DIOP_U1_A3_ISVT

Alumno Vásquez Tapia Israel

Profesor Román Humberto Garma Manzanilla

Materia Investigación de Operaciones

Evidencia de aprendizaje. Solución a problemas de programación lineal

I) Resuelve los siguientes ejercicios Ejercicio 1 Considera el siguiente problema. MÉTODO DE LA GRAN M Z =2 x 1 +5 x2 +3 x 3 Maximizar x 1−2 x 2 + x 3 ≥ 20

Sujeto a:

2 x 1 +4 x2 + x 3=50 y

x1 , x2 , x3 ≥ 0

El sistema queda así: Z −2 x 1−5 x 2−3 x 3+ MR 1 + MR2=0

Función objetivo

x 1−2 x 2 + x 3−S1 + R1=20

Restricción 1

2 x 1 +4 x2 + x 3 + R2=50

Restricción 2

Primera tabla BASE X1 X2 X3 S1 R1 R2 Sol Renglón 1 Z -2 -5 -3 0 M M 0 Renglón 2 R1 1 -2 1 -1 1 0 20 Renglón 3 R2 2 4 1 0 0 1 50 Con la primera tabla se obtiene la primera solución básica de inicio donde: R1 = 20 R2=50 Z=0 Para eliminar las M s del renglón 1 debemos multiplicar –M por el renglón 2 mas el renglón 1, y se obtienen los valores de Z y se forma esta tabla BASE X1 X2 X3 S1 R1 R2 Sol Renglón 1 Z -M-2 2M-5 -M-3 M 0 M -20M Renglón 2

R1

1

-2

1

-1

1

0

20

Renglón 3

R2

2

4

1

0

0

1

50

Ahora se hace la misma operacion con el renglón 1 y 3 y se obtiene la tabla 2 como se muestra a continuación. TABLA 2 BASE X1 X2 Renglón 1 Z -3M-2 -2M-5 Renglón 2 R1 1 -2 Renglón 3 R2 2 4 Se aplica método simplex. La variable de entrada es X1 y la de Salida es la variable R1 con pivote igual a 1

X3 -2M-3 1 1

S1 M -1 0

R1 0 1 0

R2 0 0 1

Sol -70M 20 50

BASE Z

S1 M

R1 0

R2 0

Sol -70M

Razón

X1 -3M-2

X2 -2M-5

X3 -2M-3

R1 1 -2 1 -1 R2 2 4 1 0 Multiplico 3M+2 para volver cero en columna pivote

1 0

0 1

20 50

20 25

3M+2 (1)= 3M +2 +(-3M-2)= 0 3M+2 (-2)= -6M-4 +(-2M-5)= -8M-9 3M+2 (1)= 3M +2 +(-2M-3)= M-1 3M+2(-1)= -3M-2 +(M)= -2M-2 3M+2(1)= 3M+2 +(0)= 3M +2 3M+2(0)= 0 +(0)= 0 3M+2 (20)=60M+40 +(-70M)= -10M+40 Multiplico -2 para volver cero en columna pivote 1(-2)=-2+2=0 -2(-2)=4+4=8 1(-2)=-2+1=-1 -1(-2)=-2+1=-1 1(-2)=-2+0=-2 0(-2)=0+1=1 20(-2)=-40+50=10 Se obtiene la siguiente tabla. Entra X2 y sale R2 con pivote numero 8 BASE Z X1

X1 0 1

X2 -8M-9 -2

X3 M-1 1

S1 -2M-2 -1

R1 3M+2 1

R2 0 0

Sol -10M+40 20

R2

0

8

-1

2

-2

1

10

Se multiplica el renglón pibote por 1/8 para hacerlo 1 Se realiza operacion 8M+9 por R3 y se suma a R1 8M+9(0)=0+0=0 8M+9(1)=8M+9 + (-8M-9)=0 8M+9(-.12)= -M-1.08 + (M-1)=-2.08 8M+9(.25)=2M+2.25 + (-2M-2)=.25 8M+9(-.25)=2M-2.25+ (3M+2)=M-.25 8M+9(.12)=.96M+1.08+ (0)=.96M+1.08 8M+9(1.25)=10M+1.25+(-10M+40)=51.25 Se multiplica 2 por R3 y se suma a R2 2(0)=0+1=1 2(1)=2+(-2)=0 2(-.12)=-.24+1=.75 2(.25)=.5+(-1)=-.5 2(-.25)=-.5+1=.5 2(.12)=.24+0=.25 2(1.25)=2.5+20=22.5 Con los resultados se obtiene la siguiente tabla Entra X3 y sale X1

