Métodos cuantitativos para la toma de decisiones

Presentación del tema: "Métodos cuantitativos para la toma de decisiones"— Transcripción de la presentación:

1 Universidad Autónoma del Estado de México Modelos de programación lineal
Métodos cuantitativos para la toma de decisiones Licenciatura en Negocios Internacionales Bilingüe Facultad de Economía Elaborado por: M. en I. Heber Castañeda Martínez

2 Introducción a la programación lineal
La programación lineal (PL) es una técnica de modelado matemático diseñada para optimizar el empleo de recursos limitados. La PL se aplica exitosamente en el ejercito, la agricultura, la industria, la economía, etc.

3 La utilidad de la técnica se incrementa mediante la disponibilidad de programas altamente eficientes.

4 La PL debido a su elevado nivel de eficiencia computacional es la base para el desarrollo de algoritmos de solución a otros tipos (más complejos) de modelos de IO, incluyendo la programación entera, no lineal y estocástica.

5 El problema general es asignar recursos limitados entre actividades competitivas de la mejor manera posible (óptima). Este problema incluye elegir el nivel de ciertas actividades que compiten por recursos escasos necesarios para realizarlas

6 El adjetivo lineal significa que todas las funciones matemáticas del modelo deber ser funciones lineales. En este caso, las palabra programación no se refiere a programación en computadoras; en esencia es un sinónimo de planeación. Así, la programación lineal trata la planeación de las actividades para obtener un resultado óptimo.

7 Estructura de un modelo de programación lineal
Función objetivo. Consiste en optimizar el objetivo que persigue una situación la cual es una función lineal de las diferentes actividades del problema, la función objetivo se maximizar o minimiza. Variables de decisión. Son las incógnitas del problema. La definición de las variables es el punto clave y básicamente consiste en los niveles de todas las actividades que pueden llevarse a cabo en el problema a formular.

8 Restricciones Estructurales
Restricciones Estructurales. Diferentes requisitos que debe cumplir cualquier solución para que pueda llevarse a cabo, dichas restricciones pueden ser de capacidad, mercado, materia prima, calidad, balance de materiales, etc. Condición técnica. Todas las variables deben tomar valores positivos, o en algunos casos puede ser que algunas variables tomen valores negativos.

9 EL MODELO MATEMATICO DE PROGRAMACION LINEAL
El modelo matemático que expresa de manera general el problema de Programación Lineal es la que se muestra en (1). El problema plantea encontrar los valores de x1, x2,…xn que hacen que se maximice o minimice la función lineal Z, sujetos a una o varias restricciones

10 Matricialmente se tiene:
𝑴𝒂𝒙 𝒐 𝑴𝒊𝒏 𝒁= 𝑪 𝒕 𝒙 (sujeto a) s. a. 𝑨𝒙(≤)(≥)(=)𝒃 con: 𝒙≥𝟎 Donde: 𝑪= 𝒄 𝟏 𝒄 𝟐 … 𝒄 𝒏 por lo que 𝑪 𝒕 = 𝒄 𝟏 𝒄 𝟐 … 𝒄 𝒏 𝒙= 𝑥 1 𝑥 2 .. 𝑥 𝑛 y 𝟎= 0 0 … 0 𝐴= 𝑎 11 𝑎 12 … 𝑎 1𝑛 𝑎 21 𝑎 22 … 𝑎 2𝑛 𝑎 𝑚1 𝑎 𝑚2 … 𝑎 𝑚𝑛 𝑏= 𝑏 1 𝑏 2 … 𝑏 𝑛

11 Los componentes del modelo se pueden identificar así:
Función Objetivo: 𝑥 𝑖 ≥ para 𝑖=1,2,…,𝑛 restricciones de no negatividad

12 De esta forma el modelo se puede interpretar así:
Dadas n actividades, las variables de decisión x1, x2,…. xn representan los niveles a que se llevan a cabo las actividades Z denota la medida de efectividad seleccionada. Los valores de cj expresan el aumento en la medida de efectividad proveniente de un aumento en la unidad de xj. bi representa la cantidad de recurso i disponible para usar en las n actividades

13 De esta forma el modelo se puede interpretar así:
aij denota la cantidad de insumo o recurso i del que hace uso la actividad j, conocidos también como coeficientes tecnológicos El lado derecho de las restricciones significa el uso total de los insumos respectivos. Las ultimas restricciones evitan la posibilidad de que existan niveles de actividades negativas

14 Planteamiento del Problema
EJEMPLO 1. Un fabricante de muebles tiene 6 unidades de madera y 28 horas disponibles a la semana, durante las cuales fabricará biombos decorativos. Con anterioridad, se han vendido bien 2 tipos de modelos, de manera que se limitará a producir estos 2 tipos. Estima que el modelo I requiere 2 unidades de madera y 7 horas de tiempo disponible, mientras que el modelo II requiere 1 unidad de madera y 8 horas. Los precios de los modelos son 120 dls. y 80 dls., respectivamente. Diseñe un modelo matemático para la situación del fabricante para que maximice sus ventas de los dos tipos de biombos.

15 Solución Definir las variables de decisión
Las variables de decisión deben describir por completo las decisiones que se tiene que tomar (en este caso el fabricante). El fabricante debe decidir cuantos biombos de cada tipo debe fabricar, por lo que se define: X1 = Cantidad de biombos tipo I a fabricar por semana X2 = Cantidad de biombos tipo II a fabricar por semana

16 Función Objetivo: La función que se desea maximizar o minimizar se le conoce como Función Objetivo , en este caso el fabricante quiere maximizar sus ventas, entonces: Ventas totales por semana= ventas por semana de biombos tipo I+ ventas por semana de biombos tipo II = 𝑑ó𝑙𝑎𝑟𝑒𝑠 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 + 𝑑ó𝑙𝑎𝑟𝑒𝑠 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 = 120𝑥 𝑥 2 Por lo que la función objetivo del fabricante es; 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 120𝑥 𝑥 2 Coeficientes de función objetivo

17 Restricciones A medida que x1 y x2 se incrementan la función objetivo se hace más grande. Las variables x1 y x2 están controladas por las siguientes restricciones: (con frecuencia llamadas limitaciones) Restricción 1: la cantidad de 6 unidades de madera disponibles a la semana Restricción 2: el tiempo de 28 horas disponibles a la semana Restricción 3: no negatividad

18 Analíticamente Debemos expresar las restricciones en términos de las variables de decisión: Para la restricción 1(unidades de madera): 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑝𝑜𝑛𝑖𝑏𝑙𝑒 𝑆𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 = 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑇𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 + 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑇𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 = 2𝑥 1 +1 𝑥 2 Por lo que la restricción se expresa como: 2𝑥 1 + 𝑥 2 ≤6 Coeficientes tecnológicos

19 Analíticamente Para la restricción 2 (horas disponibles a la semana):
𝐻𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑖𝑠𝑝𝑜𝑛𝑖𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑆𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 = 𝐻𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 + 𝐻𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼𝐼 𝑎 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎 = 7𝑥 1 +8 𝑥 2 Por lo que la restricción se expresa como: 7𝑥 1 +8 𝑥 2 ≤28

