Introduccion CSS by Alma Ruelas

CAPITULO 2 PROGRAMACION LINEAL 2.1 CONCEPTO DE PROGRAMACION LINEAL La Programación Lineal utiliza un modelo matemático para describir el problema. El adjetivo Lineal significa que todas las funciones matemáticas del modelo deben ser funciones lineales. En este caso, la palabra Programación no se refiere a programación en computadora; en esencia es un sinónimo de planeación. Así, la programación lineal trata la Planeación de las Actividades para obtener un resultado óptimo, esto es, el resultado que mejor alcance la meta especificada (según el modelo) entre todas las opciones de solución. Existe cierto objetivo a alcanzar, tal como un beneficio máximo, costo mínimo, o mínimo periodo de tiempo, del sistema que se tiene. Existe un gran número de variables que deben manejarse simultáneamente. Estas variables pueden ser productos, horas máquinas, horas-hombre, dinero, superficie, u otros factores según sea el problema. De ésta forma, la Programación Lineal tiende a asociarse con situaciones complejas, muchas variables que se interaccionan, y objetivos competitivos junto con la optimización de algún criterio de efectividad del sistema. Las interacciones de las variables y la rivalidad de objetivos son características de muchas situaciones industriales. Desde luego, son características de todos los sistemas económicos. Es natural entonces, en la industria, que muchos de sus más importantes problemas pueden resolverse con los métodos de la Programación Lineal. No obstante, es incorrecto suponer que todos los problemas industriales que impliquen éstos elementos de iteración y competencia pueden tratarse con los métodos de Programación Lineal. Muchas personas clasifican el desarrollo de la programación lineal, entre los avances científicos más importantes de mediados del siglo XX, y estamos de acuerdo con esta aceleración. En la actualidad es una herramienta de uso normal que ha ahorrado miles o millones de dólares a muchas compañías o negocios, incluso empresas medianas, en los distintos países industrializados del mundo; su aplicación a otros sectores de la sociedad se ha empleado con rapidez. ¿Cuál es la naturaleza de esta notable herramienta y que tipo de problemas puede manejar? El tipo más común de aplicación abarca el problema general de asignar recursos limitados entre actividades competitivas de la mejor manera posible (es decir, en forma óptima). 12

Con más precisión, este problema incluye elegir el nivel de ciertas actividades que compiten por recursos escasos necesarios para realizarlos. Y la variedad de situaciones a las que se pueden aplicar esta descripción es sin duda muy grande, y va desde la asignación de instalaciones de producción a los productos, hasta la asignación de los recursos nacionales a las necesidades de un país; desde la selección de una cartera de inversiones, hasta la selección de los patrones de envió; desde la plantación agrícola, hasta el diseño de una terapia de radiaciones, etc.

2.2 MODELO DE PROGRAMACION LINEAL Ejemplo clásicos de Programación Lineal Un modelo de Programación Lineal proporciona un método eficiente para determinar una decisión óptima, (o una estrategia óptima o un plan óptimo) escogida de un gran número de decisiones posibles. La decisión óptima es la que satisface un objetivo, sujeto a varias restricciones. Por ejemplo, una decisión óptima podría ser la decisión que produzca el más alto o máxima utilidad o el más bajo o mínimo costo. Construcción de modelos de Programación lineal Requerimientos para construir un modelo de Programación Lineal. 1. Función Objetivo: debe haber un objetivo (o meta) que desea alcanzar. Por ejemplo, maximizar las utilidades, minimizar el costo, maximizar el potencial de clientes esperados, minimizar el tiempo total, etc. 2. Restricciones y decisiones: debe haber cursos alternativos de acción o decisiones, uno de los cuales permite alcanzar el objetivo. 3. La función objetivo y las restricciones son lineales: Debe estar en capacidad de expresar las decisiones del problema, incorporándolas a la función objetivo y a las restricciones sobre decisiones, usando solamente ecuaciones lineales o desigualdades lineales.

EJEMPLO PROTOTIPO La fábrica WYNDOR GLASS CO. Produce artículos de vidrio de alta calidad, incluyendo ventanas y puertas de vidrio. Tiene tres plantas. Los marcos y molduras de aluminio se hacen en la planta 1, los marcos de madera se fabrican en la planta 2 y en la 3 se produce el vidrio y se ensamblan los productos. [ Hillier, Lieberman]

Debido a que las ganancias se han reducido, la administración ha decidido reorganizar la línea de producción en la compañía. Se descontinuarán varios productos no rentables y se dejará libre una parte de la capacidad de producción para emprender la fabricación de uno o dos productos nuevos que han tenido gran demanda en el mercado. Producto 1: es una puerta de vidrio con marco de aluminio. Producto 2: es una ventana de vidrio, doble con marco de madera. El producto 1 es producido por las plantas 1 y 3 y nada en la planta 2, el producto 2 solo utiliza las plantas 2 y 3 para su producción. Sin embargo como ambos productos compiten por la misma capacidad de producción en la planta 3, no es obvio qué mezcla de los dos productos sería la más rentable. Los requerimientos y capacidades disponibles están resumidos en la tabla 2.1 Tiempo de producción por lote, horas

______________________ Planta

1 2 3 Ganancia Por lote

Producto 2

1 0 3

0 2 2

$3000

Tiempo de producción disponible a la semana, horas

4 12 18

$5000

Tabla 2.1 Datos para el problema de WYNDOR GLASS CO

Construcción del modelo de Programación Lineal para el ejemplo de Wyndor Glass Co. PASO 1. Construir el modelo de decisión, primero tenemos que definir las variables de decisión de éste ejemplo, éstas son. x1 = la cantidad de productos del producto 1 (puerta de vidrio con marco de aluminio) x 2 = la cantidad de productos del producto 2 (ventana de vidrio, doble con marco de madera).

PASO 2. Tenemos que definir el objetivo o meta de la WYNDOR GLASS CO en términos de sus variables de decisión. Para hacer esto introduciremos el concepto de función objetivo. Esta función muestra la relación existente entre la producción total x1 y x 2 , y la utilidad. Sea Z = utilidad, entonces: $3 x1 = utilidad (ganancia) total por la venta de las puertas de vidrio con marco de aluminio. $5 x 2 = utilidad (ganancia) total por la venta de ventanas de vidrio, doble con marco de madera.

Por lo tanto Z= $3 x1 + $5 x 2 (función objetivo). La función objetivo en este caso es escoger un x1 y x 2 tal que maximice la utilidad, es decir, el objetivo es elegir los valores que maximicen a la función objetivo, sujeta a las restricciones impuestas sobre sus valores por las capacidades disponibles limitadas en cada planta. PASO 3. Definir las restricciones de capacidad usando x1 y x 2 , observando la tabla 2.1 se tiene que cada unidad del producto 1 que se produce por minuto usará 1% de la capacidad de la planta 1, y sólo se dispone de 4%. Así el producto 1 tiene que ser menor o igual que, la capacidad disponible, es decir, ésta restricción se expresa mediante x1 ≤ 4 . De igual manera, para la planta 2 se tiene la restricción 2 x 2 ≤ 12 . Y la restricción para la planta 3 queda de la siguiente manera 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 .

PASO 4. Restricción de las variables para que sean no negativas. Esto implica como las tasas de producción no pueden ser negativas, es necesario restringir las variables de decisión a valores no negativos: x1 ≥ 0 y x 2 ≥ 0 . Por lo que el modelo matemático de Programación Lineal para éste ejemplo quedaría de la siguiente forma: Maximizar z = 3 x1 + 5 x 2 sujeta a x1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18

x1 , x 2 ≥ 0

2.2.1 METODO GRAFICO (problemas de maximización) Usualmente las gráficas no son el mejor método para resolver problemas de programación lineal del mundo real, ya que no podemos dibujar en más de tres dimensiones. No obstante, una solución gráfica para un problema de tres (o menos) dimensiones es efectiva para entender mejor la estructura de los modelos de programación lineal. Los gráficos sirven para el entendimiento de la solución óptima de los modelos de programación lineal.

