Post on 17-Apr-2018
Universidad de Managua
Al más alto nivel
Curso de Investigación de Operaciones I
MÉTODO GRÁFICO PARA PROBLEMAS DE
PROGRAMACIÓN LINEAL
Estudiantes:
Facultad de Ingeniería y Ciencias
Económicas y Administrativas.
Profesor:
MSc. Julio Rito Vargas Avilés.
II Cuatrimestre 2015
Año académico:
PROBLEMA 1
En una fábrica de bombillos se producen dos tipos de ellas, los de tipo normal valen 450 córdobas y
los halógenos 600 córdobas. La producción está limitada por el hecho de que no pueden fabricarse
al día más de 400 normales y 300 halógenas ni más de 500 en total. Si se vende en toda la
producción, ¿cuántas de cada clase convendrá producir para obtener la máxima facturación?
SOLUCIÒN:
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Objetivo: maximizar facturación
- Restricciones: Se producen dos tipos de bombillos: Normal y Halógenos.
- No se pueden fabricar al día más de 400 normales
- No se puede fabricar al día más de 300 halógenos
- No se puede fabricar al día más de 500 entre ambos tipos.
- Los Normales se venden a C$450 y los halógenos a C$600.
- Para lograr el objetivo requerimos saber. ¿Cuántos bombillos de cada tipo debemos fabricar al dìa?
- Sea X: número de bombillos tipo normal; Y: número de bombillos de tipo halógenos.
PROBLEMA 1
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Expresamos los datos en forma de una tabla:
2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA.
MAX Z = 450X + 600Y
SUJETO A:
X ≤ 400 Producción de tipo normales por día
Y ≤ 300 Producción de tipo halógenos por día
X + Y ≤ 500 Producción ambos tipos por día
X ≥ 0 Criterio de no negatividad
Y ≥ 0 Criterio de no negatividad
X(normales) Y(halógenos) Restricción
Cantidad/d 1 ≤ 400
Cantidad/d 1 ≤ 300
Cantidad/d 1 1 ≤ 500
Precio/u C$450 C$600
PROBLEMA 1
3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO.
Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible o región
convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución óptima.
(200,300)
X≤400
X+Y≤500
Y≤300
(400,100)
PROBLEMA 1
3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO.
Hemos construido La región factible, puede ver que es una región finita, cerrada, cuyos vértices se detallan a
continuación:
Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución óptima: Esto es en el
vértice (200,300) es decir se requiere producir diario 200 bombillos normales y 300 bombillos halógenos
para obtener un total de C$ 270,000 en facturación, la cual es la máxima.
Vértices Valor Z Máx
(0,0) Z=450*0+600*0=0
(400,0) Z=450*400+600*0=180,000
(400,100) Z=450*400+600*100=240,000
(200,300) Z=450*200+600*300=270,000 C$270,000
(0,300) Z=450*0+600*300=180,000
PROBLEMA 1
4. PRUEBA DEL MODELO.
Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima realmente cumple con
todas las restricciones del modelo.
Sustituimos los valores de X=200 y Y=300 en el modelo
MAX Z = 450*200 + 600*300 =270,000
SUJETO A:
200 ≤ 400 (SE CUMPLE)
300 ≤ 300 (SE CUMPLE)
200 + 300 ≤ 500 (SE CUMPLE)
200 ≥ 0 (SE CUMPLE)
300 ≥ 0 (SE CUMPLE)
Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica que la solución
obtenida es la óptima.
PROBLEMA 2
Un hipermercado necesita como mínimo 16 cajas de langostino, 5 cajas de nécoras
y 20 de percebes. Dos mayoristas, A y B, se ofrecen al hipermercado para satisfacer
sus necesidades, pero sólo venden dicho marisco en contenedores completos. El
mayorista A envía en cada contenedor 8 cajas de langostinos, 1 de nécoras y 2 de
percebes. Por su parte, B envía en cada contenedor 2, 1 y 7 cajas respectivamente.
Cada contenedor que suministra A cuesta 210,000 córdobas, mientras que los del
mayorista B cuestan 300,000 córdobas cada uno. ¿Cuántos contenedores debe
pedir el hipermercado a cada mayorista para satisfacer sus necesidades mínimas
con el menor coste posible?
SOLUCIÒN:
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Objetivo: minimizar costos.
- Necesidades mínimas del hipermercado:16 cajas de langostino, 5 cajas de nécoras y 20
cajas de percebes.
