unan-managua curso de investigación de operaciones · 10 el algoritmo del simplex el algoritmo del...
TRANSCRIPT
Universidad Nacional Autónoma de Nicaragua
UNAN-Managua
Curso de Investigación de Operaciones
Unidad III
Metodologías para la Solución de Problemas
de Programación Lineal.Estudiantes:FAREM-Carazo
Profesor:MSc. Julio Rito
Vargas Avilés.
II Semestre 2010
“Quien tiene un libro y no lo lee, no se diferencia de aquel que
no sabe leer”
Año académico:
Método Simplex: Para resolver los problemas de PL se utilizan varios Algoritmos. El más antiguo y más utilizado sigue siendo el Algoritmo del Simplex debido a Dantzig.La solución de los problemas de programación lineal parte de dos teoremas fundamentales:
•El conjunto factible de un problema de PL puede representarse mediante un poliedro convexo.•Si un PL tiene solución óptima y finita ésta se encuentra en uno de los vértices del poliedro convexo.
De ellos se deduce que:Puesto que el número de vértices de un poliedro factible es
finito, el número de posibles soluciones de un PL también es finito.
3
Principales objetivos de la Unidad
Aprender a formular un P.L.
Aprender a resolver problemas de P.L. utilizando el método del simplex.
Saber cómo se construye una Sólución Básica Factible inicial con el método de M Grande o con el de 2 Fases.
Saber identificar los distintos tipos de solución de un problema de P.L. cuando se utiliza el método simplex.
4
Caracterización de los problemas de P.L.
La expresión general de un problema de P.L. es:
Max (z) =c1x1+c2x2+...+cnxn
sujeto a:
a11x1 + a12x2 +...+ a1nxn b1
a21x1 + a22x2 +...+ a2nxn b2
...
am1x1 + am2x2 +...+ amnxn bm
x1, x2, ...,xn 0
Esta es la forma canónica de un problema de P.L.
5
Caracterización de los problemas de P.L. También podría escribirse como:
O en forma matricial:Max (z) = cT xsujeto a:Ax bx 0
n
j jj=1
n
ij j ij=1
j
Max (z) = c x
sujeto a:
a x b donde i=1, 2, ... m
x 0 j = 1, 2, ... n
6
Caracterización del conjunto de soluciones en los problemas
de P.L. Para resolver los problemas de PL se utilizan varios Algoritmos. El
más antiguo y más utilizado sigue siendo el Algoritmo del Simplex debido a Dantzig.
La solución de los problemas de programación lineal parte de dos teoremas fundamentales:
El conjunto factible de un problema de PL puede representarse mediante un poliedro convexo.
Si un PL tiene solución óptima y finita ésta se encuentra en uno de los vértices del poliedro convexo.
De ellos se deduce que:
Puesto que el número de vértices de un poliedro factible es finito, el número de posibles soluciones de un PL también es finito.
7
Esto sugiere, inicialmente, un algoritmo para calcular la solución óptima:
Calcular el valor de la función objetivo en cada vértice del conjunto factible y escoger el mejor.
Sin embargo, el número de vértices de un conjunto factible es:
donde:
m = número de restricciones
n = número de variables
Ejemplos:
m=3 n=2 Vértices=10
m+n (m+n)!=
m m! (m+n-m)!
Caracterización del conjunto de soluciones en los problemas
de P.L.
8
Caracterización del conjunto de soluciones en los problemas de P.L. El concepto de vértice es de naturaleza geométrica y es poco adecuado para construir un
algoritmo utilizable por ordenadores.
El Método Simplex se basa en el concepto de la SOLUCIÓN BÁSICA FACTIBLE
Es aquella que tiene al menos n-m componentes nulos o variables no básicas. Las m restantes variables se denominan básicas.
A partir de: Ax = b
x 0
Se dice que x es una SBF si puede realizarse la partición:
A = [ N|B]
xN = 0
xB = B-1b
B
N
x
xx
9
Caracterización del conjunto de soluciones en los
problemas de P.L.
Existen varios tipos de solución básica:
SB Factible: Todas las variables básicas xB
SBF No Degenerada: xB > 0
SBF Degenerada: algún xB = 0
Cada SBF representa un vértice del Conjunto Factible.
