Lic. Gregorio Bautista Oblitas PROGRAMACIÓN LINEAL Lic. Gregorio Bautista Oblitas

Introducción a la Programación Lineal Existen problemas de decisión administrativos que pueden ser resueltos a través de un modelo matemático llamado programación lineal. Por ejemplo: 1) PRODUCCION 2) MARKETING 3) FINANZAS

Problema Juan se dedica a la compra y venta de naranja y papaya. Todos los días temprano en la mañana visita a su proveedor de frutas en el mercado mayorista y hace las compras del día. El día anterior recibe los pedidos de sus clientes y esta suma 600 kilos de papaya y 1200 kilos de naranja. Juan lleva su camioneta para el transporte cuya capacidad de carga es de 1600 kilos. ¿Cuántos kilos de cada fruta debe comprar Juan para maximizar los beneficios?

Problema Juan lleva su camioneta para el transporte cuya capacidad de carga es de 1600 kilos. ¿Cuántos kilos de cada fruta debe comprar Juan para maximizar los beneficios? Se tienen los siguientes precios y costos por kilo de fruta : Precio de compra al por mayor x Kg Precio de venta al minorista x Kg Utilidad por Kg Papaya S/. 1.30 S/. 1.60 S/. 0.30 Naranja S/. 1.00 S/. 1.20 S/. 0.20

¿Cuántos kilos de papaya y naranja debe comprar Juan para obtener la Máxima Utilidad? Capacidad X1 = ?? X2 = ?? X1 + X2 < 1600 kg X1 < 600 kg X2 < 1200 kg Primero se debe cargar a la camioneta con aquel que tiene mas utilidad por kilo.

Utilidad por kilo: S/. 0.30 X1 < 600 kg Utilidad por kilo: S/. 0.20 X1 + X2 < 1600 kg X2 < 1200 kg Se debe comprar 600 kg. de papaya y 1000 kg. de naranja, su utilidad será S/. 380.

Modelo de Programación Lineal Un modelo de programación lineal busca el objetivo de maximizar o minimizar una función lineal, sujeta a un conjunto de restricciones lineales.

Modelo de Programación Lineal Un modelo de programación lineal esta compuesto de lo siguiente: * Un conjunto de variables de decisión * Una función objetivo * Un conjunto de restricciones

1) Formulación del Problema Definición de las Variables de Decisión x1 = Cantidad, en kilos, de papaya que se debe comprar. x2 = Cantidad, en kilos, de naranja

1) Formulación del Problema Función Objetivo Maximizar la utilidad total de los dos productos: Maximizar Z = 0.30 x1 + 0.20 x2

1) Formulación del Problema Restricciones Cantidad máxima de Papaya < 600 kilos. x1 < 600 Cantidad máxima de Naranja < 1200 kilos. x2 < 1200 Carga máxima de la camioneta < 1600 kilos. x1 + x2 < 1600

1) Formulación del Problema Maximizar Z = 0.30 x1 + 0.20 x2 x1 < 600 x2 < 1200 x1 + x2 < 1600 x1, x2 > 0

Procedimiento de Solución Gráfica en Problemas de PL con dos variables 1)Establecer la formulación del problema

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Cada punto en este cuadrante no negativo esta asociado con una especifica alternativa de solución. X1 (0,0) 14

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) X1 (0,0) 15

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) R1 X1 (0,0) (600,0) 16

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) R1 X1 (0,0) (600,0) 17

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1200) R2 R1 X1 (0,0) (600,0) 18

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1200) R2 R1 X1 (0,0) (600,0) 19

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1200) R2 R1 X1 (0,0) (600,0) 20

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1600) (0,1200) R2 R3 R1 (1600,0) X1 (0,0) (600,0) 21

2) Graficar Restricciones X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1600) (0,1200) R2 (400,1200) (600,1000) R3 R1 (1600,0) X1 (0,0) (600,0) 22

Procedimiento de Solución Gráfica en Problemas de PL con dos variables 1)Establecer la formulación del problema 2)Graficar en el plano cartesiano (X,Y) las restricciones del tipo >, < ó =, como si fueran rectas. 3)Ubicar el espacio de la solución factible (región factible), el cual está dado por el área común a todas las restricciones.

3) Ubicar Región Factible X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) Max 3 P1 + 5 P2 s.a. P1 + < 4 (Planta 1) 2 P2 < 12 (Planta 2) 3 P1 + 2 P2 < 18 (Planta 3) P1, P2 > 0 (no negatividad) (0,1200) R2 (400,1200) Región factible es el conjunto de puntos que satisface todas las restricciones simultáneamente. Existen infinitos puntos factibles (soluciones). (600,1000) R3 R1 X1 (0,0) (600,0) 24

3) Ubicar Región Factible X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 s.a. X1 < 600 (Papaya) X2 < 1200 (Naranja) X1 + X2 < 1600 (Camioneta) X1, X2 > 0 (no negatividad) (0,1200) (400,1200) A B Se llaman puntos extremos a los vértices de la región de factibilidad. C (600,1000) Los valores que optimizan la función objetivo siempre se encuentran en uno de los puntos extremos. E D X1 (0,0) (600,0) 25

Procedimiento de Solución Gráfica en Problemas de PL con dos variables 1)Establecer la formulación del problema 2)Graficar en el plano cartesiano (X,Y) las restricciones del tipo >, < ó =, como si fueran rectas. 3)Ubicar el espacio de la solución factible (región factible), el cual está dado por el área común a todas las restricciones. 4)Obtener la solución óptima.

