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INSTITUTO TECNOLÓGICO SUPERIOR DE EL MANTE

INVESTIGACIÓN DE

OPERACIONES I

M.E DANIEL LÓPEZ SALAS

INSTITUTO TECNOLÓGICO SUPERIOR DE EL MANTE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I

M.E. DANIEL LÓPEZ SALAS

Investigación de operaciones I Página 2

Programa de estudios

Unidad 1: Introducción a la investigación de operaciones.

1.1. Definición, desarrollo y tipos de modelos de investigación de operaciones.

1.2. Fases de estudio de la investigación de operaciones.

1.3. Principales aplicaciones de la investigación de operaciones.

1.4. Metodología para modelación.

1.5. Formulación de problemas lineales más comunes.

1.6. Conceptos de método gráfico y su aplicación.

Unidad 2: El método simplex.

2.1. Teoría primal-dual 2.2. Teoría del método simplex 2.3. Forma tabular del método simplex. 2.4 Método de las dos fases. 2.5 Uso de software

Unidad 3: Dualidad y Análisis de sensibilidad.

3.1. Formulación de problema dual 3.2 Relación primal dual 3.3 Dual simplex. 3.4 Análisis de sensibilidad. 3.5 Interpretación del análisis de sensibilidad.

Unidad 4: Programación entera 4.1 Introducción y casos de aplicación. 4.2 Definición y modelos de programación entera. 4.3 Método de GOMORY 4.4 Método de Bifurcación y acotación.

Unidad 5: Métodos de transporte.

5.1 Definición del problema de transporte 5.2 Método de la esquina noroeste. 5.3 Método de aproximación de VOGEL 5.4 Defunción del problema de asignación. 5.5 Método Húngaro




DEFINICIÓN, DESARROOLLO Y TIPOS DE MODELOS EN LA INVESTTIGACIÓN

DE OPERACIONES

Definición de investigación de operaciones.

Es la aplicación de la metodología científica a través de modelos matemáticos en

donde primero se presenta el problema y luego se resuelve.

Desarrollo de la investigación de operaciones

Los orígenes de la I.O se remontan a principios del siglo pasado, su rápido desarrollo

comenzó en los años 40 y 50. El auge de la I.0 vino a principios de la II guerra mundial,

cuando los aliados convocaron a un gran número de especialistas para aplicar la

metodología científica para definir aspectos militares y tácticas de operación.

En los frentes de batalla los encuentros bélicos demandaban una gran necesidad de

asignar los escasos de los recursos a las distintas operaciones militares y a las

actividades dentro de cada operación. Tal asignación se debía realizar en la forma más

rápida y efectiva, sin desatender las prioridades que cada uno de los eventos exigía.

Al concluir la segunda guerra mundial el éxito de la I.O de las actividades bélicas

genero un gran interés en sus aplicaciones fuera del campo militar.

Fue en la década de los 50`s que se introdujo en uso de la I.O en la industria, negocio y

gobierno. Desde entonces esta aplicación se ha desarrollado con rapidez. En su

desarrollo se pueden identificar 3 factores que jugaron un papel importante:

1.- El primero factor fue el adelanto que se haya logrado en el establecimiento de los

métodos, modelos y técnicas disponibles en esa rama de la ciencia.

2.- El segundo factor que dio gran impulso para el desarrollo de la I.O fue el

surgimiento de las computadoras. Con este proceso los ordenadores tenían capacidad

para realizar cálculos aritméticos en segundos y posteriormente millones de cálculos.

3.- El tercer aspecto fue el de fasamiento que tuvo le competitividad de E.U con

respecto a la de Japón.

En la actualidad la I.O se ha diversificado y perfeccionado sus técnicas por lo cual tiene

una amplia gama de aplicaciones.

El nombre de I.O fue dado aparentemente porque el equipo estaba llevando a cabo la

actividad de investigar operaciones militares.




Tipos de modelos de I.O

Los diferentes tipos de modelos de I.O son:

1. Modelo simbólico o matemático

2. Modelo de simulación

3. Modelo Heurística

Modelo simbólico o matemático

Es el tipo de modelo más importante de la I.O. Al formular este tipo de modelo uno

supone que todas las variables relevantes son cuantificables. Por consiguiente los

símbolos matemáticos se utilizan para representar variables las cuales están

relacionadas con las funciones matemáticas para poder descubrir el comportamiento

de un sistema. Lográndose la solución del modelo por una manipulación matemática

apropiada.

Modelo de simulación.

Los modelos de simulación imitan el comportamiento de sistema sobre un periodo.

Esto se logra especificando ciertos eventos los cuales son puntos en el tiempo en

donde se ocurrencia significa que puede recolectarse su información la cual pertenece

al comportamiento de este sistema siendo está muy importante.

Los modelos de simulación no necesitan funciones matemáticas para realizar variables,

usualmente es posible simular sistemas complejos que no pueden modelarse o

resolverse matemáticamente. La principal falla de la simulación consiste en que el

análisis es equivalente a realizar experimentos y estar sujeto a errores experimentales.

Modelo Heurístico.

Este modelo heurístico de solución descansa en las reglas empíricas o intuitivas, las

cuales dan una solución actual al modelo permitiendo determinar una solución

mejorada. Actualmente los métodos heurísticos son procedimiento de búsqueda que

pasan inteligentemente de un punto de solución a otro con el objetivo de mejorar el

criterio de este modelo. Cuando ninguna mejora adicional puede lograrse la mejor

solución que se haya obtenido es la solución aproximada al modelo.




Fases de estudio de la I.O

Las fases de estudio de la I.O son las siguientes:

Definición del problema: desde el punto de vista de la I.O nos indica 3 aspectos

principales que son:

a) Una descripción de la meta u objetivo del estudio

b) Una identificación de las alternativas de decisión

c) Un reconocimiento de las limitaciones y restricciones como los requisitos del

sistema.

Una descripción del objetivo del estudio debe reflejar una representación aproximada

del interés total del sistema, una falla común en este aspecto es identificar algunas

metas representando solamente una porción del sistema.

Construcción del modelo: dependiendo de la definición del problema, el equipo de I.O

deberá decidir el modelo más adecuado para representar el sistema. Tal modelo

deberá especificar expresiones cuantitativas para el objetivo y restricciones del

problema. Si el modelo resultante se ajusta a uno de los modelos matemáticos

comunes para obtenerse una solución conveniente mediante técnicas matemáticas. Si

las relaciones matemáticas de modelos son demasiado complejas para permitir

soluciones y puede ser apropiado un modelo de simulación.

Solución del modelo: en modelos matemáticos se logra una solución utilizando

técnicas de optimización y se dice que este modelo proporcionara una solución óptima

si se utiliza los modelos de simulación y heurísticos, el concepto de optimización no

está también definido y la solución en estos casos se emplea para obtener

evaluaciones aproximadas.

Además de la solución del modelo se debe asegurar información adicional sobre el

comportamiento de la solución debida a cambios en los parámetros del sistema.

