Variables Artificiales

VARIABLES ARTIFICIALES Hasta este momento se han presentado los detalles del método símplex con la suposición de que el problema se encuentra en nuestra forma estándar (maximizar Z sujeta a las restricciones funcionales de la forma 0 para≥ y restricciones de no negatividad sobre todas las variables) con bi ≤ toda i = 1, 2, ..., m. En esta sección se establecerá cómo hacer los ajustes requeridos a otras formas legítimas de modelos de Programación Lineal. Se verá que todos estos ajustes se pueden hacer en el paso inicial, de manera que el resto del método símplex se aplica justo como se aprendió. El único problema ) es≥ serio que introducen las otras formas de restricciones funcionales (= ó identificar una solución inicial básica factible. Antes, esta solución inicial se encontraba en forma muy conveniente al hacer que las variables de holgura fueran las variables básicas iniciales, donde cada una era igual a la constante no negativa del lado derecho de la ecuación correspondiente. Ahora debe hacerse algo más. El enfoque estándar que se utiliza es estos casos es la técnica de variables artificiales. Ésta construye un problema artificial más conveniente introduciendo una variable ficticia (llamada variable artificial) en cada restricción que lo requiera. Esta nueva variable se introduce sólo con el fin de que sea la variable básica inicial para esa ecuación. Las restricciones usuales de no negatividad también se aplican sobre estas variables y la función objetivo se modifica para que imponga una

TÉCNICAS DE LAS VARIABLES ARTIFICIALES

Exsiten problemas de programación lineal que no proporcionan una solución básica inicial. Esta situación se presenta cuando al menos una de las restricciones es del tipo (=) o (=). Estas variables se denominan variables artificiales y su adición hace que las restricciones correspondientes.

Esta dificultad se elimina asegurando que las variables sean 0 en la solución final. Esto se logra asignando una penalización muy grande por unidad a estas variables en la función objetivo. Tal penalización se designará como –M para problemas de maximización y +M para problemas de minimización.

3. Utiliza las variables artificiales en la solución básica inicial; sin embargo la función objetivo de la tabla inicial se prepara adecuadamente para expresarse en términos de las variables no básicas únicamente. Esto significa que los coeficientes de las variables artificiales en la función objetivo deben ser 0 un resultado que puede lograrse sumando múltiplos adecuados de las ecuaciones de restricción al renglón objetivo.

4. Proceda con los pasos regulares del método simplex.

EJEMPLO:

Minimizar

Sujeto a:

Minimizar

Sujeto a:

Minimizar

Sujeto a:

Minimizar

Sujeto a:

V.B.

Z

X1

X2

X3

S1

S2

R1

Solución

Z

1

-3

-2

-4

0

0

-M

0

R1

0

2

2

3

-1

0

1

15

S2

0

2

3

1

0

1

0

12

V.B.

Z

X1

X2

X3

S1

S2

R1

Solución

Z

1

-3+2M

-2+2M

-4+3M

-M

0

0

15M

R1

0

2

2

3

-1

0

1

15

S2

0

2

3

1

0

1

0

12

Criterio para seleccionar la variable entrante:

Maximización : El valor mayor negativo del renglón Z. Minimización : El valor mayor positivo del renglón Z.

V.B.

Z

X1

X2

X3

S1

S2

R1

Solución

Z

1

-1/3

2/3

0

-4/3

0

4/3-M

20

X3

0

2/3

2/3

1

-1/3

0

1/3

5

S2

0

4/3

7/3

0

1/3

1

-1/3

7

V.B.

Z

X1

X2

X3

S1

S2

R1

Solución

Z

1

-5/7

0

0

-10/7

-2/7

10/7-M

18

X3

0

2/7

0

1

-3/7

-2/7

3/7

3

X2

0

4/7

1

0

1/7

3/7

-1/7

3

EJEMPLO:

Maximizar

Sujeto a:

Maximizar

Sujeto a:

Maximizar

Sujeto a:

Maximizar

Sujeto a:

V.B.

Z

X1

X2

S1

S2

R1

R2

Solución

Z

1

-4

-1

0

0

M

M

0

R1

0

3

1

0

0

0

0

3

R2

0

4

3

-1

0

1

1

6

S2

0

1

2

0

1

0

0

3

V.B.

Z

X1

X2

S1

S2

R1

R2

Solución

Z

1

-4-7M

-1-4M

M

0

0

0

-9M

R1

0

3

1

0

0

0

0

3

R2

0

4

3

-1

0

1

1

6

S2

0

1

2

0

1

0

0

3

V.B.

Z

X1

X2

S1

S2

R1

R2

Solución

Z

1

0

1/3-5/3M

M

0

4/3+7/3M

0

4-2M

X1

0

1

1/3

0

0

1/3

0

1

R2

0

0

5/3

-1

0

-4/3

0

2

S2

0

0

5/3

0

1

-1/3

1

2

V.B.

