Revista Programacion Lineal - Grupo1 by TRYON TRYON

PROGRAMACION LINEAL

TEORIA – EJERCICIOS RESUELTOS Y MAS… EDITORIAL

DIRECTORIO Editorial Inecuaciones lineales de 2 variables Sistema de Inecuaciones lineales de 2 variables Problema de optimizaci贸n de una funci贸n sujeta a restricciones Programaci贸n Lineal Ejercicios

P谩g 3 4 5 6 7 8

EDITORIAL La programación lineal es una técnica maten tica relativamente reciente (siglo XX), que consiste en una serie de métodos y procedimientos que permiten resolver problemas de optimización en el ámbito, sobre todo, de las Ciencias Sociales.

Nos centraremos en este tema en aquellos problemas simples de programación lineal, los que tienen solamente 2 variables, problemas bidimensionales.

Para sistemas de más variables, el procedimiento no es tan sencillo y se resuelven por el llamado método Simplex (Ideado por G.B.Danzig, matemático estadounidense en1951).

Recientemente (1984) el matemático indio establecido en Estados Unidos, Narenda Karmarkar, ha encontrado un algoritmo, llamado algoritmo de Karmarkar, que es más rápido que el método simplex en ciertos casos. Los problemas de este tipo, en el que intervienen gran número de variables, se implementan en ordenadores

Autores: Grupo #1       

Luis Jose Espinoza Alvarado Manuel Alejandro Barreto Rosario Yenny Karina Bonilla Salinas Sara Lozano Omar Alejandro Lopez Chacon Jeana Karina Guillen Genes Carlos David Perez Paredes

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Luis J Espinoza A CI V-20433539.Inecuaciones Lineales con 2 Variables A lo largo del desarrollo humano, cada uno de nosotros nos encontramos diferentes incógnitas para resolver actividades que se nos presentan cada día, quizás con distintas variables y/o distintos puntos de vistas que se deben considerar para así resolver y llegar a la meta esperada, en el mundo matemático esta realidad se presenta de manera similar y en este artículo se presenta dicho caso donde tendremos 2 incógnitas que debemos estudiar para resolver el sistema, a esto le llamamos inecuación lineal con 2 incógnitas a continuación se describirá de manera científica el concepto general: Una inecuación lineal con dos incógnitas es cualquier desigualdad que, directamente o mediante transformaciones de equivalencia, se pueden expresar de una de las formas siguientes: ax+by+c > 0; ax+by+c < 0; ax+by+c ≥ 0 ax+by+c ≤ 0 De manera general se puede decir que: Las inecuaciones lineales con dos incógnitas se resuelven gráficamente ya que las soluciones son los puntos del semiplano en el que queda dividido el plano por la recta que corresponde a la inecuación considerado como igualdad. Esta recta o borde del semiplano no pertenecerá o sí a la solución según la desigualdad sea estricta o no respectivamente. Para saber cuál de los dos semiplanos es el que da la solución bastará tomar el origen de coordenadas (si la recta no pasa por él) o cualquier otro

punto de coordenadas sencillas y comprobar si satisface o no la desigualdad, si lo hace, el semiplano que contiene al punto de prueba es el correcto (lo indicaremos con una flecha señalando hacia él), en caso contrario es el otro La solución general está formada por el conjunto de todos los pares (s1,s2) que verifican la inecuación. Gráficamente, la solución, son los puntos del plano que tienen por coordenadas (s1,s2). Para resolver esta inecuación recurrimos a la ecuación ax+by+c=0, que es la ecuación de una recta y que, para cada uno de sus puntos, tiene por ordenada

La inecuación anterior, mediante transformaciones de equivalencia, se puede expresar, dependiendo del signo de relación, como , es decir, la verifican todos los puntos que tiene una ordenada(y) menor (o mayor o igual, según el signo de relación) que la ordenada de los puntos de la recta. Por lo tanto se puede determinar que: la solución general de una inecuación lineal con dos incógnitas es un semiplano, del que la recta anterior es su frontera. Con lo descrito anteriormente podemos observar lo siguiente: Ejemplo 1: Resuelve la 3x+2y+5<0

inecuación

Dibujamos la recta 3x+2y+5=0 sobre unos ejes de coordenadas y comprobamos el punto O(0,0), que da:

Luego la solución es la zona sombreada de la figura adjunta.

