TALLER 2- SOLUCION DE MODELOS DE PL

Andrew Astaiza 1134402-3751

Cristian Andrés Parra 1124688-3751

Fabián Quintero 1124930-3751

1)

a) completamos los espacios faltantes en la tabla (en amarillo) con los valores de las variables

básicas.

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 solución

x8 0 3 0 -2 -3 -1 5 1 12

x3 0 1 1 3 1 0 3 0 6

x1 1 -1 0 0 6 -4 0 0 0

zj-cj 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

b) Analizando el cuadro anterior concluimos que: Las variables básicas son X8, X3 y X1, Ya que

estas forman la matriz idéntica. Las variables No básicas son X2, X4, X5, X6 y X7. Los valores de las

variables son X1=0, X2=0, X3=6, X4=0, X5=0, X6=0, X7=0, X8=12 y de la función objetivo es 620.

C) si el problema es de maximización las variables no básicas que tendrán el potencial de mejorar

el valor de z son las variables menores que cero o negativas, en el caso de maximización la variable

más negativa al entrar en la función objetivo mejorara el valor de z. Las variables no básicas que

tiene el potencial de mejor el valor de z son x2, x5 y x6.

Ahora analizaremos que variable sale si entra cada una de estas y que valor de la solución tomara

la variable entrante.

Para x2: (entra x2 color amarillo y sale variable razón mínima positiva azul)

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 solución Razón mini.

x8 0 3 0 -2 -3 -1 5 1 12 4

x3 0 1 1 3 1 0 3 0 6 6

x1 1 -1 0 0 6 -4 0 0 0 0

zj-cj 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

Cuando entra x2, sale x8 y la variable x2 tomara como solución en la siguiente iteración el valor de

la razón mínima ósea de 4.esto representara en la función objetivo un aumento de 20, es decir el

valor de z pasaría de 620 a 640.

Para x5 (entra x5 color amarillo, sale razón mínima positiva color azul)

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 solución Razon mini.

x8 0 3 0 -2 -3 -1 5 1 12 -4

x3 0 1 1 3 1 0 3 0 6 6

x1 1 -1 0 0 6 -4 0 0 0 0

zj-cj 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

Cuando entra x5 sale x3 y la variable x3 tomara como solución en la siguiente iteración el valor de

la razón mínima ósea 6.esto representara en la función objetivo un aumento de 6,osea nuestro z

pasara de 620 a 626.

Para x6: (entra x6 color amarillo, sale razón mínima positiva color azul)

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 solución Razon mini.

x8 0 3 0 -2 -3 -1 5 1 12 -12

x3 0 1 1 3 1 0 3 0 6 indeterm.

x1 1 -1 0 0 6 -4 0 0 0 0

zj-cj 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

En este caso no hay una variable de salida, ya que no hay razón mínima POSITIVA, el cero no es

positivo ni negativo. En este caso, ya que el problema es de “maximizar” siempre se tomaría como

variable entrante a la más negativa ósea x6 (-10) ya que sería la que mejoraría el valor de z pero al

observar que no hay una variable de salida, se concluye que falla la regla del cociente y por tanto

estaríamos trabajando con una función objetivo no acotada.

d) ahora si el problema es de minimización las variables no básicas que tienen el potencial de

mejorar el valor de la función objetivo son las mayores que cero o positivas en este caso solo será

x4, ya que x7 (0) no representara cambio alguno en la función objetivo.

Para x4: (entra x4 color amarillo, sale razón mínima positiva color azul)

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 solución Razon mini.

x8 0 3 0 -2 -3 -1 5 1 12 -6

x3 0 1 1 3 1 0 3 0 6 2

x1 1 -1 0 0 6 -4 0 0 0 indeterm.

zj-cj 0 -5 0 4 -1 -10 0 0 620

Cuando entra x4 sale la variable x3, y x4 tomara como solución en la siguiente iteración el valor de

la razón mínima positiva ósea 2.esto representara en la función objetivo una disminución de 8,

osea nuestro z pasa de ser 620 a 612.

e) ¿Cuál de la(s) variable(s) no básica(s) no causa(n) un cambio en el valor de

z, cuando se eligen para entrar a la solución?

La variable no básica que no causa un cambio en el valor de z, cuando entra a la solución es X7 Ya

que sabemos que el cambio que en la solución está dado por |Zj-Cj| * Razón Mínima de la variable

que va a salir pero como Zj-Cj de x7 es 0 esta podrá entrar a las variables básicas y no alterara la

solución.

