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Universidad Nacional Autónoma de NicaraguaUNAN-Managua
Curso de Investigación de Operaciones
Unidad II
Modelos de Programación Lineal y su
Interpretación geométricaEstudiantes:
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:
Un problema de máximos de programación lineal
Problema 1: Una fábrica de bombones tiene almacenados 500 Kg.. de chocolate, 100
Kg.. de almendras y 85 Kg.. de frutas. Produce dos tipos de cajas: las de tipo A
contienen 3 Kg. de chocolote, 1 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas; la de tipo B
contiene 2 Kg. de chocolate, 1,5 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas. Los precios de las
cajas de tipo A y B son 13 y 13,50 €, respectivamente. ¿Cuántas cajas de cada tipo debe
fabricar para maximizar sus venta?
Caja tipo A Caja tip B Disponibles
Chocolate 3 2 500
Almendras 1 1.5 100
Frutas 1 1 85
Precio en euros 13 13.50
La siguiente tabla resume los datos del problema
Designando porx = nº de cajas de tipo Ay = nº de cajas de tipo B
Función objetivo z = f (x, y) = 13x + 13.5y que hay que maximizar
Con las restricciones:
3x + 2y 500 (por el chocolate almacenado)x + 1.5y 100 (por la almendra almacenada)x + y 85 (por la fruta almacenada)x 0
y 0
• En un primer paso representamos la región factible.
• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.
R(0, 100/1,5)
Q(55, 30)
P(85, 0)
• Finalmente evaluamos la función objetivo z = 13x + 13,50y ; en cada vértice, para obtener el máximo
• z(P) = 13.85+13,50. 0 = 1105 €
• z(Q) = 13.55+13,50. 30 = 1120 €
• z(R) = 13.0+13,50. 100/1,5 = 900 €
Problema2: Un grupo local posee dos emisoras de radio, una de FM y otra de AM. La emisora de
FM emite diariamente 12 horas de música rock, 6 horas de música clásica y 5 horas de
información general. La emisora de AM emite diariamente 5 horas de música rock, 8 horas de
música clásica y 10 horas de información general. Cada día que emite la emisora de FM le cuesta
al grupo 5000 €, y cada día que emite la emisora de AM le cuesta al grupo 4000 €. Sabiendo que
tiene enlatado para emitir 120 horas de música rock, 180 horas de música clásica y 100 horas de
información general, ¿cuántos días deberá emitir con ese material cada una de la emisoras para
que el coste sea mínimo, teniendo en cuenta que entre las dos emisoras han de emitir al menos
una semana?
Emisora FM Emisora AM Disponibles
Música rock 12 5 120
Música clásica 6 8 180
Información general 5 10 100
Coste en euros 5000 4000
La siguiente tabla resume los datos del problema
Designando porx = nº de días de AMy = nº de días de FM
Función objetivo z = f (x , y) = 5000x + 4000y que hemos de minimizar
Con las restricciones:
12x + 5y 120 (por la música rock)6x + 8y 180 (por la música clásica)5x + 10y 100 (por la información general)x + y 7 (emitir al menos una semana)
x 0y 0
Un problema de mínimos de programación lineal
• En un primer paso representamos la región factible.
• En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible.
R(0, 10)
Q(7.37, 6.32)
P(10, 0)
• Finalmente evaluamos la función objetivo z = 5000x + 4000y en cada vértice, para obtener el mínimo.
• z(P) = 5000.10+4000. 0 = 50000 €
• z(Q) = 5000.7.37+4000. 6.32 = 62130 €
• z(R) = 5000.0+4000. 10 = 40000 €
• z(S) = 5000.0+4000. 7 = 28000 €
• z(T) = 5000.7+4000. 10 = 35000 €
T(7, 0)
S(0, 7)
Cada muñeco:
• Produce un beneficio neto de U$3 .
• Requiere 2 horas de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora de trabajo de carpinteria.