(o cualquier otro signo de desigualdad.) Obtener la solución de un sistema de este tipo supone obtener el semiplano solución de cada una de las inecuaciones que lo forman y averiguar la intersección de todos ellos. La solución de un sistema de n inecuaciones lineales con dos incógnitas es siempre un conjunto convexo.

Fig 1 Solución Ejemplo 1 Ahora veamos que si tenemos la misma cantidad de incógnitas pero en distintas actividades que desarrollar a la vez, se debe complicar un poco más el desarrollo, es decir si lo llevamos al mundo real es como tener que desarrollar en un día, 3 actividades del hogar pero a cada una nos hace falta 2 objetos que buscar, la solución para lograr el éxito de las actividades pendientes es ir resolviendo una tras otra, y luego de tener el resultado de cada una ir unificándolas y así poder definir el resultado final, en el mundo matemático se le llama: Sistemas de inecuaciones lineales con dos variables, a continuación se describirá lo siguiente: Sistemas de inecuaciones lineales con dos variables Se llama sistema de n inecuaciones lineales con dos incógnitas al conjunto formado por n de estas inecuaciones, es decir:

Se llama conjunto convexo a una región del plano tal que para dos puntos cualesquiera de la misma, el segmento que los une está íntegramente contenido en dicha región. Como casos particulares, un conjunto convexo puede quedar reducido a una recta, a una semirrecta, a un segmento, a un punto o al conjunto vacío. Los segmentos que delimitan un conjunto convexo se llaman bordes o lados y, la intersección de ellos, vértices. Los vértices y puntos de los lados que pertenezcan a la solución del sistema de inecuaciones se denominan puntos extremos. Un conjunto convexo puede ser cerrado o abierto respecto a cada lado o vértice según se incluya éste o no en la solución. Puede ser acotado o no acotado según su área sea o no finita. Haciendo uso de los conceptos descritos anteriormente podemos considerar el siguiente ejemplo: Ejemplo 1: Resolver el sistema de inecuaciones lineales con dos incógnitas: Si representamos en los mismos ejes de coordenadas cada una de las rectas que salen al considerar las anteriores desigualdades como ecuaciones e indicamos mediante una flecha el semiplano solución de cada una de ellas por separado, la solución será la región del plano sombreada en la figura 2 que es la intersección de los semiplanos solución

de cada inecuación. Para la representación rápida de las rectas, basta con encontrar los puntos donde cortan a los ejes de coordenadas y unirlos entre sí.

o mínima, según los casos) una función (llamada función objetivo) de la forma:

La recta 1:

sujeta a una serie de restricciones dadas mediante un sistema de inecuaciones lineales del tipo

x+y-1=0 corta al eje X (hacemos y=0) en (1, 0) y al eje Y (hacemos x=0) en (0, 1)

F(x, y) = A ・ x + B ・ y

La recta 2: 2x+3y+4=0 corta a X en (-2, 0) y a Y en

La recta 3: x-2y-2=0 corta a X en (2, 0) y a Y en (0, 1).

Los puntos del plano que cumplen el sistema de desigualdades forman un recinto convexo acotado

Así tenemos que la solución gráficamente es la siguiente:

(poligonal) o no acotado, llamado región factible del problema. Todos los puntos de dicha región cumplen el sistema de desigualdades. Se trata de buscar, entre todos esos puntos, aquel o aquellos que hagan el valor de F(x,y) máximo o mínimo, según sea el problema. Los puntos de la región factible se denominan soluciones factibles. De todas esas soluciones factibles, aquellas que hacen ´optima (máxima o mínima) la función objetivo

Fig 2 – Solución Ejemplo 1 Manuel Barreto .Problemas de optimización de una función sujeta a restricciones En un problema de programación lineal de dos variables x e y, se trata de optimizar (hacer máxima

se llaman soluciones óptimas. En general, un problema de programación lineal puede tener una, infinitas o ninguna solución. Lo que si se verifica es la siguiente propiedad: Propiedad: Si hay una ´única solución óptima, ésta se encuentra en un vértice de la región factible, y si hay

infinitas soluciones ´optimas, se encontraran en un lado de la región factible.