- Envío del mayorista A: 8 cajas de langostino, 1 de nécora y 2 de percebes por contenedor.
- Envío del mayorista B: 2 cajas de langostino, 1 de nécora y 7 de percebes por contenedor.
PROBLEMA 2
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Cada contenedor del proveedor A cuesta C$210,000, cada contenedor del proveedor B cuesta C$300,000.
¿Qué cantidad de contenedores debe solicitar de A y de B para suplir sus necesidades al mínimo costo?
Llamaremos X: al número de contenedores del proveedor A; Y: número de contenedores del proveedor B.
Expresamos los datos en forma de una tabla
Conceptos X(Prov. A) Y(Prov. B) Restricción(cajas)
Langostinos 8 2 ≥ 16
Nécoras(cangrejo) 1 1 ≥ 5
Percebes(esponja) 2 7 ≥ 20
Costo/contenedor C$210,000 C$300,000
2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA.
Ahora procedemos a formular el modelo matemático:
MIN Z = 210,000X + 300,000Y
SUJETO A:
8 X + 2Y ≥ 16 Necesidades de langostino
X + Y ≥ 5 Necesidades de nécoras
2X + 7Y ≥ 20 Necesidades de percebes
X ≥ 0 Criterio de no negatividad
Y ≥ 0 Criterio de no negatividad
3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO.
Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible
o región convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución
óptima.
X + Y ≥5
2X + 7Y ≥20
8X + 2Y ≥16
(3,2)
(1,4)
Vértices Valor Z Máx
(0,8) Z=210,000*0+300,000*8=2,400,000
(1,4) Z=210,000*1+300,000*4=1,410,000
(3,2) Z=210,000*3+300,000*2=1,230,000 C$1,230,000
(10,0) Z=210,000*20+300,000*0=2,100,000
Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución
óptima (MÍNIMO): Esto es en el vértice (3,2) es decir se requiere ADQUIRIR 3
contenedores de “A” y 2 contenedores de “B”, para satisfacer las necesidades
mínimas del hipermercado, por a un costo total de C$1,230,000.
Hemos construido La región factible, puede ver que es una región abierta, cuyos
vértices se detallan a continuación:
PROBLEMA 2
4. PRUEBA DEL MODELO.
Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima
realmente cumple con todas las restricciones del modelo.
Sustituimos los valores de X=3 y Y=2 en el modelo
MIN Z = 210,000*3 + 300,000*2=1,230,000
SUJETO A:
8*3 + 2*2 ≥ 16 (SE CUMPLE)
3 + 2 ≥ 5 (SE CUMPLE)
2*3 + 7*2 ≥ 20 (SE CUMPLE)
3 ≥ 0 (SE CUMPLE)
2 ≥ 0 (SE CUMPLE)
Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica
que la solución obtenida es la óptima.
PROBLEMA 3
Los 400 estudiantes de un colegio van a ir de excursión. Para ello se contrata el viaje a una empresa que dispone
de 8 autobuses con 40 plazas y 10 con 50 plazas, pero sólo se cuenta con 9 conductores para ese día. Dada la
diferente capacidad y calidad, el alquiler de cada autobús de los grandes cuesta 8,000 córdobas y el de cada uno
de los pequeños, 6,000 córdobas ¿Cuántos autobuses de cada clase convendrá alquilar para que el viaje resulte lo
más económico posible?
SOLUCIÒN:
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Objetivo: minimizar costos.
- Restricciones:
- Los alumnos participantes son 400.
- Se cuentan con dos tipos de buses:P (pequeño) con capacidad de 40 y G (grandes) con capacidad de 50
- Solo están disponibles 9 choferes para ese día.
- Los buses P se alquilan a C$6,000 y los G a C$8,000.
- Requerimos saber cuantos debemos alquilar de tipo P y cuantos de tipo G, de manera que minimicemos el
costo del traslado de los 400 alumnos?
PROBLEMA 3
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA:
- Llamaremos X: al número de buses de tipo P; Y: número de buses de tipo G.
- Expresamos los datos en forma de una tabla
Conceptos X(Bus tipo P) Y(Bus tipo G) Restricción
Alumnos 40 50 = 400 (alumnos)
Choferes 1 1 ≤ 9 (choferes)
Buses tipo P 1 ≤ 8 (buses)
Buses tipo G 1 ≤10 (buses)
Costo/bus C$6,000 C$8,000
2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA.
