UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR

FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICA

“INVESTIGACION OPERATIVA”

“RESOLUCION DE EJERCICIOS”

ALEXIS CAÑAR

ALEX CARRILLO

VERONICA PARRA

SEMESTRE MARZO 2011- AGOSTO 2011

Ejercicios Impares

CAPITULO 2

Ejercicios

Conjunto de problemas 2.2A5. 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 cuanto 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. ¿Comó debe repartir Juan su tiempo, para maximizar su placer de estudiar y jugar?

Solución

X1= Tiempo de juego por díaX2= Tiempo de estudio por día

Max z= 2X1+X2Sujeto a X1+X2<=10

X1-x2>=0X1<=4X1, X2>=0

1. Determinación del espacio de soluciones factibles

X1+X2=10

Si X1=0X2=10 (0, 10)Si X2=0X1=10 (10, 0)

X1-X2=0

Si X1=22-X2=0 => X2=2 (2, 2)

X1=4

2. Determinación de la solución óptima

z=102X1+X2=10Si X1=0X2=10 (0, 10)Si X2=02X1=10 => X1=5 (5, 0)

z=152X1+X2=15Si X1=0X2=15 (0, 15)Si X2=02X1=15 => X1=7.5 (7.5, 0)

X1=4X1+X2=10 => X=6 (4,6)

El óptimo es X1= 4 y X2=6 y el valor de z=2(4)+6=14Juan debe repartir 4 horas para juego y 6 horas estudio y su placer de estudiar y jugar será de 14.

Conjunto de problemas 2.2B5. OilCo construye una refinería para elaborar cuatro productos: diesel, gasolina, lubricantes y combustible para aviones. Las demandas(en barriles/día) de esos productos son 14,000, 30,000, 10,000 y 8,000, respectivamente. Irán y Dubai 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 Dubai. Oilco pronostica que esas 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, 0.1 barril de lubricante y 0.15 barril de combustible para avión. Los rendimientos correspondientes del crudo de Dubai 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.

Solución

Diesel Gasolina Lubricante CombustibleIrán 0.2 0.25 0.1 0.15Dubai 0.1 0.6 0.15 0.1demanda 14000 30000 10000 8000

X1= miles de barriles/día de IránX2= miles de barriles/día de Dubai

Minimizar z=X1+X2Sujeta a -0.6X1+0.4X2<=0

0.2X1+0.1X2>=140.25X1+0.6X2>=300.1X1+0.15X2>=100.15X1+0.1X2>=8

0.2X1+0.1X2=14 Si X1=0X2=140 (0, 140)Si X2=0X1=70 (70, 0)

0.25X1+0.6X2=30

Si X1=0X2=50 (0, 50)Si X2=0X1=120 (120, 0)

0.1X1+0.15X2=10Si X1=0X2=66.67 (0, 66.67)Si X2=0X1=100 (100, 0)

0.15X1+0.1X2=8Si X1=0X2=800 (0, 800)Si X2=0X1=53.33 (53.33, 0)

-0.6X1+0.4X2<=0 Si X1=100X2=150 (100, 150)

El óptimo pasa por el cruce de las ecuaciones0.2X1+0.1X2>=140.1X1+0.15X2>=10

Al resolver el sistema tenemos X2=30 y X1=55 y z=85

El optimo es X1=55 barriles/día de Irán y X2=30 barriles/día de Dubai y la capacidad minima de barriles de crudo por dia es 85.

Conjunto de problemas 2.2C5. En el modelo de Reddy Mikks, use TORA para demostrar que la eliminación de las restricciones de materia prima (restricciones 1 y 2) dan como resultado un espacio de soluciones no acotrado. ¿Qué se puede decir en este caso, acerca de la solución óptima del modelo?

Solución

Los datos proporcionados no son suficientes ya que no sabemos las toneladas de materia prima para interiores ni para exteriores, unicamente conocemos los resultados de una encuesta de mercado.Por ello el óptimo está en el punto X1=0, X2=0.

CAPITULO 3

SECCIÓN 3.1A

1.- En el modelo de Reddy Mikks (Ejemplo 2.2-1), 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

(x1,x2)= (3,1)

M1: S1= 24-(6X3+4X1)= 2 toneladas diarias

M2: S2= 6-(1X3+2X1)= 1 toneladas diarias

3.- Se tiene la siguente desigualdad 10x1-3x2>-5

Demuestre que multiplicar ambos lados por -1 y a continuación convertir la desigualdad en una acuación equivalente a convertirla primero en una ecuación y acontinuación multiplicar ambos lados por -1.