Ejemplo: Maximizar la función F(x, y) = 2000x + 5000y sujeta a las restricciones:

Es posible que no haya solución ´optima, pues cuando el recinto es no acotado, la función objetivo puede crecer o decrecer indefinidamente. Forma geométrica Para resolver el problema, podemos abordarlo de dos formas, pero antes a aplicar cualquiera de ellas siempre hay que dibujar la región factible, resolviendo el sistema de inecuaciones lineales correspondiente, como se ha visto en los epígrafes anteriores (la región factible puede estar acotada o no), y se calculan los vértices de dicha región.

Los vértices eran los puntos (0,-1), (5,1) y (3,-3). Como la función es F(x, y) = 2000x + 5000y, el vector director es v = (−5000, 2000), que tiene la misma dirección que el v = (−5, 2) y representándolo queda: Figura 8.3:

En este caso se representa el vector director de la recta que viene dada por la ecuación de la función objetivó(x, y) = A ・ x + B ・ y , que hay que maximizar o minimizar. El vector director de la recta A・ x+B ・ y viene dado por v = (−B,A). Además, como lo ´único que nos importa es la dirección del vector y no su modulo (longitud), podemos dividir a las coordenadas del vector si los números son muy grandes, puesto que vectores con coordenadas proporcionales tienen la misma dirección.

Figura 8.3: Región factible y vector de la función objetivo PROGRAMACION LINEAL

Posteriormente, se trazan rectas paralelas a este vector que pasen por los vértices de la región factible (si es acotada) , o por todo el borde de la región factible (cuándo no es acotada) y se observa en que vértice la función F se hace máxima (o mínima) sin más que tener en cuenta cuál de las rectas tiene mayor (o menor) ordenada en el origen, es decir, qué recta corta en un punto mayor o menor al eje y.

Se trata ahora de trazar paralelas al vector que pasen por los vértices anteriores, es decir:

Figura 8.4: Solución gráfica. Paralelas al vector por los vértices

F(3,−3) = 2000 ・ 3 + 5000 ・ (−3) = 6000 − 15000 = −9000

Se observa gráficamente que de las tres paralelas trazadas, la que corta al eje y en un punto mayor es la que pasa por el punto (5,1), que por tanto será la solución ´optima al problema de máximos planteado.

Vemos que el valor máximo se alcanza para el vértice (5,1) y que dicho valor es 15. La misma solución que se obtenía antes

Para saber cuál es este valor ,máximo sustituimos en la función: F(5, 1) = 2000 ・ 5 + 5000 ・ 1 = 10000 + 5000 = 15000 Luego la función tiene su solución ´optima en (5,1) donde toma el valor 15000. Forma algebraica

Pero no todo es teoría a continuación podrás observar y discutir con tus compañeros los siguientes ejercicios resueltos del tema principal para que así tengas una ayuda extra y puedas disfrutar de nuestro contenido en tus estudios: Ejercicios de Programación Lineal PARTE I Omar Alejandro Lopez Chacon.-

Consiste, simplemente, en sustituir cada uno de los vértices de la región en la función objetivo. La solución ´optima vendrá dada por aquel que tome el mayor (o menor) valor. Ejemplo: Maximizar la función F(x, y) = 2000x + 5000y sujeta a las restricciones:

Con la misma región factible que en el caso anterior. Los vértices eran los puntos (0,-1), (5,1) y (3,-3). De esta forma sustituyendo:

Disponemos de 210.000 bolívares para invertir en la bolsa. Nos recomiendan dos tipos de acciones. Las del tipo A, que rinden el 10% y las del tipo B, que rinden el 8%. Decidimos invertir un máximo de 130.000 bolívares en las del tipo A y como mínimo 60.000 en las del tipo B. Además queremos que la inversión en las del tipo A sea menor que el doble de la inversión en B. Cuál tiene que ser la distribución de la inversión para obtener el máximo interés anual?

