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10 de junio de 2014

Introduccion

Introduccion

En esta lectura daremos una introduccion al metodo Simplex desarrolladopor George Bernard Dantzig (8 de noviembre de 1914 13 de mayo de2005) en 1947. Este metodo se basa en la conversion del problema conrestricciones con desigualdades en un problema cuyas restricciones sonecuaciones lineales.

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Forma Estandar

Forma Estandar

Un modelo de PL se dice que esta en su forma estandar si cada restricciones una igualdad y las restricciones de signo para cada variable son del tipomayor o igual que cero.

EjemploNo esta en la forma estandar:

Max z = 3 x + 2 y

sujeto a2 x + y ≤ 100

x + y ≤ 80x ≤ 40x ≥ 0

y ≥ 0

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Forma Estandar

Forma Estandar

Un modelo de PL se dice que esta en su forma estandar si cada restricciones una igualdad y las restricciones de signo para cada variable son del tipomayor o igual que cero.EjemploNo esta en la forma estandar:

Max z = 3 x + 2 y

sujeto a2 x + y ≤ 100

x + y ≤ 80x ≤ 40x ≥ 0

y ≥ 0

10 de junio de 2014 3 / 1

Conversion a la Forma Estandar


El algoritmo Simplex para resolver modelos de programacion lineal requiereque el modelo este en su forma estandar. Lo que se hace es convertir elmodelo a la forma estandar. Esto se logra introduciendo nuevas variables,algunas de las cuales reemplazaran a las variables originales.

Para cada restriccion del tipo ≤ se introduce una nueva variable deholgura (slack variable) si que se suma al primer miembro y ladesigualdad se convierte en igualdad; se anade la restriccion de signoa la nueva variable si ≥ 0.

Para cada restriccion del tipo ≥ se introduce una nueva variable deexceso (excess variable) ei que se resta al primer miembro y ladesigualdad se convierte en igualdad; se anade la restriccion de signoa la nueva variable ei ≥ 0.

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Para cada variable xi que tiene restriccion de signo del tipo ≤ 0, secambian todas las apariciones de xi en el modelo por la expresion −x ′

i

donde x ′i es una nueva variable con restriccion de signo x ′

i ≥ 0.

Para cada variable xi que no tiene restriccion de signo se cambiantodas las apariciones de ella en el modelo por la expresion x ′

i − x ′′i

donde x ′i y x ′′

i son dos nuevas variables con restriccion de signo x ′i ≥ 0

y x ′′i ≥ 0.

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Ejemplos de Conversion a la Forma Estandar


EjemploConvierta a la forma estandar:

Max z = 3 x + 2 y

sujeto a2 x + y ≤ 100 : R1

x + y ≤ 80 : R2

x ≤ 40 : R3

x ≥ 0y ≥ 0

Max z = 3 x + 2 yR1 → 2 x + y + s1 = 100R2 → x + y + s2 = 80R3 → x + s3 = 40

Satisfaciendo las variables de decision x , y , s1, s2, s3 ≥ 0.

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EjemploConvierta a la forma estandar:

Max z = 50 x1 + 20 x2 + 30 x3

sujeto a400 x1 + 200 x2 + 150 x3 ≥ 500

3 x1 + 2 x2 ≤ 62 x1 + 2 x2 + 4 x3 ≥ 102 x1 + 4 x2 + x3 = 8

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

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Usando las reglas descritas previamente se introducen las nuevas variablese1, s1 y e2 para las restricciones 1, 2 y 3 respectivamente. El nuevo modeloPL queda:

Max z = 50 x1 + 20 x2 + 30 x3

sujeto a

400 x1 + 200 x2 + 150 x3 − e1 = 5003 x1 + 2 x2 + s1 = 62 x1 + 2 x2 + 4 x3 − e2 = 102 x1 + 4 x2 + x3 = 8

x1, x2, x3, e1, e2, s1 ≥ 0

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Solucion basica

Solucion basica

Una solucion basica (SB) a un sistema de ecuaciones Ax = b m × n(n ≥ m) es una solucion al sistema que se obtiene haciendo cero n −mvariables y que resulta en un sistema con solucion unica. A una variable dedecision que deliberadamente se hace cero se le llama variables no basica(VNB) y mientras que a aquella que se conserva dentro del nuevo sistemase le llama variable basica (VB).

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Solucion basica

EjemploDetermine las soluciones basicas al sistema:

x1 + x2 = 3− x2 + x3 = −1

En este caso: m = 2 =numero de ecuaciones y n = 3 =numero de incognitas.Por tanto, las soluciones basicas se obtienen haciendo cero n −m = 3− 2 = 1variable. Siendo n = 3 el numero de variables, tenemos:(

nn −m

)=

(31

)=

3!

1!× (3− 1)!=

1 · 2 · 31× 1 · 2

= 3 posibles SB

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Solucion basica

VNBs = {x1}. Haciendo x1 = 0 el sistema original queda:

+ x2 = 3− x2 + x3 = −1

dando como solucion : x1 = 0, x2 = 3 y x3 = 2.


+ x1 = 3+ x3 = −1

dando como solucion : x1 = 3, x2 = 0 y x3 = −1.


+ x1 + x2 = 3− x2 = −1

dando como solucion : x1 = 2, x2 = 1 y x3 = 0.

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Solucion basica

EjemploDetermine las soluciones basicas al sistema:

x1 + 2 x2 + x3 = 12 x1 + 4 x2 + x3 = 3

En este ejemplo hay 3!/(1!× (3− 1)!) = 3 posibles soluciones basicas.


+ 2 x2 + x3 = 1+ 4 x2 + x3 = 3



+ x1 + x3 = 1+ 2 x1 + x3 = 3


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Solucion basica


x1 + 2 x2 = 12 x1 + 4 x2 = 3

este sistema es inconsistente. Por tanto, no hay solucion basicacorrespondiente a VNBs = {x3}.

