Clases Nueve a Trece Ejemplos Usando El Método Gráfico

8/19/2019 Clases Nueve a Trece Ejemplos Usando El Método Gráfico

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UNIDAD 3

MÉTODO GRÁFICO DE SOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN

LINEAL

OBJETIVO: Que el estudiante sea capaz de identificar los elementos del método gráficode solución de problemas de programación lineal y los pueda aplicar a lasolución de problemas reales de la organización.

DEFINICIÓN Y ETAPAS DEL MÉTODO GRAFICO.

DEFINICIÓN:

El método gráfico se utiliza para la solución de problemas de PL,representando geométricamente las restricciones tanto funcionales comoespeciales, restricción de no negatividad y la función objetivo en el planocartesiano.

El modelo se puede resolver en forma gráfica si sólo tiene dos variables.

Para modelos con tres o más variables, el método gráfico es impráctico oimposible y para ello se utilizaran otros métodos de solución de problemasde programación lineal.

Cuando los ejes son relacionados con las variables del problema, el métodoes llamado método gráfico. Cuando se relacionan las restriccionestecnológicas se denomina método gráfico en recursos.

ETAPAS DEL MÉTODO GRÁFICO

Los pasos necesarios para realizar el método gráfico son seis:


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1. Convertir automáticamente las restricciones de desigualdad enigualdad y encontrar los intercepto con los ejes de coordenadas X 1 yX2.

2. Colocar las restricciones de no negatividad en una graficabidimensional usando las variables X 1 y X2, como los ejes decoordenadas.

X2

Primer cuadrante (valores positivos, no negativos)

X1

3. Graficar cada una de las restricciones tomando en cuenta su tipo dedesigualdad que presenta ( ≤,=, ≥), para determinar cuál es el área quebarre.

4. Encontrar la región factible, área o polígono, la cual se forma por elconjunto de puntos que satisfacen todas las restricciones. En una deesos puntos, se ubica la solución óptima del problema.

5. Graficar la función objetivo, igualando esta función Z a un valorarbitrario o utilizando la pendiente de la recta que representa lafunción objetivo. Luego se desplaza una paralela a la recta Z en ladirección requerida. Si el problema es de maximizar, la recta Z sedesplazara buscando el punto más alejado del origen dentro de laregión factible, área o polígono, ese será el optimo; si el problema esde minimización, la recta Z se desplazara buscando el punto máscercano al origen dentro de la región factible, área o polígono, ese

punto será el optimo.6. Resolver el sistema de ecuaciones asociado al punto óptimo para

encontrar los valores de las variables X 1 y X2 y posteriormentesustituir estos valores en la función objetivo Z.


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TERMINOLOGÍA PARA LAS SOLUCIONES DEL MODELO.

Solución Factible: Es aquella para la que todas las restricciones sesatisfacen.Solución no Factible: Es una solución para la que al menos uno restricciónse viola.Solución Óptima: Es una solución óptima que da el valor más favorable de lafunción objetivo.El valor más favorable significa el valor más grande si la función objetivo esde maximización, mientras que es el valor más pequeño si la funciónobjetivo es de minimización. Cuando se grafica la función objetivo, se igualaa un valor arbitrario cualquiera. En el caso de maximizar, se deberá mover larecta de la función objetivo al punto más alejado del origen dentro del áreade solución, mientras que si el problema es de minimizar, deberá moverse larecta de la función objetivo al punto mas cercano del origen, claro está queeste punto tiene que ser parte de la región factible de solución. Recuerdeque la región de solución factible debe de cumplir todas las restricciones.

EJEMPLOS DE SOLUCIÓN DE PROBLEMAS USANDO EL MÉTODO GRAFICO

Ejemplo 1: Resuelva el siguiente problema de programación lineal, aplicando elMétodo Grafico.