Z

X1

X2

S1

S2

R1

R2

Solución

Z

1

0

0

1/5

0

8/5+M

-1/5+M

18/5

X1

0

1

0

1/5

0

3/5

R2

0

0

1

-3/5

0

-4/5

3/5

6/5

S2

0

0

0

1

1

1

-1

1

3/5

Método de la doble fase Pasos: Como su nombre lo indica, consiste en resolver problemas en dos fases:

i) ii)

iii)

Expresar el modelo original en la forma estándar e igualar a cero la función objetivo. Sumar del lado izquierdo de cada ecuación, correspondiente a las restricciones del tipo ≥ y/o =, una variable no negativa. Estas variables se llaman variables artifíciales y su adición causa una alteración a las restricciones correspondientes esta dificultad es superada garantizando que las variables artificiales serán igual a cero (W0=0) en la solución óptima de la primera fase. FASE I Formular un nuevo modelo, reemplazando la función objetivo del modelo original por la sumatoría de las variables artificiales que se sumaron en el paso anterior. La nueva función objetivo será entonces de Minimizar sujeta a las restricciones del problema original (en esta fase la función objetivo siempre será de minimizar, sin importar que la función objetivo del problema original sea de maximizar o minimizar). Si el problema tiene el espacio de soluciones factibles, el valor mínimo (optimo) de la nueva función objetivo será de cero (lo cual indica que todas las variables artificiales son cero). Si esto ocurre podremos continuar con la fase dos de lo contrario, si el valor mínimo es mayor que cero el problema es terminado ya que esto indica que no existe espacio de soluciones factibles.

iv)

FASE II

considerar la solución básica óptima de la fase I como una solución inicial para el problema original, en esta fase, de la tabla optima de la fase I se eliminan las columnas de las variables artificiales y se sustituye la función objetivo por la del problema original, Toda vez que se comprueba que se tiene una solución inicial básica-factible no-óptima se procede con los pasos normales del algoritmo del método simplex, hasta obtener, si existe, la solución óptima.

Ejemplo Minimizar Z = 4x1+ x2 S.A. 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 ≥ 6 x1 + 2x2 # 3 xj≥ 0 (j =1,2) Solución: i)

Expresar el modelo original en la forma estándar e igualar a cero la función objetivo. Z - 4x1-3x2+0x3-0x4 =0 S.A. 3x1 + x2 =3 4x1 + 3 x2 -x3 =6 x1 + 2 x2 +x4 = 3 xj≥ 0 (j =1, 2, 3, 4,)

ii)

Sumar del lado izquierdo de cada ecuación una variable artificial, identificada por W a cada una de las restricciones que en el modelo original sean del tipo = y ≥ , Para el ejemplo que nos ocupa, la primera y la segunda ecuación requieren de una variable artificacial cada una, es decir, W1 y W2 respectivamente.

3x1 + x2 + w1 =3 4x1 + 3 x2 - x3 + w2 = 6 x1 + 2 x2 + x4 = 3

xj≥ 0 (j =1,2, 3, 4) wj≥ 0 (j =1,2)

iii)

FASE I Formular un nuevo modelo cuya función objetivo será de Mínimizar, se identificará por W0 y será igual a la sumatoria de las variables artificiales, es decir, W0 = W1+W2. Min W0 - W1-W2=0 S.A. 3x1 + x2 + w1 =3 4x1 + 3 x2 - x3 + w2 = 6 x1 + 2 x2 + x4 = 3 xj≥ 0 (j =1,2, 3, 4) wj≥ 0 (j =1,2) La tabla inicial de la primera fase es:

Generando la solución inicial básica, haciendo ceros los coeficientes –1 del renglón de la función objetivo de la tabla inicial simplex. Haciendo cero el coeficiente -1de la variable artificial W1; matemáticamente: 1Rp+R0 1 ( 3 1 0 0 1 0 3) + 0 0 0 0 -1 -1 0 3 1 0 0 0 –1 3 Haciendo cero el coeficiente-1 de la variable artificial W2, matemáticamente: 1Rp+R0 1(4 3 -1 0 0 2 6)

+ 3 1 0 0 0 -1 3 7 4 -1 0 0 1 9 Sustituyendo valores se tiene la siguiente tabla que corresponde a la solución inicial básica no-óptima de la fase I.

