texto de investigacion operativa
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CAPITULO I
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NOCIONES Y ORIGEN DE LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA.
La Investigación Operativa estudia modelos los cuales aplican técnicas matemáticas y
analizan problemas para tomar decisiones.
A la I.O. se debe visualizarse como ciencia y como arte. Como ciencia radica en ofrecer
técnicas y algoritmos matemáticos para resolver problemas de decisión adecuados. Es
un arte, debido a que el éxito que se alcanza en todas las fases anteriores y posteriores a
la solución de un modelo matemático depende en forma apreciable de la creatividad y
habilidad personal de los analistas encargados de tomar decisiones. Por lo tanto, la
obtención de los datos para la construcción de un modelo, la validación de éste y la
implantación de la solución obtenida dependerán de la habilidad del equipo de I.O., para
establecer líneas de comunicación óptimas con las fuentes de información, y también
con los individuos responsables de implantar las soluciones recomendadas.
Uno de los campos que hasta en épocas recientes no se había aplicado la ciencia, fue el
de la administración y organización de las empresas, al contrario de lo que ocurrió con
ciencias tales como la mecánica, la química, las mismas que dieron nacimiento a las
ingenierías mecánica, química, etc. Esto ocurrió debido a que las empresas, en sus
orígenes, no sobrepasaron la dimensión de pequeñas y medianas artesanías, en las que el
empresario o artesano tenía bajo su absoluto control todas las actividades de su
corporación; el es el que planifica la producción, recluta el personal, hace las veces de
operario, de vendedor, etc.
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A medida que la empresa crece, es imposible que una sola persona trate de controlar de
por sí sola a toda una organización, lo que dió lugar a la aparición de teorías sobre
organización y administración de empresas complejas por sus dimensiones y por el
campo de las operaciones que abarcan.
De entre las teorías de organización empresarial que aparecieron, podríamos citar las
siguientes:
1. Clásica: Sus grandes teóricos fueron Taylor y Fayol. En resumen consideran que
todas las organizaciones complejas tienen ciertas funciones comunes que les son
básicas tales como la planeación, la ejecución, control; considera que la
organización es un arte, más o menos sujeto a ciertos principios.
2. Empírica: Aquella que se reduce a la observación de las organizaciones a las que se
podría considerlas como modelo; así por ejemplo ver que empresas han tenido éxito
en su gestión para que en lo posible tratar de imitar sus procedimientos. Como
contrapartida igualmente observar a las organizaciones que han fracasado a fin de
evitar las causas que acarrearon a su ruina.
3. Psicológica: Esta corriente se ocupa principalmente de las relaciones dentro de la
empresa y trata de hallar la persona o personas que poseen capacidad de mando a fin
de que sean ellas las que dirijan a la empresa hacia el objetivo fijado.
4. Moderna: Puesta en boga a partir de los inicios de la década de 1940, los
propulsores son los considerados o llamados ingenieros de sistemas, se resume a
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indicar que la empresa es un conjunto de gente que trabaja por una parte, y otro
grupo que es el que dirige o toma las decisiones.
Esta corriente filosófica se preocupa por estudiar la teoría de las decisiones, lo que
estiman que es el problema fundamental de la empresa y que caminos o herramientas
existen para una mejor decisión en un momento dado.
La Investigación de Operaciones o Investigación Operativa es una enfoque científico a
la toma de decisiones, se hace necesaria esta disciplina para integrar la extremada
especialización de la actualidad, y es por eso que se lo ha calificado como una materia
interdisciplinaria; sirve de apoyo para los administradores ya que interviene en la
solución de diferentes problemas. Además es considerada como escuela matemática,
pues se vale de métodos matemáticos, del uso de computadores, aplicación de la
Estadística, y comprende aspectos tales como: la programación lineal, método del
camino crítico, teoría de colas e inventarios, árboles, etc.
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DESARROLLO DE LA I.O.
Siendo el objetivo principal de maximizar la operación de bienes y servicios, al igual
que la minimización de los insumos requeridos para la producción, siendo este el fin
primordial de la empresa, es innegable que las bases de lo que hoy se denomina I.O. se
comenzaron aplicar desde que hizo su aparición un simple artesano, hecho que data de
tiempos remotos.
Pero podría considerarse a Taylor y a Fayol como sus precursores, quienes dieron inicio
a su sistematización, debido al crecimiento y complejidad que experimentó la empresa
por la Revolución Industrial.
Casi la totalidad de los autores coinciden en afirmar que la actividad llamada I.O. se
desarrolló durante la II Guerra Mundial, pero sus orígenes pueden remontarse a muchos
años atrás.
Concluida la guerra, muchos especialistas en I.O. que prestaban sus servicios en la rama
militar pasaron a colaborar en la reconstrucción de la industria desbastada por la guerra.
En 1950 aparecen diversas organizaciones mundiales especialistas en I.O, en el caso de
Ecuador se le empieza a estudiar en 1984, cuando se crea en la Escuela Politécnica
Nacional un grupo de profesionales dedicados a esta actividad.
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Se la ha denominado con diferentes nombres, así en Gran Bretaña como "Investigación
Operacional"; en Estados Unidos como "Análisis Operacional", "Evaluación de
Operaciones", "Investigación de Sistemas", "Ciencias de la Administración",
"Investigación Operativa e Investigación de Operaciones".
CONCEPTOS I.O.
Héctor Espinoza Berriel dice: "Es un grupo de técnicas cuyo principal objetivo es la
determinación de la soluciones óptimas de los problemas económicos, mediante
métodos matemáticos y estadísticos".
Ackkoff y Sasieni dicen: " I.O. es, de hecho, el uso de la investigación científica
para ayudar al ejecutivo".
Spilman, nos dice "I.O. es un método científico para el estudio de las decisiones que
permiten la localización y la evaluación cuantitativa de todos los factores
interesados".
Podríamos mencionar otros conceptos de diferentes autores, pero vamos a
resumirlos en el siguiente concepto: "Es el conjunto de herramientas de tipo
matemático que tienden a lograr la óptima utilización de los recursos y
procedimientos en una organización compleja”.
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APLICACIÓN.
La aplicación de la I.O. es infinita en cualquier campo de la actividad humana, si bien
en sus inicios se lo aplicó en el campo militar hoy se lo utiliza para resolver problemas
dietéticos, de personal, mejor utilización de los insumos en la industria, para realizar
itinerarios mas cortos y óptimos, etc.
Se estudia en las ramas de Economía, Administración Pública y Privada, Psicología,
Trabajo Social, Matemáticas, Estadística, y en casi todas las ramas de la Ingeniería.
CARACTERISTICAS I.O.
Se mencionan tres características:
ORIENTADORA DE SISTEMAS: Consiste en analizar las partes más importantes y
relacionarlas con otras para descubrir los verdaderos problemas y dar soluciones
verdaderas.
ACTUACION DE GRUPOS INTERDISCIPLINARIOS: De acuerdo a este enfoque
se establece que casi todos los problemas empresariales tienen aspectos de orden
económico, psicológico, sociológico, estadístico, matemático, contables, etc. Y por
tanto es obvio suponer que sí en la solución de los mismos intervienen especialistas de
diversas disciplinas; existirán mayores enfoques y criterios sobre los mismos, los cuales
a su vez coadyuvarán positivamente a la búsqueda de la solución.
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UTILIZACION DEL METODO CIENTIFICO COMO DE LOS MATEMA-
TICOS: Básicamente la I.O. al igual que otras ciencias, emplea el método científico, el
mismo que comprende las etapas de observación, definición del problema, formulación
de hipótesis, experimentación y verificación.
ETAPAS DE UN PROYECTO DE I.O.
Generalmente se consideran las siguientes fases:
DEFINICION DEL PROBLEMA.- Precisa una definición clara y concreta del
problema a ser analizado, lo cual implica aspectos tales como: el establecimiento de las
metas y objetivos del estudio; la identificación de decisiones alternativas para el sistema
e igualmente un claro reconocimiento tanto de los requerimientos , limitaciones y
restricciones a considerar dentro del sistema.
CONSTRUCCION DEL MODELO.- Esta fase depende en gran manera de la
complejidad y naturaleza del sistema que se halla sujeto a investigación. A su vez el
modelo contendrá expresiones cuantitativas tanto para la función objetivo, así como
para las restricciones, expresadas a través de las correspondientes variables de decisión.
SOLUCION DEL MODELO.- Definido el modelo se procederá a encontrar la
solución adecuada al mismo; al respecto existen diversas técnicas matemáticas, todas
estas por lo general tratan que el modelo libere una solución óptima, la misma que
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como ya se expresó anteriormente podría Maximizar o Minimizar una función objetivo
determinada.
VALIDACION DEL MODELO.- Decimos que un modelo es válido, si a pesar de las
limitaciones con que podría representar al sistema, ofrecen una estimación confiable del
comportamiento del sistema. Una barrera muy difundida de probar la validez, de un
modelo consiste en comparar su comportamiento y rendimiento con cierta información
estadística previa, que se hallare disponible al respecto.
IMPLEMENTACION DE LOS RESULTADOS.- Se traslada los resultados
obtenidos del modelo a una serie de instrucciones operativas, las cuales deben estar
expresadas en un lenguaje claro y comprensible para todas aquellas personas que
administran y operan el sistema analizado, también en esta fase es donde la interacción
y coordinación del personal dedicado a la I.O. y aquel correspondiente del área
operativa debe ser más intensa.
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CAPITULO II.
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MODELOS PROTOTIPOS DE I.O.
Para resolver los problemas se lo realiza mediante la experimentación, por cuanto sería
muy costoso y riesgoso hacerlo en la misma empresa, es por esto que se utiliza los
modelos, que no es sino una representación o una abstracción de la realidad.
En I.O. se analizan los siguientes modelos prototipos:
Modelo del Simplex.
Modelo de Transporte.
Modelo de Insumo Producto (Matriz de análisis administrativo).
Modelo de Búsqueda.
Modelo de Trayectoria.
Modelo de reemplazo de equipo, etc.
MODELO DEL SIMPLEX.
MODELO.- En I.O. un modelo podría concebirse como una representación idealizada
de un sistema existente en la realidad. Este sistema a su vez podría tratarse de algo que
ya existe o que se está concibiendo para ser implementado en lo futuro.
El Modelo del Simplex, es un modelo prototipo de I.O. que utiliza la programación
lineal para resolver sistema de ecuaciones de primer grado o sistemas de ecuaciones
lineales. Es un método repetitivo que mediante la solución del sistema de ecuaciones,
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optimiza la respuesta, maximiza las utilidades o beneficios y minimiza las pérdidas o
costos.
Para resolver un problema de I.O. se recomienda plantearse lo que se llama: El Modelo
General de Programación Lineal, el cual consta de tres partes:
FUNCION OBJETIVO.- Define la efectividad del sistema como una función
matemática de las variables de decisión. Al respecto se dice que la solución óptima, se
obtiene en el momento en el cual las variables de decisión del modelo alcanzan el
máximo valor de la función objetivo. En términos generales podríamos señalar que
optimizar la función objetivo podría significar tanto maximizar utilidades o beneficios,
o minimizar costos o pérdidas.
Se representa: MAX Z o MIN Z.
RESTRICCIONES O DESIGUALDADES.- A efectos de registrar las limitaciones
físicas del sistema, el modelo deberá incluir restricciones que limiten las variables de
decisión anotadas anteriormente a sus valores factibles o permisibles. Este aspecto
normalmente es expresado a través de desigualdades o inecuaciones matemáticas.
Estas restricciones son las limitaciones del problema y están constituidos por recursos
escasos como son: capital, tierra, trabajo, energía, materia prima, mercado, horas-
hombre, horas-máquina, etc. Y utiliza los símbolos de y .
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LA CONDICION DE NO NEGATIVIDAD DE LAS VARIABLES DE
DECISION.- Las variables de decisión son aquellas incógnitas que son determinadas
de la solución del modelo, estas son siempre positivas o cuando más cero, este aspecto
obedece que los modelos de I.O. representan sistemas reales y concretos en los que no
tiene sentido hablar de producción negativa. Representación:
X1 0 X1, X2 0
X2 0
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PLANTEAMIENTO DE PROBLEMAS.
EJERCICIO 1.
Una empresa planea una campaña de publicidad para un nuevo producto. Se establecen
como metas el que la publicidad llegue por lo menos a 320.000 individuos – audiencia
(IA), de los cuales al menos 120.000 tengan un ingreso mínimo anual de 300.000
unidades monetarias y al menos 80.000 sean solteros. Se desea únicamente la radio y la
televisión como medios de publicidad. Un anuncio de TV cuesta 10.000 unidades
monetarias y se estima que llega a un promedio de 40.000 (IA) de los cuales un 25%
tienen ingresos superiores a 300.000 unidades monetarias y un 20% son solteros. Un
anuncio por radio FM cuesta 6.000 unidades monetarias y llega a un auditorio promedio
de 10.000 oyentes (IA), de los cuales el 80% tienen ingresos superiores a los 300.000
u.m. y 4.000 son solteros. Hallar el número de anuncios por cada medio para minimizar
el costo.
X1 # número de anuncios en TV.
X2 # número de anuncios en radio.
Televisión Radio
Costo Unitario 10.000 6.000
Tipos de audiencia Alcance unitario Alcance unitario Meta mínima
De alto ingreso 10.000 8.000 120.000
Solteros 8.000 4.000 80.000
Global 40.000 10.000 320.000
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F.O. MIN Z = 10X1+6X2
Rest. 1. 10X1+8X2 120
2. 8X1+4X2 ≥ 80
3. 40X1+10X2 ≥ 320
Cond: X1 ≥ 0
X2 ≥ 0
EJERCICIO 2.
Una fábrica de calzado produce 3 tipos de zapatos: deportivos, formales y botines,
producir un par de cada tipo cuesta 10, 20, y 30 dólares respectivamente. El precio de
venta de los zapatos deportivos es de $20, zapatos formales $40, y botines $60, dicha
empresa recibe una orden de entrega de 150 pares de zapatos, en la que se especifica
que no se desea recibir más de 50 pares de botines.
Cuántos pares de zapatos de cada tipo debe producir la fábrica a fin de maximizar las
ganancias.