Sin embargo, un vértice puede estar representado por más de una SBF si esta es degeneradas.
Cualquier conjunto poliédrico no vacío contiene al menos un vértice, y si hay un vértice, siempre habrá por lo menos una SBF.
10
El algoritmo del Simplex El algoritmo del Simplex busca el óptimo de un problema de PL recorriendo
algunos de los vértices del poliedro del conjunto de soluciones factibles.
En cada iteración, el algoritmo se desplaza de un vértice a otro de forma que el valor de la función objetivo mejore con el desplazamiento.
La optimización de un PL puede dar 4 posibles resultados: Óptimo único Soluciones Alternativas: Existen varias soluciones que dan el mismo valor en la función
objetivo. No factible: No existe ninguna solución que satisfaga simultáneamente todas las
restricciones del problema No acotado: El valor de la función objetivo en el óptimo es tan grande (pequeño) como se
desee en caso de maximización (minimización).
11
El algoritmo del Simplex
12
El algoritmo del Simplex
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
Costes reducidos (cj-zj ):
Miden el efecto sobre la función objetivo de un aumento unitario
en el valor de cada una de las variables no básicas. Por tanto:
•Si una variable no básica que tenga asociado un (cj-zj) >
entrara en la base, el valor de z aumentaría.
•Si una variable no básica que tenga asociado un (cj-zj) <
entrara en la base, el valor de z disminuiría.
•Si una variable no básica que tenga asociado un (cj-zj) =
entrara en la base, el valor de z permanecería inalterado.
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
TEST DE OPTIMALIDAD
En problemas de maximización: La solución es óptima
si todos los costes reducidos (cj-zj) son .
En problemas de minimización: La solución es óptima si
todos los costes reducidos (cj-zj) son .
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
REGLA DE ENTRADA EN LA BASE
La variable que entra en la base debe ser aquella que tenga
el mayor coste reducido negativo en el caso de maximización
(o mayor coste reducido positivo en el caso de minimización),
ya que ésta es la variable que aumenta (disminuye) más
rápidamente el valor de la función objetivo.
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
REGLA DE SALIDA DE LA BASE
Se selecciona para salir de la base a aquella variable que tenga
un menor cociente entre su valor y el coeficiente aik (siendo k la
variable que entra) siempre y cuando dicho coeficiente sea
estrictamente positivo.
La interpretación de este cociente:
Representa el máximo valor que puede tomar la variable entrante
antes de que la variable que se está considerando viole su
restricción de no negatividad.
Si todos los aik son 0 la solución no está acotada:La variable
entrante puede crecer indefinidamente sin pérdida de factibilidad.
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
En el PL se transforman las inecuaciones en ecuaciones.
Dentro de la matriz A de coeficientes deberá encontrarse una
submatriz identidad (I) de orden mxm:
A = [N | I ]
Las variables cuyos coeficientes técnicos (aij) se corresponden con
la submatriz identidad, serán las variables consideradas básicas
(xB) en la solución inicial y sus valores de solución serán los términos
independientes de las restricciones (b).
El resto de variables serán consideradas no básicas (xN) y, por
tanto, su valor de solución será cero.
LAS 3 PARTES DEL ALGORITMO DEL SIMPLEX
Si A no contiene una submatriz identidad o existe algún
componente negativo en b, no resulta inmediato determinar una
SBF inicial.
b
0
x
xx
B
N
Resolver por el método simplex el ppl
El ppl de la izquierda, es un típicoproblema de maximización queestá sujeta a tres restricciones.
Para resolver este problemaaplicaremos el método simplex,por lo que convertiremos lasrestricciones en ecuacioneslineales, introduciendo variablesartificiales o de holgurasrespectivas.
21 6040 xxZ
0,
903
40
702
21
21
21
21
xx
xx
xx
xx
Máx
s. a:
Resolver por el método simplex el ppl
Así quedaría el modelomatemático, con laintroducción de lasvariables de holguras enlas restricciones, paraaplicar el simplex alformato tabloide,igualaremos a cero lafunción objetivo.
54321 0006040 xxxxxZ
0,,,,
903
40
702
54321
521
421
321
xxxxx
xxx
xxx
xxx
Máx
s. a:
Esta es la solución gráfica del ppl
Resolver por el método simplex el ppl
Este formato del modelo
matemático, facilita el
traslado de los
coeficientes y variables al
tabloide del simplex.