10 X1-3X2 >=-5

10 X1-3X2 =<5

-10 X1+3X2 + S1=5 =>1

10 X1 - 3X2 + S1= -5

10 X1+3X2 + S1 =5 =>2

DE 1 Y 2

6X2 + 2S1 =10

5.- Indique cómo se puede representar la siguiente función objetivo en forma de ecuación:

Minimizar z= máx{[x1-x2+3x3],[-x1+3x2-x3]}

x1,x2,x3>=0

Entonces

Modelo LP:

Minimizar z=y

Sujeto a

Ecuación para minimizar z=y

Sujeta a

6.- Demuestre que las m siguientes ecuaciones

Equivalen a las m+1 siguientes desigualdade:

Para 2, por I= 1,2,…,m

1 y 2 son equivalentes

SECCIÓN 3.1B

1. En un centro de maquinado se fabrican dos productos. Los tiempos de producción unitarios son 10 12 minutos, para los productos 1 y 2 respectivamente. El tiempo total normal de las maquinas es de 2500 minutos por día. En un día, el fabricante puede producir de 150 a 200 unidades del producto 1. pero no mas de 45 unidades del producto 2. Para satisfacer la demanda la se puede recurrir al tiempo extra con un costo adicional de $0.50 por minuto.

a) Suponga que la utilidades unitarias por los productos 1 y 2 son de $6.00 y $7.50 respectivamente; formule el problema con un modelo de programación Iineal y resuélvalo solo con TORA para determinar la producción optima de cada producto, así como el tiempo extra que se necesita en el centro de maquinado. b) Si aumenta el costo por minuto de tiempo extra $1.50 ¿debe recurrir la empresa al tiempo extra?

Xj= # unidades de productos j por día , j= 1,2

X3= minutos usados por maquina tiempo/día

X3-= tiempo fuera de la maquina por día

Maximizar

Sujeta a

X1 = 200 unidades/diarias

X2= 45 unidades/ diarias

X3= tiempo fuera = 40 minutos

Z= $1517.50

3.- maximizar la siguiente ecuación

Xj= #de unidades de productos 1,2 y 3

Maximizar z= 2x1+5x2+3x3-15x4-10x5

Sujeta a

Todas las variables >=0

Solución z= $ 325

X2= 65 unidades, X4=15

Las otras variables son cero

3. En un problema de programación lineal donde hay varias variables sin restricción, una transformación del tipo xj=xj+ - xj-, donde (xj+, xj-)≥0 elevara al doble la cantidad correspondiente de variables no negativas. En lugar de esa transformación se pueden reemplazar k variables no restringidas exactamente con k+ 1 variables no negativas mediante la sustitución xj = xj –w, xj, w ≥ 0. Use TORA para demostrar que los dos métodos producen la misma solución con el siguiente modelo de programación lineal:

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

sujeta a: 4x1 - 3x2 - 5x3=10

2 x1 + 3x2 +2x3=12

x1≥0, x2,x3 Sin restricciones

Solución optima

Formulando 2:

Maximizar

Sujeta a

Solución optima

EJERCIOS 3.2 A

1. Compruebe las soluciones básicas y no básicas mencionada al terminar el ejemplo 3.2-1.

Ecuación paraMaximize z = 2X+3XSujeta a: X1+3X2+X3 =6

3X1+2X2 +X4 =6X1,X2,X3,X4>=0

b) Basica (X1, X2)(Ounto B):X1+3X2 = 63X1+2X2=6Solucion (X1,X2)=(6/7,12/7),Z=6 6/7

Basic (X1,X4)(Punto c)Basic (X1,X3)(Point E)X1+X3=63X1 =6Solucion (X1, X3)=(2,4),Z=4Basica (X1;X4)= (Point C)

X1 =63X1+X4=6Solucion (X1, X4)=(6,-12)Única pero inaccesibleBasica (X2;X3)= (Point A)3X2+X3=62X2 =6Solucion (X2, X3)=(39-3)Única pero inaccesible

Basica (X2;X4)= (Point D)3X2 =6 2X2+X4=6Solucion (X2, X4)=(2,2),Z=6

Basica (X2;X4)= (Point F)X3 =6 X4=6Solucion (X3, X4)=(6,6),Z=0

c) Optima solución acceso a B(X1,X2)=(6/7,12/7) con =6 6/7

e) para la grafica sin (d), nosotros tenemosA: X2=3, X3=-3C:X1=6 , X4=-12

3. Determine la solución óptima de cada uno de los programas lineales siguientes. Enumerando todas las soluciones básicas.

a) Maximizar z=2x1-4x2+5x3-6x4

sujeta a:

x1+4x2-2x3+8x4≤2

-x1+2x2+3x3+4x4≤1

x1, x2, x3, x4≥0

b) Minimizar z=x1+2x2-3x3+2x4

sujeta a:

x1+2x2-3x3+x4=4

x1+2x2+x3+2x4=4

x1, x2, x3, x4≥0

5. Se tiene el siguiente programa lineal:

Maximizar z=2x1+3x2+5x3

sujeta a:

-6x1+7x2-9x3≥4

x1+x2+4x3=10

x1, x3≥0

x2 no restringida

En la conversión a la forma de ecuación se usa la sustitución x2= x2+- x2

- , Demuestre que una solución no puede incluir al mismo tiempo a x2

+ y x2-.