FUNDAMENTOS MATEMATICOS DEFINICION Sea S el conjunto de todas las soluciones factibles de un problema lineal en su forma estándar (Ax = b), S es un conjunto convexo. Como S es un conjunto convexo con un número finito de puntos extremos ya que A será de orden mxn ( m ≤ n entonces los extremos de S tienen al menos n-m componentes cero) Cada una de las igualdades n

∑a j =1

x j = bi

i=1, 2, …, m

es un conjunto convexo y como la intersección de m conjuntos convexos es también convexo

COROLARIO Dado un programa lineal

CT x Ax = b x≥0 si el polítopo convexo k correspondiente a éste programa lineal es acotado, entonces k es un poliedro convexo, es decir, k se compone de puntos que son combinación convexas de un número finito de puntos.

TEOREMA La función objetivo Z=f(x) tiene su óptimo en un punto extremo de S siempre y cuando exista y S esté acotado.

DEMOSTRACION Supongamos que el mínimo existe, digamos

x0 que pertenece a S, entonces

f ( x 0 ) ≤ f ( x) para toda x que pertenece a S. Si x0 es extremo de S queda demostrado. Supongamos que x 0 no es extremo entonces x0 = λx1 + (1 − λ ) x 2 entonces, f ( x 0 ) = f (λx1 + (1 − λ ) x 2 ) = λf ( x1 ) + (1 − λ ) f ( x 2 )

para todo x1 , x 2 extremos. x m un extremo mínimo, esto es, f ( x m ) ≤ f ( xi ) para toda i. Ahora sean Entonces λf ( x1 ) + (1 − λ ) f ( x 2 ) ≥ f ( x m ) por lo tanto f ( x0 ) ≥ f ( x m ) x0 sea mínimo, por lo tanto, x 0 no se pueden escribir lo cual contradice que como λx1 + (1 − λ ) x 2 así podemos afirmar que x0 es extremo. Este teorema nos permite afirmar que dado un modelo Z = ∑ ci xi Optimizar

Ax = b Sujeta a y S su región factible con n puntos extremos, entonces la solución óptima es uno de ellos.

SOLUCION GRAFICA Con los fundamentos matemáticos anteriores podemos deducir que la solución de un modelo de programación lineal se encuentra en cualquiera de los vértices del poliedro, que forman las restricciones. Resolvamos gráficamente el modelo dado en el ejemplo de la sección 2.2 de WYNDOR GLASS CO, en el cual el se encontró el modelo matemático quedó como: Maximizar z = 3 x1 + 5 x 2 sujeta a x1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 x1 , x 2 ≥ 0

Para resolver éste modelo sigamos paso a paso el procedimiento para llegar a la solución. PASO 1. Primeramente graficar las restricciones del modelo matemático Las ecuaciones de las restricciones son: 1) x1 ≤ 4 2) 2 x 2 ≤ 12 3) 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18

Al momento de graficarlas se toma el signo igual, quedando como sigue 1) x1 = 4 2) 2 x 2 = 12 3) 3 x1 + 2 x 2 = 18 La figura 2.1 muestra el trazo de la ecuación (1) como solo tiene una variable la recta que resulte es paralela al eje de x2 y pasa en el eje x1 con valores de (4,0).

Figura 2.1 Trazo de la recta

x1 = 4

El área sombreada en la figura 2.2 muestra todas las soluciones que satisfacen la restricción 1 ( x1 ≤ 4 ), ya que el signo de menor o igual ( ≤ ).

Figura 2.2 Soluciones que satisfacen la restricción 1 ( x1 ≤ 4 )

Para trazar la ecuación (2) se despeja la variable, es decir, x2 = 12 ÷ 2 = 6 y la recta resulta paralela al eje x1 con valores de (0,6). (Ver figura 2.3).

Figura 2.3 Trazo de la ecuación 2 x 2 = 12

El área sombreada en la figura 2.4 muestra todas las soluciones que satisfacen la restricción 2 ( 2 x 2 ≤ 12 ), ya que el signo de menor o igual ( ≤ ).

Figura 2.4 Soluciones que satisfacen la restricción 2 ( 2 x 2 ≤ 12 )

Para trazar la ecuación (3) podemos darle valores a una variable para conocer la otra: por ejemplo si le damos el valor de cero a x1 , es decir: 3(0) + 2 x 2 = 18 , 18 quedaría 2 x 2 = 18 , que despejando la variable se tiene que x 2 = = 9 , así el 2 punto que ubicaríamos en el plano será: (0, 9), ahora si le damos el valor de cero a x 2 , es decir: 3 x1 + 2(0) = 18 , quedaría 3x1 = 18 , que despejando la variable se 18 = 6 , así el punto que ubicaríamos en el plano será: (0, 6). (Ver tiene que x1 = 3 la figura 2.5).

Figura 2.5 Trazo de la ecuación 3 x1 + 2 x 2 = 18

El área sombreada en la figura 2.6 muestra todas las soluciones que satisfacen la restricción 3 ( 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 ), ya que el signo de menor o igual ( ≤ ).

Figura 2.6 Soluciones que satisfacen la restricción 3 ( 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 )

Trazamos por separado cada una de las restricciones, pero debemos trazar todas en un solo plano cartesiano. Ahora, las gráficas 2.2, 2.4 y 2.6 pueden superponerse para obtener una gráfica con las tres restricciones.

PASO 2. Identificar la región factible La figura 2.7 muestra la gráfica donde se superponen las tres restricciones. Las líneas punteadas representan el área de cada una de las ecuaciones. Para identificar la región factible de la figura 2.7, es la intersección de las áreas de las 3 rectas, (la intersección de las 3 rectas punteadas), la figura 2.8 presenta la región sombreada la cual incluye todo punto de solución que satisface simultáneamente todas las restricciones. Debido a que estas soluciones se denominan soluciones factibles, la región sombreada se llama región de soluciones factibles, o tan sólo región factible. Cualquier punto en el límite de la región factible, o dentro de la región factible, es un punto de solución factible para el problema, es decir, cada punto contenido o situado en la frontera del espacio de soluciones ABCDE satisface todas las restricciones y por consiguiente representa un punto factible.

Figura 2.7 Grafica que presenta las tres rectas en un mismo plano y la región de cada una de ellas.

Figura 2.8 Grafica que presenta la región factible

PASO 3. Conocer el punto óptimo Una vez que se identifico la región factible, buscamos el punto óptimo el cual va proporcionar el mejor valor posible de la función objetivo. Para encontrar dicho punto se requiere conocer la dirección en la cual incrementa la función objetivo (z). La solución óptima para un problema de programación lineal es la solución factible que proporciona el mejor valor posible de la función objetivo.

Para describir como localizar el punto óptimo el cual proporciona los valores para la solución óptima, como mencionamos anteriormente se necesita conocer la dirección en la cual incremente z (la función objetivo), darle valores a z, por ejemplo si a z le damos el valor de 15; la función objetivo queda así 15 = 3 x1 + 5 x2 y se traza la línea recta que pasa por los puntos (0, 3) y (5,0). (Ver figura 2.9). Como la función objetivo, z es maximizar, si le damos un valor más grande que 15, digamos 20, quedaría entonces como 20 = 3 x1 + 5 x 2 y trazamos la recta (cambiando el valor de z todas las rectas son paralelas). (Ver figura 2.10).

Figura 2.9 Trazo de la función objetivo con el valor de 15 ( 15 = 3 x1 + 5 x 2 )

Figura 2.10 Trazo de la función objetivo con los valores de 15 y 20

Para identificar el punto de solución óptima (es cualquier punto de la frontera de la región factible ABCDE), como la función objetivo es maximizar y las rectas de ésta son paralelas (ver figura 2.10), siguiendo la trayectoria de esas paralelas, usando una regla y moverla paralelamente a éstas rectas, el punto óptimo es el último punto en la región factible (frontera ABCDE). Este punto identifica la solución óptima. Los valores óptimos para las variables de decisión son los valores de x1 y x 2 en ese punto. (Ver figura 2.11).

Figura 2.11 Identificación del punto óptimo

PASO 4 Encontrar la solución óptima La solución óptima ocurre en el punto C. Como C es la intersección de las rectas (2) y (3), los valores de x1 y x 2 se determinan al resolver las dos ecuaciones asociadas con las líneas (2) y (3) en forma simultánea: 2 x 2 = 12 3 x1 + 2 x 2 = 18 12 = 6 ; para Si despejamos de 2 x 2 = 12 a x 2 se tiene entonces que x 2 = 2 conocer el valor de la otra variable sustituimos éste en 3 x1 + 2 x 2 = 18 , es decir 3 x1 + 2(6 ) = 18 , así despejando x1 nos queda 3 x1 = 18 − 12 = 6 , se tiene que 6 x1 = = 2 . 3 Encontrando así los valores de x 2 = 6 y x1 = 2 Estos valores se sustituyen en la función objetivo z = 3 x1 + 5 x 2 , encontrando el valor de z z = 3(2) + 5(6) = 6 + 30 = 36

Por lo tanto la solución óptima es x2 = 6 x1 = 2 z = 36

PASO 5 Interpretación del problema El punto (2, 6) proporciona las cantidades de producción óptima para WYNDOR GLASS CO, es decir la empresa debe de producir 2 puertas de vidrio con marco de aluminio y 6 ventanas de vidrio, doble con marco de madera, por semana respectivamente y produce una contribución a la ganancia de 36 (Miles de dólares semanales).

