MÉTODO SIMPLEX PENAL O DE LA ‘M’ GRANDE.

Como su nombre lo indica, consiste en penalizar la inclusión de las variables artificiales en la función objetivo

con un coeficiente ‘M’ muy grande que para el caso de maximizar es ‘- M’ y para el caso de minimizar es ‘+

M’.

La primera solución básica del símplex en tal caso, debe de incluir a todas las variables artificiales que fueron

necesarias en el arreglo del modelo de programación lineal por resolver esto último porque las variables

artificiales se utilizan precisamente para tomar la primera solución básica. A medida que se cumplen las

etapas de cálculo en el símplex, las variables artificiales deberán de ir saliendo de la misma, en consecuencia

del coeficiente ‘M’ muy grande.

Si se presenta el caso de que las variables artificiales no se logren sacar de la base y por lo tanto se anulen,

ello significará que tal problema no tiene solución factible.

El método de la M Grande incluye variables de apoyo con un coeficiente muy grande (M) o muy pequeño (-

M) en la función objetivo.

Esto da lugar a problemas numéricos que conducen a soluciones erróneas. Esto es especialmente grave en

problemas de cierto tamaño.

El término independiente (RHS) debe ser ³0. A las restricciones del tipo £ se añade una variable de

holgura con coeficiente +1

A las restricciones del tipo ³, se añade una variable de holgura con coeficiente −1 y una variable artificial

con coeficiente +1

A las restricciones del tipo = se añade una variable artificial con coeficiente +1

La contribución de las variables de holgura a la función objetivo es 0

La contribución de las variables artificiales a la función objetivo se fijan:

• Min: + M • Max: - M

Siendo M un número suficientemente grande.

EJEMPLOS:

El PL es el siguiente:

Min (z) = 3x + 2,5y

sujeto a:

2x + 4y ³ 40

3x + 2y ³ 50

x, y ³ 0

El problema de apoyo, utilizando el método de la M Grande:

Min (z) = 3x + 2,5y + 0 s1 + 0 s2 + MA1 + MA2

sujeto a:

2x + 4y - s1 + A1 = 40

3x + 2y - s2 +A2 = 50

x, y ³ 0

Ejemplo:

Max z = 4×1 + 3×2 Sujeta a:

x1 + x2 6 ….. (1)

2×1 - x2 0 ….. (2)

x1 = 2 ….. (3)

x2 0

Forma estándar.

Max z = 4×1 + 3×2 Sujeta a:

x1 + x2 - x3 6 ….. (1)

2×1 - x2 - x4 0 ….. (2)

x1 = 2 ….. (3)

x2 , x3 , x4 0

…consiguiendo una base artificial….

x1 + x2 - x3 + 5 6 …..

(1)

2×1 - x2 - x4 + 6 0 …..

(2)

x1 + 7 = 2 …..

(3)

VAR. ARTIFICIALES

x2 , x3 , x4 , 5 , 6 , 7 0

Penalizar la función objetivo.

Min z = 4×1 + 3×2 + M5 + M6 + M7

…debemos pasar al arreglo de tener el término independiente cero al lado derecho. z - 4×1 - 3×2 - M5 -

M6 - M7 = 0

Paso a la forma tabular del Método Símplex Penal.

BASE z x1 x2 x3 x4 5 6

7 SOLUCION

(Aquí i deberían tener coeficiente 0, sigue z abajo) 1 −4 −3 0 0 -M -M -M 0 M(5)+Rz z’ 1 M-4 M-3 -M 0

0 -M -M 6M M(6)+Rz’ z’’ 1 3M-4 −3 -M -M 0 0 -M 6M M(7)+Rz’’ z’’’ 1 4M-4 −3 -M -M 0 0 0 8M 5 0 1 1

−1 0 1 0 0 6 8/1 6 0 P 2 −1 0 −1 0 1 0 0 VS 0/2 7 0 VE 1 0 0 0 0 0 1 2 2/1 RE(−4M+4)+z z 1 0 2M-5 -M

M-2 0 −2M+2 0 8M RE(−1)+5 5 0 0 3/2 −1 ½ 1 - ½ 0 6 6/3/2 =4 RE=RS/P x1 0 1 - ½ 0 - ½ 0 ½ 0 0

RE(−1)+7 7 0 0 VE ½ 0 ½ 0 - ½ 1 2 2/1/2=4 RE(−2M+5)+z z 1 0 0 1/3M-10/3 1/3M-1/3 −4/3M +10/3

−4/3M +1/3 0 20 RE=RS/P x2 0 0 1 −2/3 1/3 2/3 −1/3 0 4 RE(½)+x1 x1 0 0 0 −1/3 −1/3 1/3 1/3 0 2 RE(-

½)+7 7 0 0 0 1/3 1/3 −1/3 −1/3 1 0

1ª solución básica

factible.

Ejemplo:

Max z = 3×1 + 2×2 Sujeta a:

x1 + x2 10 ….. (1)

5×1 + x2 20 ….. (2) x1 ; x2 0

Forma estándar…

Max z = 3×1 + 2×2 Sujeta a:

x1 + x2 - x3 = 10 ….. (1)

5×1 + x2 + x4 = 20 ….. (2) x1 ; x2 ;

x3 ; x4 0

Conseguir la base artificial…

Max z = 3×1 + 2×2 Sujeta a:

x1 + x2 - x3 + 5 = 10 ….. (1)

5×1 + x2 + x4 = 20 ….. (2) x1

; x2 ; x3 ; x4 ; 5 0

Penalizando la función objetivo…

Max z = 3×1 + 2×2 - M5 z - 3×1 - 2×2 + M5 = 0

BASE z x1 x2 x3 x4 5 SOLUCION. z 1 −3 −2 0 0 M 0 -M(R5)+ Rz z 1 -M-3 -M-2 M 0 0 −10M 5 0 VE 1 1

−1 0 1 10 10/1 x4 0 P 5 1 0 1 0 20 VS 20/5 RE(M+3)+Rz z 1 0 −4/5M-7/5 M 1/5M+3/5 0 −6M+12

RE(−1)+5 5 0 0 P 4/5 −1 −1/5 1 6 VS 6/4/5 RE=RS/P x1 0 1 VE 1/5 0 1/5 0 4 4/1/5

RE(4/5M+7/5)+Rz z 1 0 0 −7/4 5/20 M+7/4 45/2 RE= RS/P x2 0 0 1 VE −5/4 −1/4 5/4 15/2 15/2/−5/4

RE(−1/5)+Rx1 x1 0 1 0 P ¼ ¼ −1/4 15/2 5/2/1/4 RE(7/4)+Rz z 1 7 0 0 2 M 40 RE(5/4)+Rx2 x2 0 5 1 0

1 0 20 RE=RS/P x3 0 4 0 1 1 1 10

Solución óptima: zo = 40

x2 = 20

x3 = 10 x1 = x4 = 5 = 0