X1 # pares zapatos deportivos
X2 # pares zapatos formales
X3 # pares zapatos botines
Recursos Deportivos Formales Botines Disponibilidad
Orden entrega 1 1 1 150
No mas 50 p. 1 50
Por deducción 1 1 100
Ganancia 10 20 30
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F.O.: MAX Z = 10X1 + 20X2 + 30X3
Rest. 1. X1 + X2 + X3 ≤ 150
2. X3 ≤ 50
3. X1 + X2 ≤ 100
Cond: X1 ≥ 0
X2 ≥ 0
X3 ≥ 0
EJERCICIO 3.
La compañía Work Company es propietaria de un taller de fabricación de cerámica. En
ese taller se fabrica 3 tipos de cerámica A,B,C con cada cerámica se requiere
determinado tiempo para realizar la pieza y pintar la pieza terminada, Work podrá
vender todas las cerámicas que fabrique. Work emplea a varias personas para realizar
cada una de las actividades la cual es variable de uno a otro mes. A partir de los
siguientes datos formule un modelo de programación lineal que ayude a Work a
determinar la mezcla de productos que permitirá maximizar la ganancia.
X1 # unidades de producto A
X2 # unidades de producto B
X3 # unidades de producto C
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Modelo Realizar Pieza Pintura Pieza Ganancia
A 3 4 22
B 1 5 18
C 4 4 50
Capacidad 120 200
F.O.: MAX Z = 22X1 + 18X2 + 50X3
Rest. 1. 3X1 + X2 + 4X3 ≤ 120
2. 4X1 + 5X2 + 4X3 ≤ 200
Cond: X1 ≥ 0
X2 ≥ 0
X3 ≥ 0
EJERCICIO 4.
La empresa Tubasec necesita producir planchas para cubrir techo los cuales están
diseñadas con 5 y 10 canales. En conjunto los 2 tipos de planchas tienen asignadas para
su producción 10 m3 de asbesto y 5m3 de cemento.
Las planchas de 5 canales deberán contener 1.5 m3 de asbesto y 0.5 m3 de cemento. Las
planchas de 10 canales deberán contener 2 m3 de asbesto y 1 m3 de cemento. Para
cumplir con la norma ISO a la cual la empresa está certificada como un aval de que los
productos fabricados son de calidad.
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Cual es la combinación óptima de los dos tipos de planchas que minimice el costo total
de producción si se sabe que el costo unitario para producir las planchas de 5 canales es
de $3 y de la de 10 canales es de $4
X1 # planchas de 5 canales
X2 # planchas de 10 canales.
Recursos Planchas 5 canales Planchas 10 canales Disponibilidad
Asbesto 1.5 2 10
Cemento 0.5 1 5
Costo 3 4
F.O.: MIN Z = 3X1 + 4X2
Rest.: 1. 1.5X1 + 2X2 ≥ 10
2. 0.5X1 + X2 ≥ 5
Cond: X1 ≥ 0
X2 ≥ 0
EJERCICIO 5.
Dos productos se elaboran al pasar en forma sucesiva por tres máquinas. El tiempo por
máquina asignado a los dos productos está limitado a 10 horas por día.
El tiempo de producción y la ganancia por unidad de cada producto son:
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MINUTOS POR UNIDADPRODUCTO MAQUINA 1 MAQUINA 2 MAQUINA 3 GANANCIA1 10 6 8 22 5 20 15 3
Determine la solución óptima de los dos productos?
RESOLUCION:
RECURSOS PRODUCTO 1 PRODUCTO 2 DISPONIBILIDADMAQUINA 1 10 5 10MAQUINA 2 6 20 10MAQUINA 3 8 15 10GANANCIA 2 3
X1, Número de unidades de producto 1
X2, Número de unidades de producto 2
F.0. MAX Z = 2X1 + 3X2
Rest. 1. 10X1 + 5X2 10
1. 6X1 + 20X2 10
3. 8X1 + 15X2 10
Cond. X1 0
X2 0
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EJERCICIO 6.
La producción de una fábrica debe ser programada para dos tipos de máquina A y B,
para la máquina A pueden ser programadas 100 horas de trabajo, y para la máquina B
60 horas de trabajo, la producción durante el periodo está destinado a dos productos X y
Y, cada unidad del producto X requiere 3 horas de proceso en la máquina A, y 3 horas
en la máquina B, cada unidad de producto Y requiere 2 horas en la máquina A y 1 en la
máquina B, el margen de ganancia es de 80 unidades monetarias por X y 100 por
unidad de producto Y. Ambos productos pueden ser vendidos inmediatamente y en
consecuencia la producción puede ser programada con el objeto de maximizar las
ganancias
RECURSOS PRODUCTO X PRODUCTO Y DISPONIBILIDAD DE LOS RECURSOS
MAQUINA A 3 2 100MAQUINA B 3 1 60GANANCIA 80 100
X1 = UNIDADES DE PRODUCTO X
X2 = UNIDADES DE PRODUCTO Y
F.O. MAX Z = 80X1 + 100 X2
Rest. 1. 3X1 + 2X2 100
2. 3X1 + X2 60
Cond. X1 0
X2 0
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EJERCICIO 7.
Una fábrica de alimentos debe enviar 500 mt3 de alimentos que necesitan refrigeración y
600 mt3 , que no necesitan ser refrigerados, para ello va a contratar los servicios de una
compañía que renta camiones refrigeradores de 2 tipos A y B.
Los camiones tipo A tienen un espacio de refrigeración de 10 mts3 y un espacio sin
refrigeración de 15 mts3 y renta a 5 unidades monetarias por kilómetro.
Los camiones tipo B tienen un espacio de refrigeración de 15 mts3 y un espacio sin
refrigeración de 10 mts3, siendo su renta de 8 unidades monetarias por kilómetro.
El problema consiste en determinar cuántos camiones de carga tipo debe contratar la
fábrica, si quiere minimizar el costo de enviar los alimentos.
RECURSOS TIPO A TIPO B DISPONIBILIDADREFRIGERADOS 10 15 100NO REFRIGERADOS 15 10 600COSTO (km) 5 8
X1 = CAMIONES TIPO A
X2 = CAMIONES TIPO B
F.O. MIN Z = 5X1 + 8X2
Rest. 1. 10X1 + 15X2 500
2. 15X2 + 10X2 600
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Cond. X1 0
X2 0
EJERCICIO 8.
Un taller produce 2 clases de cinturones de tipo A y B, en cada cinturón de alta calidad
gana 80 unidades monetarias, y en cada cinturón B de baja calidad gana 60. El taller
puede producir diariamente 1000 cinturones de tipo B o bien 500 cinturones de tipo A,
sólo se dispone de piel para 800 cinturones diarios (A y B combinados), y de 400
hebillas elegantes para el cinturón A y de 700 hebillas diarias para el cinturón B. Qué
producción maximiza la ganancia ?.
RECURSOS CINTURON A
CINTURON B
DISPONIBILIDAD
PIEL 1 1 800HEBILLAS ELEGANTES 1 0 400HEBILLAS NORMALES 0 1 700GANANCIA 80 60
X1 = CINTURON TIPO A
X2 = CINTURON TIPO B
F.O. MAX Z = 80X1 + 60 X2
Rest. 1. X1 + X2 800
2. X1 400
3. X2 700
4. 2X1 + X2 1000
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Cond. X1 0
X2 0
EJERCICIO 9.
Un agricultor quiere cultivar maíz y trigo en un terreno de 70 hectáreas, sabe que una
hectárea puede rendir 30 quintales de maíz o 25 quintales de trigo; cada hectárea
requiere de un capital de 900 unidades monetarias si cultiva maíz y de 1200 si se cultiva
con trigo. El capital total disponible es de 75.000 unidades monetarias. Las necesidades
de agua de riego es de 900 mts3 por hectárea de maíz y 600 mts3 por hectárea de trigo
en octubre, y de 1200 mts3 y 850 mts3 por hectárea de maíz y trigo respectivamente en
el mes de noviembre; la disponibilidad de agua en octubre es de 57.900 mts3 y en
noviembre de 115.200 mts3.
Si los precios de venta del maíz y del trigo son de 135 y 180 unidades monetarias por
quintal respectivamente, se desea determinar la cantidad de maíz y trigo que debe
producirse para obtener el beneficio máximo.
RECURSOS MAIZ TRIGO DISPONIBILIDADTERRENO 1 / 30 1 / 25 70CAPITAL 1 / 30 (900) 1 / 25 (1200) 75.000AGUA OCTUBRE 1 / 30 (900) 1 / 25 (600) 57.900AGUA NOVIEMBRE 1 / 30 (1200) 1 / 25 (850) 115.200PRECIO VENTA 135 180
X1 = NUMERO QUINTALES DE MAIZ
X2 = NUMERO QUINTALES DE TRIGO
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F.O. MAX Z = 135X1 + 180 X2
Rest. 1. X1/30 + X2/25 70
2. 900 X1/30 + 1200 X2/25 75.000
3. 900 X1/30 + 600 X2/25 57.900
4. 1200X1/30 + 850 X2/25 115.200
Cond. X1 0
X2 0
EJERCICIO 10.
Un granjero cría pavos, gallinas y patos. El costo de la crianza de una gallina, un pato y
un pavo es de 15, 10, y 40 unidades monetarias respectivamente hasta el momento de su
venta.
Las gallinas se venden a 30 unidades monetarias, los patos a 20 y los pavos a 55 cada
uno, sabiendo que la granja puede alojar solo a 500 aves y que el granjero no desea
tener mas de 300 patos a la vez. Cuántas aves de cada especie debe criar a fin de
maximizar sus ganancias?.
X1 = NUMERO DE PAVOS.
X2 = NUMERO DE GALLINAS
X3 = NUMERO DE PATOS.
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F.O. MAX Z = 15X1 + 10 X2 + 15 X3
Rest.
Capac. de alojamiento X1 + X2 + X3 500
Deseo del granjero X3 300
Deducción X1 + X2 200
Cond. X1 0
X2 0
X3 0
De los problemas anteriores se puede determinar lo siguiente:
Para n variables X: X1, X2, X3, X4.........Xn, conocidas como variables de decisión, el
problema consiste en determinar los valores de éstas variables que hagan máxima o
mínima la siguiente ecuación:
Z = C1X1 + C2X2 + ............. + CnXn
Sujetas a las restricciones dadas por las limitaciones de recursos, las mismas que son
planteadas como inecuaciones o ecuaciones:
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a11X1 + a12 X2 +.................. + a1n Xn ( = ) b1
a21X1 + a22 X2 + ................ + a2n Xn ( ) b2
.
.
.
am1X1 + am2X2 + ................ + amnXn ( ) bm
En sumatorios
n
F.O. Z = Cj Xj
j =1
n
Rest. aij Xj bi (para valores de i = 1,2,3, ............ m)
j = 1
Cond. Xj 0 ( para j = 1, 2, .............n)
METODOS DE RESOLUCION DE PROBLEMAS DE I.O.
METODO GRAFICO
METODO ALGEBRICO
METODO SIMPLEX.
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METODO GRAFICO.
Utiliza un sistema de coordenadas cartesianas, el eje de las X o abscisas y el eje de las Y
o coordenadas. En P.L. sirven para representar hasta dos variables de decisión con las
letras X1, X2.
El método gráfico resuelve sistemas de ecuaciones en 2 partes:
1. Encontrando una zona factible.
2. Calculando la respuesta óptima del problema para maximizar o minimizar según el
caso.
1. Zona Factible.- Es el área donde el ejecutivo y administrador puede tomar sus
decisiones, y se encuentran graficando c/u de las ecuaciones o inecuaciones del
problema.
La zona factible será el área donde se cumple todas y cada una de las restricciones
del problema.
2. Determinación y cálculo del óptimo.- Para encontrar el óptimo o respuesta al
problema se recurre al teorema de Algebra Lineal que dice: "El óptimo estará en uno
de los vértices de la zona factible", si es maximización en el vértice que nos dé el
mayor valor. Si es minimización lo contrario.
Gráficamente el óptimo se encuentra representando la función objetivo del problema,
se grafica de tal manera que esté dentro de la zona factible y se trazan paralelas hasta
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que haga tangencia a uno de los vértices, si es maximización las paralelas se trazan del
origen hacia arriba, si es minimización en sentido hacia el origen.
La respuesta del problema podemos comprobarla matemáticamente encontrando valores
para cada uno de los vértices de la zona factible.
Este método permite tener una comprensión visual del problema. Es necesario definir
un espacio de soluciones conocido como región factible, es un conjunto de puntos que
satisfacen las restricciones de un problema simultáneamente.
Ej. F.O. MAX Z = 4X1 + 3X2
Rest. 1. 2X1 + X2 8
2. X1 + X2 6
Cond. X1 0
X2 0
Trazado de las líneas:
Rest. 1.
X1 X20 84 0
Rest. 2.
X1 X20 66 0
28
0
2
4
6
8
10
0 2 4 6 8
X1
X2
Rest .1
Rest. 2
F.O.
TEOREMA DE LOS PUNTOS EXTREMOS.
"La solución óptima a un problema de programación lineal se encuentra en uno de los
puntos extremos en la región factible"
Punto extremo es el punto de corte de varias ecuaciones.
Para saber cual de los puntos es óptimo se representa en: F.O. Max Z= 4X1 + 3X2.
MAX Z = C1X1 + C2X2 , entonces pendiente m = -C1/C2, en el ejemplo será
m = -4/3.
Solución óptima del problema es X1 = 2; X2 = 4
Puntos extremos Z
A(0,0) 0
B(4,0) 16
D(2,4) 20 (Mayor ganancia)
E(0,6) 18
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EJERCICIOS.
EJERCICIO 1.
Maximizar Z = 4X1 + 5X2
Rest. 1. 2X1 + 3X2 120
2. 2X1 + 1,5X2 80
Cond. X1 0
X2 0
Rest. 1.
X1 X20 4060 0
Rest. 2.X2 X20 53.3340 0
010
2030
4050
60
0 20 40 60 80
X1
X2
Rest. 1
Rest. 2
F.O.
EJERCICIO 2.
Minimizar Z = 3X1 + 5X2
Rest. 1. 0,1X1 + 0,4X2 600
2. 0,16X1 400
30
3. 0,12X1 + 0,10X2 450
Cond. X1 0
X2 0
Rest. 1.X1 X20 15006000 0
Rest. 2. X1 X22500 0
Rest. 3.X1 X20 45003750 0
0
1000
2000
3000
4000
5000
0 2000 4000 6000 8000
X1
X2
Rest. 1
Rest. 2
Rest. 3
F.O.
31
TIPOS DE SOLUCIONES
Solución no factible
Soluciones óptimas múltiples
Soluciones no acotadas. (Sin límite).
