Colección de problemas de técnicas de resolución de modelos de ...

208 downloads 620 Views 1MB Size Report
3 Mar 2013 ... Colección de problemas de formulación de modelos de. Programación Lineal. ´ Alvaro Garcıa Sánchez, Miguel Ortega Mier. 3 de marzo de ...
Colecci´on de problemas de formulaci´on de modelos de Programaci´on Lineal ´ Alvaro Garc´ıa S´anchez, Miguel Ortega Mier 3 de marzo de 2013

5

´Indice 1. 1.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 7

2.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 13 13

3.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19 19 20

4.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22 22 22

5.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24 24

6.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 25 26

7.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28 28 28

8.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31 31 31

9.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Resoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33 33 34

10.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 37 38

11.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42 42 42

12.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46 46 46

13.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48 48 48

2.

3.

4.

5. 6.

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

1

14. 14.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52 52 52

15.Ejercicio 15.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54 54 54

16.Ejercicio 16.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 55 55

17.Ejercicio 17.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56 56 56

18.Ejercicio 18.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57 57 57

19.Ejercicio 19.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58 58 58

20.Ejercicio 20.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 59 59

21.Ejercicio MME-1213-ENE-2 21.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61 61 61

22.Ejercicio 22.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62 62 62

23.Ejercicio 23.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65 65 65

24.Ejercicio 24.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66 66 66

25.Ejercicio 25.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68 68

26.Ejercicio 26.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69 69 69

27.Ejercicio 27.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70 70 71

2

28.Ejercicio 28.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72 72 73

29.Ejercicio MME-1213-ENE-3 29.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74 74 74

30.Ejercicio 30.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75 75 75

31.Ejercicio 31.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76 76 76

32.Ejercicio 32.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78 78 78

33.Ejercicio 33.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80 80 80

34.Ejercicio 34.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82 82 82

35.Ejercicio 35.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83 83 83

36.Ejercicio 36.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85 85 85

37.Ejercicio 37.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87 87 87

38.Ejercicio 38.1. Enunciado . . . . . . . . . . . 38.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . 38.3. Enunciado . . . . . . . . . . . 38.4. Resoluci´on . . . . . . . . . . . 38.5. Enunciado MME-1213-ENE-4 38.6. Resoluci´on . . . . . . . . . . .

. . . . . .

88 88 88 90 90 91 91

39.Ejercicio 39.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 92 92

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

3

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

40.Ejercicio 40.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.2. Resoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

93 93 93

´INDICE ´ Indice

6

1 1.

1.1.

7

Enunciado

Un fabricante de refrescos F R produce tres modalidades (A, B y C), cada una en su propio formato: de 3 litros, 2 litros y 1 litro, respectivamente. Este fabricante est´ a comprometido a entregar a un gran distribuidor GD (su u ´ nico cliente) exactamente 20000 litros diarios de refrescos. Dispone de 25000 gramos diarios de un saborizante del que cada modalidad consume por botella: la botella de 3 litros, 2 gramos; la de 2 litros, 3 g; y la de un litro, 4 g. Conocidos los datos econ´ omicos de A, B y C, y siendo xj los miles de botellas de la modalidad j a envasar diariamente, F R ha planteado el siguiente modelo de programaci´on lineal (c y b est´ an expresados en miles): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25

(1)

3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Obtener el plan o´ptimo de envasado de F R. 2. Determinar el significado de los multiplicadores del simplex de las dos restricciones. 3. A F R le preocupa la posibilidad de que su proveedor de tapones (iguales para las tres modalidades) restrinja su suministro a un m´aximo de 6000 tapones diarios. Como ejercicio de postoptimizaci´ on, introducir esta nueva restricci´on y determinar su repercusi´ on. 4. Mediante el correspondiente an´alisis de sensibilidad, determinar la repercusi´on en el mix de envasado de posibles cambios en los precios de venta de las dos modalidades de menor capacidad, B y C (x2 y x3 ). 5. Determinar la validez del mix de producci´on ante posibles variaciones en la demanda total de refrescos, que se traducir´ıan en un mayor o menor volumen a entregar diariamente a GD, utilizando el an´alisis de sensibilidad. 6. El formato de 3 litros (modalidad A, x1 ) puede estar especialmente afectado por los cambios en los mercados de refrescos y materias primas. Mediante la programaci´ on param´etrica, analizar el conjunto de diferentes planes de envasado y sus resultados en funci´ on de cualquier valor no negativo de la contribuci´on unitaria al beneficio del producto A. 7. El gran distribuidor GD exige que las entregas diarias sean m´ ultiplos exactos de mil para cada modalidad. A partir de la resoluci´on del apartado a) de la pregunta anterior, plantear un plano secante de correspondiente al algoritmo de Gomory y, sin realizar ninguna iteraci´ on, introducir la restrcci´on correspondiente en la tabla de la soluci´ on ´optima hasta el momento.

1.2.

Resoluci´ on max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0

(2)

1 El problema se puede reformular de la siguiente manera, convirtiendo las desigualdades en igualdades 8 (id´entido al problema anterior en t´erminos del sistema que representa): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20

(3)

x1 , x2 , x3 ≥ 0 No existe soluci´on b´ asica factible inmediata, por lo que es necesario utilizar el m´etodo de las dos fases o de la M grande. En el primer caso, se construye el siguiente problema auxiliar P  : max z = −a s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25

(4)

3x1 + 2x2 + 1x3 + a = 20 x1 , x2 , x3 , a ≥ 0 on b´asica factible de partida con las Apartado 1. Para el problema P  es posible encontrar una soluci´ actividades b´asicas h1 y a, con valores h1 = 20 y a = 20. Al aplicar el m´etodo del Simplex, en su variante de la matriz completa, para esa soluci´on b´ asica se obtiene la siguiente tabla:

h1 a

x1 3 5 2 3

20 0 25 20

x2 2 6 3 2

x3 1 8 4 1

h1 0 0 1 0

a 0 0 0 1

(V B fase 1) (V B fase 2)

Introduciendo en la base x1 y sacando a, se obtiene:

h1 x1

0 -100/3 35/3 20/3

x1 0 0 0 1

x2 0 8/3 5/3 2/3

x3 0 19/3 10/3 1/3

h1 0 0 1 0

a -1 -5/3 -2/3 1/3

(V B fase 1) (V B fase 2)

La tabla anterior corresponde a una soluci´ on del problema P  donde a = 0, por lo que es una soluci´ on b´ asica factible del problema original, pero no ´optima, porque no cumple V B ≤ 0. Introduciendo en la base x3 y sacando h1 , se obtiene:

x3 x1

0 -111/2 7/2 11/2

x1 0 0 0 1

x2 0 -1/2 1/2 1/2

x3 0 0 1 0

h1 0 -19/10 3/10 -1/10

a -1 -2/5 -1/5 2/5

(V B fase 1) (V B fase 2)

La tabla anterior corresponde a la soluci´ on ´optima del problema original (V B ≤ 0). El programa de producci´on o´ptimo consiste en: Producir 5500 refrescos de 1/3l, ning´ un refresco de 1/2l y 3500 de 1l. Se consumen todo el material disponible para producir las botellas (h1 = 0)

1 9 Apartado 2. Los multiplicadores del simplex (π B = cB B −1 ) se pueden calcular, a partir de la tabla, de la siguiente manera: π1B = −VhB1 = 19/10 π2B = −VaB = 2/5 La interpretaci´on de los mismos es la siguiente: π1B = 19/10. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 19/10. La empresa estar´ıa dispuesta a pagar hasta 1900 unidades monetarias para disponer de 1 kg m´ as diariamente. Igualmente, estar´ıa dispuesta a vender 1 kg si recibiera por ello cualquier cantidad superior a 1900 unidades monetarias. π2B = 2/5. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 2/5. La empresa podri´ a obtener un beneficio mayor (4/5) si el compromiso fuera entrgar 21000 botellas y no 20000, por lo que este compromiso est´ a actuando como una limitaci´ on. F R estar´ıa dispuesta a renegociar el compromiso para pasar a 21000 botellas, siempre y cuando esto no representara un coste para ella superior a 400 unidades monetarias. Apartado 3. En t´erminos del planteamiento del modelo, la posibilidad descrita se traducir´ıa en la siguiente restricci´on: x1 + x2 + x3 ≤ 6 ⇒ x1 + x2 + x3 + h3 = 6 Tras introducir la nueva restricci´on y modificarla convenientemente para que x1 , x3 y h3 sean las variables b´ asicas, se obtiene la soluci´ on correspondiente a la siguiente tabla, que es una soluci´ on que cumple el criterio de optimalidad pero no es factible. Aplicando Lemke (sacando h3 e introduciendo h1 ) se obtiene la siguiente tabla.

x3 x1

h3 x3 x1 h3 x3 x1 h1

-111/2 7/2 11/2 6 1/2 -3 -111/2 7/2 11/2 -3 -27 -1 7 15

x1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0

x3 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 0 1/10 -1/5 -19/10 3/10 -1/10 -1/5 0 0 0 1

h3 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 -19/2 3/2 -1/2 -5

La u ´ ltima tabla corresponde a una soluci´ on no factible (x3 ≤ 0) y no existe ninguna tasa de sustituci´ on de esa variable con respecto a las no b´ asicas que sea negativa. Al introducir la nueva restricci´on el problema no tiene soluci´on factible. Si el proveedor de tapones hiciera como se dice, no ser´ıa posible obtener un programa de producci´on que cumpliera con todas las restricciones. Apartado 4. El rango de valores para c2 y c3 dentro del cual la composici´on del mix de producci´on es el mismo que el obtenido se obtiene calculando los nuevos criterios del Simplex en funci´ on de dichos variables. asica, si c2 se modifica, s´ olo se modifica V2B . En En el caso de c2 , como x2 no es una variable b´ particular:   3 (5) = c2 − 13/2 V2B = c2 − cB B −1 A2 = c2 − π B 2

1 El mix sigue siendo el mismo si c − 13/2 ≤ 0, es decir, si c ≤ 13/2 10 2 2 El el caso de que cambie c3 , como x3 es una variable b´ asica, cambian los criterios del Simplex de todas las variables (menos los de las b´ asicas, que son 0). En particular:      0 1/2 1 3/10  V B = c − cB B −1 A = c − cB p = 5 6 c3 0 − c3 5 = 1 1/2 0 −1/10       3 −5 3 −5 = 0 7 − c3 0 3c10 = 5 6 c3 0 − 5 c32+5 c3 3c10

(6)

Es decir, el mix es el mismo si se cumple simult´ aneamente: 7 − c3 ≤ 0 c3 ≥ 7 ⇒ c3 ≥ 7 ⇒ 3c3 −5 c ≤ 0 3 ≥ 5/3 10

(7)

El mix es el mismo, siempre y cuando la contribuci´ on unitaria al beneficio de cada botella de litro sea igual o superior a 7 unidades monetarias. Apartado 5. La demanda de refrescos quedar reflejada en la segunda restricci´on. Si cambia b2 , la soluci´ on podr´ıa dejar de ser factible y, por lo tanto, dejar de ser ´optima.     75−2b2  3/10 −1/5 25 b ≤ 75/2 10 uB = B −1 b = (8) = ≥0⇒ 2 −25+4b2 −1/10 2/5 b2 b2 ≥ 25/4 10 Es decir, el mix es el mismo se 25/4 ≤ b2 ≤ 75/2, es decir, si la demanda supera los 6250 botellas y si no supera los 37500. Apartado 6. T0 x3 x1

-111/2 7/2 11/2

x1 0 0 1

x2 -1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0

h1 -19/10 3/10 -1/10

Sea c1 = λ, con 0 ≤ λ ≤ ∞. Si λ = 5, T ,0 es la tabla correspondiente a la soluci´ on ´optima. Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades b´ asicas ser´ an x1 y x3 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T0 . El criterio del Simplex V B (λ) es:

V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p =



λ 6

8 0







8

λ





0 1 

1/2 1 1/2 0 0 − 4−λ 2

3/10 −1/10 0



λ−24 10

= 

(9)

Las variables b´ asicas son x1 y x3 siempre y cuando V B (λ). Es decir: 4−λ≤0 ⇒ 4 ≤ λ ≤ 24 λ − 24 ≤ 0

(10)

Si 4 ≤ λ ≤ 24, la tabla corresondiente a la soluci´ on ´optima es T0 (λ): T0 (λ) x3 x1

−28 − 11λ/2 7/2 11/2

x1 0 0 1

x2 4−λ 2

1/2 1/2

x3 0 1 0

h1 λ−24 10

3/10 -1/10

1 Si λ = 4, la tabla se convierte en T , correspondiente a un ´optimo m´ ultiple. Introduciendo x2 11 y 1 sacando x3 se obtiene una nueva soluci´ on a la que le corresponde la tabla T2 T1 x3 x1 T2

-50 7/2 11/2 -50 7 2

x2 x1

x1 0 0 1 x1 0 0 1

x2 0 1/2 1/2 x2 0 1 0

x3 0 1 0 x3 0 2 -1

h1 -2 3/10 -1/10 h1 -2 3/5 -2/5

Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V (λ) ≤ 0 las actividades b´ asicas ser´ an x1 y x2 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T2 . El criterio del Simplex V B (λ) es: B

V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p =



λ 6

8 0







6 λ



 

0 1 1 0

2 3/5 −1 −2/5

0 0

λ−4



=  2λ−18

(11)

5

El criterio del Simplex de la tabla T2 nunca se anula para valores de λ tales que 0 ≤ λ ≤ 4 Volviendo a la tabla T0 (λ), si λ = 24, la tabla se convierte en la tabla T3 , correspondiente a un on ´optima optimo m´ ´ ultiple. Introduciendo h1 sacando x3 se obtiene la tabla T4 correspondiente a la soluci´ alternativa: T3 x3 x1 T4 h3 x1

−160 7/2 11/2 −160 35/3 20/3

x1 0 0 1 x1 0 0 1

x2 -10 1/2 1/2 x2 -10 5/3 2/3

x3 0 1 0 x3 0 10/3 1/3

h1 0 3/10 -1/10 h1 0 1 0

De nuevo, Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y B asicas ser´ an x1 y h1 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T4 . El cuando V (λ) ≤ 0 las actividades b´ criterio del Simplex V B (λ) es:

V (λ) = c − c B B

B

−1

A=c−c p= B



λ

6 8

0







0 λ



 

0 5/3 10/3 1 1 2/3 1/3 0 0

6−2λ 3

24−λ 3

El criterio del Sipmlex no se hace positivo para ning´ un valor de λ tal que λ > 24 En resumen: Variables b´ asicas: x1 = 2 y x2 = 7 si 0 ≤ λ ≤ 4 con z = 42 + 2λ Variables b´ asicas: x1 = 11/2 y x3 = 7/2 si 4 ≤ λ ≤ 24 con z = 28 + 11λ/2 Variables b´ asicas: x1 = 20/3 y h1 = 35/3 si 24 ≤ λ con z = 20λ/3



0)

= 

(12)

 1 12 Apartado 6. Los dos posibles plano de Gomory de la forma: −f0 + fi xi ≥ 0 ser´ıan, en este caso, dos, uno por cada variable: −1/2 + 1/2x2 + 3/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 3/10h1 − h3 = 1/2 −1/2 + 1/2x2 + 9/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 9/10h1 − h4 = 1/2 Si se introduce y modifica el primer plano secante, la tabla resultante ser´ıa la siguiente:

x3 x1 h3

-111/2 7/2 11/2 1/2 -1/2

x1 0 0 1 0 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 3/10 -3/10

h3 0 0 0 -1 1

La tabla final es la siguiente, correspondiente a una soluci´ on no factible que cumple el criterio de optimalidad, por lo que se podr´ıa aplicar el m´etodo de Lemke.

x3 x1 h3

-111/2 7/2 11/2 -1/2

x1 0 0 1 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 -3/10

h3 0 0 0 1

2 2.

2.1.

13

Enunciado

Un fabricante de refrescos F R produce tres modalidades (A, B y C), cada una en su propio formato: de 3 litros, 2 litros y 1 litro, respectivamente. Este fabricante est´ a comprometido a entregar a un gran distribuidor GD (su u ´ nico cliente) exactamente 20000 litros diarios de refrescos. Dispone de 25000 gramos diarios de un saborizante del que cada modalidad consume por botella: la botella de 3 litros, 2 gramos; la de 2 litros, 3 g; y la de un litro, 4 g. Conocidos los datos econ´ omicos de A, B y C, y siendo xj los miles de botellas de la modalidad j a envasar diariamente, F R ha planteado el siguiente modelo de programaci´on lineal (c y b est´ an expresados en miles): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25

(13)

3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Obtener el plan o´ptimo de envasado de F R. 2. Determinar el significado de los multiplicadores del simplex de las dos restricciones. 3. A F R le preocupa la posibilidad de que su proveedor de tapones (iguales para las tres modalidades) restrinja su suministro a un m´aximo de 6000 tapones diarios. Como ejercicio de postoptimizaci´ on, introducir esta nueva restricci´on y determinar su repercusi´ on. 4. Mediante el correspondiente an´alisis de sensibilidad, determinar la repercusi´on en el mix de envasado de posibles cambios en los precios de venta de las dos modalidades de menor capacidad, B y C (x2 y x3 ). 5. Determinar la validez del mix de producci´on ante posibles variaciones en la demanda total de refrescos, que se traducir´ıan en un mayor o menor volumen a entregar diariamente a GD, utilizando el an´alisis de sensibilidad. 6. El formato de 3 litros (modalidad A, x1 ) puede estar especialmente afectado por los cambios en los mercados de refrescos y materias primas. Mediante la programaci´ on param´etrica, analizar el conjunto de diferentes planes de envasado y sus resultados en funci´ on de cualquier valor no negativo de la contribuci´on unitaria al beneficio del producto A. 7. El gran distribuidor GD exige que las entregas diarias sean m´ ultiplos exactos de mil para cada modalidad. A partir de la resoluci´on del apartado a) de la pregunta anterior, plantear un plano secante de correspondiente al algoritmo de Gomory y, sin realizar ninguna iteraci´ on, introducir la restrcci´on correspondiente en la tabla de la soluci´ on ´optima hasta el momento.

2.2.