Usualmente esto se conoce como análisis de sensibilidad. Tal análisis es especialmente

necesario cuando los parámetros del sistema no pueden estimarse aproximadamente.

Validación del modelo: un modelo es válido si independientemente de sus

inexactitudes al representar el sistema puede dar una predicción confiable del

funcionamiento del sistema. Un método común para probar la validez de un modelo es

comparar su funcionamiento con algunos datos pasados con los disponibles del

sistema actual. El modelo será válido si bajo condiciones similares de entrada puede

reproducir el funcionamiento pasado del sistema.




Implantación de los resultados finales: esto implicaría básicamente la traducción de

estos resultados en instrucciones de operaciones detalladas y emitidas en forma

comprensible a los individuos que administran y operan el sistema.

Aplicaciones de la Investigación de Operaciones.

La aplicación de la I.O ha crecido rápidamente principalmente por tener mejores

conocimientos de esta metodología. La creciente complejidad de los problemas que se

presentan cotidianamente, se tiene la necesidad de utilizar un software y desarrollo de

nuevos y mejores algoritmos.

A continuación tenemos un listado de las diferentes aplicaciones de la I.O:

1. Optimización de las operaciones de producción para cumplir con la finalidad de

un costo mínimo.

2. La optimización del corte de arboles en productos de madera maximizando su

producción.

3. Asignación optima de recursos hidráulicos térmicos en el sistema nacional de

generación de energía.

4. Programación de turnos de trabajo en oficinas de reservaciones y aeropuertos

para cumplir con las necesidades del cliente.

5. Optimización de las operaciones de distribución y comercialización de un

producto.

6. Optimización de la inversión del capital para producir gas natural durante 20

años.

7. Administración de inventarios de petróleo y carbón para el sector eléctrico con

la finalidad de equilibrar los costos de inventarios.

8. Optimización de la programación y asignación de los sistemas computarizados.

9. Optimización de la mezcla de ingredientes disponibles para que los productos

de gasolina cumplieran con los requerimientos de venta y calidad.

10. Rapidez en la coordinación de aviones, tripulación, carga y pasajeros para

manejar la evacuación por aire de proyectos militares.




Formulación de problemas lineales más comunes

Ejemplo: Un fabricante de muebles tiene 6 unidades de madera y 28 horas

disponibles, durante las cuales fabricara biombos decorativos. Con anterioridad se han

vendido bien 2 modelos de tal manera que se limitara a producir solo 2 tipos. Estima

que el modelo 1 requiere 2 unidades de madera y 7 horas de tiempo, mientras que el

modelo 2 requiere 1 unidad de madera y 8 horas de tiempo disponible. Los precios de

los modelos son $120 y $ 80 respectivamente. Cuantos biombos de cada modelo se

debe fabricar si se desea maximizar sus ingresos de ventas:

Madera

Tiempo disponible

Costo

Biombo 1 X1

2 7 120

Biombo 2 X2

1 8 80

Total 6 28

Ejemplo: Una firma de contadores públicos especializados en preparar

liquidaciones y pago de impuestos así como auditorias en empresas pequeñas. El

interés es saber cuántas auditorias y liquidaciones pueden realizar mensualmente de

tal manera que obtengan los máximos ingresos. Se dispone de 800 horas para trabajo

directo y 320 horas para revisión. Una auditoria en promedio requiere de 40 horas de

trabajo directo y 10 horas de revisión además aporta u ingreso de $300. Una

liquidación de impuestos requiere 8 horas de trabajo directo y 5 horas de revisión y

produce un ingreso de $100. Determina la función objetivo y sus ecuaciones de

restricción.

Horas de trabajo directo

Horas de revisión

Ingreso

auditoria X1

40 10 300

liquidación X2

8 5 100

Total 800 320

Ecuación $ función objetivo:

Z = 120 x1 + 80 x2

2x1 + x2 <= 6 ------- madera 7x1 + 8x2 <= 28 ---- tiempo D

Ecuación $ función objetivo:

Z = 300 x1 + 100 x2

40x1 +8 x2 <= 800 horas de trabajo 10x1 + 5x2 <=320 horas de revisión




Ejemplo: Una compañía manufacturera local produce 2 diferentes productos

metálicos que debe maquinarse pulirse y ensamblarse. Las necesidades específicas en

tiempo (horas) para cada producto son las siguientes:

Maquinado Pulido Ensamble Costo unitario

Producto 1 x1 3 1 2 6

Producto 2 x2 2 1 1 4

Total 480 400 400

Función objetivo: Z = 6 x1 + 4x2

Maquinado 3x1 + 2x2 <= 480

Pulido x1 + x2 <= 400

Ensamble 2x1 + x2 <= 400




MÉTODO GRÁFICO

El método grafico se utiliza para la solución de problemas de PL, representando

geométricamente a las restricciones, condiciones técnicas y el objetivo.

El modelo se puede resolver en forma geométrica si solo se tiene 2 variables. Para

modelos con 3 o más variables el método grafico es impráctico o imposible. Cuando los

ejes son relacionados con las variables del problema, el método es llamado método

grafico en actividad. Cuando se relacionan las restricciones tecnológicas se denomina

método grafico en recursos.

*PL.- es una técnica mediante la cual se toman decisiones reduciendo el problema bajo

estudio a un modelo matemático general.

Maximizar y Minimizar.

Podemos maximizar y minimizar por el método grafico nuestros problemas y nos lleva

a un resultado exacto al igual que el simplex solo que este es aún más fácil, pues como

al principio mandas en la ecuación a X cero y después Y así te da el primer punto a

graficar y así con las demás ecuaciones, el punto donde se intersectan dos o más líneas

de las ecuaciones es el punto solución, este se sustituye debidamente cada número en

Su variable en la función objetivo para dar la comprobación. Así el espacio debajo del

punto de intersección es para maximización y se presenta el resultado por ejemplo

Z=10, para la minimización es lo mismo solo se toma el punto solución como lo más y

el resultado de igual solo que se representaría –Z=10 y la zona factible cabe en la

parte mayor de la gráfica.

Pasos necesarios para realizar el método.

1. Graficar las soluciones factibles, o el espacio de soluciones (factible), que satisfagan

todas las restricciones en forma simultánea.

2. Las restricciones de no negatividad Xi>= 0 confían todos los valores posibles.

3. El espacio encerrado por las restricciones restantes se determinan sustituyendo en

primer término <= por (=) para cada restricción, con lo cual se produce la ecuación de

una línea recta.

4. Trazar cada línea recta en el plano y la región en cual se encuentra cada restricción

cuando se considera la desigualdad lo indica la dirección de la flecha situada sobre la

línea recta asociada.

5. Cada punto contenido o situado en la frontera del espacio de soluciones satisfacen

todas las restricciones y por consiguiente, representa un punto factible.

6. Aunque hay un número infinito de puntos factibles en el espacio de soluciones, la

solución óptima puede determinarse al observar la dirección en la cual aumenta la

función objetivo.




7. Las líneas paralelas que representan la función objetivo se trazan mediante la

asignación de valores arbitrarios a fin de determinar la pendiente y la dirección en la

cual crece o decrece el valor de la función objetivo.