00006040 54321 xxxxxZ
0,,,,
903
40
702
54321
521
421
321
xxxxx
xxx
xxx
xxx
Máx
s. a:
Resolver por el método simplex el ppl
La columna con el valormás negativo es la x2.Los ratios son {70,40,30}siendo el mínimo 30. porlo tanto la fila pivote esx5, esto nos indica quesale x5 y en su lugarentra x2 en la columnabase.
Dividimos toda la fila f4por 3, para que elpivote sea 1.
VB x1 x2 x3 x4x5
LD Ratio
Z -40 -60 0 0 0 0
X3 2 1 1 0 0 70 70
X4 1 1 0 1 0 40 40
X5 1 3 0 0 1 90 30
Iteración 0:
Resolver por el método simplex el ppl
Ahora nos correspondehacer cero todos lasceldas por encima delnúmero pivote. Esto estransformar las filas 1,2y 3.
Por lo que haremos lassiguientes transformacio-nes:
f3-f4 f3
f2-f4 f2
f1+60f4f1
VB X1 X2 x3 x4x5
LD
Z -40 -60 0 0 0 0
X3 2 1 1 0 0 70
X4 1 1 0 1 0 40
X2 1/3 1 0 0 1/3 30
Iteración 0:
f1
f2
f3
f4
Resolver por el método simplex el ppl
Ahora nos correspondehacer cero todos lasceldas por encima delnúmero pivote. Esto estransformar las filas 1,2y 3.
Hacemos las siguientestransformaciones:
f3-f4 f3
f2-f4 f2
f1+60f4f1
VB X1 X2 x3 x4x5
LD
Z -40 -60 0 0 0 0
X3 2 1 1 0 0 70
X4 1 1 0 1 0 40
X2 1/3 1 0 0 1/3 30
Iteración 0:
f1
f2
f3
f4
Resolver por el método simplex el ppl
El ppl después de laiteración cero, haquedado como semuestra. Si observamosla fila 1, podemosdarnos cuenta quetodavía hay valoresnegativos en la fila. Estoindica que debemosseguir iterando. Lacolumna seleccionadaes x1.
VB X1 X2 x3 x4x5 LD
Z -20 0 0 0 20 1800
X3 5/3 0 1 0 -1/3 40
X4 2/3 0 0 1 -1/3 10
X2 1/3 1 0 0 1/3 30
Iteración 1:
f1
f2
f3
f4
Resolver por el método simplex el ppl
Calculamos los cocientes
de dividir los lados
derechos entre cada
celda de la columna
pivote. {120/5,
30/2,90/1} siendo el
más pequeño 15. Esto
es, sale la variable
básica x4 y entra x1.
Multiplicamos la fila
pivote por 3/2.
VB X1 X2 x3 x4x5 LD
Z -20 0 0 0 20 1800
X3 5/3 0 1 0 -1/3 40
X1 2/3 0 0 1 -1/3 10
X2 1/3 1 0 0 1/3 30
Iteración 1:
f1
f2
f3
f4
Resolver por el método simplex el ppl
Transformamos las filas
1,2 y 4, de forma que
las celdas de la
columna pivote sean
ceros, excepto el
número pivote.
f4- (1/3)f3f4
f2-(5/3)f3f2
f1+20f3f1
VB X1 X2 x3 x4x5 LD
Z -20 0 0 0 20 1800
X3 5/3 0 1 0 -1/3 40
X1 1 0 0 3/2 -1/2 15
X2 1/3 1 0 0 1/3 30
Iteración 1:
f1
f2
f3
f4
Resolver por el método simplex el ppl
Después de las
transformaciones vemos
que la fila 1, no
contiene valores
negativos, por lo que
hemos llegado a un
óptimo. En este caso
Z=2100, para x1=15
y x2=25 variables de
la función objetivo
inicial.