Cada tren:
• Produce un beneficio neto de U$2
• Requiere 1 hora de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora trabajo de carpinteria.
Problema 3
La fábrica Gepetto S.L., manufactura muñecos y trenes de madera.
Cada semana Gepetto puede disponer de:
• Todo el material que necesite.
• Solamente 100 horas de acabado.
• Solamente 80 horas de carpinteria.
También:
• La demanda de trenes puede ser cualquiera (sin límite).
• La demanda de muñecos es como mucho 40.
Gepetto quiere maximizar sus beneficios.¿Cuántos muñecos y cuántos trenes debe fabricar?
Variables de
Decisión
x = nº de muñecos
producidos a la
semana
y = nº de trenes
producidos a la
semana
Función Objetivo. En cualquier
PPL, la decisión a tomar es
como maximizar (normalmente el
beneficio) o minimizar (el coste)
de alguna función de las
variables de decisión. Esta
función a maximizar o minimizar
se llama función objetivo.
Max z = 3x + 2y
El objetivo de Gepetto es
elegir valores de x e y para
maximizar 3x + 2y. Usaremos
la variable z para denotar el
valor de la función objetivo. La
función objetivo de Gepetto es:
Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL).
Restricciones
Son desigualdades que
limitan los posibles
valores de las variables
de decisión.
En este problema las
restricciones vienen
dadas por la
disponibilidad de horas
de acabado y carpintería
y por la demanda de
muñecos.
También suele haber
restricciones de signo o
no negatividad:
x ≥ 0
y ≥ 0
Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas.
Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpinteria pueden ser usadas.
Restricción 3: limitación de demanda, no deben fabricarse más de 40 muñecos.
Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente
por las siguientes desigualdades:
Restricción 1: 2 x + y ≤ 100
Restricción 2: x + y ≤ 80
Restricción 3: x ≤ 40
Cuando x e y crecen, la función objetivo de Gepetto también crece.
Pero no puede crecer indefinidamente porque, para Gepetto, los
valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones:
Restricciones
Además, tenemos las restricciones de no negatividad: x ≥ 0 e y ≥ 0
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
Muñeco Tren
Beneficio 3 2
Acabado 2 1 ≤ 100
Carpintería 1 1 ≤ 80
Demanda ≤ 40
Formulación matemática del PPL
Max z = 3x + 2y (función objetivo)
2 x + y ≤ 100 (acabado)
x + y ≤ 80 (carpinteria)
x ≤ 40 (demanda muñecos)
Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana
y = nº de trenes producidos a la semana
Max z = 3x + 2y (función objetivo)
Sujeto a (s.a:)
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)
x + y ≤ 80 (restricción de carpinteria)
x ≤ 40 (restricción de demanda de muñecos)
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de
signo x ≥ 0 e y ≥ 0 con la función objetivo y las restricciones,
tenemos el siguiente modelo de optimización:
Formulación matemática del PPL
Región factible
x = 40 e y = 20 está en la región
factible porque satisfacen todas
las restricciones de Gepetto.
Sin embargo, x = 15, y = 70 no
está en la región factible porque
este punto no satisface la
restricción de carpinteria
[15 + 70 > 80].
Restricciones de Gepetto
2x + y ≤ 100 (restricción finalizado)
x + y ≤ 80 (restricción carpintería)
x ≤ 40 (restricción demanda)
x ≥ 0 (restricción signo)
y ≥ 0 (restricción signo)
La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos
que satisfacen todas las restricciones. Es la región del plano
delimitada por el sistema de desigualdades que forman las restricciones.
Solución óptima
La mayoría de PPL tienen solamente una solución
óptima. Sin embargo, algunos PPL no tienen
solución óptima, y otros PPL tienen un número
infinito de soluciones.