Resoluci´ on max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0

(14)

2 El problema se puede reformular de la siguiente manera, convirtiendo las desigualdades en igualdades 14 (id´entido al problema anterior en t´erminos del sistema que representa): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20

(15)

x1 , x2 , x3 ≥ 0 No existe soluci´on b´ asica factible inmediata, por lo que es necesario utilizar el m´etodo de las dos fases o de la M grande. En el primer caso, se construye el siguiente problema auxiliar P  : max z = −a s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25

(16)

3x1 + 2x2 + 1x3 + a = 20 x1 , x2 , x3 , a ≥ 0 on b´asica factible de partida con las Apartado 1. Para el problema P  es posible encontrar una soluci´ actividades b´asicas h1 y a, con valores h1 = 20 y a = 20. Al aplicar el m´etodo del Simplex, en su variante de la matriz completa, para esa soluci´on b´ asica se obtiene la siguiente tabla:

h1 a

x1 3 5 2 3

20 0 25 20

x2 2 6 3 2

x3 1 8 4 1

h1 0 0 1 0

a 0 0 0 1

(V B fase 1) (V B fase 2)

Introduciendo en la base x1 y sacando a, se obtiene:

h1 x1

0 -100/3 35/3 20/3

x1 0 0 0 1

x2 0 8/3 5/3 2/3

x3 0 19/3 10/3 1/3

h1 0 0 1 0

a -1 -5/3 -2/3 1/3

(V B fase 1) (V B fase 2)

La tabla anterior corresponde a una soluci´ on del problema P  donde a = 0, por lo que es una soluci´ on b´ asica factible del problema original, pero no ´optima, porque no cumple V B ≤ 0. Introduciendo en la base x3 y sacando h1 , se obtiene:

x3 x1

0 -111/2 7/2 11/2

x1 0 0 0 1

x2 0 -1/2 1/2 1/2

x3 0 0 1 0

h1 0 -19/10 3/10 -1/10

a -1 -2/5 -1/5 2/5

(V B fase 1) (V B fase 2)

La tabla anterior corresponde a la soluci´ on ´optima del problema original (V B ≤ 0). El programa de producci´on o´ptimo consiste en: Producir 5500 refrescos de 1/3l, ning´ un refresco de 1/2l y 3500 de 1l. Se consumen todo el material disponible para producir las botellas (h1 = 0)

2 15 Apartado 2. Los multiplicadores del simplex (π B = cB B −1 ) se pueden calcular, a partir de la tabla, de la siguiente manera: π1B = −VhB1 = 19/10 π2B = −VaB = 2/5 La interpretaci´on de los mismos es la siguiente: π1B = 19/10. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 19/10. La empresa estar´ıa dispuesta a pagar hasta 1900 unidades monetarias para disponer de 1 kg m´ as diariamente. Igualmente, estar´ıa dispuesta a vender 1 kg si recibiera por ello cualquier cantidad superior a 1900 unidades monetarias. π2B = 2/5. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 2/5. La empresa podri´ a obtener un beneficio mayor (4/5) si el compromiso fuera entrgar 21000 botellas y no 20000, por lo que este compromiso est´ a actuando como una limitaci´ on. F R estar´ıa dispuesta a renegociar el compromiso para pasar a 21000 botellas, siempre y cuando esto no representara un coste para ella superior a 400 unidades monetarias. Apartado 3. En t´erminos del planteamiento del modelo, la posibilidad descrita se traducir´ıa en la siguiente restricci´on: x1 + x2 + x3 ≤ 6 ⇒ x1 + x2 + x3 + h3 = 6 Tras introducir la nueva restricci´on y modificarla convenientemente para que x1 , x3 y h3 sean las variables b´ asicas, se obtiene la soluci´ on correspondiente a la siguiente tabla, que es una soluci´ on que cumple el criterio de optimalidad pero no es factible. Aplicando Lemke (sacando h3 e introduciendo h1 ) se obtiene la siguiente tabla.

x3 x1

h3 x3 x1 h3 x3 x1 h1

-111/2 7/2 11/2 6 1/2 -3 -111/2 7/2 11/2 -3 -27 -1 7 15

x1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0

x3 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 0 1/10 -1/5 -19/10 3/10 -1/10 -1/5 0 0 0 1

h3 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 -19/2 3/2 -1/2 -5

La u ´ ltima tabla corresponde a una soluci´ on no factible (x3 ≤ 0) y no existe ninguna tasa de sustituci´ on de esa variable con respecto a las no b´ asicas que sea negativa. Al introducir la nueva restricci´on el problema no tiene soluci´on factible. Si el proveedor de tapones hiciera como se dice, no ser´ıa posible obtener un programa de producci´on que cumpliera con todas las restricciones. Apartado 4. El rango de valores para c2 y c3 dentro del cual la composici´on del mix de producci´on es el mismo que el obtenido se obtiene calculando los nuevos criterios del Simplex en funci´ on de dichos variables. asica, si c2 se modifica, s´ olo se modifica V2B . En En el caso de c2 , como x2 no es una variable b´ particular:   3 (17) = c2 − 13/2 V2B = c2 − cB B −1 A2 = c2 − π B 2

2 El mix sigue siendo el mismo si c − 13/2 ≤ 0, es decir, si c ≤ 13/2 16 2 2 El el caso de que cambie c3 , como x3 es una variable b´ asica, cambian los criterios del Simplex de todas las variables (menos los de las b´ asicas, que son 0). En particular:      0 1/2 1 3/10  V B = c − cB B −1 A = c − cB p = 5 6 c3 0 − c3 5 = 1 1/2 0 −1/10       3 −5 3 −5 = 0 7 − c3 0 3c10 = 5 6 c3 0 − 5 c32+5 c3 3c10

(18)

Es decir, el mix es el mismo si se cumple simult´ aneamente: 7 − c3 ≤ 0 c3 ≥ 7 ⇒ c3 ≥ 7 ⇒ 3c3 −5 c ≤ 0 3 ≥ 5/3 10

(19)

El mix es el mismo, siempre y cuando la contribuci´ on unitaria al beneficio de cada botella de litro sea igual o superior a 7 unidades monetarias. Apartado 5. La demanda de refrescos quedar reflejada en la segunda restricci´on. Si cambia b2 , la soluci´ on podr´ıa dejar de ser factible y, por lo tanto, dejar de ser ´optima.     75−2b2  3/10 −1/5 25 b ≤ 75/2 10 uB = B −1 b = (20) = ≥0⇒ 2 −25+4b2 −1/10 2/5 b2 b2 ≥ 25/4 10 Es decir, el mix es el mismo se 25/4 ≤ b2 ≤ 75/2, es decir, si la demanda supera los 6250 botellas y si no supera los 37500. Apartado 6. T0 x3 x1

-111/2 7/2 11/2

x1 0 0 1

x2 -1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0

h1 -19/10 3/10 -1/10

Sea c1 = λ, con 0 ≤ λ ≤ ∞. Si λ = 5, T ,0 es la tabla correspondiente a la soluci´ on ´optima. Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades b´ asicas ser´ an x1 y x3 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T0 . El criterio del Simplex V B (λ) es:

V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p =



λ 6

8 0







8 λ





 0 1/2 1 3/10 = 1 1/2 0 −1/10   0 λ−24 0 − 4−λ 2 10

(21)

Las variables b´ asicas son x1 y x3 siempre y cuando V B (λ). Es decir: 4−λ≤0 ⇒ 4 ≤ λ ≤ 24 λ − 24 ≤ 0

(22)

Si 4 ≤ λ ≤ 24, la tabla corresondiente a la soluci´ on ´optima es T0 (λ): T0 (λ) x3 x1

−28 − 11λ/2 7/2 11/2

x1 0 0 1

x2 4−λ 2

1/2 1/2

x3 0 1 0

h1 λ−24 10

3/10 -1/10

2 Si λ = 4, la tabla se convierte en T , correspondiente a un ´optimo m´ ultiple. Introduciendo x2 17 y 1 sacando x3 se obtiene una nueva soluci´ on a la que le corresponde la tabla T2 T1 x3 x1 T2

-50 7/2 11/2 -50 7 2

x2 x1

x1 0 0 1 x1 0 0 1

x2 0 1/2 1/2 x2 0 1 0

x3 0 1 0 x3 0 2 -1

h1 -2 3/10 -1/10 h1 -2 3/5 -2/5

Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V (λ) ≤ 0 las actividades b´ asicas ser´ an x1 y x2 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T2 . El criterio del Simplex V B (λ) es: B

V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p =



λ 6

8 0







6 λ



 

0 1 1 0

2 3/5 −1 −2/5

0 0

λ−4



=  2λ−18

(23)

5

El criterio del Simplex de la tabla T2 nunca se anula para valores de λ tales que 0 ≤ λ ≤ 4 Volviendo a la tabla T0 (λ), si λ = 24, la tabla se convierte en la tabla T3 , correspondiente a un on ´optima optimo m´ ´ ultiple. Introduciendo h1 sacando x3 se obtiene la tabla T4 correspondiente a la soluci´ alternativa: T3 x3 x1 T4 h3 x1

−160 7/2 11/2 −160 35/3 20/3

x1 0 0 1 x1 0 0 1

x2 -10 1/2 1/2 x2 -10 5/3 2/3

x3 0 1 0 x3 0 10/3 1/3

h1 0 3/10 -1/10 h1 0 1 0

De nuevo, Si λ modifica su valor, se modificar´ a el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y B asicas ser´ an x1 y h1 , con los niveles de realizaci´on de la tabla T4 . El cuando V (λ) ≤ 0 las actividades b´ criterio del Simplex V B (λ) es:

V (λ) = c − c B B

B

−1

A=c−c p= B



λ

6 8

0







0 λ



 

0 5/3 10/3 1 1 2/3 1/3 0 0

6−2λ 3

24−λ 3

El criterio del Sipmlex no se hace positivo para ning´ un valor de λ tal que λ > 24 En resumen: Variables b´ asicas: x1 = 2 y x2 = 7 si 0 ≤ λ ≤ 4 con z = 42 + 2λ Variables b´ asicas: x1 = 11/2 y x3 = 7/2 si 4 ≤ λ ≤ 24 con z = 28 + 11λ/2 Variables b´ asicas: x1 = 20/3 y h1 = 35/3 si 24 ≤ λ con z = 20λ/3



0)

= 

(24)

 2 18 Apartado 6. Los dos posibles plano de Gomory de la forma: −f0 + fi xi ≥ 0 ser´ıan, en este caso, dos, uno por cada variable: −1/2 + 1/2x2 + 3/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 3/10h1 − h3 = 1/2 −1/2 + 1/2x2 + 9/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 9/10h1 − h4 = 1/2 Si se introduce y modifica el primer plano secante, la tabla resultante ser´ıa la siguiente:

x3 x1 h3

-111/2 7/2 11/2 1/2 -1/2

x1 0 0 1 0 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 3/10 -3/10

h3 0 0 0 -1 1

La tabla final es la siguiente, correspondiente a una soluci´ on no factible que cumple el criterio de optimalidad, por lo que se podr´ıa aplicar el m´etodo de Lemke.

x3 x1 h3

-111/2 7/2 11/2 -1/2

x1 0 0 1 0

x2 -1/2 1/2 1/2 1/2

x3 0 1 0 0

h1 -19/10 3/10 -1/10 -3/10

h3 0 0 0 1

3 3.

3.1.

19

Enunciado

La empresa San Guemil fabrica dos tipos de cerveza, una lager y una pilsen, para lo cual necesita disponer de malta, l´ upulo y levadura. Cada metro c´ ubico de lager requiere 50 kg de malta, 20 de l´ upulo y 2 de levadura. Cada metro c´ ubico de pilsen necesita 60 kg de malta, 25 de l´ upulo y 2 de levadura. El beneficio que obtiene la empresa con cada metro c´ ubico de lager es de 140 um, mientras que con cada metro c´ ubico de pilsen obtiene 150 um. San Guemil dipone de una tonelada de malta por semana, 250 kg de l´ upulo y 22 kg de levadura tambi´en por semana. El modelo de programaci´ on lineal que permite obtener la producci´ on ´optima para cada semana queda descrito por: max z = 140x1 + 150x2 s.a. : 50x1 + 60x2 ≤ 1000

(25)

20x1 + 25x2 ≤ 250 2x1 + 2x2 ≤ 22 x1 , x2 ≥ 0

donde x1 y x2 representan, respectivamente, los vol´ umenes de producci´ on semanales (en m3 ) de lager y de pilsen. La tabla del simplex correspondiente a la soluci´ on ´optima del modelo anterior y, por lo tanto, al plan de producci´on o´ptimo de San Guemil, es:

h1 x2 x1

-1600 390 6 5

x1 0 0 0 1

x2 0 0 1 0

h1 0 1 0 0

h2 -2 -2 1/5 -1/5

h3 -50 -5 -2 5/2

donde h1 , h2 y h3 son, respectivamente, las holguras correspondientes a las tres restricciones del modelo lineal. Se pide: 1. Indicar qu´e uso se hace de cada una de las tres materias primas, as´ı como cu´ al es el precio m´ aximo que estar´ıa dispuesta a pagar San Guemil por disponer de 1 kg m´as a la semana de cada una de las tres materias primas. 2. Indicar, para el caso del l´ upulo, cu´ antos kg adicionales estar´ıa dispuesta a adquirir y cu´antos kg de su disponibilidad de l´ upulo estar´ıa dispuesta a vender semanalmente tomando como referencia el precio indicado en el apartado anterior. 3. San Guemil est´a valorando la posibilidad de producir un nuevo tipo de cerveza, que tiene una doble fermentaci´on. Esta nueva cerveza consume, por cada metro c´ ubico producido, 70 kg de malta, 30 de l´ upulo y 4 kg de levadura. Indicar el beneficio unitario m´ınimo que har´ıa rentable la producci´on y comercializaci´on de esta nueva cerveza. 4. San Guemil ha firmado un contrato de suministro con sus actuales clientes, por el cu´ al se compromete a servir, conjuntamente entre lager y pilsen, un m´ınimo de 40 m3 al mes (consid´erese que un mes tiene cuatro semanas). Indicar cu´al es el nuevo plan de producci´ on ´optimo. 5. Si una determinada semana se decide reservar 10 kg de l´ upulo sin utilizar (h2 = 10), ¿c´omo se modifica el plan ´optimo de producci´on? ¿c´ omo se modifica el valor de la funci´ on objetivo?

3 3.2.

Resoluci´ on

20

Apartado 1. La utilizaci´ on que se hace de los recursos es la siguiente: de los 1000 kg de malta, queda 390 sin utilizar; se consumen por completo los 250 kg de l´ upulo; se consumen por completo los 22 kg de levadura; El valor de una unidad adicional de cada recurso viene dado por el precio sombra de la restricci´on corresonpondiente. El vector de multiplicadores del simplex (precios sombra) es πiB = −VhBi , debido a que todas las restricciones son de tipo menor o igual, por lo que π B = (0, 2, 50). Por lo tanto: San Guemil no est´a dispuesta a pagar nada por adquirir un kg adicional de malta (y estar´ıa dispuesto a vender un kg de malta a cualquier precio); San Guemil est´a dispuesta a comprar un kg adicional de l´ upulo si el precio de ese kg es inferior a 2 um (estar´ıa dispuesta a vender un kg a un precio superior a 2 um); igualmente, estar´ıa dispuesta a comprar un kg adicional de levadura a un precio inferior a 50 um/kg (y a vender uno de sus 22 kg disponibles a un precio superior a 50 um/kg); Apartado 2. Al adquirir l´ upulo adicional a los 250 kg se modifica el vector de disponibilidad de los recursos b = (1000, 250, 22)T . Por un lado: el precio sombra de ese recurso (segunda componente de π B = cB B −1 ) cambiar´ a si cambia la base (B); la base se modifica, porque, al modificarse b, la soluci´on b´asica hasta ahora o´ptima puede dejar de ser factible (uB = B −1 b). El rango de valores dentro del cual el precio al cual San Guemil est´a dispuesta a comprar un kg de l´ upulo adicional a un m´ aximo de 6um/kg es aquel para el cual uB ≥ 0: ⎞ ⎞⎛ 1000 − 2b2 − 110 ≥ 0 1 −2 −5 1000 b2 ≤ 440 uB = B −1 b = ⎝ 0 1/5 −2 ⎠ ⎝ b2 ⎠ ⇒ b52 + 44 ≥ 0 ⇒ b2 ≥ 220 ⇒ 220 ≤ b2 ≤ 275 b2 ≤ 275 22 0 −1/5 5/2 − b52 + 55 ≥ 0 (26) ⎛

Por lo tanto, San Guemil est´ a dispuesta a comprar hasta 25 kg de l´ upulo a un precio inferior a 2 um/kg (75 = 275-250) o a vender hasta 30 kg a un precio superior a 2 um/kg (30=250-220). Apartado 3. La nueva variedad resultar´ a un producto rentable si el criterio del simplex de la variable correspondiente (x3 ) es positivo. Es decir: ⎛ ⎞ 70 V3B = c3 − cB B −1 A3 = c3 − π B A3 = c3 − (0, 2, 50) ⎝ 30 ⎠ = c3 − 260 ≥ 0 ⇒ c3 ≥ 260 (27) 4 Por lo que si el precio es superior a los 260 um/m3 , ser´a interesante su producci´ on y comercializaci´ on. Apartado 4. San Guemil est´a produciendo en la actualidad 11 m3 , por lo que en la actualidad ya on que tendr´ıa la forma x1 +x2 ≥ 10 est´a cumpiendo el compromiso de producir al menos 10 m3 . La restricci´ no modifica el plan ´optimo de producci´on, de manera que el plan o´ptimo de producci´on ser´ıa el mismo.

3 21 Apartado 5. Reservar una cantidad de l´ upulo de 10 kg es equivalente a que h2 = 10. Cuando una variable no b´asica entra a formar parte de la soluci´on, las tasas de sustituci´on de esa variable con respecto a las b´ asicas indican c´ omo se modifican los valores de estas al entrar aquella. Las tasas de sustituci´on de h3 son ph3 = (−2, 15 , − 15 , 0)T , por lo que: h1 aumenta en 10 × 2 = 20, con lo que sobran 20 kg m´ as de malta x2 disminuye en 10 × m3 semanales;

1 5

= 2, con lo que se produce 2 m3 menos de pilsen, es decir, se producir´ıan 4

x1 aumenta en 10 × 15 = 2, con lo que se producen 2 m3 m´as de lager, es decir, se producir´ıan 7 m3 semanales. Por su parte, la funci´ on objetivo se modificar´ıa de la siguiente manera: Δz = 10 × VhB2 = 10 × (−2), es decir, el beneficio ser´ıa de 1580 um semanales.

4 4.

4.1.

22

Enunciado

1 Un avicultor AV ha determinado que sus necesidades semanales de ´acido asc´ orbico (AA) y β-caroteno (βC) como suplemento al pienso com´ un son, como m´ınimo, de 15 y 3 kilogramos respectivamente. En su mercado local dispone de tres complejos suplementarios, de distinto precio y que contienen ambos componentes en distintas proporciones. Siendo x1 , x2 y x3 los kg semanales que comprar´ıa AV de cada uno de los tres complejos suplementarios CS1 , CS2 y CS3 , AV ha planteado el siguiente modelo de programaci´ on lineal: min z = 70x1 + 20x2 + 50x3 s.a. : 40x1 + 60x2 + 40x3 ≥ 15000

(28)

30x1 + 60x2 + 40x3 ≥ 3000 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Explicar el significado de cada uno de los coeficientes que aparecen en el modelo. 2. Obtener el plan o´ptimo de compra de complejos suplementarios al precio normal y describir la informaci´on que suministra la matriz completa para esta soluci´on. 3. Si surge un nuevo proveedor que ofrece un complejo suplementario CSN a 80 /Kg que contiene 30 gramos de AA por kilogramo ¿cu´anto βC por Kg deber´ıa contener como m´ınimo CSN para que le interesara a AV? 4. Realizar el an´alisis de sensibilidad de la soluci´on o´ptima obtenida en 2 respecto a los precios de los complejos suplementarios CS1 , CS2 y CS3 .

4.2.

Resoluci´ on

Apartado 1 Los coeficientes de la funci´ on objetivo (70, 20, 50) son los precios por kg de CS1 , CS2 y CS3 . Los t´erminos independientes de las restricciones (15000, 3000)T son los requisitos m´ınimos de AA y βC medidos en gramos. Los coeficientes t´ecnicos indican los gramos de AA o de βC contenidos en un kilogramo de cada uno de los complejos suplementarios. Apartado 2

La estructura del modelo se ajusta a la requerida para aplicar el m´etodo de Lemke. o´ptima:

xh1 xh2 x2 xh2

-z 0 -15000 -3000 5000 250 12000

x1 -70 -40 -30 -170/3 2/3 10

x2 -20 -60 -60 0 1 0

x3 -50 -40 -40 -110/3 2/3 0

xh1 0 1 0 -1/3 -1/60 -1

xh2 0 0 1 0 0 1

Soluci´on o´ptima: AV comprar´ıa 250 kg/semana de CS2 con un coste de 5000 /semana. De esta forma cumplir´ıa estrictamente el m´ınimo de AA y de βC suministrar´ıa a sus gallinas 12000 gramos (12 kg) m´ as semanalmente de lo estrictamente necesario. Para que le interesara comprar CS1 o CS2 , el precio del suplemento deber´ıa bajar 170/3 /kg (57 /kg) y 110/3 /kg (37 /kg), respectivamente, pasando en ambos casos a 40/3 /kg (13 /kg). Una disminuci´on de los requisitos de βC no tendr´ıa repercusi´ on econ´omica para AV (los cumple con holgura). Sin embargo, el valor de oportunidad de un gramo de AA es 1/3 , lo que significa que por cada kilogramo que disminuyeran o aumentaran las necesidades semanales de AA en la granja, AV disminuir´ıa o aumentar´ıa sus costes en 333 .