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Solucion basica factible


Una solucion basica factible (SBF) a un sistema de ecuaciones Ax = bm × n (n ≥ m) es una solucion basica con valores no negativos para lasvariables de decision.

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EjemploDetermina las soluciones basicas factibles del sistema estandar correspondiente ala region que definen las restricciones

x1 + x2 ≤ 402 x1 + x2 ≤ 60

y x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar es:

x1 + x2 + s1 = 402 x1 + x2 + s2 = 60

y cumpliendo x1, x2, s1, s2 ≥ 0.

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EjemploDetermina las soluciones basicas factibles del sistema estandar correspondiente ala region que definen las restricciones

x1 + x2 ≤ 402 x1 + x2 ≤ 60

y x1, x2 ≥ 0.La forma estandar es:

x1 + x2 + s1 = 402 x1 + x2 + s2 = 60


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En este caso desaparecemos 4− 2 variables para obtener las SB:

VNBs = {x1, x2} → VB = {s1 = 40, s2 = 60} A(0,0)

VNBs = {x1, s1} → VB = {x2 = 40, s2 = 20} B(0,40)

VNBs = {x1, s2} → VB = {x2 = 60, s1 = −20} C(0,60), no es solucionbasica factible

VNBs = {x2, s1} → VB = {x1 = 40, s2 = −20} D(40,0), no es solucionbasica factible

VNBs = {x2, s2} → VB = {x1 = 30, s1 = 10} E(30,0)

VNBs = {s1, s2} → VB = {x1 = 20, x2 = 20} F(20,20)

A(0, 0) E(30, 0)

F (20, 20)

B(0, 40)

C(0, 60)

D(40, 0)

Figura : Relacion entre SBFs y extremos de la RF

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En este caso desaparecemos 4− 2 variables para obtener las SB:

VNBs = {x1, x2} → VB = {s1 = 40, s2 = 60} A(0,0)

VNBs = {x1, s1} → VB = {x2 = 40, s2 = 20} B(0,40)

VNBs = {x1, s2} → VB = {x2 = 60, s1 = −20} C(0,60), no es solucionbasica factible

VNBs = {x2, s1} → VB = {x1 = 40, s2 = −20} D(40,0), no es solucionbasica factible

VNBs = {x2, s2} → VB = {x1 = 30, s1 = 10} E(30,0)

VNBs = {s1, s2} → VB = {x1 = 20, x2 = 20} F(20,20)

A(0, 0) E(30, 0)

F (20, 20)

B(0, 40)

C(0, 60)

D(40, 0)

Figura : Relacion entre SBFs y extremos de la RF10 de junio de 2014 16 / 1

Direccion de No Acotamiento


Considere un modelo PL en su forma estandar con region factible S y conrestricciones Ax = b y x ≥ 0. Un vector no cero d es una direccion de noacotamiento si para para cualquier x ∈ S y para cualquier escalar c ≥ 0 secumple que x + c d esta en S .

Se demuestra: Teorema

d es una direccion de no acotamiento si y solo si d cumple queAd = 0 y d ≥ 0.

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EjemploDetermine las SBF y direcciones de no acotamiento para la region

2 x1 + 3 x2 ≥ 6

cumpliendo x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar queda

2 x1 + 3 x2 − e1 = 6

con x1, x2, e1 ≥ 0.

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2 x1 + 3 x2 ≥ 6

cumpliendo x1, x2 ≥ 0.La forma estandar queda

2 x1 + 3 x2 − e1 = 6

con x1, x2, e1 ≥ 0.

10 de junio de 2014 18 / 1


VNBs = {x1, x2} → VB = {e1 = −6} A(0,0) NF

VNBs = {x1, e1} → VB = {x2 = 2} B(0,2) SBF

VNBs = {x2, e1} → VB = {x1 = 3} C(3,0) SBF

Encontramos la solucion general para 2 x1 + 3 x2 − e1 = 0 despejando e1:e=2 x1 + 3 x2 es decir, que la direccion de no acotamiento es:

d =

x1

x2

e1

=

x1

x2

2 x1 + 3 x2

le podemos dar valores a x1, x2 para generar direcciones de no acotamiento. Por

ejemplo, x1 = 1 y x2 = 0 dando la direccion d =< 1, 0, 2 > cuya proyeccion en el

espacio con x1 y x2 es el eje x . Tambien podemos elegir x2 = 1 y x1 = 0 dando la

direccion d =< 0, 1, 3 > cuya proyeccion en el espacio con x1 y x2 es el eje y .

Inclusive podemos tomar x1 = 1 y x2 = 1 dando la direccion d =< 1, 1, 5 >.

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A(0, 0)

B(0, 2)

C(3, 0)

Figura : Direccion de no acotamiento para el ejemplo

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7 x1 + 2 x2 ≥ 282 x1 + 12 x2 ≥ 24

con x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar queda

7 x1 + 2 x2 − s1 = 282 x1 + 12 x2 − s2 = 24

con x1, x2, s1, s2 ≥ 0.

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7 x1 + 2 x2 ≥ 282 x1 + 12 x2 ≥ 24

con x1, x2 ≥ 0.La forma estandar queda

7 x1 + 2 x2 − s1 = 282 x1 + 12 x2 − s2 = 24

con x1, x2, s1, s2 ≥ 0.