Función Objetivo: Minimizar Z = 15X1 + 20X2 Sujeta a: X 1 + 2X2 ≥ 10 (1)

X1 + X2 ≥6 (2)X1 ,X2 ≥0 (3)

Solución:Paso 1. Se convierten todas las ecuaciones del problema de desigualdad enigualdad: X 1 + 2X2 = 10 (1), X1 + X2 =6 (2), X1 ,X2 =0 (3)

Para el Paso siguiente se Despejaran las funciones en función de X 1, aunque podríaser en función de X 2, para este caso lo haremos así. La ecuación de la funciónobjetivo Z simplemente se iguala a cualquier valor arbitrario.

Paso 2. Se dan Valores arbitrarios a las variables para encontrar los paresordenados necesarios para poder graficar. Estos se presentan en la siguiente tabla:


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Ecuación(1): X 1 = 10-2X2Valor Arb.

X1 Valor de X2 Valor X2 Valor X1 Par Ordenado

0 5 0 10 (0,5) , (10,0)

Ecuación(2): X 1 = 6- X2 Valor Arb.X1

Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado

0 6 0 6 (0,6) , (6,0)Función Objetivo Z: X 1=(112- 20X2)/15 (Valor

arbitrario)Valor Arb.

X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado

0 5.6 0 7.4 (0,7.2) , (8,0)

Paso 3. Se Procede a graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónobjetivo Z, y se determina el área de solución factible, así como el punto óptimo, dela cual se muestra la siguiente gráfica. Las flechas de color rojo indican hacia queárea barre la restricción, según sea el tipo de restricción. El Punto óptimo es el quese mostrara de color blanco y la recta de color rojo es la función objetivo (Z).Recuerde que en el caso de minimización el punto óptimo es aquel que seencuentra más cerca del origen y se encuentra en la Región de Solución Factible.

X1 + 2X2 ≥ 10 (1)

X1 + X2 ≥ 6 (2)

15X1 + 20X2=112

Punto Optimo

Región de Soluciones Factibles

NN

NN


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Paso 4. Se puede observar que las rectas X 1 +2X2= 10 y X1 + X2=6 son lasrectas que se interceptan en el punto óptimo (como se trata de una minimización elpunto óptimo, es el que está más cercano al origen, siempre dentro de la región desoluciones factibles), En este caso para encontrar el valor de la función objetivo(Valor Optimo), se simultanean las ecuaciones que se interceptan en el puntooptimo, que son las que anteriormente se mencionaron.Si se multiplica la ecuación (2) por -1 y luego se le suma la ecuación (2), resulta losiguiente:-X1 -X2= -6X1 +2X2= 10

X2 = 4 , y si luego sustituimos este valor en la ecuación (2) X 1 + X2=6 resultaque: X1 = 6 – 4 =2Por lo tanto el punto Óptimo es X 1 = 2 y X2 =4, que al sustituir estos valores en lafunción Objetivo, dará como resultado, la solución óptima, así:Minimizar Z = 15X1 + 20X2 Minimizar Z = 15(2)+20(4) = 110

Por lo tanto la solución optima a este problema es Minimizar Z = 110 UnidadesMonetarias (U.M.).

Ejemplo 2:

Supóngase un usuario, que por el momento es dueño de una planta que produceúnicamente dos tipos de cerveza: clara y obscura, Existen tecnologías bastantes,para la elaboración de cada uno de los tipos de cerveza, obviamente cadatecnología tiene un costo diferente.

El usuario no sabe cuál deba ser su producción óptima semanal de cada producto,

y por lo tanto se decide a identificar dos variables de decisión.

X1: miles de litros de cerveza clara a producir en una semana.

X2: miles de litros de cerveza obscura a producir en una semana.


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El precio al mayoreo de 1,000 litros de cerveza clara es de $ 5,000.00 mientras queel precio al mayoreo de 1,000 litros de cerveza obscura es de $ 3,000.00.