4 23 Apartado 3 Como se acaba de ver, el contenido en βC de un nuevo CS le es indiferente, ya que este requisito est´a cumplido de sobra. Por lo tanto, el inter´es CSN radica en si su precio de 80 /kg est´a compensado por su contenido en AA medido mediante el valor de oportunidad, es decir, para que VNB = cN − π B AN = cN − π1B aN 1 ≥ 0, debe suceder que cN ≥ π1B aN 1 . Como lo que aporta CSN en t´erminos de AA es π1B aN 1 = 30/3 = 10 /kg y su precio es 80 /kg ⇒ VNB = −70 y no interesa CSN sea cual fuera su contenido en βC. Apartado 4 Para c1 y c3 ya se ha visto en el apartado b) que el intervalo correspondiente ser´ıa [40/3, ∞) en ambos casos. Como CS2 est´a en la base de la soluci´on ´optima, si se expresa V B para ´esta en funci´on de c2 , resultar´ıa:

x2 xh2

5000 250 12000

x1 -70+2c2/3 2/3 10

x2 0 1 0

x3 -50+2c2/3 2/3 0

xh1 -c2 /60 -1/60 -1

xh2 0 0 1

Para que no exista un VjB > 0 debe darse que: c2 ≤ 105, c2 ≤ 75 y c2 ≥ 0 ⇒ c2 ∈ [0, 75] ya que si el precio de CS2 sube de 75 /kg AV pasar´ıa a comprar CS3 .

5 5.

24

5.1.

Enunciado

Dado el siguiente modelo de programaci´on lineal (MP): max z = 5x1 + 2x2 − 9x3 s.a. : x1 + x2 − x3 ≤ 6

(29)

x1 + 3x3 = 12 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. ¿Qu´e afirma el Teorema Fundamental de la Programaci´ on Lineal?¿Qu´e implicaciones tiene en t´erminos de la b´ usqueda de la soluci´on o´ptima de un problema de Programaci´ on Lineal? Para el problema (MP), indicar tres soluciones: una soluci´ on no b´ asica factible, una soluci´ on b´ asica factible y una soluci´ on b´ asica no factible. 2. Plantear y resolver gr´ aficamente el problema dual de MP. 3. Por aplicaci´on del teorema de las holguras complementarias, determinar a partir de 2) la composici´on de la soluci´ on o´ptima de MP as´ı como su correspondiente vector de criterios del simplex. 4. Explicar el significado de cada uno de los componentes del vector de criterios del simplex de la soluci´ on ´ optima de MP obtenido en 3). Postoptimizaci´ on 5. Explicar la repercusi´on que podr´ıa tener para MP y para su dual la consideraci´on de una nueva restricci´ on en MP (no es necesario mostrar ning´ un ejemplo num´erico) 6. Ante la posibilidad de introducir en una nueva variable de acci´on xN en MP con los siguientes datos: cN = 8 , a1N = 1 , a2N = 4 , an´ alogamente a lo realizado en 2) y en 3), analizar gr´aficamente su repercusi´on en el modelo dual y su inter´es para MP.

6 6.

25

6.1.

Enunciado

MME 1011 ENE Una empresa produce y comercializa tres tipos de productos, P1 , P2 y P3 , que sirve en pal´es, que pueden o no estar completos (se puede entregar un pal´e a medio completar, medio pal´e, un cuarto de p´ al´e, etc.) Por cada pal´e de estos productos, obtiene unos ingresos netos de 4, 12 y 2 unidades monetarias, respectivamente. Existe una instalaci´ on de la que se dispone de un total de 6 d´ıas de trabajo a la semana. as, Producir un pal´e de P1 lleva 3 d´ıas, uno de P2 lleva 6 d´ıas y montar uno de P3 lleva 2 d´ıas. Adem´ existe un compromiso de entregar al menos el contenido conjunto equivalente a dos pal´es. El siguiente modelo de programaci´on lineal permite obtener el plan de producci´ on ´optimo. max z = 4x1 + 12x2 + 2x3 s.a. : 3x1 + 6x2 + 2x3 ≤ 6

(30)

x1 + x2 + x3 ≥ 2 x1 , x2 , x3 ≥ 0 Donde xi representa el n´ umero de pal´es producidos y servidos semanalmente de Pi , con i = 1, 2, 3. El problema tambi´en se puede formular como: max z = 4x1 + 12x2 + 2x3 s.a. : 3x1 + 6x2 + 2x3 + h1 = 6

(31)

x1 + x2 + x3 − h2 = 2 x1 , x2 , x3 , h1 , h2 ≥ 0 Una soluci´ on posible es aquella a la que le corresponde la siguiente tabla, obtenida con la aplicaci´ on del m´etodo del simplex en su variante de la matriz completa.

x1 x3

-8 2 0

x1 0 1 0

x2 2 4 -3

x3 0 0 1

h2 -2 2 -3

h1 -2 1 -1

Se pide: 1. Explicar el significado de las variables h1 y h2 . 2. Indicar si la soluci´ on a la que se refiere la tabla dada es o´ptima y justificar por qu´e. 3. Para la soluci´ on o´ptima del problema (sea la correspondiente a la tabla dada u otra obtenida a partir de ella) interpretar y explicar el programa de producci´on obtenido, la utilizaci´ on que se hace de la instalaci´on y el cumplimiento del compromiso comercial. Para la soluci´ on ´ optima (cada uno de los siguientes apartados son independientes entre s´ı): 4. En qu´e condiciones est´a dispuesta la empresa a renegociar su compromiso de entregar un m´ınimo de 2 pal´es. 5. Se ha realizado un estudio de mercado, y se sabe que no se pueden vender m´ as de 1 pal´e de P3 a la semana. Obtener el nuevo programa de producci´ on ´optimo con esa informaci´ on. 6. Identificar el rango de valores para el ingreso por pal´e neto dentro del cual resulta interesante producir y vender el producto P2 .

6 6.2.

26

Resoluci´ on

Apartado 1. h1 representa el n´ umero de d´ıas, de los 6 disponibles, que no se emplean en la producci´ on de pal´es. Es capacidad no utilizada. h2 representa el n´ umero de pal´es que se sirven por encima del compromiso de los dos pal´es adquiridos. Apartado 2. La soluci´ on correspondiente a la tabla dada no es la soluci´ on ´optima, porque la variable on x2 tiene criterio del simplex positivo (V2B = 2), de manera que la introduci´on de esta variable (producci´ y venta de P2 ) reportar´ıa un valor de la funci´on objetivo mayor que 8. Apartado 3. En primer lugar, hay que obtener la soluci´ on ´optima del problema. A partir de la tabla dada, aplicando el m´etodo del Simplex, se introduce la variable x2 y se suprime la variable x1 .

x1 x3 x2 x3

-8 2 0 -9 1/2 3/2

x1 0 1 0 -1/2 1/4 3/4

x2 2 4 -3 0 1 0

x3 0 0 1 0 0 1

h2 -2 2 -3 -3 1/2 -3 /2

h1 -2 1 -1 -5/2 1/4 -1/4

La tabla obtenida corresponde a la soluci´ on ´optima. El plan de producci´on consiste en: no producir nada de producto P1 , producir medio pal´e de producto P2 , producir un pal´e y medio de producto P3 , utilizar por completo los seis d´ıas de capacidad de producci´ on y cumplir el compromiso comercial entregando el m´ınimo de producto pactado (dos pal´es), con un beneficio semanal de 9 unidades monetarias. Apartado 4. El precio sombra de la restricci´ on correspondiente al compromiso comercial (de tipo ≥) es π2B = VhB2 = −3. De manera que Δzj|Δb2 =1 = −3, por lo que: la empresa estar´ıa dispuesta a asumir un compromiso de entrega superior a 2, siempre que recibiera alg´ un tipo de compensaci´on superior a 3 u.m. por cada pal´e adicional que se comprometiera a entregar por encima de esos dos. la empresa estar´ıa dispuesta a ofrecer alg´ un tipo de compensaci´on por relajar el compromiso de entrega, sin superar 3 u.m. por la relajaci´ on del compromiso en un pal´e. Apartado 5. La informaci´on adicional da lugar a la aparici´on de una nueva restricci´ on: x3 ≤ 1. Como la producci´on de P3 obtenida anteriormente es de 1.5 pal´es, dicha soluci´on no es factible y es necesario obtener la nueva soluci´ on. Introducciendo la nueva restricci´ on (que se puede formular como x3 + h3 = 1 y aplicando el m´etodo de Lemke, se obtiene lo siguiente:

6 x2 x3

x2 x3 x1

x1 -1/2 1/4 3/4 0 0 0 0 1

-9 1/2 3/2 1 -26/3 1/3 1 2/3

x2 0 1 0 0 0 1 0 0

x3 0 0 1 1 0 0 1 0

h2 -3 1/2 -3 /2 0 -4 1 0 -2

h1 -5/2 1/4 -1/4 0 8/3 1/3 0 -1/3

h3 0 0 0 1 -2/3 1/3 1 -4/3

27

La tabla obtenida corresponde a la nueva soluci´ on ´optima, cuyo plan de producci´on consiste en: producir 2/3 de pal´e de producto P1 , producir 1/3 de pal´e de producto P2 , producir un pal´e de producto P3 , utilizar por completo los seis d´ıas de capacidad de producci´ on y cumplir el compromiso comercial entregando el m´ınimo de producto pactado (dos pal´es), con un beneficio semanal de 26/3 unidades monetarias, menor que el que se obten´ıa antes de la restricci´ on comercial. Apartado 6. Resulta interesante producir y vender P2 mientras V B ≤ 0, ya que x2 es una variable b´ asica en la soluci´ on o´ptima

V

B

=c−c B B

−1

A=



4

c2

2

0 0





− c2 2  10−c2 0 4





0

1/4 1 3/4 0 6−c2 2

 1/2 1/4 ≤0⇒ −3/2 −1/4  2−c2 ≤ 0 ⇒ 10 ≤ c2 ≤ ∞ 4 0 1

(32)

Para cualquier precio de venta superior a 10 u.m. por pal´e resulta interesante producir y vender producto P2

7 7.

28

7.1.

Enunciado

Dado el problema de programaci´on lineal max z = −x1 + x2 − 5x3 + 14x4 s.a 3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 ≤ 24

(33)

−x1 + x2 − 2x3 + 2x4 ≤ 12 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0      x4 4 o o −1 su soluci´ on ´ optima queda caracterizada por: x = yB = ,u = 4 h2 Se pide:

1 6 −1 3

0 1

 .

1. Para la soluci´ on ´optima, obtener el cuadro correspondiente a la aplicaci´ on del m´etodo del Simplex en su variante de la matriz completa. 2. Indicar la nueva soluci´ on si la disponibilidad del recurso de la segunda restricci´ on disminuye en 8 unidades. 3. Indicar, partiendo del problema original, c´ omo se modificar´ıa la soluci´ on si el coeficiente de x4 pasara de tomar un valor 14 a un valor 5. 4. Explicar el significado de V3B , interpretado como c3 − cB pB 3 , explicando con detalle su significado con los valores num´ericos que permiten calcular V3B . 5. Formular el problema dual e indicar cu´ al es su soluci´ on ´optima a partir de la aplicaci´ on de los teoremas de la dualidad. No se valorar´a la resoluci´ on del apartado por otros m´etodos diferentes del solicitado.

7.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. Lo que falta para poder construir la tabla son las tasas de sustituci´ on, pB = B −1 A, y el B B −1 vector de criterios del simplex, V = c − c B A.

pB = B −1 A =





1 6 −1 3

0 1



−1 7 −5 14

3 4 5 −1 1 −2

0 0







6 1 2 0

14 0

0 1







 =

1/2 2/3 5/6 1 −2 −1/3 −10/3 0

V B = c − cB B −1 A = c − cB pB =  1/2 2/3 5/6 1 1/6 0 = −2 −1/3 −10/3 0 −1/3 1   −8 −25/3 −50/3 0 −7/3 0

Y, por lo tanto, la tabla es:

x4 h2

-56 4 4

x1 -8 1/2 -2

x2 -25/3 2/3 -1/3

1/6 0 −1/3 1

x3 -50/3 5/6 -11/3

x4 0 1 0

h1 -7/3 1/6 -1/3

h2 0 0 1

 (34)

(35)

7 Apartado 2. El nuevo problema tendr´ıa b2 = 4, por lo que uB = B −1 b cambiar´ıa de valor.  1     0 24 4 −1 6 B b= = −1 1 4 −4 3

29 (36)

La soluci´ on deja de ser factible y cumplir´ıa V B ≤ 0 y uB ≤ 0. Hay que aplicar el m´etodo de Lemke. Eliminando h2 de la base e introduciendo x1 se obtiene:

x4 x1

x1 0 0 1

-40 3 2

x2 -7 * *

x3 -2 * *

x4 0 1 0

h1 -1 * *

h2 -4 * *

Con lo que la nueva soluci´on es x4 = 3, x1 = 2 y el resto de variables no b´asicas, e iguales a 0 y con un valor de la funci´on objetivo z = 40. Apartado 3. El nuevo problema tendr´ıa c4 = 5, por lo que V B cambiar´ıa de valor.



−1 1

−5 5

0 0







V B = c − cB cB −1 A = c − cB − cpB =   1/2 2/3 5/6 1 1/6 0 0 = −2 −1/3 −11/3 0 −1/3 1   −7/2 −7/3 −55/6 0 −5/6 0 

5

(37)

Luego la soluci´on ser´ıa igualmente factible y ´optima. Con lo que x4 = 4, h2 = 0. S´ı cambiar´ıa el valor de la funci´ on objetivo, z = 20 Apartado 4. V3B = c3 − cB pB 3 = −50/3 representa la diferencia entre: c3 = −5 la contribuci´on unitaria al beneficio por cada unidad realizada de x3 (en este caso representa una p´erdida) y la modificaci´on de la funci´ on objetivo por la modificaci´ on de las variables b´ asicas que representa la realizaci´on de una unidad de x3 , 35/3,que se calcula como

 

la contribuci´ on unitaria de las variables b´asicas, cB , multiplicada por la modificaci´on de las variables b´ asicas que representa la realizaci´on de una unidad de x3 , pB 3 .

on objetivo disminuir´ıa en 5 y la modificaci´ on de En este caso, al realizar una unidad de x3 la funci´ las variables b´ asicas har´ıa que la funci´on objetivo disminuyera en 35/3, con lo que no resulta interesante la realizaci´on de esa actividad. Apartado 5. El problema dual es: min s = 24y1 + 12y2 s.a 3y1 − y2 ≥ −1 4y1 + y2 ≥ 1

(38)

5y1 − 2y2 ≥ −5 6y1 + 2y2 ≥ 14 y1 , y2 ≥ 0 Y su soluci´ on ´ optima es, por aplicaci´ on del teorema fundamental de la dualidad: y o = π B = (7/3, 0) Y por aplicaci´ on del teorema de las holguras complementarias:

7

Para la primera variable de hogura: y3 = −V1 = 8 y4 = −V2 = 25/3 y5 = −V3 = 49/3 y6 = −V4 = 0 Con un un valor de la funci´ on objetivo s∗ = z ∗ = 56

30

8 8.

8.1.

31

Enunciado

Se pide responder a las siguientes preguntas de tipo test. NOTA: redactar la respuesta incluyendo la frase completa en las hojas entregadas para calificar con el encabezado y con la opci´ on elegida como correcta. Por ejemplo, una posible respuesta, ser´ıa  a x = bi , Al resolver un problema mediante le m´etodo de lasdos fases, una restricci´ on del tipo j ij j en el problema auxiliar asociado se transforma en a x + h − a = b . No es necesario indicar el i i i j ij j subapartado (porque todos son diferentes) Solo una respuesta de cada apartado es correcta. Para cada apartado, una respuesta correcta suma un punto, una respuesta incorrecta resta un cuarto de punto.  1. Al resolver un problema mediante el m´etodo de las dos fases, una restricci´ on del tipo j aij xj = bi , en el problema auxiliar asociado  Se transforma en j aij xj + hi − ai = bi .  Se transforma en j aij xj − hi + ai = bi .  Se transforma en j aij xj + ai = bi . Ninguna de las anteriores es correcta. 2. Al resolver un problema mediante el m´etodo de las dos fases: Si la soluci´ on o´ptima del problema auxiliar contiene alguna variable artificial en la base, el problema original no tiene soluci´on factible. Si la soluci´ on o´ptima del problema auxiliar tiene funci´on objetivo igual a cero, el problema original s´ı tiene soluci´ on factible. Tras obtener la soluci´ on o´ptima del problema auxiliar, basta con recalcular V B y z para poder reutilizar la tabla de dicha soluci´ on y obtener una tabla correspondiente una soluci´ on factible del problema original . Ninguna de las anteriores es correcta. 3. Dado un problema de programaci´ on lineal de m´ aximizaci´ on P, cuya soluci´ on ´optima es x∗ : Al introducir una nueva restricci´on, la soluci´on x∗ puede dejar cumplir el criterio de optimalidad. Al introducir una nueva actividad, la soluci´on x∗ puede dejar de ser factible. Si se disminuye la contribuci´on unitaria al beneficio de una actividad no b´asica, la x∗ podr´ıa dejar de ser la soluci´ on ´optima. Ninguna de las anteriores es correcta.

8.2.

Resoluci´ on

1. Al resolver un problema mediante le m´etodo de las dos fases, una restricci´ on del tipo en el problema auxiliar asociado  INCORRECTA: se transforma en j aij xj + hi − ai = bi  INCORRECTA: se transforma en j aij xj − hi + ai = bi  CORRECTA: se transforma en j aij xj + ai = bi INCORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta

 j

aij xj = bi ,

8 2. Al resolver un problema mediante el m´etodo de las dos fases

32

INCORRECTA: si la soluci´ on ´optima del problema auxiliar contiene alguna variable artificial en la base, el problema original no tiene soluci´on factible CORRECTA: si la soluci´ on o´ptima del problema auxiliar tiene funci´on objetivo igual a cero, el problema original s´ı tiene soluci´ on factible INCORRECTA: tras obtener la soluci´on ´optima del problema auxiliar, basta con recalcular on y obtener una tabla correspondiente V B y z para poder reutilizar la tabla de dicha soluci´ la soluci´ on o´ptima del problema original INCORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta 3. Dado un problema de programaci´ on lineal P, cuya soluci´ on ´optima es x∗ INCORRECTA: al introducir una nueva restricci´on, la soluci´on x∗ puede dejar cumplir el criterio de optimalidad INCORRECTA: al introducir una nueva actividad, la soluci´ on x∗ puede dejar de ser factible INCORRECTA: si se disminuye la contribuci´ on unitaria al beneficio de una actividad no b´ asica, la x∗ podr´ıa dejar de ser la soluci´ on ´optima CORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta

9 9.

33

9.1.