Combinación Solución Estado Z

x1, x2 -1,3 Factible 8

x1, x3 -4,6 Factible -4

x1, x4 2,6 Factible 2

X2, x3 4,-2 Factible -

X2, x4 2,2 Factible 6

X3, x4 2,4 Factible 0

Optimo: x1=-1, x2=-1, Z=8

EJERCIOS 3.3 A

1. En la figura 3.1 se ven los cambios en las variables básicas y no básicas, relacionadas con la ruta A → B → C del espacio de soluciones de la figura 3.3. Haga el diagrama correspondiente para la ruta A → D → C.

Puntos Extremos Básicas No BásicasA S1,S2 X1,X2B X1,S2 X2,S1C X1,S2 S1,S2

3. Vea el espacio tridimensional de soluciones de la programación lineal en la figura 3.5, cuyo 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 porqué. b) Suponga que las iteraciones símplex comienzan en A y que el óptimo esta 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

a) ii) A → C → I → Hiii) A → C → E → B → A → D → G → H (A, B) adyacentes, por lo tanto, puede estar en un camino Simplex. Los pares restantes conectados simplemente están en un camino Simplex se convierten y no son adyacentes. b) i) Si, porque conecta el punto extremo adyacente.ii) No, porque C y I no son adyacentes.iii) No, porque devuelve la ruta previa a un punto extremo.

5. Acerca del espacio de soluciones en la figura 3.5, donde el algoritmo símplex 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+3x3

Z=0+3 X1=3

b) Maximizar z=5x1+2x2+4x3

Z=0+5 X1=5

c) Maximizar z=-2x1+7x2+2x3

Z=0+7X1=7

d) Maximizar z=x1+x25x3

Z=0+ |X|=1

EJERCICIOS 3.3 B

1. Este problema es pura reforzar la comprensión del lector acerca de la condición de factibilidad simplex. En la primera tabla del ejemplo 3.3-1 usamos la prueba de la razón mínima (no negativa) para determinar la variable de salida. Esa condición garantiza que ninguno de los nuevos valores de las variables básicas se volverá negativa. Para demostrar eso, haga usted que s2 salga da la solución básica, en lugar de s1. Ahora sea la tabla símplex que resulta y notará que s1 asume un valor negativo (= -12), que indica que la nueva solución no es factible. Este caso nunca se presenta si se emplea la selección de la variable de salida por razón mínima.

Básico

Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol

Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0S1 0 6 4 1 0 0 0 24S2 0 1 2 0 1 0 0 6S3 0 -1 1 0 0 1 0 1S4 0 0 1 0 0 0 1 2Z 1 0 6 0 5 0 0 30S1 0 0 -8 1 -6 0 0 -12X1 0 1 2 0 1 0 0 6S3 0 0 3 0 1 1 0 7S4 0 0 1 0 0 0 1 2

3. Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

x1 +2x2 -2x3 +4x4 +x5 =45x1 -2x2 +6x4 +x6 =82x1 +3x2 -2x3 +3x4 +x7 =3x1 +x3 -2x4 +x8 =0x1, x2, …, x8≥0

Sean x5, x6, x7 y x8, una solución básica factible inicial. Si x1 se 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.

RelacionesBásicas X1 X2 X3 X4

X5 4/1 4/2 - 4/5X6 8/5 - - 8/6X7 3/2 3/3 - 3/3X8 - - 0/1 -Valores 1.5 1 0 0.8Var dejadas X7 X7 X8 X5

5. Resuelva el siguiente problema por inspección y justifique el método de solución en función de las soluciones básicas del método simplex.

