Resolución de Problemas Método Simplex

Presentación del tema: "Resolución de Problemas Método Simplex"— Transcripción de la presentación:

1 Resolución de Problemas Método Simplex
Primer Semestre 2007 EII 405 – Clase 6

2 Método Simplex A tener en cuenta
Si la F.O. es minimizar, existen 2 alternativas para resolver el problema: Transformar el problema de minimización en uno de maximización definiendo una nueva F.O. Sea Z’ = - Z entonces Min Z = C1X1 + C2X CnXn Max Z’ = -C1X1 - C2X CnXn Cambiar la regla para elegir la variable entrante. Se escoge la de zj – cj más positivo. El óptimo se alcanza cuando todos los costos reducidos (zj – cj) de las variables no básicas son negativos.

3 Método Simplex Método Simplex Ejemplo: Min Z = 3X1 - 9X2 - 5X3 - 4X4
S.a X1 + 4X2 + 5X3 + 8X4  8 X1 + 2X2 + 6X3 + 4X4  4 X1, X2, X3, X4  0 Min Z = 3X1 - 9X2 - 5X3 - 4X4 S.a X1 + 4X2 + 5X3 + 8X4 + h1 = 8 X1 + 2X2 + 6X3 + 4X4 + h2 = 4 X1, X2, X3, X4, h1, h2  0 3 -9 -5 -4 VB CB XB X1 X2 X3 X4 h1 h2 8 1 4 5 4 1 2 6 -3 9 5 4

4 Método Simplex Método Simplex VB CB XB X1 X2 X3 X4 h1 h2 8 1 4 5 4 1 2
8 1 4 5 8 / 4 = 2 4 1 2 6 4 / 2 = 2 -3 9 5 4 3 -9 -5 -4 F1 / 4 F2 - F1* 2 -9 3 -5 -4 VB CB XB X1 X2 X3 X4 h1 h2 X1 = 0 X2 = 2 X3 = 0 X4 = 0 h1 = 0 h2 = 0 Z = 18 2 1/4 1 5/4 1/2 7/2 -1/2 1 18 -21/4 -25/4 -14 -9/4 Solución óptima

5 Modelo con Restricciones del Tipo 
Modelos con Restricciones del tipo ≥ Si tenemos una o más restricciones del siguiente tipo: ai1X1 + ai2X ainXn  bi Para poder utilizar el método Simplex debemos transformar estas restricciones en igualdades, para ello restaremos una variable que denominaremos variable de excedente (ei)  aij xj - ei = bi

6 Modelos con Restricciones del tipo ≥
Pese a realizar esta transformación no se puede utilizar el método Simplex, porque al dejar las variables de excedente en la base se obtiene una solución básica infactible. Para evitar este problema se agrega una variable artificial (ti)  aij xj - ei + ti = bi Las variables artificiales no tienen ningún significado y sólo se usan como un ajuste matemático para poder utilizar Simplex. Por ello, las variables artificiales no pueden aparecer en la solución óptima.

7 El método de las dos fases
Modelos con Restricciones del tipo ≥ Para asegurarse que las variables artificiales no estarán en la solución óptima existen 2 procedimientos: El método de la gran “M” El método de las dos fases

8 Método de la “Gran M” Este método incorpora en la F.O. todas la variables artificiales (ti) generadas y para asegurarse de que no estén en la solución óptima el coeficiente que se le asigna a cada una de ellas es “M” con un valor que tiende a infinito. Al asignarle este valor el modelo penaliza estas variables y las sacará de la solución óptima. La F.O. queda de la siguiente forma: Max Z = C1X1+ C2X2+..+ CnXn - Mt1 - Mt Mtk o Min Z = C1X1+ C2X2+..+ CnXn + Mt1 + Mt Mtk Donde k: número de restricciones del tipo 

9 Método de la Gran “M” Método de la “Gran M” Ejemplo:
Min Z = 200X X2 S.a 10X1 + 5X2  50 X1  2 X1, X2  0 Min Z = 200X X2 + Mt1 S.a 10X1 + 5X2 - e1 + t1 = 50 X1 + h2 = 2 X1, X2, e1, t1, h2  0 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 M 200 240 50 10 5 -1 1 50/10 = 5 2 1 2/1 = 2 50M 10M- 200 5M-240 -M

10 Método de la Gran “M” Método de la “Gran M” VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 VB
50 10 5 -1 1 2 50M 10M- 200 5M-240 -M 240 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 F1 - F2 * 10 M 200 240 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 30 5 -1 1 -10 30/5 = 6 2 1 --- 30M+ 400 5M-240 -M 200- 10M

11 Método de la Gran “M” Método de la “Gran M” VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 VB
30 5 -1 1 -10 200 2 30M+ 400 5M-240 -M 200- 10M 240 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 F1 / 5 240 200 M VB CB XB X1 X2 e1 t1 h2 X1 = 6 X2 = 2 e1 = 0 t1 = 0 h2 = 0 Z = 1840 6 1 -1/5 1/5 -2 2 1 1840 -48 48-M -280 Solución óptima