Ejemplo: Un departamento de publicidad tiene que planear para el próximo mes una

estrategia de publicidad para el lanzamiento de una línea de T.V. a color tiene a

consideración 2 medios de difusión: La televisión y el periódico.

Los estudios de mercado han mostrado que:

1. La publicidad por T.V. Llega al 2 % de las familias de ingresos altos y al 3 % de las

familias de ingresos medios por comercial.

2. La publicidad en el periódico llega al 3 % de las familias de ingresos altos y al 6 % de

las familias de ingresos medios por anuncio.

La publicidad en periódico tiene un costo de 500 dls. Por anuncio y la publicidad por

T.V. tiene un costo de 2000 dls. Por comercial. La meta es obtener al menos una

presentación como mínimo al 36 % de las familias de ingresos altos y al 60 % de las

familias de ingresos medios minimizando los costos de publicidad.

SOLUCIÓN ÓPTIMA:

Minimizar

Sujeto a:




Resolver el siguiente ejercicio por el método gráfico:

Z = 3x1 + 4x2

Restricciones: 2x1 + 3x2 <= 60, 4x1+ 2x2 <= 80

Paso 1: Determinar las coordenadas (X1, X2)

2x1 + 3x2 <= 60-------------1 4x1+ 2x2 <= 80-------------2

Paso 2: Determinar las coordenadas de cada una de las restricciones

(0,20) (30,0) (0,40) (20,0)

40

30 //

20 //////

10 /////////

0 //////////

10 20 30 40

Coordenadas de solución: (0,20) (15,10) (20,0)

1: X1=0

2x1 + 3x2 = 60 3x2=60 X2=60/3 X2=20 (0,20) X2=0 2x1 + 3x2 = 60 X1=60/2 X1=30 (30,0)

2: X1=0

4x1 +2x2 = 80 2x2=80 X2=80/4 X2=40 (0,40) X2=0 4x1 + 2x2 = 80 X1=80/4 X1=20 (20,0)




Paso 3: sustituir cada coordenada de posible solución en función objetivo. Z = 3x1 + 4x2

Resolver los siguientes ejercicios aplicando el método gráfico:

Ejercicio 1.

Un herrero con 80 kg. De acero y 120 kg. De aluminio quiere hacer bicicletas de paseo

y de montaña que quiere vender, respectivamente a20.000 y 15.000 Bolívares cada

una para sacar el máximo beneficio. Para la de paseo empleará 1 kg. De acero y 3 kg de

aluminio, y para la de montaña 2 kg. De ambos metales. ¿Cuántas bicicletas de paseo y

de montaña tendrá que fabricar para obtener el máximo beneficio?

Acero Aluminio Costo

X1 paseo 1 3 20000

X2 montaña 2 2 15000

Total 80 120

Z =20000x1 + 15000x2

Restricciones: 3x1 + 2x2 <= 120 & x1 + 2x2 <=80

1... coordenadas (x1, x2)

3x1 + 2x2 <= 120 -------- 1 X1 + 2x2 <=80 -----------2

(0,20) Z= 3(0) +4(20) Z = 80

(15,10) Z= 3(15) +4(10) Z = 85

(20,0) Z= 3(20) +4(0) Z = 60

1: X1=0

3x1 + 2x2 =120 2x2=120 X2 =120/2 X2=60 (0,60) X2=0 3x1 + 2x2 = 120 X1=120/3 X1=40 (40,0)

2: X1=0

x1 + 2x2 =80 2x2= 80 X2 =80/2 X2=40 (0,40) X2=0 x1 + 2x2 = 80 X1 = 80 (80,0)




Coordenadas de solución: Z= 20000x1 + 15000 x2 (40,0) Z = 800000 (0,40) Z = 600000 (20,30) Z = 40000 + 450000 = 850000 Ejercicio 2: Un autobús Caracas-Maracaibo ofrece plazas para fumadores al precio de 10.000 Bolívares y a no fumadores al precio de 6.000 Bolívares. Al no fumador se le deja llevar 50 kg. De peso y al fumador 20 kg. Si el autobús tiene 90 plazas y admite un equipaje de hasta 3.000 kg. ¿Cuál ha de ser la oferta de plazas de la compañía para cada tipo de pasajeros, con la finalidad de optimizara el beneficio?

Peso Plazas Costo

Fumadores 20 X1 10000

No fumadores 50 X2 6000

3000 90

Z = 10000x1 + 6000x2 Restricciones: 20x1 + 50x2 <= 3000 -----1 X1 + x2 <=90-----------2

1: X1=0

20x1 + 50x2 =3000 50x2=3000 X2 = 3000/50 X2=60 (0,60) X2=0 20x1 + 50x2 =3000 X1= 3000/20 X1=150 (150,0)

2: X1=0

x1 + x2= 90 x2= 90 (0,90) X2=0 x1 + x2 =90 X1= 90 (90,0)




Coordenadas de solución: Z = 10000x1 + 6000x2 (0,60) Z = 360000 (50,40) Z = 500000 + 240000 = 740000 (90,0) Z = 900000 Ejercicio 3: Un estudiante dedica parte de su tiempo al reparto de propaganda publicitaria. La empresa A le paga $5 por cada impreso repartido y la empresa B, con folletos más grandes, le paga $7 por impreso. El estudiante lleva dos bolsas: una para los impresos A, en la que caben 120 y otra para los impresos B, en la que caben 100. Ha calculado que cada día es capaz de repartir 150 impresos como máximo. Lo que se pregunta el estudiante es: ¿Cuántos impresos habrá que repartir de cada clase para que su beneficio diario sea máximo?

La función objetivo es:

F(x, y)=5x+7y

Las restricciones:




La zona de solución factible es:

Vértices:

A (0, 100)

B intersección de s, t:

C intersección de r, t:

D (120, 0)

Siendo los valores de la función objetivo:

Debe repartir 50 impresos tipo A y 100 tipo, B para una ganancia máxima diaria de $950




MÉTODO SIMPLEX

Objetivo del Método Simplex: El alumno analizará los fundamentos de la

programación lineal así como el procedimiento gráfico y el respectivo procedimiento

del Método Simplex.

El Método Simplex es un procedimiento iterativo el cual permite mejorar la solución a

cada paso. Este proceso concluye cuando no es posible seguir mejorando la solución.

Éste método se puede considerar como un método algebraico para resolver problemas

de programación lineal el cual involucra dos o más variables.

El Método Simplex fue creado en el año de 1947. Su primera aplicación fue después

del verano de 1947 cuando se resolvió un problema de programación de 9

restricciones y 27. Usando calculadora de escritorio se requirieron 120 días, en la

actualidad y un programa para resolver el Método Simplex será cosa de minutos.

El Método Simplex como herramienta de programación lineal constituye una de las

mejores formas para obtener la solución más óptima en programación lineal.

En este método utilizaremos las desigualdades <, >, ≥ y ≤.

