 desde los 460 minutos actuales, hasta

500 minutos, determine la nueva solución y el cambio correspondiente en la utilidad óptima.

d) Si cambia la disponibilidad de la operación 3 de 420 a 450 minutos, calcule la nueva solución y su cambio asociado en la utilidad óptima.

e) Si la disponibilidad de la operación 3 cambia de 420 a 380 minutos, determine la nueva solución óptima y el cambio asociado en la utilidad óptima

2.- Hi Dee produce dos modelos de artículos electrónicos, donde se usan resistores, capacitores y chips. La tabla siguiente es un resumen de los datos de este caso.

Requerimiento del recurso por unidad

Recurso Modelo 1 (unidades)

Modelo 2 (unidades)

Disponibilidad máxima (unidades)

Resistor Capacitor

Chips Utilidad($)

2 2 0 3

3 1 4 4

1200 1000 800

Sean x1 y x2 las cantidades producidas de los modelos 1 y 2, respectivamente. A continuación se tiene el modelo de programación lineal y su tabla simplex óptima asociada. Maximizar z = 3x1 + 4x2

Sujeta a 2x1 +3x2 ≤ 1200 (Resistores)

2x1 + x2 ≤ 1000 (Capacitores) 4x2 ≤ 800 (Chips)

X1, x2≥ 0

Básica X1, X2, S1 S2 S3 Solución

z 0 0 5/4 1/4 0 1750

X1 S3 X2

1 0 0

0 0 1

-1/4 -2

1/2

¾ 2

-1/2

0 1 0

450 400 100

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a) Determine el estado de cada recurso b) En función de la utilidad óptima, determine el valor de un resistor. De un capacitor. De

un chip. c) Determine el intervalo de aplicabilidad de los precios duales para cada recurso d) Si la cantidad disponible de resistores aumenta a 1300 unidades, determine la nueva

solución óptima. e) Si se reduce la cantidad de chips disponibles a 350 unidades, ¿ Podría usted

determinar la solución óptima nueva en forma directa a partir de la información? Explique por qué

f) Si la disponibilidad de los capacitores se limita por el intervalo de aplicabilidad calculado en c), determine el intervalo correspondiente de utilidad óptima y los intervalos correspondientes de la cantidad de unidades a producir, de los modelos 1y 2

g) Un nuevo contratista ofrece vender a HiDee más resistores a 40 centavos cada uno, pero sólo si Hi Dee compra un mínimo de 500 unidades.¿ Debe aceptar la oferta Hi Dee?

3.- Se tiene el problema

Maximizar z = x1 + x2

Sujeta a 2x1 + x2 ≤ 6

X1 + 2x2 ≤ 6 X1+ x2 ≥ 0

a) Demuestre que la solución óptima incluye tanto a x1 como a x2, y que los intervalos de factibilidad de las dos restricciones, consideradas una por una, son -3 ≤ D1≤ 6 y - 3≤ D2 ≤ 6.

b) Suponga que aumentan los dos recursos en forma simultánea , en Δ ( 0) dada uno.

Primero demuestre que la solución básica permanece factible para toda Δ 0. A

continuación demuestre que la regla de 100% confirma la factibilidad sólo si el aumento está dentro del intervalo 0 Δ 3 unidades. Si no es así, la regla falla para 3 ≤ Δ ≤ 6 y

no se aplica para Δ 6 PRACTICA Nº 26 1.- En el modelo de TOYCO suponga que la cuarta operación tiene las siguientes especificaciones: la máxima producción, basada en 480 minutos diarios, es 120 unidades del producto 1 , o bien 480 unidades del producto 2, o bien 240 unidades del producto 3. Determine la solución óptima, suponiendo que la capacidad diaria se limita a a) 570 minutos, b) 548n minutos

88

PRACTICA Nº 27 1.- Investigue la optimalidad de la solución de la cía de pinturas para cada una de las siguientes funciones objetivo. Si cambia la solución aplique el análisis de sensibilidad para determinar el óptimo nuevo

a) z = 3x1 + 2x2 b) z = 8x1+ 10x2 c) z = 2x1 + 5x2

PRACTICA Nº 28 1.- En el modelo de TOYCO use las soluciones del ejemplo citado (pag. 158) … para indicar si la solución actual seguirá siendo óptima en cada uno de los casos (independientes) siguientes. Si cambia la solución, determine la solución nueva.