F(5, 1) = 2000 ・ 5 + 5000 ・ 1 = 10000 + 5000 = 15000 F(0,−1) = 2000 ・ 0 + 5000 ・ (−1) = 0 − 5000 = −5000 Es un problema de programación lineal.

Llamamos x a la cantidad que invertimos en acciones de tipo A Llamamos y a la cantidad que invertimos en acciones de tipo B

R3: (Paralela OX):

R4: inversión

rendimiento

Tipo A

0,1x

La región factible es la pintada de amarillo, de vértices A, B, C, D y E

Tipo B

0,08y

A (0, 60000), B (120000, 60000), C (130000, 65000), D (130000, 80000) y E (0, 210000)

Condiciones que (restricciones):

deben

cumplirse

La región factible es la pintada de amarillo, de vértices A, B, C, D y E

R1: R2: R3: R4: Dibujamos las rectas auxiliares asociadas a las restricciones para conseguir la región factible (conjunto de puntos que cumplen esas condiciones)

La función objetivo es: F(x, y)= 0,1x+0,08y

R1:

Si dibujamos la curva F(x, y) =0 (en rojo) y la desplazamos se puede comprobar gráficamente que el vértice más alejado es el D, y por tanto es la solución óptima.

R2: (Paralela OV):

Comprobarlo analíticamente (es decir comprobar que el valor máximo de la función objetivo, F, se alcanza en el vértice D)

Ejercicios de Programación Lineal PARTE II Bonilla Yenny.-

La función objetivo es F(x, y)= 60x+ 80y Dibujamos las rectas auxiliares, R1

Ejercicio1 Una escuela prepara una excursión para 400 alumnos. La empresa de transporte tiene 8 autocares de 40 plazas y 10 autocares de 50 plazas, pero solo dispone de 9 conductores. El alquiler de un autocar grande cuesta 80 euros y el de uno pequeño, 60 euros. Calcular cuántos de cada tipo hay que utilizar para que la excursión resulte lo más económica posible para la escuela. Solución

x 8

y 0

x 0

y 10

x 0 0

y 9 9

x 0 10

y 8 0

Así como la de que corresponde a F(x, y)=0 que se dibuja en rojo. Teniendo en cuenta las restricciones (la de R4 es la parte de arriba y que la R3 es la parte de abajo), se encuentra la región factible. En el dibujo es la parte amarilla.

Es un problema de programación lineal, en este caso lo que queremos es hacer mínima la función objetivo. Llamamos x al nº de autocares de 40 plazas e y al nº de autocares de 50 plazas que alquila la escuela. Entonces se tiene x ,y Como sólo hay 9 conductores se verifica que: x +y Como tienen que caber 400 alumnos se debe de verificar: 40x

+50y

que

simplificada

quedaría 4 x +5y Por lo tanto las restricciones que nos van a permitir calcular la región factible (conjunto de puntos solución donde se cumplen todas las condiciones) son

Los vértices son (0, 8), (0, 9) y el (5, 4), este último es el punto de intersección de las rectas r3 y r4

por reducción

restando ambas ecuaciones se tiene x =5 y sustituyendo en la 1ª ecuación, y =4 Resolviendo gráficamente se llega a que el punto (5, 4) es la solución del problema. La solución óptima

polié ster

1000

Ejercicio 2

x + 1.5y ≤ 750 2x+3y ≤ 1500

Unos grandes almacenes encargan a un fabricante pantalones y chaquetas deportivas.

2x + y ≤ 1000

El fabricante dispone para la confección de 750 m de tejido de algodón y 1000 m de tejido de poliéster. Cada pantalón precisa 1 m de algodón y 2 m de poliéster. Para cada chaqueta se necesitan 1.5 m de algodón y 1 m de poliéster. El precio del pantalón se fija en 50 € y el de la chaqueta en 40 €. ¿Qué número de pantalones y chaquetas debe suministrar el fabricante a los almacenes para que estos consigan una beneficio máxima?

Como el número de pantalones y chaquetas son números naturales, tendremos dos restricciones más: x≥0 y≥0 Hallar el factibles

conjunto

soluciones

Tenemos que representar gráficamente las restricciones. Al ser x ≥ 0 e y ≥ 0, trabajaremos en el primer cuadrante. Representamos las rectas, a partir de sus puntos de corte con los ejes.