12 Método de las 2 Fases Método de las 2 Fases
Este método también asegura que las variables artificiales no estarán en la solución óptima, para lograrlo subdivide el problema, como su nombre lo indica, en 2 fases. Fase I: Esta fase consiste en tratar de encontrar una solución factible al problema original, pero para ello no considera la F.O. propia del problema, si no que genera una nueva F.O. que tiene por objetivo minimizar la suma de las variables artificiales del problema. Min W = t1 + t tk

13 Método de las 2 Fases Este nuevo problema lo resolvemos por Simplex, y si al llegar al tableau óptimo existen variables artificiales en la base, concluimos que el problema no tiene solución por incompatibilidad de restricciones. En caso contrario se pasa a la Fase II Fase II: Resolvemos el problema original, a partir de la solución básica factible hallada en la Fase I. Esto es, reemplazamos en el último tableau de la Fase I, los coeficientes de la F.O. (Ci) por los del problema original, y actualizamos la columna CB y la de los costos reducidos (zj-cj). En las columnas de las variables artificiales no se considera el valor de los costos reducidos (zj-cj) para ver si entran a la base

14 Método de las 2 Fases Ejemplo: Min Z = 200X1 + 240X2 S.a
10X1 + 5X2 - e1 + t1 = 50 X1 + h1 = 2 X1, X2, e1, t1, h1  0 Fase I: Min W = t1 S.a 10X1 + 5X2 - e1 + t1 = 50 X1 + h1 = 2 X1, X2, e1, t1, h1  0

15 Método de las 2 Fases Método de las 2 Fases VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 VB
50 10 5 -1 2 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 50/10 = 5 2/1 = 2 F1 - F2 * 10 1 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 30 5 -1 1 -10 30/5 = 6 2 1 --- 30 5 -1 -10

16 Método de las 2 Fases VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1
30 5 -1 -10 2 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 F1 / 5 1 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 6 1 -1/5 1/5 -2 2 1 -1 Óptimo factible

17 Método de las 2 Fases Método de las 2 Fases Fase II: VB CB XB X1 X2 e1
6 1 -1/5 1/5 -2 2 -1 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 Reemplazar los valores resaltados por los del problema original y eliminar la columna de la variable artificial 6 1 -1/5 -2 2 VB CB XB X1 X2 e1 t1 h1 240 200 1840 -48 -280 200 240

18 ai1X1 + ai2X2 +... + ainXn + ti = bi
Modelos con Restricciones de Igualdad Si tenemos una o más restricciones del tipo: ai1X1 + ai2X ainXn = bi Existen dos formas de tratar esta situación: Transformarla en 2 restricciones ai1X1 + ai2X ainXn  bi ai1X1 + ai2X ainXn  bi Introducir en la restricción una variable artificial ti (Recomendado) ai1X1 + ai2X ainXn + ti = bi Resolver mediante el uso del método de la gran “M” o por el método de las 2 Fases

19 Modelos con Variables SRS
Si tenemos una o más variables sin restricción de signo procederemos a realizar el siguiente reemplazo para cada una de estas variables: Xi = Vi – Ui Con vi, ui  0 Ejemplo: Min Z = 200X X2 S.a 10X1 + 5X2  50 X1  2 X1  0 X2 SRS Min Z = 200X V2 – 240U2 S.a 10X1 + 5V2 – 5U2 - e1 + t1 = 50 X1 + h1 = 2 X1, U2, V2, e1, t1, h1  0

20 Situaciones Especiales
Empate en la variable que sale: Esto significa que más de una restricción corta el eje en un mismo punto. Si se elige cualquiera puede ser que se salga de la región factible, en este caso habría que retroceder y sacar la otra variable de la base. Múltiples soluciones óptimas: Cuando existen múltiples soluciones en el método Simplex los coeficientes zj - cj de algunas variables no básicas son cero. En estos casos, se continúa realizando las iteraciones normalmente hasta llegar a una solución óptima. Para encontrar otra solución óptima, se vuelve al “tableau” donde apareció un coeficientes zj - cj = 0 de alguna variable no básica, y se hace entrar a la base. Finalmente, se sigue iterando con este cambio hasta llegar a una nueva solución óptima.

