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Solucion Grafica de un PL
CCIR / Matematicas
CCIR / Matematicas Solucion Grafica de un PL
El metodo grafico de solucion de problemas de programacion lineal(PL) solo aplica a problemas con dos variables de decision; sinembargo, ilustra adecuadamente los conceptos que nos permitiranentender la naturaleza del problema PL y de allı entender losmetodos de solucion algebraicos.Primeramente graficaremos la region factible. Despues ilustraremosel comportamiento de funciones lineales para entender comodeterminar los puntos optimos.
CCIR / Matematicas Solucion Grafica de un PL
Ejemplo 1
Suponga que se desea resolver el problema PL:
Max z = 3 x + 2 y
sujeto a2 x + y ≤ 100 R5
x + y ≤ 80 R4
x ≤ 40 R3
x ≥ 0 R1
y ≥ 0 R2
CCIR / Matematicas Solucion Grafica de un PL
Nuestra primera meta es graficar en el plano la region factible; esdecir, graficar la totalidad de puntos del plano que satisfacen lasrestricciones. Notemos que las restricciones se deben cumplirsimultaneamente. Es decir, que los puntos deben cumplir larestriccion R1, la restriccion R2, y ası sucesivamente hasta larestriccion R5. Desde el punto de vista de teorıa basica deconjuntos, la region factible es la interseccion de los conjuntos quesatisfacen por separado cada una de las restricciones. Para avanzaren nuestra meta, debemos saber como determinar los puntos delplano que satisfacen una desigualdad lineal. Distinguimos doscasos:
cuando en la desigualdad solo aparece una variable de decision(es decir, la otra variable tiene coeficiente cero)
cuando en la desigualdad aparecen las dos variables dedecision (es decir, ambas tienen coeficientes diferentes de ceroen tal desigualdad)
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Cuando solo aparece una variable
En este caso, cuando cambiamos el sımbolo de desigualdad por elsımbolo de igualdad lo que obtenemos es el conjunto frontera delconjunto de puntos que cumple la desigualdad. En este caso, dichafrontera es una lınea horizontal o vertical: por inspeccion, es facildeterminar el lado de dicha frontera que cumple la desigualdad.
x = 0
x ≥ 0
y = 0
y ≥ 0
x = 40
x ≤ 40
40
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Cuando aparecen las dos variables
Nuevamente, cambiamos el sımbolo de desigualdad por el sımbolode igualdad y lo que obtenemos es una lınea recta. Esta recta esfacil de graficar usando la tecnica de interseccion con los ejes:hacemos cero una de las variables y despejamos para la otravariable. De nuevo, la recta es la frontera de nuestro conjunto: porinspeccion, es facil determinar el lado de dicha frontera que cumplela desigualdad.
2 x + y = 100
2 x + y ≤ 100
100
50
x + y = 80
x + y ≤ 80
80
80
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Region factible
Se forma haciendo una interseccion de los conjuntos de puntos quehemos encontrado (El punto S(20, 60) se determina resolviendo elsistema 2 x + y = 100 y x + y = 80; el punto R(20, 60) sedetermina resolviendo el sistema 2 x + y = 100 y x = 40).
P(0, 0) Q(40, 0)
R(40, 20)
S(20, 60)
T (0, 80)
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Crecimiento de z = 3 x + 2 y
De momento, nos olvidamos de la region factible y vemos en quedireccion crece la funcion z : siendo el gradiente de la funcion∇z =< ∂z
∂x = 3, ∂z∂y = 2 > determinamos que en tal direccion crecez ; direcciones perpendiculares a ∇z (< 2,−3 >) dan las curvas denivel.
∇z
z = 0
z = 30
z = 60
z = 90
z = 120
z = 150
z = 180
z = 210
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Localizacion del Optimo
Ahora graficamos las curvas de nivel de z encima de la regionfactible y determinamos aquel punto de la region factible quequeda en la curva de nivel de mayor valor (caso de maximizacion).
z = 0
z = 30
z = 60
z = 90
z = 120
z = 150
z = 180
z = 210
∇z
P(0, 0) Q(40, 0)
R(40, 20)
S(20, 60), optimo con z = 180
T (0, 80)
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Ejemplo 2
Se desea resolver el problema PL:
Min z = 4 x − y
sujeto a−2 x + 3 y ≤ 90
3 x + 5 y ≤ 2452 x + 2 y ≥ 40x ≤ 40x ≥ 0
y ≥ 0
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Region factible
Convertimos cada desigualdad en igualdad; trazamos las rectascorrespondientes buscando intersecciones y determinamos porinspeccion el lado de la recta que cumple la desigualdad.
P(20, 0) Q(40, 0)
R(40, 25)
S(15, 40)
T (0, 30)
U(0, 20)
X (81.6, 0)
Y (0, 49)
Z(−45, 0) O
x ≤ 40
3 x + 5 y ≤ 245−2 x + 3 y ≤ 90
2 x + 2 y ≥ 40
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Localizacion del optimo
En este caso el problema es de minimizacion; ası, en la direccionopuesta al gradiente la funcion se minimiza. Para determinar eloptimo, debemos buscar la curva de nivel en la direccion opuesta algradiente de menor valor que toca a la region factible.