Conceptos utilizados en el Método Simplex

1. Variable de decisión. Con estas variables se hace referencia al conjunto de

variables cuya magnitud se desea determinar.

2. Restricciones. Están constituidas por el conjunto de desigualdades que limitan

los valores que puedan tomar las variables de desigualdad.

3. Función objetivo. Es una función matemática que relaciona las variables de

decisión.

4. Linealidad. Se refiere a que la relación entre las variables de la función objetiva

y restricciones deben ser lineales.

5. Desigualdades. Las desigualdades utilizadas para representar las restricciones

deben ser cerradas.

6. Condición de no negatividad. En la programación lineal las variables de

decisión solo pueden tomar valores mayores o iguales que cero.




Pasos a seguir en el Método Simplex

1. Cambiar las desigualdades a ecuaciones.

2. Agregar variables de holgura a las restricciones (S1, S2).

3. Agregar variable de holgura faltante.

4. Construir la tabla simplex.

5. Agregar las columnas Cj y Cj-Zj.

6. Analizar el renglón Cj-Zj. Si existen números positivos se realizará otra tabla

simplex.

7. Determinar que variable X1, X2, X3… Xn sale o que entra.

8. Determinar si sale S1 o S2.

S1=

S2=

9. Determinar Nuevo renglón X1, X2.

Nuevo renglón=

10. Determinar valores de nuevo renglón S1, S2.

Restarle cada uno de los valores del renglón.

El producto valores de nuevo del nuevo renglón.

Valor interseccional.

Ejemplo resolver el siguiente ejercicio por Método Simplex.

Z= 8X1 + 6X2 S.A. 4X1 + 2X2 ≤ 60 2X1 + 4X2 ≤ 48

1. Cambiar desigualdades a ecuaciones.

8X1 + 6X2 + 0 S1 + 0S2 = Z (Se agregan variables de holgura). 4X1 + 2X2 + S1 = 60 2X1 + 4X2 + S2 = 48

2. Agregar variables faltantes.

8X1 + 6X2 + 0 S1 + 0S2 = Z 4X1 + 2X2 + S1 + 0S2= 60 2X1 + 4X2 + 0S1 + S2 = 48




Sale por que es menor… S1= 60/4 = 15

S2= 48/2= 24

3. Construir tabla Simplex. Entra por que es el mayor

4. Determinar nuevo renglón X1 (Dividir renglón S1 entre la intersección = 4).

60/4 = 15 4/4 = 1 2/4 = 1/2 1/4 = 1/4 0/4 = 0 5. Determinar nuevo renglón S2 (Restarle nuevo renglón = X1)

48 – (2 x 15) = 18

2- (2 X1) = 0

4- (2 X ½)= 3

0 – (2 X ¼) = -1/2

1 – (2 X 0) = 1

6. Construir nueva tabla simplex.

Entra

Cj 8 6 0 0

Producto Cantidad X1 X2 S1 S2

8 X1 15 1 1/2 1/4 0

0 S2 18 0 3 -1/2 1

Zj 8 4 2 0

Cj - Zj 0 2 -2 0

7. Nuevo renglón X2

18/3 = 6

0/3 = 0

3/3 = 1

-1/2 / 3 = -1/6

1/3 = 1/3

Cj 8 6 0 0


0 S1 60 4 2 1 0

0 S2 48 2 4 0 1

Zj = 0 0 0 0

Cj - Zj = 8 6 0 0

Sale




8. Nuevo renglón X1

15 – (1/2 X 6) = 12

1 – (1/2 X 0) = 1

½ -(½ X 1) = 0

¼ -(1/2 X -1/6) = 1/3

0 - ( ½ X 1/3) = -1/6

9. Nueva tabla Simplex

Cj 8 6 0 0


8 X1 12 1 0 1/3 -1/6

6 X2 6 0 1 -1/6 1/3

Zj = 8 6 5/3 2/3

Cj - Zj = 0 0 -5/3 -2/3

SOLUCIÓN ÓPTIMA

X1 = 12

X2 = 6

Z = 8(12) + 6(6)= 132




EJERCICIOS

1. Z= 4X1 + 3X2

2X1 ++ 5X2 ≤ 150

5 X1 + 2 X2 ≤ 60

SOLUCIÓN

Z= 90 X1= 0 X2= 30

2. Z=5X1 +6X2

3X1 +2X2 ≤ 120

4X1 + 6X2 ≤ 260

SOLUCIÓN

Z= 280 X1= 20 X2= 30

3. Z=2000X1 +5000X2

2X1 + 3X2 ≤ 36

3X1 + 6 X2 ≤ 60

SOLUCIÓN

Z= 50,000 X1= 0 X2= 10




MÉTODO DE LAS DOS FASES

Este método es sencillo y laborioso y se usa ante la presencia de numerosas variables.

En este método se considerará la primera fase de la siguiente forma: se reemplaza la

función objetivo de la programación lineal por la minimización de las sumas de las

variables artificiales encontradas y resolviéndose la minimización.

En la segunda fase se inicia con una tabla terminando la primera fase y se retoma la

función objetivo en donde todas las variables artificiales se igualan a cero eliminando

las restricciones de holgura.

Para cambiar una desigualdad a una igualdad en cada uno de las restricciones utilizar

lo siguiente:

≤ Agregar S1 ≥ Agregar –S1, A1 = Agregar A2

** Variables de holgura = S

** Variables artificiales = A

Ejemplo resolver el siguiente ejercicio por Método de dos fases.

Z= 2X1 + X2 +3X 3 S.A. 3X1 + X2 + 2X3 ≤ 10 X1-2X2 + 3X3 ≥ 6 X1 + X2 + 2X3 = 7 2X1 + 3X2 -X3 ≤ 9

1. Encontrar desigualdades a modelos estándar.

3X1 + X2 + 2X3 + S1 = 10 X1-2X2 + 3X3 - S2 + A1 = 6 X1 + X2 + 2X3 + S3= 7 2X1 + 3X2 -X3 + S2 = 9




2. Construir la table simplex. Entra

Cj

0 0 0 0 0 0 1 1

X1 X2 X3 S1 S2 S3 A1 A2 Cantidad

0 S1 3 1 2 1 0 0 0 0 10/2= 5

1 A1 1 -2 3 0 -1 0 1 0 6/3 = 2

0 S3 2 3 -1 0 0 1 0 0 9/-1= -9

1 A2 1 1 2 0 0 0 0 1 7/2= 3.5

Zj 2 -1 5 0 -1 0 1 1

Cj - Zj -2 -1 -5 0 1 0 0 0

3. Determinar Nuevo renglón X3 1/3= 1/3 -2/3= -2/3 3/3= 1 0/3= 0 -1/3= -1/3 0/3= 0 1/3= 1/3 0/3= 0 6/3= 2 4. Nueva tabla simplex con el valor de X3 y aplicándole eliminación Gaussiana

(Hacer ceros la columna X3).