Elección de las incógnitas. x = número de pantalones y = número de chaquetas Función objetivo f(x,y)= 50x + 40y Restricciones Para escribir las restricciones vamos a ayudarnos de una tabla

pantal ones

algo dón

chaqu etas

1,5

dispo nible

750

Resolvemos gráficamente la inecuación: x + 1.5y ≤ 750, para ello tomamos un punto del plano, por ejemplo el (0,0). 0 + 1.5• 0 ≤ 750

12 0 ≤ 750 entonces el punto (0,0) se encuentra en el semiplano donde se cumple la desigualdad. De modo análogo resolvemos 2x + y ≤ 1000. 2 • 0 + 0 ≤ 1 000 La zona de intersección de las soluciones de las inecuaciones sería la solución al sistema de inecuaciones, que constituye el conjunto de las soluciones factibles.

Calcular el valor de la función objetivo En la función objetivo sustituimos cada uno de los vértices. f(x, y) = 50x + 40y f(0, 500) = 50 • 0 + 40 • 500 = 20 000 € f(500, 0) = 50 • 500 + 40 • 0 = 25 000 € Calcular las coordenadas de los vértices del recinto de las soluciones factibles. La solución óptima, si es única, se encuentra en un vértice del recinto. Estas son las soluciones a los sistemas: 2x + 3y = 1500; x = 0 (0, 500) 2x + y = 1000; y = 0 (500, 0) 2x + 3y =1500; 2x + y = 1000 (375, 250)

f(375, 250) = 50 • 375 + 40 • 250 = 28 750 € Máximo La solución óptima es fabricar 375 pantalones y 250 chaquetas para obtener un beneficio de 28750 €. Solución múltiple La solución no siempre es única, también podemos encontrarnos con una solución múltiple. Si la función objetivo del ejercicio anterior hubiese sido: f(x,y)= 20x + 30y f(0,500) = 20 • 0 + 30 • 500 = 15 000 € Máximo f(500, 0) = 20 • 500 + 30 • 0 = 10 000 €

13 f(375, 250) = 20 • 375 + 30 • 250 = 15 000 € Máximo En este caso todos los pares, con soluciones enteras, del segmento trazado en negro serían máximos.

f(x, y) = 15x + 10y Restricciones Pasamos los tiempos a horas 20 min = 1/3 h 30 min = 1/2 h 10 min = 1/6 h Para escribir las restricciones vamos a ayudarnos de una tabla:

f(300, 300)= 20 • 300 + 30 • 300 = 15 000 € Máximo

Tiempo

Manual

1/3

100

Máquina

1/3

1/6

Como el número de lámparas son números naturales, tendremos dos restricciones más: x≥0

Ejercicios de Programación Lineal PARTE III

y≥0

Sara Lozano.-

Hallar el factibles

conjunto

soluciones

Ejercicio 1 Una compañía fabrica y vende dos modelos de lámpara L1 y L2. Para su fabricación se necesita un trabajo manual de 20 minutos para el modelo L1 y de 30 minutos para el L2; y un trabajo de máquina para L1 y de 10 minutos para L2. Se dispone para el trabajo manual de 100 horas al mes y para la máquina 80 horas al mes. Sabiendo que el beneficio por unidad es de 15 y 10 Bs. para L1 y L2, respectivamente, planificar la producción para obtener el máximo beneficio. Elección de las incógnitas. x = nº de lámparas L1 y = nº de lámparas L2 Función objetivo

Tenemos que representar gráficamente las restricciones. Al ser x ≥ 0 e y ≥ 0, trabajaremos en el primer cuadrante. Representamos las rectas, a partir de sus puntos de corte con los ejes. Resolvemos gráficamente la inecuación: 1/3 x + 1/2 y ≤ 100; para ello tomamos un punto del plano, por ejemplo el (0,0). 1/3·0 + 1/2·0 ≤ 100 1/3·0 + 1/6·0 ≤ 80 La zona de intersección de las soluciones de las inecuaciones sería la solución al sistema de inecuaciones, que constituye el conjunto de las soluciones factibles.