VB X1 X2 X3 X4x5 LD
Z 0 0 0 30 0 2100
X3 0 0 1 -5/2 1/2 15
X1 1 0 0 3/2 -1 15
X2 0 1 0 -1/2 2/3 25
Iteración 2:
f1
f2
f3
f4
Simplex Revisado
Iteración 0:
Entonces:
Solución factible (0,0,70,40,90) Z=0
5
4
3
x
x
x
X B1
100
010
001
BB
90
40
70
90
40
70
100
010
001
5
4
3
x
x
x
0,0,0Bc
0
90
40
70
0,0,0
BB Xcz
60,40c
Simplex Revisado
Iteración 1:
Entonces:
Solución factible (0,30,40,10,0) Z=1800
2
4
3
x
x
x
X B
3
100
3
110
3
101
300
110
1011BB
30
10
40
90
40
70
3
100
3
110
3
101
2
4
3
x
x
x 60,0,0Bc
1800
30
10
40
60,0,0
BB Xcz
Simplex Revisado
Iteración 2:
Entonces:
Solución factible (15,25,15,0,0) Z=2100
2
1
3
x
x
x
X B
5
20
5
15
11
5
25
10
5
3
310
110
1211BB
25
15
15
90
40
70
2
1
2
10
2
1
2
30
2
1
2
51
2
1
3
x
x
x 60,40,0Bc
2100
25
15
15
60,40,0
BB Xcz
Problema No.2
El propietario de una finca de regadío de 80 hectáreas se plantea laposibilidad de plantar trigo y/o maíz para venderlo a una compañía defabricación de bioetanol que está cerca de la finca. El propietario de lafinca sabe por experiencia que el rendimiento medio del trigo es de 5toneladas por hectárea (t/ha) cultivada, mientras que el del maíz es de 7t/ha. Para estas producciones medias, sabe que la cantidad de agua queprecisa es de 0,8 m3 de agua por cada hectárea plantada de trigo y 2 m3por cada hectárea plantada de maíz. El agua tiene que comprarla a lacomunidad de regantes a un coste de 100 $/ m3 y sólo puede disponerde un máximo de 124 m3 a lo largo de toda la campaña. La compañíaque le compra el maíz o trigo espera que se los pague $140 la tonelada,independientemente de que sea maíz o trigo. El propietario tiene ademáslos costes adicionales que muestra el cuadro :
El propietario desea saber cuantas hectáreas de trigo y maíz
debe plantar para maximizar su beneficio.
Costos/Beneficios Trigo ($/ha) Maíz ($/ha)
Sembrado 360 400
Recolección 160 180
Costo del agua 80 200
Total costos 600 780
Ventas 800 980
Utilidad neta 100 200
35
El método del Simplex en forma de Tabla
1 2
1 2
1 2
1 2
Max(z)=100x +200x
sujeto a:
x + x 80
0,8x +2x 124
x , x 0
Formulación y representación gráfica.
36
El método del Simplex en forma de Tabla
0,,,
12428.0
80
:.
00200100z
4321
421
321
4321
xxxx
xxx
xxx
as
xxxxMax
Resolver por el método simplex el ppl
En esta tablaseleccionamos lacolumna de X2 por lacolumna con valor másnegativo. Luegoobtenemos el ratiodividiendo cada LDentre los elementos dela columna seleccionadaobteniendo 80 y 62.por lo que la fila pivotees fila 3.
VB X1 X2 X3 X4LD Ratio
Z -100 -200 0 0 0
X3 1 1 1 0 80 80
X4 0.8 2 1 0 124 62
Iteración 0:
f1
f2
f3
SBF(x3,x4)= (80, 124) z=0
Resolver por el método simplex el ppl
Ahora donde se
encuentra el número
pivote lo convertimos en
1, esto se logra
dividiendo toda la fila
por 2.
VB X1 X2 X3 X4LD Ratio
Z -100 -200 0 0 0
X3 1 1 1 0 80 80
X4 0.8 2 1 0 124 62
Iteración 1:
f1
f2
f3
Resolver por el método simplex el ppl
Ahora donde se
encuentra el número
pivote lo convertimos en
1, esto se logra
multiplicando toda la
fila por 2. Todos los
elementos de la
columna pivote serán
ceros, para lo cual
hacemos: f2-f3f2
200f3+f1f1
VB X1 X2 X3 X4LD Ratio
Z -20 -0 100 0 12400
X3 0.6 0 0.5 0 18
X20.4 1 0.5 0 62
Iteración 1:
f1
f2
f3
SBF(x3,x2)= (18, 62) z=12400
Resolver por el método simplex el ppl
Vemos que hay una
comuna con z negativo,
es la columna de x1,
ahora obtenemos los
ratios; 30,155; por lo
que la fila pivote
VB X1 X2 X3 X4LD Ratio
Z -20 0 100 0 12400
X3 0.6 0 0.5 0 18 30
X40.4 1 0.5 0 62 155
Iteración 2
f1
f2
f3
Resolver por el método simplex el ppl
Vemos que hay una
comuna con z negativo,
es la columna de x1,
ahora obtenemos los
ratios; 30,155; por lo
que la fila pivote
Dividimos por 0.6 la fila
f2.