Utilizar Para: S1= S1- 2X3 S3= S3 +X3 A2= A2 -2X3

Coeficientes Variables Base




Cj 0 0 0 0 0 0 1 1


0 S1 7/3 7/3 0 1 2/3 0 -2/3 0 6/7/3= 2.57

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

0 S3 7/3 7/3 0 0 -1/3 1 1/3 0 11/7/3= 4.71

1 A2 1/3 7/3 0 0 2/3 0 -2/3 1 3/7/3= 1.28

Zj 1/3 7/3 0 0 2/3 0 -2/3 1

Cj - Zj -1/3 -7/3 0 0 -2/3 0 5/3 0

5. Encontrar la columna que entra y la fila que sale, aplicar paso 3 y 4.

6. Nuevo renglón X2 1/3 ÷ 7/3= 1/7 7/3 ÷ 7/3= 1 2/3 ÷ 7/3= 2/7 -2/3 ÷ 7/3= -2/7 1/3 ÷ 7/3= 3/7 3 ÷ 7/3= 9/7

7. Aplicando eliminación Gaussiana en X2. Utilizar para: S1= S1-7/3X2 X3= X3 + 2/3X2 S3= S3 – 7/3X2





Cj 0 0 0 0 0 0 1 1


0 S1 2 0 0 1 0 0 0 -1 3

1 X3 3/7 0 1 0 -1/7 0 1/7 2/7 20/7

0 S3 2 0 0 0 -1 1 1 -1 8

1 X2 1/7 1 0 0 2/7 0 -2/7 3/7 9/7

Zj 0 0 0 0 0 0 0 0

Cj - Zj 0 0 0 0 0 0 1 1

8. En la fila Cj-Zj las variables X y las artificiales (S) dan cero, por lo tanto se

detiene el proceso y se sustituyen los valores de X en Cj.

Cj 2 1 3 0 0 0 0 0 R=


0 S1 2 0 0 1 0 0 0 -1 3

3 X3 3/7 0 1 0 -1/7 0 1/7 2/7 20/7

0 S3 2 0 0 0 -1 1 1 -1 8

1 X2 1/7 1 0 0 2/7 0 -2/7 3/7 9/7

Zj 10/7 1 3 0 -1/7 0 0 0 69/7

Cj - Zj 4/7 0 0 0 1/7 0 0

9. Solución X2= 9/7 X3= 20/7 Z= 69/7






EJERCICIO

Z= 3X1 +5X2 X1 < 4 2X2 ≤ 12 3X1 + 2X2 = 18

Solución

X1= 4 X2= 3 Z= 27

Cj 3 5 0 0 0 R=

X1 X2 S1 S2 A1 Cantidad

3 X1 1 0 1 0 0 4

0 S2 0 0 3 1 0 6

5 X2 0 1 -3/2 0 0 3

Zj 3 5 -9/2 0 0 27

Cj - Zj 0 0 -9/2 0 0





MÉTODO SIMPLEX DUAL

La solución de un problema dual permite obtener interesantes resultados, relativo al

análisis de sensibilidad de los términos independientes. Más concretamente, para los

rangos de los términos independientes para los que se mantiene la base óptima, la

solución dual nos permite conocer el precio sombra de la restricción, que será la

variación de la función objetivo por unidad incrementada del término independiente

de la restricción.

Ejemplo resolver el siguiente ejercicio por Método Simplex

Dual.

Minimizar Z= 3X1 + 2X2 S.A. 3X1 + X2 ≥ 3 4X1 + 3X2 ≥ 6 X1 + X2 ≤ 3 X1, X2 ≥ 0

1. Convertir a igualdades, agregando variables de holgura (S) y multiplicando a las desigualdades ≥ por -1.

-3X1 - 2X2 + S1 + S2 + S3 -3X1 - X2 + S1 =- 3 -4X1 - 3X2 + S2 =-6 X1 + X2 + S3= 3

2. Construcción de tabla Simplex Dual

Variables Base X1 X2 S1 S2 S3 R

Z -3 -2 0 0 0 0

S1 -3 -1 1 0 0 -3

S2 -4 -3 0 1 0 -6

S3 1 1 0 0 1 3

Nota: Para saber si entra X1 o X2 es necesario dividir Z/ Pivote de quién sale.

Para X1= -3/-4= 3/4 Para X2= -2/-3= 2/3…. Por lo tanto la menor razón es la de X2

3. Obtener nuevo renglón X2 y con la eliminación Gaussiana hacer ceros la columna X2.

Sale S2 porque es el

valor absoluto

mayor. Entra X2 porque es la

menor razón.




Para el renglón X2: -4/-3= 4/3 -3/-3= 1 0/-3= 0 1/-3= -1/3 0/-3= 0 -6/-3= 2 Así queda la tabla (al lado derecho la eliminación Gaussiana que se utilizó para cada renglón en base a los datos de la tabla anterior).

Variables

Base X1 X2 S1 S2 S3 R Eliminación

Gaussiana

Z -1/3 0 0 -2/3 0 -4 Z+ 2X2

S1 -5/3 0 1 -1/3 0 -1 S1 + X2

X2 4/3 1 0 -1/3 0 2

S3 -1/3 0 0 1/3 1 1 S3-X2

4. Ahora hay que encontrar la variable de holgura que sale y encontrar el

nuevo renglón X1(Ya que es la única incógnita que queda).

5. Ahora encontrar el nuevo renglón X1 dividiendo el renglón S1 entre el pivote (-5/3). Una vez realizado, aplicar nuevamente la eliminación Gaussiana para hacer ceros la columna de X1.

Para el renglón X1: -5/3 ÷ -5/3= 1 0/ -5/3= 0 1 ÷ -5/3= -3/5 -1/3 ÷ -5/3= 1/5 0 / -5/3= 0

Variables Base

X1 X2 S1 S2 S3 R Eliminación Gaussiana

Z 0 0 -1/5 -3/5 0 21/5 Z+ 1/3X1

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

X2 0 1 4/5 -3/5 0 6/5 X2 -4/3X1

S3 0 0 -1/5 2/5 1 6/5 S3 + 1/3 X1

EJERCICIOS

1.) Z= -4X1 -12X2 – 18X3

SOLUCIÓN Z= 21/5 X1= 3/5 X2= 6/5




S.A. X1 + 3X 3 ≥ 3 2X2 + 2X3 ≥ 5

Solución

Z= -42 X1 = 3 X2 = 5/2

2.) Z= 5X1 + 2X2 + 4X3 S.A. 3X1 + X2 +2X 3 ≥ 4 6X1 +3X2 + 5X3 ≥ 10

Solución

Z= 22/3 X1 = 2/3 X2 = 2

3.) Z= -X1 -X2 S.A. X1 + X 2 ≤ 8 X2 ≥ 3 -X1 + X2 ≤ 2

Solución

Z= -4 X1 = 1 X2 = 3




ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

Después de que se ha obtenido la solución óptima por el método Simplex-Dual puede darse el caso de que uno o varios parámetros de mi problema de programación lineal se cambien dando origen a la solución de un nuevo problema. Sin embargo aplicando la técnica de análisis de sensibilidad no es necesario resolver el ejercicio desde un principio. La utilidad de un análisis de sensibilidad en programación lineal nos permitirá obtener una interpretación razonable de los resultados ya obtenidos, en cierto sentido este análisis de sensibilidad nos convierte una solución estática de los modelos de programación lineal en un instrumento dinámico que nos evalúa las condiciones faltantes. FÓRMULAS A UTILIZAR XB= B-1 * b* ≥ 0 Solución óptima Zopt= CB XB CB= Coeficientes de Z o coeficientes bases.