Calcular las coordenadas de los vértices del recinto de las soluciones factibles. La solución óptima si es única se encuentra en un vértice del recinto. estos son las soluciones a los sistemas:   

1/3x + 1/2y = 100; x = 0 (0, 200) 1/3x + 1/6y = 80; y = 0(240, 0) 1/3x + 1/2y = 100; 1/3x + 1/6y = 80(210, 60)

Una empresa de transportes tiene dos tipos de camiones, los del tipo A con un espacio refrigerado de 20 m3 y un espacio no refrigerado de 40 m3. Los del tipo B, con igual cubicaje total, al 50% de refrigerado y no refrigerado. La contratan para el transporte de 3 000 m3 de producto que necesita refrigeración y 4 000 m3 de otro que no la necesita. El costo por kilómetro de un camión del tipo A es de 30 Bs y el B de 40 Bs. ¿Cuántos camiones de cada tipo se deben utilizar para que el costo total sea mínimo? Elección de las incógnitas. x = camiones de tipo A y = camiones de tipo B Función objetivo f(x,y) = 30x + 40y Restricciones

Calcular el valor de la función objetivo En la función objetivo sustituimos cada uno de los vértices.     

f(x, y) = 15x + 10y f(0, 200) = 15·0 + 10·200 = 2 000 Bs f(240, 0 ) = 15·240 + 10·0 = 3 600 Bs f(210, 60) = 15·210 + 10·60 = 3 750 Bs Máximo La solución óptima es fabricar 210 del modelo L1 y 60 del modelo L1 para obtener un beneficio de 3750 Bs.

Ejercicio 2

TOTAL

REFRIGERA DO

3000

NO REFRIGERA DO

4000

   

20x + 30y ≥ 3 000 40x + 30y ≥ 4 000 x≥0 y≥0

Hallar el conjunto de soluciones factibles

cada tipo para cubrir las necesidades con un costo mínimo? Elección de las incógnitas. x=X y=Y Función objetivo Calcular las coordenadas de los vértices del recinto de las soluciones factibles.

Calcular el valor de la función objetivo   

 

f(0, 400/3) = 30 · 0 + 40 · 400/3 = 5 333.332 f(150, 0) = 30 · 150 + 40 · 0 = 4 500 Como x e y han de ser números naturales redondeamos el valor de y. f(50, 67) = 30 · 50 + 40 · 67 = 4180 Mínimo El costo mínimo son 4 180 Bs para A = 50 y B = 67.

f(x,y) = 10x + 30y Restricciones X

Mínimo

   

x + 5y ≥ 15 5x + y ≥ 15 x≥0 y≥0

Hallar el conjunto de soluciones factibles

Ejercicio 3 En una granja de pollos se da una dieta, para engordar, con una composición mínima de 15 unidades de una sustancia A y otras 15 de una sustancia B. En el mercado sólo se encuentra dos clases de compuestos: el tipo X con una composición de una unidad de A y 5 de B, y el otro tipo, Y, con una composición de cinco unidades de A y una de B. El precio del tipo X es de 10 Bs y del tipo Y es de 30 Bs. ¿Qué cantidad se debe comprar de

Calcular las coordenadas de los vértices del recinto de las soluciones factibles.

Variable Z x1

Calcular el valor de la función objetivo    

f(0, 15) = 10 · 0 + 30 · 15 = 450 f(15, 0) = 10 · 15 + 30 · 0 = 150 f(5/2, 5/2) = 10 · 5/2 + 30 · 5/2 = 100 Mínimo El costo mínimo son 100 Bs para X = 5/2 e Y = 5/2

×3

-14

×4

1 ⁄8

×5

-2

-1⁄4

5⁄ 2

×3 Fv

1⁄ 8

5⁄ 2

-------------------------------------------------------

Ejercicios de Programación Lineal PARTE IV

1 - 1⁄4

Jeana Karina.-

-------------------------------------------------------

Método simplex Maximizar

X spn

Ejemplo :1

Cep

Z = 10×1 +20 × 2.