Ahora procedemos a formular el modelo matemático:
MIN Z = 6,000X + 8,000Y
SUJETO A:
40 X + 50Y = 400 Alumnos a transportar
X + Y ≤ 9 Choferes disponibles
X ≤ 8 Buses pequeños disponibles
Y ≤ 10 Buses grandes disponibles
X ≥ 0 Criterio de no negatividad
Y ≥ 0 Criterio de no negatividad
3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO.
Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible
o región convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución
óptima.
(5,4)
X ≤ 8
Y≤ 10
X + Y≤ 9
40X + 50Y= 400
Vértices Valor Z Mínimo
(0,8) Z=6,000*0 + 8000*8=64,000
(5,4) Z=6,000*5 + 8000*4=62,000 C$62,000
Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución
óptima (MÍNIMO): Esto es en el vértice (5,4) es decir se requiere contratar 5 buses
pequeños “P” y 4 buses grandes “G”, para garantizar el transporte a los 400
estudiantes a un mínimo costo.
Hemos construido La región factible, puede ver que la región factible se da en el
segmento de recta 40X + 50Y=400 que va desde (0,8) hasta (5,4).
Por lo que solo indicaremos los resultados con variables enteras de los infinitos
puntos que hay en ese segmento.
PROBLEMA 3
4. PRUEBA DEL MODELO.
Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima
realmente cumple con todas las restricciones del modelo.
Sustituimos los valores de X=5 y Y=4 en el modelo
MIN Z = 6,000*5 + 8,000*4=C$62,000
SUJETO A:
40*5 + 50*4 = 400 (SE CUMPLE)
5 + 4 ≤ 9 (SE CUMPLE)
5 ≤ 8 (SE CUMPLE)
4 ≤ 10 (SE CUMPLE)
5 ≥ 0 (SE CUMPLE)
4 ≥ 0 (SE CUMPLE)
Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica
que la solución obtenida es la óptima.
Ejemplo 4:
La WINDOR GLASS CO. produce artículos de vidrio de alta calidad, entre ellos ventanas y puertas de vidrio. Tiene tres plantas. Los marcos y molduras de aluminio se hacen en la planta 1, los de madera en la planta 2; la 3 produce el vidrio y ensambla los productos.
Debido a una reducción de las ganancias , la alta administración ha decidido reorganizar la línea de producción de la compañía. Se descontinuarán varios productos no rentables y se dejará libre una parte de la capacidad de producción para emprender la fabricación de dos productos nuevos que tienen ventas potenciales grandes:
Producto 1: una puerta de vidrio de 8 pies con marco de aluminio. Producto 2: una ventana corrediza con marco de madera de 4 X6 pies.
El producto 1 requiere de la capacidad de producción en las plantas 1 y 3 y nada en la planta 2. El producto 2 sólo necesita trabajo en las plantas 2 y 3. La división de comercialización ha concluido que la compañía puede vender todos los productos que se puedan fabricar en las plantas. Sin embargo, como ambos productos competirán por la misma capacidad de producción en la planta 3, no está claro qué mezcla de productos sería la más rentable. Por lo tanto, se ha formado un equipo de IO para estudiar este problema.
El grupo comenzó a realizar juntas con la alta administración para identificar los objetivos del estudio y desarrollaron la siguiente definición del problema:
Determinar que tasas de producción deben tener los dos productos con el fin de maximizar las utilidades totales, sujetas a las restricciones impuestas por las capacidades de producción limitadas disponibles en las tres plantas. (cada producto se fabricará en lotes de 20 unidades, de manera que la tasa de producción está definida con el número de lotes que se producen a la semana). Se permite cualquier combinación de tasas de producción que satisfaga estas restricciones, incluso no fabricar uno de los productos y elaborar todo lo que sea posible del otro.
El equipo de IO también identificó los datos que necesitan reunir:
Número de horas de producción disponibles por semana en cada planta para estos nuevos productos. (Casi todo el tiempo de estas plantas estás plantas está comprometido con los productos actuales, lo que limita la capacidad para manufacturar nuevos productos.)
Número de horas de fabricación que emplea cada lote producido de cada artículo nuevo en cada una de las plantas.