2) dado el siguiente programa lineal:

(Variable de entrada color amarillo, variable de salida color azul, tabla óptima color amarilla).

Maximizar z = 16x1+15x2

S.a

40x1+31x2<=1

-x1+x2<=1

X1<=3

X1, x2>=0

a) Resuelva usando método simplex en el que la variable de entrada es la más negativa

(maximización).

Solo se pondrán las tablas correspondientes a las iteraciones y la última tabla será la tabla

óptima.

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 40 31 1 0 0 124 3,1

s2 0 -1 1 0 1 0 1 -1

s3 0 1 0 0 0 1 3 3

zj-cj -16 -15 0 0 0 0

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 0 31 1 0 -40 4 0,129

s2 0 0 1 0 1 1 4 4

x1 16 1 0 0 0 1 3 indeter.

zj-cj 0 -15 0 0 16 48

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

x2 15 0 1 0,032 0 -1,129 0,129 -0,1

s2 0 0 0 -0,032 1 2,3 3,87 1,682

x1 16 1 0 0 0 1 3 3

zj-cj 0 0 0,48 0 3,5 49,93

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución

x2 15 0 1 0,014 0,55 0 2,3

s3 0 0 0 -0,014 0,43 1 1,68

x1 16 1 0 0,014 -0,43 0 1,31

zj-cj 0 0 0,43 1,44 0 55,6

Esta es la tabla óptima para maximización(los valores de zj-cj son todos positivos), el valor

de z es 55.6

b) Ahora se pide resolver nuevamente el programa lineal usando el método simple, pero esta

vez la variable de entrada será la menos negativa.

Maximizar z = 16x1+15x2

S.a

40x1+31x2<=1

-x1+x2<=1

X1<=3

X1, x2>=0

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 40 31 1 0 0 124 4

s2 0 -1 1 0 1 0 1 1

s3 0 1 0 0 0 1 3 indeterm.

zj-cj -16 -15 0 0 0 0

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 71 0 1 -31 0 93 0,13

x2 15 -1 1 0 1 0 1 -1

s3 0 1 0 0 0 1 3 3

zj-cj -31 0 0 15 0 15

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución

x1 16 1 0 0,014 -0,43 0 1,3

x2 15 0 1 0,014 0,57 0 2,3

s3 0 0 0 -0,014 0,43 1 1,7

zj-cj 0 0 0,434 1,67 0 55,6

c) En número de iteraciones en a fue de 3 y el numero de iteraciones en b fue de 2 lo cual

implica que la selección de variables de entrada como la no básica con el coeficiente más

negativo del renglón de zj-cj conduce a un mayor número de iteraciones o a una iteración

de mas que si se selecciona la variable de entrada como la menos negativa en el renglón

zj-cj.

d) Ahora se multiplica la función objetivo del programa lineal por -1, cambiando así el

modelo a un modelo de minimización.

Minimizar z = -16x1-15x2

S.a

40x1+31x2<=124

-x1+x2<=1

X1<=3

X1, x2>=0

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 40 31 1 0 0 124 3,1

s2 0 -1 1 0 1 0 1 -1

s3 0 1 0 0 0 1 3 3

zj-cj 16 15 0 0 0

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

s1 0 0 31 1 0 -40 4 0,129

s2 0 0 1 0 1 1 4 4

x1 -16 1 0 0 0 1 3 indeterm.

zj-cj 0 15 0 0 -16 -48

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución Razón min.

x2 -15 0 1 0,032 0 -1,3 0,129 -

0,09923077

s2 0 0 0 -0,032 1 2,3 3,87 1,6826087

x1 -16 1 0 0 0 1 3 3

zj-cj 0 0 -0,48 0 3,5 -49,93

Var. Básicas coef. FO x1 x2 s1 s2 s3 solución

x2 -15 0 1 0,014 0,55 0 2,3

s3 0 0 0 -0,014 0,43 1 1,68

x1 -16 1 0 0,014 -0,43 0 1,31

zj-cj 0 0 -0,43 -1,44 0 -55,6

Como se observa al multiplicar la función objetivo por (-1) no se altera el número de iteraciones ni

el valor de z óptimo ya que al multiplicar por (-1) una función en la que se maximiza, La

minimización de una función f(x), es matemáticamente equivalente a la maximización del negativo

de tal función, -f(x); complementariamente, la maximización una función g(x), es

matemáticamente equivalente a la minimización del negativo de la misma, -g(x).