Maximizar z=5x1-6x2+3x3-5x4+12x5

Sujeta a:

x1+3x2+5x3+6x4+3x5≤ 90

x1, x2, x3, x4, x5≥0

(Sugerencia: una solución básica sólo consiste en una sola variable).

a) Soluciones básicas consisten de una variable cada una. LuegoX1=90/1=90 Z=5x90=450 X2=90/3=30 Z=-6x30=-180X3=90/5=18 Z=3x18=54X4=90/6=15 Z=-5x15=-75X1=90/3=30 Z=12x30=360

Solución optimaX1=90 X2=X3=X4=X5=0 Z=450

7. Se tiene el espacio bidimensional de soluciones de la figura 3.7. a) Suponga que la función objetivo es Maximizar z=3x1+6x2

Si las iteraciones simplex comienzan en el punto A, identifique la ruta hasta el punto óptimo E.

x2 la primera variable entera

La ruta es A-G-F-E

b) Determine la variable de entrada, las razones correspondientes de la condición de factibilidad y el cambio en el valor de z, suponiendo que la iteración de inicio se hace en el punto A y que la función objetivo es

Maximizar z=4x1+x2

x1 = (min interceptado con x1)

x1 = min(2,3,5) =2

Z = 4x2 = 8

c) Repita el punto b) suponiendo que la función objetivo es

Maximizar z=x1+4x2

Variable entera x2 = (min intercept con x2)

x2 =min(1,2,4) =1

Z = 4x1= 4

9. En el ejemplo 3.3-1 demuestre que el segundo mejor valor óptimo de z se puede determinar de la tabla óptima.

S1 entero, valor = min (3/ (1/4), - (5/2)/(3/8),(1/2)/(1/8))=4

Z= 21-3/4 x 4 =18

S2 enteros, valor = min (-, (3/2)/(3/4),-,-) =2

Z = 21- ½ x 2 = 20 , esta Z es asociada con S2 la solucion basica

11. Gutchi Company fabrica bolsos de mano, bolsos para rasuradoras y mochilas. En las tres fabricaciones se usa piel y material sintético, pero la piel parece ser la materia prima limitante principal. En el proceso de producción intervienen dos clases de mano de obra especializada: costura y terminado. La tabla siguiente muestra la disponibilidad de los recursos, Sus consumos por los tres productos y las utilidades por unidad.

BASICA .

a) Formule el problema como programa lineal y resuélvalo con TORA. b) Con la solución óptima, determine el estado de los recursos.

X1 = numero de bolsos de mano por dia

X2 = numero de mochilas por dia

X3 = numero de bolsos por dia

Maximizar z = 24 x1 + 22 x2 + 45 x3

Sujeta a

2x1 + x2 + 3 x3 = 42

2x1 + x2 + 2 x3 = 40

x1 + 5x2 + x3 = 45

x1,x2,x3,=0

Solucion optima de TORA:

X1 =0, x2 = 36, x3 = 2, Z = 882 $

RESOURCE SLACK STATUS

Leather 0 escaso

Sewing 0 escaso

Finishing 0 abundante

EJERCICIOS 3.4 A

1. Calcule a mano la terminación de la iteración símplex del ejemplo 3.4-1 obtenga la solución óptima.

ITERACION BASICA

X1 X2 X3 R1 R2 X4 SOLUCION

0X1R1

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

R1R2R3

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

364

1

X2R2

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

X1R2X4

1 1/3 0 1/3 0 0 0 5/3 -1 -4/3 1 00 5/3 0 -5/3 0 1

123

2

X3X4

Z 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5

X1X2X4

1 0 1/5 3/5 -1/5 00 1 -3/5 -4/5 3/5 00 0 1 1 -1 1

3/56/51

3

OPTIMO

Z 0 0 0 7/5-M -M -1/5

17/5

X1X2X3

1 0 0 2/5 0 -1/50 1 0 -1/5 0 3/50 0 1 1 -1 1

2/59/51

3. En el ejemplo 3.4-1 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

Minimize Z=4X1+X2+M(R1+R2+R3)

SUJETA A:

3X1+X2 +R =3

4X1+3X2-S2 +R2 =6

X1+2X2 -S2 +R3 =4

X1, X2, S2, S3, R1, R2, R3>0

BASICA X1 X2 S2 S3 R1 R2 R3

SOLUCION

Z -4 -1 -M -M -M

0

R1R2R3

3 1 1 4 3 -1 1 1 2 -1 1

364

Z -4+5M -1+6M -M -M 0 0 0

10M

R1R2R3

3 1 1 4 3 -1 11 2 -1 1

364

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

Minimize Z=4X1+X2+M (R1)

SUJETA A:

3X1+X2 +R1 =3

4X1+3X2+S2 =6

X1+2X2 +S3 =4

BASICA X1 X2 R1 S2 S3 SOLUCIONZ -4 -1 -M 0

R1S2R3

3 1 1 4 3 1 1 2 1

364

Z -4+3M -1+M 0 0 0 3M

R1R2R3

3 1 1 4 3 11 2 1

364

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

Minimize Z=4X1+X2+M (R1+R2)