La ganancia por lote de cada producto nuevo. (Se escogió la ganancia por lote producido como una medida adecuada una vez que el equipo llegó a la conclusión de que la ganancia incremental de cada lote adicional producido sería, en esencia, constante, sin importar el número total de lotes producidos. Debido a que no se incurre en costos sustanciales para iniciar la producción y comercialización de estos nuevos productos, la ganancia total de cada uno es aproximadamente la ganancia por lote producido multiplicado por el número de lotes.)
La obtención de estimaciones razonables de estas cantidades requirió del apoyo de personal clave en varias unidades de la compañía. El personal de la división de manufactura proporcionó los datos de la primera categoría mencionada. El desarrollo de estimaciones para la segunda categoría requirió un análisis de los ingenieros de manufactura involucrados en el diseño de los procesos de producción para los nuevos artículos. Al analizar los datos de costos obtenidos por estos ingenieros, junto con la decisión sobre los precios de la división de mercadotecnia, el departamento de contabilidad calculó las estimaciones para la tercera categoría.
La tabla siguiente resume los datos reunidos.
Planta
Tiempo de producción por
lote(horas)
Tiempo de producción disponible a la
semana, horas
Producto
1 2
P1 1 0 4
P2 0 2 12
P3 3 2 18
Ganancias por lote $ 3000 $5000
Se trataba de un problema de programación lineal del tipo clásico mezcla de productos y procedemos a la formulación del modelo matemático correspondiente.
Para resolver este problema de PL: requerimos definir lo siguiente:
Variables de decisión:
: número de lotes del producto 1 fabricado por semana
: número de lotes del producto 2 fabricado por semana
1x
2x
Función objetivo: Maximizar
Restricciones:
Horas disponibles en la planta 1, para producir lotes del producto 1
Horas disponibles en la planta 2, para producir lotes del producto 2
Restricciones de no negatividad
21 53 xxz
41 x
122 2 x
Horas disponibles en la planta 3, para producir lotes del prod 1 y prod 2 1823 21 xx
0
0
2
1
x
x
Modelo matemático del PPL.
21 53 xxZ Max
0
0
1823
122
4
2
1
21
2
1
x
x
xx
x
xs.a.
122 2 x 41 x
122 2 x
41 x
1823 21 xx
122 2 x
02 x
01 x
(0,0) (4,0)
(4,3)
(2,6) (0,6)
Soluciones factibles
Vértices del problema Z óptimo
(0,0) 0
(0,6) 30
(2,6) 36 36
(4,3) 27
(4,0) 12
21 53 xxZ
122 2 x 41 x
122 2 x
41 x
1823 21 xx
122 2 x
02 x
01 x
Z=36
Z=27
Z=12
Z=30
Z=0
(4,3)
(2,6)
(4,0)
(0,6)
(0,0)
Solución óptima
Un problema de máximos de programación lineal
Problema 5: Una fábrica de bombones tiene almacenados 500 Kg.. de chocolate, 100
Kg.. de almendras y 85 Kg.. de frutas. Produce dos tipos de cajas: las de tipo A contienen
3 Kg. de chocolote, 1 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas; la de tipo B contiene 2 Kg. de
chocolate, 1,5 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas. Los precios de las cajas de tipo A y B
son $13 y $13,50 , respectivamente. ¿Cuántas cajas de cada tipo debe fabricar para
maximizar sus venta?
Caja tipo A Caja tip
B
Disponibles
Chocolate 3 2 500
Almendras 1 1.5 100
Frutas 1 1 85
Precio en
euros
13 13.50
La siguiente tabla resume los datos del problema
Designando por X = nº de cajas de tipo A Y = nº de cajas de tipo B
Función objetivo z = f (x, y) = 13X + 13.5Y que hay que maximizar
Con las restricciones:
3X + 2Y 500 (por el chocolate almacenado) X + 1.5Y 100 (por la almendra almacenada) X + Y 85 (por la fruta almacenada) X 0 Y 0
• En un primer paso representamos la región factible.
• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.