El ingreso semanal de la venta de ambos productos sería:

Maximizar Z = 5,000 X1 +3,000 X2

Si el objetivo del usuario, como el de cualquier industrial, es el de maximizar losingresos semanales, produciría un gran volumen de X 1 y X2, ¿Cuán grande debeser?. Por ejemplo, si produce y vende 100,000 litros de cerveza clara 100,000 litrosde cerveza obscura en una semana, su ingreso sería de:

Maximizar Z = 5,000(100) +3,000(100) = 800,000.

Recuerde que las unidades son en miles de litros y por eso es necesario dividir laproducción semanal entre 1,000.

Para maximizar Z se debe incrementar X 1 y X2 . Desgraciadamente hay restriccionesfísicas en el sistema real de producción que le impiden al dueño de la plantaincrementar arbitrariamente la producción de X 1 y X2. Entre otras restricciones sepueden mencionar las siguientes: espacio de almacenamiento, capacidad deproducción, capital, mano de obra, etc.

Para facilidad de explicación, solo se usarán 2 restricciones funcionales:

1. Restricciones de mano de obra y 2. Restricciones de costos de producción.

Un estudio de tiempos y movimientos ha demostrado que para producir 1,000 litrosde cerveza clara se requiere un total de 3 obreros en el proceso de producción. Encambio se requieren 5 obreros para producir 1,000 litros de cerveza obscura. Sesupone que la planta tiene un total de 15 obreros. Esto quiere decir que laproducción de X 1 y X2 depende del número disponible de obreros. Esto puede

representarse por la siguiente desigualdad:

La desigualdad (2.2), dice que la cantidad de obreros utilizados en la producciónsemanal de X 1 y X2 no puede exceder de 15. Producir 100,000 litros de cerveza clara


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y 100,000 litros de cerveza obscura utilizarían 800 obreros, que exceden al límitedisponible.

Se supone que producir 1,000 litros de cerveza clara le cuesta al dueño de la plana

$500.oo, mientras que 1,000 litros de cerveza obscura le cuestan solamente$200.oo. Su capital no le permite gastar más de $1,000.oo semanales en laproducción de X 1 y X2 . Matemáticamente esta restricción puede expresarse así:

Cuyas dimensiones, son dólares. De nuevo la producción de 100,000 litros de X 1 yX2 significaría un gasto semanal de $ 70,000.oo que excede al límite de $1,000.

La pregunta a la que el dueño desea una solución es la siguiente: ¿Cuáles debenser los niveles de producción semanal de cerveza clara X 1 y de cerveza obscura X 2,que maximicen el ingreso por concepto de venta semanal, sin exceder lasrestricciones de personal y de capital?

Matemáticamente se trata de resolver el siguiente problema, llamado de

progr amación l in eal

Maximizar Z = 5,000X1 +3,000X2

Sujeto a3X1 + 5X2 ≤ 15 (1)

500X1 + 200X2 ≤1000 (2)X1 >=0, X2≥0 (3)

La última restricción (X 1 ≥0, X2 ≥ 0), se llama cond ición de no negatividad, y evitaque los resultados de un absurdo negativo, que en este caso podría significar una

producción negativa (destrucción), lo cual no es posible, ya que no se puedenproducir menos 10 cervezas, a lo sumo no se produce nada.

En un sistema de coordenadas rectangulares se puede describir gráficamente,como el dueño de la planta puede resolver óptimamente su programa deproducción semanal. Un eje del sistema medirá la cantidad de cerveza clara X 1 y el


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otro eje la cantidad de cerveza obscura X 2, ambas variables de decisión deben serno negativas, se refiere únicamente al cuadrante derecho del sistema coordenado(primer cuadrante).