a) La utilidad por unidad de un tren aumenta de $3 a $5. Y a $8 b) La utilidad por unidad de un tren baja de $3 a $2 c) La utilidad por unidad de un camión aumenta de $2 a $6 d) La utilidad por unidad de un coche baja de $5 a $2

2.- Para el modelo citado (de Gapco, conjunto de problemas 4.5b de la pág 151)

a) Use TORA para determinar la iteración óptima b) ¿Cuál es la mínima utilidad por unidad que puede obtener Gapco en el producto 1, sin

cambiar el programa de producción actual? c) Si la utilidad por unidad del producto 2 aumenta a $25, determine la solución óptima

asociada 3.- En el modelo citado (HiDec del problema 4.5b, pag. 150 problema Nº5)

a) Determine la condición que mantenga óptima la solución actual, si las utilidades unitarias de los modelos 1 y 2 cambian en forma simultánea

b) Suponga que la función objetivo cambia a z = 5x₁ + 2x₂

Determine la solución óptima asociada. PRACTICA Nº 29 1.- En el modelo original de TOYCO, los trenes de juguete no son parte de la línea óptima de productos. La empresa reconoce que la competencia del mercado no permitirá elevar el precio de ese juguete. En lugar de ello, la empresa quiere concentrarse en mejorar la operación misma del ensamble. Para ello se necesita reducir el tiempo de ensamble por unidad en cada una de las tres

89

operaciones, en un porcentaje especificado, p%. Determine el valor de p que comience a hacer rentables a los trenes. La tabla óptima del modelo de TOYCO se mostró anteriormente. 2.- En el modelo de TOYCO suponga que un juguete nuevo (carro de bomberos) requiere 3, 2 y 4 minutos, respectivamente, para las operaciones 1, 2 y 3. Determine la solución óptima cuando la utilidad por unidad es

a) $5 b) $10

PRACTICA Nº30 1.- En la tabla, donde se agregó un destino ficticio, suponga que la planta de Detroit deba embarcar toda su producción. ¿Cómo se puede implementar esta restricción en el modelo?

Denver Miami Ficticia

Los Ángeles

80 215 0 1000 1000

Detroit

100 108 0 900 200 400 1500

New Orleans 102 68 0 1200 1200

Demanda 1900 1400 400

2.- Tres ciudades se abastecen de electricidad de tres centrales eléctricas con capacidades de 25, 40 y 30 megawatts (MW). Las demandas máximas en las tres ciudades se estiman en 30, 35 y 25 MW. El precio por MW en las tres ciudades se muestra en la tabla.

1

Ciudad 2

3

1 $600 $700 $400 Planta 2 $320 $300 $350

3 $500 $480 $450

Durante el mes de agosto hay un aumento de 20% en la demanda de cada ciudad, que se puede satisfacer comprando electricidad a otra red, a una tasa elevada de $1000 por MW. Sin embargo, la red no está conectada con la ciudad 3. La empresa eléctrica desea determinar el plan más económico para distribuir y comprar la energía adicional.

a) Formule el problema como un modelo de transporte b) Resuelva el problema con TORA y determine un plan óptimo de distribución para la

empresa eléctrica

90

c) Determine el costo de la electricidad adicional comprada por cada una de las tres ciudades 3.- En la tabla, suponga que la capacidad de la refinería 3 sólo es de 6 millones de galones, y que el área de distribución 1 debe recibir toda su demanda. Además, cualquier faltante en las áreas 2 y 3 causan una penalización de 5 centavos por galón.

Área de distribución 1 2 3

1 120 180 --- Refinería 2 300 100 80

3 200 250 120

a) Formule el problema como modelo de transporte b) Resuelva con TORA el modelo resultante y determine el programa óptimo de transporte

PRACTICA Nº 31 (pag.175) 1.- En el ejemplo citado suponga que el servicio de afiliado es de 3 días a $1 por hoja el lunes y el martes (días 1 y 2); reformule el problema e interprete la solución obtenida con TORA. 2.- La demanda de un artículo perecedero durante los cuatro meses próximos es de 400, 300, 420 y 380 toneladas, respectivamente. Las posibilidades de la oferta durante los mismos meses son 500, 600, 200 y 300 toneladas. El precio de compra por tonelada varía de un mes al otro, y se estima en $100, $140, $120 y $150, respectivamente. Como el artículo es perecedero, se debe consumir la oferta del mes en curso en menos de tres meses (que cuentan a partir del mes en curso). El costo de almacenamiento por tonelada y por mes es de $3. La naturaleza del artículo no permite surtir pedidos atrasados. Resuelva el problema como modelo de transporte con TORA, y determine el programa óptimo de entrega durante los cuatro meses siguientes. PRACTICA Nº 32

mínimo y de Vogel, en cada uno de los modelos siguientes:

(a) (b) (c.)

