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