SOLUCION NO FACTIBLE.
Se obtiene cuando las restricciones del problema no definen una región factible, o es un
conjunto vacío.
Ej. Max Z = 4X1 + 5X2
Rest. 1. 2X1 + 3X2 120
2. 2X1 + 1,5X2 80
3. X1 + X2 50
Cond. X1 0
X2 0
Rest. 1.X1 X20 4060 0
Rest. 2.X1 X2
32
0 53.3340 0
Rest. 3.X1 X20 5050 0
010
2030
4050
60
0 20 40 60 80
X1
X2
Rest. 1
Rest. 2
Rest. 3
F.O.
SOLUCION OPTIMA MULTIPLE.
Se obtiene cuando la función objeto es paralela a una de las restricciones del problema.
Ej. Max Z = 4X1 + 6X2
Rest. 1. 2X1 + 3X2 120
2. 2X1 + 1,5X2 80
Cond. X1 0
X2 0
33
Rest. 1.X1 X20 4060 0
Rest. 2.X1 X20 53.3340 0
010
2030
4050
60
0 20 40 60 80
X1
X2
Rest. 1
Rest. 2
F.O.
SOLUCIONES SIN LIMITE O NO ACOTADAS.
Es cuando la función objeto no tiene límite en su valor.
Ej. Max Z = X1 + 2X2
Rest. 1. -X1 + X2 2
2. X1 + X2 4
Cond. X1 0
X2 0
34
Rest. 1. X1 X20 2-2 0
Rest. 2.X1 X20 44 0
0
1
2
3
4
5
-4 -2 0 2 4 6
X1
X2
Rest. 1
Rest. 2
F.O.
Un problema de maximización se puede transformar en minimización o viceversa,
cambiando de signos la función objeto, sin alterar las restricciones.
Ej: Max Z=8X1+6X2 Min -Z =-8X1-6X2
35
METODO ALGEBRICO.
El método sigue los siguientes pasos:
1. Hay que transformar las inecuaciones en ecuaciones. Para esto se utiliza variables
no negativas conocidas como variables de holgura.
Si la restricción es de tipo menor o igual se debe sumar una variable de holgura al lado
izquierdo de la inegualdad para convertirla en ecuación.
Ej. 3X1 + 4X2 500
3X1 + 4X2 + X3 = 500; X3 es lo que falta para igualar la ecuación.
Si la restricción es tipo mayor o igual se debe restar la variable de holgura para
convertirla en ecuación.
Ej. 3X1 + 5X2 240
3X1 + 5X2 - X4 = 240; X4 es lo que sobra en la restricción, por tanto se resta.
Se debe tomar como soluciones factibles únicamente las soluciones NO negativas.
Una vez que se ha transformado las inecuacione en ecuaciones, el sistema de ecuaciones
lineales resultante puede ser resuelto por cualquiera de los métodos matemáticos.
36
Ej. Max Z = 4X1 + 3X2
Rest. 1. 2X1 + X2 8
2. X1 + X2 6
Cond. X1 0
X2 0
Asignamos a m = 2 restricciones
n = 2 variables
Con variables de holgura el problema queda:
Max Z = 4X1 + 3X2 + 0X3 + 0X4
Rest. 1. 2X1 + X2 + X3 = 8
2. X1 + X2 + X4 = 6
Cond. X1, X2, X3, X4 0
m = 2 ecuaciones
n= 4 variables (m + n)
Este tipo de ecuaciones tiene múltiples soluciones.
37
CARACTERISTICA: Se puede determinar las soluciones básicas del sistema haciendo
que las (n - m) variables sean igual a cero, y calculando las restantes m variables
resolviendo el sistema. A esta solución se conoce como solución básica.
Las variables que se hacen = 0, para obtener una solución básica, se conoce como
variables no básicas, y las otras son variables básicas.
De las soluciones básicas se debe tomar en cuenta únicamente aquellas, en donde las
variables básicas son 0, se conoce como soluciones básicas factibles.
El número de solucione básicas está dada por la fórmula: C mn = n! / m! (n-m)!
En el ejemplo:
I II III IV V VIX1 2 4 6 0 0 0X2 4 0 0 6 0 8X3 0 0 -4 2 8 0X4 0 -2 0 0 6 -2
Las soluciones básicas factibles serán: I, IV, V.
Reemplazamos en la función objeto las soluciones:
ZI 20IV 18V 0
38
Si todas las variables de una solución básica factible son no negativas se tiene una
solución NO degenerada.
Este método sirve sólo para cuando existen pocas restricciones con pocas variables
porque en:
n= 10
m= 6
Tenemos que C = 210.
EJERCICIO.
La empresa Metalex tiene a su disposición tres tipos de minerales M1, M2, M3 que
contienen cobre, hierro, y niquel en las siguientes proporciones (%):
Cu Fe NiM1 4 12 6M2 12 0 4M3 2 16 0
Metalex debe cumplir contratos de entrega de 8 toneladas de cobre, 20 toneladas de
hierro, y 3 tonelada de niquel.
Si los costos respectivos por tonelada son: $ 140, $ 120, $ 80, para M1, M2, y M3, ¿Qué
cantidad de cada uno deberá comprar para minimizar el costo de compra de la materia
prima?. Resolver por método algébrico.
39
METODO SIMPLEX.
Es un método iterativo para la resolución de problemas de programación lineal, parte de
una solución básica factible inicial y en aplicaciones del medio determinan nuevas
soluciones básicas factibles que permiten modificar o mantener los valores de la función
objeto anterior.
El método además permite determinar cuando se ha llegado a una solución óptima, a
través de un indicador.
MAXIMIZACION.
Para un problema de maximización con restricciones de tipo , los pasos que se deben
dar en el método simplex son:
1. Transformar las inecuaciones correspondientes, en ecuaciones, añadiendo las
variables de holgura.
Ej. Max Z = 4X1 + 3X2 Max Z = 4X1 + 3X2 + 0X3 + 0X4
Rest. 1. 2X1 + X2 8 2X1 + X2 + X3 = 8
2. X1 + X2 6 X1 + X2 + X4 = 6
Cond. X1, X2 0 Cond. X1, X2, X3, X4 0
40
2. Generar la tabla con los coeficientes de las ecuaciones:
X1 X2 X3 X4 Bi2 1 1 0 81 1 0 1 6
3. Determinar la solución básica factible inicial haciendo a las (n-m) variables = 0
(Variables no básicas).
Mientras que variables básicas son mayores o iguales a cero.
Para maximización, la solución básica factible inicial (restricciones ) es aquella que
hace que la función objeto valga cero.
Entonces hay que designar como las (n-m) variables no básicas, a las (n-m) variables:
n = 4 variables, m = 2 ecuaciones.
X1 = 0 X3 = 8X2 = 0 X4 = 6
Esto es una solución básica factible inicial.
4. Para determinar una nueva solución básica factible (cambio de base), una variable
no básica debe ser cambiada a variable básica y por consiguiente una de las
variables básicas debe pasar a ser una variable no básica.
Entonces: NB B Se conoce como variable entrante.
B NB Se conoce como variable saliente.
41
Para determinar cual es la variable entrante y cual la variable saliente, a la tabla de
coeficiente se debe agregar una fila Cj, con los coeficientes que tienen cada una de las
variables en la función objeto; así como una columna Cb, con los coeficientes que
tienen cada una de las variables básicas en la función objeto. Una fila conocida como
Zj, en la cual cada elemento es calculado como el sumatorio de Cb*Xj. Y finalmente
otra fila Cj - Zj.
Entonces la tabla queda de la siguiente manera:
Cj 4 3 0 0Cb Vbás. X1 X2 X3 X4 bi0 X3 2 1 1 0 80 X4 1 1 0 1 6
Zj 0 0 0 0 0Cj-Zj 4 3 0 0
A la columna bi se le conoce como columna solución.
Para determinar la variable entrante se hace un análisis de los coeficientes Cj - Zj. En el
caso de maximización, ésta será aquella que se encuentra en la columna en el cual el
valor de Cj - Zj es el mayor positivo. Se escoge como variable entrante a esa columna.
En el ejemplo corresponde a X1.
Cuando existen 2 o más coeficientes Cj - Zj, se elige como variable entrante cualquiera
de ellas y en un problema de maximización si los coeficientes Cj - Zj son todos
negativos o iguales a cero en ese instante se tiene la solución óptima.
42
Para determinar la variable saliente, se dividen los elementos bi/aij de la columna
correspondiente a la variable entrante (8/2, 6/1), en estas relaciones no se toma en
cuenta aquellas cuya aij sea igual a cero o negativa. La variable saliente será aquella que
se encuentra en la fila en la cual la relación bi/aij es la menor.
X3 8/2 = 4
X4 6/1 = 6
Por tanto X3 es la variable saliente.
Al elemento en el cual se cruzan la columna de la variable entrante con la fila de la
variable saliente, se le conoce como elemento PIVOTE. A este elemento se lo debe
convertir en 1, mientras que a los elementos que están sobre y debajo de él, tienen que
ser ceros. Esto implica que los coeficientes de las variables básicas siempre deben
formar una matriz unitaria.
En el caso del ejercicio tenemos la siguiente matriz de elementos:
Cj 4 3 0 0
VSCb Vbas X1 X2 X3 X4 bi0 X3 2 1 1 0 80 X4 1 1 0 1 6
Zj 0 0 0 0 0Cj-Zj 4 3 0 0
VE
43
Cj 4 3 0 0
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 bi4 X1 1 1/2 1/2 0 40 X4 0 1/2 -1/2 1 2
Zj 4 2 2 0 16Cj-Zj 0 1 -2 0
VE
Cj 4 3 0 0
S.O.
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 bi4 X1 1 0 1 -1 23 X2 0 1 -1 2 4
Zj 4 3 1 2 20Cj-Zj 0 0 -1 -2
Solución: X1 = 2
X2 = 4
X3 = 0
X4 = 0
F.O. Z = 20
44
EJERCICIO 2.
Max Z = 3X1 + 4X2 + 5X3 + 4X4 Max Z = 3X1 + 4X2 + 5X3 + 4X4 + 0X5 +
0X6 + 0X7
Rest. 1. 2X1 + 5X2 + 4X3 + 3X4 224 2X1 + 5X2 + 4X3 + 3X4 + X5 = 224
2. 5X1 + 4X2 -5X3 + 10X4 280 5X1 + 4X2 -5X3 + 10X4 + X6 = 280
3. 2X1 + 4X2 + 4X3 - 2X4 184 2X1 + 4X2 + 4X3 - 2X4 + X7 = 184
Cond. X1, X2, X3, X4 0 Cond. Para toda Xj 0.
Cj. 3 4 5 4 0 0 0
VS
Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi0 X5 2 5 4 3 1 0 0 2240 X6 5 4 -5 10 0 1 0 2800 X7 2 4 4 -2 0 0 1 184
Zj 0 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 3 4 5 4 0 0 0
VE
Cj. 3 4 5 4 0 0 0
VSVbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi
0 X5 0 1 0 5 1 0 -1 400 X6 15/2 9 0 15/2 0 1 -5/4 5105 X3 1/2 1 1 -1/2 0 0 1/4 46
Zj 5/2 5 5 -5/2 0 0 5/4 230Cj-Zj 1/2 1 0 13/2 0 0 -5/4
VE
45
Cj. 3 4 5 4 0 0 0
VS
Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi4 X4 0 1/5 0 1 1/5 0 -1/5 80 X6 15/2 13/2 0 0 3/2 1 11/4 4505 X3 1/2 11/10 1 0 1/10 0 3/20 50
Zj 5/2 63/10 5 4 13/10 0 -1/20 282Cj-Zj 1/2 -23/10 0 0 -13/10 0 0
VE
Cj. 3 4 5 4 0 0 0Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi4 X4 0 1/5 0 1 1/5 0 -1/5 83 X1 1 13/15 0 0 3/15 2/15 11/10 605 X3 0 20/30 1 0 0 -1/15 -2/5 20
Zj 3 202/30 5 4 21/15 1/15 1/5 312Cj-Zj 0 -82/30 0 0 -21/15 -1/5 -1/5
Solución: X1 = 60; X2=0; X3 = 20; X4=8; Z = 312
EJERCICIO 3.
Max Z = 4X1 - 2X2 + 2X3 + 0X4 Max Z = 4X1 - 2X2 + 2X3 + 0X4 + 0X5
+0X6+0X7
Rest. 1. 2X1+2X2+2X3+2X4 16 2X1+2X2+2X3+2X4+X5 = 16
2. 4X2-2X3 8 4X2-2X3 +X6 = 8
3. 4X1-2X2 - X4 4 4X1-2X2 - X4+ X7 = 4
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
46
Cj 4 -2 2 0 0 0 0
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi0 X5 2 2 2 2 1 0 0 160 X6 0 4 -2 0 0 1 0 80 X7 4 -2 0 -1 0 0 1 4
Zj 0 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 4 -2 2 0 0 0 0
VE
Cj 4 -2 2 0 0 0 0
VSCb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi0 X5 0 3 2 5/2 1 0 -1/2 140 X6 0 4 -2 0 0 1 0 84 X1 1 -1/2 0 -1/4 0 0 1/4 1
Zj 4 -2 0 -1 0 0 1 4Cj-Zj 0 0 2 -1 0 0 -1
VE
Cj 4 -2 2 0 0 0 0
S.O.
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi2 X3 0 3/2 1 5/4 1/2 0 0 70 X6 0 7 0 5/2 1 1 -1/2 224 X1 1 -1/2 0 -1/4 0 0 1/4 1
Zj 4 1 2 3/2 1 0 1 18Cj-Zj 0 -3 0 -3/2 -1 0 -1
Solución : X1 = 1
X2 = 0
X3 = 7
X4 = 0
X5 = 0
X6 = 22
47
F.O. Z = 18
EJERCICIO 4.