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Se debe dibujar el contorno de la función objetivo (línea iso-beneficio) mediante rectas paralelas, en cada vértice, según la relación: X2 = – 1.5 X1 + K (0,1200) (400,1200) A B C (600,1000) Pendiente de la función objetivo 0.30 0.20 E D X1 (0,0) (600,0) 27

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 (0,1200) (400,1200) A B C (600,1000) Pendiente de la función objetivo 0.30 Z1 0.20 E D X1 (0,0) (600,0) 28

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180 (0,1200) (400,1200) Z2 A B C (600,1000) Pendiente de la función objetivo 0.30 Z1 0.20 E D X1 (0,0) (600,0) 29

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z3 Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180 Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240 (0,1200) (400,1200) Z2 A B C (600,1000) Pendiente de la función objetivo 0.30 Z1 0.20 E D X1 (0,0) (600,0) 30

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z3 Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180 Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240 Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360 (0,1200) (400,1200) Z2 A B C (600,1000) Pendiente de la función objetivo 0.30 Z4 Z1 0.20 E D X1 (0,0) (600,0) 31

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z3 Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180 Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240 Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360 Z5 = 0.30 (600) + 0.20 (1000) = 380 (0,1200) (400,1200) Z2 A B C (600,1000) Z5 Z4 Z1 E D X1 (0,0) (600,0) 32

4) Obtener Solución Optima X2 Max Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 En la región factible Z1 = 0.30 (0) + 0.20 (0) = 0 Z2 = 0.30 (600) + 0.20 (0) = 180 Z3 = 0.30 (0) + 0.20 (1200) = 240 Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360 Z5 = 0.30 (600) + 0.20 (1000) = 380 R2 A B C (600,1000) R3 Solución óptima: Se encuentra en el punto C de las restricciones activas (R1 y R3) R1 E D X1 33

Programa Lineal sin Solución Optima La función objetivo es no acotado: Ocurre cuando el objetivo puede crecer infinitamente (maximización) No factible: Ocurre cuando en el modelo no hay ningún punto de factible 34

Modelo General de Programación Lineal Se define las variables de decisión: X1, X2, X3,...., Xn Maximizar (o Minimizar) Z = C1 X1 + C2 X2 +....+ Cn Xn Sujeto a: a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 +....+ a1n Xn < b1 : ak1 X1 + ak2 X2 + ak3 X3 +....+ akn Xn > bk am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +....+ amn Xn = bm X1, X2, X3,...., Xn > 0

PROBLEMA 01 Un herrero con 80 kgs. de acero y 120 kgs. de aluminio quiere hacer bicicletas de paseo y de montaña, cuya utilidad son, respectivamente a S/.60 y S/.40 cada una. Para la de paseo empleará 1 kg. de acero y 3 kg. de aluminio, y para la de montaña 2 kg. de ambos metales. Como máximo se puede vender 30 bicicletas de paseo. ¿Cuántas bicicletas de paseo y de montaña venderá?

PROBLEMA 02 Para satisfacer las demandas de sus distribuidores, una fabrica de jeans debe producir, no menos de 300 y no mas de 600 jeans azules, y no menos de 100 y no mas de 300 jeans negros por día. Además, para mantener una buena calidad, no debe producir en total más de 800 jeans por dia, si se sabe que se obtiene una ganancia de S/. 35 por cada jeans azul y de S/. 25 por cada jean negro. ¿Cuál debe ser la producción diaria de cada tipo de jean para maximizar la ganancia?

PROBLEMA 03 Una empresa embotelladora fabrica dos tipos de bebidos: de naranja y de cola. Para elaborar la bebida de naranja se requiere 3 horas de uso de la máquina A y 1 hora de la maquina B, mientras que para elaborar la bebida de cola se requiere 2 horas de uso de la máquina A y 2 horas de la maquina B. La ganancia por bebida de naranja es S/. 0.70 y por las de cola es S/. 0.50. Calcula la máxima guanacia que se puede obtener si la maquina A puede trabajar 72 horas semanales y la maquina B, 84 horas semanales.

PROBLEMA 04 Una hacienda dispone de 100 hectáreas para sembrar maíz y algodón. La semilla del maíz cuesta S/. 40 por hectárea y la de algodón S/. 60 por hectárea. Los costos totales por mano de obra para la siembra son S/. 200 y S/. 100 por hectárea, respectivamente. Se espera obtener una ganancia de S/. 1500 por hectárea cosechada de algodón. Si no se puede invertir mas de S/. 4800 en semillas ni mas de S/. 14 000 en mano de obra, ¿Cuántas hectáreas de cada cultivo convienen sembrar para obtener la máxima ganacia?