Ejemplo Una fábrica de pinturas produce colorantes para interiores y exteriores de casas para su distribución al mayoreo. Se utilizan dos materiales básicos, X y Y, para producir las pinturas. La disponibilidad máxima de X es de 6 toneladas diarias; la de Y es de 8 toneladas por día. Los requisitos diarios de materias primas por tonelada de pintura para interiores y exteriores se resumen en la siguiente tabla.

Toneladas de materia prima por tonelada de pintura _________________________ Exterior interior Materia prima X Materia prima Y

1 2

Disponibilidad máxima (toneladas)

2 1

6 8

Tabla 2.2. Datos para el problema de la fábrica de pinturas

Un estudio del mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que la de pintura para exteriores en más de una tonelada. El estudio señala asimismo, que la demanda máxima de pintura para interiores está limitada a dos toneladas diarias. El precio al mayoreo por tonelada es $3000 para la pintura de exteriores y $2000 para la pintura de interiores. La pregunta sería ¿Cuánta pintura para exteriores e interiores debe producir la compañía todos los días para maximizar el ingreso bruto?

Para construir el modelo sigamos los siguientes pasos.

PASO 1. Construir el modelo de decisión, primero tenemos que definir las variables de decisión de éste ejemplo, éstas son. x E = toneladas de pintura para exteriores producidas diariamente x I = toneladas de pintura para interiores producidas diariamente

PASO 2. Tenemos que definir el objetivo o meta del problema en términos de sus variables de decisión. Para hacer esto introduciremos el concepto de función objetivo. Esta función muestra la relación existente entre la producción total x E y x I , y la utilidad. Sea Z = utilidad, entonces, como cada tonelada de pintura para exteriores se vende en $3000, el ingreso bruto obtenido de la venta de x E toneladas es 3 x E miles de unidades monetarias y el ingreso bruto que se obtiene de vender x I toneladas de pintura para interiores es de 2 x I miles de unidades monetarias. Así el ingreso bruto total se convierte en la suma de los dos ingresos, si hacemos que z represente el ingreso bruto total, la función objetivo se puede escribir matemáticamente como z = 3 x E + 2 x I La meta consiste en determinar los valores (factibles) de x E y x I que maximizarán este criterio. El objetivo es elegir los valores que maximicen a la función objetivo, sujeta a las restricciones impuestas sobre sus valores por las capacidades disponibles limitadas.

PASO 3. Definir las restricciones de capacidad usando x E tabla 2.2.

y x I , observando la

El problema que estamos analizando impone restricciones sobre el uso de materias primas y sobre la demanda. La restricción del uso de materias primas se puede expresar en forma verbal como: ⎛ uso de materias primas ⎞ ⎛ disponibilidad máxima de ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ en ambas p int uras ⎠ ⎝ materias primas ⎠ Esto nos lleva a las restricciones que siguen (utilizando los datos del problema que estamos analizando) x E + 2 x I ≤ 6 (Materia prima X) 2 x E + x I ≤ 8 (Materia prima Y)

Las restricciones sobre la demanda se expresan en forma verbal como

⎛ cantidades en exceso de p int uras para ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ≤ 1 tonelada por día ⎝ int eriores sobre exteriores ⎠

(demanda de p int ura

para int eriores ) ≤ 2 tonelada por día

Matemáticamente, se presenta como: x I − x E ≤ 1 (Exceso de pintura para interiores sobre pintura para exteriores) xI ≤ 2 (Demanda máxima de pintura para interiores)

PASO 4. Restricción de las variables para que sean no negativas. Esto implica como las tasas de producción no pueden ser negativas, es necesario restringir las variables de decisión a valores no negativos: x E ≥ 0 y x I ≥ 0 . Por lo que el modelo matemático de Programación Lineal para éste ejemplo, donde se debe determinar las toneladas de pinturas para interiores y exteriores que se producirán para maximizar la función objetivo queda como:

Maximizar z = 3 x E + 2 x I Sujeto a xE + 2 xI ≤ 6 2 xE + xI ≤ 8 − xE + xI ≤ 1 xI ≤ 2 xE ≥ 0 ,

(función objetivo)

(Restricciones)

xI ≥ 0

Para resolver éste modelo sigamos paso a paso el procedimiento para llegar a la solución.

PASO 1. Primeramente graficar las restricciones del modelo matemático Las ecuaciones de las restricciones son: xE + 2xI ≤ 6

(1)

2 xE + xI ≤ 8

(2)

− xE + xI ≤ 1

(3)

xI ≤ 2

(4) 27

Al momento de graficarlas se toma el signo igualad como se observรณ en el ejemplo de WYNDOR GLASS CO. La figura 2.12 muestra el trazo de las cuatro ecuaciones en un mismo plano.

Figura 2.12. Grafica que representa las 4 restricciones en un mismo plano

En la figura 2.13 muestra la grรกfica que representa la regiรณn de cada una de las restricciones (ecuaciones), es como si colorearas de color rojo la regiรณn de la ecuaciรณn 2, de color verde la regiรณn de la ecuaciรณn 3, de color amarillo la regiรณn de la recta 1 y de color azul la regiรณn de la ecuaciรณn 4; donde se intersecan los cuatro colores รฉsa es la regiรณn factible como lo muestra la figura 2.14.

Figura 2.13 Grafica que presenta las rectas en un mismo plano y la regiรณn de cada una de ellas.

Figura 2.14. Gráfica que muestra la región factible

El espacio de soluciones resultante es el área ABCDEF. Cada punto contenido o situado en la frontera del espacio de soluciones ABCDEF satisface todas las restricciones y por consiguiente, representa un punto factible. Cualquier punto dentro o en el límite del espacio ABCDEF es un punto factible, en el sentido de que satisface todas las restricciones. Debido a que el espacio factible ABCDEF consiste en un número infinito de puntos, necesitamos un procedimiento que identifique la solución óptima. La determinación de la solución óptima requiere la identificación de la dirección z = 3 x E + 2 x I (estamos en la cual incrementa la función de la utilidad maximizando z). Lo que podemos hacer asignándole a z los valores arbitrariamente crecientes de 6 y 9, que serían equivalentes a trazar las líneas 3x E + 2 x I = 6 3x E + 2 x I = 9 La figura 2.15 muestra éstas dos líneas en el espacio de solución del modelo. Con ésas dos rectas se ve la trayectoria ya que cualquier otra que se trace va a ser paralela a éstas por ejemplo si igualamos a la recta igual a 12, es decir 3 x E + 2 x I = 12 quedaría como lo muestra la figura 2.16.

Figura 2.15. Gráfica que muestra las dos rectas de Z=6 y Z=9

Figura 2.16. Gráfica que muestra la recta de Z=12

De esta manera, la utilidad z se incrementa en la dirección que se muestra en la figura 2.16, hasta que lleguemos al punto en el espacio de la solución más allá del cual cualquier incremento adicional nos dejará fuera de los límites de ABCDEF, es decir si se recorriera la recta Z=12 paralelamente el último punto que toca de la región factible es el punto óptimo, como se muestra en la figura 2.17.