0 2 1 6 1 2 6 7 5 1 8 12 2 1 5 7 0 4 2 12 2 4 0 14 2 4 3 7 3 1 5 11 3 6 7 4

5 5 10 10 10 10 9 10 11

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PRACTICA Nº 33 1.- En un problema de transporte de 3 x 3, sea xij la cantidad transportada desde la fuente i al destino j , y sea cij el costo correspondiente de transporte, por unidad. Las cantidades de oferta en las en las fuentes 1,2 y 3 son 15,30 y 85 unidades, respectivamente, ya las demandas en los destinos 1,2 y 3 son 20, 30 y 80 unidades, respectivamente. Suponiendo que la solución de inicio con el método de la esquina noreste es óptima y que los valores correspondientes de los multiplicadores son u₁ = -2, u₂ =3, u₃ =5,v₁ =2,v₂ =5 y v₃ = 10: a) Determine el costo asociado óptimo b) Determine el valor mínimo de cij correspondiente a cada variable no básica que mantenga la optimalidad de la solución obtenida con el método de la esquina noroeste. PRACTICA Nº 34 1.- Un ejecutivo mercantil debe hacer los cuatro viajes redondos que se ven en la tabla entre la oficina matriz en Dallas y una sucursal en Atlanta

Fecha de salida de Dallas Fecha de regreso a Dallas

Lunes 3 de junio Lunes 10 de junio Lunes 17 de junio

Martes 25 de junio

Viernes 7 de junio Miércoles 12 de junio

Viernes 21 de junio Viernes 28 de junio

El precio de un boleto de viaje redondo desde Dallas es $400. Se otorga un descuento de 25% si las fechas del boleto abarcan un fin de semana (sábado y domingo). Si la estancia en Atlanta dura más de 21 días, el descuento aumenta a 30%. Un boleto de viaje sencillo entre Dallas y Atlanta (en cualquier dirección) cuesta $250.¿Cómo debe comprar los boletos el ejecutivo? 2.- En la figura se ve el esquema de la distribución de un taller, con sus centros de trabajo actuales indicados por las tablas1,2,3 y 4. Se deben agregar otros cuatro centros de trabajos nuevos.

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I, II, III Y IV al taller, en los lugares indicados por los círculos a,b,c y d. Se trata de asignar los nuevos centros a los lugares propuestos de tal modo que se minimice el tráfico total de materiales y maniobras entre los centros existentes y los propuestos. En la tabla se resumen las frecuencias de viajes entre los centros nuevos y anteriores. El equipo de manejo de materiales se mueve por los pasillos rectangulares que se cruzan donde están los centros. Por ejemplo, la distancia (en metros) de viaje sencillo entre el centro 1 y el lugar b es 30 +20=50m

Centro nuevo I II III IV

1 10 2 4 3 Centro 2 7 1 9 5 Actual 3 0 8 6 2

4 11 4 0 7

PRACTICA Nº 35 1.- Un problema de transporte consiste en que dos fábricas abastecen cierto artículo a tres tiendas. La cantidad de unidades ofrecidas en las fuentes 1 y 2 es 200 y 300; la que piden las tiendas 1,2 y 3 es 100, 200 y 50 respectivamente. Las unidades se pueden transbordar entre las fábricas y las tiendas, antes de llegar a su destino final. Determine el programa óptimo de transporte con base en los costos unitarios de la tabla

Fabrica Tienda 1 2 1 2 3

1 $0 $6 $7 $8 $9 Fabrica 2 $6 $0 $5 $4 $3

1 $7 $2 $0 $5 $1 Tienda2

3 $1 $8

$5 $9

$1 $7

$0 $6

$4 $0

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BIBLIOGRAFÍA:

AUTOR OBRA LUGAR EDITORIAL AÑO

DE EDICIÓN

Hamdy A. Taha R. “Investigación de México Pearson 2004

Operaciones”

Juan Prawda “Métodos y modelos de Lima Prentice Hall 1999

Investigación”

Richard Bronson “Investigación de México McGrawHill 2003

Operaciones”