Enunciado

La empresa dynamix fabrica tres estilos diferentes de mesas. A, B y C. Cada modelo de mesa requiere de una cierta cantidad de tiempo para el corte de las piezas, su montaje y el correspondiente proceso de pintura. La empresa puede vender todas las unidades que fabrica. Es m´as, el modelo B tambi´en se puede vender sin pintar. Los datos t´ecnico-econ´omicos se muestran a continuaci´ on. Modelo Modelo 1: mesa A pintada Modelo 2: mesa B pintada Modelo 3: mesa B sin pintar Modelo 4: mesa C pintada Capacidad (h/mes)

Tiempo corte (h) 1 2 2 3 200

Tiempo montaje (h) 2 4 4 7 300

Tiempo pintura (h) 4 4 0 5 240

Contrib. unitaria (euros) 35 40 20 50

El siguiente modelo de programaci´on lineal permite obtener el plan de producci´ on mensual ´optimo. max z = 35x1 + 40x2 + 20x3 + 50x4 s.a x1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 ≤ 200 2x1 + 4x2 + 4x3 + 7x4 ≤ 300

(39)

4x1 + 4x2 + 5x4 ≤ 240 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0 Donde xi , i = 1, 2, 3 representa las unidades de modelo i producidas y vendidas mensualmente y x5 , x6 y x7 son las variables de holgura necesarias para convertir las restricciones 1, 2 y 3, respectivamente, en igualdades. Se sabe que las variables b´ asicas de la soluci´ on ´optima son x5 , x3 y x1 y que la matriz inversa de la base, para el orden de variables b´asicas anterior, correspondiente a dicha soluci´on es ⎞ ⎛ 0 1 − 21 1 − 81 ⎠ B −1 = ⎝ 0 4 1 0 0 4 . Se pide: 1. Definir el plan de producci´ on o´ptimo y el uso asociado de los recursos. 2. Dado el ´exito de los modelos de mesa sin pintar, la empresa est´a valorando la posiblidad de fabricar el modelo C sin pintar (que se diferencian de las mesas pintadas solo en el proceso de pintado). Estima que la contribuci´on unitaria al beneficio de ese modelo ser´ıa de 42 euros por unidad. Justificar el inter´es de la fabricacci´on y venta de mesas C sin pintar y, en caso de haber un nuevo plan ´´optimo de producci´on, describir cu´al ser´ıa. 3. Realizar un an´ alisis de sensibilidad para la capacidad del taller de montaje. 4. Un estudio preliminar de m´etodos y tiempos permite afirmar que el tiempo de pintado de las mesas B podr´ıa reducirse. En particular, atendiendo a diferentes mejoras se podr´ıa reducir el valor pero nunca podr´ıa bajar de 2 horas. Se pide indicar cu´al es el beneficio obtenido en funci´ on de las horas de reducci´on λ, que puede tomar cualquier valore entre 0 y 2.

9 9.2.

34

Resoluci´ on

Apartado 1. El vector de realizaci´ on de las actividades b´asicas se obtiene como uB = B −1 b. En este caso: ⎛

− 21

1 uB = ⎝ 0 0

1 4

0

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 200 50 − 18 ⎠ ⎝ 300 ⎠ = ⎝ 45 ⎠ 1 240 60 4

(40)

Es decir, x5 = 50, x3 = 45, x1 = 60 y el resto de variable son nulas, lo cual significa que: se fabrican 60 mesas de tipo A y 45 de tipo B sin pintar, no se fabrica nada del resto de modelos y se emplean todas las horas disponibles de montaje y pintura y sobran 50 horas de taller de corte, con un beneficio de 3000 euros. Apartado 2. Para valorar el inter´es de fabricar un nuevo modelo ser´ıa necesario introducir una nueva variable, x8 : n´ umero de mesas de tipo C sin pintar. Con A8 = ( 3 7 0 )T , c8 = 42. Ser´ıa interesante fabricar el nuevo modelo si V8B ≥ 0.

V8B = c7 − cB B −1 A8 = 42 −



0 20 35





1 ⎝ 0 0

− 21 1 4

0

⎞ 0  − 18 ⎠ 3 1 4

7 0



=7

(41)

Por lo que s´ı ser´ıa interesante su producci´ on y venta, ya que con cada unidad producida y vendida el beneficio se incrementar´ıa en 8 euros. La tabla correspondiente a la soluci´ on o´ptima sin introducir la producci´on del nuevo modelo ser´ıa la siguiente, a partir de la cual, se podr´ıa iterar para obtener el nuevo plan de producci´ on.

x5 x3 x1 x5 x8 x1

-3000 50 45 60 -3180 62.87 25.71 60

x1 0 0 0 1 0 0 0 1

x2 -5 0 1/2 1 -7 × × ×

x3 0 0 1 0 -4 × × ×

x4 -65/4 -1/2 9/8 5/4 -83/4 × × ×

x5 0 1 0 0 0 1 0 0

x6 -5 -1/2 1/4 0 -6 × × ×

x7 -25/4 0 -1/8 1/4 -23/4 × × ×

x8 7 -1/2 7/4 0 0 0 1 0

Con lo que el nuevo plan ´optimo consiste en: producir, por t´ermino medio, 60 mesas A y 25.71 de tipo C sin pintar no producir nada del resto de modelos, empleando todas las horas de todos los talleres, salvo en el de corte, que sobrar´ıan 62.87.

9 Apartado 3. Las variables b´ asicas de la soluci´ on del apartado 1 son las correspondientes a la soluci´ o35 n B −1 optima mientras que u = B b tenga todos sus valores no negativos. ´ ⎛

1 − 12 B 1 u =⎝ 0 4 0 0

⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ 0 200 − b22 200 − 18 ⎠ ⎝ b2 ⎠ = ⎝ b42 − 30 ⎠ ≥ 0 1 240 60 4

(42)

Es decir 0 ≤ b2 ≤ 400. Mientras la disponibilidad de las horas de montaje sea superior a 120 e inferior a 400, la soluci´on ´ optima tiene las mismas soluciones b´asicas, lo que significa que el mix de prouducci´on no cambia. S´ı cambia la funci´ on objetivo que aumenta o disminuye en π2 = 25/4 con cada aumento o disminuci´ on de una hora de taller con respecto a las disponibles. Apartado 4. Como se admite que el tiempo de pintura puede reducirse en cualquier valor superior cero e inferior a dos, en t´erminos del modelo, esto significa que los coeficientes t´ecnicos de la actividad 2  T Es necesario evaluar c´ omo se modifica dependen de un par´ ametro λ. En concreto, A2 = 2 4 4 − λ la soluci´ on ´ optima del problema en funci´on de los valores del par´ametro. asica. Puede ocurrir que al variar el valor de λ Para la soluci´ on ´ optima de partida λ = 0 y x2 es no b´ resulte rentable realizar dicha actividad. Para ello es necesario evaluar el critero del simplex para dicha variable en funci´ on del par´ ametro:

V2B = c2 − π B A2 = 40 −



0

5 25/4



⎞ 2 ⎝ 4 ⎠ = −20 + 25λ 4 4−λ ⎛

(43)

−1 Al modificar A2 , cambian tanto V2B como pB A2 . 2 =B



1 ⎝ 0 = pB 2 0

− 21 1 4

0

⎞⎛ 0 − 18 ⎠ ⎝ 1 4

⎞ ⎛ 2 4 ⎠=⎝ 4−λ

0

4+λ 8 4−λ 4

⎞ ⎠≥0

(44)

Es decir, mientras λ ≤ 4/5 la soluci´on inicial sigue siendo ´optima. En caso de que λ ≥ 4/5, la intro T 0 3/5 4/5 on objetivo. Para λ = 0, se tiene que pB ducci´ on de x2 mejorar´ıa el valor de la funci´ 2 = La tabla correspondiente a ese caso ser´ıa la siguiente, correspondiente a un o´ptimo m´ ultiple.

x5 x3 x1 x5 x2 x1

-3000 50 45 60 -3000 50 75 0

x1 0 0 0 1 0 0 0 1

x2 0 0 3/5 4/5 0 0 1 0

x3 0 0 1 0 0 0 5/3 -4/4

x4 -65/4 -1/2 9/8 5/4 -65/4 -1/2 15/16 -1/4

x5 0 1 0 0 0 1 0 0

x6 -5 -1/2 1/4 0 -5 -1/2 5/12 -1/3

x7 -25/4 0 -1/8 1/4 -25/4 0 5/24 25/6

La segunda tabla se obtiene introduciendo x2 y eliminando x1 de la base. Para valores de λ superiores a 4/5, las actividades b´asicas son x5 ,x2 y x1 . Al entrar x2 en la base, la nueva soluci´ on base es:

9



1 B=⎝ 0 0

⎞ 2 1 4 2 ⎠ 4 4−λ

36 (45)

Y, a patir de su inversa, es posible calcular los nuevos criterios del simplex. Se puede comprobar que para 4/5 ≤ λ ≤ 2 el criterio del simplex de las nuevas variables no b´ asicas sigue siendo no negativo. En resumen: si la reducci´ on del tiempo de pintado es de entre 0 y 0.8 horas, el plan de producci´on es el mismo del apartado 1; si la reducci´ on del tiempo de pintado est´a entre 0.8 y 2 horas, el mix de producci´ on cambia y se producir´ıan mesas de tipo A y B, en diferente cantidad seg´ un la reducci´on del tiempo de pintura.

10 10.

37

10.1.

Enunciado

El fabricante de bicicletas UPM Bikes produce bicicletas, triciclos y t´andems. La producci´ on semanal depende, esencialmente, de la disponibilidad de ruedas y de manillares y de las tareas de montaje. El aprovisionamiento del resto de piezas y el resto de tareas no representan una limitaci´ on para la empresa. A la semana, UPM bikes dispone de un m´ aximo de 100 ruedas y de 50 manillares. Por otro lado, el montaje de una bicicleta requiere una hora, mientras que el montaje de un triciclo o de un t´andem requiere dos horas y existen dos operarios para realizar el montaje, cada uno de los cuales trabaja 40 horas semanales. Adem´as, UPM Bikes ha asumido un compromiso comercial y debe entregar un m´ınimo de 10 bicicletas semanalmente a uno de sus clientes. Por u ´ ltimo, el beneficio unitario que proporcionan estos productos son de 300 cada bicicleta, 400 cada triciclo y 500 cada t´andem. Si x1 , x2 y x3 representan las unidades de bicicletas, triciclos y t´andems producidos semanalmente, el siguiente modelo de programaci´on permite obtener el plan de producci´ on ´optimo. max z = 300x1 + 400x2 + 500x3 s.a. : 2x1 + 3x2 + 2x3 + h1 = 100 x1 + x2 + 2x3 + h2 = 50 x1 + 2x2 + 2x3 + h3 = 80

(46)

x1 − h4 = 10 x1 , x2 , x3 , h1 , h2 , h3 , h4 ≥ 0 Se admite que aunque las variables podr´ıan ser enteras, con el problema lineal se calculan los valores medios de producci´on a lo largo de las diferentes semanas en las que se repite el plan de producci´ on. La siguiente tabla corresponde a una soluci´ on del problema correspondiente a su vez al plan de producci´on.

h1 x3 h3 x1

-13000 40 20 30 10

x1 0 0 0 0 1

x2 150 2 1/2 1 0

x3 0 0 1 0 0

h1 0 1 0 0 0

h2 -250 -1 1/2 -1 0

h3 0 0 0 1 0

h4 50 1 1/2 0 -1

Se pide: 1. Obtener el plan de producci´ on o´ptimo y explicar el uso que se hace de los recursos Para la soluci´ on o´ptima (cada uno de los siguientes apartados son independientes entre s´ı): 2. Identificar la inversa de la base correspondiente a la soluci´on ´optima encontrada. 3. Discutir el inter´es por subcontratar horas adicionales para el montaje de productos. 4. Realizar el an´alisis de sensibilidad de la soluci´on obtenida con respecto al n´ umero de manillares disponibles. 5. Indicar de qu´e manera estar´ıa interesada UPM Bikes en renegociar su compromiso comercial 6. El precio de los t´ andems es bastante variable a lo largo del tiempo. Obtener mediante programaci´ on param´etrica el programa de producci´ on ´optimo para todos los posibles valores positivos de la contribuci´ on unitaria al beneficio de dicho producto iguales o superiores a 350 .

10 10.2.

38

Resoluci´ on

´ REVISAR ERRATAS ULTIMO APARTADO Apartado 1. Se aplica el m´etodo del Simplex partiendo de la tabla dada:

h1 x3 h3 x1 x2 x3 h3 x1

-13000 40 20 30 10 -16000 20 10 10 10

x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

x2 150 2 1/2 1 0 0 1 0 0 0

x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

h1 0 1 0 0 0 -75 1/2 -1/4 -1/2 0

h2 -250 -1 1/2 -1 0 -175 -1/2 3/4 -1/2 0

h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

h4 50 1 1/2 0 -1 -25 1/2 1/4 -1/2 -1

El programa de producci´ on o´ptimo consiste en producir: 10 bicicletas 20 triciclos 10 t´andems Se usan todos los manillares y todas las ruedas y sobran diez horas de operarios de montaje. Apartado 2. La inversa de la base est´a donde originalmente habr´ıa estado la identidad. Las columnas 1, 2 y 3 de la identidad estaban en la tabla inicial en las columnas correspondientes a h1 ,h2 y h3 . Por su parte, la columna de h4, en la tabla incial, conte´ıa a la cuarta columna de la matriz identidad, por lo que la inversa de la base es la siguiete: ⎛

B −1

1/2 −1/2 0 ⎜ −1/4 3/4 0 =⎜ ⎝ −1/2 −1/2 1 0 0 0

⎞ −1/2 −1/4 ⎟ ⎟ 1/2 ⎠ 1

(47)

Apartado 3. Sobran 10 horas de montaje por lo que no interesa contratar horas adicionales de montaje, y as´ı queda de manifiesto dado el valor del precio sombra de la tercera restricci´on π3 = −VhB3 = 0. Apartado 4. Las variables b´ asicas de la soluci´ on obtenida ser´ıan las de la soluci´ on ´optima al modificar on b´ asica correspondiente sigue siendo factible. b2 si la soluci´ ⎛

1/2 −1/2 0 ⎜ −1/4 3/4 0 B −1 u =B b=⎜ ⎝ −1/2 −1/2 1 0 0 0

⎞⎛ −1/2 100 ⎜ b2 −1/4 ⎟ ⎟⎜ 1/2 ⎠ ⎝ 80 1 10





⎞ b2 ≤ 90 ⎟ ⎜ b2 ≥ 110/3 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⎠ ⎝ b2 ≤ 70 ⎠ 10 ≥ 0

(48)

Mientras la disponibilidad de manillares est´e entre 37 y 70 a la semana, la composici´ on del plan de producci´on ´optimo no cambia (aunque s´ı la cantidad de piezas producidas).

10 39 Apartado 5. El compromiso comercial de UPM bikes aparece reflejado en la cuarta restricci´on. El precio B sombra de la misma es π4 = Vh4 = −25, lo cual significa que si el compromiso comercial aumentase, en una unidad, el beneficio semanal se reducir´ıa en 25 . Por lo tanto, UPM Bikes estar´ıa dispuesta a: asumir un compromiso comercial m´ as restrictivo y entregar m´as de 10 bicis, si recibe una compensaci´ on por cada una de ellas superior a 25 . relajar su compromiso comercial en la entrega de bicicletas, siempre y cuando la reducci´on no supusiera un coste adicional superior a 25 . Apartado 6. Se trata de estudiar la soluci´on ´optima cuando el vector de contribuciones unitarias al beneficio es c = (300, 400, 500 + λ, 0, 0, 0, 0), con −150 ≤ λ ≤ ∞. on La soluci´ on obtenida en el apartado 1 es v´alida para λ = 0 y, en general, el valor de V B en funci´ de λ es:





300 400 500 + λ

0 0

0 0

λ=0 x2 x3 h3 x1

20 10 10 10





x1 0 0 0 0 1



0 ⎜ 0 300 ⎜ ⎝ 0 1  0 0

400 500 + λ 0

x2 0 1 0 0 0

x3 0 0 1 0 0

h1 λ−300 4 1/2 -1/4 -1/2 0

h2 − 3λ+700 4 -1/2 3/4 -1/2 0

h3 0 0 0 1 0

1 0 0 0 0

uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 0 1/2 −1/2 0 1/2 1 −1/4 3/4 0 1/4 ⎟ ⎟= 0 −1/2 −1/2 1 −1/2 ⎠ 0 0 0 0 −1  λ−300 3λ+700 − 4 0 −100−λ 4 4 (49)

h4 −100−λ 4 1/2 1/4 -1/2 -1

La soluci´ on es la soluci´ on o´ptima si se cumple simult´ aneamente λ − 300 ≤ 0 −3λ − 700 ≤ 0

(50)

−100 − λ ≤ 0 Es decir, mientras −100 ≥ λ ≥ 300 la base no se modifica. Si λ = −100 (el beneficio por cada t´ andem es de 400 ), la tabla se convierte en la siguiente (´optimo m´ ultiple) y se puede introducir la variable h4 :

x2 x3 h3 x1

20 10 10 10

h4 x3 h3 x1

40 0 30 50

x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

x2 0 1 0 0 0 0 2 -1/2 1 2

x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

h1 -100 1/2 -1/4 -1/2 0 -100 1 -1/2 0 1

h2 -100 -1/2 3/4 -1/2 0 -100 -1 1 -1 -1

h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

h4 0 1/2 1/4 -1/2 -1 0 1 0 0 0

10 La soluci´ on de λ es: on obtenida es v´ alida para λ = −100 y, en general, el valor de V B en funci´

40

uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 0 2 0 1 −1 0 1  ⎜ 0 −1/2 1 −1/2 1 0 0 ⎟ ⎟= 300 ⎜ ⎝ 0 1 0 0 −1 1 0 ⎠ 1 2 0 1 −1 0 0   λ+100 λ−100 0 −λ + 200 0 0 0 2 2 (51) ⎛



300 400 500 + λ

0 0

h4 x3 h3 x1

0 0

40 0 30 50





x1 0 0 0 0 1



0

500 + λ 0

x2 λ+100 2

x3 0 0 1 0 0

2 -1/2 1 2

h1 λ−100 2 1 -1/2 0 1

h2 −λ + 200 -1 1 -1 -1

h3 0 0 0 1 0

h4 0 1 0 0 0

La solucion es la soluci´ on o´ptima si se cumple simult´ aneamente λ + 100 ≤ 0 λ − 100 ≤ 0 −λ − 200 ≤ 0

(52)

Esto se cumple para cualquier valor de λ con −150 ≤ λ ≤ 100 Si λ = 300 (el beneficio por cada t´ andem es de 800 ), la tabla se convierte en la siguiente (´optimo m´ ultiple) y se puede introducir la variable h1 :

x2 x3 h3 x1

20 10 10 10

h1 x3 h3 x1

40 20 30 10

x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

x2 0 1 0 0 0 0 2 1/2 1 0

x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

h1 0 1/2 -1/4 -1/2 0 0 1 0 0 0

h2 -400 -1/2 3/4 -1/2 0 -400 -1 1/2 -1 0

h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

h4 -100 1/2 1/4 -1/2 -1 -100 1 1/2 0 -1

La soluci´ on obtenida es v´ alida para λ = 300 y, en general, el valor de V B en funci´ on de λ es:





300 400 500 + λ 0

0

0 0







0

500 + λ 0

0 ⎜ 0 300 ⎜ ⎝ 0 1  0 300−λ 2

uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 2 0 1 −1 0 1 1/2 1 0 1/2 0 1/2 ⎟ ⎟= 1 0 0 −1 1 0 ⎠ 0 0 0 0 0 −1  0 0 −500−λ 0 100 − λ 2 (53)

10 La soluci´ on es la soluci´ on o´ptima si se cumple simult´ aneamente

41

300 − λ ≤ 0 −500 − λ ≤ 0 100 − λ ≤ 0 Esto se cumple para cualquier valor de λ con λ ≤ ∞ En resumen: si 350 ≤ c3 ≤ 450, se deben producir 50 bicicletas; si 450 ≤ c3 ≤ 800, se deben producir 10 bicicletas, 20 triciclos y 10 t´andems; si 800 ≤ c3 ≤ ∞, se deben producir 10 bicicletas y 20 t´ andems.

(54)

11 11.

11.1.