Ahora f3-0.4f2 --> f3
20f2+f1 f1
VB X1 X2 X3 X4LD Ratio
Z 0 0 116.6 0 13000
X3 1 0 0.83 0 30
X40 1 4.66 0 50 155
Iteración 2
f1
f2
f3
SBF(x1,x2)= (30, 50) z=13,000
42
Determinación de una SBF inicial
DETERMINACIÓN DE UNA SBF INICIAL En el PL se transforman las inecuaciones en ecuaciones. Dentro de la matriz A de coeficientes deberá encontrarse una submatriz
identidad (I) de orden mxm:A = [N | I ]
Las variables cuyos coeficientes técnicos (aij) se corresponden con la submatriz identidad, serán las variables consideradas básicas (xB) en la solución inicial y sus valores de solución serán los términos independientes de las restricciones (b).
El resto de variables serán consideradas no básicas (xN) y, por tanto, su valor de solución será cero.
Si A no contiene una submatriz identidad o existe algún componente negativo en b, no resulta inmediato determinar una SBF inicial.
b
0
x
xx
B
N
43
Determinación de una SBF inicial
Si en la matriz A no existe una submatriz identidad, se deberá seguir uno de los dos siguientes procedimientos:
Método de Eliminación o de la M Grande
Método de las 2 Fases
En ambos casos se resuelve un problema de apoyo que:
En A incluye una submatriz identidad I, por lo que resulta muy sencillo determinar una solución inicial
Su óptimo, si existe, es una SBF del problema.
Una vez construido el problema de apoyo se aplica el algoritmo del Simplex para su solución final.
44
El método de eliminación o de la “M grande”
El término independiente (RHS) debe ser 0.
A las restricciones del tipo se añade una variable de holgura con coeficiente +1
A las restricciones del tipo , se añade una variable de holgura con coeficiente -1 y una variable artificial con coeficiente +1
A las restricciones del tipo = se añade una variable artificial con coeficiente +1
La contribución de las variables de holgura a la función objetivo es 0
La contribución de las variables artificiales a la función objetivo se fijan:
Min: + M
Max: - M
Siendo M un número suficientemente grande.
Solución Infactible: Si no se eliminan todas las variables artificiales de la base cuando se ha llegado al óptimo del problema de apoyo: Solución Infactible.
Solución factible: Si las variables artificiales se eliminan de la base obtenemos una solución factible.
45
El método de eliminación o de la “M grande”
Ejemplo Sea el problema de P.L.:
Sujeto a:
El problema de apoyo quedaría:
1 2Min(w)=80x +124x
1 2
1 2
1 2
x + 0,8x 100
x + 2x 200
x ,x 0
1 2 1 2 1 2Min(w)=80x +124x +0s +0s +MA +MA
1 2 1 1
1 2 2 2
1 2 1 2 1 2
x + 0,8x -s +A 100
x + 2x -s +A 200
x ,x ,s ,s ,A ,A 0
46
El método de eliminación o de la “M grande”
La representación gráfica del problema y la
solución inicial sería:
47
El método de eliminación o de la “M grande”
Esta primera SBF inicial se puede representar en el
siguiente tableau: cj 80 124 0 0 M M
xB cB x1 x2 s1 s2 A1 A2 RATIOS
A1 M 100 1 0,8 -1 0 1 0 125
A2 M 200 1 2 0 -1 0 1 100
zj 2M 2,8M -M -M M M
cj-zj 80-2M
124 -
2,8M M M 0 0
48
El método de eliminación o de la “M grande”
En la primera iteración se obtendría la solución:
49
El método de eliminación o de la “M grande”
En la segunda iteración se obtendría la solución
óptima:
50
El método de las 2 fases
El método de la M Grande incluye variables de apoyo con un coeficiente muy grande (M) o muy pequeño (-M) en la función objetivo.