BASE Z X1 X2

X1 0 1 0

X2 0 0 1

X3 -2.08 .75 -.12

S1 .25 -.5 .25

R1 M-.25 .5 -.25

R2 1.08 .25 .13

Sol 51.25 22.5 1.25

BASE Z X3 X2

X1 2.83 1.33 0

X2 0 0 1

X3 0 1 -.12

S1 -1.17 -.67 .25

R1 M+1.17 .67 -.25

R2 M+1.83 .33 .12

Sol 115 30 5

BASE Z X3 S1

X1 4 2 1

X2 7 4 6

X3 0 1 0

S1 0 0 1

R1 M 0 -1

R2 M+3 1 1

Sol 150 50 30

Solución Optima por método de la gran M: Z= 150 X1=0 X2=0 X3=50 MÉTODO DE LAS DOS FASES Z =2 x 1 +5 x2 +3 x 3 Maximizar x 1−2 x 2 + x 3 ≥ 20

Sujeto a:

2 x 1 +4 x2 + x 3=50 y

x1 , x2 , x3 ≥ 0

Fase 1: minimizar función objetivo nueva

Z =R 1+ R 2

x 1−2 x 2 + x 3 ≥ 20

Sujeto a:

2 x 1 +4 x2 + x 3=50 y

x1 , x2 , x3 ≥ 0

BASE Z R1

X1 0 1

X2 0 -2

X3 0 1

S1 0 -1

R1 -1 1

R2 -1 0

Sol 0 20

R2

2

4

1

0

0

1

50

R2 0 0

Sol 70 20

Sumamos : Z + [ 1xR1 + 1xR2] para obtener el nuevo valor de Z Obtenemos la siguiente tabla: BASE Z R1

X1 3 1

X2 2 -2

X3 2 1

S1 -1 -1

R1 0 1

R2

2

4

1

0

0

1

50

De la tabla anterior nuestra variable de entrada es X1 y la de salida será X1. Se volverán cero los valores que están en la columna pivote(3 y 2) con las siguientes operaciones: NZ = R1 * -3 + Z NR2 = R1 * -2 + R2 y obtendremos la siguiente tabla BASE X1 X2 Z 0 8 X1 1 -2 R2

0

8

X3 -1 1

S1 2 -1

R1 -3 1

R2 0 0

Sol 10 20

-1

2

-2

1

10

De la tabla anterior nuestra columna pivote es X2 por lo que X2 será a variable de entrada y R2 la de salida. Se hace el pivote igual a 1 multiplicándolo por 1/8. Se harán cero los números (8 y -2) Con las operaciones: NZ = R2* -8 + Z NX1= R2 *2 + X1 y obtenemos la tabla siguiente: BASE Z X1

X1 0 1

X2 0 0

X3 0 ¾

S1 0 -1/2

R1 -1 ½

R2 -1 ¼

Sol 0 45/2

X2

0

1

-1/8

¼

-1/4

1/8

5/4

Con la tabla anterior podemos ver que ya no existen las variables artificiales y la solución es cero por lo que terminamos la Fase 1 y esa tabla se convierte en nuestra BF inicial. Fase 2: Usamos la solución factible de la fase anterior con la función objetivo original. Se eliminan las columnas pertenecientes a las variables artificiales ya que ellas ya no existen y que da la tabla con la continuación. BASE Z X1

X1 -2 1

X2 -5 0

X3 -3 ¾

S1 0 -1/2

Sol 0 45/2

X2

0

1

-1/8

¼

5/4

En esta tabla empezamos la maximización como acostumbramos. La variable entrante es X2 y la de la salida es X2 Hacemos la operacion NZ = R3 *5 + Z Y obtenemos la tabla BASE Z

X1 -2

X2 0

X3 -29/8

S1 5/4

Sol 25/4

X1

1

0

¾

-1/2

45/2

X2

0

1

-1/8

¼

5/4

La variable entrante es X3 y la que sale es X1. Realizamos las siguientes operaciones Pivote *4/3 NZ = X1*29/8 + Z NX2 = X1 *1/8 + X2 y obtenemos la siguiente tabla. BASE Z X3

X1 17/6 4/3

X2 0 0

X3 0 1

S1 -7/6 -2/3

Sol 115 30

X2

1/6

1

0

1/6

5

La variable entrante es S1 y la que sale es X2. Realizamos las siguientes operaciones: Pivote * 6 NZ= Z + X2* 7/6 NX3 = X3 + X2 * 2/3 Y obtenemos la siguiente tabla: BASE Z X3

X1 4 2

X2 7/6 2/3

X3 0 1

S1 0 0

Sol 150 50

S2

1

1

0

1

30

En la anterior tabla podemos observar que ya no existen valores negativos Z por lo que terminan las iteraciones y obtenemos el resultado. Solución óptima: Z= 150 x1=0 X2=0 X3= 50 Compara la secuencia de soluciones BF que obtuvo en el paso 2 con los pasos 4 y 6. Contesta la pregunta. ¿Cuáles de estas soluciones son factibles sólo para el problema artificial obtenido al introducir las variables artificiales y cuáles son factibles para el problema real? R: Las soluciones de los pasos 2 y 6 son factibles solamente para el problema real mientras que el del paso 4 solo es factible para el problema artificial. Ejercicio 2 MÉTODO DE LA GRAN M Z =3 x 1 +2 x2 + 4 x 3 Minimizar Sujeto a:

2 x 1 + x 2+ 3 x 3=6 3 x1 +3 x 2+ 5 x 3 ≥120

y

x1 , x2 , x3 ≥ 0 El sistema queda así: Z −3 x 1−2 x 2−4 x3 −MR1−MR 2=0

Función objetivo

2 x 1 + x 2+ 3 x 3 + R1=6

Restricción 1

3 x1 +3 x 2+ 5 x−S 1+ R 2=120

Restricción 2

Primera tabla BASE X1 X2 X3 S1 R1 Renglón 1 Z -3 -2 -4 0 -M Renglón 2 R1 2 1 3 0 1 Renglón 3 R2 3 3 5 -1 0 Con la primera tabla se obtiene la primera solución básica de inicio donde: R1 = 6 R2=120 Z=0 Hacemos la operacion: NZ= Z + [ M x R1 + M x R2] Con esta operacion obtenemos la tabla siguiente

R2 -M 0 1

Sol 0 6 120

BASE Z

X1 -3+5M

X2 -2+4M

X3 -4+8M

S1 -M

R1 0

R2 0

Sol 126M

R1

2

1

3

0

1

0

6

R2

3

3

5

-1

0

1

120

Esta es nuestra solución BF de inicio. Nuestra variable de entrada es X3 y la que sale es R1. Realizamos las siguientes operaciones: pivote * 1/3 NZ = pivote * 4-8M + Z NR2= pivote * -5 + R2 Realizamos las operaciones y obtenemos la siguiente tabla. BASE Z

X2 2/3+4/3M 1/3

X3 0

S1 -M

R1 R2 4/3-8/3M 0

Sol 8-110M

X3

X1 -1/31/3M 2/3

1

0

1/3

0

2

R2

-1/3

4/3

0

-1

-5/3

1

110

La nueva variable de entrada es x2 y la de salida es R2. Realizamos las operaciones: pivote*3 NZ= Z + pivote* 2/3-4/3M NR2 = R2 + pivote* -4/3 Y obtenemos la siguiente tabla:

BASE Z

X1 1-3M

X2 0

X3 2-4M

S1 -M

R1 2-32/9M

R2 O

Sol 12-118M

X2

2

1

3

0

1

0

6

R2

-3

0

-4

-1

-3

1

102

Hemos terminado ya que no queda ningún valor positivo que sirva de variable entrante y aún queda un numero positivo en la solución por lo que el sistema no tiene solución. MÉTODO DE LAS DOS FASES Z =3 x 1 +2 x2 + 4 x 3 Minimizar 2 x 1 + x 2+ 3 x 3=6

Sujeto a:

3 x1 +3 x 2+ 5 x 3 ≥120 y

x1 , x2 , x3 ≥ 0

Fase 1: minimizar Z =R 1+ R 2

función objetivo nueva 2 x 1 + x 2+ 3 x 3 + R1=6

Restricción 1

3 x1 +3 x 2+ 5 x−S 1+ R 2=120

Restricción 2

BASE Z

X1 0

X2 0

X3 0

S1 0

R1 -1

R2 -1

Sol 0

R1

2

1

3

0

1

0

6

R2

3

3

5

-1

0

1

120

Sumamos : Z + [ 1xR1 + 1xR2] para obtener el nuevo valor de Z Obtenemos la siguiente tabla: BASE Z

X1 5

X2 4

X3 8

S1 -1

R1 0

R2 0

Sol 126

R1

2

1

3

0

1

0

6

R2

3

3

5

-1

0

1

120

R1

R2

Sol

Nuestra nueva variable entrante es X3 y la que sale es R1. Realizamos las siguientes operaciones: pivote * 1/3 NZ = Z + pivote * -8 NR2 = R2 + pivote * -5 y obtenemos la siguiente tabla BASE

X1

X2

X3

S1

Z

-1/3

4/3

0

-1

-8/3

0

280/3

X3

2/3

1/3

1

0

1/3

0

2

R2

-1/3

4/3

0

-1

-5/3

1

-1200

Nuestra nueva variable de entrada es X2 y la de salida es X3 Realizamos las operaciones: pivote *3 NZ = Z + pivote * -4/3 NR2 = R2 + pivote * -4/3 y obtenemos la siguiente tabla BASE Z

X1 -3

X2 0

X3 -4

S1 -1

R1 -4

R2 0

Sol 356/3

X2

2

1

3

0

1

0

6

R2

-3

0

-4

-1

-3

1

-1208

Como el valor mínimo de la suma es positivo no tiene solución factible. Compara la serie de soluciones BF de los pasos 1 y 2. Contesta la pregunta. ¿Cuáles de esta soluciones son factibles sólo para el problema artificial que se obtuvo al introducir las variables artificiales y cuáles son factibles para el problema real? R: Las soluciones de los pasos 1 son factibles para el problema real (aunque este ejercicio no tiene solución) mientras que el del paso 2 la primera fase solo es factible para la solución artificial y la fase dos si es factible para el problema real.