42

Enunciado

David, Diana y Lidia son los u ´ nicos socios y empleados de una compa˜ n´ıa que produce relojes. David y Diana pueden trabajar un m´aximo de 40 horas por semana (cada uno de ellos), mientras que Lidia solo puede trabajar hasta 22 horas semanales. La empresa hace dos tipos de relojes: rejores de pie y relojes de pared. Para hacer un reloj, David (ingeniero mec´ anico) ensambla las partes internas y Diana (ebanista) produce las cajas de madera elaboradas a mano. Lidia es responsable de recibir pedidos y enviar los relojes. El tiempo que se requiere para cada tarea se muestra en la siguiente tabla. Tarea Montar mecanismo Tallar la cubierta de madera Env´ıo

Reloj de pie 6 horas 8 horas 3 horas

Reloj de pared 4 horas 4 horas 3 horas

Cada reloj de pie construido y enviado deja una ganancia de 300 , mientras que cada reloj de pared proporciona una ganancia de 200 . Los tres socios desean determinar cuantos relojes de cada tipo deben producir por semana para maximizar la ganancia total. Se pide: 1. Formular un modelo de programaci´ on lineal para los socios de esta empresa. 2. Resolver el modelo anterior e indicar el plan de producci´ on ´optimo y la ocupaci´on de los socios. Se pide interpretar y explicar correctamente los resultados obtenidos. 3. Existe acuerdo entre los socios por el que aquel que pudiera hacer que el beneficio aumentara m´as por cada hora adicional trabajada, aumentar´ıa su disponibilidad horaria para la empresa. Identificar qu´e socio aportar´ıa mayor incremento del beneficio por hora adicional trabajada y el n´ umero de horas que podr´ıa aumentar su disponibilidad proporcionando ese incremento. 4. Existe la posiblidad de vender solo las cajas de los relojes de pared, sin incluir ning´ un mecanismo. Identificar cu´ al es el beneficio unitario obtenido por caja que har´ıa rentable su producci´ on y venta. Se estima que para este producto el tiempo de preparaci´on de env´ıos es el mismo que para el resto de productos. 5. Identificar el rango de valores para el margen por reloj de pared dentro del cual resulta interesante producir y vender dicho producto. 6. Se ha adquirido un compromiso comercial consistente en entregar al menos 9 relojes de pie cada tres semanas a un cliente. Caracterizar el efecto que tiene este compromiso sobre el plan de producci´on y comentar en qu´e condiciones dicho compromiso puede ser interesante para la empresa.

11.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. Se define x1 y x2 como el n´ umero de relojes de pie y de pared producidos y enviados semanalmente, respectivamente. El modelo de programaci´on lineal que permite maximizar la ganancia es el siguiente:

11

43 max z = 300x1 + 200x2 s.a. : 6x1 + 4x2 ≤ 40

(55)

8x1 + 4x2 ≤ 40 3x1 + 3x2 ≤ 22 x1 , x2 ≥ 0 Apartado 2. El modelo se puede reformular con las restricciones en forma de igualdad max z = 300x1 + 200x2 s.a. : 6x1 + 4x2 + h1 = 40

(56)

8x1 + 4x2 + h2 = 40 3x1 + 3x2 + h3 = 22 x1 , x2 , h1 , h2 , h3 ≥ 0

Donde h1 , h2 , h3 representan, respectivamente, el n´ umero de las horas dispnibles que no trabajan cada semana, respectivamente, David, Diana y Lidia. Aplicando el m´etodo del simplex se puede resolver el problema.

h1 h2 h3 h1 x1 h3 h1 x1 x2

0 40 40 22 -1500 10 5 7 -5200/3 16/3 8/3 14/3

x1 300 6 8 3 0 0 1 0 0 0 1 0

x2 200 4 4 3 50 1 1/2 3/2 0 0 0 1

h1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0

h2 0 0 1 0 -75/2 3/4 1/8 -3/8 -25 -1/2 1/4 -1/4

h3 0 0 0 1 0 0 0 1 -100/3 -2/3 -1/3 2/3

El plan de producci´on o´ptimo consiste en producir, cada tres semanas, 8 relojes de pie, 14 relojes de pared, para lo cual David debe trabajar 34.67 horas a la semana, Diana 40 horas y Lidia 22 horas, con un beneficio total de 1733.33 por semana. Apartado 3. El incremento de la funci´ on objetivo obtenido al disponer de una hora adicional de cada una de las tareas de la empresa viene dada por el precio sombra de las tres restricciones correspondientes. π1 = −VhB1 = 0 π2 = −VhB2 = 25 π3 =

−VhB3

(57)

= 33.33

Es decir, cada hora adicional de Lidia, permitir´ıa mejorar el beneficio en 33.33

.

11 Para calcular el n´ 44 umero de horas que se deber´ıa ampliar el horario de Lidia obteniendo una mejora de on deja de ser factible. 33.33 por cada hora adicional, es necesario calcular para qu´e valor de b3 la soluci´



1 ⎝ 0 0

uB = B −1 b = ⎞ ⎛ 60−2b3 ⎞

⎞⎛ −1/2 −2/3 40 1/4 −1/3 ⎠ ⎝ 40 ⎠ = ⎝ −1/4 2/3 b3

3 30−b3 3 2b3 −30 3



(58)

Mientras 15 ≤ b3 ≤ 30 se mantiene la soluci´ on b´ asica obtenida y, con ella, los precios sombra. Con el acuerdo pactado, Lidia deber´ıa trabajar 8 horas adicionales con un incremento total del beneficio de 8 × 33.33 = 266.66 . Apartado 4. Lo que se propone representa una nueva actividad x3 , cuyos coeficientes t´ecnicos son AT = (0, 4, 3). Se pide caracterizar c3 para que interese realizar esta actividad, es decir, si V3B ≥ 0 V3B = c3 − cB − cB B −1 A3 = c3 − cB − π B A3 = ⎛ ⎞ 0   c3 − 0 25 100/3 ⎝ 4 ⎠ = c3 − 200 3

(59)

Siempre y cuando el beneficio unitario obtenido por la venta de las cajas de relojes de pared sea on y venta. superior a 200 es interesante su producci´ Apartado 5. En t´erminos del modelo, se pide un an´ alisis de sensiilidad de c2 , es decir, para qu´e rango de valores de c2 la soluci´ on siga siendo o´ptima.

VB



⎞ 0 1 −1/2 −2/3 0 300 c2 0 0 1/4 −1/3 ⎠ = = c − cB − cB B −1 A = 300 200 0 0 0 1 0 −1/4 2/3     300−c2 −300+2c2 300 c2 0 0 0 − 0 0 0 ≥ 0 ⇒ 150 ≤ c2 ≤ 300 4 3 (60) 





0 ⎝ 1 0

Es decir, el plan de producci´on es o´ptimo siempre y cuando el precio de los relojes de pared sea igual o superior a 100 e igual o inferior a 300 . Apartado 6. El nuevo compromiso se traduce en una nueva restricci´ on: x1 ≥ 3. La soluci´ on ´optima obtenida no cumple esta restricci´on, por lo que es necesario iterar para obtener la nueva soluci´ on. La restricci´ on, de haberse introducido en la tabla del problema original, habr´ıa tenido la forma x2 − h4 = 3

h1 x1 x2

h4

-5200/3 16/3 8/3 14/3 3 1/3 -1/3

x1 0 0 1 0 1 0 0

x2 0 0 0 1 0 1 -1

h1 0 1 0 0 0 0 0

h2 -25 -1/2 1/4 -1/4 0 -1/4 1/4

h3 -100/3 -2/3 -1/3 2/3 0 1/3 -1/3

h4 0 0 0 0 -1 -1 1

La tabla una vez incorada la nueva restricci´on y con h4 como variable b´asica es la siguiente, a partir de la cual se puede iterar aplicando el m´etodo de Lemke.

11 h1 x1 x2 h4 h1 x1 x2 h3

-5200/3 16/3 8/3 14/3 -1/3 -1700 6 3 4 1

x1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

x2 0 0 0 1 -1 0 0 0 1 0

h1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

h2 -25 -1/2 1/4 -1/4 1/4 -50 -1 0 1/4 -3/4

h3 -100/3 -2/3 -1/3 2/3 -1/3 0 0 0 0 1

h4 0 0 0 0 1 -100 -2 -1 2 3

45

Por lo que en beneficio disminuir´ıa en 33.33 cada semana. Se justificar´ıa asumir este compromiso comercial si, de alguna manera, las ventajas que proporciona el acuerdo supera esta p´erdida. La producci´ on, con el nuevo compromiso, ser´ıa de 3 relojes de pie y 4 de pared con un beneficio semanal del 1700 .

12 12.

46

12.1.

Enunciado

El siguiente programa de programaci´on lineal se utiliza para realizar la planificaci´ on mensual de una planta que produce 3 productos (P1 , P2 y P3 ) que se procesan en tres talleres (T1 , T2 y T3 ) con disponibilidades horarias respectivas de 900, 480 y 400 horas al mes. max z = 8x1 + 6x2 + 6x3 s.a. : 3x1 + x2 + 2x3 ≤ 900 x1 + x2 + x3 ≤ 480

(61)

x1 + 2x3 ≤ 400 x1 , x2 , x3 ≥ 0 La siguiente tabla corresponden a la soluci´ on ´optima del problema anterior:

x1 x2 h3

-3300 210 270 190

x1 0 1 0 0

x2 0 0 1 0

x3 -1 1/2 1/2 3/2

h1 -1 1/2 -1/2 -1/2

h2 -5 -1/2 3/2 1/2

h3 0 0 0 1

Donde h1 , h2 y h3 Se pide responder de forma independiente y a partir de la soluci´ on ´optima a las siguientes cuestiones: 1. Interpretar la soluci´ on correspondiente a la tabla dada. 2. Realizar el an´alisis de sensibilidad para c1 y c3 , explicando los resultados obtenidos. 3. Calcular la nueva soluci´ on o´ptima del problema si debido a una enfermedad, las horas disponibles en el taller T2 se reduce a 300 horas semanales. 4. Se est´ a evaluando la posiblidad de amplicar la capacidad en cada uno de los talleres. Existe un taller vecino que ofrece horas adicionales de cada uno de los talleres a un precio de 3 unidades monetarias cada hora. ¿En qu´e talleres y cu´ antas horas ser´ıa interesante subcontratar al taller vecino al precio anterior? 5. Se est´ a valorando la posiblidad de ampliar la gama de productos e introducir un nuevo producto, on unitaria P4 , que consumir´ıa una hora de cada uno de los talleres. ¿Qu´e debe cumplir la contribuci´ al benefecio de este nuevo producto para que resulte interesante su producci´on y venta?

12.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. El plan de producci´on o´ptimo consiste en: producir 210 unidades de P1 ; producir 270 unidades de P2 ; no producir P3 ; emplear todas las horas de los talleres T1 y T2 ; y emplear 210 horas del taller T3 (de manera que no se emplean 190).

12 47 Apartado 2. An´alisis de sensibilidad psra c1 . Como x1 es una variable b´ asica, si se mofifica c1 se modifica todo el vector de criterios del simplex.

V B = c − cB B −1 A = 

c1

6 6

0 0

0



 −

c1 

6 6

0

6

c1 +6 2

c1

0 0



c1 −6 2



⎞ 1 0 1/2 1/2 −1/2 0 c1 6 0 ⎝ 0 1 1/2 −1/2 3/2 0 ⎠ = 0 0 3/2 −1/2 1/2 1    −c1 +18 6−c1 c1 −18 1 0 = 0 0 6−c 0 2 2 2 2 (62) 

Con lo que la soluci´ on seguir´ a siendo ´optima si V B ≥ 0: 6 − c1 ≤ 0 6 − c1 ≤ 0 ⇒ 6 ≤ c1 ≤ 18 c1 − 18 ≤ 0

(63)

Si la contribuci´ on unitaria al beneficio del prodcuto P1 est´a entre 6 y 18 (como es el caso inicial, en el que es 8), la gama de productos de plan de producci´ on ´optimo, no se modifica. En efecto, si la contribuci´ on unitaria fuera menor que 6 no interesar´ıa realizar P1 y si fuera superior a 18, su contribuci´ on ser´ıa lo suficientemente alta como para aumentar todo lo posible el nivel de realizaci´on on ´optima de partida. de P1 aun a costa de dejar de realizar algo de lo que se realiza en la soluci´ An´alisis de sensibilidad psra c3 . Como x1 es una variable no b´ asica, si se mofifica c1 se modifica solo su componente en el vector de criterios del simplex.

c3 − cB B −1 A3 = c3 − cB pB 3 = c3 −



8

6 0





⎞ 1/2 ⎝ 1/2 ⎠ = c3 − 7 3/2

(64)

a realizar este producto. Si la contribuci´on unitaria al beneficio fuera Mientras c3 − 7 ≤ 0, no interesar´ igual o superior a 7, ser´ıa interesante realizar esta actividad. Apartado 3. Si b3 =300, cambia uB = B −1 b: ⎛

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 −1/2 0 900 300 uB = ⎝ −1/2 3/2 0 ⎠ ⎝ 300 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1/2 1/2 1 400 100

(65)

La nueva soluci´on es degenerada. La funci´on objetivo decrece (z B = 2400). Apartado 4. Viendo el vector de precios sombra π B = (1, 5, 0) s´ olo interesa subcontratar horas en el taller 2; porque es m´as lo que puedo ganar que el coste de la subcontrataci´ on. Al hacer el an´alisis de sensibilidad de b2 se observa que la cantidad m´ axima de horas a subcontratar es de 380. Apartado 5. Hay que calcular el inter´es del nuevo producto en funci´ on de su coste. Para eso se estudia la relaci´on entre V B y c4 .

B = c4 − cB p 4 = c4 − Vx4



8

6 0





⎞ 0 ⎝ 0 ⎠ = c4 − 6 1

El nuevo producto resulta interesante si su contribuci´ on al beneficio es mayor de 6.

13 13.

48

13.1.

Enunciado

El siguiente modelo de programaci´on lineal, que se utiliza para la planificaci´ on de la producci´on de 3 productos sometidos a 3 restricciones. max z = 5x1 + 4x2 + 12x3 s.a. : 4x1 + 2x2 + 5x3 ≤ 40

(66)

5x1 + 3x2 + 7x3 ≤ 60 x1 + x2 + x3 = 10 x1 , x2 , x3 ≥ 0

Se ha resuelto por el m´etodo de la M grande, y la siguiente tabla corresponde a una soluci´ on ´optima del problema correspondiente a su vez al plan de producci´ on ´optimo.

x3 x5 x2

-280/3 20/3 10/3 10/3

x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3

x2 0 0 0 1

x3 0 1 0 0

x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3

x5 0 0 1 0

a3 4/3-M -2/3 -1/3 5/3

Tomando como referencia la soluci´ on o´ptima actual: B 1. Explicar el significado de las tasas de sustituci´on pB 11 y p13 .

on est´ a operando 2. Analizando el inter´es de incrementar o disminuir b3 , justificar si la tercera restricci´ como una limitaci´ on o como una obligaci´ on. 3. Explicar el significado de V1B , haciendo uso expl´ıcito de los valores de los precios sombra de los recursos correspondientes a las tres restricciones. 4. Suponiendo que los recursos R1 y R2 fueran intercambiables, calcular la soluci´ on ´optima para cualquier cantidad de recurso transferido de R2 a R1 , utilizando para ello la programaci´on param´etrica. 5. Determinar el intervalo de c2 dentro del cual la base de la soluci´on ´optima es la correspondiente a la de la tabla dada. Sin necesidad de realizar c´ alculos, indicar por qu´e la soluci´on b´asica obtenida dejar´ıa de ser la ´optima y qu´e ser´ıa necesario realizar para obtener la nueva soluci´ on ´optima. 6. Obtener la nueva soluci´ on y calcular la repercusi´ on que tendr´ıa sobre el beneficio el hecho de que, debido a un cambio de normativa, ya no se puede vender producto P2

13.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. 2 La tasa de sustituci´ o n pB asica con respecto a la variable x1 , no 11 = 3 de la primera variable b´ b´ asica, representa en qu´e medida disminuye el valor de la primera variable b´ asica x3 (uB 1 ) cuando 2 B B la variable x1 toma valor 1. Es decir: Δu1 Δx = p11 = − 3 1

La tasa de sustituci´ o n pB on de x3 con respecto a esa misma variable y es 1. 13 es la tasa de sustituci´ Esta tasa representa en qu´e medida disminuye x1 cuando x1 toma valor 1, y es -1. Es decir, no es posible obtener un valor diferente de x3 = 20 3 , para la base B = (A3 A5 A2 ).

13 Apartado 2. El precio sombra de la tercera restricci´ on es π3B = − 34 . Es decir:

49

Si Δb3 = 1 ⇒ Δz = − 43 Si Δb3 = −1 ⇒ Δz =

4 3

Si fuera posible, ser´ıa desear disminuir el valor de b3 , porque dar´ıa lugar a un aumento de la funci´ on objetivo. Se puede decir, que la restricci´ on tercera est´ a actuando en esta soluci´on como una obligaci´ on. Apartado 3. El criterio del simplex de la variable x1 se puede expresar como: ⎞ 4 V1B = c1 − π B A1 = 5 − 83 0 − 43 ⎝ 5 ⎠ (67) 1   Los precios sombra de las tres restricciones son π B = 83 0 − 34 que son, respectivamente, los valores unitarios de cada uno de los tres recursos. ⎛ ⎞ 4 El consumo unitario de dichos recursos al realizar una unidad de P1 es ⎝ 5 ⎠. 1 Con lo que el producto de π B A1 representa el valor de los recursos que son necesarios para producir on correspondiente a la soluci´on ´optima. En este una unidad de P1 y que se detraen del plan de producci´ caso π B A3 = 28 . 3 El criterio del simplex V1B representa la diferencia entre: 





la contribuci´ on unitaria al beneficio de P1 , c1 = 5 y el citado valor de los recursos para realizar una unidad de P1 : π B A3 =

28 3 .