Figura 2.17. Gráfica que muestra el punto óptimo

Así la solución óptima ocurre en el punto C. Como C es la intersección de las x I se determinan al resolver las dos rectas (1) y (2), los valores de x E y ecuaciones asociadas con las líneas (1) y (2) en forma simultánea: xE + 2 xI = 6 2xE + xI = 8 Sí se multiplica la primer ecuación por (-2 a todos los términos de la ecuación) queda como ( x E + 2 x I = 6)(−2) 2xE + xI = 8 al realizar la multiplicación se tiene que − 2 x E − 4 x I = −12 2xE + xI = 8 el signo afecta a cada uno de los términos de la ecuación, una vez que se tiene el mismo coeficiente en ambas ecuaciones de una variable y con signo contrario se puede realizar la suma de las dos ecuaciones y se elimina una variable sumando la que queda (o restando), es decir. - 2 x E − 4 x I = −12 2 xE + xI = 8 − 3 x I = −4 Por lo que despejando x I se tiene que −4 xI = −3 Por lo tanto aplicando la ley de los signos queda como x I =

4 3

Al sustituir el valor de x I en cualquier ecuación antes de haber multiplicado (las originales), podemos conocer el valor de la otra variable es decir: ⎛4⎞ x E + 2⎜ ⎟ = 6 ⎝3⎠ 8 Multiplicando el entero por la fracción se tiene que: x E + = 6 3 8 18 − 8 10 = Despejando x E = 6 − = 3 3 3 Por lo tanto a solución al sistema de ecuaciones es: 10 4 xE = y xI = 3 3 Así ésta solución indica que la producción diaria debe ser de pintura para exteriores y de

10 toneladas de 3

4 toneladas de pintura para interiores. El ingreso 3

respectivo es

⎛ 10 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 38 z = 3⎜ ⎟ + 2⎜ ⎟ = (Miles de $). ⎝ 3 ⎠ ⎝3⎠ 3

2.2.2 UN PROBLEMA DE MINIMIZACION M&D Chemicals produce dos productos que se venden como materias primas a compañías que fabrican jabones para baño y detergentes para ropa. Basado en un análisis de los niveles de inventario actuales y la demanda potencial para el mes siguiente, la gerencia de M&D ha especificado que la producción combinada para los productos A y B debe ser en total al menos 350 galones. Por separado, también debe satisfacerse un pedido de un cliente importante de 125 galones del producto A. el producto A requiere dos horas de procesamiento por galón, mientras el producto B requiere una hora de procesamiento por galón, y para el siguiente mes se dispone de 600 horas de tiempo de procesamiento. El objetivo de M&D es satisfacer estos requerimientos con un costo total de producción mínimo. Los costos de producción son 2 dólares por galón para el producto A y 3 dólares por galón para el producto B. Para encontrar el calendario de producción de costo mínimo, formularemos el problema como un modelo matemático de programación lineal. Siguiendo un procedimiento parecido al usado para el problema de WYNDOR GLASS CO, primero definiremos las variables de decisión y la función objetivo para el problema. Sea x1 = Cantidad de galones del producto A x 2 = Cantidad de galones del producto B

Debido a que los costos de producción son $2 por galón para el producto A y $3 por galón para el producto B, la función objetivo que corresponde a la minimización del costo total de producción puede escribirse como Minimizar z = 2 x1 + 3 x 2 a continuación consideremos las restricciones impuestas al problema. Para satisfacer la demanda del cliente importante de 125 galones del producto A, sabemos que A debe ser al menos 125. Por lo tanto, la restricción queda como x1 ≥ 125 Debido a que la producción combinada para ambos productos debe ser en total al menos 350 galones, por lo que la restricción es x1 + x 2 ≥ 350 Por último, la limitación en el tiempo de procesamiento disponible de 600 horas significa que necesitamos agregar la restricción 2 x1 + x 2 ≤ 600 Por lo tanto el modelo matemático se expresa como Minimizar z = 2 x1 + 3 x 2 sujeta a x1 ≥ 125 x1 + x 2 ≥ 350 2 x1 + x 2 ≤ 600 x1 , x 2 ≥ 0 El método gráfico para solucionar el modelo matemático de este problema, como en el problema WYNDOR GLASS CO, requiere primero tracemos la gráfica de las líneas de restricción para encontrar la región factible. Al trazar cada línea de restricción por separado y luego verificar los puntos en cada lado de la línea, pueden identificarse las soluciones que satisfacen cada restricción. Al combinar las soluciones que satisfacen cada restricción en la misma gráfica obtenemos la región factible que se muestra en la figura 2.18.

Figura 2.18 Región factible para el problema de M&D Chemicals

Para encontrar la solución de costo mínimo, ahora tracemos la línea de la función objetivo (z) correspondiente a un valor de costo total particular. Por ejemplo, podríamos comenzar trazando la línea dándole un valor a z=1100, la línea será 2 x1 + 3 x 2 = 1100 . Esta línea se la que se muestra en la figura 2.19.

Figura 2.19 Solución gráfica par el problema de M&D Chemicals

Para localizar el punto óptimo movemos la línea de la función objetivo hacia abajo (porque es minimizar), el punto óptimo es el último punto de la región factible. (Ver figura 2.19). Una vez identificando el punto óptimo observamos cuáles rectas se cruzan en éste punto y solucionándolas como un sistema de ecuaciones encontramos los valores de x1 y x 2

( x1 + x 2 = 350 )(-1) 2 x1 + x 2 = 600 -1 x1 - x 2 =-350 2 x1 + x 2 = 600 x1 = 250 Sustituyendo el valor de x1 = 250 en una ecuación se tendría 250 + x 2 = 350 despejando x 2 queda x 2 = 350 − 250 = 100 , esto es, x 2 = 100 Por lo que las coordenadas del punto óptimo son (250, 100), éstos valores proporcionan la solución de costo mínimo con un valor de función objetivo de z = 2(250) + 3(100) = 500 + 300 = 800

2.3 METODO SIMPLEX INTRODUCCION En la solución de modelos de programación lineal, en el procedimiento gráfico observamos que la solución óptima está asociada siempre con un punto extremo del espacio de soluciones. El método simplex está basado fundamentalmente en este concepto. Careciendo de la ventaja visual asociada con la representación gráfica del espacio de soluciones, el método simplex emplea un proceso iterativo que principia en un punto extremo factible, normalmente el origen y se desplaza sistemáticamente de un punto extremo factible a otro, hasta que se llega por último al punto óptimo. Un problema de programación lineal es un programa matemático en el cual la función objetivo es lineal en las incógnitas y las restricciones constan de igualdades y desigualdades lineales. La forma exacta de estas restricciones puede variar de unos problemas a otros, pero, cualquier programa lineal que se puede convertir al problema general de programación lineal es el siguiente: dado un sistema de m ecuaciones lineales en n variables, a11 x1 + a12 x 2 + L + a1n x n + x n +1 = b1 a 21 x1 + a 22 x 2 + L + a 2 n x n + x n + 2 = b2

M M a m1 x1 + a m 2 x 2 + L + a mm x n + x n + m = bm

(1)

Y una función en una forma lineal en las mismas variables, Z = c1 x1 + c 2 x 2 + L + c n x n Hallar entre las soluciones del sistema (1), aquellas soluciones no negativas para las cuales la forma Z toma su valor mínimo o máximo. Tal solución es una solución óptima del sistema dado. Donde las bi , ci y aij son constantes reales fijas, y las xi son variables reales a determinar.

2.3.1 FUNDAMENTO MATEMATICO En el espacio de dos dimensiones, si se tienen dos vectores P1 y P2 que parten del origen y que no se encuentran en la misma recta, es decir, dos vectores linealmente independientes, entonces cualquier tercer vector P0 en este espacio se puede expresar como una combinación lineal de ellos. En el espacio de tres dimensiones, si se tienen tres vectores, todos partiendo del origen y no todos en el mismo plano, es decir, tres vectores linealmente independientes, entonces cualquier curto vector P0 en este espacio puede expresarse como una combinación lineal de estos tres. En la figura 2.20 se ilustra el caso donde el vector P0 se puede representar mediante la combinación lineal. P0 = P1 + (1 / 2) P2 + (2 / 3) P3 De los vectores linealmente independientes P1 , P2

Figura 2.20 Representación del vector P0 como una combinación lineal

En el espacio de dimensión dos, si tomamos a los dos vectores P1 (a11 , a 21 ) y P2 (a12 , a 22 ) P1 (a11 , a12 ) P2 (a 21 , a 22 ) en lugar de y se tiene el determinante a11 a12 a 21 a 22 Donde las componentes de los vectores forman las columnas del determinante. Si P1 y P2 son linealmente independientes, este determinante no es cero. Además el valor absoluto de este determinante es igual al área del paralelogramo con los lados P1 y P2 como muestra la figura 2.21.