3) para el siguiente programa lineal:

Maximizar z = x1+x2+3x3+2x4

S.a

x1+2x2-3x3+5x4<=4

5x1-2x2+64x4<=8

2x1+3x2-2x3+3x4<=3

-x1+x3+2x4<=0

a) determinamos la tabla óptima por medio del programa WinQsb:

Esta es nuestra tabla inicial

Primera iteración:

Segunda iteración:

Tercera iteración:

Cuarta iteración (tabla óptima)

b) En la tabla óptima seleccione cualquier variable no básica para ingresar a la base, y resuelva con

el método de Gauss- Jordán ¿Cómo se compara el nuevo valor objetivo con el óptimo en a)?

Concluya.

La tabla óptima es:

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 s1 s2 s3 s4 solución

s1 0 0 0 10,6 1 0,4 -0,4 2,2 6

x1 1 0 0 2,13 0 0,2 0,133 0,26 2

x2 0 1 0 2,33 0 0 0,33 0,66 1

x3 0 0 1 4,13 0 0,2 0,133 1,26 2

zj-cj 0 0 0 -14,9 0 -0,8 -0,86 -4,73 9

Las variables básicas son s1, x1, x2, x3 seleccionamos una no básica, las no básicas son: x4, s2, s3

En nuestro caso elegiremos que entre la variable no básica s3

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 s1 s2 s3 s4 solución Razón mini.

s1 0 0 0 10,6 1 0,4 -0,4 2,2 6 -15

x1 1 0 0 2,13 0 0,2 0,133 0,26 2 15,03

x2 0 1 0 2,33 0 0 0,33 0,66 1 3,03

x3 0 0 1 4,13 0 0,2 0,133 1,26 2 15,03

zj-cj 0 0 0 -14,9 0 -0,8 -0,86 -4,73 9 -10,4

Var. Básicas x1 x2 x3 x4 s1 s2 s3 s4 solución

s1 0 0,42 0 11,58 1 0,4 0 2,48 6,42

x1 1 -0,4 0 1,19 0 0,2 0 -0,01 1,59

s3 0 3,03 0 7,06 0 0 1 2 3,03

x3 0 -0,4 1 3,19 0 0,02 0 0,994 1,59

zj-cj 0 2,6 0 -8,82 0 -0,8 0 -3,01 11,6

Ingresamos la variable no básica s3 que represento un incremento en la función objetivo de 2,6

ósea que nuestro z paso de ser 9 a 11,6 como observamos todas las variables no básicas son

negativas, lo cual implica que todas tienen el potencial de mejorar la función objetivo optima en a.

4)

En el 4to tenemos el problema primal dado por:

Minimizar z = 5x1+6x2+3x3

S.a

5x1+5x2+3x3 >=50

X1+x2-x3>=20

7x1+6x2-9x3>=30

5x1+5x2+5x3>=35

2x1+4x2-15x3>=10

12x1+10x2>=90

X2-10x3>=20

Y el punto nos pide resolver el problema en WinQsb por el método dual, entonces ya que tenemos

el dual, sacamos su problema dual asociado que será:

Maximizar z = 50w1+20w2+30w3+35w4+10w5+90w6+20w7

s.a

5w1+w2+7w3+5w4+2w5+12w6<=5

5w1+w2+6w3+5w4+4w5+10w6+w7<=6

3w1-w2-9w3+5w4-15w5-10w7<=3

Primero resolvemos el problema en su forma primal en WinQsb aquí está la tabla inicial.

Y aquí está la solución del problema (no pondré los pantallazos de las iteraciones ya que no lo pide

el punto).

Como vemos la solución óptima es esta y el valor de la función objetivo es 120.000

Ahora resolvemos el problema por su método dual y comparamos.

Esta es la tabla óptima del problema dual.

Y esta es la tabla final del problema dual como vemos el valor optimo de la función es el mismo

(z= 120.000) ya que el dual debe tener su solución optima igual al primal.

El tiempo computacional que el programa empleo en resolver el modelo primal y el dual fue el

mismo.

5)

a) Estado de cada recurso.

La tabla simplex optima asociada nos muestra que:

x1 = 450, x2 = 100, s3 = 400, s2 = 0, s1 = 0.

Entonces, el estado de cada recurso es:

Resistores

Como la variable de holgura s1 = 0, Correspondiente al recurso resistores, Se puede

concluir que se han gastado todos los resistores en existencia, por lo cual este es un

recurso escaso.

Capacitores

Como la variable de holgura s2 = 0, Correspondiente al recurso capacitores, Se puede

concluir que se han gastado todos los capacitores en existencia, por lo cual este es un

recurso escaso.