Max Z = X1 + 1,5X2 Max Z = X1+ 1,5X2+0X3+0X4+0X5
Rest. 1. 2X1+2X2 160 2X1+2X2 + X3 = 160
2. X1 + 2X2 120 X1 + 2X2 + X4 = 120
3. 4X1+2X2 280 4X1+2X2 + X5 = 280
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
Cj 1 1,5 0 0 0
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 2 2 1 0 0 1600 X4 1 2 0 1 0 1200 X5 4 2 0 0 1 280
Zj 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 1 1,5 0 0 0
VE
Cj 1 1,5 0 0 0
VSCb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 1 0 1 -1 0 401,5 X2 1/2 1 0 1/2 0 600 X5 3 0 0 -1 1 160
Zj 3/4 3/2 0 3/4 0 90Cj-Zj 1/4 0 0 -3/4 0
VE
48
Cj 1 1,5 0 0 0
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 bi1 X1 1 0 1 -1 0 401,5 X2 0 1 -1/2 1 0 400 X5 0 0 -3 2 1/2 40
Zj 1 1,5 1/4 0,5 0 100Cj-Zj 0 0 -1/4 -0,5 0
Solución: X1 = 40
X2 = 40
X3 = 0
X4 = 0
X5 = 40
F.O. Z = 100
MINIMIZACION.
Para determinar la variable entrante, se analiza los coeficientes Cj-Zj, la variable
entrante será aquella que se encuentra en la columna en la cual el coeficiente Cj-Zj tiene
el mayor valor negativo (o el menor valor). Si todos los coeficientes Cj-Zj son positivos
o cero se obtiene la solución óptima.
Para la variable saliente, se utiliza el criterio igual al de maximización, por tanto será
aquella que se encuentre en la fila cuya bi/aij sea la menor (solo positivos).
Por lo general en problemas de minimización se tiene restricciones de tipo . Cuando
se tiene restricciones de Tipo o ecuaciones = se tiene que utilizar el método de la BIG
M, que utiliza variables artificiales, las mismas que no tienen ninguna interpretación
49
económica en el problema y sólo sirven para poder empezar la aplicación del método
simplex.
EJERCICIO 5.
MINIMIZAR Z = 20X1+10X2 MIN Z = 20X1+10X2+0X3+MX4 +MX5
+0X6
Rest. 1. X1+2X2 40 4X1+3X2 -X3+X4 =60
2. 3X1+X2 = 30 3X1+X2 + X5 = 30
3. 4X1+3X2 60 X1+2X2 + X6 = 40
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
Las variables artificiales se incluyen en la F.O. multiplicado por un coeficiente bastante
grande. Este coeficiente debe ser positivo cuando el problema es de minimización y
negativo cuando el problema es de maximización, se lo identifica con la letra M. M
puede tener valores de 105
Cj 20 10 0 M M 0
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 4 3 -1 1 0 0 60M X5 3 1 0 0 1 0 300 X6 1 2 0 0 0 1 40
Zj 7M 4M -M M M 0 90MCj-Zj 20-7M 10-4M M 0 0 0
VE
50
Cj 20 10 0 M M 0
VSCb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 0 5/3 -1 1 -4/3 0 2020 X1 1 1/3 0 0 1/3 0 100 X6 0 5/3 0 0 -1/3 1 30
Zj 20 5M/3+20/3
-M M -4M/3 + 20/3
0 20M+ 200
Cj-Zj 0 10/3 - 5M/3
M 0 -20/3 + 4M/3
0
VE
Cj 20 10 0 M M 0Cb Vbas X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi10 X2 0 1 -3/5 3/5 -4/5 0 1220 X1 1 0 1/5 -1/5 3/5 0 60 X6 0 0 1 -1 1 1 10
Zj 20 10 -2 2 4 0 240Cj-Zj 0 0 2 M-2 M-4 0
Solución: X1 = 6
X2 = 12
X3 = 0
X4 = 0
X5 = 0
X6 = 10
F.O. Z = 240
51
EJERCICIO 6.
MAX Z = 2X1+3X2 MAX Z = 2X1+3X2+0X3-MX4
Rest. 1. X1+2X2 4 X1+2X2 +X3 = 4
2. X1+X2 = 3 X1+X2 + X4 = 3
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
Cj 2 3 0 -M
VSCb Vbas X1 X2 X3 X4 bi0 X3 1 2 1 0 4-M X4 1 1 0 1 3
Zj -M -M 0 -M -3MCj-Zj 2+M 3+M 0 0
VE
52
Cj 2 3 0 -M
VS
Cb Vbas X1 X2 X3 X4 bi3 X2 1/2 1 1/2 0 2-M X4 1/2 0 -1/2 1 1
Zj 3/2 - M/2
3 3/2 + M/2
-M 6-M
Cj-Zj M/2 + 1/2
0 -M/2 - 3/2
0
VE
Cj 2 3 0 -MCb Vbas X1 X2 X3 X4 bi3 X2 0 1 1 -1 12 X1 1 0 -1 2 2
Zj 2 3 1 1 7Cj-Zj 0 0 -1 -M+1
Solución: X1 = 2
X2 = 1
X3 = 0
X4 = 0
F.O. Z = 7
METODO DE LAS DOS FASES.
Se utiliza especialmente para problemas, cuando las restricciones son de tipo y o
ecuaciones =, puesto que utiliza variables artificiales.
En la primera fase se utiliza un función objeto artificial (Z*), en la cual las variables
artificiales tienen coeficiente 1, y las variables de decisión y de holgura tienen
coeficiente 0. El método se aplica en iteraciones sucesivas, hasta que las variables
53
artificiales se eliminen o se hagan 0. Esto quiere decir hasta cuando la función objeto
artificial Z* tenga un valor de cero (Z*=0). Una vez que Z*=0, se obtiene una solución
básica factible inicial, la misma que es utilizada en la segunda fase en la cual con
aplicaciones sucesivas del método simplex general, se obtiene una solución óptima. En
esta segunda fase, se trata de optimizar la función objeto original, la cual estará en
función de las variables de decisión y de holgura.
La última tabla de la fase I viene a constituir la primera tabla de la fase II, pero
eliminando las columnas correspondientes a las variables artificiales.
Nota: En la primera fase siempre se minimiza, así sea un problema de Maximización.
Cuando existen problemas con distinto tipo de restricción se debe mantener la secuencia
siguiente: ≥, =, ≤.
EJERCICIO 1.
MIN Z = 3X1 + 4X2 MIN Z = 3X1+4X2
Rest. 1. 2X1+3X2 20 2X1+3X2-X3+X5 = 20
2. X1+5X2 30 X1+5X2-X4+X6 = 30
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Xj 0.
54
FASE I.
Minimizar una F.O. artificial Z*
Coeficientes Z* = 0X1+0X2+0X3+0X4+1X5+1X6
Cj 0 0 0 0 1 1
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi1 X5 2 3 -1 0 1 0 201 X6 1 5 0 -1 0 1 30
Zj 3 8 -1 -1 1 1 50Cj-Zj -3 -8 1 1 0 0
VE
Cj 0 0 0 0 1 1
VSCb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi1 X5 7/5 0 -1 3/5 1 -3/5 20 X2 1/5 1 0 -1/5 0 1/5 6
Zj 7/5 0 -1 3/5 1 -3/5 2Cj-Zj -7/5 0 1 -3/5 0 8/5
VE
Cj 0 0 0 0 1 1
Sol.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi0 X1 1 0 -5/7 3/7 5/7 -3/7 10/70 X2 0 1 1/7 -2/7 -1/7 2/7 40/7
Zj 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 0 0 0 0 1 1
55
FASE II.
Min _Z= 3X1+4X2+0X3+0X4
Cj 3 4 0 0
VSCb Vbás X1 X2 X3 X4 bi3 X1 1 0 5/7 3/7 10/74 X2 0 1 1/7 -2/7 40/7
Zj 3 4 -11/7 1/7 190/7Cj-Zj 0 0 11/7 -1/7
VE
Cj 3 4 0 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 bi0 X4 7/3 0 -5/3 1 10/34 X2 2/3 1 -1/3 0 140/21
Zj 8/3 4 -4/3 0 560/21Cj-Zj 1/3 0 4/3 0
Solución: X1=0
X2 = 140/21
X3 = 0
X4 = 10/3
Z = 560/21
56
EJERCICIO 2.
MAX Z= X1 - 2X2
Rest. 1. X1+X2 2 X1+X2-X3+X5 = 2
2. -X1+X2 1 -X1+X2-X4+X6 = 1
3. X2 3 X2 +X7 = 3
Para toda Xj 0 Para toda Xj 0.
FASE I. Siempre se minimiza
Z* = 0X1+0X2+0X3+0X4+1X5+1X6+0X7
Cj 0 0 0 0 1 1 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi1 X5 1 1 -1 0 1 0 0 21 X6 -1 1 0 -1 0 1 0 10 X7 0 1 0 0 0 0 1 3
Zj 0 2 -1 -1 1 1 0 3Cj-Zj 0 -2 1 1 0 0 0
VE
Cj 0 0 0 0 1 1 0
VSCb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi1 X5 2 0 -1 1 1 -1 0 10 X2 -1 1 0 -1 0 1 0 10 X7 1 0 0 1 0 -1 1 2
Zj 2 0 -1 1 1 -1 0 1Cj-Zj -2 0 1 1 0 2 0
VE
57
Cj 0 0 0 0 1 1 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bi0 X1 1 0 -1/2 1/2 1/2 -1/2 0 1/20 X2 0 1 -1/2 -1/2 1/2 1/2 0 3/20 X7 0 0 1/2 1/2 -1/2 -1/2 1 3/2
Zj 0 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 0 0 0 0 1 1 0
FASE II. MAX Z= X1 - 2X2 + 0X3 + 0X4 + 0X7
Cj 1 -2 0 0 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X7 bi1 X1 1 0 -1/2 1/2 0 1/2-2 X2 0 1 -1/2 -1/2 0 3/20 X7 0 0 1/2 1/2 1 3/2
Zj 1 -2 1/2 3/2 0 -5/2Cj-Zj 0 0 -1/2 -3/2 0
Solución: X1 = 1/2
X2 = 3/2
X3 = 0
X4 = 0
X7 = 3/2
Z = -5/2 Sería pérdida.
58
CAPITULO III
59
CASOS ESPECIALES DE SOLUCIONES DE PROGRAMACION
LINEAL.
1. Soluciones óptimas múltiples
2. Soluciones no acotadas
3. Soluciones no factibles
4. Soluciones degeneradas
1. SOLUCIONES OPTIMAS MULTIPLES.
Se obtiene cuando el coeficiente Cj - Zj correspondiente a una de las variables no
básicas tiene un valor 0.
EJERCICIO
Max Z = 3X1 + 5X2
Rest. 1. 5X1+2X2 200
2. 6X1+10X2 600
Para toda Xj 0
60
Cj 3 5 0 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 bi0 X3 5 2 1 0 2000 X4 6 10 0 1 600
Zj 0 0 0 0 0Cj-Zj 3 5 0 0
VE
Cj 3 5 0 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 bi0 X3 19/5 0 1 -2/10 805 X2 6/10 1 0 1/10 60
Zj 3 5 0 5/10 300Cj-Zj 0 0 0 -5/10
Solución: X1 = 0 Existen varios valores para una misma solución óptima.
X2 = 60
X3 = 80
X4 = 0
Z = 300
2. SOLUCION NO ACOTADA.
Se tiene cuando en la columna de la variable entrante todos los coeficientes aij son no
positivos. (negativos).
61
EJERCICIO.
Max Z = 3X1 +2X2 Max Z = 3X1+2X2+0X3+0X4-MX5-MX6
Rest. 1. 2X1+ X2 60 2X1+X2-X3+X5 = 60
2. 4X1+X2 80 4X1+X2-X4+X6 = 80
Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
Método de la Big M.
Cj 3 2 0 0 -M -M
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi-M X5 1 2 -1 0 1 0 60-M X6 4 1 0 -1 0 1 80
Zj -5M -3M M M -M -M 140MCj-Zj 3+5M 2+3M -M -M 0 0
VE
Cj 3 2 0 0 -M -M
VSCb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi-M X5 0 7/4 -1 1/4 1 -1/4 403 X1 1 1/4 0 -1/4 0 1/4 20
Zj 3 -7M/4 + 3/4
M -M/4 - 3/4
-M M/4 +3/4
-40M + 60
Cj-Zj 0 7M/4 +5/4
-M M/4 + 3/4
0 -5M/4 - 3/4
VE
Cj 3 2 0 0 -M -M
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi2 X2 0 1 -4/7 1/7 4/7 -1/7 160/73 X1 1 0 1/7 -2/7 -1/7 2/7 100/7
Zj 3 2 -5/7 -4/7 5/7 4/7 620/7Cj-Zj 0 0 5/7 4/7 -M-5/7 -M-4/7
VE
62
Cj 3 2 0 0 -M -M
S.O.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi2 X2 4 1 0 -1 0 1 800 X3 7 0 1 -2 -1 2 100
Zj 8 2 0 -2 0 2 160Cj-Zj -5 0 0 2 -M -M-2
3. SOLUCION NO FACTIBLE.
Se tiene cuando aplicando el método de la Big M, o el método de las dos fases, para
resolver un problema, se llega a obtener una solución óptima en la cual como variable
básica existe una variable artificial. En el caso de utilizar el método de las 2 fases, este
tipo de solución se dá cuando al minimizar, en la primera fase existe una variable
artificial que no ha salido de la base.
EJERCICIO.
Min Z = 3X1 + 5X2 Min Z = 3X1+5X2+0X3+MX4+MX5+0X6
Rest. 1. X1 1 3. 3X1+2X2 -X3+X4 = 18
2. 2X2 = 12 2. 2X2 + X5 = 12
3. 3X1+2X2 18 1. X1 + X6 = 1
Cond. Para toda Xj 0 Cond. Para toda Xj 0
63
Cj 3 5 0 M M 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 3 2 -1 1 0 0 18M X5 0 2 0 0 1 0 120 X6 1 0 0 0 0 1 1
Zj 3M 4M -M M M 0 30MCj-Zj 3-3M 5-4M M 0 0 0
VE
Cj 3 5 0 M M 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 3 0 -1 1 -1 0 65 X2 0 1 0 0 1/2 0 60 X6 1 0 0 0 0 1 1
Zj 3M 5 -M M -M+5/2
0 6M+30
Cj-Zj 3-3M 0 M 0 2M-5/2 0 VE
Cj 3 5 0 M M 0
S.O.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 0 0 -1 1 -1 -3 35 X2 0 1 0 0 1/2 0 63 X1 1 0 0 0 0 1 1
Zj 3 5 -M M -M+5/2 -3M+3 3M+33Cj-Zj 0 0 M 0 2M-5/2 3M-3
No tiene solución
4. SOLUCION DEGENERADA.
Este tipo de solución se tiene, cuando al determinar la variable que sale de la base se
obtiene 2 o más relaciones bi/aij que son mínimas y que tienen el mismo valor. La
variable correspondiente debe salir de la base, pero al aplicar el método simplex, la otra
variable igual, se hará necesariamente cero.