21 Múltiples Soluciones Ejemplo: Max Z = 6X1 + 3X2 S.a X1 + X2  30
X1 + X2 + h1 = 30 2X1 + X2 + h2 = 40 X1, X2, h1, h2  0 VB CB XB X1 X2 h1 h2 30 1 30/1 = 30 40 2 1 40/2 = 20 -6 -3 6 3

22 Múltiples Soluciones Múltiples Soluciones Solución óptima 1 30 1 40 2
40 2 -6 -3 6 3 VB CB XB X1 X2 h1 h2 F1 – F2 / 2 F2 / 2 6 3 VB CB XB X1 X2 h1 h2 10 1/2 1 -1/2 20 1 1/2 120 Solución óptima 1

23 Múltiples Soluciones Múltiples Soluciones VB CB XB X1 X2 h1 h2
10 1/2 1 -1/2 20 120 6 3 VB CB XB X1 X2 h1 h2 10/0,5 = 20 20/0,5 = 40 VB CB XB X1 X2 h1 h2 3 6 20 1 2 -1 F1 * 2 10 1 -1 F2 – F1 120 6 3 Solución óptima 2

24 Situaciones Especiales
Solución indeterminada: Si al tratar de escoger la variable que sale, ninguna de las variables básicas restringe el crecimiento de la variable no básica escogida para entrar (no hay yij > 0), el problema tiene solución indeterminada, es decir, la región de soluciones factibles no está acotada. Incompatibilidad de restricciones: Si en el tableau óptimo queda al menos una variable artificial dentro de las variables básicas, con un valor > 0 el problema no tiene solución, ya que al menos existen 2 restricciones excluyentes por lo tanto no existe un área de soluciones factibles. El método de la gran “M” tiene la deficiencia que después de todas la iteraciones se detecta la incompatibilidad de restricciones, lo cual se evita al usar el método de las 2 fases, dado que si al final de la Fase I quedan variables artificiales en la base, significa que el problema presenta inconsistencia.

25 Incompatibilidad de Restricciones
Ejemplo: Max Z = 3X1 + X2 S.a X1 + X2  10 X1  20 X1, X2  0 Max Z = 3X1 + X2 – Mt1 S.a X1 + X2 + h1 = 10 X1 – e1 + t1 = 20 X1, X2, h1, e1, t1  0 10 1 -M 20 -1 -20M -M-3 M 3 VB CB XB X1 X2 h1 e1 t1 10/1 = 10 20/1 = 20

26 Incompatibilidad de Restricciones
10 1 -M 20 -1 -20M -M-3 M 3 VB CB XB X1 X2 h1 e1 t1 3 1 -M VB CB XB X1 X2 h1 e1 t1 10 1 10 -1 1 F2 - F1 30- 10M 3+M-1 3+M M Inconsistencia

27 Ejercicio Resuelva el siguiente problema por el método de la Gran M
Max Z = 5X1 – 2X2 + 3X3 S.a 2X1 + 2X2 – X3  2 3X1 – 4X2  3 X2 + 3X3  5 Xi  0 Max Z = 5X1 – 2X2 + 3X3 – Mt1 S.a 2X1 + 2X2 – X3 – e1 + t1 = 2 3X1 – 4X2 + h2 = 3 X2 + 3X3 + h3 = 5 Xi , e1, t1, hi 0

28 Ejercicio VB CB XB X1 X2 X3 e1 t1 h2 h3 t1 h2 h3 VB CB XB X1 X2 X3 e1
5 -2 3 -M F1/ 2 t1 h2 h3 -M 2 -1 1 1 F2 - F1 * 3 1 3 -4 1 1 5 3 - -2M -2M-5 -2M+2 M-3 M VB CB XB X1 X2 X3 e1 t1 h2 h3 5 -2 3 -M X1 h2 h3 5 1 -1/2 1/2 - 1 -7 3/2 -3/2 1 5 3 5/3 5 7 -11/2 -5/2 M+5/2

29 Ejercicio VB CB XB X1 X2 X3 e1 t1 h2 h3 X1 X3 h3 VB CB XB X1 X2 X3 e1
5 -2 3 -M X1 X3 h3 F2 * 2/3 5 1/3 1 -4/3 - F1 + F2 * 1/2 3 2/3 -14/3 1 -1 - 1/3 F3 – F2 * 3 -2 1 5 15 -3 3 5 -56/3 11/3 3 M-3 VB CB XB X1 X2 X3 e1 t1 h2 h3 5 -2 3 -M F3 / 15 X1 X3 X2 5 7/45 4/45 13/9 1 -4/15 4/15 - F1 + F3 * 4/3 3 2/45 14/9 1 1/15 -1/15 70/3 F2 + F3 * 14/3 -2 -2/15 1/15 1/3 1 -1/5 1/5 - 101/9 47/45 14/45 -11/15 M+ 11/15

30 Ejercicio VB CB XB X1 X2 X3 e1 t1 h2 h3 X1 e1 X2 X1 = 23/3 X2 = 5
5 -2 3 -M X1 e1 X2 5 1/3 4/45 23/3 1 4 F2 * 15 2/3 70/3 15 1 -1 F1 - F2 * 4/15 F3 - F2 * 1/15 -2 1/15 5 1 3 85/3 11 5/3 14/45 3 M X1 = 23/3 X2 = 5 X3 = 0 e1 = 70/3 t1 = 0 h2 = 0 h3 = 0 Z = 85/3