SUJETA A:

3X1+X2 +R1 =3

4X1+3X2 +R2 =6

X1+2X3 +S3 =4

BASICA X1 X2 R1 R2 S3 SOLUCIONZ -4 -1 -M -M 0 0

R1S2R3

3 1 1 4 3 1 1 2 1

364

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

R1R2R3

3 1 1 4 3 11 2 1

364

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

Minimize Z=4X1+X2-M (R1+R2)

SUJETA A:

3X1+X2 +R1 =3

4X1+3X2 -S2 =6

X1+2X2 +S3 =4

BASICA X1 X2 S2 R1 R2 S3

SOLUCION

Z -4 -1 0 M M 0

0

R1R2S3

3 1 1 4 3 -1 1 1 2 1

364

Z -4-7M -1-4M M 0 0 0

-9M

R1R2S3

3 1 1 4 3 -1 11 2 1

364

5. Se tiene el siguiente conjunto de restricciones: x1+x2+x3=72x1-5x2+x3≥10x1,x2,x3≥0

Resuelva el problema para cada una de las siguientes funciones objetivo: a) Maximizar z= 2x1 + 3x2 -5x3

ITERACION BASICA

X1 X4 X3 S2 R1 R2 SOLUCION

0

Z -2 -3 5 M 0 0 -3M 4M -2M

-17M

R1R2

1 1 1 0 1 0 2 -5 1 -1 0 1

710

1

Z 0 -8 6 -1 0 1 0 -7M/2 -M/2 -M/2 0 3M/2

10-2M

R1X1

0 7/2 1/2 1/2 1 -1/2 1 - 5/2 1/2 -1/2 0 -1/2

25

2

Z 0 0 50/7 1/7 16/7 -1/7 + M +M

102/7

X2X1

0 1 1/7 1/7 2/7 -1/71 0 6/7 -1/7 5/7 1/7

4/745/7

b) Minimizar z= 2x1 + 3x2 -5x3

ITERACION BASICA

X1 X2 X3 S2 R1 R2 SOLUCION

0

Z -2 -3 5 -M 0 0 +3M -4M +2M

17M

R1R2

1 1 1 0 1 0 2 -5 1 -1 0 1

710

1

Z 0 -8+7M/2 6+M/2 -1+M/2 0 1-3M/2

10+2M

X1R2

1 7/2 1/2 1/2 1 -1/2 0 -5/2 1/2 -1/2 0 1/2

25

2

Z 0 0 50/7 1/7 16/7-M -1/7-M

102/7

X2X1

0 1 1/7 1/7 2/7 -1/71 0 6/7 -1/7 5/7 1/7

4/745/7

3

OPTIMO

Z 0 -50 0 -7 -12 -M 7-M

-14

X3X1

0 7 1 1 2 -11 -6 0 -1 -1 1

43

c) Maximizar z= x1 + 2x2 +x3

ITERACION BASICA

X1 X2 X3 S2 R1 R2 SOLUCION

0

Z -1 -2 -1 0 M M

R1R2

1 1 1 0 1 0 2 -5 1 -1 0 1

710

1

Z -1-3M -2+4M -1-2M M 0 0 -17M

R1R2

1 1 1 0 1 0 2 -5 1 -1 0 1

710

2

Z 0 -9/2-7M/2 -1/2-M/2 -1/2-M/2 0 ½+5M/2 5-2M

R1X1

0 7/2 1/2 1/2 1 -1/21 -5/2 1/2 -1/2 0 1/2

25

3

OPTIMO

Z 0 0 1/7 1/7 4/7 +M -1/ 7-M

53/7

X2X1

0 1 1/7 1/7 2/7 -1/7

4/745/7

1 0 6/7 -1/7 5/7 1/7

7. Resuelva el siguiente problema usando a x3 y x4 como variables básicas factible, de inicio. Como en el problema 6, no use variables artificiales.

Minimizar z=3x1+2x2+3x3

sujeta a:

x1+4x2+x3 =4

2x1 + x2 +x4≥10

x1, x2, x3, x4≥0

Bàsica x1 x2 x5 x6 x3 x4 SoluciònZ 2 11 -3 -1 0 0 21x3 1 4 -1 0 1 0 7x4 2 1 0 -1 0 1 10

(-11) Z .-3/4 0 .-1/4 -1 .-11/4 0 .7/4(1/4) x2 .-1/4 1 .-1/4 0 4 0 .7/4(-1) x4 .7/4 0 .-1/4 -1 .-1/4 1 .33/4

x1= 0 x3=0x2=7/4 x4=33/4

z=7/4

9. Muestre cómo el método M indica ue el siguiente problema no tiene solución factible.

Maximizar z= 2x1 + 5x2

sujeta a:

3x1+2x2≥ 6

2x1+ x2≤ 2

x1,x2≥0

Bàsica x1 x2 x3 R1 x4Soluciòn

Z.-2-3M .-5-2M M 0 0 .-6M

R1 3 2 -1 1 0 6

x4 2 1 0 0 1 2

Z 0.-3-172M M 0

.-1+3/2M .2-3M

R1 0 .1/2 -1 1 .-3/2 3

x1 1 .1/2 0 0 .1/2 1

Z .6+M 0 M 0 .4+2M .8-2MR1 -1 0 -1 1 -2 2x2 2 1 0 0 1 2

La ultima tabla es la óptima.El valor objeto es 8-2M , lo que quiere decir que es un número negativo grande para maximizar necesito un positivo, por lo tanto este problema no tiene solución factible.

EJERCICIOS 3.4 B

1. En la fase 1, si la programación lineal es de maximización. ¿se maximiza la suma de las variables artificiales en la fase 1? Explique por qué.

Siempre se minimiza la suma de las variables artificiales, porque representan la no factibilidad en el problema.

3.Resuelva el problema 5, conjunto de problema 5.4a, con el método de dos fases.

a maxZ= 2x1+3x2-5x3s.a.

x1+x2+x3…+R1=72x1-5x2+x3-x4…+R2=7x1,x2,x3,x4,R1,R2>=0

minr=R1+R2

Bàsica x1 x2 x3 x4 R1 R2Soluciòn

r 3 -4 2 -1 0 0 17x5 1 1 1 0 1 0 7

R1 2 -5 1 -1 0 1 10

r 0 .7/2 .1/2 .1/2 0 .-3/2 2x1 0 .7/2 .1/2 .1/2 1 .-1/2 2R1 1 .5/2 .1/2 .-1/2 0 .-1/2 5

r 0 0 0 0 -1 -1 0

x2 0 1 .1/7 .1/7 .2/7 .-1/7 .4/7x1 1 0 .-1/7 .1/7 .5/7 .1/7 .45/7   

Básica x1 x2 x3 x4 SoluciónZ 0 0 .50/7 .1/7 107/7x2 0 1 .1/7 .1/7 .4/7x1 1 0 .6/7 .-1/7 .45/7

Bàsica x1 x2 x3 x4 x5Soluciòn

Z 0 -1 -3 0 1 2x1 1 0 .2/5 .1/5 .4/5 0

x2 0 1 .1/5 .-2/5 .-3/5 2

Z .15/2 -1 0 .3/2 7 2x3 .5/2 0 1 .1/2 2 0

x2 .-1/2 1 0 .-1/2 -1 2

Z 7 0 0 1 6 4x3 .5/2 0 1 .1/2 2 0x2 .-1/2 1 0 .-1/2 -1 2

x1=.45/7 x3=0x2=.4/7 z=.109/7

b.

Bàsica x1 x2 x3 x4 R1 R2 SoluciònR 3 -4 2 -1 0 0 17R1 1 1 1 0 1 0 7

R2 2 -5 1 -1 0 1 10

R 0 .7/2 .1/2 .1/2 0 .3/2 2R1 0 .7/2 .1/2 .1/2 1 .1/2 2X1 1 .5/2 .1/2 .-1/2 0 .1/2 5

Bàsica x1 x2 x3 x4 R1 R2 SoluciònR 0 0 0 0 -1 -1 0x2 0 1 .1/7 .1/7 .2/7 .1/7 .4/7x1 1 0 .6/7 .1/7 .5/7 .1/7 .45/7

Bàsica x1 x2 x3 x4 Solución

Z 0 0 .50/7 .1/7.102/7

x2 00-ene 1 .1/7 .1/7 .4/7

x1 1 0 .6/7 .1/7 .45/7

Z 0 -50 0 -7 -14  x3 0 7 1 1 4x1 1 -6 0 -1 3

x1=3 x3=4x2=0 z=-14

c.

Bàsica x1 x2 x3 x4 R1 R2 Soluciònr 3 -4 2 -1 0 0 17R1 1 1 1 0 1 0 7

R2 2 -5 1 -1 0 1 10

r 0 .7/2 .1/2 .1/2 0 .3/2 2R1 0 .7/2 .1/2 .1/2 1 .-1/2 2

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

r 0 0 0 .1/2 0 -1 0x2 0 1 .1/7 .1/7 .-1/7 .4/7x1 1 0 .6/7 .1/7 .1/7 .45/7

Bàsica x1 x2 x3 x4Solución

z 0 0 .1/7 .1/7 .53/7x1 0 1 .1/7 .1/7 .4/7x2 1 0 .6/7 .-1/7 .45/7

x1=.45/7 x3=0x2=.4/7 z=.53/7

5. Se tiene el siguiente problema:

Maximizar z=2x1+2x2+4x3

sujeta a:

2x1+x2+x3≤4

3x1+4x2+2x3≥8

x1, x2, x3≥0

a) Use TORA para demostrar que la fase I termina con una variable artificial básica cero.