R(0, 100/1,5)
Q(55, 30)
P(85, 0)
• Finalmente evaluamos la función objetivo z = 13x + 13,50y en cada vértice, para obtener el máximo
• z(P) = 13.85+13.50. 0 = $1105 • z(Q) = 13.55+13.50. 30 =$ 1120 • z(R) = 13.0+13.50. 100/1.5 = $900
Problema 6: Un grupo local posee dos emisoras de radio, una de FM y otra de AM. La emisora de FM
emite diariamente 12 horas de música rock, 6 horas de música clásica y 5 horas de información
general. La emisora de AM emite diariamente 5 horas de música rock, 8 horas de música clásica y 10
horas de información general. Cada día que emite la emisora de FM le cuesta al grupo C$5000 , y
cada día que emite la emisora de AM le cuesta al grupo C$4000. Sabiendo que tiene enlatado para
emitir 120 horas de música rock, 180 horas de música clásica y 100 horas de información general,
¿cuántos días deberá emitir con ese material cada una de las emisoras para que el coste sea
mínimo, teniendo en cuenta que entre las dos emisoras han de emitir al menos una semana? Emisora FM Emisora AM Disponibles
Música rock 12 5 120
Música clásica 6 8 180
Información general 5 10 100
Coste en euros 5000 4000
La siguiente tabla resume los datos del problema
Designando por x = nº de días de AM y = nº de días de FM
Función objetivo z = f (x , y) = 5000x + 4000y que hemos de minimizar
Con las restricciones:
12x + 5y 120 (por la música rock) 6x + 8y 180 (por la música clásica) 5x + 10y 100 (por la información general) x + y 7 (emitir al menos una semana) x 0; y 0
Un problema de mínimos de programación lineal
• En un primer paso representamos la región factible.
• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.
R(0, 10)
Q(7.37, 6.32)
P(10, 0)
• Finalmente evaluamos la función objetivo z = 5000x + 4000y en cada vértice, para obtener el mínimo.
• z(P) = 5000.10+4000. 0 = 50000 • z(Q) = 5000.7.37+4000. 6.32 = 62130
• z(R) = 5000.0+4000. 10 = 40000 • z(S) = 5000.0+4000. 7 = 28000 • z(T) = 5000.7+4000. 10 = 35000 T(7, 0)
S(0, 7)
PROBLEMA 7: PROBLEMA DE PL
Un fabricante produce mesas (X) y escritorios (Y). Para cada
mesa que produce requiere 2 horas y media de montaje, tres
horas de pulido y una hora de embalaje. Asimismo, para cada
escritorio se requiere una hora de montaje, tres horas de pulido
y dos horas de embalaje. Estas secciones presentan las
siguientes limitaciones: la unidad de montaje trabaja, como
máximo 20 horas al día; la unidad de pulido como máximo 15
horas al día; la unidad de embalaje como máximo 16 horas al
día. El fabricante trabaja con un margen de beneficios de U$25
por mesa producida y U$40 por cada escritorio, Plantear el
modelo de programación Matemático en el caso que el
fabricante pretenda maximizar beneficios.
Cada muñeco:
• Produce un beneficio neto de U$3 .
• Requiere 2 horas de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora de trabajo de carpinteria.
Cada tren:
• Produce un beneficio neto de U$2
• Requiere 1 hora de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora trabajo de carpinteria.
Ejemplo: La fábrica Gepetto S.L., manufactura muñecos y trenes de madera.
Cada semana Gepetto puede disponer de:
• Todo el material que necesite.
• Solamente 100 horas de acabado.
• Solamente 80 horas de carpinteria.
También:
• La demanda de trenes puede ser cualquiera (sin límite).
• La demanda de muñecos es cuando mucho 40.
Gepetto quiere maximizar sus beneficios. ¿Cuántos muñecos y cuántos trenes debe fabricar?
Variables de
Decisión
x = nº de muñecos
producidos a la
semana
y = nº de trenes
producidos a la
semana
Función Objetivo. En cualquier
PPL, la decisión a tomar es como
maximizar (normalmente el
beneficio) o minimizar (el coste)
de alguna función de las variables
de decisión. Esta función a
maximizar o minimizar se llama
función objetivo.
Max z = 3x + 2y
El objetivo de Gepetto es elegir
valores de x e y para maximizar
3x + 2y. Usaremos la variable z
para denotar el valor de la
función objetivo. La función
objetivo de Gepetto es:
Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL).
Restricciones
Son desigualdades que
limitan los posibles
valores de las variables
de decisión.
En este problema las
restricciones vienen
dadas por la
disponibilidad de horas
de acabado y carpintería
y por la demanda de
muñecos.
También suele haber
restricciones de signo o
no negatividad:
x ≥ 0
y ≥ 0
Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas.
Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpinteria pueden ser usadas.
Restricción 3: limitación de demanda, no deben fabricarse más de 40 muñecos.
Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente
por las siguientes desigualdades:
Restricción 1: 2 x + y ≤ 100
Restricción 2: x + y ≤ 80
Restricción 3: x ≤ 40
Cuando x e y crecen, la función objetivo de Gepetto también crece.
Pero no puede crecer indefinidamente porque, para Gepetto, los
valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones:
Además, tenemos las restricciones de no negatividad: x ≥ 0 e y ≥ 0
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
Muñeco Tren
Beneficio 3 2
Acabado 2 1 ≤ 100
Carpintería 1 1 ≤ 80
Demanda ≤ 40
Formulación matemática del PPL
Max z = 3x + 2y (función objetivo)
2 x + y ≤ 100 (acabado)
x + y ≤ 80 (carpinteria)
x ≤ 40 (demanda muñecos)
Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana
y = nº de trenes producidos a la semana
Max z = 3x + 2y (función objetivo)
Sujeto a (s.a:)
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)
x + y ≤ 80 (restricción de carpinteria)
x ≤ 40 (restricción de demanda de muñecos)
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de
signo x ≥ 0 e y ≥ 0 con la función objetivo y las restricciones,
tenemos el siguiente modelo de optimización:
x = 40 e y = 20 está en la región
factible porque satisfacen todas
las restricciones de Gepetto.
Sin embargo, x = 15, y = 70 no
está en la región factible porque
este punto no satisface la
restricción de carpinteria
[15 + 70 > 80].
Restricciones de Gepetto
2x + y ≤ 100 (restricción finalizado)
x + y ≤ 80 (restricción carpintería)
x ≤ 40 (restricción demanda)
x ≥ 0 (restricción signo)
y ≥ 0 (restricción signo)
La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos
que satisfacen todas las restricciones. Es la región del plano
delimitada por el sistema de desigualdades que forman las restricciones.
La mayoría de PPL tienen solamente una solución óptima.
Sin embargo, algunos PPL no tienen solución óptima, y
otros PPL tienen un número infinito de soluciones.
Más adelante veremos que la solución del PPL de
Gepetto es x = 20 e y = 60. Esta solución da un valor de la
función objetivo de: z = 3x + 2y = 3·20 + 2·60 = 180 €
Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima, estamos diciendo que en
ningún punto en la región factible, la función objetivo tiene un valor (beneficio)
superior a 180.
Para un problema de maximización, una solución óptima
es un punto en la región factible en el cual la función
objetivo tiene un valor máximo. Para un problema de
minimización, una solución óptima es un punto en la
región factible en el cual la función objetivo tiene un valor
mínimo.
Se puede demostrar
que la solución óptima
de un PPL está siempre
en la frontera de la
región factible, en un
vértice (si la solución es
única) o en un
segmento entre dos
vértices contiguos (si
hay infinitas soluciones)
2x + y = 100
Cualquier PPL con sólo dos variables
puede resolverse gráficamente.
Por ejemplo, para representar
gráficamente la primera restricción, 2x
+ y ≤ 100 :
Dibujamos la recta 2x + y = 100
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
Elegimos el semiplano que
cumple la desigualdad: el punto
(0, 0) la cumple
(2·0 + 0 ≤ 100),
así que tomamos el semiplano
que lo contiene.
Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver
gráficamente. La región factible es el conjunto de todos los puntos que
satisfacen las restricciones:
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)
x + y ≤ 80 (restricción de carpintería)
x ≤ 40 (restricción de demanda)
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo) Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100 2x + y = 100 Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0 Teniendo en cuenta
las restricciones de
signo (x ≥ 0, y ≥ 0),
nos queda:
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
x + y = 80
Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
x = 40 Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100 2x + y = 100
x + y = 80
x = 40
La intersección
de todos estos
semiplanos
(restricciones)
nos da la región
factible
Región
Factible
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100 2x + y = 100
x + y = 80
x = 40
Región
Factible
La región factible (al
estar limitada por rectas)
es un polígono.
En esta caso, el
polígono ABCDE.
A B
C
D
E
Como la solución
óptima está en alguno
de los vértices (A, B, C,
D o E) de la región
factible, calculamos
esos vértices.
Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Región
Factible
E(0, 80)
(20, 60)
C(40, 20)
B(40, 0) A(0, 0)
Los vértices de la región factible son
intersecciones de dos rectas. El punto D
es la intersección de las rectas
2x + y = 100
x + y = 80
La solución del sistema x = 20, y = 60
nos da el punto D.