La diferencia es V1B = − 13 3 , con lo que no resulta realizar este producto, porque no se ve compensado el ingreso con lo que se deja de ganar al detraer recursos del plan actual de producci´ on. Apartado 4. Lo que se pide es resolver el siguiente problema de programaci´on param´etrica con b =  T 40 + λ 60 − λ , con λ ≥ 0: max z = 5x1 + 4x2 + 12x3 s.a. : 4x1 + 2x2 + 5x3 ≤ 40 + λ

(68)

5x1 + 3x2 + 7x3 ≤ 60 − λ x1 + x2 + x3 = 10 x1 , x2 , x3 ≥ 0 La soluci´ on dada corresponde a λ = 0 λ=0 x3 x5 x2

-280/3 20/3 10/3 10/3

x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3

x2 0 0 0 1

x3 0 1 0 0

x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3

x5 0 0 1 0

a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3

13 Esta soluci´ on es ´ optima y factible si uB (λ) ≥ 0:

50



⎞⎛ ⎞ 1/3 0 −2/3 40 + λ uB (λ) = B −1 b(λ) = ⎝ −4/3 1 −1/3 ⎠ ⎝ 60 − λ ⎠ = −1/3 0 5/3 10 ⎛ ⎞ 20 + λ 1⎝ 10 10 − 7λ ⎠ ≥ 0 ⇒ λ ≤ 3 7 10 − λ

(69)

Las siguientes tres tablas son, respectivamente, la tabla correspondente a la soluci´ on ´optima cuando 10 , la tabla correspondiente a dicha soluci´ o n o ´ tpima cuando λ = y la que se obtiene a partir 0 ≤ λ ≤ 10 7 7 de la anterior aplicando el m´etodo de Lemke. 0 ≤ λ ≤ 10 7 x3 x5 x2 λ = 10 7 x3 x5 x2 λ = 10 7 x3 x4 x2

x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 -13/3 2/3 -2/3 1/3 -3 1/2 1/2 1/2

− 280+8λ 3 20+λ 3 10−7λ 3 10−λ 3 − 680 7 50 7

0

20 7 − 680 7 50 7

0

20 7

x2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

x3 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0

x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 0 0 1 0

x5 0 0 1 0 0 0 1 0 -2 1/4 -3/4 -1/4

a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 2−M -3/4 1/4 7/4

Esta soluci´ on es ´optima y factible si uB (λ) ≥ 0: ⎛

0 uB (λ) = B −1 b(λ) = ⎝ 1 0

⎞⎛ ⎞ 1/4 −3/4 40 + λ −3/4 1/4 ⎠ ⎝ 60 − λ ⎠ = −1/4 7/4 10 ⎛ ⎞ 30 − λ 10 1⎝ −10 + 7λ ⎠ ≥ ⇒ λ ≤ 30 4 7 10 + λ

(70)

Las siguientes tres tablas son, respectivamente, la tabla correspondente a la soluci´ on ´optima cuando ≤ λ ≤ 30, la tabla correspondiente a dicha soluci´ on ´otpima cuando λ = 30 y la que se obtiene a partir de la anterior aplicando el m´etodo de Lemke. 10 7

10 7

≤ λ ≤ 30 x3 x4 x2 λ = 30 x3 x4 x2

100 − 2λ 30−λ 4 −10+7λ 4 10+λ 4

-40 0 50 10

x1 -3 1/2 1/2 1/2 -3 1/2 1/2 1/2

x2 0 0 0 1 0 0 0 1

x3 0 1 0 0 0 1 0 0

x4 0 0 1 0 0 0 1 0

x5 -2 1/4 -3/4 -1/4 -2 1/4 -3/4 -1/4

a3 2−M -3/4 1/4 7/4 2−M -3/4 1/4 7/4

No existe posiblidad de iterar aplicando el m´etodo de Lemke, porque no existen tasas de sustituci´ on negativas para x3 . Por lo tanto,la soluci´on o´ptima en funci´ on de lambda es:

13

Si 0 ≤ λ ≤

  Si

10 7

 

10 7

51 10+λ 3 , 280+8λ 3

Valores de las variables b´asicas: x2 = Valor de la funci´ on objetivo: z =

x3 =

20+λ 3

y x5 =

10−7λ 3

x2 =

30−λ 4

y x4 =

−10+7λ 4

≤ λ ≤ 30 Valores de las variables b´asicas: x2 =

10+λ 4 ,

Valor de la funci´ on objetivo: z = 100 − 2λ

Si λ > 30 el problema no tiene soluci´on A partir del an´alisis anterior, se puede concluir que el beneficio m´aximo se obtiene para λ = decir, transfiriendo es cantidad de recursos, con un beneficio de 680 7 .

10 7 ,

es

Apartado 5. La base de la soluci´ on b´ asica obtenida no cambia si la soluci´ on sigue siendo o´ptima y factible. Si se modifica c2 , puede cambiar V B y la soluci´ on puede dejar de ser ´optima. Hay que calcular el intervalo de c2 dentro del cual V B ≤ 0.

V B = c − cB p B =



5

c2

12 0 0 







−3 −

12 0

c2

c2 3

0

0



⎞ 2/3 0 1 1/3 0 ⎝ −2/3 0 0 −4/3 1 ⎠ = 1/3 1 0 −1/3 0  c2 ≤ 0 ⇒ −9 ≤ c2 ≤ 12 3 −4 0



(71)

Si c2 ∈ [−9, 12], la base sigue siendo la obtenida. Si c2 < −9, la soluci´ on dejar´ıa de ser ´optima porque V1B > 0, y habr´ıa que aplicar el m´etodo del Simplex e introducir la variable x1 . Si c2 > 12, la soluci´ on dejar´ıa de ser ´optima porque V4B > 0, y habr´ıa que aplicar el m´etodo del Simplex e introducir la variable x4 . Apartado 6. x2 ≤ 0 ⇒ x2 + x6 = 0

x3 x5 x2 x6 x3 x5 x2 x1

-280/3 20/3 10/3 10/3 0 -10/3 -50 0 10 0 10

x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 0 -1/3 0 0 0 0 1

x2 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0

x3 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 0 1/3 -7 1 -2 0 -1

x5 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 0 -5/3 −23 − M -4 3 0 5

x6 0 0 0 0 1 1 -13 2 -2 1 -3

La nueva soluci´on consiste en no fabricar P2 y fabricar 10 unidades de P1 con una funci´ on objetivo de 50, peor que el valor de la funci´ on objetivo antes de introducir la restricci´ on.

14 14.

14.1.

52

Enunciado

Resolver el siguiente problema mediante el m´etodo de las dos fases: max z = 3x1 + 4x2 + 5x3 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 50 x1 + x2 + x3 = 20

(72)

4x1 + 5x2 + 8x3 ≤ 300 x1 , x2 , x3 ≥ 0

14.2.

Resoluci´ on

Reformulaci´on del problema original (P ) max z = 3x1 + 4x2 + 5x3 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 − h1 = 50 x1 + x2 + x3 = 20 4x1 + 5x2 + 8x3 + h3 = 300

(73)

x1 , x2 , x3 , h1 , h3 ≥ 0 Problema de la primera fase (P  ) max z = −a1 − a2 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 − h1 + a1 = 50 x1 + x2 + x3 + a2 = 20 4x1 + 5x2 + 8x3 + h3 = 300 x1 , x2 , x3 , h1 , h3 , a1 , a2 ≥ 0

(74)

14

(1 fase) (2 fase) a1 a2 h3

70 0 50 20 300

x1 4 3 3 1 4

x2 3 4 2 1 5

x3 5 5 4 1 8

h1 -1 0 -1 0 0

a1 0 0 1 0 0

a2 0 0 0 1 0

h3 0 0 0 0 1

(1 fase) (2 fase) x3 a2 h3

15/2 -125/2 25/2 15/2 200

1/4 -3/4 3/4 1/4 -2

1/2 3/2 1/2 1/2 1

0 0 1 0 0

1/4 5/4 -1/4 1/4 2

-5/4 -5/4 1/4 -1/4 -2

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

(1 fase) (2 fase) x3 x2 h3

0 -85 5 15 185

0 -3/2 1/2 1/2 -5/2

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 1/2 -1/2 1/2 3/2

-1 1/2 1/2 -1/2 -3/2

-1 -3 -1 2 -2

0 0 0 0 1

(1 fase) (2 fase) x3 h1 h3

0 -100 20 30 140

0 -2 1 1 -4

0 -1 1 2 -3

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

-1 0 0 -1 0

-1 -5 1 4 -8

0 0 0 0 1

La soluci´ on del problema original es: x3 = 20, x1 = x2 = 0

53

15 15.EJERCICIO Ejercicio

15.1.

54

Enunciado

Dado el problema de programaci´on lineal (P ): max z = x1 + x2 + 2x3 s.a 3x1 + 4x2 ≥ 12

(75)

x1 + x2 ≤ 24 x1 + x3 = 15 x1 , x2 , x3 ≥ 0

1. Plantear el problema correspondiente a la primera fase (P  ), si se resolviera mediante el m´etodo de las dos fases. 2. Construir la tabla correspondiente al m´etodo del Simplex, variante de la matriz completa, para la primera soluci´ on de (P’). on objetivo de la 3. Explicar qu´e se puede decir de P si al resolver el problema anterior (P  ), la funci´ soluci´ on o´ptima es diferente de cero.

15.2.

Resoluci´ on

TMCIO 1011 JUN Apartado 1. El problema P  correspondiente a la pimera fase es el siguiente. max z = −a1 − a3 s.a 3x1 + 4x2 − h1 + a1 = 12 x1 + x2 + h2 = 24

(76)

x1 + x3 + a3 = 15 x1 , x2 , x3 , h1 , a1 , h2 , a3 ≥ 0 Apartado 2. La tabla correspondiente a la soluci´ on b´asica de partida de P  es:

a1 h2 a3

27 12 24 15

x1 4 3 1 1

x2 4 4 1 0

x3 1 0 0 1

h1 -1 -1 0 0

a1 0 1 0 0

h2 0 0 1 0

a3 0 0 0 1

Apartado 3. Si la soluci´ on ´ optima del problema P  tiene una funci´ on objetivo diferente de cero, significa que no tiene soluciones factibles con a1 = a3 = 0, con lo que el problema original P no tiene ninguna soluci´ on factible.

16 16.EJERCICIO Ejercicio

16.1.

55

Enunciado

Al resolver un problema mediante el m´etodo de Lemke, aparece una tabla como la siguiente. Explicar, sin hacer operaciones, qu´e habr´ıa que hacer para continuar (la explicaci´on no deber´ıa tener una extensi´on superior a 100 palabras).

x1 x3

16.2.

-7 -2 -5

x1 0 1 0

x2 6 3 3

x3 -4 0 1

h1 -2 2 -3

h2 0 0 1

Resoluci´ on

Todas las soluciones que se visitan al aplicar el m´etodo de Lemke cumplen el criterio de optimalidad (V B ≤ 0). En la tabla se muestra una soluci´on que no lo cumple, por lo que debe de haber existido alg´ un error previo en la aplicaci´on de dicho m´etodo, habr´ıa que revisar los c´alculos previos.

17 17.EJERCICIO Ejercicio

17.1.

56

Enunciado

Para la relajaci´on lineal del problema anterior, se pide: 1. Construir el problema dual correspondiente. 2. Indicar cu´ ales son las variables b´ asicas as´ı como sus valores, correspondientes a la soluci´ on ´optima de dicho problema dual.

17.2.

Resoluci´ on

MME 0809 FEB Dado el primal: max z = x1 + x2 sujeto a: 2x1 + 5x2 ≤ 16 6x1 + 5x2 ≤ 30

(77)

x1 ,x2 ≥ 0 Su dual es: min s = 16y1 + 30y2 sujeto a: 2y1 + 6y2 ≥ 1 5y1 + 5y2 ≥ 1

(78)

y1 ,y2 ≥ 0 Para la soluci´ on ´ optima: y ∗ = π B = (1/20 3/20) Se cumple que: V1B = V1B = 0, por lo que las restricciones del dual se cumplen en t´erminos de igualdad y, por lo tanto, h1 = h2 = 0 Las variables b´ asicas de la soluci´ on ´ optima del dual son y1∗ = 1/20 y y2∗ = 3/20

18 18.EJERCICIO Ejercicio

18.1.

57

Enunciado

Una empresa de productos qu´ımicos EPQ trata de convencer a AV de que alimente a sus gallinas a˜ nadiendo directamente AA y βC al pienso com´ un. EPQ conoce las caracter´ısticas de los complejos suplementarios que se ofrecen en el mercado local. 1. Plantear el modelo de programaci´ on lineal que utilizar´ıa EPQ para determinar su pol´ıtica de precios para AA y βC de modo que a AV le resultara indiferente acudir al mercado local o comprar a EPQ. 2. Obtener la soluci´ on o´ptima al modelo planteado por EPQ precisamente a partir de la obtenida en el apartado 2 del ejercicio anterior. 3. Explicar c´ omo podr´ıa afectar a EPQ que CSN fuera o no interesante para AV.

18.2.

Resoluci´ on

Apartado 1 El modelo que utilizar´ıa EPQ ser´ıa el dual del de AV. Siendo y1 e y2 los precios que EPQ pondr´ıa a AA y a βC, respectivamente, tratar´ıa de maximizar sus ingresos por suministrar el AA y βC que necesita AV, siendo competitivo con los complejos suplementarios del mercado local, es decir: max z = 15000y1 + 3000y2 s.a. : 40y1 + 30y2 ≤ 70 60y1 + 60y2 ≤ 20

(79)

40y1 + 40y2 ≤ 50 y1 , y2 ≥ 0 Apartado 2 Tanto por la aplicaci´on del teorema de las holguras complementarias, como por la interpretaci´on del ejercicio anterior, y1∗ = 1/3 e y2∗ = 0 /gramo, es decir, EPQ deber´ıa ofrecer AA a 333 /kg y deber´ıa regalarle βC a AV para ser competitivo e ingresar los 5000 /semana. Apartado 3 L´ogicamente, como a AV no le interesa CSN , no afectar´ıa a lo ya dicho para EPQ. Sin embargo, si a AV le interesara CSN, ser´ıa porque reducir´ıa sus costes. Como en dualidad las funciones objetivo coinciden en el o´ptimo, los beneficios esperados por EPQ bajar´ıan (se enfrentar´ıa con un mercado m´as competitivo).

19 19.EJERCICIO Ejercicio

19.1.

58

Enunciado

Consid´erese el problema max z = 2x1 + x2 s.a. : x1 + x2 ≤ 14 2x1 − x2 ≤ 10 x1 − x2 ≤ 3

(80)

x1 , x2 ≥ 0 Se pide Escribir el problema dual Verificar la soluci´ on x

= (8, 6) es una soluci´ on factible. Demuestrar que x

es soluci´ on ´optima mediante el teorema de las holguras complementarias y determinar la soluci´ on o´ptima del problema dual.

19.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. El problema dual es: min s = 14y1 + 4y2 + 3y3 s.a. : y1 + 2y2 + y3 ≥ 2

(81)

y1 − y2 − y3 ≥ 1 y1 , y2 , y2 ≥ 0 Apartado 2. Se trata de una soluci´ on: Restricci´ on 1:8 + 6 = 14 ≤ 14 Restriccion 2:2 ∗ 8 − 6 = 10 ≤ 10 Restriccion 2:8 − 6 = 2 ≤ 3 on objetivo es 22. Se cumplen las tres restricciones, adem´as h3 = 1. El valor de la funci´ Apartado 3. Los valores de las holguras del problema original son: h1 = 0, h2 = 0,h3 = 1, por lo que los criterios del simplex de las variables del problema primal son V B = (0, 0, ≤ 0, ≤ 0, 0). Por el teorema de las holguras complementarias s´olo y1 e y2 pertenecen a la base del problema dual. yh1 = yh2 = y3 = 0 Las restricciones del dual se transforman en un sistema de dos ecuaciones con dos variables (y1 e y2 ), cuyo resultado es: y1 = 43 e y2 = 13 . Para esta soluci´on del dual, la funci´ on objetivo vale s = 22. Como z = s estamos en la soluci´on o´ptima.

20 20.EJERCICIO Ejercicio

20.1.

59

Enunciado

Dado el siguiente problema max z = 5x1 + 4x2 + 3x3 s.a. : x1 + x3 ≤ 15

(82)

x2 + 2x3 ≤ 25 x1 , x2 , x3 ≥ 0 Se pide: 1. Construir el problema dual 2. Justificar sin resolver el problema dual, que 175 es una cota superior del problema primal 3. Resolver gr´aficamente el dual. 4. Obtener la soluci´ on o´ptima del primal a partir del dual

20.2.

Resoluci´ on

Apartado 1. El problema dual es: min s = 15y1 + 25y2 s.a. : y1 ≥ 5 y2 ≥ 4

(83)

y2 + 2y2 ≥ 3 y1 , y2 ≥ 0 Apartado 2. Si se encuentra una soluci´on del dual con s = 175, se dispondr´a de una cota superior del primal. En efecto, y1 = 5 y y2 = 4 es una soluci´on factible del primal y ofrece una funci´on objetivo de s = 175 Apartado 3. La soluci´ on o´ptima del dual se alcanza para y1 = 5, y2 = 4, con s = 175 Apartado 4. Como y1 = 5, el precio sombra de la primera restricci´ on en el primal es diferente de cero, por lo que h1 es una variable no b´ asica. Como y2 = 4 , el precio sombra de la segunda restricci´on en el primal es diferente de cero, por lo que h2 es una variable no b´ asica. Por u ´ ltimo, con la tercera restricci´on del dual no se cumple como igualdad, la tercera variable del asica. primal, x3 es no b´

20 EJERCICIO

60

Las variables b´ asicas de la soluci´ on o´ptima del primal son: x1 y x2 . Es decir, se debe cumplir: x1 = 15 x2 = 25 El valor de la funci´ on objetivo es z ∗ = 175 = s∗

(84)

21 MME-1213-ENE-2 21.EJERCICIO Ejercicio MME-1213-ENE-2

21.1.

61

Enunciado

Hallar el problema dual de este problema. max z =



ci xi

i



s.a. : bi xi ≤ F

(85)

i

xi ≥ 0 Siendo F un escalar

21.2.

Resoluci´ on

Hallar el problema dual es min s = yF s.a. : ybi ≥ ci ∀i y≥0

(86)

22 22.EJERCICIO Ejercicio

22.1.

62

Enunciado

Dado el problema:

max z = x1 + x2 sujeto a: 2x1 + 5x2 ≤ 16

(87)

6x1 + 5x2 ≤ 30 x1 ,x2 ≥ 0 y enteros Se conoce la soluci´on o´ptima de la relajaci´on lineal correspondiente, x∗RL , cuya tabla del simplex se indica a continuaci´ on.

x2 x1

-53/10 9/5 7/2

x1 0 0 1

x2 0 1 0

h1 -1/20 3/10 -1/4

h2 -3/20 -1/10 1/4

Se pide resolver de forma gr´ afica el problema entero utilizando Branch&Bound, dibujando el a´rbol correspondiente.

22.2.

Resoluci´ on

El a´rbol correspondiente a la aplicaci´on del algoritmo de Land-Doig es el siguiente.

22 EJERCICIO

63

Existen tres soluciones enteras que arrojan el mismo valor z = 5. Las soluciones son las siguientes. Soluci´on 1: x1 = 5 y x2 = 0. Soluci´ on 2: x1 = 4 y x2 = 1. Soluci´ on 3: x1 = 3 y x2 = 2. Resoluci´ on gr´ afica de los problemas:

22 EJERCICIO

64

23 23.EJERCICIO Ejercicio

23.1.

65

Enunciado

En un problema de programaci´ on lineal entera resuelto mediante ramificaci´ on y acotaci´ on (algoritmo de Land-Doig), explicar en qu´e casos un nodo del ´arbol no se ramifica (y, por lo tanto, no da lugar a dos nuevos nodos con sus correspondientes problemas).

23.2.

Resoluci´ on

Un nodo no se ramifica si cumple alguna de las siguientes condiciones. 1. Si la soluci´ on del problema correspondiente a ese nodo es entera. 2. Si el valor de la funci´ on objetivo del problema correspondiente a ese nodo es peor que el valor de la funci´ on objetivo de alg´ un nodo con soluci´on entera. 3. Si el problema correspondiente al nodo no tiene soluci´on factible.

24 24.EJERCICIO Ejercicio

24.1.

66

Enunciado

En el curso de aplicar el m´etodo “Branch & Bound ” (en el que cada nodo se ramifica en dos subproblemas que tienen una restricci´on ≤ o ≥ m´as que el subproblema del que parten) para resolver un on objetivo max z = 4x1 − x2 , se obtiene problema de optimizaci´on entera con variables (x1 y x2 ) y funci´ el a´rbol 1 de la figura 1. Al lado de los nodos S, S1 , S12 y S2 se muestran las soluciones obtenidas al resolver la relajaci´on lineal de los subproblemas correspondientes. Por ejemplo, al resolver la relajaci´ on lineal para el subproblema on relajada (2, 12 ). S1 se obtiene la soluci´ 6

;Ϯ͕ϭͬϮͿ

;ϮϬͬϳ͕ϯͿ

6

6

6

;Ϯ͕ϭͿ

Figura 1: a´rbol 1 del B&B 1. La informaci´ on proporcionada en el ´arbol 1 y la funci´ on objetivo dada permiten calcular cotas inferiores y superiores del problema original. Para cada nodo indica qu´e tipo de cota ofrece y cu´al es su valor. ´ 2. El Arbol 1 muestra una soluci´on entera factible. ¿Se puede asegurar que sea ´optima con la informaci´on dada hasta ahora? ¿Por qu´e? ´ 2 mostrado en la Figura 2, 3. Al seguir con la ramificaci´ on del subproblema S1 se obtiene el Arbol donde se indican las soluciones de las relajaciones lineales correspondientes a los subproblemas que se ven en el a´rbol. Actualiza las cotas inferiores y superiores ¿Puedes encontrar una soluci´on ´optima para el problema, o habr´ıa que continuar explorando el ´arbol? ¿Por qu´e?