A continuación se interpreta la representación geométrica de las desigualdades

3X1 + 5 X2 ≤ 15 (1) , 500X1+200X2 ≤ 1000 (2)

Si por el momento se considera a estas desigualdades como igualdades, se tiene

3X1 + 5 X2 = 15 (1), 500X1+200X2 = 1000 (2)

o lo que es lo mismo

X2 = 3 – (3/5)X1 , X2: Cerveza ObscuraX2 = 5 – (5/2) X1

Si arbitrariamente se le da valores a X 1 se obtiene el correspondiente valor de X 2 enambas rectas. Un par de valores arbitrarios de X 1 generarían 2 puntos, que unidosdan la recta en cuestión. Se dan a X 1 el valor cero en ambas rectas, y los valorescinco y dos a X 2 respectivamente. La tabla a continuación da el valor de X 2:

Recta X2 = 3 – (3/5) X1 Recta X2 = 5 – (5/2)X2

Valor Arbitrario deX1

Valor Computadode X2

Valor arbitrario deX1

Valor Computadode X2

0 3 0 5

5 0 2 0


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Cualquier punto (X 1,X2) satisface la restricción 5X 1+2X2 ≤ 10 en las zonassombreadas, mientras que en la zona blanca de la misma figura viola la restricción.


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Los puntos (X 1,X2) contenidos dentro del área sombreada, son los únicos quesatisfacen las restricciones laborales, de capital y de no negatividad,

sim ult áneam ente. El industrial tiene que buscar dentro de esa infinidad de puntos,cuáles son los que producen la mejor utilidad Z. Por ejemplo un punto A, dondeX1=0 y X2=0, satisface todas las restricciones y no negatividad como se muestra acontinuación:

3(0) + 5(0) = 0≤ 15

500(0)+200(0) = 0≤ 1000

Pero produce una utilidad de Z = 5000(0) +3000(0) = 0.

El punto B donde se producirían X 1 = 1000 litros de cerveza clara y X 2= 1000 litrosde cerveza obscura, también satisface todas las restricciones

3(1) + 5(1) = 8≤15

500(1)+200(1) = 700≤1000

1 ≥ 0, 1≥0

B

A

C


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Y produce una utilidad de Z = 5000(1) +3000(1) = 8000 dólares, que es una utilidadmucho mejor que la obtenida en el punto A. El punto C donde se produciríanX1=3000 litros de cerveza clara y X 2=3000 litros de cerveza obscura generarían unautilidad de Z = 5000(3) +3000(3) = 24000 dólares.

Que es una utilidad mucho mejor que la producida por los puntos A y B. Sinembargo, la producción del punto C viola las restricciones de personal y de capital.La primera porque utiliza 24 personas, cuando el máximo permisible son 15,

3(3) +5(3) = 24 no es menor o igual que 15,

Mientras que la segunda, porque se están utilizando $2,100 dólares, cuando elmáximo permisible son $1,000,

500(3) +200(3) = 2100 no es menor o igual que 1000.

La región sombreada lleva el nombre de región de s olucion es factibles.

A continuación se verá cómo puede obtenerse gráficamente el punto (X 1,X2) que dael nivel de la producción, que satisfaciendo ambas restricciones proporciona lautilidad óptima.

La función de utilidad se expresa como:

Maximizar Z = 5000 X1 +3000 X2

Supóngase que Z es igual a 15,000. Esto implica:

15000 = 5000 X1 +3000 X2 o sea

X2 = 5 – (5/3) X1.

Dándole a X1 valores arbitrarios de 0 y 3, se obtiene respectivamente valores de X 2 iguales a 5 y 0. Al unir los puntos (0,5) y (3,0) con una recta, se obtendrá el lugargeométrico de todos los puntos (X 1,X2) que satisfacen la recta.