Se comprueba que se tiene la solución inicial básica-factible no-óptima, por lo que se procede a aplicar el algoritmo del simplex hasta encontrar, si existe, la solución óptima de la primera fase: Generando una segunda tabla. Aplicando el criterio de óptimalidad, la variable entrante será X1 por tener el coeficiente más positivo, 7, en el renglón cero (renglón de la función objetivo) porque se trata de un problema de mínimizar. Aplicando el criterio de factibilidad, la variable que sale de la base es W1 por tener el menor cociente, resultado de dividir cada elemento del vector b entre cada elemento asociado con la variable entrante. De la tabla inicial simplex identificar el elemento pivote, el cual será el número que está en la intersección de la columna relacionada con la variable entrante y la fila asociada con la variable saliente, para nuestro ejemplo, es el número 3 Para que X1 sea una variables básica, el elemento pivote debe ser uno, para ello debemos dividirlo entre si mismo pero para que no se altere la información de nuestro problema debemos dividir entre tres todo el renglón del elemento pivote y así una segunda tabla empieza a ser generada, es decir: Rp = R1/3 3 1 0 0 1 0 3= 3 Rp = 1 1/3 0 0 1/3 0 1 El Renglón Pivotal valido para esta segunda tabla es:

(Rp) = 1 1/3 0 0 1/3 0 1

Todos los demás elementos de la columna asociada con la variable entrante (es decir X1) deben ser ceros con el fin de ir completando la segunda tabla simplex y de esta manera óptimizar el valor de la función objetivo W0. Seguir los siguientes pasos: Primero elegimos el elemento 7 (valor de X1 en el renglón de la función objetivo) Al 7 le cambiamos de signo a -7, lo multiplicamos por el renglón pivotal y le sumamos el renglón al que pertenece el 7, es decir, (-7) Rp + R0 : -7( 1 1/3 0 0 1/3 0 1) + 7 4 -1 0 0 0 9 0 5 -1 0 -7 0 2 3 3 Segundo elegimos el número 4(valor de X1en la ecuación número dos) Al 4 le cambiamos de signo a –4, lo multiplicamos por el renglón pivotal, Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el 4, es decir, -4Rp + R2: -4( 1 1/3 0 0 1/3 0 1) + 4 3 -1 0 0 1 6 0 5/3 -1 0 -4/3 1 2 Tercero elegimos el número 1(valor de X1en la ecuación número tres) Al 1 le cambiamos de signo a –1, lo multiplicamos por el renglón pivotal, Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el 1, es decir, -1Rp + R3: -1 (1 1/3 0 0 1/3 0 1) + 1 2 0 1 0 0 3 0 5/3 -0 1 -1/3 0 2 La segunda tabla obtenida en esta primera fase es:

Se comprueba que la solución obtenida no es óptima por lo que se procede a generar otra solución, construyéndose así la tercera tabla simplex.

Generando una tercera tabla simplex. Como la solución es no-óptima (porque se tienen todavia valores positivos en el renglón de la función objetivo) lo que procede es nuevamente definir la variable no-básica que entrará a la base y también identificar la variable básica que deberá salir de la base. Para nuestro ejemplo la variable entrante es X2 y la variable saliente es W2. Para que X2 sea una variable básica, el elemento pivote debe ser uno, para ello debemos dividirlo entre si mismo pero para que no se altere la información de nuestro problema debemos dividir entre cinco tercios (5/3) todo el renglón del elemento pivote y así una tercera tabla empieza a ser generada, es decir: Rp = __R2__ 5/3

0 5/3 -1 0 1 4/3 1 2= 5/3 Rp = 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5 El Renglón Pivotal válido para esta tercera tabla es: (Rp) = 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5 Como todos los demás elementos de la columna asociada con la variable entrante (es decir X2) deben ser ceros con el fin de completar la tercera tabla y de esta manera óptimizar el valor de la función objetivo W0. Seguir los siguientes pasos: Primero elegimos el elemento 5/3 (valor de X2 en el renglón de la función objetivo) Al 5/3 le cambiamos de signo a -5/3, lo multiplicamos por el renglón pivotal y le sumamos el renglón al que pertenece el 5/3 , es decir, (-5/3)Rp + R0 : (-5/3) ( 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5) + 0 5/3 -1 0 -7/3 0 2 0 0 0 0 -1 -1 0

Segundo, elegimos el elemento 1/3 (valor de X2 en la ecuación número uno) Al 1/3 le cambiamos de signo a –1/3, lo multiplicamos por el renglón pivotal, Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el 1/3, es decir, -1/3Rp + R1: -1/3( 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5) + 1 1/3 0 0 1/3 0 1 1 0 1/5 0 3/5 -1/5 3/5

Tercero, elegimos el elemento 5/3 (valor de X2 en la ecuación número tres) Al 5/3 le cambiamos de signo a –5/3, lo multiplicamos por el renglón pivotal, Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el 5/3, es decir, -5/3Rp + R3: -5/3( 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5) + 0 5/3 0 1 -1/3 0 2 0 0 1 1 1 -1 0