Ejemplo dado la solución del problema aplicar un Análisis de

Sensibilidad.

Z= 5X1 + 3X2 S.A. 3X1 + 5X 2 ≥ 15 5X1 + 2X2 ≥ 10

Variables Base X1 X2 S1 S2 R

Z 0 0 5/19 16/19 235/19

X2 0 1 5/19 -3/19 45/19

X1 1 0 -2/19 5/19 20/19

Solución B-1 = 5/19 -3/19

-2/19 5/19

b= 15 b*= 5 10 5

b= Los valores de las restricciones

b*= Son cambios en las

restricciones (Deben dardetelas)




Aplicando… XB= 5/19 -3/19 * =

-2/19 5/19

Resulta de: (5/19)(5) + (-3/19) (5) = 10/19 (-2/19)(5) + (5/19) (5) = 15/19

≥ 0 La solución es factible

Como la solución es factible el siguiente paso es encontrar la solución óptima:

[3 5] * = 30/19 + 75/19 = 105/19

*Donde 3 y 10/19 pertenecen a X2 *Donde 5 y 15/19 pertenecen a X1 SOLUCIÓN Z= 105/19 X1= 15/19 X2= 10/19

5 5

10/19 15/19

10/19 15/19

10/19 15/19




MÉTODO DE GOMORY

Resolver el siguiente problema mediante el Método de Gomory.

S.A:

1).- Resolver el problema por el método simplex.

2) Tomar un valor fraccionario, en este caso tomaremos a

5 6 0 0

Producto Cantidad

0 52 10 3 1 0

0 18 2 3 0 1

= 0 0 0 0

= 5 6 0 0

a) Nuevo Renglón

R = 6, 2/3, 1, 0, 1/3

Sale el menor:

b) Nuevo Renglón

52 - ( 3 x 6 ) = 34

10 - ( 3 x 2/3 ) = 8

3 - ( 3 x 1 ) = 0

1 - ( 3 x 0 ) = 1

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

5 6 0 0

Producto Cantidad

0 34 8 0 1 -1

0 6 2/3 1 0 1/3

= 4 6 0 2

= 1 0 0 -2

c) Nueva Tabla Simplex

5 6 0 0

Producto Cantidad

5 17/4 1 0 1/8 -1/8

6 19/6 0 1 -1/12 5/12

= 5 6 1/8 15/8

= 0 0 -1/8 -15/8

d) Nueva Tabla Simplex

d) Nuevo Renglón

R = 17/4, 1, 0, 1/8, -1/8

e) Nuevo Renglón

6 - ( 2 x 17/4 ) = 19/6

2/3 - ( 2 x 1 ) = 0

1 - ( 2 x 0 ) = 1

0 - ( 2 x 1/8 ) = -1/12

1/3 - ( 2 x -1/8 ) = 5/12

Solución:

“Los valores son pates faccionarias ∴ tenemos

que buscar soluciones enteras, lo haremos

mediante el corte de Gamory”




3) Sustituir la parte entera y fraccionaria.

[ ] [ ]

a)

4) Separar lo que tienen parte entera por decimal.

5) La parte fraccionario será .

6) Añadir la prueba relación del corte y resolver por medio Simplex-Dual. Partir de la última

tabla simplex.

7) Realizar un nuevo corte con

(

)

El nuevo corte es:

8) Resolver por el método Simplex-Dual agregando la nueva restricción a la última tabla.

Solución:

b) (

) (

)

c)

Variable Base

0 0 0 1 1 40 1 0 0 -1 1 4 0 1 0 1 2/3 10/3 0 0 1 7 -8 2

b) Nueva Tabla Simplex

a) Tabla Simplex

Variable Base

0 0 1/8 15/8 0 161/4

1 0 1/8 -1/8 0 17/4

0 1 -1/12 5/12 0 19/6

0 0 -1/8 -7/8 0 -1/4

Tabla Simplex

Variable Base

0 0 0 1 1 0 40

1 0 0 -1 1 0 4

0 1 0 1 -2/3 0 10/3

0 0 1 7 -8 0 2

0 0 0 0 1/3 1 -1/3

8

Nueva Tabla

Variable Base

0 0 0 1 0 3 39

1 0 0 -1 0 3 3

0 1 0 1 0 -2 4

0 0 1 7 1 -24 10

0 0 0 0 1 1 1




Método de Ramificación y Acotación

Resolver el siguiente problema mediante el Método de Ramificación y Acotación.

S.A:

1).- Resolver el problema por el método simplex.

2) El Algoritmo de una variable con solución no entera

5 6 0 0

Producto Cantidad

0 52 10 3 1 0

0 18 2 3 0 1

= 0 0 0 0

= 5 6 0 0

c) Nuevo Renglón

R = 6, 2/3, 1, 0, 1/3

Sale el menor:

d) Nuevo Renglón

52 - ( 3 x 6 ) = 34

10 - ( 3 x 2/3 ) = 8

3 - ( 3 x 1 ) = 0

1 - ( 3 x 0 ) = 1

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

5 6 0 0

Producto Cantidad

0 34 8 0 1 -1

0 6 2/3 1 0 1/3

= 4 6 0 2

= 1 0 0 -2

c) Nueva Tabla Simplex

5 6 0 0

Producto Cantidad

5 17/4 1 0 1/8 -1/8

6 19/6 0 1 -1/12 5/12

= 5 6 1/8 15/8

= 0 0 -1/8 -15/8

d) Nueva Tabla Simplex

e) Nuevo Renglón

R = 17/4, 1, 0, 1/8, -1/8

f) Nuevo Renglón

6 - ( 2 x 17/4 ) = 19/6

2/3 - ( 2 x 1 ) = 0

1 - ( 2 x 0 ) = 1

0 - ( 2 x 1/8 ) = -1/12

1/3 - ( 2 x -1/8 ) = 5/12

Solución:

“Los valores son pates faccionarias ∴ tenemos

que buscar soluciones enteras, lo haremos

mediante el corte de Gamory”




A. Consideremos los valores más cercanos a esta solución (4 y 5).

B. Dividimos la regla factible en 3 partes correspondientes a la región =

y

C. La regio intermedia no ha de considerase puesto que no puede contener

ningún punto con entero.

3) Resolver los dos sub problemas.

4) La mayor solución de esto será la exacta.

5) Resolver problema dos por método simplex.