Esto podría producir un lazo repetitivo y volver a obtener la solución anterior.
64
EJERCICIO.
Max Z= 6X1 +2X2 Max Z = 6X1+2X2+0X3+0X4+0X5
Rest. 1. 2X1+X2 20 2X1+X2+X3= 20
2. 3X1+X2 30 3X1+X2+X4 = 30
3. X1+2X2 40 X1+2X2+X5 =40
Para toda Xj 0 Para toda Xj 0
Cj 6 2 0 0 0
VSCb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 2 1 1 0 0 200 X4 3 1 0 1 0 300 X5 1 2 0 0 1 40
Zj 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 6 2 0 0 0
VE
Cj 6 2 0 0 0
Degen.
S.O.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi6 X1 1 1/2 1/2 0 0 100 X4 0 1/2 -3/2 1 0 00 X5 0 3/2 -1/2 0 1 30
Zj 6 3 3 0 0 60Cj-Zj 0 -1 -3 0 0
65
Solución: X1=10
X2=0
X3=0
X4=0
X5=30
Z=60
Si hacemos a X4 la variable saliente tenemos:
Cj 6 2 0 0 0
Degen.
S.O.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 0 1/3 1 -2/3 0 06 X1 1 1/3 0 1/3 0 100 X5 0 5/3 0 -1/3 1 30
Zj 6 2 0 2 0 60Cj-Zj 0 0 0 -2 0
VARIABLES NO RESTRINGIDAS (SIN RESTRICCION).
Significa que una variable puede tener valores positivos, negativos o cero.
Utilizando el método Simplex se hace: Xj = Xj´- Xj´´
Donde: Xj es una variable no restringida
Xj´ 0
Xj´´ 0
66
EJERCICIO.
Max Z = -X1+4X2 Max Z=-X1´+X1´´+4X2
Rest. 1. -3X1+X2 6 -3X1´+3X1´´+X2+X3 = 6
2. X1+2X2 4 X1´-X1´´+2X2+X4 = 4
3. -X2 3 -X2 + X5 = 3
Cond. X1 no restringida X1=X1´ - X1´´ Para toda Xj 0
X2 0
Cj -1 1 4 0 0 0
VS
Cb Vbás X1´ X1´´ X2 X3 X4 X5 bi0 X3 -3 3 1 1 0 0 60 X4 1 -1 2 0 1 0 40 X5 0 0 -1 0 0 1 3
Zj 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj -1 1 4 0 0 0
VE
Cj -1 1 4 0 0 0
VSCb Vbás X1´ X1´´ X2 X3 X4 X5 bi0 X3 -7/2 7/2 0 1 -1/2 0 44 X2 1/2 -1/2 1 0 1/2 0 20 X5 1/2 -1/2 0 0 1/2 1 5
Zj 2 -2 4 0 2 0 8Cj-Zj -3 3 0 0 -2 0
VE
Cj -1 1 4 0 0 0Cb Vbás X1´ X1´´ X2 X3 X4 X5 bi1 X1´´ -1 1 0 2/7 -1/7 0 8/74 X2 0 0 1 1/7 3/7 0 18/70 X5 0 0 0 1/7 3/7 1 39/7
Zj -1 1 4 6/7 11/7 0 80/7Cj-Zj 0 0 0 -6/7 -11/7 0
67
Solución: X1´´ = 8/7 X1 = 0 - 8/7 = -8/7
X1´= 0
X2 = 18/7
X5 = 39/7
METODO SIMPLEX OPTIMIZADO.
La característica de este método es el de utilizar menor cantidad de operaciones que los
anteriores, por tanto si se va resolver un problema en ordenadores, este método debe ser
utilizado con mayor frecuencia.
Un problema típico de I.O. es:
Max Z = C1X1 + C2X2 + ............. + CnXn
Restricciones:
a11X1 + a12 X2 +.................. + a1n Xn ( = ) b1
a21X1 + a22 X2 + ................ + a2n Xn ( ) b2
.
.
.
am1X1 + am2X2 + ................ + amnXn ( ) bm
Cond. Xi 0
68
En forma matricial será:
Max Z = C*X
Rest. A*X b
Cond. X 0
La representación matricial con variables de holgura será:
X
Max Z= C, 0 Xn
Rest. X A, I * Xn = b
A (m,n)
I (m,m)
PRIMERA ITERACION.
C 0Cbt Xb A I b
Zj 0 0Cj-Zj C 0
69
NUEVAS ITERACIONES
C 0Cbt Xb B-1*A B-1 B-1*b
Zj Cbt*B-1*A Cbt*B-1 Cbt*B-1*b= ZCj-Zj C- Cbt*B-1*A 0- Cbt*B-1
Asignamos a: k como índice de la variable entrante
r como índice de la variable saliente. b´i/ a´ik
B-1 nueva = E*B-1 anterior
E es una matriz unitaria en la cual la columna r es reemplazada por un
vector N.
n1
N= vector desde n2
nm
-a´ik / a´rk i r
ni =
1 / a´rk i = r
EJERCICIO.
Max Z = 3X1+5X2 Max Z= 3X1+5X2+0X3+0X4+0X5
Rest. 1. X1 4 X1 + X3 = 4
2. 2X2 12 2X2+ X4 = 12
3. 3X1+2X2 18 3X1+2X2+X5 = 18
Cond. X1, X2 0 Para toda Xj 0
70
Cj 3 5 0 0 0
VS
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 1 0 1 0 0 40 X4 0 2 0 1 0 120 X5 3 2 0 0 1 18
Zj 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 3 5 0 0 0
VE
1 0 1 0 0 4
A= 0 2 B= 0 1 0 b= 12 Cbt = 0 0 0
3 2 0 0 1 18
Cj(1) = 3 5 Cj(2)= 0 0 0
B-1 = B = I
A = B-1 * A
Xb = B-1 * b = b
Z = Cbt * B-1 * b = 0 Cbt = 0 0 0
Zj(1) = Cbt * B-1*A = ( 0 0 )
Zj(2) = Cbt * B-1 = ( 0 0 0 )
Cj(1) - Zj(1) = (3 5) - ( 0 0) = (3 5)
Cj(2) - Zj(2) = ( 0 0 0) - (0 0 0) = ( 0 0 0)
k = 2
b1/a12 b2/a22 b3/a32
4/0 12/2 18/2
71
r = 2
n1 = 0
Calculamos el vector ni= n2 = 1/2
n3 = -1
Nueva B-1:
1 0 0 1 0 0 1 0 0
B-1 = 0 1/2 0 0 1 0 = 0 1/2 0
0 -1 1 0 0 1 0 -1 1
1 0 0 1 0 1 0
A = 0 1/2 0 0 2 = 0 1
0 -1 1 3 2 3 0
1 0 0 4 4
Xb = 0 1/2 0 12 = 6
0 -1 1 18 6
Cbt = ( 0 5 0 )
1 0
Zj(1) = (0 5 0) 0 1 = (0 5)
3 0
72
1 0 0
Zj(2) = (0 5 0) 0 1/2 0 = (0 5/2 0)
0 -1 1
Cj(1) - Zj(1) = (3 5) - ( 0 5) = (3 0)
Cj(2) - Zj(2) = (0 0 0) - ( 0 5/2 0) = ( 0 -5/2 0 )
k = 1
4/1 6/0 6/3
r = 3
n1 = -1/3
Calculamos el vector ni: n2 = 0
n3 = 1/3
Nueva B-1
1 0 -1/3 1 0 0 1 1/3 -1/3
B-1 = 0 1 0 0 1/2 0 = 0 1/2 0
0 0 1/3 0 -1 1 0 -1/3 1/3
73
1 1/3 -1/3 1 0 0 0
A = 0 1/2 0 0 2 = 0 1
0 -1/3 1/3 3 2 1 0
1 1/3 -1/3 4 2
Xb = 0 1/2 0 12 = 6
0 -1/3 1/3 18 2
Cbt = ( 0 5 3)
0 0
Zj(1) = ( 0 5 3) 0 1 = (3 5)
1 0
0 1/3 -1/3
Zj(2) = (0 5 3) 0 1/2 0 = ( 0 3/2 1)
0 -1/3 1/3
Cj(1) - Zj(1) = (3 5) - (3 5) = ( 0 0)
Cj(2) - Zj(2) = (0 0 0) - (0 3/2 1) = ( 0 -5/2 -1)
74
2
Z = ( 0 5 3) 6 = 36 X1 = 2 ; X2= 6 ; Z = 36
2
REALIZAR EL SIGUIENTE EJERCICIO POR EL METODO DE LA BIG M
OPTIMIZADO.
Min Z = 20X1 + 10X2
Rest. 1. X1+2X2 40
2. 3X1 + X2 = 30
3. 4X1+3X2 60
Cond. X1, X2 0
Ordenar restricciones de la siguiente forma: , =, .
Min Z = 20X1+10X2+0X3+MX4+MX5+0X6
4X1+3X2-X3+X4 = 60
3X1+X2 +X5 = 30
X1+2X2 +X6 = 40
Para toda Xj 0
75
Cj 20 10 0 M M 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 biM X4 4 3 -1 1 0 0 60M X5 3 1 0 0 1 0 300 X6 1 2 0 0 0 1 40
Zj 7M 4M -M M M 0 90MCj-Zj 20-7M 10-4M M 0 0 0
4 3 -1 1 0 0 60
A= 3 1 0 B= 0 1 0 b = 30 Cbt = (M M 0)
1 2 0 0 0 1 40
................
76
CAPITULO IV
77
DUALIDAD EN PROBLEMAS DE PROGRAMACION LINEAL.
Asociado a un problema de Programación Lineal, existe otro problema.
Al original se le denomina PRIMAL y al otro como DUAL.
Un problema primal tiene la siguiente forma:
Max Z = C*X
Rest. A*X b
Cond. X 0
El problema dual de este problema primal resulta:
Min W = bt * Y
Rest. At * Y Ct
Cond. Y 0
Por tanto:
78
PRIMAL DUAL
Max Z = C1X1+C2X2+C3X3 Min W = b1Y1+b2Y2+b3Y3
Rest. a11X1+a12X2+a13X3 b1 Rest. a11Y1+a21Y2+a31Y3 C1
a21X1+a22X2+a23X3 b2 a12Y1+a22Y2+a32Y3 C2
a31X1+a32X2+a33X3 b3 a13Y1+a23Y2+a33Y3 C3
Cond. Para toda Xj 0 Para toda Yi 0
RELACIONES ENTRE EL PRIMAL Y EL DUAL
PRIMAL DUAL
Coeficientes de variables de Recursos
decisión F.O.
Recursos Coeficientes de variables de decisión en
F.O.
Maximizar Minimizar
fila i columna i
columna j fila j
restricción i variable i
variable j restricción j
79
VENTAJA DEL DUAL.
La obtención del problema dual es importante cuando el número de restricciones es
mucho mayor, al número de variables, ya que de esta manera se reduce la cantidad de
operaciones, que hay que realizarlos para resolver el modelo.
Ej: Primal con 30 restricciones y 5 variables.
PRIMAL DUAL
30 ecuaciones 5 ecuaciones
5 variables 30 variables
30 variables holgura 5 variables holgura
5 variables artificiales
30 ecuac. 35 variables 5 ecuac. 40 variables
EJEMPLO:
Determinar el problema dual correspondiente al siguiente problema primal.
80
PRIMAL
Max Z = 80X1+60X2
Rest. X1+X2 800
X1 400
X2 700
2X1+X2 1000
Cond. X1, X2 0
DUAL.
Min Z = 800Y1+400Y2+700Y3+1000Y4
Rest. Y1+Y2+ 2Y4 80
Y1 +Y3+Y4 60
Cond. Y1, Y2, Y3, Y4 0
PROPIEDAD: La solución óptima del problema Dual es igual a la solución óptima del
problema Primal.
81
EJERCICIO.
Utilizando el problema Dual, resolver el siguiente problema de P.L.
Min. Z= 30X1 + 15X2 Max W = 3Y1+6Y2+2Y3+0Y4+0Y5
Rest. 1. 3X1+X2 3 Rest. 3Y1+4Y2+Y3+Y4 = 30
2. 4X1+3X2 6 Y1+3Y2+2Y3 +Y5 = 15
3. X1+2X2 2
Cond. X1, X2 0 Cond. Yj 0
Bj 3 6 2 0 0
VS
Cb Vbás Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Ci0 Y4 3 4 1 1 0 300 Y5 1 3 2 0 1 15
Wj 0 0 0 0 0 0Bj-Wj 3 6 2 0 0
VE
Bj 3 6 2 0 0
VSCb Vbás Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Ci0 Y4 5/3 0 -5/3 1 -4/3 106 Y2 1/3 1 2/3 0 1/3 5
Wj 2 6 4 0 2 30Bj-Wj 1 0 -2 0 -2
VE
Bj 3 6 2 0 0
S.O.
Cb Vbás Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Ci3 Y1 1 0 -1 3/5 -4/5 66 Y2 0 1 1 -1/5 3/5 3
Wj 3 6 3 3/5 6/5 36Bj-Wj 0 0 -1 -3/5 -6/5
82
Y4 es la holgura de X1
Y5 es la holgura de X2
Por lo tanto:
Bj - Wj de Y4 = X1
Bj - Wj de Y5 = X2
Solución: X1 = 3/5 X2 = 6/5 Z=36
Solución Final del problema primal
CjCb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 bi30 X1 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 -1/5 0 3/50 X5 0 0 1 -1 1 -1 1 -1 115 X2 0 1 4/5 -3/5 0 -4/5 3/5 0 6/5
Zj 30 15 -6 -3 0 6 3 0 36Cj-Zj 0 0 6 3 0 M-6 M-3 M
PRIMAL DUAL
Cj-Zj de las variables de holgura Yi de las variables de decisión
Xj de las variables de decisión Bj-Wj de las variables de holgura
Z W
83
RELACIONES ENTRE PRIMAL Y DUAL.
Problema de Problema de
V Minimización Maximización R
A E
R 0 S
I T
A 0 R
B I
L Variable no restringida = C
E C
R V
E 0 A
S R
T 0 I
R A
I = No restringida B
C L
C E
84
EJERCICIO.
Cuál es el Dual del siguiente problema Primal?