P(20, 0) Q(40, 0)
R(40, 25)
S(15, 40)
T (0, 30)
U(0, 20)
O
∇z
z = −60z = −30
z = 0z = 30
z = 60z = 90
z = 120z = 150
z = 180z = 210
Mınimo con z = −30
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Ejemplo 3
Suponga que se desea resolver el problema PL:
Max z = 2 x + y
sujeto a2 x + y ≤ 100 R5
x + y ≤ 80 R4
x ≤ 40 R3
x ≥ 0 R1
y ≥ 0 R2
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Region factible
En este ejemplo, la region factible es la misma que en el ejemplo 1.Pero ha cambiando la funcion objetivo; el gradiente es∇ z =< 2, 1 > y las curvas de nivel son tales que son paralelas auno de los lados de la region factible. Y esa curva es la de mayorvalor en el problema de maximizacion. Por tanto, habra infinitassoluciones: todos los puntos del segmento SR son maximos.
P(0, 0) Q(40, 0)
R(40, 20)
S(20, 60)
T (0, 80)
∇z
z = 0z = 20
z = 40z = 60
z = 80z = 100
z = 120
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Ejemplo 4
Se desea resolver el problema PL:
Max z = x + y
sujeto a6 x + 5 y ≥ 300
20 x + 20 y ≤ 100y ≥ 30
x ≥ 0
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Region factible
Convertimos cada desigualdad en igualdad; trazamos las rectascorrespondientes buscando intersecciones y determinamos porinspeccion el lado de la recta que cumple la desigualdad. En esteejemplo la region factible es vacıa: no hay valores de x y de yque satisfagan simultaneamente todas las restricciones.
P(50, 0)
Q(0, 50)
R(0, 60)
T (0, 30)
O
y ≥ 30
6 x + 5 y ≥ 300
20 x + 20 y ≤ 100
x ≥ 0
x
y
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Ejemplo 5
Se desea resolver el problema PL:
Max z = −3 x + y
sujeto a−4 x + 3 y ≤ 60
2 x + 3 y ≥ 30x − y ≤ 20x ≥ 0
y ≥ 0
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Region factible
Convertimos cada desigualdad en igualdad; trazamos las rectascorrespondientes buscando intersecciones y determinamos porinspeccion el lado de la recta que cumple la desigualdad. En esteejemplo la region factible es infinita: se extiendeindefinidamente entre dos rectas que se abren.
P(20, 0)Q(15, 0)
R(0, 10)
T (0, 20)
O
x − y ≤ 20
2 x + 3 y ≥ 30
−4 x + 3 y ≤ 60
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Obtencion del optimo
A pesar que la region factible es no acotada, el gradiente crece enuna direccion hacia donde la region esta acotada: por tanto, eloptimo existe y esta en el punto T (0, 20).
P(20, 0)Q(15, 0)
R(0, 10)
T (0, 20)
O
z = −60z = −40
z = −20z = 0
z = 20z = 40
z = 60z = 80
∇ z
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Ejemplo 6
Se desea resolver el problema PL:
Max z = 3 x − y
sujeto a−4 x + 3 y ≤ 60
2 x + 3 y ≥ 30x − y ≤ 20x ≥ 0
y ≥ 0
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Obtencion del optimo
Este problema tiene la misma region factible que el problemaprevio pero la funcion crece en direccion opuesta entonces esposible encontrar puntos sobre la frontera x − y = 20 conevaluacion cada vez mayor. El problema no tiene maximo; el valorde la funcion no es acotado.
P(20, 0)Q(15, 0)
R(0, 10)
T (0, 20)
Oz = −60z = −40
z = −20z = 0
z = 20z = 40
z = 60z = 80
z = 100
∇ zCCIR / Matematicas Solucion Grafica de un PL
Aprendizajes?
Sobre la region factible:
puede ser vacıa (ejemplo 4), acotada (ejemplos 1,2 y 3) oinfinita (ejemplos 5 y 6).
cuando no es vacıa. . .
es faceteada: sus caras son realizadas por cortes rectos;por ello es que es convexa, es decir, no tiene partes sumidas;por ello es que para dos puntos en la region factible, elsegmento que los une esta totalmente dentro de la regionfactible.
cuando es acotada y no vacıa. . .
los puntos extremos la definen completamente.
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Aprendizajes?
Una funcion lineal definida sobre un segmento de recta seconvierte en una funcion lineal en una variable; y por lo tanto,toma sus valores maximos o mınimos en los extremos delintervalo (aun en el caso que sea constante la funcion).
Al optimizar un PL que tiene region factible acotada y novacıa, los valores maximos y mınimos los toma en un puntoextremo de la region factible (en una esquina del poliedro quees la region factible).
Al optimizar un PL que tiene region factible no acotadapueden ocurrir dos posibilidades:
que el maximo o el mınimo lo tome en un punto extremo oque el problema no sea acotado: es decir, que no es posibleencontrar un valor optimo porque siempre es posible encontrarun punto en la region factible con una evaluacion mejor.
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