Esto da lugar a problemas numéricos que conducen a soluciones erróneas. Esto es especialmente grave en problemas de cierto tamaño.
De ahí que los códigos comerciales utilizan una extensión del algoritmo del Simplex conocida como el Método de las 2 Fases: 1ª Fase: Obtener una SBF inicial.
2ª Fase: Obtener una solución óptima.
51
El método de las 2 fases
1ª FASE
La contribución de las variables básicas (cj) es =0 en la función objetivo.
Añadir variables de holgura en las restricciones, con contribución a la función objetivo =0
Añadir variables artificiales pero la contribución a la función objetivo =1
Se minimiza la función objetivo anterior. Si la función objetivo (z) es 0 entonces se ha llegado a una solución factible del problema inicial.
SBF Inicial hallada. Las variables artificiales se pueden eliminar de la tabla y proceder con la fase 2ª. Ahora ya partimos de una SBF.
Solución infactible del problema original. Si al final de la 1ª fase hay alguna variable artificial en la base.
52
El método de las 2 fases
2ª FASE
Se eliminan de la tabla las variables artificiales.
Se sustituyen los cj (contribuciones a la función objetivo) por las del problema original.
Se recalculan zj y cj-zj
Se comprueba si la solución es óptima analizando el valor de los costes reducidos.
Si es óptima hemos terminado.
Si no lo es, se sigue iterando hasta alcanzar el óptimo.
53
El método de las 2 fases
Sea el problema de P.L.:
Sujeto a:
1ª FASE
El problema de apoyo quedaría:
1 2Min(w)=50x +124x
1 2
1 2
1 2
x + 0,8x 100
x + 2x 200
x ,x 01 2 1 2 1 2Min(w)=0x +0x +0s +0s +1A +1A
1 2 1 1
1 2 2 2
1 2 1 2 1 2
x + 0,8x -s +A 100
x + 2x -s +A 200
x ,x ,s ,s ,A ,A 0
54
El método de las 2 fases
La representación gráfica del problema y la
solución inicial sería:
55
El método de las 2 fases
Esta primera SBF inicial se puede representar en el
siguiente tableau:
cj 0 0 0 0 1 1
xB cB b x1 x2 s1 s2 A1 A2 RATIOS
A1 1 100 1 0,8 -1 0 1 0 125
A2 1 200 1 2 0 -1 0 1 100
zj 2 2,8 -1 -1 1 1
cj-zj -2 -2,8 1 1 0 0
56
El método de las 2 fases
En la primera iteración se obtendría la solución:
57
El método de las 2 fases
En la segunda iteración se obtendría la solución óptima:
Es el final de la 1ª Fase. Es una SBF que permite pasar a la 2ª Fase.
58
El método de las 2 fases2ª FASE
Se sustituyen los cj por los originales y se recalcula la solución:
Esta solución no es óptima, por tanto, hay que seguir iterando.
59
El método de las 2 fases
El resultado de la 3ª iteración es la solución óptima:
Resolver por el método de las 2 fases
Las necesidades semanales mínimas de
una persona en proteínas, hidrato de
carbono y grasa son 8, 12 y 9 unidades
respectivamente. Debemos obtener un
preparado con esas composiciones
mínimas mezclando los productos A y B
cuyos contenidos por kg son los que
indican en la siguiente tabla.
BAZ 400600
0,
93
126
82
BA
BA
BA
BA
Mín
s. a:
Proteínas Hidratos Grasas Costo
(kg)
Prod. A 2 6 1 600
Prod. B 1 1 3 400
Modelo matemático
Método de las 2 fases
1ª FASE
La contribución de las variables básicas (cj) es =0 en la función objetivo.
Añadir variables de holgura en las restricciones, con contribución a la función objetivo =0
Añadir variables artificiales pero la contribución a la función objetivo =1
Se minimiza la función objetivo anterior. Si la función objetivo (z) es 0 entonces se ha llegado a una solución factible del problema inicial.
SBF Inicial hallada. Las variables artificiales se pueden eliminar de la tabla y proceder con la fase 2ª. Ahora ya partimos de una SBF.