Más adelante veremos que la solución del PPL de
Gepetto es x = 20 e y = 60. Esta solución da un
valor de la función objetivo de:z = 3x + 2y = 3·20 + 2·60 = 180 €
Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima,
estamos diciendo que, en ningún punto en la región factible, la
función objetivo tiene un valor (beneficio) superior a 180.
Para un problema de maximización, una solución
óptima es un punto en la región factible en el cual
la función objetivo tiene un valor máximo. Para un
problema de minimización, una solución óptima es
un punto en la región factible en el cual la función
objetivo tiene un valor mínimo.
Se puede demostrar
que la solución
óptima de un PPL
está siempre en la
frontera de la región
factible, en un
vértice (si la
solución es única) o
en un segmento
entre dos vértices
contiguos (si hay
infinitas soluciones)
Representación Gráfica de las restricciones
2x + y = 100
Cualquier PPL con sólo dos
variables puede resolverse
gráficamente.
Por ejemplo, para representar
gráficamente la primera
restricción, 2x + y ≤ 100 :
Dibujamos la recta 2x + y = 100
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
Elegimos el semiplano que
cumple la desigualdad: el
punto (0, 0) la cumple
(2·0 + 0 ≤ 100),
así que tomamos el
semiplano que lo contiene.
Dibujar la región factible
Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver
gráficamente. La región factible es el conjunto de todos los puntos
que satisfacen las restricciones:
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)
x + y ≤ 80 (restricción de carpintería)
x ≤ 40 (restricción de demanda)
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
1002x + y = 100
Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Dibujar la región factible
Teniendo en
cuenta las
restricciones de
signo (x ≥ 0, y ≥ 0),
nos queda:
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
x + y = 80
Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Dibujar la región factible
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
x = 40Restricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Dibujar la región factible
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
1002x + y = 100
x + y = 80
x = 40
La intersección
de todos estos
semiplanos
(restricciones)
nos da la región
factible
Dibujar la región factible
Región
Factible
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
1002x + y = 100
x + y = 80
x = 40
Región
Factible
La región factible (al
estar limitada por
rectas) es un polígono.
En esta caso, el
polígono ABCDE.
A
B
C
D
EComo la solución
óptima está en alguno
de los vértices (A, B, C,
D o E) de la región
factible, calculamos
esos vértices.
Vértices de la región factibleRestricciones
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥ 0
y ≥ 0
Región
Factible
E(0, 80)
(20, 60)
C(40, 20)
B(40, 0)
A(0, 0)
Vértices de la región factible
Los vértices de la región factible
son intersecciones de dos
rectas. El punto D es la
intersección de las rectas
2x + y = 100
x + y = 80
La solución del sistema x = 20,
y = 60 nos da el punto D.
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
D
B es solución de
x = 40
y = 0
2x + y = 100
x = 40
x + y = 80
C es solución de
x = 40
2x + y = 100
E es solución de
x + y = 80
x = 0
Y
X
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
z = 0 z = 100z = 180
Para hallar la
solución óptima,
dibujamos las
rectas en las
cuales los puntos
tienen el mismo
valor de z.
La figura muestra
estas lineas para
z = 0, z = 100, y z
= 180
Resolución gráfica
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
z = 0 z = 100z = 180
La última recta de
z que interseca
(toca) la región
factible indica la
solución óptima
para el PPL. Para
el problema de
Gepetto, esto
ocurre en el
punto D (x = 20, y
= 60, z = 180).
20
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
Resolución gráfica
Región
Factible
(0, 80)
(20, 60)
(40, 20)
(40, 0)
(0, 0)
Max z = 3x + 2y
También podemos encontrar la
solución óptima calculando el
valor de z en los vértices de la
región factible.
Vértice z = 3x + 2y
(0, 0) z = 3·0+2·0 = 0
(40, 0) z = 3·40+2·0 = 120
(40, 20) z = 3·40+2·20 = 160
(20, 60) z = 3·20+2·60 = 180
(0, 80) z = 3·0+2·80 = 16020
20 40 60 80
40
60
80
100
Y
X
La solución óptima es:
x = 20 muñecos
y = 60 trenes
z = U$ 180 de beneficio
Resolución analítica
Hemos identificado la región factible para
el problema de Gepetto y buscado la
solución óptima, la cual era el punto en la
región factible con el mayor valor posible
de z.