20 Analíticamente Para la restricción 3 (no negatividad): 𝑥 1 ≥0; 𝑥 2 ≥0

21 Por lo que el modelo se puede expresar como:
𝑀𝑎𝑥 𝑧= 120𝑥 𝑥 2 (Función Objetivo) s. a. 2𝑥 1 + 𝑥 2 ≤ (Restricción de unidades de madera) 7𝑥 1 +8 𝑥 2 ≤28 (Restricción de horas disponibles) con: 𝑥 1 ≥0; 𝑥 2 ≥0 (Restricciones de no negatividad)

22 Supuestos o principios a la PL
Proporcionalidad: indica la relación que existe entre un parámetro y una variable, siendo esta relación de tipo proporcional. La proporcionalidad requiere que la contribución de cada variable de la decisión, tanto en la función objetivo como en las restricciones sea directamente proporcional al valor de la variables Aditividad: la contribución total de todas las variables en la función objetivo y en las restricciones es la suma directa de contribución de cada variable Divisivilidad: indica que cualquier variable se puede fraccionar, es decir, no necesariamente va a tomar valore enteros Certidumbre: garantiza que todos los valores de los parámetros ( 𝑐 𝑗 , 𝑎 𝑖𝑗 , 𝑦 𝑏 𝑖 ) son conocidos con toda certeza 1.- 1.1- La contribución por fabricar 4 biombos tipo I es exactamente cuatro veces la contribución de fabricar un biombo tipo I 1.2- se requieren exactamente tres veces de unidades de madera para fabricar 3 biombos tipo I que fabricar un biombo tipo I 2.- 2.1 por ejemplo no importa que valor tome x2, pero la fabricación de x1 biombo tipo I siempre contribuirá con 120x1 dólares a la función objetivo 2.2 no importa cual sea el valor de x1, pero la fabricación de x2 biombos tipo II requiere x2 unidades de madera y x2 unidades de tiempo

23 Práctica 1 Giapetto`s Woodcarving, Inc., manufactura dos tipos de juguete de madera: soldados y trenes. Un soldado se vende en 27 dólares y requiere 10 dólares de materia prima. Cada soldado que se fabrica incrementa la mano de obra variable y los costos globales de Giappetto en 14 dólares. Un tren se vende en 21 dólares y utiliza 9 dólares de su valor en materia prima. Todos los trenes fabricados aumentan la mano de obra variable y los costos globales de Giapetto en 10 dólares. La fabricación de soldados y trenes de madera requieren dos tipos de mano de obra especializada: carpintería y acabados. Un soldado necesita dos hora de trabajo de acabado y una hora de carpintería. Un tren requiere una hora de acabado y una hora de carpintería. Todas la semanas, Giapetto consigue todo el material necesario, pero sólo 100 horas de trabajo de acabado y 80 de carpintería . La demanda de trenes es ilimitada, pero se venden cuando mucho 40 soldados por semana. Giapetto desea maximizar las utilidades semanales (ingresos-costos). Diseñe un modelo matemático para la situación de Giapetto que se use para maximizar las utilidades semanales de la empresa.

24 Práctica 2 Motor Company vende automóviles y vagonetas. La compañía obtiene $300 dólares de utilidad sobre cada automóvil que vende $400 por cada vagoneta. El fabricante no puede proveer más de 300 automóviles ni más de 200 vagonetas por mes. El tiempo de preparación para los distribuidores es de 2 horas para cada automóvil y 3 horas para cada vagoneta. La compañía cuenta con 900 horas de tiempo de taller disponible cada mes para la preparación de automóviles nuevos. Plantear un problema de PL para determinar cuántos automóviles y cuántas vagonetas deben ordenarse para maximizar sus utilidades.

25 Tarea 1 Una empresa manufacturera está considerando dedicar su capacidad a fabricar 3 productos; llamémoslos productos 1, 2 y 3. La capacidad disponible de las máquinas que podría limitar la producción se resume en la siguiente tabla: El número de horas requeridas por cada unidad de los productos respectivos es:

26 El departamento de ventas indica que el potencial de ventas para los productos 1 y 2 es mayor que la tasa de producción máxima y que el potencial de ventas para el producto 3 es de 20 unidades por semana. La utilidad unitaria sería de 30, 12 y 15 dls., respectivamente, para los productos 1, 2 y 3. Formúlese el modelo de programación lineal para determinar cuanto debe producir la empresa de cada producto para maximizar la utilidad.

27 Tarea 2 Jane es dueña de una granja de 45 acres. En ellos van a sembrar trigos y maíz. Cada acre sembrado con trigo rinde 200 dólares de utilidad; cada acre sembrado con maíz proporciona 300 dólares de utilidad. La mano de obra y el fertilizante que se utilizan para cada acre, aparece en la tabla 1. Se dispone de 100 trabajadores y 120 toneladas de fertilizante. Mediante programación lineal determine como Jane puede maximizar las utilidades. Trigo Maíz Mano de obra 3 trabajadores 2 trabajadores Fertilizante 2 t 4 t

28 Métodos gráfico Método Gráfico (Sólo para 2 variables)
Paso 1: Formulación del problema El primer paso para resolver el problema es expresarlo en términos matemáticos en el formato general de PL. ¿Cuál es el objetivo?, ¿Cuáles son las restricciones o limitaciones del problema? Paso 2: Graficar las restricciones El siguiente paso es dibujar todas las restricciones en un gráfica. Esto puede ser en cualquier orden. Por conveniencia se empezará por las restricciones de no negatividad Paso 3: Graficar la función objetivo Para encontrar la solución óptima, se grafica la función objetivo, tomando a Z con cualquier valor arbitrario diferente de cero

29 Métodos de la solución de modelos líneas
Paso 4: Graficar líneas de indiferencia de la función objetivo: Se trazan diferentes líneas de la función objetivo de tal manera que se encuentre el punto extremo (máximo o mínimo) del conjunto convexo formado por las restricciones del problema Paso 5: Identificar las coordenadas del punto en donde coincide la función objetivo con el punto extremo del conjunto convexo.

30 Ejemplo Del modelo de optimización del problema de Giapetto: Paso 1:
𝑀𝑎𝑥 𝑍= 3𝑥 1 +2 𝑥 2 s. a. 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤100 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤80 𝑥 1 ≤40 Con 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

31 Paso 2 Graficamos 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

32 Paso 2-2 Graficamos: 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤100

33 Paso 2-3 Graficamos: 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤80

34 Paso 2-4 Graficamos: 𝑥 1 ≤40

35 Paso 3-1 Graficamos la función objetivo
Graficamos a : 𝑍= 3𝑥 1 +2 𝑥 2 Si Z= 45, tenemos que: 45= 3𝑥 1 +2 𝑥 2

36 Paso 3-2 Graficamos la función objetivo
Si Z= 100, tenemos que: 100= 3𝑥 1 +2 𝑥 2

37 Paso 3-4 Graficamos la función objetivo
Observamos que si trazamos desplazamos la curvas objetivo hacia el punto extremo del conjunto convexo tenemos:

38 Paso 4 Identificamos coordenadas
Por lo tanto el punto optimo es: x1=20 y x2= 60 Con un valor óptimo De Z=180

39 Práctica 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 120𝑥 1 +80 𝑥 2 s. a. 2𝑥 1 + 𝑥 2 ≤6 7𝑥 1 +8 𝑥 2 ≤28
Del ejemplo del fabricante de biombos: 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 120𝑥 𝑥 2 s. a. 2𝑥 1 + 𝑥 2 ≤6 7𝑥 1 +8 𝑥 2 ≤28 con: 𝑥 1 ≥0; 𝑥 2 ≥0

40 Ejemplo de un problema de minimización
𝑀𝑖𝑛 𝑍=50 𝑥 𝑥 2 s. a. 7𝑥 1 +2 𝑥 2 ≥28 2 𝑥 𝑥 2 ≥24 𝑐𝑜𝑛 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

41 Resolviendo con los pasos descritos anteriormente, tenemos:
Graficando las restricciones:

42 Graficando Z tenemos: Si Z= 800, tenemos que: 800=50 𝑥 𝑥 2

43 La solución optima es:

44 Conceptos básicos Región Factible:
Es el conjunto de todos los puntos que satisfacen las limitaciones y las restricciones de signo. Ejemplo: del problema de Gipetto 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤100 (Restricción de acabado) 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤ ( Restricción de carpintería) 𝑥 1 ≤ ( Restricción de la demanda de soldados) 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥ ( Restricción de no negatividad) Región no factible: Todo punto que no puede satisfacer todas las restricciones del problema Punto no factible: Cualquier punto que no está en la región factible.… Ejemplo:

45 Conceptos básicos Para un problema de maximización, una solución óptima para una PL es un punto con el valor de la función objetivo más grande en la región factible. Para un de minimización, una solución óptima es un punto con el valor de la función objetivo más pequeño en la región factible.

46 Conceptos básicos Un conjunto de puntos S es un conjunto convexo si el segmento de recta que une cualquier par de puntos en S está totalmente en S. Ejemplo: Para cualquier conjunto convexo S, un punto P en S es un punto extremo si para cada segmento de recta que está completamente en S y contiene al punto P, éste es un punto terminal del segmento de una recta

47 Tipos de restricciones
Una restricción es activa u obligatoria si tanto el primero como el segundo miembro de las restricciones son iguales cuando los valores óptimos de las variables de decisión se sustituyen en la restricción Una restricción es inactiva si no son iguales el primero y el segundo miembro de la restricción cuando los valores óptimos de las variables de decisión se sustituyen en la restricción

48 𝑀𝑎𝑥 𝑍= 3𝑥 1 +2 𝑥 2 s. a. 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤100 (1) 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤ (2) 𝑥 1 ≤ (3) Con 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

49 Inactiva (3) (1) 𝑧 ∗ Activas (2)

50 Inactiva (3) (1) (2)

51 Tipos de soluciones El problema de PL tiene Solución única
Problema de PL tiene Soluciones óptimas alternativas: dos a más puntos extremos tendrán un número infinito de soluciones óptimas El problema de PL es no factible: la región factible no contiene puntos El problema de PL es no acotado: hay puntos en la región factible con valores z arbitrariamente grandes (problemas de maximización) o arbitrariamente pequeños (problemas de minimización)

52 Ejemplo de solución Única

53 Ejemplo de soluciones óptimas alternativas
Del problema: 𝑀𝑎𝑥 𝑍=3 𝑥 1 +2 𝑥 2 s. a. 1 40 𝑥 𝑥 2 ≤1 1 50 𝑥 𝑥 2 ≤1 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 Con z=50

54 Soluciones óptimas alternativas
B

55 Ejemplo de PL no factibles
Del problema: 𝑀𝑎𝑥 𝑍=3 𝑥 1 +2 𝑥 2 s. a. 1 40 𝑥 𝑥 2 ≤1 1 50 𝑥 𝑥 2 ≤1 𝑥 1 ≥30 𝑥 2 ≥20 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 𝑥 1 ≥30

56 𝑥 2 ≥20

57 Ejemplo de PL no acotado
𝑀𝑎𝑥 𝑧=2 𝑥 1 − 𝑥 2 s.a. 𝑥 1 − 𝑥 2 ≤1 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥6 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

58 Con z=5

59 Método Simplex La mayoría de los problemas producción involucra un gran número de productos y departamentos, lo que origina modelos de muchas variables y restricciones lo que hace imposible el uso del método gráfico para buscar una solución e impráctico el método algebraico . Un procedimiento para la solución de este tipo de problemas es el método simplex, el procedimiento de cálculo que emplea es un proceso iterativo, que da como resultado una serie de soluciones sucesivas hasta encontrar la mejor.

60 Una característica básica del método simplex es que la última solución produce un contribución tan grande o mayor que la solución previa en un problema de maximización, lo que da seguridad de llegar finalmente a la respuesta óptima, este método fue inventado por George Dantzing en

61 El método simplex además de apoyarse en el método de Gauss-Jordan para resolver sistemas de ecuaciones lineales también involucra algunos conceptos como:

62 Variable de holgura: se agrega cuando se trata de restricciones del tipo ≤, y se denotan con la letra 𝑠 𝑖 , donde i indica el renglón de la restricción, ejemplo: 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤30 Se transforma en: 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑠 1 =30

63 Variable de excedencia: se resta cuando se trata de restricciones del tipo ≥, y se denotan con la letra 𝑒 𝑖 , donde i indica el renglón de la restricción, ejemplo: 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥33 Se transforma en: 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑒 1 =33

64 Variable irrestricta: cuando las variables de decisión no están restringidas a un valor:
ejemplo: 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥33 Con 𝑥 1 𝑦 𝑥 2 irrestrictas En este caso se realiza la sustitución con: 𝑥 1 = 𝑥 − 𝑥 − 1 Y 𝑥 2 = 𝑥 − 𝑥 − 2 Por lo que la restricción queda: 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 − 2 ≥33 Con: 𝑥 , 𝑥 − 1 , 𝑥 , 𝑥 − 2 ≥0

65 Variable artificial: ayuda a obtener una solución básica factible y su valor es cero, ejemplo:
Se tienen las siguiente desigualdad: 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥33 Al restar la variable de excedencia se tiene que: 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑒 1 =33 Lo que lleva a obtener una solución no básica factible, porque 𝑒 1 ≥0, por esta situación se agrega una variable artificial R cuyo valor es cero; por lo que tenemos que; 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑒 1 + 𝑅 1 =33

66 De igual manera si tenemos la siguiente restricción:
𝑥 1 + 5𝑥 2 + 4𝑥 3 =5 Tendríamos que agregar una variable artificial, por lo que la restricción quedaría como; 𝑥 1 + 5𝑥 2 + 4𝑥 3 + 𝑅 1 =5

67 Ejemplo: Hallar una Solución Inicial Básica Factible del siguiente sistema: 𝑥 1 + 2𝑥 2 + 3𝑥 3 −4 𝑥 4 ≥45 (1) 3𝑥 1 + 𝑥 2 −2 𝑥 3 + 𝑥 4 ≤30 (2) 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 −2 𝑥 4 =45 (3) Con 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 ≥0

68 Se tiene que: 𝑥 1 + 2𝑥 2 + 3𝑥 3 −4 𝑥 4 − 𝑒 1 + 𝑅 1 =45
3𝑥 1 + 𝑥 2 −2 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑠 2 =30 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 −2 𝑥 4 + 𝑅 3 =45 Por lo que para la SIBF, es: Si: De (1) 𝑥 1 = 𝑥 2 = 𝑥 3 = 𝑥 4 = 𝑒 1 =0;→ 𝑅 1 =45 De (2) 𝑥 1 = 𝑥 2 = 𝑥 3 = 𝑥 4 =0 ; → 𝑠 2 =30 De (3) 𝑥 1 = 𝑥 2 = 𝑥 3 = 𝑥 4 =0; → 𝑅 3 =45

69 Por lo tanto: La SIBF vectorialmente sería: 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑡 1 𝑅 1 𝑆 2 𝑅 3 =

70 Modelo de programación lineal (MPL) de forma canónica caso máxim0: cuando se tiene un modelo de la forma: 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥≤𝑏 Con: 𝒙≥𝟎

71 MPL forma canónica caso mínimo: cuando se tiene un modelo de la forma:
Min 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝒙≥𝑏 Con: 𝒙≥𝟎

72 Forma estándar: Un MPL está escrito en su forma estándar si se puede representar de la forma:
𝑀𝑎𝑥 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎 Min 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎

73 Transformación de una Función Objetivo caso max a caso min y viceversa:
𝑀𝑎𝑥 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎 Min 𝑧´= −𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎 ⟹ Max 𝑧´= −𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎 Min 𝑧= 𝐶 𝑡 𝑥 s. a. 𝐴𝑥=𝑏 Con: 𝒙≥𝟎 ⟹

74 Propiedades de una Solución Básica
Cada Variable de un MPL que está escrito en su forma estándar se designa ya sea como variable básica o como variable no básica El número de variables básicas es igual al número de restricciones funcionales (ahora ecuaciones). Por lo tanto, el número de variables no básicas es igual al número total de variables menos el número de restricciones funcionales Las variables no básicas se igual a cero Los valores de las variables básicas se obtienen como la solución simultanea del sistema de ecuaciones Si las variables básicas satisfacen las restricciones de no negatividad, la solución básica es una solución BF

75 Algoritmo Simplex Convertir el MPL en la forma estándar
Obtener una SBF (si es posible) a partir de la forma estándar Determinar si la SBF actual es óptima Si la SBF actual no es óptima, entonces se determina cuál variable no básica se debe de transformar en variable básica con el objeto de hallar una nueva SBF con un mejor valor de la función objetivo Aplicar OER para encontrar la nueva SBF con el mejor valor de la función objetivo. Regresar al paso 3

76 Ejemplo: Solucionar: 𝑀𝑎𝑥 𝑧=4 𝑥 1 +5 𝑥 2 s. a. 2𝑥 1 +3 𝑥 2 ≤12 𝑥 1 + 6𝑥 2 ≤12 𝑥 1 ≤ 5 Con: 𝑥 1, 𝑥 2 ≥0

77 Primero se transforma en su forma estándar
𝑀𝑎𝑥 𝑧=4 𝑥 1 +5 𝑥 2 s. a. 2𝑥 1 +3 𝑥 2 + 𝑠 1 =12 𝑥 1 + 6𝑥 2 + 𝑠 2 =12 𝑥 1 + 𝑠 3 =5 Con: 𝑥 1, 𝑥 2 ≥0

78 Segundo se alimenta la tabla
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 2 3 1 12 6 5

79 Se calcula el valor de Z 4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 2 3 1 12
2 3 1 12 6 5 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 =(0(12)+0(12)+(0(5))=0

80 Se calcula los costos reducidos y los precios duales
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 2 3 1 12 6 5 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 (4-[0(2)+0(1)+0(1)]=4 5-[0(3)+0(6)+0(0)]=5 …=0

81 Se escoge en este caso el máximo positivo de los costos reducidos o precios duales para determinar Variable Entrante 4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 2 3 1 12 6 5 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗

82 Se calcula el valor de θ 4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 2 3 1 12
2 3 1 12 =12/3=4 6 =12/6=2 5 N/A 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 Se escoge el mínimo de θ para determinar variable saliente Se determina el pivote y se aplica Gauass Jordan

83 Se calcula de nuevo el valor de z
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 𝑠 1 3/2 1 - 1/2 6 5 1/6 2 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 10

84 Se calcula de nuevo los costos reducidos y los precios duales
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 𝑠 1 3/2 1 - 1/2 6 =6/(3/2)=4 5 1/6 2 2/(1/6)=12 =5/1=5 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 19/6 - 5/6 10 Se escoge el positivo más grande para determinar variable entrante y se calcula θ para determinar variable saliente Se determina el pivote y se aplica Gauss Jordan

85 Se calcula costos reducidos y precios duales
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 1 2/3 - 1/3 5 -1/9 2/9 4/3 -2/3 1/3 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 68/3 Se calcula el valor de Z Se calcula costos reducidos y precios duales

86 Se calcula costos reducidos y precios duales
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 1 2/3 - 1/3 N/a 5 -1/9 2/9 4/3 6 -2/3 1/3 3 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 -19/9 68/3 Se calcula costos reducidos y precios duales Como todavía no cumple con optimalidad se escoge el positivo mas grande para determinar variable entrante y se calcula de nueva cuenta 𝜃 para determinar variable saliente Se determina pivote y se aplica Guas Jordan

87 Se calculan costos reducidos y precios duales
4 𝟓 o CB Vb 𝑥 1 𝑥 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑳𝒅 θ 1 5 1/3 -2/3 2/3 -2 3 𝑧 𝑗 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 -5/3 70/3 Se calcula el valor de Z Se calculan costos reducidos y precios duales Como todos estos son negativos o ceros se cumple con el criterio de optimalidad por lo que: 𝑧 ∗ = ; 𝑥 1 ∗ =5; 𝑥 2 ∗ =2/3 y 𝑠 2 ∗ =3

88 Práctica Resolver mediante Simplex 𝑀𝑎𝑥 𝑧=3 𝑥 1 +2 𝑥 2 s. a. 𝑥 1 +2 𝑥 2 ≤6 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤8 𝑥 1 ≤ 2 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

89 Método de las dos fases Este se utiliza cuando se tienen restricciones de igualdas (=) o de mayor igual que (≥). Los pasos para resolver mediante este método son los siguientes: Se transforma el modelo en su forma estándar Como primer Fase: Se establece como función objetivo (r) la minimización la suma de las variables artificiales contenidas en las restricciones del modelo estándar

90 Se resuelve el modelo de la primer fase.
Si el valor óptimo 𝑟 ∗ es diferente de cero o se tiene cualquier variable artificial en un nivel diferente de cero, se dice que el modelo es infactible y se concluye el ejercicio. Si el valor óptimo 𝑟 ∗ es cero se pasa a la segunda fase Como segunda fase: Se resuelve tomando en cuenta la SIBF contenida en la primer fase sin considerar las variables artificiales, sin embargo se establece como función objetivo la que se tenía en el modelo primal

91 Ejemplo Resolver el siguiente modelo 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 4𝑥 1 +5 𝑥 2 s.a. 𝑥 1 +3 𝑥 2 ≥27 2𝑥 1 + 5𝑥 2 ≤60 𝑥 1 ≥6 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

92 Primer paso: Se transforma el modelo en su forma estándar
𝑀𝑎𝑥 𝑧= 4𝑥 1 +5 𝑥 2 s.a. 𝑥 1 +3 𝑥 2 − 𝑒 1 + 𝑅 1 =27 2𝑥 1 + 5𝑥 2 + 𝑠 2 =60 𝑥 1 − 𝑒 3 + 𝑅 3 =6 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

93 Segundo paso: 𝑀𝑖𝑛 𝑟= 4𝑥 1 +5 𝑥 2 s.a. 𝑥 1 +3 𝑥 2 − 𝑒 1 + 𝑅 1 =27 2𝑥 1 + 5𝑥 2 + 𝑠 2 =60 𝑥 1 − 𝑒 3 + 𝑅 3 =6 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

94 Tercer paso se resuelve
𝒄 𝒋 1 𝒄 𝑩 𝑉 𝐵 𝑥 1 𝑥 2 𝑒 1 𝑒 3 𝑒 4 𝑅 1 𝑠 2 𝑅 3 𝑅 4 Ld 3 -1 27 2 5 60 6 … 𝒄 𝒋 1 𝒄 𝑩 𝑉 𝐵 𝑥 1 𝑥 2 𝑒 1 𝑒 3 𝑒 4 𝑅 1 𝑠 2 𝑅 3 𝑅 4 Ld -1/3 1/3 -1 2 5/3 -5/3 14 3 8 𝑐 𝑗 − 𝑟 𝑗 r

95 Se tiene que: 𝑥 1 ∗ =3 𝑥 2 ∗ =3 𝑒 4 ∗ =2 𝑠 2 ∗ =14 𝑟 ∗ =0

96 Cuarto paso se resuelve:
𝑀𝑎𝑥 𝑧= 4𝑥 1 +5 𝑥 2 s.a. − 𝑒 𝑒 𝑒 4 =2 5 𝑒 𝑒 𝑠 2 =14 𝑥 1 − 𝑒 3 =3 𝑥 1 − 𝑒 𝑒 3 3 =8 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

97 Se tiene: Resolviendo: 𝒄 𝒋 4 5 𝒄 𝑩 𝑉 𝐵 𝑥 1 𝑥 2 𝑒 1 𝑒 3 𝑒 4 𝑠 2 Ld -1/3
𝒄 𝑩 𝑉 𝐵 𝑥 1 𝑥 2 𝑒 1 𝑒 3 𝑒 4 𝑠 2 Ld -1/3 1/3 1 2 5/3 14 -1 3 8 Resolviendo:

98 Por lo tanto la solución 𝑥 1 ∗ =15 𝑥 2 ∗ =6 𝑒 1 ∗ =6 𝑒 3 ∗ =12 𝑧 ∗ =90
𝒄 𝒋 4 5 𝒄 𝑩 𝑉 𝐵 𝑥 1 𝑥 2 𝑒 1 𝑒 3 𝑒 4 𝑠 2 Ld 1 5/2 12 -1/2 6 15 -1 𝑐 𝑗 − 𝑧 𝑗 z -5 -2 90 Por lo tanto la solución 𝑥 1 ∗ =15 𝑥 2 ∗ =6 𝑒 1 ∗ =6 𝑒 3 ∗ =12 𝑧 ∗ =90

99 Práctica Resolver el siguiente problema: 𝑀𝑖𝑛 𝑧= 4𝑥 1 + 𝑥 2 s.a. 3𝑥 1 + 𝑥 2 =3 4𝑥 1 +3 𝑥 2 ≥6 𝑥 1 + 2𝑥 2 ≤4 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

100 Dualidad El concepto fundamental de la dualidad radica en la relación matemática que existe entre lo que se conoce como el problema primal y el problema dual. El planteamiento original del problema se denomina problema primal y el planteamiento alternativo el dual.

101 Su forma general se expresa de la siguiente manera: Dado el primal: 𝑀𝑎𝑥 𝑧= 𝑐 1 𝑥 1 + 𝑐 2 𝑥 2 + 𝑐 3 𝑥 3 s.a. 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 2 + 𝑎 13 𝑥 3 ≤ 𝑏 1 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 2 + 𝑎 23 𝑥 3 ≤ 𝑏 2 𝑎 31 𝑥 1 + 𝑎 32 𝑥 2 + 𝑎 33 𝑥 3 ≤ 𝑏 3 Su dual correspondiente sería: 𝑀𝑖𝑛 𝑣= 𝑐 1 𝑥 1 + 𝑐 2 𝑥 2 + 𝑐 3 𝑥 3 𝑎 11 𝑦 1 + 𝑎 21 𝑦 2 + 𝑎 31 𝑦 3 ≥ 𝑐 1 𝑎 12 𝑦 1 + 𝑎 22 𝑦 2 + 𝑎 32 𝑦 3 ≥ 𝑐 2 𝑎 13 𝑦 1 + 𝑎 23 𝑦 2 + 𝑎 33 𝑦 3 ≥ 𝑐 2

102 Transformación de un modelo dual
Colocar los coeficientes de la función objetivo del modelo primal como los valores del lado derecho en el dual Colocar los valores del lado derecho del primal como coeficientes de la función objetivo del dual Reemplazar las variables 𝑥 𝑗 por variables 𝑦 𝑖 en el dual. Si la función objetivo del primal es maximizar se pone en el dual como minimizar y viceversa Transponer los renglones de los coeficientes de restricción del primal para convertirlos en columnas de coeficientes en el dual

103 Invertir la dirección de las desigualdades en base a la tabla siguiente
Modelo Caso Max (Primal o Dual) Modelo Caso Min Variables Restricciones ≥0 ≥ ≤0 ≤ Irrestricta = irrestricta

104 Ejemplo Sea el siguiente modelo, encontrar su dual correspondiente: 𝑀𝑎𝑥 𝑍=4 𝑥 1 +5 𝑥 2 −2 𝑥 3 s. a. 𝑥 1 + 𝑥 2 +2 𝑥 3 ≤12 3 𝑥 1 + 2𝑥 2 + 𝑥 3 ≤18 Con 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 ≥0

105 Solución 𝑀𝑖𝑛 𝑤=12 𝑦 𝑦 2 s. a. 𝑦 1 +3 𝑦 2 ≥4 𝑦 1 +2 𝑦 2 ≥5 2 𝑦 1 +2 𝑦 2 ≥−2 Con 𝑦 1 , 𝑦 2 ≥0

106 Práctica Dado el siguiente modelo, encuentre su dual correspondiente 𝑀𝑖𝑛 𝑧= 4𝑥 1 + 𝑥 2 s.a. 3𝑥 1 + 𝑥 2 =3 4𝑥 1 +3 𝑥 2 ≥6 𝑥 1 + 2𝑥 2 ≤4 Con: 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0

107 Método dual simplex El método simplex dual se inicia con una solución mejor que óptima y una solución básica no factible. Las condiciones de optimalidad y factibilidad están diseñadas para preservar la optimalidad de las soluciones básicas a medida que la solución se mueve hacia la factibilidad.

108 Condición dual de factibilidad
Condición dual de factibilidad. La variable de salida, 𝑥 𝑟 , es la variable básica que tiene el valor más negativo (los empates se rompen de forma arbitraria). Si todas las variables básicas son no negativas, el algoritmo se termina. Condición dual de optimalidad. Dado que 𝑥 𝑟 es la variable de salida, sea el costo reducido de la variable no básica 𝑥 𝑗 , y 𝛼 𝑟𝑗 el coeficiente de restricción en la fila 𝑥 𝑟 y en la columna 𝑥 𝑗 de la tabla. La variable de entrada es la variable no básica con 𝛼 𝑟𝑗 ≥0, 0 que corresponde a: min 𝑁𝑜 𝑏á𝑠𝑖𝑐𝑎 𝑥 𝑗 𝑐 𝑗 𝛼 𝑖𝑗 , 𝛼 𝑖𝑗 <0

109 Para iniciar la programación lineal óptima y no factible, se debe cumplir con dos requisitos:
1. La función objetivo debe satisfacer la condición de optimalidad del método simplex regular 2. Todas las restricciones deben ser del tipo (≤).

110 Ejemplo: Resolver el siguiente modelo por el dual simplex: 𝑀𝑖𝑛 𝑤=12 𝑦 𝑦 2 s. a. 𝑦 1 + 3𝑦 2 ≥4 𝑦 1 + 2𝑦 2 ≥5 2𝑦 1 + 𝑦 2 ≥−2 Con: 𝑦 1 , 𝑦 2 ≥0

111 Primero se transforma en su forma estándar sin agregar variables artificiales: 𝑀𝑖𝑛 𝑤=12 𝑦 𝑦 2 s. a. 𝑦 1 + 3𝑦 2 − 𝑒 1 =4 𝑦 1 + 2𝑦 2 − 𝑒 2 =5 2𝑦 1 + 𝑦 2 − 𝑒 3 =−2 Con: 𝑦 1 , 𝑦 2 ≥0

112 Se multiplica por (-1) las restricciones que tienen variables de excedencia 𝑀𝑖𝑛 𝑤=12 𝑦 𝑦 2 s. a. - 𝑦 1 − 3𝑦 2 + 𝑒 1 =−4 −𝑦 1 − 2𝑦 2 + 𝑒 2 =−5 − 2𝑦 1 − 𝑦 2 + 𝑒 3 =2 Con: 𝑦 1 , 𝑦 2 ≥0

113 Se alimenta la tabla y se calculan costos reducidos precios duales, y el valor de z Como se muestra en la tabla anterior, se cuenta con optimalidad pero no se tiene factibilidad, por lo que se escoge del lado derecho el número que más infactibilidad contiene (el negativo más grande), que para nuestro caso es el (-5) por lo que la variable 𝑒 2 es la que sale. 12 18 𝑐 𝐵 𝑉 𝐵 𝑦 1 𝑦 2 𝑒 1 𝑒 2 𝑒 3 LD -1 -3 1 -4 -2 -5 2 𝑐 𝐽 − 𝑧 𝑗 𝑧 𝑗 3

114 De acuerdo a la formula 𝑐 𝑗 𝛼 𝑖𝑗 , se calcula en mínimo para determinar la variable entrante, determinando el pivote y aplicando Gauss Jordan 𝟏𝟐 −𝟏 =𝟏𝟐 𝟏𝟖 −𝟐 =𝟗 12 18 𝑐 𝐵 𝑉 𝐵 𝑦 1 𝑦 2 𝑒 1 𝑒 2 𝑒 3 LD -1 -3 1 -4 -2 -5 2 𝑐 𝐽 − 𝑧 𝑗 𝑧 𝑗 3

115 Se calculan el valor de z, los costos reducidos y precios duales
12 18 𝑐 𝐵 𝑉 𝐵 𝑦 1 𝑦 2 𝑒 1 𝑒 2 𝑒 3 LD 1 -3/2 7/2 -1/2 5/2 9/2 𝑐 𝐽 − 𝑧 𝑗 𝑧 𝑗 3 o 9 45 Como se logra ver en la tabla, se recupera factibilidad y no se pierde optimalidad, por lo que: 𝑒 1 ∗ =7/2 𝑦 2 ∗ = 5 2 𝑒 3 ∗ =9/2 𝑧 ∗ =45

116 Practica Resuelva el siguiente modelo por dual simplex: M𝑖𝑛 𝑤=4 𝑦 1 +3 𝑦 2 s. a. 3𝑦 1 + 2𝑦 2 ≥36 𝑦 1 + 2𝑦 2 ≤5 Con: 𝑦 1 , 𝑦 2 ≥0

117 Análisis de Sensibilidad
Es un método para investigar el efecto que tiene cambios en los diferentes parámetros sobre la solución óptima de un problema de PL. Se pueden cambiar los coeficientes de la función objetivo, los valores del lado derecho de las restricciones o los coeficientes asociados a directamente con las restricciones

118 Análisis de sensibilidad sobre:
En coeficientes de F. O. En el lado derecho En una columna de VB y VNB En agregar una variable En agregar una restricción

119 Transporte La red que aparece en la siguiente figura representa el problema. Fuente: Taha (2012).

120 Hay m orígenes y n destinos, cada uno representado por un nodo
Hay m orígenes y n destinos, cada uno representado por un nodo. Los arcos representan las rutas que unen lo orígenes con los destinos. El arco (i, j) que une el origen i con el destino j transporta dos piezas de información: el costo de transporte por unidad, cij y la cantidad transportada, xij. La cantidad de la oferta en el origen i es ai y la cantidad de la demanda en el destino j es bj. El objetivo del modelo es minimizar el costo de transporte total al mismo tiempo que se satisfacen las restricciones de la oferta y la demanda.

121 Formulación de un modelo de transporte
MG Auto cuenta con tres plantas en Los Ángeles, Detroit y Nueva Orleáns, y dos importantes centros de distribución en Denver y Miami. Las capacidades trimestrales de las tres plantas son 1000, 1500 y 1200 automóviles, y las demandas de los dos centros de distribución durante el mismo periodo son de 2300 y 1400 automóviles. La distancia en millas entre las plantas y los centros de distribución aparece en la siguiente tabla. Denver Miami Los Angeles 1000 2690 Detroit 1250 1350 Nueva Orleans 1275 850

122 La compañía transportista cobra 8 centavos por milla por automóvil
La compañía transportista cobra 8 centavos por milla por automóvil. En la tabla se dan los costos de transporte por automóvil en las diferentes rutas, redondeados al dólar más cercano. Denver Miami Los Angeles $80 $215 Detroit $100 $108 Nueva Orleans $102 $68

123 El modelo quedaría: 𝑀𝑖𝑛 𝑧=80 𝑥 𝑥 12 +1oo 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 32 s. a. s. a. 𝑥 11 + 𝑥 =1000 𝑙𝑜𝑠 𝐴𝑛𝑔𝑒𝑙𝑒𝑠 𝑥 21 + 𝑥 =1500 (𝐷𝑒𝑡𝑟𝑜𝑖𝑡) 𝑥 31 + 𝑥 32 =1200 𝑁𝑢𝑒𝑣𝑎 𝑂𝑟𝑙𝑒𝑎𝑛𝑠 𝑥 11 + 𝑥 21 + 𝑥 31 =2300 (𝐷𝑒𝑛𝑣𝑒𝑟) 𝑥 12 + 𝑥 22 + 𝑥 32 =1400 (𝑀𝑖𝑎𝑚𝑖) 𝑥 𝑖𝑗 ≥0, 𝑖=1,2,3, 𝑗=1,2

124 Una forma compacta de representar el problema del transporte es utilizando el formato de la Tabla de transporte: Oferta 1000 1500 1200 80 𝑥 11 215 𝑥 12 100 𝑥 21 108 𝑥 22 102 𝑥 31 68 𝑥 32 Los Ángeles Detroit Nueva Orleans Demanda 2300 1400

125 Práctica Tres plantas de energía eléctrica de 25, 40 y 30 millones de kWh abastecen electricidad a tres ciudades. Las demandas máximas en las tres ciudades se estiman en 30, 35 y 25 millones de kWh. El precio por millón de kWh en las tres ciudades se da en la tabla. Durante el mes de agosto la demanda se incrementa 20% en cada una de las tres ciudades, la cual puede satisfacerse adquiriendo electricidad de otra red a un precio más elevado de $1000 por millón de kWh. La red no está enlazada a la ciudad 3. La compañía eléctrica desea determinar el plan más económico para la distribución y compra de energía adicional.

126 Formule el problema como un modelo de transporte
Ciudad 1 2 3 $600 $700 $400 $320 $300 $350 $500 $480 $450 1 2 3 Planta Precio/Millon de KwH

127 Métodos para obtener la primera solución. Del problema del transporte
Existen tres métodos para asegurar una solución inicial en el modelo de transporte: Método de la esquina noreste Método de costo mínimo Método de aproximación Voguel

128 Método de la esquina noroeste
Se inicia en la celda noroeste de la tabla Paso 1. Asigne lo más posible a la celda seleccionada, y ajuste las cantidades asociadas de oferta y demanda restando la cantidad asignada. Paso 2. Tache la columna o fila con oferta o demanda cero para indicar que no se hagan más asignaciones en esa fila o columna. Si una fila y una columna dan cero al mismo tiempo, tache sólo una, y deje una oferta (demanda) cero en la fila (columna) no tachada. Paso 3. Si se deja sin tachar exactamente una fila o columna, deténgase. De lo contrario, muévase a la celda a la derecha si acaba de tachar una columna, o abajo si acaba de tachar una fila. Vaya al paso 1.

129 Método del costo mínimo
El método del costo mínimo determina una mejor solución inicial al concentrarse en las rutas más económicas. Asigna lo más posible a la celda con el costo unitario mínimo (los empates se rompen arbitrariamente). Luego se tacha la fila o columna satisfecha y se ajustan las cantidades de oferta y demanda como corresponda. Si una fila o una columna se satisfacen al mismo tiempo, sólo se tacha una, igual que en el método de la esquina noroeste. A continuación, seleccione la celda no tachada con el costo unitario mínimo y repita el proceso hasta que se deje sin tachar exactamente una fila o columna.

130 Método de aproximación Vogel
Paso 1. Para cada fila (columna) determine una medida de penalización restando el elemento de costo unitario mínimo en la fila (columna) del siguiente elemento de costo mínimo en la misma fila (columna). Paso 2. Identifique la fila o columna con la penalización máxima, que rompa los empates arbitrariamente. Asigne lo más posible a la variable con el costo unitario mínimo en la fila o columna seleccionada. Ajuste la oferta y la demanda, y tache la fila o columna satisfecha. Si una fila y una columna se satisfacen al mismo tiempo, sólo se tacha una de las dos, y a la fila restante (columna) se le asigna una oferta (demanda) cero.

131 Paso 3. (a) Si exactamente una fila o columna con oferta o demanda cero permanece sin tachar, deténgase. (b) Si una fila (columna) con oferta (demanda) positiva permanece sin tachar, determine las variables básicas en la fila (columna) mediante el método del costo mínimo. Deténgase. (c) Si todas las filas y columnas no tachadas tienen oferta y demanda cero (restantes), determine las variables básicas cero por el método del costo mínimo. Deténgase. (d) De lo contrario, vaya al paso 1.

132 Pruebas de factibilidad y optimización
Una vez encontrada la solución inicial factible para resolver un modelo de transporte, se procede aplicar el algoritmo de transporte para encontrar una solución optima factible: Paso 1. Determine una solución factible básica inicial y vaya al paso 2. Paso 2. Use la condición de optimalidad del método simplex para determinar la variable de entrada de entre todas las variables no básicas. Si se satisfacen las condiciones de optimalidad, deténgase. De lo contrario, avance al paso 3. Paso 3. Use la condición de factibilidad del método simplex para determinar la variable de entrada de entre todas las variables básicas actuales, y halle la nueva solución básica. Regrese al paso 2.

133 Ejemplo SunRay Transport Company transporta granos de tres silos a cuatro molinos. La oferta (en camiones cargados) y la demanda (también en camiones cargados) junto con los costos de transporte por unidad por camión cargado en las diferentes rutas, se resumen en la Tabla. Los costos de transporte por unidad, cij (que se muestran en la esquina de cada casilla) están en cientos de dólares. El modelo busca el programa de envíos a un costo mínimo entre los silo y los molinos.

134 1 2 3 4 Oferta 15 25 10 1 2 3 10 𝑥 11 2 𝑥 12 20 𝑥 13 11 𝑥 14 12 𝑥 21 7 𝑥 22 9 𝑥 23 𝑥 24 4 𝑥 31 14 𝑥 32 16 𝑥 33 18 𝑥 34 Silo Demanda 5 15

135 Paso 1: Utilizando el método de la esquina noroeste se obtiene una solución inicial: 1 2 3 4 Oferta 15 25 10 1 2 3 10 5 2 20 11 𝑥 14 12 7 9 15 4 14 16 18 Silo Demanda 5 15

136 Paso 2 Checamos condición de optimalidad
Mediante multiplicadores de Lagrange asociamos los multiplicadores 𝑢 𝑖 y 𝑣 𝑗 con la fila 𝑖 y la columna 𝑗 de la tabla inicial del transporte para cada variable básica actual, que tiene que satisfacer las siguientes ecuaciones: 𝑢 𝑖 + 𝑣 𝑗 = 𝑐 𝑖𝑗 para cada 𝑥 𝑖𝑗 básica Para resolver este sistema asignamos arbitrariamente 𝑢 1 =0, resolviendo las variables restantes, como se muestra en la siguiente tabla:

137 Variable básica Ecuación Solución 𝑥 11 𝑢 1 + 𝑣 1 =10 Conjunto 𝑢 1 =0⇒ 𝑣 1 =10 𝑥 12 𝑢 1 + 𝑣 2 =2 𝑢 1 =0⇒ 𝑣 2 =2 𝑥 22 𝑢 2 + 𝑣 2 =7 𝑣 2 =2⇒ 𝑢 2 =5 𝑥 23 𝑢 2 + 𝑣 3 =9 𝑢 2 =5⇒ 𝑣 3 =4 𝑥 24 𝑢 2 + 𝑣 4 =20 𝑣 3 =4⇒ 𝑣 4 =15 𝑥 34 𝑢 3 + 𝑣 4 =18 𝑣 4 =15⇒ 𝑢 3 =3 Por lo tanto tenemos: 𝑢 1 =0 𝑢 2 =5 𝑣 3 =4 𝑣 2 =2 𝑢 3 =3 𝑣 1 =10 𝑦 𝑣 4 =4

138 En seguida utiliza 𝑢 𝑖 y 𝑣 𝑗 para evaluar las variables no básicas calculando: 𝑢 𝑖 + 𝑣 𝑗 − 𝑐 𝑖𝑗 para cada 𝑥 𝑖𝑗 no básica Los resultados se muestran en la siguiente tabla: Como el modelo de transporte minimiza el costo, la variable de entrada es la que tiene el coeficiente más positivo, es decir 𝑥 31 es la variable de entrada. Variable básica 𝑢 𝑖 + 𝑣 𝑗 − 𝑐 𝑖𝑗 𝑥 13 𝑢 1 + 𝑣 3 − 𝑐 13 =0+4−20=−16 𝑥 14 𝑢 1 + 𝑣 4 − 𝑐 14 =0+15−11=4 𝑥 21 𝑢 2 + 𝑣 1 − 𝑐 21 =5+10−12=3 𝑥 31 𝑢 3 + 𝑣 2 − 𝑐 32 =3+10−4=𝟗 𝑥 32 𝑢 3 + 𝑣 2 − 𝑐 32 =3+2−14=−9 𝑥 33 𝑢 3 + 𝑣 3 − 𝑐 33 =3+4−16=−9

139 Los cálculos realizados anteriormente se pueden hacer directamente en la tabla si necesidad de realizar las tablas. Oferta 15 25 10 𝑣 1 =0 𝑣 2 =2 𝑣 3 =4 𝑣 4 =15 𝑢 1 =0 𝑢 2 =5 𝑢 3 =3 10 5 2 20 -16 11 4 12 3 7 9 15 𝟓 14 -9 16 18 𝟏𝟎 Silo Demanda 5 15

140 Una vez identificada la variable de entrada tenemos que encontrar la variable de salida de entre las variables básicas actuales. La selección de 𝑥 31 como variable de entrada significa que transportar por esta reduce el costo de transporte, si transporta θ unidades, entonces debemos determinar el valor máximo de este en base en dos condiciones: Los límites de la oferta y los requerimientos de la demanda permanecen satisfechos Los transportes a través de todas las rutas permanecen no negativos

141 Estas condiciones determinan el valor máximo de 𝜃 y la variable de salida como sigue:
Construimos un lazo cerrado que inicia y termina en la celda de la variable de entrada. Considerando sólo esquinas donde existen variables básicas Asignamos la cantidad de θ a la celda de entrada, intercalando en cada esquina la suma y resta de esta Se escoge el valor máximo de θ que cumpla con el criterio de no negatividad

142 Tenemos que: Oferta 15 25 10 𝑣 1 =0 𝑣 2 =2 𝑣 3 =4 𝑣 4 =15 𝑢 1 =0
𝑢 2 =5 𝑢 3 =3 10 5-θ 2 10+θ 20 -16 11 4 12 3 7 9 15 𝟓+θ θ 14 -9 16 18 𝟏𝟎-θ Silo Demanda 5 15

143 Por lo que los valores candidatos serían: 𝑥 11 =5−𝜃≥0 𝑥 22 =5−𝜃≥0 𝑥 34 =10−𝜃≥0 El máximo 𝜃 sería 5. Una vez realizada la segunda iteración la tabla sería: Oferta 15 25 10 𝑣 1 =1 𝑣 2 =2 𝑣 3 =4 𝑣 4 =15 𝑢 1 =0 𝑢 2 =5 𝑢 3 =3 10 -9 2 15-θ 20 -16 11 θ 4 12 -6 7 θ+0 9 15 𝟏𝟎−θ 5 14 16 18 𝟓 Silo Demanda 5 15

144 Como logramos apreciar en la tabla anterior, la variable 𝑥 14 tiene valor positivo por lo que tendríamos que realizar otra iteración por lo que tabla quedaría: Oferta 15 25 10 𝑣 1 =−3 𝑣 2 =2 𝑣 3 =4 𝑣 4 =11 𝑢 1 =0 𝑢 2 =5 𝑢 3 =7 10 -13 2 5 20 -16 11 12 3 7 9 15 -4 4 14 -5 16 18 𝟓 Silo Demanda 5 15

145 Por lo que la solución optima es:
Del silo Al molino Cantidad de camiones de carga 1 2 5 4 10 3 15 Costo óptimo=$435

146 Práctica Del ejercicio de las plantas eléctricas, calcular el costo mínimo por el algoritmo del transporte

147 Modelo de asignación El modelo de asignación es un tipo especial de programación lineal en el que los asignados son recursos que se destinan a la realización de tareas. Los asignados pueden ser empleados a quienes se tiene que dar trabajo. Sin embargo, los asignados no necesariamente tiene que ser personas, pueden ser máquinas, vehículos o plantas a los que se les asignan tareas.

148 El modelo de asignación es un caso especial del modelo de transporte, donde los asignados representan orígenes y las tareas representan los destinos La oferta (demanda) en cada origen (destino) es igual a 1, el costo de transportar al asignado 𝑖 a la tarea 𝑗 es 𝑐 𝑖𝑗 , por lo que se tendría que minimizar el costo de transporte para cumplir con la asignación de cada trabajador y de cada tarea.

149 Formulación del modelo de asignación
El modelo matemático del problema de asignación sería: 𝑀𝑖𝑛 𝑧= 𝑖=1 𝑛 𝑗=1 𝑛 𝑐 𝑖𝑗 𝑥 𝑖𝑗 s. a. 𝑗=1 𝑛 𝑥 𝑖𝑗 =1 para cada asignado 𝑖=1,2,…,𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑥 𝑖𝑗 =1 para tarea asignada j=1,2,…,𝑛

150 Algoritmo de asignación
El problema de asignación se resuelve mediante el método húngaro Paso 1. Determine pi, el elemento de costo mínimo en la fila i de la matriz de costos original, y réstelo de todos los elementos de la fila i, i = 1, 2, 3. Paso 2. Para la matriz creada en el paso 1, determine qj, el elemento de costo mínimo de la columna j, y réstelo de todos los elementos de la columna j, j = 1, 2, 3. Paso 3. A partir de la matriz del paso 2, intente determinar una asignación factible entre todas las entradas cero resultantes. 3a. Si puede hallarse esa asignación, es óptima. 3b. De lo contrario, se requieren más cálculos (como se explicará en el ejemplo 5.4-2).

151 Referencias Taha, H. (2012). Investigación de Operaciones. Novena Edición, México Hillier, F. y Lieberman, G. (2010). Introducción a la Investigación de operaciones. Novena Edición, México

152 Guion explicativo El tema que versa el presente trabajo es el de “Programación lineal” que forma parte de la unida de aprendizaje de “Métodos cuantitativos para la toma de decisiones”, correspondiente al programa educativo de la Licenciatura en Negocios Internacionales, cuyo espacio académico es la Facultad de Economía.

153 Su estructura se conforma de la siguiente manera:
Este material tiene como objetivo aplicar las técnicas cuantitativas más importantes de la investigación de operaciones y emplearlas correctamente en la toma de decisiones en el contexto de los negocios Su estructura se conforma de la siguiente manera: Una parte teórica que explica la base de cada uno de los temas. Un ejemplo de cada tema, el cual es desarrollado por el profesor Y, un ejercicio para que el alumno lo realice como práctica en clase