PRIMAL:
Max Z = 10X1+20X2+5X3
Rest. 1. 2X1+3X2-X3 5
2. X1+X3 10
3. 5X1+X2+3X3 = 7
Cond. X3 0
X1,X2, son no restringidas.
DUAL:
Min Z= 5Y1+10Y2+7Y3
Rest. 1. 2Y1+Y2+5Y3 = 10
2. 3Y1+0Y2+Y3 = 20
3. -Y1+Y2+3Y3 5
Cond. Y1 0
Y2 0 Y2 = -Y2´
Y3 no restringida Y3 = Y3´ - Y3´´
85
ANALISIS DE SENSIBILIDAD.
Al formular un problema de investigación operativa, los datos utilizados son, en la
mayoría de los casos, datos probabilísticos y variables en un cierto rango, debido a las
variaciones de las condiciones económicas que los originan o a errores en las
estimaciones. Frente a esta variabilidad de las estimaciones de los parámetros surge una
pregunta lógica sobre el efecto de tales cambios en la solución óptima. La medición de
este efecto se denomina, en los modelos matemáticos Análisis de sensibilidad.
Las variaciones en los parámetros pueden ser simultáneas o aisladas. Al rango dentro
del cual la variación de un dato no modifica la solución óptima, se lo denomina rango
de optimalidad. La amplitud de este rango determina el grado de precisión que requiere
la estimación de un determinado parámetro.
Se puede analizar los efectos de las variaciones aisladas en los coeficientes de las
variables básicas y no básicas en la función objetivo, en los coeficientes de sustitución
de variables no básicas y en las cantidades de recursos disponibles, se puede considerar
la introducción de un nuevo producto según el consumo de los recursos existentes y la
utilidad esperada.
De hecho el análisis y la interpretación de los precios sombra de cada recurso por la
importancia que tiene para una decisión económica el conocer el valor de un recurso
medido en términos de su utilidad potencial y el rango dentro del cual tal beneficio
potencial es aplicable, esto es el rango de validez de dicho precio.
86
ANALISIS DE SENSIBILIDAD CONSIDERANDO LOS PRECIOS SOMBRA.
Precio Sombra de un recurso es el incremento en la ganancia que se produce al utilizar
una unidad adicional de recurso agotado, o sea viene a representar el máximo valor
adicional que puede pagar la empresa por adquirir una unidad de dicho recurso.
Utilizando el método simplex tenemos:
X1+2X2+X3 4 X1+2X2+X3 +X4 = 4 ; X4 es lo que falta de
recurso 1
2X1+5X2 10 2X1+5X2 + X5 = 10; X5 es lo que falta de
recurso 2
a) Si una variable de holgura está en la base, eso quiere decir que el recurso
correspondiente a la variable de holgura tiene un precio sombra igual a cero.
b) Cuando las variables de holgura no están en la base, los precios sombra de los
recursos correspondiente a dichas variables, se determinan tomando el valor
absoluto de los coeficientes Cj-Zj correspondientes a las variables de holgura.
87
EJERCICIO.
Un carpintero produce 3 tipos de productos sillas, marcos y mesas, su producción está
limitada por la existencia de madera, cepillo, y mano de obra.
Las relaciones que ligan los recursos y los productos son los siguientes:
Recursos Requerimientos por unidad de producto Disponibili-dad de los recursos
Sillas Marcos Mesas
Madera 3 1 2 6Cepillo 4 0 1 1M.Obra 2 1 1 2Util. por unid. 3 2 4
Max Z = 3X1+2X2+4X3 Max Z = 3X1+2X2+4X3+0X4+0X5+0X6
Rest. 1. 3X1+X2+2X3 6 3X1+X2+2X3 +X4 = 6
2. 4X1 +X3 1 4X1 +X3 +X5 = 1
3. 2X1+X2+X3 2 2X1+X2+X3 + X6 = 2
Cond. X1, X2, X3 0 Para toda Xj 0
X1= Número de sillas X4, lo que falta de madera
X2 = Número de marcos X5, lo que falta de cepillo
X3 = Número de mesas X6, lo que falta de M.O.
TABLA ORIGINAL:
88
Cj 3 2 1 0 0 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi0 X4 3 1 2 1 0 0 60 X5 4 0 1 0 1 0 10 X6 2 1 1 0 0 1 2
Zj 0 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 3 2 1 0 0 0
TABLA FINAL:
Cj 3 2 1 0 0 0Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi0 X4 -3 0 0 1 -1 -1 34 X3 4 0 1 0 1 0 12 X2 -2 1 0 0 -1 1 1
Zj 12 2 4 0 2 2 6Cj-Zj -9 0 -3 0 -2 -2
Precio sombra del recurso madera = 0
Precio sombra del recurso cepillo = 2
Precio sombra del recurso M.Obra = 2
Si cepillo en una unidad, la ganancia aumenta a 8; 6+2, donde 2 es su precio sombra.
Si cepillo en una unidad, la ganancia disminuye en 2, esto es igual a 4.
Para el recurso cepillo tenemos:
89
Tabla final bi h
X4 3 -1 X4 = 3-1h 0; h 3
X3 1 1 X3 = 1+1h 0; h -1 -1 h 1
X2 1 -1 X2 = 1- 1h 0; h 1
Para el recurso mano de obra tenemos:
Tabla final bi h
X4 3 -1 X4 = 3-1h 0; h 3
X3 1 0 X3 = 1+0h 0; -1 h 3
X2 1 1 X2 = 1+1h 0; h -1
Determinar el rango para el recurso madera?.
ANALISIS DE SENSIBILIDAD DE LOS COEFICIENTES DE LA FUNCION
OBJETIVO.
Cabe considerar dos casos en este análisis. En primer lugar si se trata de una variación
en algún coeficiente de una variable no básica en la solución óptima es fácil comprender
que si disminuye dicho coeficiente en un problema de maximización la variable en
cuestión seguirá siendo no-básica y no se alterará la solución, mientras que si se
aumenta dicho coeficiente en un valor mayor que el │Cj - Zj│ de dicha variable en la
tabla final, se obtendrán valores positivos en la ecuación de la función objetivo, y
debería introducirse en la solución, la variable que anteriormente no era básica.
90
En problemas de minimización vale un razonamiento opuesto ya que al aumentar un
coeficiente de una variable no-básica, no podrá entrar en la solución; mientras que si
disminuye de modo que el Cj – Zj sea negativo deberá incluirse en la solución la
variable que anteriormente era no-básica. Al sumar o restar el valor absoluto de Cj – Zj
con el coeficiente Cj original se obtiene Zj como límite del rango de optimalidad.
Resumiendo diremos que el rango de optimalidad de una variable no-básica son los
valores inferiores al Zj de dicha variable en la solución óptima y los valores superiores a
dicho Zj en un problema de minimización.
Para concretar la explicación anterior en un ejemplo de maximización considere la
siguiente tabla final.
Cj 10 12 15 0 0Cbás Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi10 X1 1 3 0 -1 215 X3 0 1 1 1 1
Zj 10 15 15 5 5Cj - Zj 0 -3 0 -5 -5
Observe que mientras el coeficiente 12 de X2 no aumenta en más de 3 unidades la
solución anterior sigue siendo óptima, o dicho de otra manera, el rango de optimalidad
para el coeficiente C2 son los valores inferiores o iguales a 15, esto es el Z2 en dicha
tabla.
91
METODO DUAL SIMPLEX PARA LA RESOLUCION DE PROBLEMAS DE
PROG. LINEAL.
Se utiliza cuando existen restricciones de tipo , puesto que elimina la necesidad de
utilizar variables artificiales, ya que únicamente se cambia de signos ambos lados de la
restricción, así como el signo.
Para obtener la solución óptima, se tiene que dar dos condiciones: debe existir
factibilidad dual y factibilidad primal.
Factibilidad primal.- Existe cuando las variables básicas son todas no negativas ( 0).
Factibilidad dual.- Se define para problemas de minimización, cuando todos los
coeficientes Cj-Zj son 0 (no negativos).
Para problemas de maximización, hay factibilidad dual, cuando Cj-Zj son 0 (no
positivos).
REGLAS PARA RESOLVER EL DUAL SIMPLEX.
1. Una solución que tiene Factibilidad Dual, y también tiene factibilidad primal,
constituye una solución óptima.
2. Si es que no existe factibilidad primal, pero en cambio existe factibilidad dual, se
aplica el método dual-simplex. En este caso se debe mantener siempre la factibilidad
92
dual y en cada aplicación del método dual-simplex, se tiende a obtener la
factibilidad primal.
a) La variable saliente para maximización o minimización, es aquella que corresponde
al mayor bi negativo.
b) La variable entrante, se determina analizando los valores absolutos de Cj- Zj / aij ,
considerando únicamente valores de aij negativos, correspondientes a los
coeficientes de la fila de la variable saliente. Se debe tomar la menor relación.
3. Si es que no existe factibilidad dual, ni factibilidad primal, lo primero que debe
hacerse es restaurar la factibilidad dual, aplicando el método simplex normal, y una
vez que se tenga la factibilidad dual, se aplica el dual simplex.
EJERCICIO.
Min Z = 2X1+X2 Min Z=2X1+X2
Rest. 1. 3X1+X2 6 -3X1-X2 -6
2. 4X1+3X2 12 -4X1-3X2 -12
3. X1+2X2 4 -X1-2X2 -4
Cond. X1, X2 0
93
Cj 2 1 0 0 0
VSNo hay F.P.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 -3 -1 1 0 0 -60 X4 -4 -3 0 1 0 -120 X5 -1 -2 0 0 1 -4
Zj 0 0 0 0 0 0Cj-Zj 2 1 0 0 0
VE (Si hay F. D.)
Cj 2 1 0 0 0
VSNo hay F. P.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi0 X3 -5/3 0 1 -1/3 0 -21 X2 4/3 1 0 -1/3 0 40 X5 5/3 0 0 -2/3 1 4
Zj 4/3 1 0 -1/3 0 4Cj-Zj 2/3 0 0 1/3 0
VE (Si hay F. D.)
Cj 2 1 0 0 0
Si hay F. P.
Cb Vbás X1 X2 X3 X4 X5 bi2 X1 1 0 -3/5 1/5 0 6/51 X2 0 1 4/5 -3/5 0 12/50 X5 0 0 1 -1 1 2
Zj 2 1 -2/5 -1/5 0 24/5Cj-Zj 0 0 2/5 1/5 0
Sol. Optima. Si hay F. D.
94
CAPITULO V
95
MODELO DE TRANSPORTE.
Es un problema especial de I.O. Este problema tiene su origen en la necesidad de
transportar productos desde varias fuentes de suministro u orígenes a varios sectores de
demanda o destinos.
Consiste entonces en minimizar, los costos que demanden, en transportar los productos,
desde los diferentes orígenes a los diferentes destinos.
Ej: F1 F2 F3 (Fuentes de suministro, orígenes, oferta).
D1 D2 D3 (Destino, sectores, demanda).
Si hay suficientes recursos se satisfacen todas las demandas.
Los costos están dados por la distancia entre el origen y el destino. Estos vienen dados
en forma de matriz:
FUENTES (FABRIC)
DESTINOS CAPACID. DE
B1 B2 B3 B4 SUMIN.F1 C11 C12 C13 C14 S1F2 C21 C22 C23 C24 S2F3 C31 C32 C33 C34 S3REQUER. DEMANDA D1 D2 D3 D4
96
El problema de transporte consiste en minimizar Costos de c/u * artículo * Xij desde i
hasta j. Entonces:
Min Z = C11X11+C12X12+C13X13+ ............. ...C34X34
CAPACIDAD DE SUMINISTRO:
X11+X12+X13+X14 = S1
X21+X22+X23+X24 = S2
X31+X32+X33+X34 = S3
REQUERIMIENTOS DE DEMANDA:
X11+X21+X31 = D1
X12+X22+X32 = D2
X13+X23+X33 = D3
X14+X24+X34 = D4
Se tiene que capacidad de suministro = requerimientos de demanda, cuando se cumple
ésto se dice que se tiene un problema de transporte homogéneo.
a) Si la capacidad de suministro es mayor que la Demanda, se debe crear un destino
ficticio, con costos de transporte igual a cero, que consuma el exceso de producto o
suministro.
97
b) Si la demanda es mayor que el suministro, se debe crear un suministro ficticio que
genere el suministro necesario para cubrir la demanda insatisfecha.
Para resolver el problema de transporte se han desarrollado métodos más eficaces que el
método simplex.
El problema puede presentarse así:
m n
Min Z= Cij Xij
i=1 j=1
n
Suministro: Xij = Si; donde : (i=1,2,.........m)
j=1
m
Demanda: Xij = Dj; donde: (j= 1,2,.......n)
i=1
m n
Igualdad: Si = Dj
i=1 j=1
98
EJERCICIO.
FUENTES DESTINOS CAPAC. PRODUCC.B1 B2 B3 B4
F1 0,3 0,25 0,4 0,2 100F2 0,29 0,26 0,35 0,40 250F3 0,31 0,33 0,37 0,30 150REQ. DEM. 100 150 200 50
En este caso las capacidades son iguales a las demandas en este caso 500.
Min Z = 0,3 X11+0,25X12+0,4X13+..................................0,30X34
Rest. X11+X12+X13+X14 = 100
X21+X22+X23+X24 = 250
X31+X32+X33+X34 = 150
Por otro lado:
X11+X21+X31 = 100
X12+X22+X32 = 150
X13+X23+X33 = 200
X14+X24+X34 = 50
99
TABLA DEL SIMPLEX.
Cj 0,3 0,25 0,4 0,2 0,29 0,26 0,35 0,4 0,31 0,33 0,37 0,3Cb Vbá
sX11 X12 X13 X14 X21 X22 X23 X24 X31 X32 X33 X34 bi
1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1000 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 2500 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1501 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1000 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1500 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 2000 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 50
Existen diversos métodos para desarrollar el problema de transporte:
1. Método de la esquina noroeste.
2. Método de la celda máxima o mínima.
3. Método de la penalidad.
Todo problema de transporte tiene las siguientes características:
M ecuaciones (capacidad de suministro).
N ecuaciones ( demanda)
M + N ecuaciones.
Donde se tiene (M+N-1) ecuaciones independientes. Una solución básica factible
tendrá:
M+N-1 variables 0.
100
1. REGLA DE LA ESQUINA NOROESTE.
Es un método directo para encontrar la solución básica factible inicial de un problema
de transporte, y empieza asignando los recursos a partir de la primera fila, y en ésta a
partir de la primera celda. La asignación de recursos debe hacerse hasta satisfacer la
demanda.