1 ⁄8

5⁄ 2

Sujeto 4× 1 + 2 × 2 ≤ 20

Z Fv1

8× 1 + 8 × 2 ≤ 20

Cet

4× 1 + 2 × 2 + × 3 = 20

-10 -20 -20

PN 0

8× 1 + 8 × 2 + × 4 = 20

-20

-20 -20 -20 1

1⁄ 8

-20

5 ⁄2

_________________________________

2× 2 + × 5 = 10

Z −10 × 1 − 20 × 2 = 0 Variable z x1

x2 x3 x4

x5 CD

×3

×4

×5

-10 -20 0

× 2 = 5⁄2 ×1=0 z= 50 z = 10 × 1 + 20 × 2

5⁄ 2

= 10(0) + 20(5â &#x201E;2) =0+

Consumo â&#x2030;¤ Disponible 1) Ă&#x2014; 1 + 2 Ă&#x2014; 2 â&#x2030;¤ 120

100 2

2) Ă&#x2014; 1 +

z= 50

Ă&#x2014;2

â&#x2030;¤ 90

1. Ă&#x2014; 1 +Ă&#x2014; 2 Ă&#x2014; 2 = 120 2 = 120 MĂŠtodo grafico Ejemplo 1: un negocio se dedica a la fabricaciĂłn de mesas, para fabricar cada uno se consume una determinada de recursos en los departamentos de corte y ensamble. Los recursos estĂĄn en horas hombres y son 120 horas para corte y 90m horas para ensamble. Cada unidad fabricada ofrece la siguiente ganancia a la empresa:

2. 0 + 2 Ă&#x2014; 2 = 120 120

Ă&#x2014;2=

120 2

Ă&#x2014; 2 = 60 Resp. Ă&#x2014; 1 = 60 đ?&#x2018;&#x161;đ?&#x2018;&#x2019;đ?&#x2018; đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018; Ă&#x2014; 2 = 30 sillas

Proceso.

đ?&#x2018;§ = $ 5,400 đ?&#x2018;˘đ?&#x2018; đ?&#x2018;&#x2018; Mesa s

Sillas 2

1 Ensam ble Ganan cia

Tiempo por departamento

Ă&#x2014;1+0 = p2 (120,0)

usd 50 para mesas y usd 80 para sillas .

Corte

VĂŠrtice s

Coordenadas

Z=50Ă&#x2014; đ?&#x;?+ đ?&#x;&#x2013;đ?&#x;&#x17D; Ă&#x2014; đ?&#x;?= ($đ?&#x2019;&#x2013;đ?&#x2019;&#x201D;đ?&#x2019;&#x2026;)

Ă&#x2014; 1,0

đ?&#x2018;§ = 50(0) + 8(0) =0

đ?&#x2018;§ = 50(90) + 80(0) = 4,500

đ?&#x2018;§ = 50(60) + 80(30) = 5,400

120/90

50 usd

120 Ă&#x2014;2 ,0

80 usd

SoluciĂłn:

1) Ă&#x2014; 1 + 2 Ă&#x2014;

Variables de decisiĂłn. Cantidad de Ă&#x2014; 1 = đ?&#x2018;&#x161;đ?&#x2018;&#x2019;đ?&#x2018; đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018; Ă&#x2014; 2 = đ?&#x2018; đ?&#x2018;&#x2013;đ?&#x2018;&#x2122;đ?&#x2018;&#x2122;đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018; FunciĂłn objetivo. đ?&#x2018;§ = đ?&#x2018;&#x201D;đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018;&#x203A;đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018;&#x203A;đ?&#x2018;?đ?&#x2018;&#x2013;đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018; đ?&#x2018;§ = 50 Ă&#x2014; 1 + 80 Ă&#x2014; 2. Restricciones.

𝑧 = 50(0) + 80(60) = 4,800.

La función objetivo que hay que minimizar es: f(x, y)=35x+30y Las restricciones: X> 0 y y x> 0

X2= 30 sillas.