Figura 2: a´rbol 2 del B&B

24.2.

Resoluci´ on

MME 0809 SEP

24 EJERCICIO Apartado 1 Cada nodo aporta una cota: S0 . Soluci´ on no entera. Cota superior. z1 = 4 ×

67 20 7

−3=

S1 . Soluci´ on no entera. Cota superior. z2 = 4 × 2 −

1 2

=

59 7 15 2

S12 . Soluci´ on entera. Cota inferior. z12 = 4 × 2 − 1 = 7 Apartado 2 No se puede asegurar que sea la soluci´ on ´optima porque, por ejemplo, el nodo no resuelto correspondiente a la ramificaci´on de S0 , es decir, S2 puede ofrecer soluciones enteras mejores que la del nodo S12 . Apartado 3 Los nuevos nodos aportan nuevas cotas: S2 . Soluci´ on no factible. No proporciona cota. S11 . Soluci´ on no entera con funci´ on objetivo z11 = 4 × 32 2 − 0 = 6, menor que el valor de la soluci´on entera de S12 , con lo que se trata de una cota inferior. La soluci´ on o´ptima es la correspondiente a S12 , ya que el nodo S2 no se puede ramificar, ya que corresponde on no entera peor a un problema sin soluci´ on factible, y el nodo S11 corresponde a un problema con soluci´ que la soluci´on de S12 , que s´ı es entera.

25 25.EJERCICIO Ejercicio

25.1.

68

Enunciado

Resolver mediante Branch and Bound el siguiente problema PLE: max z = 12x1 + 6x2 s.a. : 2x1 + 4x2 ≤ 17 x1 , x2 ≥ 0 y enteras

(88)

Utilizar Simplex o Lemke para resolver las relajaciones lineales correspondientes (no se valorar´ a la obtenci´ on de soluciones ´optimas mediante m´etodo gr´ afico).

26 26.EJERCICIO Ejercicio

26.1.

69

Enunciado

Al empezar a resolver con Branch & Bound un problema de maximizaci´on con todas las variables enteras se divide el problema original en dos subproblemas (dos ramas): x1 ≤ 2 y x1 ≥ 3. La rama x1 ≤ 2 ha sido podada al encontrar un soluci´on entera en la relajaci´ on lineal correspondiente (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1) con z = 5. Cu´ al ser´ıa el siguiente paso si la soluci´on a la que se llega al resolver la relajaci´on lineal correspondiente a la rama x1 ≥ 3 fuera: 1. (x1 , x2 , x3 ) = (3, 1, 0.5) con z = 3.5 2. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 0) con z = 8 3. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1.5, 0) con z = 8 4. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 2) con z = 7.5

26.2.

Resoluci´ on

MME 1011 ENE Apartado 1. En este caso la soluci´on obtenida por la rama x1 ≥ 3 ofrece una cota superior menor que la cota inferior de la rama x1 ≤ 1, por lo que esa rama tambi´en se podar´ıa, no habr´ıa nodos que ramificar y la soluci´ on o´ptima ser´ıa (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1) con z = 5 Apartado 2. En este caso, habr´ıa que podra la rama x1 ≥ 3, al haber obtenido una soluci´ on entera (la cota superior igual a la cota inferior) y la soluci´ on ´optima ser´ıa (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 0) con z = 8 Apartado 3. En este caso, la rama x1 ≥ 3 no se podr´ıa podar, ya que su cota superior es mayor que la inferior del u ´ nico otro nodo del problema y porque el nodo corresondiente a dicha rama no ofrece una soluci´ on entera. Ser´ıa necesario ramificar de nuevo, generando dos ramas a partir de la u ´ nica variable no entera: xx2 ≤ 2 y x2 ≥ 2. Para el problema se tendr´ıa una cota superior de 8 y una cota inferior de 3.5. Apartado 4. An´alogamente al caso 2, la soluci´on ´optima ser´ıa (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 2) con z = 7.5.

27 27.EJERCICIO Ejercicio

27.1.

70

Enunciado

Resolvi´endose un problema de programaci´on entera se ha llegado a construir el a´rbol que se muestra en la figura 27.1. Se pide responder a las siguientes preguntas de tipo test.

0

P0 x1=11.69 x2=3.01 z*=50.18

x1”11 P1 x1=11 x2=3.37 z*=49.36

x2”3

P3 x1=11 x2=3 z*=48

3

x1ш12

1

2

x2ш4

P4 z*=47

P2 X1=12 X2=2.66 z*=49.33

x2”2

4

5

P5 x1=12.57 x2=2 z*=47.71

6

Figura 3: ´ arbol resultante durante la resoluci´on de un problema con B&B NOTA: redactar la respuesta incluyendo la frase completa en las hojas entregadas para calificar con el encabezado y con la opci´ on elegida como correcta. Por ejemplo, una posible respuesta, ser´ıa La informaci´ on del ´ arbol permite afirmar que: ninguna de las anteriores es correcta. No es necesario indicar el subapartado (porque todos son diferentes) Solo una respuesta de cada apartado es correcta. Para cada apartado, una respuesta correcta suma un punto, una respuesta incorrecta resta un cuarto de punto. 1. Con respecto al nodo 4: Hay que seguir ramificando el nodo 4. No interesa ramificar el nodo 4 porque su relajaci´on lineal tiene un valor menor que alguna de las cotas inferiores obteinidas hasta ahora. No interesa ramificar el nodo 4 porque ya es una soluci´ on entera. Ninguna de las anteriores es correcta 2. La informaci´ on del a´rbol permite afirmar que: Debo ramificar el nodo 5 en dos nuevos subnodos cuyas ramas son x1 ≤ 12 y x1 ≥ 13. No debo ramificar el nodo 5 porque el subproblema correspondiente no puede tener soluciones mejores que la obtenida en su relajaci´on lineal Al haber resuelto el subproblema correspondiente al nodo 5 la cota infererior m´ as alta del problema completo es 47.71. Ninguna de las anteriores es correcta

27 3.EJERCICIO El nodo 6:

71

representa al subproblema que consiste en a˜ nadir al subproblema 2 la restricci´on x2 = 3. representa al subproblema que consiste en a˜ nadir al subproblema 2 la restricci´on x2 ≥ 3. representa un subproblema que no se debe resolver porque es imposible que se encuentre una soluci´ on mejor que la mejor cota inferior obtenida hasta este momento. Ninguna de las anteriores es correcta

27.2.

Resoluci´ on

1. Con respecto al nodo 4: INCORRECTA: Hay que seguir ramificando el nodo 4. CORRECTA: No interesa ramificar el nodo 4 porque su relajaci´on lineal tiene un valor menor que alguna de las cotas inferiores obteinidas hasta ahora. INCORRECTA: No interesa ramificar el nodo 4 porque ya es una soluci´ on entera. INCORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta 2. La informaci´ on del a´rbol permite afirmar que: INCORRECTA: Debo ramificar el nodo 5 en dos nuevos subnodos cuyas ramas son x1 ≤ 12 y x1 ≥ 13. INCORRECTA: No debo ramificar el nodo 5 porque el subproblema correspondiente no puede tener soluciones mejores que la obtenida en su relajaci´ on lineal INCORRECTA: Al haber resuelto el subproblema correspondiente al nodo 5 la cota infererior m´as alta del problema completo es 47.71. CORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta 3. El nodo 6: INCORRECTA: representa al subproblema que consiste en a˜ nadir al subproblema 2 la restricci´ on x2 = 3. CORRECTA: representa al subproblema que consiste en a˜ nadir al subproblema 2 la restricci´on x2 ≥ 3. INCORRECTA: representa un subproblema que no se debe resolver porque es imposible que se encuentre una soluci´ on mejor que la mejor cota inferior obtenida hasta este momento. INCORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta

28 28.EJERCICIO Ejercicio

28.1.

72

Enunciado

Dado el siguiente problema de programacion entera: max z = 4x1 − 2x2 + 7x3 − x4 s.a. : x1 + 5x3 ≤ 10 x1 + x2 − x3 ≤ 1 6x1 − 5x2 ≤ 0

(89)

−x1 + 2x3 − 2x4 ≤ 3 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0 y enteras Se ha comenzado a resolver mediante Branch-and-Bound (algoritmo de Dakin) y se dispone del siguiente a´rbol. Para cada nodo se indica el valor de la soluci´ on ´otpima de la relajaci´on lineal y los valores de las variables que en la dicha soluci´ on o´ptima toman un valor no nulo.

œൌͳͶǤʹͷ šͳൌͳǤʹͷ šʹൌͳǤͷ š͵ൌͳǤ͹ͷ

Ͳ šʹ൒ʹ

šʹ൑ͳ œൌͳͶǤͳ͹ šͳൌͲǤͺ͵͵ šʹൌͳ š͵ൌͳǤͺ͵ š͵൑ͳ

œൌͺǤ͵͵ šͳൌͲǤͺ͵͵ šʹൌͳ š͵ൌͳ

œൌ͹ š͵ൌͳ

š͵൒ʹ

ͲͲͲͲ

š͵൑ͳ

ͲͲͳ

ͲͲͲ

šͳ൑Ͳ

œൌͳʹǤͳ͹ šͳൌͲǤͺ͵͵ šʹൌʹ š͵ൌͳǤͺ͵

ͲͲ

œൌ͵ šʹൌʹ š͵ൌͳ

šͳ൒ͳ

Ͳͳ š͵൒ʹ œൌͻǤͷ šʹൌʹ š͵ൌʹ šͶൌͲǤͷ

Ͳͳͳ

ͲͳͲ

ͲͲͲͳ

Se pide: 1. Indicar para cada nodo, la mejor cota superior y la mejor cota inferior que se puede obtener con toda la informaci´on que ofrece el a´rbol. 2. Para cada uno de los nodos no ramificados, indicar si se deben podar o si se deben ramificar y por qu´e.

28 EJERCICIO 28.2. Resoluci´ on

73

Las cotas figuran en el siguiente a´rbol. z LP= 14.25 x1= 1.25 x2= 1.5 x3= 1.75

P0 x2λ 2

x2κ 1 z LP= 14.17 x1= 0.833 x2= 1 x3= 1.83

z LP= 12.17 x1= 0.833 x2= 2 x3= 1.83

P00

x3κ 1

z LP= 8.33 x1= 0.833 x2= 1 x3= 1

z LP= 13.5 x3= 2 x4= 0.5

P000

x1κ 0 z LP= 7 x3= 1

x3λ 2

P0000

x3κ 1

P001

z LP= 3 x2= 2 x3= 1

x1λ 1

P010

P01 x3λ 2 z LP= 9.5 x2= 2 x3= 2 x4= 0.5

P011

ࢠ010= 3 ࢠ010= 3

P0001

De la evaluaci´on del a´rbol, se puede concluir: Nodo 0000. Este nodo se debe podar por optimalidad. Se ha alcanzado una soluci´ on entera. Nodo 0001. Este nodo se debe podar por infactibilidad. No existen soluciones enteras factibles. Nodo 001. Este nodo no se puede podar y se debe ramificar en dos problemas x4 ≤ 0 y x4 ≥ 1. Nodo 010. Este nodo se debe podar por optimalidad. Nodo 011. Este nodo no se puede podar y se debe ramificar en dos problemas x4 ≤ 0 y x4 ≥ 1.

29 MME-1213-ENE-3 29.EJERCICIO Ejercicio MME-1213-ENE-3

29.1.

74

Enunciado

Resolver el siguiente problema mediante el m´etodo Branch and Bound, utilizando el m´etodo gr´ afico para resolver cada subproblema: max z = 4x1 + 6x2 s.a.: 4x1 + 3x2 ≤ 22

(90)

xi ∈ Z+

29.2.

Resoluci´ on

La soluci´ on ´ optima es x4 (0, 7) con z 3 = 42. En la figura se puede ver el gr´afico utilizado para desarrollar el algoritmo y resolver las relajaciones lineales as´ı como el ´arbol (sin actualizar cotas) en el que se muestran los distintos subproblemas estudiados. 8

x1

44

x2 7

x2 ≥ 8

x2 ≤ 7

4

x

1

x5

6

43

3

2

x1 ≥ 1

x1 ≤ 0 42

5

40 4

4

no factible

5

42

40

3 2 1 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

Figura 4: Gr´afico y a´rbol correspondiente a la soluci´on del problema

30 30.EJERCICIO Ejercicio

30.1.

75

Enunciado

Dado el problema siguiente: max z = 20x1 + 5x2 − 8x3 + 30x4 s.a. :

(91)

25x1 + 5x2 + 5x3 + 30x4 ≤ 35 xi enteras

se conoce la tabla de una soluci´ on o´ptima de la relajaci´on lineal del mismo. Formula un corte entero de Gomory y obtener la nueva soluci´ on tras introducir dicho corte operando sobre la tabla de simplex dada.

x4

30.2.

-35 7/6

x1 -5 5/6

x2 0 5/6

x3 -13 1/6

x4 0 1

h1 -1 1/30

Resoluci´ on

 La expresi´on del corte de Gomory es −f0 + i fi xi ≥ 0, que para este caso toma la forma − 16 + 56 x1 + 5 1 1 5 5 1 1 1 6 x2 + 6 x3 + 30 h1 ≥ 0 ⇒ − 6 x1 − 6 x2 − 6 x3 − 30 h1 + h2 = − 6

x4 h2 x4 x2

-35 7/6 1/6 -35 1 1/5

x1 -5 5/6 -5/6 -5 0 1

x2 0 5/6 -5/6 0 0 1

x3 -13 1/6 -1/6 -13 0 1/5

x4 0 1 0 0 1 0

h1 -1 1/30 -1/30 -1 0 1/25

h2 0 0 1 0 0 -6/5

31 31.EJERCICIO Ejercicio

31.1.

76

Enunciado

Una empresa multinacional con operaciones globalizadas dispone de 3 plantas que fabrican el mismo producto pero en diferente localizaci´on y 4 almacenes regionales, que abastecen la demanda local de cuatro grandes regiones comerciales. Para este a˜ no, la capacidad de producci´on de cada una de las plantas es de 7 unidades de millones para China, 11 para EE UU y 15 para Eslovaquia. El consumo previsto en cada una de las regiones es: Localizaci´ on almac´en M´ejico & Norteam´erica Francia Australia China

Regi´ on comercial CALA EMEA Asia-Pacifico 1 Asia-Pac´ıfico 2

Demanda prevista (millones de up) 4 8 9 12

El coste por unidad transportada entre plantas y almacenes viene dado por el siguiente cuadro: euros/up

NA & CALA

EMEA

China EEUU Eslovaquia

4 3 5

2 3 4

Asia -Pacifico 1 3 5 7

Asia -Pacifico 2 1 7 4

Se pide: 1. Determinar el programa de transporte de coste m´ınimo entre las plantas y los almacenes. Se recomienda obtener una soluci´ on inicial de partida obtenida con el m´etodo de Voguel. 2. Existe m´ as de un u ´ nico programa de transporte con dicho coste m´ınimo? En caso afirmativo, indicar cu´ antos y cu´ ales.

31.2.

Resoluci´ on

Construyendo una primera mediante el m´etodo de Voguel, se obtiene la siguiente tabla: N-C

EMEA

4

2

AP 1

AP 2

3

1

China + 3 EE UU

+ 3

5

4 5

4 0 4

7

7 7

+

Eslovaquia

7

-1

7

+ 4

8

2

5

8

9

12

15

31 Fijando EJERCICIO 77 los valores u1 = −3, u2 = −2, u3 = 0, v1 = 5, v2 = 4, v3 = 7, v4 = 4 se obtienen los costes reduciones que figuran en la tabla anterior. El coste reducido de China-AP1 es negativo, luego introduciendo dicha variable y creando el circuito correspondiente con las variables b´ asicas, se puede obtener la siguiente tabla. En la soluci´ on correspondiente, se transportan 2 unidades entre China y AP1 (la variable correspondiente entra en la bas) y se dejan de tranportar productos entre Eslovaquia y AP1 (la variable corresopndiente sale de la base). N-C

EMEA

4

AP 1

2

China + 3 EE UU

3

4

11 +

7

4

8 4

7

+

8

7

7 7

0

+

5

5

4 5

1 2

+

Eslovaquia

AP 2

3

9

15

12

Existe una variable no b´asica con coste reducido igual a 0. Es la variable corresopndiente a la ruta EE UU - EMEA, lo que significa que existe otra soluci´on b´asica o´ptima, descrita en la siguiente tabla: N-C

EMEA

4

2

AP 1

China + 3 EE UU

3

5

7 2

4

11 0

7

8

+ 4

3

+

7

5 5

4

Eslovaquia

1 7

+

4

AP 2

3

+ 9

12

15

12

Existen, por lo tanto dos soluciones ´optimas b´asicas y todas las soluciones o´ptimas no b´asicas que resultan de la combinaci´ on convexa de las dos b´ asicas. El conjunto de todas las soluciones o´ptimas es el correspondiente a los siguientes programas de tranporte: China-AP1: 2+λ China-AP2: 5-λ EE UU-N-C: 4 EE UU-EMEA: λ EE UU-AP1: 7-λ Eslovaquia-EMA: 8 - λ Eslovaquia-AP2: 7 + λ Para 0 ≤ λ ≤ 5. Si λ = 0 o λ = 5, se obtienen las soluciones b´ asicas de las tablas anteriores. Para cualquier otro valor se tiene una soluci´on o´ptima no b´asica.

32 32.EJERCICIO Ejercicio

32.1.

78

Enunciado

Una regi´ on dispone de tres refiner´ıas, con capacidades diarias de producci´ on de gasolina de 6, 5, y 6 millones de litros, respectivamente, que abastecen a tres a´reas de distribuci´on, cuyas demandas diarias son 4, 8, y 7 millones de litros respectivamente. El transporte de gasolinas desde las refiner´ıas hasta las areas de distribuci´on se realiza mediante una red de oleoductos en la que el coste de transporte es de 10 ´ c´entimos de euros por cada 1000 litros de gasolina y por km recorrido. La tabla siguiente proporciona las distancias (km) entre las refiner´ıas y las a´reas de distribuci´on. La refiner´ıa 1 no est´ a conectada con el area de distribuci´ ´ on 3. Refiner´ıa R1 Refiner´ıa R2 Refiner´ıa R3

´ Area A1 120 300 200

´ Area A2 180 100 250

´ Area A3 80 120

Cuadro 1: Distancias entre refiner´ıas y ´areas de suministro.

Por cuestiones estrat´egicas relativas a la seguridad nacional, el ´area 1 debe recibir toda su demanda; la incapacidad para entregar las cantidades demandadas de gasolina en las ´areas 2 y 3 causan una penalizaci´on de 5 c´entimos de euro por litro. Determina cu´ al es el programa ´optimo de transporte entre refiner´ıas y ´ areas de distribuci´on, explicando claramente en qu´e consiste dicho programa y cu´al es su coste.

32.2.

Resoluci´ on

Las variables xij representan los millones de litros producidos por la refiner´ıa Ri y entregados al a´rea Aj . Como el problema est´ a desequilibrado es necesario incluir un origen ficticio “Ref. fic.” cuya capacidad es la diferencia entre la demanda, 19, y la capacidad de las refiner´ıas, 17, es decir 2. Los costes en euros por mill´ on de litros transportados entre Ri y Aj (en euros/Ml)) cij es igual a 0.1euro 106 l × Dist(km) × = 100 × Dist(km) 1000l×km Ml Por su parte, las penalizaciones son de 0.05 euros por litro, es decir 5000 euros por Ml. Diviendo todos los costes por 1000, el problema planetado es equivalente a resolver el que aparece representado en la siguiente tabla: ´ Area 1

´ Area 2

c11 Ref. 1

c12 x11

c31

c41 R. fic.