Se pueden presentar los siguientes casos:
1. Si Si Dj, en este caso se asigna el recurso necesario para satisfacer la demanda y
queda un exceso de recurso que se asigna dentro de la misma fila.
2. Si Si = Dj, toda la capacidad de suministro se asigna directamente al requerimiento
de demanda, y en la celda contigua debe colocarse un cero.
3. Si Si Dj, todo el Si es asignado a la celda respectiva para satisfacer parte de la
demanda. La demanda debe completarse asignando los recursos a la siguiente fila
para satisfacer el restante requerimiento de demanda.
EJERCICIO.
Cuatro expendedores de gasolina ABCD, requieren 50.000, 40.000, 60.000, 40.000, es
posible satisfacer estas demandas a través de las localidades 1, 2, 3, que disponen de
101
80.000, 100.000, 50.000, galones respectivamente. Los costos de despachar 1.000
galones de gasolina desde cada localidad de suministro a cada expendedor se presenta
en la siguiente tabla:
FUENTES EXPENDEDORES CAPAC.A B C D E
1 1750 1500 1500 1600 0 802 1250 2000 1400 1750 0 1003 2000 1300 2000 1550 0 50REQ.DEM.
50 40 60 40 40
FUENTES EXPENDEDORES CAPAC.A B C D E
1 50 30 802 10 60 30 1003 10 40 50REQ.DEM.
50 40 60 40 40
Z= 50*1750+30*1500+10*2000+60*1400+30*1750+10*1500+40*0 =
Esta es una solución básica factible inicial.
102
2. METODO DE LA CELDA MAXIMA O MINIMA.
Realiza asignaciones de los recursos para satisfacer las demandas tomando en cuenta el
costo unitario de transporte de cada una de las rutas. Si el problema es minimizar costos
de transportes, habría que asignar recursos a las celdas de más bajo costo de transporte
unitario.
Si es de maximizar las ganancias, se asignan recursos a las celdas de mayor ganancia. El
número de iteraciones para llegar a la solución óptima va a ser mucho menor al
anterior.
FUENTES EXPENDEDORES CAPAC.A B C D E
1 50 30 802 50 10 40 1003 40 10 50REQ.DEM 50 40 60 40 40
3. METODO DE LA PENALIDAD.
Consiste en determinar la penalidad que se incurre por no asignar determinados recursos
a determinados requerimientos.
Para un problema de minimización:
103
La penalidad de los recursos, es decir de las filas, se determinan restando el valor más
pequeño, dentro de la fila, del siguiente valor más pequeño en la misma fila.
La penalidad para los requerimientos, se calcula, restando el valor más pequeño dentro
de una columna, del siguiente valor más pequeño en la misma columna.
1. Se debe determinar luego, cual es la fila o la columna que tenga la máxima
penalidad. Se escoge la máxima penalidad, por cuanto el problema es de
minimización, y hay que minimizar los costos que se añadirían, por no asignar
recursos a las rutas de máxima penalidad.
Penalidad
Ej: 1500 1100 400 Máxima
1400 1200 200
2. La asignación de los recursos debe realizarse a la celda que tiene el menor costo
considerando las dos celdas que se tomaron para calcular la penalidad.
3. Si en una sola asignación se termina el recurso, y se satisface el requerimiento en
una de las celdas contiguas debe almacenarse un cero.
4. Se repite el proceso sin tomar en cuenta aquellas columnas en las cuales ya se han
satisfecho los requerimientos y aquellas filas en las cuales se han terminado los
recursos.
104
Para reducir costos se debe tomar la mayor penalidad.
Para un problema de Maximización:
1. Las penalidades se calculan restando del mayor valor el siguiente mayor valor en
cada una de las filas y en cada una de las columnas. En este caso la penalidad
indicará, la pérdida de ganancia que ocasiona el no utilizar una ruta.
2. Escoger la mayor penalidad.
3. La asignación se hace a la celda de mayor valor.
4. Repetir el proceso.-
EJERCICIO DE MINIMIZACION.
FUENTES
EXPENDEDORES CAPAC.
PENALIDADESA B C D E
1 1750 1500 1500 1600 0 80 1500 0 0 0 1002 1250 2000 1400 1750 0 100 1250 150 350 0 03 2000 1300 2000 1550 0 50 1300 250 250 250 250REQ.DEM.
50 40 60 40 40
PEN. 500 200 100 50 0
200 500
Solución: X13 = 10
X14 = 30
105
X15 = 40
X21 = 50
X23 = 50
X32 = 40
X34 = 10
Z = 50*1250+40*1300+10*1500+50*1400+30*1600+10*1550+40*0
EJERCICIO DE MAXIMIZACION.
Una compañía de muebles ha requerido ofertas de cuatro fabricantes de muebles e cinco
estilos diferentes, las cantidades requeridas de cada estilo se dan a continuación:
Estilo A B C D E
Cantidad 125 75 50 200 175
Los cuatro fabricantes tienen una capacidad de producción y las cantidades que pueden
ser suministradas en un límite de tiempo se dan a continuación:
Fabricante 1 2 3 4
Cantidad 275 225 175 200
En base a las propuestas de cada fabricante la compañía de muebles ha estimado que la
ganancia por unidad para cada mueble vendido variará de acuerdo a la siguiente tabla:
106
FABRICANTE
ESTILOSA B C D E
1 28 35 42 23 152 30 33 45 18 103 25 35 48 20 134 33 28 40 26 18
Determinar las contrataciones en cada estilo para cada fabricante, de tal manera que se
maximice las ganancias?
FABRICANTE
ESTILOS PenalidadesA B C D E F Su
m
1 28 35 42 23 15 0 275 7 7 5 8 15*2 30 33 45 18 10 0 225 12 3 12* 8 103 25 35 48 20 13 0 175 13* 10* 5 7 134 33 28 40 26 18 0 200 7 5 7 8*REQ.
125 75 50 200 175 250
Pen. 3 0 3 3 3 02 2 2 0
Si las penalidades en maximización son iguales, se escoge la fila o la columna con
mayor valor en la celda.
Si las penalidades en minimización son iguales, se escoge la fila o la columna con
menor valor en la celda.
N+M-1 = 6+4-1 = 9, cuando no hay nueve celdas en la base, se tiene una solución
degenerada, y se produce cuando en una sola asignación se satisface el recurso y el
requerimiento.
107
CAPITULO VI
108
EL MODELO DE INVENTARIOS
El modelo de inventarios permite mantener en condiciones ventajosas, las cantidades
correspondientes de materias primas, materiales y productos, empleando técnicas,
procedimientos y programas convenientes a las exigencias de la empresa.
Contablemente, decimos que Inventario es el conjunto de suministros, materias primas,
materiales de producción, productos en proceso, y productos terminados.
COSTOS DE INVENTARIOS.
Los costos se determinan cuando se toman decisiones a la cantidad y a la forma de
llevar inventarios o de materiales, el adoptar un determinado sistema lleva implícito un
costo de capital considerable, es conveniente que se adopte junto con el sistema de
inventarios un sistema de cálculo, lo que podrá redituarle el capital invertido en el
Inventario como si este hubiera sido colocado en otro tipo de inversión.
Al emplear un determinado sistema se deben considerar dos factores: el valor realizable
y el riesgo. El dinero que se invierte en inventarios es un valor realizable en el Activo de
la empresa, de manera que si fuere necesario podría convertirse en efectivo en un breve
lapso de tiempo.
En cuanto al riesgo el Inventario está expuesto a la descomposición, al deshuso y al
deterioro.
Las siguientes clases de costos forman parte de las decisiones que se toman en
inventarios:
- Costos de reordenamiento
109
- Costos de llevar y mantener inventarios
- Costos por agotamiento
- Costos asociados con la capacidad de producción.
COSTOS DE REORDENAMIENTO.
Pueden ser órdenes de compra de pedido de materiales o los asociados con órdenes de
preparación de lotes de producción.
COSTOS DE LLEVAR Y MANTENER INVENTARIOS.
Incluye todos los gastos que una empresa incurre con el fin de llevar o mantener
inventarios en determinado volumen, dentro de este tipo de costos se encuentran
usualmente los siguientes factores:
Almacenamiento, seguros, capital de obsolescencia, y deterioro.
Para guardar inventarios deben construirse depósitos y zonas de almacenamiento,
estantes, instalaciones y demás utensillos para almacenaje los que sufren depreciación.
Todos estos factores son costos que deben cargarse al inventario y generalmente se
dividen en forma proporcional entre los diferentes productos almacenados en base a un
porcentaje que se determina de acuerdo al valor del producto.
Algunas empresas aseguran el inventario contra incendios cargándole al costo del
mismo, las que no aseguran deberán hacer que el valor del costo del inventario refleje
una tasa correspondiente al riesgo en caso de incendio por una suma equivalente a la del
seguro.
110
El dinero invertido en inventarios no está disponible para uso en otras áreas de la
empresa.
El factor de obsolescencia implica costos porque el inventario no puede venderse, ya sea
por cambios en la demanda, deseos del cliente, por hacerse viejo o por pasar de moda.
El factor deterioro implica también costos porque el material existente puede adquirir
humedad, secarse, ensuciarse por manejo, etc.
De cualquier manera este factor impide que el producto no pueda venderse más.
COSTOS POR AGOTAMIENTO.
El quedarse sin inventarios implica no contar con productos disponibles para cuando el
cliente lo ordene lo que se deriva en pérdida de clientes o incurre en costos extras de
consideración.
COSTOS ASOCIADOS CON LA PRODUCCION.
Los costos incluyen horas extras de trabajo, contratos de arrendamiento, adiestramiento
de obreros, paros en la producción, etc en estos casos los costos incurren cuando se
quieren aumentar o reducir la capacidad de producción.
POLITICAS A B C
Algunas empresas clasifican sus artículos mediante un sistema denominado ABC, que
permite clasificar el inventario por grupo de artículos.
111
A Artículos de alto valor
B Artículos de mediano valor
C Artículos de bajo valor
Ejemplo:
Una empresa fabricante de mobiliario en general clasifica sus artículos de la siguiente
manera:
El 10 % de los artículos de inventario se clasifican en A.
El 70 % se los clasifica en C.
El 20 % se clasifican en B.
Esta empresa considera que la mejor manera de mantener un control eficaz del
inventario es comprando artículos A de alto valor en cantidades mínimas, según se vaya
necesitando.
Adquiriendo partidas económicas de B de mediano valor. Estas dos clases de artículos
forman alrededor del 30 % del inventario total. Pero en realidad la categoría A
representa entre el 70 y 75 % del costo del inventario.
Los artículos C de poco valor aunque se compran en grandes cantidades tendrán poco
efecto en el valor del inventario porque representan apenas un 5 % del costo total.
En resumen el sistema señala que un número reducido de artículos inventariados
constituye la mayor proporción del valor total del inventario.
112
01020304050607080
A B CVA
LOR
Y P
OR
CE
NTA
JE D
E
AR
TIC
ULO
S
CANTIDAD ECONOMICA DE COMPRAS Y PRODUCCION.
Cuando se adquiera un artículo a menor cantidad habrá una disminución en la carga de
llevar inventarios, pero un aumento en los costos de adquisición.
Cuando se adquiere un artículo en mayor cantidad hay un aumento en la carga de llevar
inventarios, pero una reducción en el costo de adquirirlos, por esta razón la gerencia
debe considerar las posibles reducciones en los costos del pedido contra los probables
aumentos en los costos de llevar inventarios.
NOMENCLATURA PARA EL CALCULO.
CT = Costo Total anual de inventarios.
q/2 = Inventario promedio mantenido a lo largo de un tiempo determinado.
Ci = Costo de mantener el inventario como una fracción decimal por cada dólar de
inventario promedio.
D = Demanda Anual
113
O = Costo en dinero por orden de adquisición
q = tamaño de la orden
GRAFICO Nº 1
05
101520253035
0 10 20 30 40 50
Tiempo ideal para reposición
Can
tid
ad a
ord
enar
q
En este gráfico representamos el modelo donde la cantidad de existencias utilizadas
constantemente tienen reposición instantánea. En este modelo se supone que los pedidos
son tomados en intervalos de periodos fijos iguales y que los materiales son recibidos
instantáneamente, es decir se dan por supuestos las condiciones ideales a saber: ritmo
constante en el uso, cantidad de existencias igual a cero en cada uno de los puntos de
reposición y reposición instantánea.
114
GRAFICO N º 2
05
101520253035
0 10 20 30 40 50
Tiempo de reposición Tn
Can
tid
ad a
ord
enar
q
Aquí la reposición instantánea esta sustituida por reposición luego de un periodo finito
de tiempo.
Un artículo es producido por una duración de tiempo de To durante el cual la cantidad
de inventario alcanza su máximo nivel en el punto T10, después que la producción se
suspende el inventario es vendido hasta agotarse T20 momento en el cual se inicia otro
ciclo de producción.
En este caso la reposición de existencias se hace transcurrir entre T10 y T30 y la
utilización de las existencias sucede durante todo el ciclo.
PROBLEMA.
Tomando en cuenta los siguientes datos:
q/2 = Inventario promedio
Ci(q/2) = Costo de mantener inventarios
D/q = Número de pedidos ordenados en un tiempo dado
O(D/q) = Costo total de ordenamiento de pedidos
115
CT = Costo total de mantener inventarios
CT = Ci*q + O*D2 q
Aplicando integrales podemos deducir la siguiente fórmula para encontrar el tamaño del
lote:
q = √(2O*D)/Ci
Esta fórmula sirve para calcular el tamaño de la orden económica conocida también
como lote de magnitud económica.
EJERCICIO.
Un fabricante de artículos eléctricos necesita importar 18.000 transistores de un
determinado tipo en un periodo de 300 días dentro de un año o de 60 transistores
diarios con el fin de mantener la capacidad de producción de radios transistorizados.
El departamento de producción dispone de los siguientes datos:
Ci = 10 centavos por unidad por año
D = 18.000
O = $ 100 por orden
Cuál será el tamaño de la orden (q) ?
Aplicando la fórmula respectiva:
q = √(2*100*18.000)/0.1
q = 6.000 unidades
El número de pedidos por año será:
D/q = 18.000 / 6.000 = 3 pedidos, dentro de un periodo de 300 días.