10 de junio de 2014 21 / 1


VNBs = {x1, x2} → VB = {s1 = −24, s2 = −28} A(0,0) NF

VNBs = {x1, s1} → VB = {x2 = 14, s2 = 144} B(0,14)

VNBs = {x1, s2} → VB = {x2 = 2, s1 = −24} C(0,2) NF

VNBs = {x2, s1} → VB = {x1 = 4, s2 = −16} D(4,0) NF

VNBs = {x2, s2} → VB = {x1 = 12, s1 = 56} E(12,0)

VNBs = {s1, s2} → VB = {x1 = 18/5, x2 = 7/5} F(18/5,7/5)

A(0, 0)

B(0, 14)

C(0, 2)

D(4, 0) E(12, 0)

F (18/5, 7/5)

Figura : No acotamiento

10 de junio de 2014 22 / 1


VNBs = {x1, x2} → VB = {s1 = −24, s2 = −28} A(0,0) NF

VNBs = {x1, s1} → VB = {x2 = 14, s2 = 144} B(0,14)

VNBs = {x1, s2} → VB = {x2 = 2, s1 = −24} C(0,2) NF

VNBs = {x2, s1} → VB = {x1 = 4, s2 = −16} D(4,0) NF

VNBs = {x2, s2} → VB = {x1 = 12, s1 = 56} E(12,0)

VNBs = {s1, s2} → VB = {x1 = 18/5, x2 = 7/5} F(18/5,7/5)

A(0, 0)

B(0, 14)

C(0, 2)

D(4, 0) E(12, 0)

F (18/5, 7/5)

Figura : No acotamiento10 de junio de 2014 22 / 1


Resolviendo Ax = 0 obtenemos:x1

x2

s1

s2

=

x1

x2

7 x1 + 2 x2

2 x1 + 12 x2

Haciendo x1 = x2 = 1 obtenemos una direccion de no acotamiento:

d =

119

14

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x1 + x2 ≥ 1− x1 + x2 ≤ 1− x1 + x2 ≥ −1

con x1, x2 ≥ 0.


x1 + x2 ≥ 1x1 ≤ 1

+ x2 ≤ 1

con x1, x2 ≥ 0.

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x1 + x2 ≥ 1− x1 + x2 ≤ 1− x1 + x2 ≥ −1

con x1, x2 ≥ 0.Ejemplo

Determine las SBF y direcciones de no acotamiento para la region

x1 + x2 ≥ 1x1 ≤ 1

+ x2 ≤ 1

con x1, x2 ≥ 0.

10 de junio de 2014 24 / 1

Relacion entre SBF y los extremos de RF


Un punto clave que relaciona la parte geometrica con la parte algebraicaes el siguiente resultado teorico:

TeoremaLa region factible a un modelo lineal corresponde a un conjuntoconvexo, y a cada extremo de la region le corresponde una SBFde su forma estandar y a cada SBF le corresponde un extremo dela region factible.

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El siguiente resultado dice que todos los puntos de la region factible pueden

obtenerse mediante conbinaciones lineales convexas de los extremos. Inclusive,

cuando la region factible es no acotada todos los puntos de la region factible se

obtienen trasladando las combinaciones convexas por direcciones de no

acotamiento.

TeoremaConsidere un modelo PL en la forma estandar que tiene comosoluciones basicas factibles a b1, b1, . . . , bk . Cualquier punto en laregion factible puede ser escrito en la forma:

x = d +k∑

i=1

σi bi

donde d es el vector cero o es una direccion de no acotamiento y secumple que

k∑i=1

σi = 1

y σi ≥ 0.

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Los puntos donde ocurren los optimos


TeoremaSi un modelo PL tiene solucion optima, entonces tiene una solucionbasica factible optima.

Sea xo una solucion optima. Entonces xo puede escribirse de la forma:

xo = d +k∑

i=1

σi bi

donde bk son las SBF al PL, d es el vector cero o es el vector de direccion de noacotamiento y

∑ki=1 σi = 1 y σi ≥ 0. Suponga que la funcion objetivo es

f (x) = c • x. Existen tres casos posibles para c • d:

c • d > 0: Como para cualquier k > 0, yk = k d +∑k

i=1 σi bi es unasolucion factible, entonces

c • yk = k (c • d) +k∑

i=1

σi c • bi

podrıa hacerse crecer indefinidamente. Contradiciendo el hecho de que en xoalcanzo un optimo.

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TeoremaSi un modelo PL tiene solucion optima, entonces tiene una solucionbasica factible optima.

Sea xo una solucion optima. Entonces xo puede escribirse de la forma:

xo = d +k∑

i=1

σi bi

donde bk son las SBF al PL, d es el vector cero o es el vector de direccion de noacotamiento y

∑ki=1 σi = 1 y σi ≥ 0. Suponga que la funcion objetivo es

f (x) = c • x. Existen tres casos posibles para c • d:

c • d > 0: Como para cualquier k > 0, yk = k d +∑k

i=1 σi bi es unasolucion factible, entonces

c • yk = k (c • d) +k∑

i=1

σi c • bi

podrıa hacerse crecer indefinidamente. Contradiciendo el hecho de que en xoalcanzo un optimo. 10 de junio de 2014 27 / 1


c • d < 0: Como y = 0d +∑k

i=1 σi bi es una solucion factible, entonces

c • y =k∑

i=1

σi c • bi > c • d +k∑

i=1

σi c • bi = c • xo

Contradiciendo el hecho de que en xo alcanzo un optimo.

c • d = 0: Ası

c • xo = c • d +k∑

i=1

σi c • bi =k∑

i=1

σi c • bi

Si suponemos que bj es la SBF con mayor evaluacion en la funcion objetivo(c bi ≤ c bj para toda i = 1, 2, . . . , k). Entonces

c xo =k∑

i=1

σi c bi ≤k∑

i=1

σi c bj =

(k∑

i=1

σi

)c bj = c bj

Como xo es optimo se deduce que c xo = c bj . Es decir, que la SBF bj estambien un optimo para el PL.

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SBF Adyacentes

SBF Adyacentes

Una defincion importante que relaciona la parte geometrica con la partealgebraica.Para un modelo PL con m restricciones, dos soluciones basicas factibles sedicen ser soluciones basicas factibles adyacentes si acaso tienen m − 1variables basicas en comun.