BASIC X1 X2 X3 S2 S1 R2 solucionr -5 0 -2 -1 -4 0 0X2 2 1 1 0 1 0 2

R2 -5 0 -2 -1 -4 1 0

b) Con cálculos a mano, haga la fase II con la variable artificial cero como parte de la solución básica de inicio. Asegúrese de que las variables artificiales nunca asuman valores positivos.

Eliminamos la columna R2

c) Demuestre que la variable artificial cero se puede sacar de la solución básica óptima de la fase I(antes de comenzar la fase II) seleccionando una variable de entrada con elemento pivote no cero, en el renglón de la variable artificial. A continuación haga la fase II con la nueva solución básica.

Optimizamos la solución X1=0, X2=0, X3=0,Z=4

7. Se tiene la siguiente programación lineal:

Maximizar z=3x1+2x2+3x3

Sujeta a:

2x1+x2+x3≤2

3x1+4x2+2x3≥8

x1, x2, x3≥0

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

Demuestre que las variables no básicas x1, x2, x3, x4 y x5, nunca pueden asumir valores positivos al final de la fase II. En consecuencia, sus columnas se pueden eliminar antes de iniciar la tase II. En esencia, la eliminación de esas variables reduce las ecuaciones de restricción del problema a x2 = 2.

  BASIC X1 X2 S1 S2 X3 X4 solucion

0z -3 -2 0 0 -3 0 -X3 1 4 -1 0 1 0 7X4 2 1 0 -1 0 1 10

I

z 0 10 -3 0 0 0 21X3 1 4 -1 0 1 0 7X4 2 1 0 -1 0 1 10

II

Z -5/2 0 -1/2 0 -5/2 0 7/2X2 1/4 1 -1/4 0 1/4 0 1/4

X4 1/4 0 1/4 -1 -1/4 1 33/4

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 sólo pueden presentarse si una variable artificial es básica (a nivel cero) al final) de la tase I.

EJERCICIOS 3.5 A

1. Vea la gráfica del espacio de soluciones de la figura 3.10. Suponga que las iteraciones símplex inician en A que la solución óptima está en D. Además, suponga que la función objetivo 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 símplex hacia el punto óptimo.

D

C

A B

b. Determine la cantidad máxima posible de iteraciones símplex, necesarias para alcanzar la solución optima, suponiendo que no hay ciclos.

A=1B=1C=3D=1

3. Acerca de la programación lineal del problema 2: a) Use TORA para generar las iteraciones símplex. ¿Cuántas iteraciones se necesitan para llegar al óptimo?

Sol: 4 iteraciones

b) Intercambie las restricciones 1 y 3, y vuelva a resolver el problema. ¿Cuántas iteraciones se necesitan para resolverlo?

Sol: 3 iteraciones

c) Explique por qué son distintas las cantidades en a) y b).

Sol: en la parte (a), la solucion encontramos 2 generacione basicas y en la pate (b) existe una unica solucion

SECCION 3.5 B

1. En la siguiente programación lineal use el módulo de iteraciones de TORA para determinar tres soluciones óptimas 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≤10x1+ x2 ≤5x1 ≤1x1, x2, x3≥0

Básico X1 X2 X3 S2 S2 S3 Solución

Z -1 -2 -3 0 0 0 0

S1 1 2 1 0 0 10

S2 1 1 0 0 1 0 5

S3 1 0 0 0 0 1 1

Z 0 0 0 1 0 0 10

X3 1/3 2/3 1 1/3 0 0 10/3

S2 1 0 0 1 0 5

S3 1 0 0 0 0 1 1

Z 0 0 0 1 0 0 10

X3 -1/3 0 1 1/3 -2/3 0 0

X2 1 1 0 0 1 0 5

S3 0 0 0 0 1 1

z 0 0 0 1 0 0 10

X3 0 0 1 1/3 -2/3 1/3 1/3

X2 0 1 0 0 -1 4

X1 1 0 0 0 0 1 1

z 0 0 0 1 0 0 10

X3 0 2/3 1 1/3 0 -1/3 3

S2 0 1 0 0 1 -1 4

X1 1 0 0 0 0 1 1

Entonces la óptima alternativa es:

(0, 0,10/3)

3.