Gráficamente se obtiene:


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15000 = 5000 X1 + 3000 X2

Haciendo Z ahora igual a 10000, se obtiene una recta paralela a la anterior perodesplazada un poco hacia abajo. De la misma manera con una Z = 30000 seobtendría otra recta paralela a las dos anteriores, pero desplazada un poco haciaarriba. Gráficamente se tiene

A estas alturas se puede afirmar que si se desplaza la recta hacia abajo, el valorde Z disminuye, mientras que un desplazamiento hacia arriba aumentaría el valor de

Z. LA pregunta del usuario que debe responder es cuál es el máximodesplazamiento hacia arriba, que proporciona el mayor valor Z, y cuyacorrespondiente producción no viole las restricciones de personal y capital. Unmomento de reflexión observando la figura se convencerá que el punto 0 decoordenadas (X 1*,X2*) , es el punto buscado.


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En este ejemplo, ese punto es el siguiente:

X1* = 1053 litros de cerveza clara X 2* = 2368 litros de cerveza obscura,

Que generan una utilidad óptima de Z * = 5000(1.053) +3000(2.368) = 12369 pesos.

Ejemplo 3.Utilice el Método Grafico para resolver el siguiente problema:

Maximizar Z = 2X1 + X2 Sujeta a X 2 ≤ 10 (1)

2X1 + 5X2 ≤ 60 (2)

X1 + X2 ≤18 (3)3X1 + X2 ≤ 44 (4)X1 , X2 ≥0 (5)

Solución:Paso 1 . Se Cambia el signo de las ecuaciones “≤ “ por “=” produciéndose así unaecuación de línea recta que utilizaremos para poder graficar.

X2 = 10 (1), 2X1 + 5X2 = 60 (2), X1 + X2 =18 (3) , 3X1 + X2 = 44 (4)


Ecuación (1): X2 = 10Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor X2 Valor X1 Par Ordenado

0 10 10 0 (0,10)Ecuación (2): 2X1 + 5X2 = 60

Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado0 12 0 30 (0,12) , (30,0)

Ecuación (3): X1 + X2 =18Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado

0 18 0 18 (0,18) , (18,0)


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Ecuación 4: 3X 1 + X2 = 44Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado

0 44 0 14.67 (0,44), (14.67,0)Ecuación Z: 2X1 + X2 =30.8 (Valor

arbitrario)Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par Ordenado

0 30.8 0 15.4 (0,30.8),(15.4,0)

Paso 3. Se Procede a Graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónobjetivo Z, y determinar las áreas de solución factible, así como encontrar el puntooptimo, de la cual se muestra la siguiente Grafica.

Paso 4. Se puede observar que las rectas 3X 1 + X2 = 44 y X1 + X2 =18, son las rectasque se interceptan en el punto optimo (punto más alejado del origen), por lo tanto

este sistema de ecuaciones son las que procedemos resolver para encontrar elvalor de Z.Simultaneando el Sistema de Ecuaciones Resulta que:X1 = 13, X2= 5, Por lo tanto el Punto Óptimo se da en (13,5) y

Max Z= 2X1 + X2 = 2(13) + 5 = 31Max Z =31 U.M.

2X1 + 5X2


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Ejemplo 4:Decisiones sobre producción. Una compañía produce dos productos, A y B. Cadaunidad de A requiere 10 horas en cada máquina y 20 horas en una segundamáquina. Cada unidad de B demanda 10 horas en la primera máquina y 30 horas en

la segunda máquina. Se dispone de 80 horas a la semana en la primera máquina yde 160 horas en la segunda máquina. Si la compañía obtiene una utilidad de $45 porcada unidad de A y $50 por cada unidad de B ¿Cuánto deberá de producirse decada unidad con objeto de maximizar la utilidad total?

PRODUCTO HRS

MÁQUINA 1

HRS

MÁQUINA 2

UTILIDAD

A 10 10 $ 45 POR KILO

B 20 30 $50 POR KILO

Solución:

¿Qué es lo que vamos a Maximizar?