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SBF Adyacentes

EjemploDetermine las SBFs y encuentre sus relaciones de adyacencia al siguientePL:

Maximice z = 4 x1 + 3 x2

sujeto a: x1 + x2 + s1 = 402 x1 + x2 + s2 = 60


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SBF Adyacentes

Este problema tiene como FBS:

VNBs = {x1, x2} → VB = {s1 = 40, s2 = 60} A(0,0)VNBs = {x1, s1} → VB = {x2 = 40, s2 = 20} B(0,40)VNBs = {x2, s2} → VB = {x1 = 30, s1 = 10} E(30,0)VNBs = {s1, s2} → VB = {x1 = 20, x2 = 20} F(20,20)

Son adyacentes: A(0,0) y B(0,40), A(0,0) y E(30,0), B(0,40) y F(20,20), yE(30,0) y F(20,20).

A(0, 0)

B(0, 40)

E(30, 0)

F (20, 20)

Figura : Direccion de no acotamiento para el ejemplo10 de junio de 2014 31 / 1

Algoritmo Simplex

Algoritmo Simplex

El algoritmo Simplex procede de la siguiente manera:

1 Convierta el modelo PL a su forma estandar.

2 Obtenga una SBF a la forma estandar.

3 Determine si la SBF es optima: Si hay una variable no basica cuyo aumentohace que el valor actual de la funcion a maximizar suba, entonces la solucionactual no es optima.

4 Si la SBF no es optima, determine la variable no-basica que deberıaconvertise en basica (la de mayor impacto en la funcion objetivo) y cualvariable basica deberıa convertise en una no-basica (la que impone unarestriccion mayor a la variable de mayor impacto). Con la seleccion anteriory usando operaciones elementales de renglon determine una SBF nuevaadyacente a la anterior.

5 Reinicie con el paso 3 y con la nueva SBF.

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Ejemplo

Ejemplo

EjemploMuebles Dakota construye escritorios, mesas y sillas. La construccion de cadatipo de mueble requiere madera, mano de obra en carpinterıa y mano de obra enterminado.

Recurso Escritorio Mesa Silla

Madera(pies) 8 6 1Terminado (horas) 4 2 1.5Carpinterıa (horas) 2 1.5 0.5

Actualmente se tiene disponibles 48 pies de madera, 20 horas de terminado y 8

horas de carpinterıa. Un escritorio se vende en $60, una mesa en $30 y una silla

en $20. La companıa cree que la demanda por escritorios y sillas es ilımitada, pero

que a lo mas 5 mesas se pueden vender. Como los recursos estan disponibles, la

compania solo desea maximizar las ventas.

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Ejemplo

El modelo PL se formula como:

Variables de decision:

x1 = Numero de escritorios a producirsex2 = Numero de mesas a producirsex3 = Numero de sillas a producirse

Objetivo:Maximizar ventas z = 60 x1 + 30 x2 + 20 x3

Restricciones:

Por madera disponible (pies): 8 x1 + 6 x2 + x3 ≤ 48Por horas de terminado disponibles: 4 x1 + 2 x2 + 1.5 x3 ≤ 20Por horas de carpinterıa disponibles: 2 x1 + 1.5 x2 + 0.5 x3 ≤ 8Por demanda: x2 ≤ 5De signo: x1, x2, x3 ≥ 0

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Ejemplo

En la forma estandar con la funcion objetivo vista a su vez como ecuacion queda:

z − 60 x1 − 30 x2 − 20 x3 = 08 x1 + 6 x2 + x3 + s1 = 484 x1 + 2 x2 + 1.5 x3 + s2 = 202 x1 + 1.5 x2 + 0.5 x3 + s3 = 8

x2 + s4 = 5

Una solucion basica factible (en rojo las variables y en azul sus valores):


x2 + s4 = 5

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Ejemplo

Las variables basicas son z , s1, s2, s3 y s4. Mientras que las no basicas son x1, x2

y x3. Observamos que si incrementamos cualquiera de las variables no basicas elvalor de z se incrementa. Esta observacion se deduce de que los coeficientes dex1, x2 y x3 son negativos en la ecuacion de la funcion objetivo. De estaobservacion determinamos que la SBF actual no es optima.

Observamos que de estas variables, la que tiene el coeficientes negativo masgrande es x1. Ası el aumento de x1 tiene un mayor impacto en el crecimiento dez . Esta variable no basica se llamara variable entrante. Ası que tomaremos ladecision de aumentar el valor de x1, que ahora es cero pues es variable no basica.Sin embargo, no podemos aumentar indiscriminadamente el valor de x1. Debemosrevisar las restricciones para ver si una de ellas le impone lımite al valor que puedetomar x1. Este lımite lo vamos a obtener recordando que solo debemos manejarsoluciones basicas factibles, es decir, soluciones donde no puede haber variablesde decision con valor negativo.

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Ejemplo


y x3. Observamos que si incrementamos cualquiera de las variables no basicas elvalor de z se incrementa. Esta observacion se deduce de que los coeficientes dex1, x2 y x3 son negativos en la ecuacion de la funcion objetivo. De estaobservacion determinamos que la SBF actual no es optima.Observamos que de estas variables, la que tiene el coeficientes negativo masgrande es x1. Ası el aumento de x1 tiene un mayor impacto en el crecimiento dez . Esta variable no basica se llamara variable entrante. Ası que tomaremos ladecision de aumentar el valor de x1, que ahora es cero pues es variable no basica.

Sin embargo, no podemos aumentar indiscriminadamente el valor de x1. Debemosrevisar las restricciones para ver si una de ellas le impone lımite al valor que puedetomar x1. Este lımite lo vamos a obtener recordando que solo debemos manejarsoluciones basicas factibles, es decir, soluciones donde no puede haber variablesde decision con valor negativo.