1

1

1.

(X1, X2,X3)= (0, 5,0)

(1, 4,1/3)

Los valores alternativos básicos óptimos son:

X1= λ3

Ẋ2=5 λ2+4 λ3

X3=10/3 λ1+1/3 λ3

Donde:

Λ1+λ2+ λ3 = 1

0<= λi <=1 i=1,2,3………….

3. Para la siguiente programación lineal use la opción Iterations (iteraciones) de TORA para demostrar que la solución óptima es degenerada, y que ninguna de las soluciones alternativas es punto esquina.

Maximizar z=3x1+x2

sujeta

x1+ x2 ≤5x1+ x2 -x3≤2

7x1+3x2-5x3≤20

x1, x2, x3≥0

Básico X1 X2 X3 S1 S2 S3 SoluciónZ -3 -1 0 0 0 0 0

S1 1 2 0 1 0 0 5

S2 1 -1 0 1 0 2

S3 1 3 -5 0 0 1 20

z 0 2 -3 0 3 0 6

S1 0 1 1 -1 0 3

1

1

X1 1 1 -1 0 1 0 2

S3 0 -4 2 0 -1 1 6

z 0 5 0 3 0 0 15

X3 0 1 1 1 -1 0 3

X1 1 2 0 1 0 0 5

S3 0 -6 0 -2 -5 1 0

La solución es Óptimo degeneración porque S3 es básica y la igualdad se ha solucionado con un valor básico alternativa porque S2 tiene un coeficiente de 0 y todos los coeficientes son <=0

EJERCICIOS 3.5 C

1. Resuelva el ejemplo 3.5-3 usando la opción Iterations (iteraciones) de Tora, y demuestre que aunque la solución comience con x1 como variable de entrada (de acuerdo con la condición de optimalidad), el algoritmo simplex conducirá al final a una solución no acotada.

2.

BASIC X1 X2 S1 S2

Z -2 -1 0 0

S1 1 -1 1 0

S2 2 0 0 1

Z 0 -3 2 0

X1 1 -1 1 0

S2 0 2 -2 1

Z 0 0 -1 1,5

X1 1 0 0 1/2

X2 0 1 -1 1/2

NO ACOTADO

3. En algunos modelos de PL (programación lineal) mal hechos, el espacio de soluciones puede ser no acotado, aunque el problema pueda tener un valor objetivo acotado. Ese caso puede indicar irregularidades en la construcción del modelo. En los problemas grandes podrá ser difícil detectar la no acotación por inspección. Deduzca un procedimiento para determinar si un espacio de soluciones esta acotado

o no.

RESPUESTA:

En cualquier iteración, todas las restricciones de los coeficientes de la variable son <=0, entonces la solución es no-acotada en la dirección de la variable.De una manera más infalible al llevar a cabo esta tarea, es resolver una secuencia de Lenguajes de Programación en donde el objetivo de la función es Maximizar Z = Xj, j=1,2,3,…,n sujeto a las restricciones del problema. Para las variables no-acotadas, Z=∞.

EJERCICIOS 3.5 D

1. Toolco produce tres clases de herramientas: T1, T2, 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 Posibilidad diaria de las materias primas es 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 3 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 3 Herramientas?

X1 = Número de Unidades para T1X2 = Número de Unidades para T2X3 = Número de Unidades para T3

Sujeto a:3X1+5X2+6X3<=10005X1+3X2+4X3<=1200X1+X2+X3>=500

X1,X2,X3>=0

Minimizar r = R3Sujeto a:

3X1+5X2+6X3+S1 =10005X1+3X2+4X3 +S2 =1200X1+X2+X3 -S3+R3=500

X1,X2,X3,S1,S2,S3,R3>=0

La Solución Óptima para Tora:

R3 = r =225 unidades

Esto es interpretado como una deficiencia de 225 unidades. La mayor cantidad que puede ser producida es: 500-225 = 275 unidades.

CAPITULO 6

1. Determinar la ruta crítica para la red del proyecto en la figura 6.47

Figura 6.47

Solución

Cálculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.

Calculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj

La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a cero, la holgura se determina la siguiente relación:

De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta crítica es:

3. Determine la ruta crítica para el proyecto en el problema 6.7a-6

SoluciónCalculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.

Cálculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj.

La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a cero, la holgura se determina mediante la siguiente relación:

De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta crítica es:

5. Determinar la ruta crítica para el proyecto del problema 6.7a-9

Solución:

Calculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.

Cálculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj.

La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a cero, la holgura se determina mediante la siguiente relación:

De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta crítica es: