Tema 4 PROGRAMACIÓN LINEAL.

Presentación del tema: "Tema 4 PROGRAMACIÓN LINEAL."— Transcripción de la presentación:

1 Tema 4 PROGRAMACIÓN LINEAL

2 SISTEMAS DE DESIGUALDADES LINEALES
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL Un problema de maximización Un problema de minimización Número de Soluciones de un PPL EJEMPLOS Resolver un problema de programación lineal Planificar la inversión El problema de la dieta

3 DESIGUALDADES LINEALES
█ SOLUCIONES DE UNA DESIGUALDAD LINEAL Una desigualdad lineal en x e y es una desigualdad que puede escribirse en una de las siguientes formas: ax + by > c ax + by < c ax + by  c ax + by  c donde a, b y c son números reales y a y b no son ambos 0. Algunos ejemplos de desigualdades lineales son: 2x – y > – 3 y < 3 x + 4y  6 x  – 2 Un par ordenado (x, y) es una solución de una desigualdad cuando al sustituir los valores de x e y en la desigualdad hacen que ésta se cumpla.

4 y  x – 5 2  4 – 5 2  –1 y  x – 5 –6  0 – 5 –6  –5 EJEMPLO 1
Determina si cada par ordenado es una solución de y  x – 5: a) (4, 2) b) (0, –6) Solución a) Para determinar si (4, 2) es una solución, sustituye 4 por x y 2 por y: y  x – 5 2  4 – 5 2  –1 Como 2  –1 es una desigualdad cierta, (4, 2) es una solución. b) Para determinar si (0, –6) es una solución, sustituye 0 por x y –6 por y: y  x – 5 –6  0 – 5 –6  –5 Como –6  –5 es una desigualdad falsa, (0, –6) no es una solución.

5 █ GRÁFICAS DE DESIGUALDADES LINEALES
La gráfica de la ecuación y = x – 5 es una recta. La gráfica de la desigualdad y  x – 5 no es una recta sino una región limitada por una recta, llamada semiplano. El semiplano está formado por los puntos cuyas coordenadas satisfacen la desigualdad. Las coordenadas (x, y) de los puntos de la recta cumplen: y = x – 5 x y y = x – 5 Las coordenadas (x, y) de los puntos del semiplano A cumplen: y > x – 5 y > x – 5 La recta divide al plano en dos semiplanos A y B. A B Las coordenadas (x, y) de los puntos del semiplano B cumplen: y < x – 5 y < x – 5

6 y  x – 5 Sustituye 0 por x y 0 por y. 0  0 – 5 0  –5
EJEMPLO 2 Representa gráficamente la desigualdad y  x – 5. y = x – 5 x y (x, y) 0 –5 (0, –5) (5, 0) Solución Puesto que y  x – 5 significa que y = x – 5 o y > x – 5, comenzamos por dibujar la ecuación y = x – 5. y  x – 5 también indica que puede ser y > x – 5. Las coordenadas de estos otros puntos satisfacen la desigualdad estricta. Por ejemplo, las coordenadas del origen satisfacen la desigualdad: (0, 0)  y  x – Sustituye 0 por x y 0 por y. 0  0 – 5 0  –5 Como 0  –5 es cierto, las coordenadas del origen satisfacen la desigualdad. De hecho, las coordenadas de cada punto del mismo lado que el origen satisfacen la desigualdad. La gráfica de y  x – 5 es el semiplano que contiene el origen. Como la recta y = x – 5 está incluida, la dibujamos continua.

7 x + 2y < 6 0 + 2·0 < 6 0 < 6 EJEMPLO 3
Representa gráficamente x + 2y < 6. Solución Dibujamos la recta límite de ecuación x + 2y = 6. Como el símbolo <, no incluye un signo =, los puntos de x + 2y = 6 no serán parte del gráfico. Para mostrar esto, dibujamos la recta como línea discontinua. Para determinar qué semiplano escoger, sustituye las coordenadas de algún punto de uno de los semiplanos determinados por la recta x + 2y = 6. El origen (0, 0) es una opción conveniente. x y x + 2y < 6 x + 2y < 6 x + 2y = 6 Sustituye 0 por x y 0 por y.  (0, 3) 0 + 2·0 < 6 0 < 6 (6, 0)  Puesto que 0 < 6 es cierto, sombreamos el lado de la recta que incluye el origen.

8 EJEMPLO 4 Representa gráficamente y > 2x. y = 2x x y (x, y) (0, 0) –1 –2 (–1, –2) (3, 6) Solución. La recta límite es y = 2x. Como el símbolo > no incluye un igual, los puntos de y = 2x no son parte de la gráfica de y > 2x. Para mostrar esto, dibujamos la recta límite como línea discontinua. x y y > 2x y = 2x  (3, 6) Para ver qué semiplano escoger, sustituye las coordenadas de algún punto de uno de los semiplanos determinados por la recta y = 2x. El punto T(2, 0), por ejemplo. Para ver si el punto T(2, 0) satisface y > 2x: T(2, 0)  y > 2x 0 > 2·2 0 > 4 Sustituye 2 por x y 0 por y. (–1, –2) Como 0 > 4 es falso, las coordenadas del punto T no satisfacen la desigualdad, y el punto T no está en el lado de la recta que cumple la desigualdad. Por tanto, la gráfica de y > 2x es el semiplano que no contiene a T.

9 Pasos para representar gráficamente una desigualdad lineal
PASO 1: Dibuja la ecuación lineal correspondiente, una recta R. Si la desigualdad es no estricta, dibuja R usando una línea continua; si la desigualdad es estricta, dibuja R con línea discontinua. PASO 2: Selecciona un punto de prueba P que no esté en la recta R. PASO 3: Sustituye las coordenadas del punto de prueba P en la desigualdad dada. Si las coordenadas de este punto P satisfacen la desigualdad lineal, entonces todos los puntos en el mismo lado de R que el punto P satisfacen la desigualdad. Si las coordenadas del punto P no satisfacen la desigualdad lineal, entonces todos los puntos en el lado opuesto de R que P satisfacen la desigualdad.

10 SISTEMAS DE DESIGUALDADES LINEALES
Un sistema de inecuaciones lineales en el plano viene dado por varias desigualdades del tipo r1  a1x + b1y  c1 r2  a2x + b2y  c2 rn  anx + bny  cn y la solución, si existe, corresponde a una región convexa del plano, que llamamos región factible. Para su solución gráfica, se representa cada recta y se marca el semiplano que determina. La parte que tienen en común todos los semiplanos proporciona la región factible.

11 EJEMPLO 5 Representa gráficamente el sistema de desigualdades x + y  1 x – y  1 Solución. Representamos cada desigualdad gráficamente en un sistema de ejes coordenados. x y x + y = 1 x – y = 1 x + y  1 x – y  1  A La figura muestra el resultado cuando los semiplanos se superponen en un sistema coordenado. El área que se colorea dos veces representa el conjunto de soluciones del sistema dado. Cualquier punto en la región doblemente sombreada tiene coordenadas que satisfacen ambas desigualdades.

12 x + y = 1 x + y  1  A x + y  1 x – y  1 4 + 1  1 4 – 1  1 5  1
EJEMPLO 5 x + y = 1 x – y = 1 x – y  1 x + y  1 Para ver que esto es verdad, podemos escoger un punto, tal como el punto A, de la región doble coloreada y demostrar que sus coordenadas satisfacen ambas desigualdades. Como el punto A tiene coordenadas (4, 1), tenemos  A x + y  1 4 + 1  1 5  1 x – y  1 4 – 1  1 3  1 Puesto que las coordenadas del punto A satisfacen cada desigualdad, el punto A es una solución. Si probamos un punto que no esté en la región doblemente sombreada, sus coordenadas no satisfarán ambas desigualdades. Para resolver un sistema de desigualdades Representa cada desigualdad del sistema en los mismos ejes coordenados. Halla la región donde las gráficas se solapan. Prueba con un punto de la región para verificar la solución.

13 2x + y < 4 –2x + y > 2 EJEMPLO 6
Representa gráficamente la solución de Solución Representamos cada desigualdad en un sistema de ejes coordenados.  La gráfica de 2x + y < 4 incluye todos los puntos debajo de la recta 2x + y = 4. Puesto que el límite no está incluido, lo dibujamos como línea discontinua.  La gráfica de –2x + y = 2 incluye todos los puntos por encima de la recta –2x + y = 2. Puesto que el límite no está incluido, lo dibujamos como línea discontinua. Toma un punto de la región doblemente sombreada y prueba que satisface ambas desigualdades. La región que está sombreada dos veces es el conjunto de soluciones del sistema.

14 x  2 y > 3 EJEMPLO 7 Representa gráficamente la solución de
Representamos cada desigualdad en un sistema de ejes coordenados.  La gráfica de x  2 incluye todos los puntos sobre la recta x = 2 y a su izquierda. Puesto que la recta límite está incluida, la dibujamos continua.  La gráfica de y > 3 incluye todos los puntos por encima de la recta y = 3. Puesto que la recta límite no está incluida, la dibujamos discontinua. Toma un punto de la región doblemente sombreada y prueba que satisface ambas desigualdades. La región que está sombreada dos veces es el conjunto de soluciones del sistema.

15 y < 3x – 1 y  3x + 1 EJEMPLO 8 Representa gráficamente la solución de Solución Dibuja la gráfica de cada desigualdad.  La gráfica de y < 3x – 1 incluye todos los puntos por debajo de la recta discontinua y = 3x – 1.  La gráfica de y  3x + 1 incluye todos los puntos sobre y por encima de la recta continua y = 3x + 1. Puesto que los semiplanos de estas desigualdades no tienen ningún punto de intersección, el sistema no tiene solución.

16 3x + 4y  12 2x + y  2 x  0 y  0 r1  3x + 4y = 12 r2  2x + y = 2
Representar la solución del sistema de inecuaciones EJEMPLO 9 3x + 4y  x + y  x  y  0 Solución (0, 3) (0, 2) (1, 0) (4, 0) Representamos r3 r1  3x + 4y = 12 r2  2x + y = 2 r3  x = 0 r4  y = 0 r1 r2 Y sombreamos la región que tienen en común, que se denomina región factible. r4

17 x − 3y  −6 x + 2y  4 3x + y  12 r1  x − 3y = −6 r2  x + 2y = 4
Hallar la región factible de: EJEMPLO 10 x − 3y  − x + 2y  x + y  12 Solución Representamos cada recta C(3, 3) r1  x − 3y = −6 r1 r3 r2  x + 2y = 4 A(0, 2) r2 r3  3x + y = 12 La región factible corresponde al triángulo del dibujo y como está limitada se dice acotada. B(4, 0)

18 x + 3y  3 −x + y  1 Hallar la región factible de: EJEMPLO 11
Solución r2 Representamos la recta x + 3y = 3 tomando el semiplano y  (3 – x)/3 Representamos la recta −x + y = 1 tomando el semiplano y  1 + x r1 La región factible corresponde a la zona coloreada del dibujo y como no está limitada se dice no acotada.

19 (a) x  2y y − x  2 x + y  5 x  0 (b) 2x + 4y  4 6x + 3y  6 x  0
EJERCICIO Hallar la región factible de los sistemas de inecuaciones siguientes: (a) x  2y y − x  2 x + y  5 x  0 (b) 2x + 4y  4 6x + 3y  6 x  0 y  0 (c) x  y x  2y x  20 (d) 3x + 2y  24 y  x y  1

20 INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL
EJEMPLO Gepetto S.L., manufactura muñecos y trenes de madera. Cada muñeco: Produce un beneficio neto de 3 €. Requiere 2 horas de trabajo de acabado. Requiere 1 hora de trabajo de carpintería. Cada tren: Produce un beneficio neto de 2 €. Requiere 1 hora de trabajo de acabado. Requiere 1 hora trabajo de carpintería. Cada semana Gepetto puede disponer de: Todo el material que necesite. Solamente 100 horas de trabajo de acabado. Solamente 80 horas de trabajo de carpintería. 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?

21 Max. z = 3x + 2y y = nº de trenes producidos a la semana y ≥ 0
Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL). 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. 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: Max. z = 3x + 2y 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

22 Restricciones Max. z = 3x + 2y
Cuando x e y crecen, la función objetivo de este problema también crece. Pero no puede crecer indefinidamente porque, para este problema, los valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones: Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas. Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpintería 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: 2x + y ≤ 100 Restricción 2: x + y ≤ 80 Restricción 3: x ≤ 40 Además, tenemos las restricciones de signo: x ≥ 0 e y ≥ 0

23 Formulación matemática del PPL
Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana y = nº de trenes producidos a la semana Muñeco Tren Beneficio 3 2 Acabado 1 ≤ 100 Carpintería ≤ 80 Demanda ≤ 40 Max z = 3x + 2y (función objetivo) 2x + y ≤ (acabado) x + y ≤ (carpintería) x ≤ 40 (demanda muñecos) x ≥ (restricción de signo) y ≥ (restricción de signo)

24 Formulación matemática del PPL
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: Max z = 3x + 2y (función objetivo) Sujeto a (s.a:) 2x + y ≤ 100 (restricción de acabado) x + y ≤ 80 (restricción de carpintería) x ≤ 40 (restricción de demanda de muñecos) x ≥ 0 (restricción de signo) y ≥ 0 (restricción de signo)

25 Región factible 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. Restricciones de Gepetto 2x + y ≤ 100 (restricción finalizado) x + y ≤ (restricción carpintería) x ≤ (restricción demanda) x ≥ (restricción signo) y ≥ (restricción signo) x = 40 , y = 20 está en la región factible porque satisfacen todas las restricciones de Gepetto. También x = 10 , y = 50 Sin embargo, x = 15, y = 70 no está en la región factible porque este punto no satisface la restricción de carpintería x + y ≤ 80 > 80.

26 Solución óptima z = 3x + 2y = 3·20 + 2·60 = 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) 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 €.

27 Teorema fundamental de la programación lineal
Este resultado general nos dice donde debe estar la solución de un problema de programación lineal. Teorema fundamental de la programación lineal ► Si un problema de programación lineal tiene una solución, está situada en un vértice de la región factible. ► Si un problema de programación lineal tiene soluciones múltiples, por lo menos una de ellas está situada en un vértice de la región factible. ► En cualquier caso el valor correspondiente de la función objetivo es único. Este teorema nos indica que deberemos buscar las soluciones en los vértices de la región factible.

28 Representación Gráfica de las restricciones
20 40 60 80 100 Y X Cualquier PPL con sólo dos variables se puede resolver gráficamente. 2x + y = 100 Por ejemplo, para representar gráficamente la primera restricción, 2x + y ≤ 100 : dibujamos la recta 2x + y = 100 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.

29 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: 2x + y ≤ (restricción de acabado) x + y ≤ (restricción de carpintería) x ≤ (restricción de demanda) x ≥ (restricción de signo) y ≥ (restricción de signo) Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.

30 Dibujar la región factible
20 40 60 80 100 Y X Restricciones 2x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 2x + y = 100 Teniendo en cuenta las restricciones de signo (x ≥ 0, y ≥ 0), nos queda:

31 Dibujar la región factible
20 40 60 80 100 Y X Restricciones 2x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 x + y = 80

32 Dibujar la región factible
20 40 60 80 100 Y X Restricciones 2x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 x = 40

33 Dibujar la región factible
20 40 60 80 100 Y X 2x + y = 100 La intersección de todos estos semiplanos (restricciones) nos da la región factible x = 40 x + y = 80 Región Factible

34 Vértices de la región factible
20 40 60 80 100 Y X Restricciones 2x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 2x + y = 100 E x = 40 La región factible (al estar limitada por rectas) es un polígono. En esta caso, el polígono ABCDE. D x + y = 80 Región Factible Como la solución óptima está en alguno de los vértices (A, B, C, D o E) de la región factible, calculamos esos vértices. C B A

35 Vértices de la región factible
20 40 60 80 100 Y X E es solución de x + y = 80 x = 0 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 2x + y = 100 E(0, 80) x = 40 La solución del sistema x = 20, y = 60 nos da el punto D. D (20, 60) B es solución de x = 40 y = 0 Región Factible C(40, 20) C es solución de x = 40 2x + y = 100 x + y = 80 B(40, 0) A(0, 0)

36 Resolución analítica Max z = 3x + 2y (0, 0) z = 3·0+2·0 = 0
20 40 60 80 100 Y X Max z = 3x + 2y Podemos encontrar la solución óptima calculando el valor de z en los vértices de la región factible. (0, 80) Vértice z = 3x + 2y (0, 0) z = 3·0+2·0 = 0 (20, 60) (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 = 160 Región Factible (40, 20) La solución óptima es: x = 20 muñecos y = 60 trenes z = 180 € de beneficio (40, 0) (0, 0)

37 Resolución gráfica Max z = 3x + 2y z = 0, z = 100, y z = 180 Región
20 40 60 80 100 Max z = 3x + 2y Para hallar la solución óptima, dibujamos las rectas en las cuales los puntos tienen el mismo valor de z (llamadas rectas de nivel). La figura muestra estas lineas para z = 0, z = 100, y z = 180 (0, 80) (20, 60) Región Factible 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). (40, 20) (40, 0) (0, 0) z = 180 z = 100 z = 0

38 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. Para resolver un problema de programación lineal:  Escribe una expresión para la cantidad que debe ser maximizada o minimizada (función objetivo) y determina todas las restricciones.  Representa gráficamente la región factible.  Obtén una lista de los vértices de la región factible.  Determina el valor de la función objetivo en cada vértice.  Selecciona el valor máximo o mínimo de la función objetivo. 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.

39 Un problema de minimización
Dorian Auto fabrica y vende coches 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: del corazón 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 € y un anuncio del fútbol cuesta €. ● Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos por 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.

40 Formulación del problema
Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón y = nº de anuncios en fútbol ► Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2 millones de hombres. Corazón (x) Fútbol (y) mujeres 6 3 hombres 2 8 Coste 1.000€ 50 100 6x + 3y ≥ 30 ► Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de hombres. 2x + 8y ≥ 24 ► Un anuncio en el programa de corazón cuesta € y en el fútbol cuesta €. 50x +100y ► Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos por 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.

41 Formulación del problema
Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón y = nº de anuncios en fútbol Min z = 50x + 100y s.a: 6x + 3y ≥ 30 2x + 8y ≥ 24 x, y ≥ 0  (función objetivo en €)  (mujeres)  (hombres)  (no negatividad)

42 Dibujamos la región factible
X Y 14 12 10 8 6 4 2 Min z = 50x + 100y s.a. 6x + 3y ≥ 30 2x + 8y ≥ 24 x, y ≥ 0 6x + 3y = 30 2x + 8y = 24

43 Calculamos los vértices de la región factible
El vértice A es solución del sistema 6x + 3y = 30 x = 0 Por tanto, A(0, 10) La región factible no está acotada 6x + 3y = 30 A El vértice B es solución de 6x + 3y = 30 2x + 8y = 24 Por tanto, B(4, 2) Región Factible 2x + 8y = 24 El vértice C es solución de 2x + 8y = 24 y = 0 Por tanto, C(12, 0) B C

44 Resolvemos por el método analítico
Evaluamos la función objetivo z en los vértices. Vértice z = 50x + 100y A(0, 10) z = 50· ·10 = = = B(4, 2) z = 50· ·2 = = = 400 A(0, 10) Región Factible C(12, 0) z = 50· ·0 = = = 6 000 El coste mínimo se obtiene en B. B(4, 2) Solución: x = 4 anuncios en pr. corazón y = 2 anuncios en fútbol Coste z = 400 (mil €) C(12, 0)

45 Resolvemos por el método gráfico
Min z = 50x + 100y s.a. 6x + 3y ≥ 30 2x + 8y ≥ 24 x, y ≥ 0 A(0, 10) Región Factible El coste mínimo se obtiene en el punto B. z = 600 z = 400 B(4, 2) Solución: x = 4 anuncios en pr. corazón y = 2 anuncios en fútbol Coste z = 400 (mil €) C(12, 0)

46 Número de Soluciones de un PPL
Los dos ejemplos anteriores, Gepetto y Dorian Auto, tienen, cada uno, una única solución óptima. No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar también las siguientes posibilidades:  Algunos PPL tienen un número infinito de soluciones óptimas (alternativas o múltiples soluciones óptimas).  Algunos PPL no tienen solución óptima debido a dos razones: - 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). Veamos un ejemplo de cada caso.

47 Número infinito de soluciones óptimas
Un problema de programación lineal con múltiples soluciones EJEMPLO Maximiza f(x, y) = 30x + 60y A(8, 0) B(6, 2) C(0, 5) x + y = 8 x + 2y = 10 O(0, 0) Región Factible sujeto a: x + y ≤ 8 x + 2y ≤ 10 x ≥ 0 y ≥ 0 1) Región factible. Es el gráfico de la derecha. 2) Valores de la función objetivo en los vértices de la región factible. O(0, 0) ⇒ f(0, 0) = 30 · · 0 = 0 A(8, 0) ⇒ f(8, 0) = 30 · · 0 = 240 B(6, 2) ⇒ f(6, 2) = 30 · · 2 = 300  Máximo C(0, 5) ⇒ f(0, 5) = 30 · · 5 = 300  Máximo

48 Número infinito de soluciones óptimas
Un problema de programación lineal con múltiples soluciones (Continuación) EJEMPLO A(8, 0) B(6, 2) C(0, 5) x + y = 8 x + 2y = 10 O(0, 0) Región Factible 3) La solución se alcanza en los vértices B(6, 2) y C(0, 5), por tanto, también se alcanza en todos los puntos del lado que une los puntos B(6, 2) y C(0, 5), es decir, tiene infinitas soluciones. Se observa gráficamente que el lado BC es paralelo a las rectas de nivel de la función objetivo. Cualquier punto (solución) situado en el segmento BC puede ser una solución óptima de z = 300.

49 Sin soluciones factibles
Un problema de programación lineal sin soluciones factibles EJEMPLO Minimiza f(x, y) = 17x + 35y No existe región factible sujeto a: x + y ≥ 7 2x + 3y ≤ 12 x ≥ 0 y ≥ 0 x + y = 7 2x + 3y = 12 Se observa que la región factible está vacía, es decir, no hay ningún punto en el plano que verifique las restricciones del enunciado del problema. Por tanto, el problema no tiene solución.

50 Un problema de programación lineal sin solución óptima
PPL no acotado Un problema de programación lineal sin solución óptima EJEMPLO Maximiza z = x + 2y sujeto a: x + y  1 x  0 y  0 SOLUCIÓN La gráfica muestra la región factible. Las rectas de la función objetivo z = x + 2y para z = 2, z = 8 y z = 12 se muestran también en la figura. Observa que la región factible no es acotada y obtenemos valores más grandes para z moviendo la recta de la función objetivo hacia arriba. No se alcanza nunca el valor máximo. Puesto que no hay punto factible que hace z el más grande, concluimos que este problema de programación lineal no tiene solución. Observa que si, se trata de minimizar una función objetivo en un recinto no acotado, sí puede tener solución.

51 Puesto que la función objetivo logra su valor máximo o mínimo en un vértice de la región factible, podemos obtener un procedimiento para solucionar un problema de programación lineal que tenga solución. Pasos resolver un problema de programación lineal Si un problema de programación lineal tiene una solución, seguir estos pasos para encontrarla: PASO 1: Escribe una expresión para la cantidad que debe ser maximizada o minimizada (función objetivo). PASO 2: Determina todas las restricciones y representa gráficamente la región factible. PASO 3: Obtén una lista de los vértices de la región factible. PASO 4: Determina el valor de la función objetivo en cada vértice. PASO 5: Selecciona el valor máximo o mínimo de la función objetivo.

52 Resolver un problema de programación lineal
EJEMPLO Resolver un problema de programación lineal Maximiza y minimiza la función objetivo z = x + 5y sujeto a: x + 4y  12 x  8 x + y  2 x  0 y  0 SOLUCIÓN Dibujamos la región factible. Los vértices de la región factible son: (0, 3) (8, 1) (8, 0) (2, 0) (0, 2)

53 Resolver un problema de programación lineal (Continuación)
EJEMPLO Resolver un problema de programación lineal (Continuación) Para encontrar el valor máximo y mínimo de la función objetivo z = x + 5y, construimos la tabla: Vértice (x, y) Valor de la función objetivo z = x + 5y (0, 3) (8, 1) (8, 0) (2, 0) (0, 2) z = 0 + 5(3) = 15 z = 8 + 5(1) = 13 z = 8 + 5(0) = 8 z = 2 + 5(0) = 2 z = 0 + 5(2) = 10 El valor máximo de z es 15, y ocurre en el punto (0, 3). El valor mínimo de z es 2, y ocurre en el punto (2, 0).