6.- Volver a Ramificar con respecto a

Problema 2

Problema 3

52 - [3 x 6] = 43

10 - [3 x

] = 8

3 - [3 x 1] = 0

1 - [3 x 0] = 1

0 - [3 x

] = -1

0 - [3 x 0] = 0

1)

2) 6, 2/3, 1, 0, 1/3, 0

4 - [0 x 6] = 4

1 - [0 x

] = 1

0 - [0 x 1] = 0

0 - [0 x 0] = 0

0 - [0 x

] = 0

1 - [0 x 0] = 1

34 - [8 x 4] = 2

8 - [8 x 1] = 0

0 - [8 x 0] = 0

1 - [8 x 0] = 1

-1 - [8 x 0] = -1

0 - [8 x 1] = 0

4) 4, 1, 0, 0, 0, 1

6 - [

x 4] =

- [

x ] = 0

1 - [

x 0] = 1

0 - [

x 0] = 0

- [

x ] =

0 - [

x 1] = -

3)

5 6 0 0 0

Pro. Can.

0 52 10 3 1 0 0

0 18 2 3 0 1 0

0 4 1 0 0 1 1

= 0 0 0 0 0

= 5 6 0 0 0

5 6 0 0 0

Pro. Can.

0 34 8 0 1 -1 0

6 18 2/3 1 0 1/3 0

0 4 1 0 0 0 1

= 4 6 0 2 0

= 1 0 0 -2 0

5 6 0 0 0

Pro. Can.

0 2 O 0 1 -1 0

6 10/3 0 1 0 1/3 -2/3

5 4 1 0 0 0 1

0 6 0 2 1

0 0 0 -2 -1

5)

Solución:




A) Problema 4 por método Simplex.

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 3 0 0 1 0 -10 -3

0 1 0 0 0 1 -2 -3

5 4 1 0 0 0 1 0

6 3 0 1 0 0 0 1

= 5 6 0 0 5 6

= 0 0 0 0 -5 -6

Problema 4 = Problema 2 + rest

Problema 5 = Problema 2 + rest

52 - [3x3] = 43

10 - [3x0] = 10

3 - [3x1] = 0

1 - [3x1] = 1

0 - [3x0] = 0

0 - [3x0] = 0

0 - [3x1] = -3

1)

2) 3, 0, 1, 0, 0, 0, 1

5)

Solución:

18 - [3x3] = 9

2 - [3x0] = 2

3 - [3x1] = 0

0 - [3x0] = 0

1 - [3x0] = 1

0 - [3x0] = 0

0 - [3x1] = -3

4 - [0x3] = 4

1 - [0x0] = 1

0 - [0x1] = 0

0 - [0x0] = 0

0 - [0x0] = 0

1 - [0x0] = 1

0 - [0x1] = 0

43 - [10x4] = 3

10 - [10x1] = 0

0 - [10x0] = 0

1 - [10x0] = 1

0 - [10x0] = 0

0 - [10x1] = -10

-3 - [10x0] = -3

3) 4) 4, 1, 0, 0, 0, 1,0

9 - [2x4] = 1

2 - [2x1] = 0

0 - [2x0] = 0

0 - [2x0] = 0

1 - [2x0] = 1

0 - [2x1] = -2

0 - [2x0] = -3

3 - [0x4] = 3

0 - [0x1] = 0

1 - [0x0] = 1

0 - [0x0] = 0

0 - [0x0] = 0

0 - [0x1] = 0

1 - [0x0] = 1

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 52 10 3 1 0 0 0

0 18 2 3 0 1 0 0

0 4 1 0 0 0 1 0

0 3 0 1 0 0 0 1

= 0 0 0 0 0 0

= 5 6 0 0 0 0

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 43 10 0 1 0 0 -3

0 9 2 0 0 1 0 0

0 4 1 0 0 0 1 0

0 5 0 1 0 0 0 1

= 0 6 0 0 0 6

= 5 0 0 0 0 -6




B) Problema 5 por método Simplex.

52 - [3x4] = 40

10 - [3x0] = 10

3 - [3x1] = 0

1 - [3x1] = 1

0 - [3x0] = 0

0 - [3x0] = 0

0 - [3x1] = -3

1) 2) 4, 0, 1, 0, 0, 0, 1

5)

Solución:

18 - [3x4] = 6

2 - [3x0] = 2

3 - [3x1] = 0

0 - [3x0] = 0

1 - [3x0] = 1

0 - [3x0] = 0

0 - [3x1] = -3

4 - [0x4] = 4

1 - [0x0] = 1

0 - [0x1] = 0

0 - [0x0] = 0

0 - [0x0] = 0

1 - [0x0] = 1

0 - [0x1] = 0

40 - [10x4] = 3

10 - [10x1] = 0

0 - [10x0] = 0

1 - [10x0] = 1

0 - [10x

] = -6

0 - [10x0] = 0

-3 - [10x

] = 12

3) 4) 3, 1, 0, 0, 1/2, 1,-3/2

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 52 10 3 1 0 0 0

0 18 2 3 0 1 0 0

0 4 1 0 0 0 1 0

0 4 0 1 0 0 0 1

= 0 0 0 0 0 0

= 5 6 0 0 0 0

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 40 10 0 1 0 0 -3

0 6 2 0 0 1 0 -3

0 4 1 0 0 0 1 0

6 4 0 1 0 0 0 1

= 0 6 0 0 0 6

= 5 0 0 0 0 -6

5 6 0 0 0 0

Pro. Can.

0 10 0 0 1 -5 -10 1/2

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

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

6 4 0 1 0 0 0 1

= 5 6 0 5/2 0 3/2

= 0 0 0 -5/2 0 3/2

4 - [1x3] = 1

1 - [1x1] = 0

0 - [1x0] = 0

0 - [1x0] = 0

0 - [1x

] =

1 - [1x0] = 1

0 - [1x

] =

4 - [0x3] = 4

0 - [0x1] = 0

1 - [0x0] = 1

0 - [0x0] = 0

0 - [0x

] = 0

0 - [0x0] = 0

1 - [0x

] = 1




MÉTODO DE TRANSPORTE ESQUINA NOROESTE

Pasos a seguir para el desarrollo de este método:

1. Asignar a la tabla de costos oferta y demanda la asignaciones a cada una de las casillas desde la parte superior izquierda hacia la derecha y hacia debajo de dicha tabla.

2. Analizar cada una de las casillas desocupados hacia la derecha o hacia la izquierda asignando valores ±.

3. Este método terminará si todas las casillas desocupadas son con signo positivo. 4. Si existieran casillas con valores negativos se realizará una nueva tabla iniciando

la asignación a la casilla más negativa. Esta asignación será el valor que se encuentre más cerca del origen.

Ejemplo resolver el siguiente ejercicio por Método Esquina Noroeste.