X1 = la Cantidad de producción de A en unidades

X2 = la Cantidad de producción de B en unidades

Maximizar Z = 45x1 + 50x2

Sujetos a:

10x1 + 10x2 < 80 (1)

20x1 + 30x2 < 160 (2)

X1, X2 ≥ 0 (3)

Paso 1 . Se Cambia el signo de las ecuaciones “≤ “ por “=” produciéndose así unaecuación de línea recta que utilizaremos para poder graficar.

10x1 + 10x2=80 (1) , 20x1 + 30x2= 160 (2)



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Ecuación 1: 10x 1 +10x2=80Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor X2 Valor X1 Par

Ordenado0 8 0 8 (0,8) , (8,0)

Ecuación 2: 20x 1 + 30x2= 160Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par

Ordenado0 5.33 0 8 (0,5.33) , (8,0)

FunciónObjetivo Z:

45x1 + 50x2 = 360 (Valorarbitrario)

Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 ParOrdenado

0 7.2 0 8 (0,7.2) , (8,0)

Paso 3. Se Procede a Graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónZ, y determinar las áreas de solución factible, así como encontrar el punto óptimo,de la cual se muestra la siguiente gráfica:

Punto Óptimo

20x1 + 30x2


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Paso 4. Se puede observar que las rectas 20x 1 + 30x2≤ 160 y 10x1 + 10x2≤80 sonlas rectas que se interceptan en el punto optimo (punto más alejado del origen), yse puede observar que ambas se interceptan en el eje X 1, Lo que quiere decir queeste es un caso especial del método gráfico, el cual se denomina Solución

Degenerada, porque intercepta uno de los ejes de coordenadas. En este caso paraencontrar el valor de la función objetivo basta con tomar una recta, en este caso setomara 10x 1 + 10x2=80.Como X2 = 0, se tiene lo siguiente:

X1 = 8, X2 = 0 Punto Optimo es (8,0)Max Z = 45x1 + 50x2

Max Z = 45(8) + 50(0)

Max Z = $ 360

Se deberá Producir 8 Unidades del producto A y nada del producto B, para podermaximizar las ganancias.

Ejemplo 5.Utilice el Método Grafico para resolver el problema

Maximizar Z = 2X1 + 4X2 Sujeta a 3X 1 + X2 ≤4 (1)

4X1 + 8X2 =18 (2) Y X1 , X2 ≥0 (3)

Solución:Paso 1. Se Cambia el signo de las ec uaciones “≤ “ por “=” produciéndose así unaecuación de línea recta que utilizaremos para poder graficar.

3X1 + 1X2 = 4 4X1 + 8X2 =18Paso 2. Se dan Valores arbitrarios a las variables para encontrar los pares

ordenados necesarios para poder graficar. Estos se presentan en la siguiente tabla:

Ecuación 1: 3X 1 + X2 = 4Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor X2 Valor X1 Par

Ordenado0 4 0 1.33 (0,4) , (1.33,0)


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Ecuación 2: 4X 1 + 8X2 =18Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par

Ordenado0 2.25 0 4.5 (0,2.25) ,

(4.5,0)Función

Objetivo Z:2X1 + 4X2 =9 (Valor

arbitrario)Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor X1 Par

Ordenado0 2.25 0 4.5 (0,2.25 ,

(4.5,0)

Como se puede Observar la función Objetivo es paralela a la función 4X 1 + 8X2 =18, lo cual tiene un significado especial que se explicara en el paso 4.

Paso 3. Se Procede a graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónobjetivo Z, y determinar las áreas de solución factible, así como encontrar el puntooptimo, de la cual se muestra la siguiente Grafica

3X1 + X2 = 4

4X1 + 8X2 =18

4X1 + 8X2


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Paso 4. Se puede observar que las rectas 4X 1 + 8X2 ≤ 18 y 2x1 + 4x2=9 son rectasparalelas, y una de ellas pertenece a la función Objetivo, lo que nos conlleva a unasolución de casos especiales del método grafico, el cual pertenece al caso de

soluciones múltiples. Entonces se puede decir que todos los puntos que seencuentran en el segmento de recta señalada, que es parte de la región factible,son parte de la solución óptima, lo cual se probara a continuación, evaluandoalgunos puntos en la función objetivo: Max Z = 2X 1 + 4X2

Punto (0,2.25) Max Z = 2(0)+ 4(2.25)= 9 U.M.Punto (0.7,1.9) Max Z = 2(0.7)+ 4(1.9)= 9 U.M.