La tercera tabla simplex obtenida en esta primera fase es: OPTIMA

Como la solución óptima de esta primera fase es W0 óptima = 0 y los valores de las variables artificiales W1=W2 = 0, procede pasar a la segunda fase.

iv)

Segunda fase

Debemos considerar la solución básica óptima de la fase I como una solución inicial para el problema original, en esta fase, de la tabla optima de

la fase I se eliminan las columnas de las variables artificiales y se sustituye la función objetivo por la del problema original, Toda vez que se comprueba que se tiene una solución inicial básica-factible no-óptima se procede con los pasos normales del algoritmo del método simplex, hasta obtener, si existe, la solución óptima. Para nuestro ejemplo, la tabla inicial de la segunda fase es:

Como podemos observar, al sustituir la función objetivo de la primera fase por la función objetivo del modelo original, la solución pierde su estructura básica porque los coeficientes de X1 y X2 en la función objetivo son diferentes de cero, en este caso son –4 y –1 respectivamente, para restaurar la estructura básica lo que procede es hacer ceros el –4 y el –1 (coeficientes de X1 y de X2 en la función objetivo) Haciendo cero coeficiente –4 de X1 4Rp + R0 4( 1 0 1/5 0 3/5) -4 -1 0 0 0 0 -1 4/5 0 12/5 Haciendo cero coeficiente –3 de X1 1Rp + R0 1( 0 1 -3/5 0 6/5) -0 -1 4/5 0 12/5 0 0 1/5 0 18/5 De esta manera tanto X1 como X2 vuelven a ser básicas, la tabla que se obtiene es la siguiente:

Generando la solución óptima de la segunda fase: Como la solución es no-óptima (porque se tienen todavia valores positivos en el renglón de la función objetivo) lo que procede es nuevamente definir la variable no-básica que entrará a la base y también identificar la variable básica que deberá salir de la base. Para nuestro ejemplo la variable entrante es X3 y la variable saliente es X4 Para que X3 sea una variable básica, el elemento pivote debe ser uno, si observamos, la tabla anterior, al elemento pivote que queda entre la intersección de la columna asociada con la variable entrante X3 y la fila relacionada con la variable saliente X4, ya es uno por lo tanto ese renglón sera el renglón pivotal y así la solución óptima de la segunda fase empieza a ser generada, es decir: Rp = 0 0 1 1 0 El Renglón Pivotal válido para esta cuarta tabla es: (Rp) = 0 0 1 1 0 Como todos los demás elementos de la columna asociada con la variable entrante (es decir X3) deben ser ceros con el fin de completar la cuarta tabla y de esta manera mejorar el valor de la función objertivo Z. Seguir los siguientes pasos: Primero elegimos el elemento 1/5 (valor de X3 en el renglón de la función objetivo) A 1/5 le cambiamos de signo a -1/5, lo multiplicamos por el renglón pivotal y le sumamos el renglón al que pertenece el 1/5 , es decir, (-1/5)Rp + R0 : (-1/5) ( 0 0 1 1 0) + 0 0 1/5 0 18/5 0 0 0 -1/5 18/5 Segundo, elegimos el elemento 1/5 (valor de X3 en la ecuación número uno) Al 1/5 le cambiamos de signo a –1/5, lo multiplicamos por el renglón pivotal,

Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el 1/5, es decir, -1/5Rp + R1: -1/5( 0 0 1 1 0) + 1 0 1/5 0 3/5 1 0 0 -1/5 3/5 Tercero, elegimos el elemento –3/5 (valor de X3 en la ecuación número dos) Al –3/5 le cambiamos de signo a 3/5, lo multiplicamos por el renglón pivotal, Rp, y le sumamos el renglón al que pertenence el -5/3, es decir, 5/3Rp + R2: 3/5( 0 0 1 1 1 -1 0) + 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5 0 1 0 3/5 -1/5 0 6/5 La solución óptima de la segunda fase es:

Aplicando el criterio de optimalidad, para el caso de mínimizar, comprobamos que la tabla es óptima, cumpliendose así el objetivo de aplicar el algoritmo del método simplex. En conclusión se presentan todas las tablas simplex generadas para este ejemplo y la solución óptima obtenida por el método de la doble fase: La tabla inicial de la primera fase es:

La siguiente tabla corresponde a la solución inicial básica no-óptima de la fase I.

Segunda solución de la primera fase:

La tercera tabla simplex obtenida en esta primera fase es: OPTIMA

La tabla inicial de la segunda fase es:

La siguiente tabla corresponde a la solución inicial básica no-óptima de la fase 2.

La solución óptima de la segunda fase es:

Solución óptima: X1 = 3/5 X2 = 6/5 Zóptima = 18/5

http://www.youtube.com/watch?v=Jm0-4Qrcp1k

http://www.youtube.com/watch?v=NrJQ0oVtLLQ