54 Planificar la inversión
EJEMPLO Planificar la inversión Una persona tiene € para invertir. Su corredor recomienda invertir en dos tipos de fondos: uno AAA que rinde el 8%; el otro B+ rinde el 12%. Después de pensarlo, la persona decide invertir a lo más € en el B+ y por lo menos 6000 € en AAA. También desea que la cantidad invertida en AAA debe exceder o igualar la cantidad invertida en B+. ¿Qué debe recomendar el corredor si la persona desea maximiza la rentabilidad de su inversión? Sean las variables: x = cantidad invertida en el fondo AAA y = cantidad invertida en el fondo B+ SOLUCIÓN La cantidad a maximizar, la rentabilidad en la inversión, es  z = 0.08x y Las condiciones especificadas por el problema son: Hasta € disponibles para invertir  x + y  Invertir a lo más € en el fondo B+  y  Invertir por lo menos 6000 € en el fondo AAA  x  6 000 La cantidad en el fondo AAA debe exceder o igualar a la cantidad en el fondo B+  x  y

55 Planificar la inversión (Continuación)
EJEMPLO Planificar la inversión (Continuación) Además, debemos tener las condiciones x  0 e y  0. La lista total de restricciones es x + y  y  x  x  y x  0 y  0 La figura ilustra la región factible, que es acotada. Los vértices de la región factible son (6000, 0) (6000, 6000) (12000, 12000) (18000, 12000) (30000, 0)

56 Planificar la inversión (Continuación)
EJEMPLO Planificar la inversión (Continuación) La rentabilidad de la inversión correspondiente en cada vértice es Vértice (x, y) Valor de la función objetivo (rentabilidad) z = 0.08x y (6000, 0) (6000, 6000) (12000, 12000) (18000, 12000) (30000, 0) z = 0.08(6000) (0) = 480 € z = 0.08(6000) (6000) = = 1200 € z = 0.08(12000) (12000) = = 2400 € z = 0.08(18000) (12000) = = 2880 € z = 0.08(30000) (0) = 2400 € El máximo rendimiento en la inversión es 2880 €, obtenido colocando € en el fondo AAA y € en el fondo B+.

57 El problema de la dieta z = 6x + 4y EJEMPLO
Imaginemos que las necesidades semanales mínimas de una persona son de 8 unidades de proteínas, 12 unidades de hidratos de carbono y 9 unidades de grasa. Supongamos que debemos obtener un preparado con esa composición mínima mezclando dos productos A y B, cuyos contenidos por kg son los de la siguiente tabla: ¿Cuántos Kg de cada producto deberán comprarse semanalmente para que el costo de preparar la dieta sea mínimo? Proteínas Hidratos Grasas Coste/kg A B 2 1 6 3 4 SOLUCIÓN Sean x los kg de A e y los kg de B, entonces hay que minimizar el coste z z = 6x + 4y

58 El problema de la dieta (Continuación)
EJEMPLO El problema de la dieta (Continuación) Proteínas Hidratos Grasas Coste/kg A B 2 1 6 3 4  8  12  9 Min Las restricciones impuestas en proteínas, hidratos de carbono y grasas, se pueden expresar: 2x + y  8 (Proteínas) Min z = 6x + 4y 6x + y  12 (Hidratos de carbono) x + 3y  9 (Grasas) Por tanto, el PPL que hemos de resolver es: x  0 y  0 Minimiza z = 6x + 4y Sujeto a: 2x + y  8 6x + y  12 x + 3y  9 x  0 y  0

59 El problema de la dieta (Continuación)
EJEMPLO El problema de la dieta (Continuación) Representamos la región factible correspondiente a las restricciones: 2x + y  8 6x + y  12 x + 3y  9 x  0 y  0 A(0, 12) Región factible 6x + y = 12 Vértice (x, y) Valor de la función objetivo z = 6x + 4y A(0, 12) B(1, 6) C(3, 2) D(9, 0) z = 6·0 + 4·12 = 48 z = 6·1 + 4·6 = 30 z = 6·3 + 4·2 = 26 z = 6·9 + 4·0 = 54 B(1, 6) 2x + y = 8 C(3, 2) x + 3y = 9 Solución: deberán comprarse 3 kg de A y 2 kg de B. Su coste (mínimo) será de 26 €. D(9, 0)

60