1. El primer paso es ir llenando las casillas no rebasando la oferta y la demanda como se muestra a continuación.

20 10

30

10 20 30

10 10 20

20

20

30

10

A B C D

8 2

2 4

5 6

2 4 1 6

3 1

Oferta

3

2

1

Demanda




2. Una vez llenado las casillas enseguida verificar si el método es factible. Para ello se suman el número de renglones y casillas y éstas deben ser igual al número de casillas ocupadas:

m + n-1= casillas ocupadas. 4+ (3-1)=6 6=6 Entonces es factible y se puede continuar con el proceso

3. A continuación se pasa al proceso de optimización con cada una de las casillas desocupadas:

2A 8 -2

4 -2

12 -4

8

3A 6 -2

4 -2

6 -4

16 -8

8

3B 1 -2

6 -4

7 -6

1

1C 1 -6

2 -4

3 -10

-7

1D 3 -2

4 -6

2 -4

9 -12

-3

2D 5 -2

4 -6

9 -8

1




4. De los resultados de optimizar las casillas elegir de los valores negativos el que tenga mayor valor absoluto, en este caso es la casilla 1C. Así, se vuelve a realizar una nueva tabla como en el paso 1, pero esta vez se coloca valor en la casilla 1C y continuar con el procedimiento desde la esquina superior izquierda.

*Para saber qué valor colocar en la casilla 1C se comparan con sus valores en la primera tabla y se elige el valor negativo con menor valor absoluto (-10)

20 10

30

20 10 30

10 10 20

20

20

30

10

1C 0 -20

10 -10

1C 1 -6

2 -4

3 -10

-7

A B C D

8 2

2 4

5 6

2 4 1 6

3 1

3

2

1

Oferta

Demanda




5. Se vuelven a analizar una vez más casillas y el proceso terminará cuando en el proceso de optimización los resultados arrogados sean positivos.

2A 8 -2

1 -6

9 -8

1

3A 6 -2

1 -4

7 -6

1

1B 4 -1

6 -2

10 -3

7

3B 1 -2

6 -4

7 -6

1

1D 3 -2

4 -1

7 -3

4

2D 5 -2

4 -6

9 -8

1




Ejercicios. Se muestra el problema y la solución de la última tabla.

1.

15

15

15 10 25

5 5 10

5

15

15

15

A B C D

12 7

10 2

20 9

18 16 14 4

11 20

3

2

1

Oferta

Demanda




2.

70 10

80

30 30

60 60

10 35 45

70 40 70 35

3.

A B C

100 100

200 100 300

100 200 300

300 200 200

A B C D

3 6

5 2

1 6

4 2 1 6

3 7

3

2

1

Oferta

4

4 3 6 6

Demanda

5 4 3

8 4 3

5 7 9

1

2

3

Demanda

Oferta




4.

20 10

30

10 20 30

10 10 20

20

20

30

10

5.

20 30 50

30 40 70

80 10 90

20 60 80 40 10

A B C D

8 2

2 4

5 6

2 4 1 6

3 1

3

2

1

Oferta

Demanda

7 3 4 2

6 5 3 8

7 5 2 3

2

4

1




MÉTODO DE VOGEL

El método de aproximación de Vogel es un método heurístico de resolución de

problemas de transporte capaz de alcanzar una solución básica no artificial de inicio,

este modelo requiere de la realización de un número generalmente mayor de

iteraciones que los demás métodos heurísticos existentes con este fin, sin embargo

producen mejores resultados iniciales que los mismos.

Ejemplo

Una empresa de camiones transporta de la planta A, B, C a los destinos Santo Tomás,

Tampico, Victoria, Mante, junto con los costos unitarios en comparación otras rutas.

1. Determinar para cada renglón y columna una penalización, restando los costos

menores.

Santo

Tomás

Tampico Victoria Mante Oferta Penalización

1

A

15

10-2= 8

B

25

9-7=2

C

10 14-4=10

Demanda 5 15 15 15 50

Penalización 10-4=6

7-2=5

16-9=7

18-11=7

2. Elegir la mayor penalización de las filas y columnas y darle la mayor demanda

(10).

3. Una vez que saturemos la demanda se elimina la columna y se vuelven a repetir

los pasos 1 y 2 hasta que saturemos las demandas. Entonces nos quedaría las

siguiente tabla para mejor comprensión:

10

12 7 9

2 20

14

11

20

18 16 4




Santo

Tomás


2

A

15

15

10-2= 8

B

15

10

25

9-7=2

C

5

15

10 14-4=10

Demanda 5 15 15 15 50

Penalización 10-4=6

7-2=5

16-9=7

18-11=7

Santo

Tomás


2

A

15

15

11-2=9

B

25

9-7=2

C

5

10 16-14=2

Demanda 5 15 15 15 50

Penalización

7-2=5

16-9=7

18-11=7

10

12 7 9

2 20

14

11

20

18 16 4

10

12 7 9

2 20

14

11

20

18 16 4




Santo

Tomás


2

A

15

15

B

15

10

25

20-9=11

C

5

5

10 18-16=2

Demanda 5 15 15 15 50

Penalización

16-9=7

20-18=2

SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z= 15(2) + 15(9) + 10(20) + 5(4) + 5(18)

Z= 475

10

12 7 9

2 20

14

11

20

18 16 4




MÉTODO HÚNGARO

El método Húngaro es un método de optimización de problemas de asignación

conocido como tal gracias a que los primeros aportes al método clásico definitivo

fueron de Dénes Koing y Jeno Egerváry dos métodos húngaros.

Ejemplo resolver mediante el Método Húngaro:

1. Encontrar menor número en cada fila y restárselo a la demanda.

Cliente 1 Cliente 2 Cliente 3 Cliente 4

Directivo 1 15

19

20

18

Directivo 2

14

15

17

14

Directivo 3 11

15

15

19

Directivo 4 21

24

26

24


Directivo 1 0

4

5

3

Directivo 2 0

1

3

0

Directivo 3 0

4

4

3

Directivo 4 0

3

5

3




2. Se hace lo mismo con las columnas.


Directivo 1 0

3

2

3

Directivo 2

0

0

0

0

Directivo 3 0

3

1

3

Directivo 4 0

2

2

3

3. Para que el problema finalice necesitamos trazar líneas donde haya ceros,

estos no deben tener más de dos intersecciones, como solo tenemos 2 líneas

es necesario encontrar el número menor que no se encuentre marcado por

las líneas (1) y sumarlo en las intersecciones. Por último se le resta a los

números que no estén en las intersecciones como se muestra:


Directivo 1 0

3

2

3

Directivo 2

0

0

0

0

Directivo 3 0

3

1

3

Directivo 4 0

2

2

3





Directivo 1 0

2

1

2

Directivo 2

1

0

0

0

Directivo 3 0

2

0

2

Directivo 4 0

1

1

2

4. El número de líneas no satisface al número de columnas y filas así que es

necesario volver a repetir el paso 3.


Directivo 1 0

1

1

1

Directivo 2

2

0

1

0

Directivo 3 0

1

0

1

Directivo 4 0

0

1

1




5. Y a quedaron satisfechas las 4 líneas, ahora el último paso es colocar las

demandas donde haya 1 cero en las columnas.


Directivo 1 15

Directivo 2

14

Directivo 3

15

Directivo 4

24

Solución óptima

Z= 15 + 14 + 15 + 24

Z= 68

investigaciÓn de operaciones i - itsmante.edu.mx · desarrollo de la investigación de operaciones...

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