D1

c41

x33

c32

c42 x41

O1

c23

O2

c33 x32

c31

x23

c22

c32 x31

c13

c23 x22

c21

x13

c12

c22 x21

Ref. 3

c13 x12

c11

c21 Ref. 2

´ Area 3

c33

O3

c433 x42 D2

c42

x43 D3

c43

O4

32 EJERCICIO Ref. 1

´ Area 1 12 4

´ Area 2 18 2

79

´ Area 3 M 6 +

30

10

8

Ref. 2 + 20

5

5

2

6

-5 25

Ref. 3

12 4

+ M

5

Ref. fic

5 2

2

+

+

4

Ref. 1

8

´ Area 1 12 4

7

´ Area 2 18 2

´ Area 3 M 6 +

30

10

Ref. 2

8 4

1

5

6

6

+ 20

25

12

Ref. 3 + M

+ 5

Ref. fic

5 2

2 0

4

8

7

El resultado, por lo tanto, consiste en entregar desde la refiner´ıa 1: 4 millones de litros al ´area 1 y otros 2 al ´area 2, entregar desde la refiner´ıa 2: 4 millones de litros al ´area 2 y uno m´ as al ´area 3, entregar desde la refiner´ıa 3 sus 6 millones de litros al ´area 3, dejando sin atender la demanda de 2 millones de litros del ´area 2 con un coste de (12 × 4 + 18 × 2 + 10 × 4 + 8 × 1 + 12 × 6 + 5 × 2) × 1000 = 214000. Es decir 214000 euros.

33 33.EJERCICIO Ejercicio

33.1.

80

Enunciado

La compan´ıa Energetic debe dise˜ nar el sistema de abastecimiento energ´etico de un nuevo edificio. Las necesidades de energ´ıa se refieren a las siguientes categor´ıas: electricidad, calentadores de agua y calefactores de ambiente. Los requerimientos diarios de energ´ıa son: Electricidad Calentadores de agua Calefactores de ambiente

30 unidades 20 unidades 50 unidades

Las tres fuentes posibles de energ´ıa son electricidad, gas natural y una unidad de c´elulas solares que se puede instalar en el techo. El tama˜ no de ´este limita la cantidad de c´elulas solares a 30 unidades, pero no hay l´ımite en la disponibilidad de electricidad y gas natural. Las necesidades de luz se pueden satisfacer por unidad). Las otras dos necesidades solo mediante la compra de energ´ıa el´ectrica (a un costo de 50 se pueden satisfacer mediante cualquier fuente o combinaci´on de fuentes. Los costes unitarios son los siguientes Calentadores de agua Calefactores de ambiente

Electricidad 150 150

Gas natural 110 100

C´elulas solares 70 90

Se pide determinar c´omo atender las necesidades de abastecimiento de energ´ıa del nuevo edificio con el menor coste posible.

33.2.

Resoluci´ on

El problema se puede formular como un problema de transporte donde los or´ıgenes son la electricidad, el gas natural y las celdas fotovoltaicas y los destinos son la electricidad, los calentadores de agua y los calefactores de ambiente. La demanda total es de 100 unidades. La capacidad de energ´ıa viene dada por la disponibilidad de c´elulas solares (30 unidades) m´ as la capacidad de suministro de gas natural y de electricidad, que es en t´erminos del problema tan grande como se desee. Para poder plantear un problema de transporte y resolverlo por m´etodos espec´ıficos para este tipo de problema, es necesario que el problema est´e equilibrado. En principio, se podr´ıa suministrar toda la energ´ıa mediante electricidad o mediante gas natural, por lo que las capacidades de los respectivos destinos es 100, con lo que la oferta ser´ıa 230. Para equilibrar el problema es necesario crear un destino ficticio con una demanda de 230 − 100 = 130. A partir de la informaci´on dada y de las restricciones que existen en t´erminos de abastecimiento de los destinos con los or´ıgenes, y con los costes dados, la tabla que representa el problema de transporte asociado es la siguiente.

Electricidad

Gas natural

C´elulas solares

Electricidad 50 x11 c11 M x21 c21 M x11 c31 30

Cal. agua 150 x12 c12 110 x22 c12 70 x32 c32 20

Cal. ambiente 150 x13 c13 100 x23 c13 90 x33 c33 50

Dest. fict 200 x1f

c1f

100

200 x2f

c1f

100

200 x3f 130

c3f

30

33 Los EJERCICIO 81 costes correspondientes a la columna del destino ficticio son todos iguales dado que no existe ninguna consideraci´ on adicional para discriminar qu´e tipo de fuente de energ´ıa debe emplearse. El valor podr´ıa ser uno cualquiera, mientras sea el mismo para todos los or´ıgenes. En este caso se ha elegido el valor 200, que es mayor que cualquier de los otros costes. El motivo de la elecci´ on es que al aplicar el m´etodo de Voguel para obtener una soluci´ on inicial tendr´a en cuenta los costes de asignaci´on reales y no los del destino ficticio. Construyendo la soluci´on mediante el m´etodo de Voguel se obtiene

Electricidad

Electricidad 50 30

Cal. agua 150

Cal. ambiente 150 +

M

110

Dest. fict 200 70

100

Gas natural

200 40

+ M

90 20

+ 30

60

100

+ 70

C´elulas solares

100

+

200 10

20 20

30 10

50

+ 130

En definitiva, el suministro se debe hacer de la siguiente manera: toda la necesidad de electricidad se debe atender con suministro el´ectrico, tal y como se exig´ıa, con un coste 1500 ; la demanda de calentadores de agua debe proporcionarse con las c´elulas solares, con un coste de 1400 ; la demanda de calentadores de abmiente se atiende con 70 unidades de suministro el´ectrico (con un coste de 4000 ) y con 10 de c´elulas solares (con un coste de 900 ); con un coste total de 7800

.

34 34.EJERCICIO Ejercicio

34.1.

82

Enunciado

Se deben utilizar cuatro barcos para transportar bienes de un puerto determinado a otros cuatro puertos (numerados 1, 2, 3 y 4). Se puede usar cualquier barco para hacer cualquiera de los cuatro viajes. Sin embargo, dadas las diferencias entre las naves y las cargas, el coste total de carga, transporte y descarga de bienes de las diferentes combinaciones de barcos y puertos var´ıa de manera considerable. Estos costes se muestran en la siguiente tabla.

Barco Barco Barco Barco

1 2 3 4

Puerto 1 500 600 700 500

Puerto 2 400 600 500 400

Puerto 3 300 700 700 600

Puerto 4 700 500 600 600

Determinar, utilizando el m´etodo h´ ungaro, con qu´e barco se debe atender el env´ıo de cada puerto con el m´ınimo coste global.

34.2.

Resoluci´ on

Aplicando el m´etodo h´ ungaro se llega a la siguiente tabla: 100 0 100 0

100 100 0 0

0 200 200 200

400 0 100 200

Lo que lleva a la siguiente asignaci´on: X

X -

X -

X -

35 35.EJERCICIO Ejercicio

35.1.

83

Enunciado

Una ingenier´ıa ha ganado cuatro concursos de la administraci´on central para la construcci´ on de cuatro centrales de generaci´on el´ectrica, por cuya realizaci´ on la ingenier´ıa recibir´ a una cantidad fija. Las cuatro plantas son una t´ermica, una de ciclo combinado y dos parques de aerogeneradores. Existen cuatro equipos de ingenieros que pueden desarrolar los cuatro proyectos, pero, debido a la diferente experiencia de estos cuatro equipos, los costes asociados al desarrollo de cada proyecto por parte de cada equipo son diferentes y se ofrecen en el siguiente cuadro. Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

T´ermica 1 2 3 1

C. comb. 4 1 2 2

Parque 1 3 6 6 3

Parque 2 1 7 6 7

Se pide determinar qu´e proyecto debe realizar cada equipo de ingenieros para obtener el coste m´ınimo para el desarrollo de loc cuatro proyectos.

35.2.

Resoluci´ on Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

T´ermica 1 2 3 1

C. comb. 4 1 2 2

Parque 1 3 6 6 3

Parque 2 1 7 6 7

Restando a los elemenentos de cada fila el menor valor de dicha fila, se obtiene el siguiente nuevo cuadro Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

T´ermica 0 1 1 0

C. comb. 3 0 0 1

Parque 1 2 5 4 2

Parque 2 0 6 4 6

Restando a los elementos de cada columna el menor valor de dicha columna, se obtiene el siguiente nuevo cuadro Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

T´ermica 0 1 1 0

C. comb. 3 0 0 1

Parque 1 0 3 2 0

Parque 2 0 6 4 6

Tachando la primera y la cuarta filas y la segunda columna quedan cubiertos todos los ceros con el m´ınimo n´ umero de l´ıneas. Restando 1 a todos los elementos no tachados y sum´andoselo a los que quedan tachados dos veces se obtiene la siguiente nueva tabla de asignaci´on. Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

T´ermica 0 0 0 0

C. comb. 4 0 0 2

Parque 1 0 2 1 0

Parque 2 0 5 3 6

35 Existen EJERCICIO dos posibles asignaciones, descritas en las siguientes tablas, ambas con un coste de 8 um. 84 T´ermica Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

Equipo Equipo Equipo Equipo

1 2 3 4

×

T´ermica ×

C. comb. × C. comb.

Parque 1

Parque 2 ×

× Parque 1

× ×

Parque 2 ×

36 36.EJERCICIO Ejercicio

36.1.

85

Enunciado

Resolver el problema de asignaci´ on (mediante el m´etodo h´ ungaro) consistente en asignar con el coste m´ınimo un conjunto de tareas a un grupo de operarios. En la siguiente tabla se indican los costes de asignaci´on de cada operario a cada tarea: Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

1 2 3 4 5

Oper.1 5 5 2 9 3

Oper.2 3 6 8 6 2

Oper.3 7 12 3 10 1

Oper.4 3 7 4 5 4

Oper.5 4 8 5 6 5

Si al realizar la asignaci´on anterior el operario 3 no estuviera disponible: 1. indicar c´ omo se modificar´ıa el problema anterior para realizar la mejor asignaci´ on posible; 2. indicar igualmente qu´e informaci´ on adicional ser´ıa necesaria para resolver el problema.

36.2.

Resoluci´ on

Restando el menor valor de cada columna a todos los elementos de dicha columna se obtiene la siguiente tabla

Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

1 2 3 4 5

Oper.1

Oper.2

Oper.3

Oper.4

Oper.5

3 3 0 7 1

1 4 6 4 0

6 11 2 9 0

0 4 1 2 1

0 4 1 2 1

Restando el menor valor de cada fila a todos los elementos de dicha fila se obtiene la siguiente tabla

Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

1 2 3 4 5

Oper.1

Oper.2

Oper.3

Oper.4

Oper.5

3 0 0 5 1

1 1 6 2 0

6 9 2 7 0

0 1 1 0 1

0 1 1 0 1

No es posible realizar una asignaci´on porque el n´ umero m´ınimo de l´ıneas que hay que emplear para tachar todos los ceros es menor que cinco.

Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

1 2 3 4 5

Oper.1

Oper.2

Oper.3

Oper.4

Oper.5

3 0 0 5 1

1 1 6 2 0

6 8 2 7 0

0 1 1 0 1

0 1 1 0 1

36 ElEJERCICIO 86 menor valor no tachado es 1. Restando 1 a los no tachados, sumando 1 a los tachados dos veces, resulta la tabla siguiente

Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

Oper.1

Oper.2

Oper.3

Oper.4

Oper.5

4 0 0 5 2

1 0 5 2 0

6 7 1 7 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 1

Oper.1

Oper.2

Oper.3

Oper.4

Oper.5 ×

× × × ×

La asignaci´on que figura en la tabla anterior tiene el coste m´ınimo e igual a 2 + 6 + 1 + 5 + 4 = 18

37 37.EJERCICIO Ejercicio

37.1.

87

Enunciado

Se deben utilizar cuatro barcos para transportar bienes de un puerto determinado a otros cuatro puertos (numerados 1, 2, 3 y 4). Se puede usar cualquier barco para hacer cualquiera de los cuatro viajes. Sin embargo, dadas las diferencias entre las naves y las cargas, el coste total de carga, transporte y descarga de bienes de las diferentes combinaciones de barcos y puertos var´ıa de manera considerable. Estos costes se muestran en la siguiente tabla.

Barco Barco Barco Barco

1 2 3 4

Puerto 1 500 600 700 500

Puerto 2 400 600 500 400

Puerto 3 300 700 700 600

Puerto 4 700 500 600 600

Determinar, utilizando el m´etodo h´ ungaro, con qu´e barco se debe atender el env´ıo de cada puerto con el m´ınimo coste global.

37.2.

Resoluci´ on

Aplicando el m´etodo h´ ungaro se llega a la siguiente tabla: 100 0 100 0

100 100 0 0

0 200 200 200

400 0 100 200

Lo que lleva a la siguiente asignaci´on: X

X -

X -

X -

38 38.EJERCICIO Ejercicio

38.1.

88

Enunciado

El siguiente grafo representa las carreteras (aristas) de una comarca de monta˜ na del norte de Espa˜ na que se compone de diez ciudades (nodos) A − J. Los servicios centrales de la comarca est´an situados en el municipio A. Los n´ umeros de cada carretera (arista) indican la distancia en km entre las dos ciudades. Te propones ayudar al personal del ayuntamiento a resolver los siguientes supuestos: 1. La u ´ nica ambulancia que hay tiene su base en el municipio A. Se est´ an calculando las rutas de menor distancia entre A y el resto de municipios. Aplica el algoritmo correspondiente para calcular la ruta de distancia m´ınima entre A y H. 2. El servicio de manteniento de las carreteras tiene que observar visualmente todas la carreteras del municipio para ello tiene que pasar por todas y cada una de las carreteras. Aplica el algoritmo espec´ıfico correspondiente para averig¨ uar qu´e recorrido debe hacerse y cu´al ser´ a la distancia que se recorre. 3. El ayuntamiento est´ a pensando en ofrecer a los vecinos la posibilidad de tener fibra o´ptica en sus casas. Para calcular el coste, como primer paso se est´a pensando en c´omo unir los municipios con fibra de forma que el nuevo cableado vaya paralelo a las carreteras de forma que a todos las ciudades les llegue cable de fibra. Indicar, aplicando el algoritmo correspondiente, por qu´e carreteras se tendr´ıa que llevar el cable de fibra ´optica para minimizar la cantidad de fibra utilizada.

38.2.

Resoluci´ on

Apartado 1 Se aplica el algoritmo de Dijkstra, en el gr´afico se muestran las etiquetas permanentes correspondientes a cada nodo. La m´ınima distancia entre A y H es 24 km; para ello hay que recorrer el camino ACDEGH. Apartado 2 Hay que hallar el ciclo ´euleriano o el camino euleriano de menos distancia. En este caso todos los nodos son de orden par excepto A y J. Luego NO es posible hallar un ciclo euleriano. Se puede ir mediante un camino de A a J pasando s´ olo una vez por cada nodo, pero despu´es hay que volver de J a A por el camino m´ as corto (ver apartado anterior).

38 EJERCICIO

89  todosarcos

dT OT AL

darco

   = 6 + 5 + 12 + 8 + · · · + 4 + 7 +dJA

dT OT AL = 133 + 27 = 160km Y un posible ciclo ser´ıa AHDACDEGDHGJHIDFIJ-GEDCA.

Apartado 3 Se trata de hallar un ´arbol generador de distancia m´ınima, aplicando el algoritmo de Prim o el de Kurskal. Independientemente del algoritmo utilizado la soluci´ on es la que se muestra en la figura. Se necesitar´ıan 42 km de cable de fibra o´ptica.

38 EJERCICIO 38.3. Enunciado

90

El servicio de electricidad del ayuntamiento de un pueblo est´a preparando el alumbrado para las fiestas. En concreto tienen que unir mediante cable los distintos lugares de toma de corriente de las luces (v´ertices: a, ..., h). En el grafo se puede observar las conexiones posibles as´ı como la distancia entre cada v´ertice (expresada en decenas de metros). ¿Es posible unir las distintas tomas de corriente con un cable de 120 m. (que es el que tienen)?¿O necesitan buscar m´ as metros? Justificar la respuesta utilizando alg´ un algoritmo de los que se han visto en el temario de la asignatura.

38.4.

Resoluci´ on

En la figura se muestra el arbol generador de peso m´ınimo obtenido por el m´etodo de Kurskal o de Prim. Hay otras soluciones ´optimas posibles, pero en todos los casos se necesitan 130 metros. Luego hay que comprar m´as cable.

38 EJERCICIO 38.5. Enunciado

MME-1213-ENE-4

91

La mayor´ıa de los vecinos de un cierto municipio trabaja en alguno de los siete pozos que una compa˜ n´ıa minera explota cerca del municipio. El municipio, los pozos y las v´ıas que los conectan est´an descritos en el gr´afico siguiente:

Antes de las elecciones el actual alcalde prometi´ o a todos los vecinos que pavimentar´ıa algunos caminos de forma que cada trabajador tuviera pavimentado el camino m´as corto desde el municipio hasta su pozo. ¿ Cu´ antos kil´ometros se habr´ıa ahorrado pavimentar si s´olo hubiera prometido que cada trabajador tendr´ıa un camino pavimentado para acceder a su pozo? (Nota: utilizar m´etodos de lo que se han visto en clase)

38.6.

Resoluci´ on

1. Para cumplir la promesa electoral el alcalde tiene que pavimentar la suma de arcos (v´ıas) que se utilicen al calcular el camino m´ as corto desde el municipio a todos los pozos (algoritmo de Dijsktra). Los arcos que se utilizan se marcan en la figura 5 y suponen 49 kil´ ometros. 2. En cambio si hubiera prometido a los vecinos que tendr´ıan camino pavimentado (aunque no el m´as corto) tendr´ıa ahorros. Para saber cu´antos kil´ometros necesitar´ıa tiene que calcular el a´rbol generador de peso m´ınimo (algoritmo de Prim o Kurskal). Se utilizar´ıan los arcos marcados en la figura 5 (hay soluciones m´ ultiples) y se necesitar´ıan 39 kil´ometros. Luego el ahorro ser´ıa de 10 kil´ometros.

39 39.EJERCICIO Ejercicio

39.1.

Enunciado

Enunciar tres caracter´ısticas conmunes a todas las t´ecnicas metaheur´ısticas.

39.2.

Resoluci´ on

Tres caracter´ısticas comunes a las metaheur´ısiticas y comunes a todas ellas son: 1. Son t´ecnicas que no garantizan la obtenci´ on de la soluci´ on ´otpima 2. Son de car´ acter general y sirven de aplicaci´ on a una gran cantidad de problemas combinatorios 3. Son de car´ acter iterativo y, en cada iteraci´ on, se admite la posibilidad de transitar por una soluci´ on pero que de aquella con la que se inici´ o la iteraci´on.

92

40 40.EJERCICIO Ejercicio

40.1.

93

Enunciado

Discutir la siguiente aseveraci´on: “En general, las t´ecnicas metaheur´ısticas permiten obtener soluciones optimas de los problemas para los cuales se emplean”. ´

40.2.

Resoluci´ on

La afirmaci´ on, en general, es falsa, ya que las t´ecnicas metaheur´ısticas se utilizan para abordar problemas para los cuales las t´ecnicas exactas no resulta eficacias y eficientes. Se trata de problemas no se conoce el valor ´optimo, con lo que no es posible saber si la t´ecnica metaheur´ıstica alcanza o no dicho optimo. Las t´ecnicas metaheur´ısticas ofrecen soluciones razonables con tiempos de computaci´on no muy ´ elevados.

40 EJERCICIO

94

40 EJERCICIO

Figura 5: Soluciones utilizando el algoritmo de Dijkstra (izda) o Kurskal (dcha)

95