R=0.3x + 0.3y >90000=> X + Y 300000 S=0.2X + 0.4Y >80000=> 3X+2Y>40000 T= 0.3X + 0.2Y >50000=>3X+2Y>50000 Los vértices son: A(0, 3000000)

Ejercicios de Programación Lineal PARTE V Carlos Perez V-2309035 .Ejercicio 1: 1-Una refinería de petróleo tiene dos fuentes de petróleo crudo: crudo ligero, que cuesta 35 dólares por barril y crudo pesado a 30 dólares el barril. Con cada barril de crudo ligero, la refinería produce 0,3 barriles de gasolina (G), 0,2 barriles de combustible para calefacción (C) y 0,3 barriles de combustible para turbinas (T), mientras que con cada barril de crudo pesado produce 0,3 barriles de G, 0,4 barriles de C y 0,2 barriles de T. La refinería ha contratado el suministro de 900000 barriles de G, 800000 barriles de C y 500000 barriles de T. Hallar las cantidades de crudo ligero y pesado que debe comprar para poder cubrir sus necesidades al costo mínimo. Sean: X= n: de barriles comprados de crudo ligero. Y= n: de barriles comprados de crudo pesado. La tabla de producción de cada producto con arreglo al tipo de crudo es:

B intersección de r,s: F(A)=30:30000=900000 MIN IMO F(B)=35:20000+30.10000=100000 F(C)=35=40000=140000 Siendo la solución de mínimo coste la compra de 3000000 de barriles de crudo ligero y ninguno de crudo pesado para un coste de 90000000

Ejercicio 2: 2-Una campaña para promocionar una marca de productos lácteos se basa en el reparto gratuito de yogures con sabor a limón o a fresa. SE decide repartir al menos 30000 yogures. Cada yogur de limón necesita para su elaboración 0,5 gr. de un producto de fermentación y cada yogur de fresa necesita 0,2 gr. de ese mismo producto. Se dispone de 9 kg. de ese producto para fermentación. El coste de producción de un yogur de fresa es es doble que el de un yogur de limón. ¿Cuántos yogures de cada tipo se deben producir para que el coste de la campaña sea mínimo ? Llamemos: x= n: de yogures de limón producidos. y= n: de yogures de fresa producidos.

a= coste de producción de un yogur de limón.

125 pesos el litro de aceite D siempre y cuando:

La función a minimizar es:

Compre en total 6 litros o más, y 2) La cantidad comprada de aceite C esté comprendida entre la mitad y el doble de la cantidad comprada de aceite

f(x, y)=ax+2ay Y las restricciones:

D". Si disponemos de un máximo de 3125 pesos, se pide:

X> 0 y y x> 0 R=X+Y > 300000 S=0.5X + 0.2Y <90000=>5X+2Y<90000 La zona de soluciones factibles es:

Representa gráficamente los modos de acogerse a la oferta.

A(0, 45000)

Acogiéndonos a la oferta, ?Cuál el la mínima cantidad de aceite D que podemos comprar? ?Cuál es la máxima de C?

B(0, 30000)

a) Llamemos:

C intersección de r y s:

x= litros comprados de aceite C

X+Y=30000ª

y= litros comprados de aceite D

Siendo los vértices:

=C>(100000)

Las restricciones del problema son:

5X+2Y=90000ª

X>O Y y>0

En los que la función objetivo toma los valores:

R=X+Y>6 S=Y/2<x=>y<2X T=X<2Y

F(A)=2ª.45000=90000A F(B)=2ª.30000=60000ª F(C)=A-10000+2A.2000=5000ª MIN IMO

Hay que fabricar, pues, 10000 yogures de limón y 20000 yogures de fresa para un coste mínimo de 50000ª

U=250X+125Y<3125=>2X+Y<25 b) La mínima cantidad de aceite D que debemos comprar acogiéndonos a la oferta (punto más bajo de la zona) es el punto intersección de las rectas r,t: X+Y=6 =>MIN(4.2) X=2Y

Ejercicio 3: 3-Un supermercado quiere promocionar una marca desconocida D de aceites utilizando una marca conocida C. Para ello hace la siguiente oferta: "Pague sólo a 250 pesos el litro de aceite C y a

La máxima cantidad de aceite C para acogernos a la oferta (punto más a la derecha de la zona) es la intersección de las rectas t,u: 2X+Y=25

=>MAX C(10,5) X=2Y Conclusión, la mínima cantidad de D es 2 litros y la máxima de C 10 litros.