Figura 2.21 Área del paralelogramo con los lados P1

En el espacio de dimensión 3, tres vectores linealmente independientes P1 (a11 , a 21 , a 31 ) , P2 (a12 , a 22 , a32 ) , P3 (a13 , a 23 , a33 ) Determinan un paralelepípedo (ver figura 2.22). En este caso, el valor absoluto del determinante a11 a12 a13 a 21

a 22

a 23

a31 a32 a33 Es diferente de cero y es igual al volumen del paralelepípedo.

Figura 2.22 Tres vectores linealmente independientes

Análogamente, en el espacio de dimensión m si se dan m vectores linealmente independientes, por ejemplo,

Pj (a1 j , a 2 j , K , aij , K a mj )

i=1,2,…,m,

Entonces el determinante a11

a12 L a1 j L a1m

a21

a22 L a2 j L a2 m

M ai1 M am1

ai 2 L aij L aim M

≠0

am 2 L amj L amm

Ahora, supongamos que en el espacio de dimensión m se dan n vectores arbitrarios Pj (a1 j , a 2 j ,K, aij , K a mj ) i=1,2,…,m, j=1,2,…,n Arreglando las componentes de los vectores matriz mxn: P1 P2 Pj Pn ⎡a11 a12 L a1 j L a1n ⎤ ⎢ ⎥ ⎢a 21 a 22 L a 2 j L a 2 n ⎥ ⎢M M ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ai1 ai 2 K aij L ain ⎥ ⎢ ⎥ M ⎥ ⎢M ⎢a m1 a m 2 L a mj L a mn ⎥ ⎣ ⎦

Pi como las columnas de una

(2)

Las columnas de esta matriz, consideradas como vectores de m componentes, pueden, en general, ser linealmente dependientes. El número máximo de columnas independientes de la matriz (2) se llama rango de la matriz. Consideremos el siguiente modelo Maximizar Z = c T x Sujeta a Ax ≤ b (3) x≥0

Donde A es una matriz de mxn, x es un vector columna de n componentes, cT es un vector fila de n componentes y b es un vector columna de m componentes. La desigualdad vectorial x ≥ 0 quiere decir que las componentes de x son positivas.

En general, como es lógico, el problema lineal dado en (3) puede no tener soluciones básicas. Sin embargo, se puede eliminar dificultades no esenciales planteando ciertas hipótesis elementales sobre la estructura de la matriz A. 1. En primer lugar, suele suponerse que n>m, es decir, que el número de variables xi es superior al número de restricciones de igualdades. 2. Segundo se suele dar por supuesto que las filas de A son linealmente independientes, lo que corresponde a la independencia lineal de las m ecuaciones. Una dependencia lineal entre las filas de A daría lugar a restricciones contradictorias y, por tanto, no se produciría ninguna solución para (3), o resultaría una redundancia que podría eliminarse. A si pues la hipótesis será que la matriz A de mxn tiene m<n y las m filas de A son linealmente independientes. Según ésta hipótesis el sistema (3) tendrá solución y de hecho, siempre tendrá como mínimo una solución básica.

2.3.2 LOS VALORES MINIMOS Y MAXIMOS DE UNA FORMA LINEAL SOBRE UN POLIGONO O UN POLIEDRO Consideremos un sistema de desigualdades lineales simultáneamente en dos variables y que se han excluido todas las desigualdades redundantes, además que se ha aislado así un polígono puro de soluciones figura 2.23. También que se han dado una función lineal de las dos variables f = c1 x1 + c 2 x 2 Y se desea encontrar el conjunto de puntos ( x1 , x 2 ) del polígono de soluciones, aquellos para los cuales la función lineal f toma sus valores máximos y mínimos.

Figura 2.23 Valores mínimos y máximos de una forma lineal sobre un polígono

Si consideramos el conjunto de los puntos ( x1 , x 2 ) del plano en los cuales la función f toma algún valor fijo f = f 1 . El conjunto de tales puntos es una recta f = c1 x1 + c 2 x 2 Ésta recta, es normal al vector C (c1 , c 2 ) que parte del origen. Tracemos la recta F (ver figura 2.23) perpendicular a C y si lo movemos a lo largo de la dirección positiva sobre C, manteniéndola siempre paralela a sí misma. Primeramente se va a encontrar al polígono en el vértice A. En esta posición, “F1”, la recta F se convierte en una recta de apoyo. Conforme se mueve en la misma dirección, F alcanza finalmente la posición F2 pasando por el vértice B y nuevamente se trasforma en una recta de apoyo. C (c1 , c 2 ) es la dirección del crecimiento Puesto que la dirección del vector máximo para la función lineal f, esta función toma su valor mínimo entre aquellos que toma sobre el polígono en la posición F1, y su valor máximo entre aquellos en F2.

Por lo tanto, los valores mínimos y máximos de la función lineal f = c1 x1 + c 2 x 2 Sobre un polígono se adquiere en los puntos de intersección del polígono con las rectas de apoyo normales al vector C (c1 , c 2 ) . Análogamente, la función lineal f = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 De las tres variables es constante sobre todo plano normal al vector C (c1 , c 2 , c3 ) . La dirección de C es la dirección del crecimiento máximo para f (ver figura 2.24). Los valores máximos y mínimos de la función sobre el poliedro de soluciones se adquieren, como en el caso del plano, en los puntos de intersección del poliedro con los planos de apoyo normales a C; f alcanza su máximo sobre el poliedro en uno de ellos, y su mínimo en el otro. La intersección del poliedro con dichos planos de apoyo puede ser un solo punto o bien un conjunto infinito de puntos, en cuyo caso la intersección es una arista o bien una cara del poliedro.

Figura 2.24 La dirección de C es la dirección del crecimiento máximo para f

En la figura 2.25 se ilustra un caso donde f toma su mínimo para el poliedro en cada punto de la cara ABQP y máximo en el punto D. La generalización natural de una función lineal de dos o más variables es una función de la forma f = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n En las n variables valores fijos

x1 , x 2 , K x n y sus coeficientes reales f = f1 ,

c1 , c 2 , K c n los

f = f 2 ,K, f = f q

De f corresponden a los hiperplanos en el espacio E n los cuales son normales al vector de E n C (c1 , c 2 , c3 , L , c n ) . Dado que el vector C determina la dirección del crecimiento máximo de f, se concluye que f 1 < f min o bien f 2 > f max Los hiperplanos correspondientes y f 1 = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n f 2 = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n No tienen intersección con el poliedro de soluciones. Por otra parte, todo hiperplano f 0 = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n Para el cual f min ≤ f 0 ≤ f max Tiene por lo menos un punto en común con el poliedro de soluciones. El conjunto de los puntos M ( x1 , x 2 , K , x n ) para los cuales la forma lineal f adquiere su valor mínimo sobre el poliedro es la intersección del poliedro de soluciones con el plano de apoyo f min = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n Normal al vector C (c1 , c 2 , K, c n ) . De manera semejante, f adquiere su valor máximo sobre el poliedro en la intersección del poliedro con el plano de apoyo f max = c1 x1 + c 2 x 2 + c3 x3 + L + c n x n Que también es normal al vector C.

Figura 2.25 Caso donde f toma su mínimo para el poliedro en cada punto de la cara ABQP y máximo en el punto D

La intersección del poliedro de soluciones con el plano de apoyo es un vértice, una arista o bien una cara del poliedro. Por lo tanto, los valores extremos de una forma lineal sobre un poliedro siempre se alcanzan en los puntos entre los cuales existe por lo menos un vértice. Entonces, para determinar los valores extremos de una forma lineal sobre un poliedro, es suficiente averiguar el valor de la forma en cada uno de los vértices del poliedro.

DEFINICION Dado un programa lineal Minimizar c T x (4) Sujeto a Ax=b x≥0 • Una solución factible de (4) es un punto X = ( x1 , x 2 , K , x n ) que satisface Ax=b y x ≥ 0 . • Una solución factible básica es una solución factible que se obtiene al hacer n-m variables igual a cero y resolver para las n restantes, siempre que su determinante sea no cero. • Una solución factible para las restricciones que alcance el valor mínimo de la función objetivo sujeta a esas restricciones, se denomina solución factible óptima. Si esta solución es básica, es una solución factible básica óptima.