Por lo tanto hay más de una solución, lo que se convierte en un caso de solucionesmúltiples.

CASOS ESPECIALES EN EL MÉTODO GRAFICO

Solucione Múltiples: Si la función objetivo es paralela a una de las rectas de lasecuaciones de las restricciones, el problema tiene múltiples soluciones óptimas por

tener un segmento de recta en el cual todos los puntos son soluciones óptimas.

Solución Degenerada: Se presenta cuando hay más de dos rectas que pasan por elpunto óptimo y este intercepta uno de los ejes de coordenadas. Como paraencontrar este punto bastan dos rectas, entonces las demás que pasan por el sonredundantes, es decir pueden omitirse sin alterar la solución optima.Solución sin fronteraExiste solución factible pero no optima

Solución no acotadaNo existe solución factible, por lo tanto el problema no tiene solución

Desarrollo de problemasEjemplo 6.


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Una compañía destiladora tiene dos grados de wisky en bruto (sin mezclar), I y II, delos cuales produce dos marcas diferentes. La marca regular contiene un 50% decada uno de los grados I y II, mientras que la marca súper consta de dos terceraspartes del grado I y una tercera parte del grado I y una tercera parte del grado II. La

compañía dispone de 3000 galones de grado I y 2000 galones del grado II para lamezcla. Cada galón de la marca regular produce una utilidad de $5, mientras quecada galón del súper produce una utilidad de $6 ¿Cuántos galones de cada marcadebería producir la compañía a fin de maximizar sus utilidades.

MARCAS GRADO I GRADO II UTILIDAD

REGULAR 50% 50% $5

SUPER 75% 25% $6

SOLUCION:¿Qué es lo que vamos a maximizar?X1 = la cantidad de güisqui de la marca regular en galonesX2 = la cantidad de güisqui de la marca súper en galonesMax Z = 5X1 + 6X2Sujetos a:1500X1 + 1000X2 ≤ 3000 (1)

2250X1 + 500X2≤ 2000 (2)X1, X2≥ 0 (3)

Solución:

Paso 1 . Se Cambia el signo de las ecuaciones “≤ “ por “=” produciéndose así unaecuación de línea recta que utilizaremos para poder graficar.

1500X1 + 1000X2 = 3000 , 2250X1 + 500X2 = 2000



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Ecuación 1: 1500X1 + 1000X2 = 3000Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado

0 3 0 2 (0,3) , (2,0)Ecuación 2: 2250X1 + 500X2 = 2000

Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado0 4 0 0.88 (0,4) , (0.88,0)

Ecuación Z: 5X1 + 6X2 = 18 (Valor arbitrario)Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado

0 3 0 3.6 (0,3), (3.6,0)

Paso 3. Se Procede a graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónobjetivo Z, y determinar las áreas de solución factible, así como encontrar el puntooptimo, de la cual se muestra la siguiente grafica.