10 de junio de 2014 36 / 1

Ejemplo


y x3. Observamos que si incrementamos cualquiera de las variables no basicas elvalor de z se incrementa. Esta observacion se deduce de que los coeficientes dex1, x2 y x3 son negativos en la ecuacion de la funcion objetivo. De estaobservacion determinamos que la SBF actual no es optima.Observamos que de estas variables, la que tiene el coeficientes negativo masgrande es x1. Ası el aumento de x1 tiene un mayor impacto en el crecimiento dez . Esta variable no basica se llamara variable entrante. Ası que tomaremos ladecision de aumentar el valor de x1, que ahora es cero pues es variable no basica.Sin embargo, no podemos aumentar indiscriminadamente el valor de x1. Debemosrevisar las restricciones para ver si una de ellas le impone lımite al valor que puedetomar x1. Este lımite lo vamos a obtener recordando que solo debemos manejarsoluciones basicas factibles, es decir, soluciones donde no puede haber variablesde decision con valor negativo.

10 de junio de 2014 36 / 1

Ejemplo

La variable no-basica de mayor impacto benefico sobre z es x1 (la variableentrante es la variable no-basica de mayor coeficiente negativo en el renglon dez):


x2 + s4 = 5

Ahora busquemos por cual variable basica cambiar (por la que le permitirıa un

mayor crecimiento manteniendo la factibilidad).

10 de junio de 2014 37 / 1

Ejemplo

Debemos tener en mente que x1 es la unica variable no basica que hemos decididoaumentar su valor. Es decir, que las variables no basicas x2 y x3 seguiran con valorcero. Con esto en mente las ecuaciones inferiores se convierten en las ecuaciones:

8 x1 + s1 = 484 x1 + s2 = 202 x1 + s3 = 8

s4 = 5

10 de junio de 2014 38 / 1

Ejemplo

Si despejamos las variables basicas para ponerlas en funcion de x1 obtenemos:

s1 = 48 − 8 x1

s2 = 20 − 4 x1

s3 = 8 − 2 x1

s4 = 5

Deducimos que la primera de estas ecuaciones impone a x1 un creciemto maximo

de x1 = 48/8 = 6 (mayor que esto harıa que el valor de s1 se hace negativa); La

segunda de estas relaciones impone a x1 un crecimiento maximo de

x1 = 20/4 = 5 (mayor que esto harıa que el valor de s2 se haga negativa). La

tercera de estas relaciones impone a x1 un crecimiento maximo de x1 = 8/2 = 4

(mayor que esto harıa que el valor de s3 se haga negativa). La ultima de estas

restricciones no se ve afectada por un cambio en el valor de x1. Como debemos

mantener los valores de las variables de decision no negativos, concluimos que el

maximo valor que puede tomar x1 es 4 (el menor valor de los antes mencionados).

Y este valor ubica la variable basica que se hara cero. Es decir, que pasara a ser

variable no basica. Esta variable se llamara variable saliente. Se dice que la

variable saldra de la base.

10 de junio de 2014 39 / 1

Ejemplo

En terminos algoritmicos, para determinar la variable basica saliente: para cadauna de las ecuaciones inferiores se determina la razon entre los lados derechos delas ecuaciones dividida entre el coeficiente de la variable entrante en cadaecuacion. Y de estas razones se escoge la mas pequena. La ecuacioncorrespondiente a tal razon determina la variable basica saliente.Si la variable entrante no aparece en la ecuacion (cero como coeficiente) diremosque tal ecuacion no limita el crecimiento de la variable entrante. Si la variableentrante tiene coeficiente negativo en una ecuacion, cuando se hace el despeje dela variable basica correspondiente lo que se obtiene es una formula que no limitael crecimiento de la variable entrante pues la variable basica correspondienteaumentarıa de valor; siendo no negativa, serıa siendo no negativa. Por tanto, paramotivos de determinar el valor maximo al que se puede incrementa la variableentrante, se determinara la menor razon entre los lados derechos y los coeficientespositivos. Como los lados derechos de las ecuaciones inferiores contienen losvalores de las variables basicas estos ninguno de estos sera negativo. la variablesaliente es la variable basica en cuyo renglon la variable entrante tiene coeficientepositivo y la razon:

Lado derecho del renglon

Coeficiente de la variable entrante en el renglon

es el mas pequeno.10 de junio de 2014 40 / 1

Ejemplo

Al aplicar la regla, identificamos que s3 es la variable saliente debido a que es laque mas limita el creciemiento de x1:

z − 60 x1 − 30 x2 − 20 x3 = 08 x1 + 6 x2 + x3 + s1 = 48 64 x1 + 2 x2 + 1.5 x3 + s2 = 20 5

2 x1 + 1.5 x2 + 0.5 x3 + s3 = 8 4

x2 + s4 = 5

En el renglon de la variable saliente, la variable entrante debe tener coeficiente1: La operacion que debe hacerse es dividir el renglon entre el coeficiente de lavariable entrante en el, en este caso 2, obteniendose:

z − 60 x1 − 30 x2 − 20 x3 = 08 x1 + 6 x2 + x3 + s1 = 484 x1 + 2 x2 + 1.5 x3 + s2 = 20x1 + 0.75 x2 + 0.25 x3 + 0.5 s3 = 4

x2 + s4 = 5

10 de junio de 2014 41 / 1

Ejemplo

Se realizan operaciones de eliminacion pivoteando con el renglon de la variablesaliente y utilizando la variable entrante:

E0 ← E0 + 60 E3,

E1 ← E1 − 8 E3,

E2 ← E1 − 4 E3

obteniendo:

z + 15 x2 − 5 x3 + 30 s3 = 240− x3 + s1 − 4 s3 = 16

− x2 + 0.5 x3 + s2 − 2 s3 = 4x1 + 0.75 x2 + 0.25 x3 + 0.5 s3 = 4

x2 + s4 = 5

10 de junio de 2014 42 / 1

Ejemplo

La variable no-basica de mayor impacto benefico sobre z es x3 (la variableentrante es la variable no-basica de mayor coeficiente negativo en el renglon de z)y buscamos la variable basica saliente:

z + 15 x2 − 5 x3 + 30 s3 = 240− x3 + s1 − 4 s3 = 16 NR

− x2 + 0.5 x3 + s2 − 2 s3 = 4 8

x1 + 0.75 x2 + 0.25 x3 + 0.5 s3 = 4 16x2 + s4 = 5 NR

10 de junio de 2014 43 / 1

Ejemplo

En el renglon de la variable saliente la variable entrante debe tener coeficiente 1:La operacion que debe hacerse es dividir el renglon entre el coeficiente de lavariable entrante en el:

z + 15 x2 − 5 x3 + 30 s3 = 240− x3 + s1 − 4 s3 = 16

− 2 x2 + x3 + 2 s2 − 4 s3 = 8x1 + 0.75 x2 + 0.25 x3 + 0.5 s3 = 4

x2 + s4 = 5

10 de junio de 2014 44 / 1

Ejemplo

Se realizan operaciones de eliminacion pivoteando con el renglon de la variablesaliente y utilizando la variable entrante:

E0 ← E0 + 5 E2,

E1 ← E1 + E2,

E3 ← E1 − 0.25 E2

obteniendo:

z + 5 x2 + 10 s2 + 10 s3 = 280− 2 x2 + s1 2 s2 − 8 s3 = 24− 2 x2 + x3 + 2 s2 − 4 s3 = 8

x1 + 1.25 x2 + − 0.5 s2 + 1.5 s3 = 2x2 + s4 = 5

La solucion basica encontrada es z = 280, x1 = 2, x3 = 8, s1 = 24, s4 = 5:

x2 = 0 y s2 = 0.

10 de junio de 2014 45 / 1

Ejemplo

Ejemplo

EjemploResuelve el siguiente modelo PL:

Maximice z = x1 + x2

sujeto a4 x1 + x2 ≤ 80

x1 + x2 ≤ 60x1 ≤ 20

con x1, x2 ≥ 0.La forma estandar es:

Maximice z = x1 + x2

sujeto a4 x1 + x2 + s1 = 80

x1 + x2 + s2 = 60x1 + s3 = 40

10 de junio de 2014 46 / 1

Ejemplo

La tabla Simplex (Tableau) inicia de la siguiente forma:

z x1 x2 s1 s2 s3 rhs VB

1 −1 −1 0 0 0 0 z0 4 1 1 0 0 80 s1

0 1 1 0 1 0 60 s2

0 1 0 0 0 1 40 s3

Al observar que la dentro de las variables no basicas existen algunas concoeficientes negativos concluimos que la SBF no es optima. Escogemos la quetiene coeficientes negativo mayor o la primera de estas. Determinamos la variableno-basica entrante y las razones para ella:


1 −1 −1 0 0 0 0 z

0 4 1 1 0 0 80 s1 → x1 20 = 80/40 1 1 0 1 0 60 s2 60 = 60/10 1 0 0 0 1 40 s3 40 = 40/1

10 de junio de 2014 47 / 1

Ejemplo

Despues de hacer 1 el pivote y ceros en la columna correspondiente:

1 −1 −1 0 0 0 00 4 1 1 0 0 800 1 1 0 1 0 600 1 0 0 0 1 40

R2←14R2

−−−−−−→

1 −1 −1 0 0 0 0

0 1 1/4 1/4 0 0 20

0 1 1 0 1 0 600 1 0 0 0 1 40

1 −1 −1 0 0 0 0

0 1 1/4 1/4 0 0 20

0 1 1 0 1 0 600 1 0 0 0 1 40

R1 ← R1 − (−1)R2R3 ← R3 − (1)R2R4 ← R4 − (1)R2−−−−−−−−−−−−−−−−→

1 0 −3/4 1/4 0 0 20

0 1 1/4 1/4 0 0 20

0 0 3/4 −1/4 1 0 400 0 −1/4 −/4 0 1 20

Quedando la tabla del Simplex de la siguiente forma:


1 0 −3/4 1/4 0 0 20 z

0 1 1/4 1/4 0 0 20 x1

0 0 3/4 −1/4 1 0 40 s2

0 0 −1/4 −1/4 0 1 20 s3

10 de junio de 2014 48 / 1

Ejemplo

A(0, 0) B(20, 0)

C(20/3, 160/3)

D(0, 80)

Figura : Cambio de SBF a otra SBF

10 de junio de 2014 49 / 1

Ejemplo

Observamos que existen variables no basicas con coeficiente negativo yconcluimos que la SBF actual no es optima.