2.3.3 EL ALGORITMO SIMPLEX PASO 1. Dado cualquier programa lineal se realiza una transformación. PASO 2. Reescríbase la función objetivo de la siguiente manera: Z − c1 x1 − c 2 x 2 − L − c n x n = 0 PASO 3. Conviértanse todas las desigualdades en igualdades. Este paso requerirá el uso de variables de Holgura. Que puede escribirse como: a11 x1 + a12 x 2 + L + a1n x n + x n +1 = b1 a 21 x1 + a 22 x 2 + L + a 2 n x n + x n + 2 = b2

KKKKKKKKKKKKK M a m1 x1 + a m 2 x 2 + L + a mm x n + x n + m = bm x1 ≥ 0, x 2 ≥ 0, L , x n ≥ 0, x n +1 ≥ 0, L, x n + m ≥ 0 144424443 var iables

ho lg ura

La adición de las variables de holgura crea la primera base, que resulta ser la matriz identidad.

PASO 4. Constrúyase una tabla con los coeficientes del programa lineal. Esta tabla tendrá la siguiente estructura.

Z x n +1 xn+2 . . . xn+m

Variables básicas (Originales) x1 x 2 ………

x 2 ………

Variables de Holgura x n + 2 ……… xn+m

x n +1 x n +1

x n + 2 ………

xn+m TERMINOS

solución

INDEPENDIENTES

PASO 5. Selecciónese como vector de entrada o variable que entra a la base el coeficiente de la función objetivo el valor más grande en valor absoluto. En caso de que exista un empate entre varios vectores que puedan ser candidatos, rómpase el empate arbitrariamente, es decir, selecciónese a cualquiera de los candidatos. PASO 6. Una vez seleccionada la columna que entra a la nueva base, se selecciona el vector de salida (variable de holgura que sale) utilizando el criterio de que se divide la solución entre el vector que entra y se elige el mínimo. PASO 7. La intersección en la tabla de la columna que entre y la que sale determina el elemento pivote.

2.4 ILUSTRACION DEL METODO SIMPLEX Este procedimiento algebraico se basa en la solución de sistemas de ecuaciones lineales. Así, el primer paso para preparar el método simplex es convertir las restricciones de desigualdad en restricciones de igualdad equivalentes. Esta conversión se logra con la introducción de variables de holgura. Es decir cuando una restricción se tenga el signo ≤ , éste se convierte en igualdad sumando una variable positiva que recibe el nombre de variable de holgura. Para ejemplificar este método, utilizamos el problema de la Wyndor Glass Co. Presentado en el capitulo 2. El modelo matemático es el siguiente. Maximizar z = 3 x1 + 5 x 2 sujeta a x1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 x1 , x 2 ≥ 0 Cuyo espacio de soluciones está representado en la figura 2.26. Se observa que la solución óptima está asociada siempre con un punto extremo del espacio de soluciones. Careciendo de la ventaja visual asociada con la representación gráfica del espacio de soluciones, el método simplex emplea un proceso iterativo que principia en un punto extremo factible, normalmente el origen, y se desplaza sistemáticamente de un punto extremo factible a otro, hasta que se llega por último al punto óptimo. Frederick S. Hiller, Gerald J. Lieberman/ 2002

Figura 2.26 Se observa que la solución óptima está asociada siempre con un punto extremo del espacio de soluciones

La idea general del método lo ilustraremos con el espacio de soluciones representado en la figura 2.26. El algoritmo simplex da inicio en el origen (punto E de la figura 2.26, que suele denominarse solución inicial. Después se desplaza a un punto extremo adyacente, que pudiera ser A o D). La elección específica de uno u otro punto depende de los coeficientes de la función objetivo. Como se realiza un proceso de maximización, la solución se desplazará en la dirección en la cual crezca x1 hasta que se llegue al punto extremo A. En A, el proceso se repite para ver si hay otro punto extremo que pueda mejorar el valor de la función objetivo. Una vez más, mediante el uso de la información de la función objetivo podemos decir si existe o no este punto. Finalmente, la solución se detendrá en B, el punto extremo óptimo. Existen dos reglas que rigen la selección del siguiente punto extremo del método simplex: 1. el siguiente punto extremo debe ser adyacente al actual. Por ejemplo en la figura 2.26 la solución no se puede desplazar de E a A en forma directa. En cambio, debe seguir los bordes del espacio de soluciones: E a A y después A a B. 2. la solución no puede regresar nunca a un punto extremo considerado con anterioridad. Por ejemplo, en la figura 2.20 la solución no puede regresar de A a E.

2.4.1 SOLUCION DE UN EJEMPLO SIGUIENDO LOS PASOS DEL METODO Maximizar z = 3 x1 + 5 x 2 Sujeta a x1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x1 + 2 x 2 ≤ 18 x1 , x 2 ≥ 0 Primeramente la función objetivo con las variables de holgura se convierte Z − 3 x1 − 5 x1 + 0 s1 + 0 s 2 + 0 s3 = 0 Donde S1 , S 2

S 3 son las variables de holgura.

Ahora convirtamos las desigualdades en igualdades por medio de las variables de holgura. x1 + S1 = 4 , donde S1 ≥ 0

Así, se aumentan variables de holgura en todas las restricciones del modelo matemático que tengan el signo ≤ pero distinguiéndolas entre sí, es decir, que no sea la misma variable de holgura que se agregue a cada una de las restricciones del modelo. Al introducir variables de holgura en las otras restricciones, el modelo de programación lineal original para este ejemplo queda de la siguiente manera.

x1 + S1

2 x 2 + S 2 = 12 3 x1 + 2 x 2 + S 3 = 18 x1 , x 2 , S1, S 2 , S 3 ≥ 0 Así el modelo listo para llevarlo a la tabla del método sipmlex es: Maximiza Z − 3 x1 − 5 x1 + 0 s1 + 0 s 2 + 0 s3 = 0 Sujeta a x1 + S1 =4 2 x 2 + S 2 = 12 3 x1 + 2 x 2 + S 3 = 18 x1 , x 2 , S1, S 2 , S 3 ≥ 0 Como se mencionó anteriormente el método simplex, principia siempre en un punto extremo factible y se desplaza siempre a un punto extremo factible adyacente verificando el optimizado de cada punto antes de pasar a uno nuevo. El modelo de nuestro ejemplo tiene tres ecuaciones y cinco incógnitas que definen esencialmente todos los puntos del espacio de soluciones. En general el modelo estándar tiene m ecuaciones y n incógnitas (m<n). La forma tabular del método simplex utiliza una tabla simplex para desplegar de manera compacta el sistema de ecuaciones que lleva a la solución. 644474448 644474448 var iables originales var iables de ho lg ura Solución x1 x2 S1 S2 S3 -3 -5 0 0 0 0 Z 1 0 1 0 0 4 S1 0 2 0 1 0 12 S2 3 2 0 0 1 18 S3 Tabla 2.3 Tabla inicial del método simplex para el problema de la Wyndor Glass Co.

La adición de las variables de holgura ha generado el primer punto extremo de la región factibilidad, o sea la primera base formada por las columnas S1 , S 2 y S 3 . Este punto extremo está identificado por las siguientes coordenadas en el espacio de 5 dimensiones: x1 = 0 ,

x2 = 0 ,

S1 = 4 ,

S 2 = 12 ,

S 3 = 18

En éste punto extremo, es factible porque satisface las restricciones AX≤b, X≥0. El objetivo a encontrar es que un punto extremo en la región de factibilidad donde el valor de la función objetivo sea mejor que el actual. Ahora del renglón de Z seleccionamos el mayor en valor absoluto, es decir de − 3 = 3 y − 5 = 5 , elegimos -5. Por lo que la columna a entrar a la nueva base es x 2 . Para elegir o determinar la variable que sale se debe tomar en cuenta los siguientes pasos: Elija los coeficientes de la columna que entra que son estrictamente positivos (>0) Divida la solución entre los coeficientes de la columna que sale Identifique el renglón de menor valor de estas razones La variable básica es la que sale de ese renglón, y sustitúyala por la variable básica es entrante de la columna en la tabla 2.4

Tabla 2.4 Aplicación de la prueba para elegir la variable que entra en el problema Wyndor Glass Co

Siguiendo los pasos para elegir la variable que va a salir se divide la solución entre los coeficientes de la columna que sale y se elige la del valor menor, como lo muestra la tabla 2.5.

Tabla 2.5 Ilustración para elegir la variable que sale

Señalamos la variable que sale y la que entra como lo muestra la tabla 2.6

Tabla 2.6 Variable que entra y la que sale

Sabiendo que el vector x 2 es que debe entrar y S 2 el que va a salir, el pivote queda determinado. El pivote en este caso es 2 (que es el valor de la intersección de la variable que entra y la que sale). El paso siguiente es construir el renglón pivote que va a ser la variable que entra y se va a formar dividiendo todo el renglón que sale entre el valor pivote (el valor 2), así que para construir la segunda tabla primero se encuentra el renglón pivote como lo muestra la tabla 2.7.