Solución infactible del problema original. Si al final de la 1ª fase hay alguna variable artificial en la base.
1ra. Fase
Así quedaría el modelomatemático, con laintroducción de las variablesde holguras y las variablesartificiales, puede verse quelos coeficientes de F.O. loshemos cambiado a cero, lasvariables de holgura entrancon cero y las artificiales conuno.
Mín
s. a:
0,,,,,,,
93
126
82
321
3
2
1
AAAEDCBA
AEBA
ADBA
ACBA
3210000 AAAOEDCBAZ
1ra. Fase
Esta primera SBF inicial se puede representar en la siguiente tabla
CJ 0 0 0 0 0 1 1 1
RatioVB CB b A B C D E A1 A2 A3
A1 1 8 2 1 -1 0 0 1 0 0 4
A2 1 12 6 1 0 -1 0 0 1 0 2
A3 1 9 1 3 0 0 -1 0 0 1 9
Zj9 5 -1 -1 -1 1 1 1
Cj - Zj-9 -5 1 1 1 0 0 0
CXZ Entra la Variable A y sale A2
1ra. Fase
Esta Segunda SBF se puede representar en la siguiente tabla
CJ 0 0 0 0 0 1 1 1
RatioVB CB b A B C D E A1 A2 A3
A1 1 4 0 0.667 -1 0.333 0 1 -0.33 0 6
A 0 2 1 0.167 0 -0.17 0 0 0.167 0 12
A3 1 7 0 2.833 0 0.167 -1 0 -0.17 1 2.47
Zj0 3.5 -1 0.5 -1 1 -0.5 1
Cj - Zj0 -3.5 1 -0.5 1 0 1.5 0
CXZ
1ra. Fase
Esta tercera SBF se puede representar en la siguiente tabla
CJ 0 0 0 0 0 1 1 1
RatioVB CB b A B C D E A1 A2 A3
A1 1 4 0 0.667 -1 0.333 0 1 -0.33 0 6
A 0 2 1 0.167 0 -0.17 0 0 0.167 0 12
A3 1 7 0 2.833 0 0.167 -1 0 -0.17 1 2.47
Zj0 3.5 -1 0.5 -1 1 -0.5 1
Cj - Zj0 -3.5 1 -0.5 1 0 1.5 0
CXZ
1ra. Fase
Esta tercera SBF se puede representar en la siguiente tabla
CJ 0 0 0 0 0 1 1 1
RatioVB CB b A B C D E A1 A2 A3
A1 1 2.35 0 0 -1 0.3 0.24 1 -0.3 -0.24 7.83
A 0 1.59 1 0 0 -0.18 0.06 0 0.177 -0.06
B 0 2.47 0 1 0 0.06 -0.35 0 -0.06 0.353 41.16
Zj0 0 -1 0.3 0.24 1 -0.3 -0.24
Cj - Zj0 0 1 -0.3 -0.24 0 1.3 1.24
CXZ
1ra. Fase
Esta cuarta SBF se puede representar en la siguiente tabla
CJ 0 0 0 0 0 1 1 1
RatioVB CB b A B C D E A1 A2 A3
D 0 7.833 0 0 -3.33 1 0.8 3.333 -1 -0.8
A 0 3 1 0 -0.6 0 0.204 0.6 -0 -0.2
B 0 2 0 1 0.2 0 -0.4 -0.2 0 0.401
Zj0 0 0 0 0 0 0 0
Cj - Zj0 0 0 0 0 1 1 1
Es el final de la 1ª Fase. Es una SBF que permite pasar a la 2ª Fase.
2da. FaseSe sustituyen los cj por los originales y se recalcula la solución:
CJ 600 400 0 0 0
RatioVB CB b A B C D E
D 0 7.833 0 0 -3.33 1 0.8
A 600 3 1 0 -0.6 0 0.204
B 400 2 0 1 0.2 0 -0.4
Zj600 400 -280 0 -40
Cj - Zj0 0 280 0 40
Esta solución es óptima, por tanto, no hay que seguir iterando.
Esta es la solución gráfica del ppl
Z=2600 A= 3 B=2
La solución gráfica del modelo
matemático se muestra en el lado
derecho.
Puede verse que la solución mínima
recomendada es 3 del producto A y 2
del producto B.
Para un costo de $2,600.00