Recuerda que:
• La región factible en cualquier PPL
está limitada por segmentos (es un
polígono, acotado o no).
• La región factible de cualquier PPL
tiene solamente un número finito de
vértices.
• Cualquier PPL que tenga solución
óptima tiene un vértice que es óptimo.
Problema 4.
Un problema de minimización
Dorian Auto; fabrica y vende autos y furgonetas.La
empresa quiere emprender una campaña
publicitaria en TV y tiene que decidir comprar los
tiempos de anuncios en dos tipos de programas: delcorazón y fútbol.
• Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y
2 millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de
hombres.
• Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50.000 y un anuncio del
fútbol cuesta U$100.000 .
• Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones
de mujeres y 24 millones de hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de
programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo.
• Cada anuncio del programa del
corazón es visto por 6 millones de
mujeres y 2 millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto
por 3 millones de mujeres y 8
millones de hombres.
• Un anuncio en el programa de
corazón cuesta U$50.000 y un
anuncio del fútbol cuesta
U$100.000.
• Dorian Auto quisiera que los
anuncios sean vistos por lo menos
30 millones de mujeres y 24
millones de hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos
anuncios debe contratar en cada
tipo de programa para que el coste
de la campaña publicitaria sea
mínimo.
Corazón
(x)
Fútbol
(y)
mujeres 6 3 6x + 3y ≥ 30
hombres 2 8 2x + 8y ≥ 24
Coste
U$50 100 50x +100y
Formulación del problema:
Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón
y = nº de anuncios en fútbol
Min z = 50x + 100y (función objetivo en 1.000 €)
s.a: 6x + 3y ≥ 30 (mujeres)
2x + 8y ≥ 24 (hombres)
x, y ≥ 0 (no negatividad)
Formulación del problema:
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
Min z = 50 x + 100y
s.a. 6x + 3y ≥ 30
2x + 8y ≥ 24
x, y ≥ 0
6x + 3y = 30
2x + 8y = 24
Dibujamos la región factible.
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
La región factible
no está acotada
Región
Factible
Calculamos los vértices de la región factible:
A
B
C
El vértice A es solución del
sistema
6x + 3y = 30
x = 0
Por tanto, A(0, 10)
El vértice B es solución de
6x + 3y = 30
2x + 8y = 24
Por tanto, B(4, 2)
El vértice C es solución de
2x + 8y = 24
y = 0
Por tanto, C(12, 0)
Región
Factible
Resolvemos por el método analítico
A(0, 10)
B(4, 2)
C(12, 0)
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
Vértice z = 50x + 100y
A(0, 10)z = 50·0 + 100·10 =
= 0+10000 = 10 000
B(4, 2)z = 50·4 + 100·2 =
= 200+200 = 400
C(12, 0)z = 50·12 + 100·0 =
= 6000+0 = 6 000
El coste mínimo se obtiene en B.
Solución:
x = 4 anuncios en pr. corazón
y = 2 anuncios en futbol
Coste z = U$400 (mil )
Evaluamos la función objetivo z en los vértices.
Región
Factible
Resolvemos por el método gráfico
A(0, 10)
B(4, 2)
C(12, 0)
X
Y
2 4 6 8 10 12 14
14
12
10
8
6
4
2
El coste mínimo
se obtiene en el
punto B.
Solución:
x = 4 anuncios en pr. corazón
y = 2 anuncios en futbol
Coste z = 400 (mil €)
Min z = 50 x + 100y
s.a. 6x + 3y ≥ 30
2x + 8y ≥ 24
x, y ≥ 0
Z = 600
Z = 400
33Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
RESOLVER EL SIGUIENTE PROBLEMA DE PL(TAREA)
Un fabricante produce mesas (X) y escritorios (Y). Para
cada mesa que produce requiere 2 horas y media de
montaje, tres horas de pulido y una hora de embalaje.