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
D
B es solución de
x = 40
y = 0
2x + y = 100
x = 40
x + y = 80
C es solución de
x = 40
2x + y = 100 E es solución de
x + y = 80
x = 0
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
z = 0 z = 100 z = 180
Para hallar la
solución óptima,
dibujamos las
rectas en las
cuales los puntos
tienen el mismo
valor de z.
La figura muestra
estas lineas para
z = 0, z = 100, y z =
180
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
z = 0 z = 100 z = 180
La última recta de z
que interseca (toca) la
región factible indica
la solución óptima
para el PPL. Para el
problema de Gepetto,
esto ocurre en el
punto D (x = 20, y =
60, z = 180).
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
También podemos encontrar la
solución óptima calculando el valor de
z en los vértices de la región factible.
Vértice z = 3x + 2y
(0, 0) z = 3·0+2·0 = 0
(40, 0) z = 3·40+2·0 = 120
(40, 20) z = 3·40+2·20 = 160
(20, 60) z = 3·20+2·60 = 180
(0, 80) z = 3·0+2·80 = 160 20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X La solución óptima es:
x = 20 muñecos
y = 60 trenes
z = U$ 180 de beneficio
Hemos identificado la región factible para el problema
de Gepetto y buscado la solución óptima, la cual era el
punto en la región factible con el mayor valor posible
de z.
Recuerda que:
• La región factible en cualquier PPL está
limitada por segmentos (es un polígono,
acotado o no).
• La región factible de cualquier PPL tiene
solamente un número finito de vértices.
• Cualquier PPL que tenga solución óptima
tiene un vértice que es óptimo.
PROBLEMA 8:Problema de minimización
Dorian Auto; fabrica y vende autos y furgonetas.La
empresa quiere emprender una campaña publicitaria
en TV y tiene que decidir comprar los tiempos de
anuncios en dos tipos de programas: del corazón y fútbol.
• Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2
millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de
hombres.
• Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50.000 y un anuncio del
fútbol cuesta U$100.000 .
• Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones de
mujeres y 24 millones de hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de
programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo.
• Cada anuncio del programa del
corazón es visto por 6 millones de
mujeres y 2 millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto por 3
millones de mujeres y 8 millones de
hombres.
• Un anuncio en el programa de
corazón cuesta U$50.000 y un
anuncio del fútbol cuesta U$100.000.
• Dorian Auto quisiera que los
anuncios sean vistos por lo menos 30
millones de mujeres y 24 millones de
hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos
anuncios debe contratar en cada tipo
de programa para que el coste de la
campaña publicitaria sea mínimo.
Corazón
(x)
Fútbol
(y)
mujeres 6 3 6x + 3y ≥ 30
hombres 2 8 2x + 8y ≥ 24
Coste
U$ 50 100 50x +100y
Formulación del problema:
Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón
y = nº de anuncios en fútbol
Min z = 50x + 100y (función objetivo en 1.000 €)
s.a: 6x + 3y ≥ 30 (mujeres)
2x + 8y ≥ 24 (hombres)
x, y ≥ 0 (no negatividad)
Formulación del problema:
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
Min z = 50 x + 100y
s.a. 6x + 3y ≥ 30
2x + 8y ≥ 24
x, y ≥ 0
6x + 3y = 30
2x + 8y = 24
Dibujamos la región factible.
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
La región factible
no está acotada
Región
Factible
Calculamos los vértices de la región factible:
A
B
C
El vértice A es solución del
sistema
6x + 3y = 30
x = 0
Por tanto, A(0, 10) El vértice B es solución de
6x + 3y = 30
2x + 8y = 24
Por tanto, B(4, 2)
El vértice C es solución de
2x + 8y = 24
y = 0
Por tanto, C(12, 0)
Región
Factible
Resolvemos por el método analítico
A(0, 10)
B(4, 2)
C(12, 0)
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
Vértice z = 50x + 100y
A(0, 10) z = 50·0 + 100·10 =
= 0+10000 = 10 000
B(4, 2) z = 50·4 + 100·2 =
= 200+200 = 400
C(12, 0) z = 50·12 + 100·0 =
= 6000+0 = 6 000
El coste mínimo se obtiene en B.
Solución:
x = 4 anuncios en pr. corazón
y = 2 anuncios en futbol
Coste z = U$400 (mil )
Evaluamos la función objetivo z en los vértices.