1 0 −3/4 1/4 0 0 20 z

0 1 1/4 1/4 0 0 20 x1

0 0 3/4 −1/4 1 0 40 s2

0 0 −1/4 −1/4 0 1 20 s3

Determinamos que x2 es la variable no-basica entrante las razones quelimitan su crecimiento:


1 0 −3/4 1/4 0 0 20 z

0 1 1/4 1/4 0 0 20 x1 80 = 20/(1/4)

0 0 3/4 −1/4 1 0 40 s2 → x2 53.3 = 40/(3/4)0 0 −1/4 −1/4 0 1 20 s3 No limita

10 de junio de 2014 50 / 1

Ejemplo

Despues de hacer 1 el pivote y ceros en la columna correspondiente:

1 0 −3/4 1/4 0 0 200 1 1/4 1/4 0 0 200 0 3/4 −1/4 1 0 400 0 −1/4 −1/4 0 1 20

R3←43R3

−−−−−−→

1 0 −3/4 1/4 0 0 200 1 1/4 1/4 0 0 20

0 0 1 −1/3 4/3 0 160/3

0 0 −1/4 −1/4 0 1 20

1 0 −3/4 1/4 0 0 200 1 1/4 1/4 0 0 20

0 0 1 −1/3 4/3 0 160/3

0 0 −1/4 −/4 0 1 20

R1 ← R1 − (− 3

4)R3

R2 ← R2 − ( 14

)R3

R4 ← R4 − (− 14

)R3−−−−−−−−−−−−−−−−−→

1 0 0 0 1 0 600 1 0 1/3 −1/3 0 20/3

0 0 1 −1/3 4/3 0 160/3

0 0 0 −1/3 1/3 1 100/3

El Tableau del Simplex queda de la siguiente forma:


1 0 0 0 1 0 60 z0 1 0 1/3 −1/3 0 20/3 x1

0 0 1 −1/3 4/3 0 160/3 x2

0 0 0 −1/3 1/3 1 100/3 s3

No hay forma de aumentar el valor de z : hemos alcanzado el optimo.

10 de junio de 2014 51 / 1

Ejemplo

A(0, 0) B(20, 0)

C(20/3, 160/3)

D(0, 80)

Figura : Cambio de SBF a otra SBF

10 de junio de 2014 52 / 1

Ejemplo

Ejemplo

Resuelve al siguiente PL:

Max z = x + 3 yx + 8 y ≤ 40

3 x + 4 y ≤ 252 x + y ≤ 10

x ≤ 4x , y ≥ 0

Max z = x + 3 yx + 8 y + s1 = 40

3 x + 4 y + s2 = 252 x + y + s3 = 10

x + s4 = 4x , y , s1, s2, s3, s4 ≥ 0

10 de junio de 2014 53 / 1

Ejemplo

Siendo un problema de maximizacion, al observar que hay variables no basicascon coeficiente negativo en el renglon de la funcion objetivo, concluimos que laSBF actual no es optima:

z x y s1 s2 s3 s4 rhs VB

1 −1 −3 0 0 0 0 0 z0 1 8 1 0 0 0 40 s1

0 3 4 0 1 0 0 25 s2

0 2 1 0 0 1 0 10 s3

0 1 0 0 0 0 1 4 s4

La variable entrante es y y las razones para su crecimiento quedan:


1 −1 −3 0 0 0 0 0 z0 1 8 1 0 0 0 40 s1 → y 50 3 4 0 1 0 0 25 s2 6.250 2 1 0 0 1 0 10 s3 100 1 0 0 0 0 1 4 s4 −

10 de junio de 2014 54 / 1

Ejemplo

Al pivotear sobre y obtenemos la siguiente tabla del Simplex:


1 −5/8 0 3/8 0 0 0 15 z0 1/8 1 1/8 0 0 0 5 y0 5/2 0 −1/2 1 0 0 5 s2

0 15/8 0 −1/8 0 1 0 5 s3

0 1 0 0 0 0 1 4 s4

Observamos que la SBF no es optima y que las razones para variable entrante xquedan de la siguiente forma:


1 −5/8 0 3/8 0 0 0 15 z0 1/8 1 1/8 0 0 0 5 y 400 5/2 0 −1/2 1 0 0 5 s2 → x 20 15/8 0 −1/8 0 1 0 5 s3 2.6666666670 1 0 0 0 0 1 4 s4 4

10 de junio de 2014 55 / 1

Ejemplo

Al pivotear sobre x obtenemos la siguiente tabla Simplex:


1 0 0 1/4 1/4 0 0 65/4 z0 0 1 3/20 −1/20 0 0 19/4 y0 1 0 −1/5 2/5 0 0 2 x0 0 0 1/4 −3/4 1 0 5/4 s3

0 0 0 1/5 −2/5 0 1 2 s4

Siendo un problema de maximizacion, al no haber variables no basicas con

coeficiente negativo concluimos que la solucion actual es optima. Valor optimo

encontrado de la funcion z(x = 2, y = 19/4) = 65/4

10 de junio de 2014 56 / 1

Ejemplo

Ejemplo

Encuentre el optimo de: Max w = 14 x + 25 y + 19 z sujeto a

x + 5 y + z ≤ 3.02 x + y + z ≤ 2.0

x + 2 y + 2 z ≤ 2.0z ≤ 0.8

y x , y , z ≥ 0.

La forma estandar queda: Max w = 14 x + 25 y + 19 z

x + 5 y + z + s1 = 3.02 x + y + z + s2 = 2.0

x + 2 y + 2 z + s3 = 2.0z + s4 = 0.8

y x , y , z , s1, s2, s3, s4 ≥ 0.

10 de junio de 2014 57 / 1

Ejemplo

Ejemplo

Encuentre el optimo de: Max w = 14 x + 25 y + 19 z sujeto a

x + 5 y + z ≤ 3.02 x + y + z ≤ 2.0

x + 2 y + 2 z ≤ 2.0z ≤ 0.8

y x , y , z ≥ 0.La forma estandar queda: Max w = 14 x + 25 y + 19 z

x + 5 y + z + s1 = 3.02 x + y + z + s2 = 2.0

x + 2 y + 2 z + s3 = 2.0z + s4 = 0.8

y x , y , z , s1, s2, s3, s4 ≥ 0.

10 de junio de 2014 57 / 1

Ejemplo

El tableau del Simplex queda:

w x y z s1 s2 s3 s4 rhs VB

1 −15 −25 −19 0 0 0 0 0 w0 1 5 1 1 0 0 0 3 s1

0 2 1 1 0 1 0 0 2 s2

0 1 2 2 0 0 1 0 2 s3

0 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 0, z = 0. Siendo un problema demaximizacion, al haber coeficientes negativos para las variables no basicas en elrenglon de la funcion objetivo concluimos que la SBF actual no es optima.

