127466117 07 Programacion Por Metas

Programación por metas

Miguel Mejía [email protected]

Contenido

• Problema de programación por metas• Clasificación de los problemas de programación por metas

• Método gráfico para resolver problemas de programación por metas

• Solución de problemas de programación por metas usando computadora

226/02/2013 Miguel Mejía Puente

Problema de programación por metas (1)

• La programación lineal con varios objetivos, más conocida como la programación por metas (PM) es, en esencia, una variación de la programación lineal.

• Un factor clave que diferencia la programación por metas de la lineal es la estructura y utilización de la función objetivo.

• En la programación lineal sólo se incorpora una meta en la función objetivo, mientras que en la programación por metas se incorporan todas ellas, ya sea una o muchas.



• Esto se logra expresando la meta en forma de restricción, incluyendo variables de desviación para reflejar la medida en que se llegue o no a lograr la meta, e incorporando esas variables en la función objetivo.

• En la programación lineal, el objetivo es maximizar o minimizar, en tanto que en la programación por metas el objetivo es minimizar las desviaciones de las metas especificadas.



En tanto que la programación lineal busca identificar la solución óptima de entre un conjunto de soluciones factibles, la programación por metas identifica el punto que satisface mejor el conjunto de metas de un problema.


Clasificación de los problemas de programación por metas

• Problemas de un solo objetivo• Problema de objetivos múltiples sin prioridades• Problema de objetivos múltiples con prioridades• Problema de objetivos múltiples con prioridades y ponderaciones


Problema de un solo objetivo (1)

Una granja de verduras está ubicada en Chincha, al sur de Lima, y se enfrenta al problema de elegir un plan de cosechas para un año, de tal manera que, la suma de los márgenes brutos de todas sus cosechas cultivadas sea maximizada. El propietario de la granja considera las siguientes cuatro actividades de cosecha: zanahorias, apios, pepinos y pimentones.



Él debe considerar su decisión sujeta a tres restricciones de recursos: • la cantidad de acres disponibles (200 acres), • las horas‐hombre disponibles (10 000 horas) y • una restricción rotacional y de distribución de mercado (esto exige que el total de acres de apio y pimentones sea menor o igual a total de acres de zanahorias y pepinos).



Una serie de tiempo de los márgenes brutos de los seis años más recientes, se obtuvo como muestra del mercado actual de las granjas de verduras en Chancay y Huaura y los márgenes brutos medios se utilizaron para pronosticar valores para los márgenes brutos de los granjeros de Chincha. Las utilidades, en UM, se muestran en la siguiente tabla.

Cada acre requiere 100 horas‐hombre para su cultivo.

9

Zanahoria Apio Pepino Pimentones253.00 443.00 284.00 516.00



Variables de decisiónXj : cantidad de acres del producto i que se sembraránDonde j = 1, 2, 3, 4 (1 = zanahorias, 2 = apio, 3 = pepinos, 4 = pimentones)Variables de desviaciónU1 : cantidad faltante de una utilidad de 100 000 UMV1 : cantidad excedente de una utilidad de 100 000 UMFunción objetivoMin Z = U1 (minimizar desviaciones)Restricciones de metasMaximizar utilidades equivale a una utilidad mínima de 100 000 UM253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 + U1 ‐ V1 = 100000

26/02/2013 Miguel Mejía Puente 10


Restricciones estructuralesDisponibilidad de terrenoX1 + X2 + X3 + X4 200Disponibilidad de horas‐hombre100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 10000El total de acres de apio y pimentones es menor o igual al total de acres de zanahorias y pepinos X2 + X4 ‐ X1 ‐ X3 0Rango de existenciaX1, X2, X3, X4, U1, V1 0


Problema de un solo objetivo (6)MIN U1SUBJECT TO

2) U1 + 253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 - V1 = 1000000

3) X1 + X2 + X3 + X4 <= 2004) 100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 <= 100005) - X1 + X2 - X3 + X4 <= 0

END

OBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 960000.0

VARIABLE VALUE REDUCED COSTU1 960000.000000 0.000000X1 0.000000 31.000000X2 0.000000 73.000000X3 50.000000 0.000000X4 50.000000 0.000000V1 0.000000 1.000000



Solución óptimaX1 = 0, X2 = 0, X3 = 50, X4 = 50, U1 = 960000, V1 = 0 Valor óptimo de la función objetivoZ = 960 000 Meta: maximizar utilidades40 000 (= 1 000 000 + 0 ‐ 960 000)InterpretaciónLa utilidad máxima lograda es 40 000 UM.


Problema de objetivos múltiples sin prioridades (1)

Ahora suponga un cambio en el problema. Además de la meta de maximizar los márgenes brutos, el granjero tiene por meta utilizar todos los acres disponibles.



Variables de decisiónXj : cantidad de acres del producto i que se sembraránDonde j = 1, 2, 3, 4 (1 = zanahorias, 2 = apio, 3 = pepinos, 4 = pimentones)Variables de desviaciónU1 : cantidad faltante de una utilidad de 100 000 UMV1 : cantidad excedente de una utilidad de 100 000 UMU2 : cantidad sobrante de los 200 acres disponiblesV2 : cantidad excedente de los 200 acres disponiblesFunción objetivoMin Z = U1 + U2 (minimizar desviaciones)



Restricciones de metasMaximizar utilidades253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 + U1 ‐ V1 = 100000Utilizar todos los acres disponiblesX1 + X2 + X3 + X4 + U2 ‐ V2 = 200Restricciones estructuralesDisponibilidad de horas‐hombre100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 10000El total de acres de apio y pimentones es menor o igual al total de acres de zanahorias y pepinos X2 + X4 ‐ X1 ‐ X3 0Rango de existenciaX1, X2, X3, X4, U1, V1, U2, V2 0



MIN U1 + U2SUBJECT TO

2) U1 + 253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 - V1 = 1000000

3) U2 + X1 + X2 + X3 + X4 - V2 = 2004) 100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 <= 100005) - X1 + X2 - X3 + X4 <= 0

ENDOBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 960100.0

VARIABLE VALUE REDUCED COSTU1 960000.000000 0.000000U2 100.000000 0.000000X1 0.000000 31.000000X2 0.000000 73.000000X3 50.000000 0.000000X4 50.000000 0.000000V1 0.000000 1.000000V2 0.000000 1.000000



Solución óptimaX1 = 0, X2 = 0, X3 = 50, X4 = 50, U1 = 960 000, V1 = 0, U2 = 100, V2 = 0 Valor óptimo de la función objetivoZ = 960 100 Meta: maximizar utilidades40 000 (= 1 000 000 + 0 – 960 000)Meta: utilizar todos los acres disponibles100 (= 200 + 0 ‐ 100)



InterpretaciónLa utilidad máxima lograda es 40 000 UM.

La meta de utilizar todos los acres disponibles no se logró. Se utilizaron 100 acres.


Problema de objetivos múltiples con prioridades (1)

Cuando se le preguntó qué meta era más importante, el granjero contestó que la meta del margen bruto era menos importante que la meta del número de acres. Además considere que las horas‐hombre disponibles son 20 000 horas.

La Prioridad P1 es mayor que la prioridad P2(P1 >>> P2)



Variables de decisiónXj : cantidad de acres del producto i que se sembraránDonde j = 1, 2, 3, 4 (1 = zanahorias, 2 = apio, 3 = pepinos, 4 = pimentones)Variables de desviaciónU1 : cantidad faltante de una utilidad de 100 000 UMV1 : cantidad excedente de una utilidad de 100 000 UMU2 : cantidad sobrante de los 200 acres disponiblesV2 : cantidad excedente de los 200 acres disponiblesFunción objetivoMin Z = P1*(U2) + P2*(U1) (minimizar desviaciones)



Restricciones de metasMaximizar utilidades253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 + U1 ‐ V1 = 100000Utilizar todos los acres disponiblesX1 + X2 + X3 + X4 + U2 ‐ V2 = 200Restricciones estructuralesDisponibilidad de horas‐hombre100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 20000El total de acres de apio y pimentones es menor o igual al total de acres de zanahorias y pepinos X2 + X4 ‐ X1 ‐ X3 0Rango de existenciaX1, X2, X3, X4, U1, V1, U2, V2 0



MIN 1000 U2 + U1SUBJECT TO

2) U1 + 253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 - V1 = 10000003) U2 + X1 + X2 + X3 + X4 - V2 = 2004) 100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 <= 200005) - X1 + X2 - X3 + X4 <= 0

END


VARIABLE VALUE REDUCED COSTU2 0.000000 0.000000U1 920000.000000 0.000000X1 0.000000 31.000000X2 0.000000 73.000000X3 100.000000 0.000000X4 100.000000 0.000000V1 0.000000 1.000000V2 0.000000 1000.000000



Solución óptimaX1 = 0, X2 = 0, X3 = 100, X4 = 100, U1 = 920 000, V1 = 0, U2 = 100, V2 = 0 Valor óptimo de la función objetivoZ = 920 000 Meta 1: utilizar todos los acres disponibles200 (= 200 + 0 ‐ 0)Meta 2: maximizar utilidades80 000 (= 1 000 000 + 0 ‐ 920 000)



InterpretaciónLa meta de utilizar todos los acres disponibles se logró. Se utilizaron 200 acres.

La utilidad máxima lograda es 80 000 UM.


Problema de objetivos múltiples con prioridades y ponderaciones (1)

Ahora suponga que el granjero desea lograr utilidades de por lo menos 75 000 UM. El granjero tiene una meta de utilizar todos los acres disponibles. El granjero puede adquirir más tierra, pero, de nuevo esto le disgusta 5 veces más que lo que le disgusta el no usar todos sus 200 acres. La meta de margen bruto la considera más importante que la del total de acres.



Variables de decisiónXj : cantidad de acres del producto i que se sembraránDonde j = 1, 2, 3, 4 (1 = zanahorias, 2 = apio, 3 = pepinos, 4 = pimentones)Variables de desviaciónU1 : cantidad faltante de una utilidad de 75 000 UMV1 : cantidad excedente de una utilidad de 75 000 UMU2 : cantidad sobrante de los 200 acres disponiblesV2 : cantidad excedente de los 200 acres disponiblesFunción objetivoMin Z = P1*(U1) + P2*(1 U2 + 6 V2) (minimizar desviaciones)



Restricciones de metasAlcanzar utilidades de por lo menos 75 000 UM253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 + U1 ‐ V1 = 75000Utilizar todos los acres disponiblesX1 + X2 + X3 + X4 + U2 ‐ V2 = 200Restricciones estructuralesDisponibilidad de horas‐hombre100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 10000El total de acres de apio y pimentones es menor o igual al total de acres de zanahorias y pepinos X2 + X4 ‐ X1 ‐ X3 0Rango de existenciaX1, X2, X3, X4, U1, V1, U2, V2 0



MIN 1000 U1 + U2 + 6 V2SUBJECT TO

2) U1 + 253 X1 + 443 X2 + 284 X3 + 516 X4 - V1 = 750003) U2 - V2 + X1 + X2 + X3 + X4 = 2004) 100 X1 + 100 X2 + 100 X3 + 100 X4 <= 100005) - X1 + X2 - X3 + X4 <= 0

ENDOBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 0.3500010E+08

VARIABLE VALUE REDUCED COSTU1 35000.000000 0.000000U2 100.000000 0.000000V2 0.000000 7.000000X1 0.000000 31000.000000X2 0.000000 73000.000000X3 50.000000 0.000000X4 50.000000 0.000000V1 0.000000 1000.000000



Solución óptimaX1 = 0, X2 = 0, X3 = 50, X4 = 50, U1 = 35 000, V1 = 0, U2 = 100, V2 = 0 Valor óptimo de la función objetivoZ = 350 000 100Meta 1: maximizar utilidades40 000 (= 75 000 + 0 ‐ 35 000)Meta 2: utilizar todos los acres disponibles100 (= 200 + 0 ‐ 100)



InterpretaciónLa utilidad máxima lograda es 40 000 UM.

La meta de utilizar todos los acres disponibles no se logró. Se utilizaron 100 acres.


Solución gráfica de problemas de programación por metas


TODO HOGAR (1)

La compañía TODO HOGAR produce dos productos muy apreciados por los restauradores de casas: candelabros y ventiladores de techo de estilo antiguo. Tanto los candelabros como los ventiladores requieren un proceso de producción de dos pasos que involucran cableado y ensamble.


TODO HOGAR (2)

Se requieren 2 horas para cablear cada candelabro y 3 horas para cablear un ventilador de techo. El ensamble de los candelabros y ventiladores requiere 6 y 5 horas, respectivamente.La capacidad de producción es tal que sólo están disponibles 12 horas de cableado y 30 horas de ensamble.Cada candelabro producido reditúa a la firma 7 UM y cada ventilador 6 UM.


TODO HOGAR (3)

Las metas que se quiere alcanzar, en orden de prioridad son:

P1) Alcanzar la mayor utilidad posible por encima de 30UM.

P2) Utilizar por completo las horas disponibles en el departamento de cableado.

P3) Evitar el tiempo extra en el departamento de ensamble.

P4) Producir por lo menos siete ventiladores de techo.


TODO HOGAR (4)

Variables de decisiónX1 : número de candelabros producidos y vendidosX2 : número de ventiladores de techo producidos y vendidosVariables de desviaciónU1 : cantidad faltante de una utilidad de 30 UMV1 : cantidad excedente de una utilidad de 30 UMU2 : tiempo ocioso del departamento de cableado (subutilización)V2 : tiempo extra del departamento ocioso (sobreutilización)


TODO HOGAR (5)

Variables de desviación (continuación)U3 : tiempo ocioso del departamento de ensamble (subutilización)V3 : tiempo extra del departamento de ensamble (sobreutilización)U4 : cantidad faltante de una producción de 7 ventiladores de techoV4 : cantidad excedente de una producción de 7 ventiladores de techo


TODO HOGAR (6)

Función objetivoMin Z = P1*(U1) + P2*( U2) + P3*( V3) + P4*(U4)Restricciones de metas7 X1 + 6 X2 + U1 ‐ V1 = 30 (meta de utilidades)2 X1 + 3 X2 + U2 ‐ V2 = 12 (meta de horas de cableado)6 X1 + 5 X2 + U3 ‐ V3 = 30 (meta de horas de ensamble)X2 + U4 ‐ V4 = 7 (meta de ventiladores de techo)Rango de existenciaX1, X2, U1, V1, U2, V2, U3, V3, U4, V4 0


39

Análisis de la primera prioridad

TODO HOGAR (7)


10

8

6

4

2

2 4 6 8Número de candelabros (X1)

Núm

ero de

ven

tilad

ores de techo (X

2)

V1

U1

7X1 + 6X2 = 30

Min Z = P1*(U1)

0

40

Análisis de las dos primeras prioridades

TODO HOGAR (8)


10

8

6

4

2


Núm

ero de

ven

tilad

ores de techo (X

2)

V1

U1

7X1 + 6X2 = 30

Min Z = P1*(U1) + P2*(U2)

2X1 + 3X2 = 12V2

U2

0

41

Análisis de las tres primeras prioridades

TODO HOGAR (9)


10

8

6

4

2


Núm

ero de

ven

tilad

ores de techo (X

2)

V1

U1

7X1 + 6X2 = 30

Min Z = P1*(U1) + P2*(U2) + P3*(V3)

2X1 + 3X2 = 12V2

U2

6X1 + 5X2 = 30

V3

U3

0

42

Análisis de las cuatro prioridades

TODO HOGAR (10)


10

8

6

4

2


Núm

ero de

ven

tilad

ores de techo (X

2)

V1

U1

7X1 + 6X2 = 30

Min Z = P1*(U1) + P2*(U2) + P3*(V3) + P4*(U4)

2X1 + 3X2 = 12V2

U2

6X1 + 5X2 = 30

V3

U3

X2 = 7

V4

U4

0

TODO HOGAR (11)

Solución óptimaX1 = 0, X2 = 6, V1 = 6, V2 = 6, U4 = 1 U1 = U2 = V3 = U3 = V4 = 0Metas de la prioridad 1: Si se cumpleUtilidad = 30 + 6 ‐ 0 = 36 UMMetas de la prioridad 2: Si se cumpleHoras de cableado = 12 + 6 ‐ 0 = 18Metas de la prioridad 3: Si se cumpleTiempo extra en ensamble = 30 + 0 ‐ 30 = 0Metas de la prioridad 4: No se cumpleVentiladores de techo = 7 + 0 ‐ 1 = 6


Solución computacional de problemas de programación por metas

Función objetivoMin Z = P1*(U1) + P2*( U2) + P3*( V3) + P4*(U4)Restricciones de metas7 X1 + 6 X2 + U1 ‐ V1 = 30 (meta de utilidades)2 X1 + 3 X2 + U2 ‐ V2 = 12 (meta de horas de cableado)6 X1 + 5 X2 + U3 ‐ V3 = 30 (meta de horas de ensamble)X2 + U4 ‐ V4 = 7 (meta de ventiladores de techo)Rango de existenciaX1, X2, U1, V1, U2, V2, U3, V3, U4, V4 0


Primera prioridadMIN U1SUBJECT TO

2) U1 + 7 X1 + 6 X2 - V1 = 30END

OBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 0.0000000E+00

VARIABLE VALUE U1 0.000000X1 4.285714X2 0.000000V1 0.000000


Segunda prioridadMIN U2SUBJECT TO

2) U1 + 7 X1 + 6 X2 - V1 = 303) U1 = 04) U2 + 2 X1 + 3 X2 - V2 = 12

END

OBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 0.0000000E+00

VARIABLE VALUEU2 0.000000U1 0.000000X1 2.000000X2 2.666667V1 0.000000V2 0.000000


Tercera prioridadMIN V3SUBJECT TO

2) U1 + 7 X1 + 6 X2 - V1 = 303) U1 = 04) 2 X1 + 3 X2 + U2 - V2 = 125) U2 = 06) - V3 + 6 X1 + 5 X2 + U3 = 30

ENDOBJECTIVE FUNCTION VALUE1) 0.0000000E+00

VARIABLE VALUEV3 0.000000U1 0.000000X1 2.000000X2 2.666667V1 0.000000U2 0.000000V2 0.000000U3 4.666667


Cuarta prioridadMIN U4SUBJECT TO

2) U1 + 7 X1 + 6 X2 - V1 = 303) U1 = 04) 2 X1 + 3 X2 + U2 - V2 = 125) U2 = 06) 6 X1 + 5 X2 + U3 - V3 = 307) V3 = 08) U4 + X2 - V4 = 7

END


VARIABLE VALUEU4 1.000000U1 0.000000X1 0.000000X2 6.000000V1 6.000000U2 0.000000V2 6.000000U3 0.000000V3 0.000000V4 0.000000


Solución óptima

X1 = 0, X2 = 6, V1 = 6, V2 = 6, U4 = 1 U1 = U2 = V3 = U3 = V4 = 0

Metas de la prioridad 1: Si se cumpleUtilidad = 30 + 6 ‐ 0 = 36 UMMetas de la prioridad 2: Si se cumpleHoras de cableado = 12 + 6 ‐ 0 = 18Metas de la prioridad 3: Si se cumpleTiempo extra en ensamble = 30 + 0 ‐ 30 = 0Metas de la prioridad 4: No se cumpleVentiladores de techo = 7 + 0 ‐ 1 = 6


Programación por metas

Fin del tema

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