Paso 4. Se puede observar que las rectas 2250X1 + 500X2 = 2000 y 5X1 + 6X2 = 18son las rectas que se interceptan en el punto optimo (punto más alejado del origen),y se puede Observar que ambas se interceptan en el eje X 2, Lo que quiere decir queeste es un caso especial del método grafico el cual se denomina SoluciónDegenerada, porque intercepta uno de los ejes de coordenadas. En este caso para

Region deSolucionFactible

1500X1 + 1000X2≤ 3000

Punto OptimoZ=5X1 + 6X2

2250X1 + 500X2 = 2000


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encontrar el valor de la función objetivo basta con tomar una recta, en este caso setomara1500X1 + 1000X2 = 3000

Como X1 = 0, se tiene lo siguiente:X1 = 0, X2 = 3 Punto Optimo es (0,3)

Max Z = 5x1 + 6x2 Max Z = 5(0) + 6(3)Max Z = 18

X1 = la cantidad de güisqui de la marca regular en galonesX2 = la cantidad de güisqui de la marca súper en galones

Se deberá Producir 3 Unidades de güisqui de la marca súper y nada de güisqui dela marca regular, para poder maximizar las ganancias s Max Z = $ 18.

Ejemplo 7.Utilice el Método Grafico para resolver el problema

Maximizar Z = 6X1 + 6X2 Sujeta a 60X 1 + 45X2 ≤ 180 (1)

6X1 + 6X2 ≤18 (2)

Y X1 , X2 ≥0 (3)

Paso 1. Se Cambia el signo de las ecuaciones “≤ “ por “=” produciéndose así unaecuación de línea recta que utilizaremos para poder graficar.

60X1 + 45X2 = 180 , 6X1 + 6X2 =18


Ecuación 1: 60X 1 + 45X2 = 180Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado0 4 0 3 (0,4) , (3,0)

Ecuación 2: 6X 1 + 6X2 =18Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado

0 3 0 3 (0,3) , (3,0)Ecuación Z: 6X 1 + 6X2 =18 (Valor arbitrario)

Valor Arb. X1 Valor de X2 Valor Arb. X2 Valor de X1 Par Ordenado0 3 0 3 (0,3), (3,0)


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Paso 3. Se Procede a graficar todas las rectas de las restricciones y la de la funciónobjetivo Z, y determinar las áreas de solución factible, así como encontrar el puntooptimo, de la cual se muestra la siguiente grafica.

Paso 4. Se puede observar que todas las rectas se interceptan en el mismo punto, yademás la ecuación 6x 1+6x2 =18 es paralela a la Función Objetivos y esta seinterceptan en uno de los ejes de coordenadas, lo que nos conlleva a dos soluciónde casos especiales del método grafico, el cual pertenece al caso de solucionesmúltiples y a una solución degenerada. Entonces se puede decir que todos lospuntos que se encuentran en el segmento de recta 6x 1+6x2 =18 que es parte de laregión factible incluyendo el punto de intercepción en el eje son parte de lasolución óptima (Puntos Óptimos), lo cual se probara a continuación, evaluandoalgunos puntos en la función objetivo:Max Z= 6X1 + 6X2 Punto (0,3) Max Z = 6(0)+ 6(3)= 18 U.M.Punto (3,0) Max Z = 6(3)+ 6(0)= 18 U.M.

60X1 + 45X2 = 180

6X1 + 6X2 =18

Z= 6X1 + 6X2

Punto Óptimo

Región de Solución Factible


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Por lo tanto hay más de una solución y hay un punto de intercepción en el eje, loque se convierte en un caso de soluciones múltiples y degenerada al mismotiempo, donde Max Z = 18 U.M.

El método grafico es una buena opción para resolver problemas de programaciónlineal, puesto que su aplicación es bien sencilla, una vez se lleve a cabo paso apaso su solución. Por medio de este método se pudo comprobar que es posibleencontrar una solución óptima al problema.

Este método es conveniente aplicarlo solo cuando el problema implique dosvariables, porque es más fácil graficar en el plano cartesiano, ya que cuando es demás de dos variables se tendría que graficar en el espacio, sin embargo para este

tipo de problemas existen otros excelentes métodos.

Aplicar este método si el problema de Programación Lineal sólo implica ados variables. Para modelos con tres o más variables, el método gráfico esimpráctico o imposible.

Clases Nueve a Trece Ejemplos Usando El Método Gráfico

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