Chips

Como la variable de holgura s3=400, Correspondiente al recurso de chips. Se puede

concluir que no se gastaron todos los chips en existencia, ya que solo se usan 400 de los

800 iniciales, Lo que significa que este es un recurso sobrante.

b) Valor de cada recurso, en función de la utilidad óptima.

Resistores

Como el precio sombra de s1 es 1.25, y esta corresponde al recurso resistores. Significa

que si aumentamos una unidad en el recurso de resistores disponibles (al lado derecho de

la restricción), la función objetivo mejorara en $1.25. Por lo tanto el máximo que se

pagaría por cada unidad de resistores seria $1.25, ya que en este valor aumentara la

utilidad. Por lo tanto se puede decir que el valor de un resistor en función de la utilidad

óptima seria $1.25 ((Aunque en verdad se compraría cualquier resistor con valor entre 0$

y $1.25)).

Capacitores

Como el precio sombra de s2 es 0.25, y esta corresponde al recurso capacitores. Significa

que si aumentamos una unidad en el recurso de capacitores disponibles (al lado derecho

de la restricción 2), la función objetivo mejorara en $0.25. Por lo tanto el máximo que se

pagaría por cada unidad de capacitores seria $0.25, ya que en este valor aumentara la

utilidad. Por lo tanto se puede decir que el valor de un capacitor en función de la utilidad

óptima seria $0.25 ((Aunque en verdad se compraría cualquier capacitor con valor entre

0$ y $0.25)).

Chips

Como el precio sombra de s3 es 0, y esta corresponde al recurso chips. Significa que si

aumentamos una unidad en el recurso de chips disponibles (al lado derecho de la

restricción 3), la función objetivo mejorara en $0. Ya que no se necesitan más chips

porque este es un recurso sobrante. Por lo tanto se puede decir que el valor de cada chip

en función de la utilidad óptima es $0.

c) Si la cantidad de resistores aumentara a 1300 unidades, la nueva solución óptima es:

(Esto es en base a lo explicado por el monitor) Si nos encontramos con que ya no son 1200 resistores en inventario si no 1300 nuestra primera restricción aumentaría en 100 unidades al lado derecho por lo cual será esta:

2 x1+3 x2 <=1300 deberemos encontrar el rango de nuestra tabla respecto a la nueva cantidad de resistores para de esa manera saber si este tipo de producción dado por la tabla seguirá siendo el más Optimo.

Δxb=B-1Δb

B-1=

Δb=

ΔXB =

* =

X’B= XB+ΔXB

X’B=

+

=

450-1/4k≥0 450≥1/4k 1800≥K

400-2k≥0 400≥2K 200≥K

100+1/2k≥0 100≥-1/2k -200≥K

RK{-200,200} Rango(Resistores){1000,1400}

Por ende entonces la solución al tener 100 resistores más será nuestra misma tabla óptima.

(Esto es en base a lo explicado en clase)

Si la cantidad de resistores aumentara a 1300 unidades, la nueva solución óptima es:

Sabemos que la utilidad (Z) máxima de la tabla óptima es de 1750, y que si aumentamos 1 unidad

de la cantidad de resistores esta utilidad aumentara en 1.25, También sabemos que la cantidad de

resistores en existencia es 1200, Entonces:

1300-1200 =100 Cantidad de unidades de más que se agregaran al lado derecho de la restricción

Z= 1750

Z= 1750 + 100(1.25) = 1875

Así vemos que, la nueva solución óptima es 1875

d) Si se reduce la cantidad de chips a 350 unidades no se puede decir nada a partir de la

información dada o determinar la nueva solución de forma directa, ya que la cantidad de unidades

de chips disponibles al comienzo son 800 de estos se usan 400, lo cual hace que recurso se a

sobrante, pero si cambiamos a 350 unidades este sería un recurso escaso. Dado esto sabemos que

las iteraciones simplex cambian, y por tanto su solución óptima.

E)Al Contratista ofrecernos estos nuevos resistores parecería tentador el comprarlos a 40 centavos

pero el problema es que los vende con la condición de que la compra sea mayor o igual 500 lo cual

haría un total como mínimo de 1700 resistores pero debido al rango permitido anteriormente

demostrado en el punto C vemos que nuestra que tenemos como será la óptima solo en el

intervalo de que hubieran de 1000 a 1400 resistores pero debido a que esta compra mínima se

excede del rango de nuestra solución , lo cual recurriría a otra tabla diferente entonces HiDec no

debe de aceptar la oferta del contratista.