Tabla 2.7 Tabla simplex que muestra el renglón pivote

Este nuevo renglón que se muestra en la tabla 2.7, va a ser el pivote para completar toda la tabla, para esto se realizan las siguientes operaciones: 1. Para llenar el renglón de Z 1 , al coeficiente de Z 0 de la variable que entró se le antepone un signo negativo y se multiplica por el renglón pivote (de la misma columna) y se suma con el valor de Z 0 (de la misma columna), es decir: -(-5)(0)+ (-3)=0-3=-3 (es el primer valor del renglón de Z 1 ) -(-5)(1)+ (-5)=+5-5=0 (es el segundo valor del renglón de Z 1 ) -(-5)(0)+ (0)=0 (es el tercer valor del renglón de Z 1 ) 5 ⎛1⎞ -(-5) ⎜ ⎟ + (0)= (es el cuarto valor del renglón de Z 1 ) 2 ⎝2⎠ -(-5)(0) + (0)= 0 (es el quinto valor del renglón de Z 1 ) -(-5)(6) + (0)= 30 (es el valor de la solución del renglón de Z 1 ) Ahora se puede llenar el renglón de Z 1 , como lo muestra la tabla 2.8

Tabla 2.8 Presentando los valores del renglón de Z 1

2. Para llenar el renglón de S1 (de la segunda tabla), al coeficiente de S1 de la variable que entró se le antepone un signo negativo y se multiplica por el renglón pivote (de la misma columna) y se suma con el valor de S1 (de la misma columna), es decir: -(0)(0)+ (1)=0+1=1 -(0)(1)+ (0)=0 -(0)(0)+ (1)=1 ⎛1⎞ -(0) ⎜ ⎟ + (0)=0 ⎝2⎠ -(0)(0) + (0)= 0 -(0)(6) + (4)= 4

(es el primer valor del renglón de S1 de la 2ª. tabla) (es el segundo valor del renglón de S1 de la 2ª. tabla) (es el tercer valor del renglón de S1 de la 2ª. tabla) (es el cuarto valor del renglón de S1 de la 2ª. tabla) (es el quinto valor del renglón de S1 de la 2ª. tabla) (es el valor de solución de S1 de la 2ª. tabla)

Ahora se puede llenar el renglón de Z 1 y de S1 como lo muestra la tabla 2.9

Tabla 2.9 Presentando los valores del renglón de Z 1 y de S1

3. Para llenar el renglón de S 3 (de la segunda tabla), al coeficiente de S 3 de la variable que entró se le antepone un signo negativo y se multiplica por el renglón pivote (de la misma columna) y se suma con el valor de S 3 (de la misma columna), es decir: -(2)(0)+ (3)=0+3=3 (es el primer valor del renglón de S 3 de la 2ª. tabla) -(2)(1)+ (2)=0 (es el segundo valor del renglón de S 3 de la 2ª. tabla) -(2)(0)+ (0)=0 ⎛1⎞ -(2) ⎜ ⎟ + (0)=-1 ⎝2⎠ -(2)(0) + (1)= 1

(es el tercer valor del renglón de S 3 de la 2ª. tabla) (es el cuarto valor del renglón de S 3 de la 2ª. tabla)

(es el quinto valor del renglón de S 3 de la 2ª. tabla) -(2)(6) + (18)= -12+18=6 (es el valor de solución de S 3 de la 2ª. tabla)

Ahora se puede llenar todos los renglones de la segunda tabla, tal como lo muestra la tabla 2.10.

Tabla 2.10 Primera iteración completa del método simplex.

Se ha terminado una iteración completa del Método Simplex. En esta iteración, el proceso se ha movido de un punto extremo con componentes x1 = 0 , x2 = 0 , S1 = 4 , S 2 = 12 , S 3 = 18 Correspondiente a la base ( S1 , S 2 , S 3 ) y en donde la función objetivo es igual a cero, a otro punto extremo con componentes x1 = 0 , x2 = 6 , S1 = 4 , S2 = 0 , S3 = 6 Correspondiente a una nueva base ( S1 , función objetivo de 30.

x2 ,

S3 )

y un nuevo valor de la

Sin embargo, falta una variable original que entre a la base y como el valor del renglón Z1 es negativo (-3), el valor de la función objetivo puede aún mejorar. Repitiendo otra iteración del método simplex, se tiene que x1 entra a la nueva base y la que sale es S1 y realizando las operaciones correspondientes se realiza el llenado de la última iteración (la ultima tabla que correspondiente a Z 2 ) como lo muestra la tabla 2.11.

Tabla 2.11 Tabla simplex completa para el problema de Wyndor Glass Co.

La nueva solución o punto extremo correspondiente a la nueva base ( S1 x 2 x1 ), es óptimo porque todos los coeficientes de Z 2 son positivos y además ya entraron a la base las variables básicas. Por lo tanto la solución óptima es: x1 = 2 , x2 = 6 , Z=36

2.5 VARIABLES ARTIFICIALES En la presentación del método simplex hemos utilizado las variables de holgura como la solución básica inicial. Sin embargo, si la restricción original es una ecuación o es del tipo (≥), ya no tenemos una solución factible básica inicial preparada. Ilustremos este aspecto a través de un ejemplo: Minimizar z = 4 x1 + x 2 Sujeta a 3 x1 + x 2 = 3 4 x1 + 3 x 2 ≥ 6 x1 + 2 x 2 ≤ 4 x1 , x 2 ≥ 0 La forma estándar se obtiene aumentando una variable de exceso x3 y sumando una variable de holgura S1 a los primeros miembros de las restricciones 2 y 3 respectivamente, para convertir en igualdades las desigualdades. Por lo tanto, el modelo matemático adicionando la variable de exceso y la de holgura es el siguiente. Minimizar z = 4 x1 + x 2 Sujeta a =3 3 x1 + x 2 4 x1 + 3x 2 − x3 x1 + 2 x 2

+ S1 = 4

x1 , x 2 , x3 , S1 ≥ 0 La idea de utilizar variables artificiales es que se sume una variable no negativa al primer miembro de cada ecuación que no tenga variables básicas iniciales evidentes. La variable agregada desempeñara la misma función que una variable de holgura, al proporcionar una variable básica inicial. Sin embargo, como estas variables artificiales no tienen significado físico desde el punto de vista del problema original el procedimiento será válido sólo si hacemos que estas variables sean cero cuando se llegue al óptimo. En otras palabras, las utilizamos sólo para iniciar la solución y después debemos hacer que sean cero en la solución final; de lo contrario la solución resultante será no factible. Existen dos métodos para lograr esa solución: la técnica M (método de penalización) y la técnica de dos fases.

2.6 LA TECNICA M Consideremos la forma estándar del ejemplo anterior Minimizar z = 4 x1 + x 2 Sujeta a =3 3 x1 + x 2 4 x1 + 3x 2 − x3 x1 + 2 x 2

+ S1 = 4

x1 , x 2 , x3 , S1 ≥ 0 La primera y segunda ecuación no tiene variables que desempeñen el papel de una variable de holgura. Por lo tanto, aumentamos las dos variables artificiales R1 y R2 en estas dos ecuaciones de la manera siguiente: 3 x1 + x 2

+ R1

4 x1 + 3x 2 − x3

+ R2 = 6

Podemos penalizar a R1 y R2 en la función objetivo asignándoles coeficientes positivos muy grandes en la función objetivo. Sea M>0 una constante muy grande. Entonces el modelo con las variables artificiales se transforma en: Minimizar z = 4 x1 + x 2 + MR1 + MR2 Sujeta a + R1 =3 3 x1 + x 2 4 x1 + 3 x 2 − x3 x1 + 2 x 2

+ R2

+ S1 = 4

x1 , x 2 , x3 , R1 , R2 , S1 ≥ 0 Para resolver el modelo anterior es necesario aumentar las variables artificiales según se necesite para asegurar una solución inicial. Formando una nueva función objetivo que busque la minimización de la suma de las variables artificiales. Como realizamos un proceso de minimización asignando M a R1 y R2 en la función objetivo, el proceso de optimización que busca el valor mínimo de z asignará por último valores de cero a R1 y R2 en la solución óptima.