Lavariable entrante es y y sus razones quedan de la siguiente forma.


1 −15 −25 −19 0 0 0 0 0 w

0 1 5 1 1 0 0 0 3 s1 → y .60 2 1 1 0 1 0 0 2 s2 20 1 2 2 0 0 1 0 2 s3 10 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4 −

10 de junio de 2014 58 / 1

Ejemplo

El tableau del Simplex queda:


1 −15 −25 −19 0 0 0 0 0 w0 1 5 1 1 0 0 0 3 s1

0 2 1 1 0 1 0 0 2 s2

0 1 2 2 0 0 1 0 2 s3

0 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 0, z = 0. Siendo un problema demaximizacion, al haber coeficientes negativos para las variables no basicas en elrenglon de la funcion objetivo concluimos que la SBF actual no es optima. Lavariable entrante es y y sus razones quedan de la siguiente forma.


1 −15 −25 −19 0 0 0 0 0 w

0 1 5 1 1 0 0 0 3 s1 → y .60 2 1 1 0 1 0 0 2 s2 20 1 2 2 0 0 1 0 2 s3 10 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4 −

10 de junio de 2014 58 / 1

Ejemplo

Pivoteando sobre y obtenemos la siguiente tabla Simplex:


1 −10 0 −14 5 0 0 0 15 w0 1/5 1 1/5 1/5 0 0 0 3/5 y0 9/5 0 4/5 −1/5 1 0 0 7/5 s2

0 3/5 0 8/5 −2/5 0 1 0 4/5 s3

0 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 3/5, z = 0. Reconocemos que la solucionno es optima.

La variable entrante en este caso es z y sus razones quedan de lasiguiente forma.


1 −10 0 −14 5 0 0 0 15 w0 1/5 1 1/5 1/5 0 0 0 3/5 7 30 9/5 0 4/5 −1/5 1 0 0 7/5 s2 1.75

0 3/5 0 8/5 −2/5 0 1 0 4/5 s3 → z .500 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4 .8

10 de junio de 2014 59 / 1

Ejemplo

Pivoteando sobre y obtenemos la siguiente tabla Simplex:


1 −10 0 −14 5 0 0 0 15 w0 1/5 1 1/5 1/5 0 0 0 3/5 y0 9/5 0 4/5 −1/5 1 0 0 7/5 s2

0 3/5 0 8/5 −2/5 0 1 0 4/5 s3

0 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 3/5, z = 0. Reconocemos que la solucionno es optima. La variable entrante en este caso es z y sus razones quedan de lasiguiente forma.


1 −10 0 −14 5 0 0 0 15 w0 1/5 1 1/5 1/5 0 0 0 3/5 7 30 9/5 0 4/5 −1/5 1 0 0 7/5 s2 1.75

0 3/5 0 8/5 −2/5 0 1 0 4/5 s3 → z .500 0 0 1 0 0 0 1 .8 s4 .8

10 de junio de 2014 59 / 1

Ejemplo

Pivoteando sobre z obtenemos la siguiente tabla Simplex.


1 −19/4 0 0 3/2 0 35/4 0 22 w0 1/8 1 0 1/4 0 −1/8 0 1/2 y0 3/2 0 0 0 1 −1/2 0 1 s2

0 3/8 0 1 −1/4 0 5/8 0 1/2 z0 −3/8 0 0 1/4 0 −5/8 1 .30 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 1/2, z = 1/2. Esta SBF no es optima.

La variable entrante es x y sus razones quedan como sigue.


1 −19/4 0 0 3/2 0 35/4 0 22 w0 1/8 1 0 1/4 0 −1/8 0 1/2 y 4

0 3/2 0 0 0 1 −1/2 0 1 s2 → x .660 3/8 0 1 −1/4 0 5/8 0 1/2 z 1.330 −3/8 0 0 1/4 0 −5/8 1 .30 s4 −

10 de junio de 2014 60 / 1

Ejemplo

Pivoteando sobre z obtenemos la siguiente tabla Simplex.


1 −19/4 0 0 3/2 0 35/4 0 22 w0 1/8 1 0 1/4 0 −1/8 0 1/2 y0 3/2 0 0 0 1 −1/2 0 1 s2

0 3/8 0 1 −1/4 0 5/8 0 1/2 z0 −3/8 0 0 1/4 0 −5/8 1 .30 s4

Esta solucion corresponde a x = 0, y = 1/2, z = 1/2. Esta SBF no es optima.La variable entrante es x y sus razones quedan como sigue.


1 −19/4 0 0 3/2 0 35/4 0 22 w0 1/8 1 0 1/4 0 −1/8 0 1/2 y 4

0 3/2 0 0 0 1 −1/2 0 1 s2 → x .660 3/8 0 1 −1/4 0 5/8 0 1/2 z 1.330 −3/8 0 0 1/4 0 −5/8 1 .30 s4 −

10 de junio de 2014 60 / 1

Ejemplo

Pivoteando en x sobre el renglon de s2 obtenemos el siguiente tableau.


1 0 0 0 3/2 19/6 43/6 0 151/6 w0 0 1 0 1/4 −1/12 −1/12 0 5/12 y0 1 0 0 0 2/3 −1/3 0 2/3 x0 0 0 1 −1/4 −1/4 3/4 0 1/4 z0 0 0 0 1/4 1/4 −3/4 1 .55 s4

Observamos que aumentando los valores de las variables no basicas, no es posible

aumentar el valor de z . Por tanto, se alcaza el optimo en x = 2/3, y = 5/12 y

z = 1/4 con valor w = 151/6.

10 de junio de 2014 61 / 1

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