116
En consecuencia el intervalo entre órdenes será de 4 meses sustituyendo éstos valores
en la ecuación del costo total. El costo mínimo del inventario será:
CT = (Ci*q)/2 + (O*D)/q
CT = (0.1*6.000)/2 + (100*18.000)/6.000
CT = $600 en el año.
117
CAPITULO VII
118
MODELOS DE REDES.
INTRODUCCIÓN A LA TEORIA DE GRAFOS.
La teoría de grafos ha llegado a ser en los últimos años una importante herramienta para
diferentes disciplinas como es la investigación operativa en lo que tiene que ver con el
estudio modelo de redes.
Comenzamos por considerar la siguiente figura que describe una parte de la red de un
mapa de carreteras, la misma que se lo representa por medio de puntos y líneas, las
mismas que se le denomina vértices y ramas respectivamente.
Denominándose GRAFO a la totalidad del diagrama:
A
B
C
D
a b
c d
e
f
g
119
GRAFO.
Consiste en dos conjuntos V y E, en donde V es un conjunto finito no vacío de vértices.
E es un conjunto de pares de vértices, estos pares son llamados ramas, enlaces o arcos.
La representación V(G) vértices y E(G) ramificaciones, representan los conjuntos de
vértices y ramificaciones del grafo G respectivamente. El grafo se representa como
G(V,E).
El grafo es una estructura matemática para analizar redes.
Existen grafos no direccionados y grafos direccionados.
Los grafos no diseccionados, se definen cuando el par de vértices que representan a las
ramas no tienen orden. Ejemplo (v1,v2) = (v2,v1), en donde (v1,v2) constituye una
ramificación.
En un grafo diseccionado o dirigido a cada rama se representa por su dirección <v1,v2>
en donde v1 constituye la cola y v2 constituye la cabeza.
Número máximo de ramificaciones
Para un grafo no direccionado con n vértices el número máximo de ramificaciones viene
dado por n(n-1)/2.
Para un grafo direccionado con n vértices el número máximo de ramificaciones está
dado por n(n-1).
1 2
120
Grafo no direccionado completo: G1
Grafo direccionado completo G3
Si (v1,v2) es una rama del conjunto de ramas que pertenece a E(G), entonces se dice
que los vértices v1,v2 son adyacentes y (v1,v2) es incidente a los vértices v1 y v2.
1
2 3
4
1 2 3
121
Ejm. Los vértices adyacentes al vértice 2 en G2 serían 1,4,5 y las ramas incidentes al
vértice 3 en G2 serán (v1,v3), (v3,v6), (v3,v7).
Si la rama <v1,v2> es una rama direccionada, entonces el vértice v1 se dice que es
adyacente a v2, mientras que v2 es adyacente desde v1, la rama <v1,v2> es incidente a
v1,v2.
Si tenemos el grafo:
G4
Un subgrafo de G es G´ tal que los vértices de G´ son menores o iguales a los vértices
de G y las ramas de G´ son menores o iguales a los ramas de G.
V(G´) ≤ V(G)
E(G´) ≤ E(G)
Longitud de un camino
Es el número de ramas en él contenidas.
Camino simple.
Es un camino en el cual todos los vértices son distintos aunque es posible que el primero
y el último sean iguales.
Los caminos v1,v2,v4,v3, es camino simple, v1, v2,v4,v2 no es camino simple, ambos
son de longitud 3.
1 2 3
122
Ciclo
Es un camino simple en el cual el primero y último vértice son los mismos. Ejemplo en
G1 v1,v2,v3,v1 es un ciclo.
Grafos conexos o conectados
Debe haber un camino para dos vértices cualesquiera.
Grado de un vértice
Es el número de ramas incidentes al vértice. Ej: en G1 el grado de cualquier vértice es 3.
Para un grafo direccionado el grado de entrada del vértice v es el número de ramas
para el cual v es cabeza y el grado de salida del vértice v es el número de ramas para el
cual v es cola. Ej: en G3 el grado de entrada para el vértice v2 será 1 mientras el grado
de salida para v2 será 2.
Arbol
Es un grafo conexo que no contiene ciclos
Red
Es un grafo caracterizado por dar ciertos valores a sus ramas. Ej: en la red de un circuito
eléctrico sus ramas tienen peso, la electricicidad.
Ejemplo de redes:
RED NODOS RAMAS FLUJO
Aérea aeropuertos rutas (km) aviones
Terrestre terminales caminos (km) vehículos
Eléctrica puntos de conexión conductores (amp) corriente
Oleoductos estación de bombeo tubos petróleo
Telecomunicaciones Estaciones Enlaces microondas ondas electromagnet
123
Capacidad de flujo
Es el límite superior de la magnitud permitida de flujo que puede llevar una rama en una
dirección específica. La capacidad de flujo puede ser cualquier cantidad no negativa
incluso infinita.
En una rama dirigida la capacidad de flujo es cero en una dirección contraria a la flecha.
Fuente
Es un nodo de un grafo dirigido que se caracteriza porque todas las ramas que se
conectan al él tienen una dirección tal que dicho nodo es únicamente cola, es decir el
flujo sale del nodo.
Se lo conoce también como inicio, origen o generador de flujo.
Destino
Es un nodo de un grafo dirigido que se caracteriza porque todas las ramas que se
conectan a él tienen una dirección tal que dicho nodo es cabeza, es decir el flujo entra al
nodo. Se lo conoce también como llegada, finalizador o absorbedor de flujo.
A Fuente, cola
C Destino, cabeza.
Representación de Grafos
Tenemos dos formas de representación:
1. Utilización de matrices adyacentes.
2. Utilización de listas adyacentes.
Matrices Adyacentes.
Si tenemos una grafo G(V,E), compuesto de vértices y enlaces con n vértices, la matriz
adyacente de G es un arreglo de dos dimensiones de nxn. Así tenemos:
A(i,j) con la propiedad de que:
124
A(i,j) = 1 si la rama (Vi,Vj) está en E(G).
A(i,j) = 0 si no existe tal rama.
Ejemplo:
En G1 tenemos n vértices el arreglo A está formado por la matriz n x n
G1
1 2 3 4
1 0 1 1 1
2 1 0 1 1
3 1 1 0 1
4 1 1 1 0
G2
1 2 3
1 0 1 0
2 1 0 1
3 0 0 0
De una matriz adyacente se puede determinar lo siguiente:
a. Si existe una rama conectando dos vértices Vi, Vj.
b. Para un grafo no diseccionado el grado de cualquier vértice Vi , es la suma de
los unos (1) de sus filas.
125
c. Para un grafo diseccionado la suma de los unos (1) de las filas es el grado de
salida y la suma de los unos (1) de las columnas es el grado de entrada.
Listas Adyacentes.
Con esta representación las n filas de la matriz adyacente se representan con n listas
encadenadas. Hay una lista para cada vértice de G los nodos en la lista i representan a
los vértices que son adyacentes desde el vértice i. Cada nodo tiene al menos dos campos
vértice y enlace. Los campos de vértice contienen los índices de los vértices adyacentes
al vértice i.
Así tenemos:
G1
V1 2 3 3 4 4 0
V2 1 3 3 4 4 0
V3 1 2 2 4 4 0
V4 1 2 2 3 3 0
Cada lista tiene un nodo cabeza. Los nodos cabeza son secuenciales y representan a
cada uno de los vértices Vi, permitiendo acceder a cada lista desde uno de os vértices en
particular.
G3
V1 2 0
V2 1 3 3 0
V3
126
Representación de una red dirigida
Matriz de incidencia.
Es otra forma de representar redes.
La matriz de incidencia de nodos – ramas para una red dirigida G(V,E), se define como
el arreglo Z = [Zi,k]
Zi,k = 1. Si el nodo i que pertenece a V es el nodo de inicio de la rama ak que pertenece
al conjunto de ramas o arcos E.
Zi,k = -1. Si el nodo i que pertenece a V es el nodo donde termina la rama ak que
pertenece a E.
Zik = 0. Si no existe tal rama.
Si el grafo G no es dirigida Zi,k se define como:
Zik = 1. Si el nodo i que pertenece a V es conectado a la rama ak que pertenece a E
Zik = 0. Si no existe conexión.
ALMACENAMIENTO DE PESOS O VALORES DE LAS RAMAS DE UN
GRAFO O RED.
Cuando se designan valores a las ramas estos valores pueden representar distancias o
costos necesarios para ir de un índice a otro adyacente, éstos pueden almacenarse de
acuerdo con la representación utilizada para una red esto es por medio de una matriz
adyacente en donde los A(i,j) guardarán dicha información.
Ejemplo si tenemos el grafo:
127
La matriz será:
1 2 3 4
1 0 5 2 0
2 5 0 0 3
3 2 0 0 0
4 0 3 0 0
Las aplicaciones de grafos mas estudiadas por el modelo de redes son:
- Arboles de cobertura
- Problema de la ruta más corta
- Problema del flujo máximo.
ARBOLES DE COBERTURA.
Cualquier árbol que está formado únicamente por las ramas de E pero que incluyen a
todos los vértices de V de G es llamado un árbol de cobertura.
Posibles árboles de cobertura:
PROPIEDADES DE UN ARBOL DE COBERTURA.
Un árbol de cobertura tiene la propiedad de que es un subgrafo mínimo de G (G´), tal
que el conjunto de vértices de G´es igual al conjunto de vértices de G:
V(G) = V(G´)
Por subgrafo mínimo se designa a aquel con el menor número de ramas.
128
Cualquier grafo conexo con n vértices debe tener al menos n-1 ramas y todos los grafos
conexos con n-1 ramas son árboles.
APLICACIONES DE LOS ARBOLES DE COBERTURA.
Los árboles de cobertura se aplican para obtener el mínimo número necesarios para
conectar n vértices. Esto es n-1 ramas. En la práctica los vértices podrían representar
ciudades, las mismas que están separados por distancias o costos entre cada una de ellas.
ARBOLES DE COBERTURA DE COSTO MINIMO.
Dada una red se desea seleccionar la construcción de un conjunto de enlaces de
comunicación que conecten a todas las ciudades y tengan un costo total mínimo, es
decir de longitud total mínima.
Se asume los pesos positivos. El costo de un árbol de cobertura es la suma de las ramas
de dicho árbol.
Sea el siguiente gráfico encontrar el árbol de cobertura de costo mínimo:
129
PROCEDIMIENTO GRAFICO.
1. Seleccionar un nodo arbitrario y conectamos el nodo más cercano a éste
obteniendo la primera rama del árbol de cobertura de costo mínimo.
2. Identificar un nodo no conectado que sea el más cercano a uno de los nodos que
ya forman parte del árbol y conectarlos sin formar ciclos.
3. Repetir esto hasta que todos los nodos se hayan conectado.
PROCEDIMIENTO TABULAR.
1. T (árbol de cobertura de costo mínimo) se construye rama por rama.
2. Para incluir las ramas en T se consideran a estas en orden ascendente de sus
costos.
3. Una rama se incluye en T sino forma un ciclo con las ramas que ya están en T.
Como G es conexo y tiene n vértices, se selecciona n-1 ramas para incluir en T.
1
23
4
5 6
7
5
2
3
1
4
1
6
7
4
3
2
5
130
Ejercicio:
Encontrar el árbol de cobertura de costo mínimo y su costo total de la siguiente red:
PROCEDIMIENTO MATRICIAL.
1. Se comienza arbitrariamente en cualquier nodo, se designa a este nodo como
conectado y se pone una √ al lado del renglón correspondiente a este nodo. Se
tacha la columna que corresponde a él.
2. Considerando todos los renglones que tengan una √, se busca el valor mínimo en
las columnas cuyo índice no ha sido tachado y se encierra ese valor en un
círculo. Se rompen los empates de modo arbitrario. La columna que corresponde
este elemento encerrado en un círculo designa al nuevo nodo conectado. Se
tacha el índice de esta columna y se pone una marca en el renglón
correspondiente a este nodo. Se repite este paso hasta que todos los nodos sean
conectados.
3. Una vez que todos los nodos hayan sido conectados, se identifica el árbol de
cobertura de costo mínimo mediante los elementos circundados.
131
EL PROBLEMA DE LA RUTA MAS CORTA
Trata de determinar el camino mas corto desde un nodo origen hasta un nodo hasta los
demás nodos de la red a través de una red conexa.
La longitud de un camino viene dado por la suma de los valores de las ramas en ese
camino.
ALGORITMO DE ETIQUETADO.
El algoritmo emplea el llamado procedimiento de etiquetado. Conforme avanza el
algoritmo, se determina una etiqueta para cada nodo. Esa etiqueta asociará dos números
entre paréntesis. Para un nodo concreto, el primer número de la etiqueta representará la
distancia entre H y ese nodo, a lo largo de una ruta específica y el segundo número
representará el nodo predecesor del nodo en cuestión sobre dicha ruta, en principio las
etiquetas asociados a un nodo que no sea H se llamarán etiquetas temporales. Cuando la
distancia más corta (es decir la mejor ruta) entre H y un nodo dado haya sido
determinada la etiqueta temporal se transformará en permanente.
El algoritmo comienza al etiquetar el nodo H con la etiqueta permanente (0, H), donde 0
simplemente significa que la ruta de H tiene una longitud 0 y H solo identifica al nodo
de salida.
Tan pronto cuando todos los nodos tengan etiqueta permanente se termina el proceso.
Ejercicio:
En la siguiente red encontrar la ruta mas corta desde H hacia los demás nodos de la red.
132
CONSTRUCCION DE LA RUTA MAS CORTA A TODAS LAS
LOCALIDADES.
NODO RUTA MAS CORTA
DESDE H
DISTANCIA
1 H - 1 1
2 H - 3 - 2 4
3 H - 3 2
4 H – 1 - 4 4
5 H – 1 – 4 - 5 6
6 H - 3 - 6 5
7 H – 1 – 4 - 7 5
1
5
3
2 2
3
4
2
3
2
3
3
1
1
4,3
1,H
0,H
2,H
4,1
6,4
5,3
5,4
133
BLIOGRAFIA.
Barsov, A,S. ¿Que es la programación lineal? México, Ed. Limusa, 1980
Shamblin J., Stevens G. Investigación de Operaciones. Bogotá, Ed. Mc. Graw Hill,
1977
Espinoza, Héctor. Programación Lineal. México, Ed. Galve, 1980
Eppen, Gould, Schmidt. Investigación de Operaciones en la Ciencia Administrativa,
México, Ed. Prentice Hall, 1996
Taha, Investigación de Operaciones, México, Ed. Alfaomega, 1996
134