Región
Factible
Resolvemos por el método gráfico
A(0, 10)
B(4, 2)
C(12, 0) X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
El coste mínimo
se obtiene en el
punto B.
Solución:
x = 4 anuncios en prog. corazón
y = 2 anuncios en futbol
Coste z = 400 (mil €)
Min z = 50 x + 100y
s.a. 6x + 3y ≥ 30
2x + 8y ≥ 24
x, y ≥ 0
Z = 600
Z = 400
Sol. óptima en un
vértice
Sol. óptima todo un
lado de la región
factible
Región
factible
Cerrada
Solución única
Múltiple
Soluciones
Sol. óptima en un
vértice
Sol. óptima todo un
lado de la región
factible
No hay mínimo o
máximo
Región
factible
Abierta
Solución única
Múltiple
Soluciones
No tiene
Solución
• Algunos PPL tienen un número infinito de soluciones
óptimas (alternativas o múltiples soluciones óptimas).
• Algunos PPL no tienen soluciones factibles (no tienen
región factible).
• Algunos PPL son no acotados: Existen puntos en la
región factible con valores de z arbitrariamente
grandes (en un problema de maximización).
Los ejemplos anteriores, hasta ahora estudiados tienen,
cada uno, una única solución óptima.
No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar
también las siguientes posibilidades:
Veamos un ejemplo de cada caso.
Número de soluciones de un problema de programación lineal
Para un problema de minimización
Solución única Solución de arista: infinitas soluciones
No hay mínimo
Para un problema de maximización
Solución única Solución de arista: infinitas soluciones
No hay máximo
max z = 3x + 2y
s.a:
Cualquier punto (solución)
situado en el segmento AB
puede ser una solución óptima
de z =120.
Consideremos el siguiente
problema:
3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
x , y ≥ 0
10
10 20 30 40
20
30
40
50
50
60
Y
X
z = 60
z = 100
z = 120
A
B
C
Región
Factible
3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
s.a:
max z = 3x1 + 2x2
No existe región factible
Consideremos el siguiente
problema:
3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
x ≥ 30
y ≥ 30
x , y ≥ 0
10
10 20 30 40
20
30
40
50
50
60
Y
X
No existe
Región Factible
y ≥ 30
x ≥ 30
x + y ≤ 50
3x + 2y ≤ 120
max z = 2x – y
s.a: x – y ≤ 1
2x + y ≥ 6
x, y ≥ 0 La región factible es no
acotada. Se muestran en el
gráfico las rectas de nivel para
z = 4 y z = 6. Pero podemos
desplazar las rectas de nivel
hacia la derecha
indefinidamente sin abandonar
la región factible. Por tanto, el
valor de z puede crecer
indefinidamente.
1
1 2 3 4
2
3
4
5
5
6
Y
X
z = 4
z = 6
Región Factible
Resumen:
Optimizar (maximizar o minimizar) z = a x + by sujeta a las siguientes restricciones
a1x + b1y d1
a2x + b2y d2
... ... ...
anx + bny dn
Función objetivo
• Solución posible: cualquier par de valores (x1, y1) que cumpla todas la restricciones. Al conjunto de soluciones posibles de un problema lineal se le llama región factible. • Solución óptima: un par de valores (x1, y1), si existe, que hace máxima o mínima la función objetivo
Un problema de programación lineal puede: • Tener solución única • Tener infinitas soluciones • No tener solución
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Una fábrica de carrocerías de automóviles y camiones tiene dos Talleres. En el
Taller A, para hacer la carrocería de un camión, se invierten 7 días-operario,
para fabricar la de un carro se precisan 2 días-operario. En el Taller B se
invierten tres días-operario tanto en carrocerías de camión como de carro. Por
limitaciones de mano de obra y maquinaria, El Taller A dispone de 300 días
operario, y el Taller B de 270 días-operario. Si los beneficios que se obtienen
por cada camión son de U$6000 y por cada automóvil U$2000, ¿cuántas
unidades de cada uno se deben producir para maximizar las ganancias?
2. Una empresa fabrica dos tipos de rótulos, los de clase A en U$200 la unidad y
los de clase B en U$150. En la producción diaria se sabe que el número de
rótulos de la clase B no supera en 1000 unidades a los de la A; además, entre
las dos clases no superan las 3000 unidades y la de la clase B no bajan de
1000 unidades por día. Hallar a producción máxima diaria.
FIN
INVESTIGACION
DE
OPERACIONES
JRVA- 2015