Habiendo construido una solución factible inicial, se debe condicionar el problema de modo que cuando lo pongamos en forma tabular, la columna del lado derecho producirá la solución inicial en forma directa. Esto se hace mediante el uso de las ecuaciones de restricciones para sustituir R1 y R2 en la función objetivo. De manera que R1 = 3 − 3x1 − x 2 R2 = 6 − 4 x1 − 3x 2 + x3 Por lo tanto la función objetivo se convierte en z = 4 x1 + x 2 + M (3 − 3x1 − x 2 ) + M (6 − 4 x1 − 3 x 2 + x3 ) = = (4 − 7 M ) x1 + (1 − 4M ) x 2 + Mx3 + 9M Y la ecuación z ahora figura en la tabla como: z − (4 − 7 M ) x1 − (1 − 4M ) x 2 − Mx3 = 9M Este es un problema de minimización, de manera que la variable que entra debe tener el coeficiente más positivo en la ecuación z. Se llega al óptimo cuando todas las variables no básicas tienen coeficientes z no positivos. (Recordando que M es una constante positiva muy grande). Ahora del renglón de Z seleccionamos el mayor en valor absoluto, como M es positiva muy grande, se tiene que -4+7M > -1+4M; es decir de la columna o variable que entra a la nueva base es x1 . La tabla inicial del método simplex es la siguiente.

Tabla 2.12 Tabla inicial del método simplex (técnica M)

Para elegir la variable que va a salir se divide la soluci贸n entre los coeficientes de la columna que sale y se elige la del valor menor, como lo muestra la tabla 2.13.

Tabla 2.13 Ilustraci贸n para elegir la variable que sale

Siguiendo el mismo procedimiento utilizado en el punto 3.5.1 se encuentra el rengl贸n pivote. La tabla 2.14 muestra la variable que entra y la que sale

Tabla 2.14 Ilustraci贸n de la variable que entra y la que sale

Tabla 2.15 Ilustración del renglón pivote en la primer iteración

Para llenar el renglón de Z 1 , al coeficiente de Z 0 de la variable que entró se le antepone un signo negativo y se multiplica por el renglón pivote (de la misma columna) y se suma con el valor de Z 0 (de la misma columna), es decir: -(-4+7M)(1)+ (-4+7M)=4-7M-4+7M=0 (es el primer valor del renglón de Z 1 ) 4 − 7M 4 − 7 M − 3 + 12 M 1 + 5M ⎛1⎞ = − 1 + 4M = -(-4+7M) ⎜ ⎟ + (-1+4M)= 3 3 3 ⎝ 3⎠ (es el segundo valor del renglón de Z 1 ) -(-4+7M)(0)+ (-M)=-M (es el tercer valor del renglón de Z 1 ) 4 − 7M ⎛1⎞ -(-4+7M) ⎜ ⎟ + (0)= (es el cuarto valor del renglón de Z 1 ) 3 ⎝ 3⎠ Los valores quinto y sexto son cero ya que multiplican a cero y al sumar cero el resultado es cero también, así el valor de la solución del renglón de Z 1 será: -(-4+7M)(1)+ (9M)=4-7M+9M=4+2M La tabla 2.16 Muestra el renglón de Z 1 . Para llenar los renglones restantes de la primera iteración el procedimiento es el mismo realizado en el punto 3.5.1, las iteraciones terminan hasta que las variables x1 , x 2 y x3 , entren a la base, así la tabla completa del método simplex utilizando la técnica M es la que se muestra en la tabla 2.17.

Tabla 2.16 Ilustraci贸n del rengl贸n de Z 1

Tabla 2.17 Tabla final del m茅todo simplex utilizando la t茅cnica M

La soluci贸n 贸ptima es x1 =

2 9 , x2 = 5 5

17 5

2.7 LA TECNICA DE DOS FASES Una desventaja de la técnica M es el posible error de cálculo que pudiera generarse de la asignación de un valor muy grande a la constante M. Para ilustrar esto, supóngase que M=100000 en el ejemplo de la técnica M del ejemplo anterior. Después en la tabla inicial, los coeficientes de x1 y x2 en la función z se transforman en (-4+700000) y (-1+400000). El efecto de los coeficientes originales (4 y 1) es ahora demasiado pequeño en relación con los números grandes generados por los múltiplos de M. El resultado peligroso es que x1 y x2 puede tratarse como variables con coeficientes cero en la función objetivo. El método de dos fases está diseñado para remediar esta dificultad. Aunque las variables artificiales se suman en la misma forma que se emplea en la técnica M, se elimina el uso de la constante M mediante la solución del problema en dos fases.

FASE I Auméntese las variables artificiales según se necesite para asegurar una solución inicial. Fórmese una nueva función objetivo que busque la minimización de la suma de las variables artificiales sujeta a las restricciones del problema original modificado por las variables artificiales. Si el valor mínimo de la nueva función objetivo es cero (lo que quiere decir que todas las artificiales son cero), el problema tiene un espacio de soluciones factible. Pase a la fase II de lo contrario, si el mínimo es positivo, el problema no tiene solución factible. Deténgase.

FASE II Utilícese la solución básica óptima de la fase I como solución inicial para el problema original. Ilustrando el procedimiento mediante el uso del ejemplo de la técnica M. Fase I: como necesitamos las variables artificiales R1 y R2 en la primera y segunda ecuaciones, el problema de la fase I quedaría como: Minimizar r = R1 + R2 Sujeta a + R1 =3 3 x1 + x 2 4 x1 + 3 x 2 − x3 x1 + 2 x 2

+ R2

+ S1 = 4

x1 , x 2 , x3 , R1 , R2 , S1 ≥ 0

Como R1 y R2 están en la solución inicial, deben sustituirse en la función objetivo, esto es: r = R1 + R2 = (3 − 3x1 − x 2 ) + (6 − 4 x1 − 3x 2 + x3 ) = −7 x1 − 4 x 2 + x3 + 9 Por consiguiente la tabla inicial se convierte en Básica R R1 R2 S1

x1 7 3 4 1

x2 4 1 3 2

R1 0 1 0 0

x3 -1 0 -1 0

R2 0 0 1 0

S1 0 0 0 1

Solución

S1 0 0 0 1

Solución

9 3 6 4

La tabla óptima se obtiene en dos iteraciones y está dada por Básica R x1 x2 S1

x1 0 1 0 0

x2 0 0 1 0

x3 0 1/5 -3/5 1

R1 -1 3/5 -4/5 1

R2 -1 -1/5 3/5 -1

0 3/5 6/5 1

Como el mínimo es r=0, el problema tiene una solución factible y pasamos a la fase II: las variables artificiales han servido ahora a su propósito y deben eliminarse en todos los cálculos subsiguientes. Esto quiere decir que las ecuaciones de la tabla óptima en la fase I se pueden escribir como: 1 3 + x3 = x1 5 5 3 6 = x 2 − x3 5 5 x 3 + S1 = 1

Estas ecuaciones son exactamente equivalentes a las de la forma estándar del problema original (antes de que se sumen las variables artificiales). Por lo tanto, el problema original se puede escribir como: Minimizar z = 4 x1 + x 2 sujeto a 1 3 x1 + x3 = 5 5 3 6 = x 2 − x3 5 5 x 3 + S1 = 1 x1 , x 2 , x3 , S1 ≥ 0

Para resolver el problema, necesitamos sustituir las variables básicas x1 y x2 en la función objetivo como se hizo en la técnica M. Usando las ecuaciones de las restricciones entonces resulta: 3 1 6 3 1 18 z = 4 x1 + x 2 = 4( − x3 ) + ( + x3 ) = − x3 + 5 5 5 5 5 5 Por lo tanto, la tabla inicial para la fase II se convierte en Básica Z x1 x2 S1

x1 0 1 0 0

x2 0 0 1 0

S1 0 0 0 1

x3 1/5 1/5 -3/5 1

Solución 18/5 3/5 6/5 1

La tabla no es óptima ya que x3 debe entrar en la solución. Así la tabla óptima se obtiene en otra iteración y está dada por. Básica z x1 x2 x3

x1 0 1 0 0

x2 0 0 1 0

S1 -1/5 -1/5 3/5 1

x3 0 0 0 1

Por lo que la solución óptima es:

x1 =

2 9 , x2 = 5 5

17 5

Solución 17/5 2/5 9/5 1