Asimismo, para cada escritorio se requiere una hora de
montaje, tres horas de pulido y dos horas de embalaje.
Estas secciones presentan las siguientes limitaciones: la
unidad de montaje trabaja, como máximo 20 horas al día;
la unidad de pulido como máximo 15 horas al día; la
unidad de embalaje como máximo 16 horas al día. El
fabricante trabaja con un margen de beneficios de U$25
por mesa producida y U$40 por cada escritorio, Plantear
el modelo de programación Matemático en el caso que el
fabricante pretenda maximizar beneficios.
34Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Solución óptima
Si la región factible es cerrada la solución óptima está en un vértice
del polígono (cuando es única) o todo un lado del polígono (infinitas
soluciones)
Si la región factible es abierta, puede haber solución única (en un
vértice), infinitas soluciones (todo un lado) o no tener solución
35Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Número de Soluciones de un PPL
• Algunos PPL tienen un número infinito de
soluciones óptimas (alternativas o múltiples
soluciones óptimas).
• Algunos PPL no tienen soluciones factibles (no
tienen región factible).
• Algunos PPL son no acotados: Existen puntos en
la región factible con valores de z arbitrariamente
grandes (en un problema de maximización).
Los dos ejemplos anteriores, hasta ahora estudiados
tienen, cada uno, una única solución óptima.
No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar
también las siguientes posibilidades:
Veamos un ejemplo de cada caso.
36Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Número de soluciones de un problema de programación lineal
Para un problema de minimización
Solución únicaSolución de arista:infinitas soluciones
No hay mínimo
37Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Para un problema de maximización
Solución únicaSolución de arista:infinitas soluciones No hay máximo
Número infinito de soluciones óptimas
max z = 3x + 2y
s.a:
Cualquier punto (solución)
situado en el segmento AB
puede ser una solución óptima
de z =120.
Consideremos el siguiente
problema:
3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
x , y ≥ 0
10
10 20 30 40
20
30
40
50
50
60
Y
X
z = 60
z = 100
z = 120
A
B
C
Región
Factible
Sin soluciones factibles
s.a:
max z = 3x1 + 2x2
No existe región factible
Consideremos el siguiente
problema:
3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
x ≥ 30
y ≥ 30
x , y ≥ 0
10
10 20 30 40
20
30
40
50
50
60
Y
X
No existe
Región Factible
y ≥ 30
x ≥ 30
x + y ≤ 50
3x + 2y ≤ 120
PPL no acotado
max z = 2x – y
s.a: x – y ≤ 1
2x + y ≥ 6
x, y ≥ 0
La región factible es no
acotada. Se muestran en el
gráfico las rectas de nivel
para z = 4 y z = 6. Pero
podemos desplazar las
rectas de nivel hacia la
derecha indefinidamente sin
abandonar la región factible.
Por tanto, el valor de z
puede crecer
indefinidamente.
1
1 2 3 4
2
3
4
5
5
6
Y
X
z = 4
z = 6
Región Factible
Resumen
Optimizar (maximizar o minimizar) z = a x + by sujeta a las siguientes restricciones
a1x + b1y d1
a2x + b2y d2
... ... ...
anx + bny dn
Función objetivo
• Solución posible: cualquier par de valores (x1, y1) que cumpla todas la restricciones. Al conjunto de soluciones posibles de un problema lineal se le llama región factible.
• Solución óptima: un par de valores (x1, y1), si existe, que hace máxima o mínima la función objetivo
Un problema de programación lineal puede:
• Tener solución única• Tener infinitas soluciones• No tener solución
FIN
INVESTIGACION
DE
OPERACIONES
JRVA- 2010