Primer Parcial de Introducción a la Investigación de Operaciones Fecha: 28 de abril de 2010

INDICACIONES

• Duración del parcial: 3 hrs. • Escribir las hojas de un solo lado. • No se permite el uso de material ni calculadora. • Numerar las hojas. • Poner nombre y número de cédula en el ángulo superior derecho de cada hoja. • Escribir en la primera hoja el total de hojas entregadas. • Las partes no legibles del examen se considerarán no escritas. • Justifique todos sus razonamientos.

Pregunta 1 (1, 1, 1, 1, 1) Puntos Contestar Verdadero (V) o Falso (F) a las siguientes preguntas (no se requiere justificación). Cada respuesta correcta suma un punto, cada respuesta incorrecta resta un punto.

A) Sean C y D dos conjuntos convexos, C∩D es un conjunto convexo. B) Sean f y g dos funciones convexas en un conjunto convexo C, la función f + g es una función convexa. C) Una función f: C→R en un conjunto convexo C es convexa si y solamente si

1 ,0 ,, )()()1())1(( ≥≤∈∀+−≥+− λλλλλλ Cyxyfxfyxf

D) Una función f dos veces diferenciable en un intervalo I⊆R es convexa si y solamente si f´´ ≥ 0 en I.

E) La función 222 2),,( zyxzyxf −+= es una función convexa en 3R .

A) Verdadera B) Verdadera C) Verdadera D) Verdadera E) Falsa

Pregunta 2 10 Puntos Usar las condiciones de Karush-Kuhn-Tucker para determinar una solución óptima para el siguiente problema:

( )

≥≤+=−

−+−

0,

2

1

..

22 min

21

21

12

22

1

xx

xx

xx

as

xx

La función objetivo es convexa y la región factible es convexa, por lo tanto las condiciones de Karush-Kuhn-Tucker (KKT) son suficientes para una solución óptima global. Los gradientes son )1,42( 1 −=∇ xf , )1,1(1 −=∇g , )1,1(1 =∇g .

Agregando los multiplicadores 1λ y 2λ para cada restricción, las condiciones de KKT quedan de la siguiente manera:

(i) 112 =− xx

221 ≤+ xx

(ii) 0)1( 121 =−− xxλ

0)2( 212 =−+ xxλ

(iii) 1λ libre y 02 ≥λ

(iv) 042 211 =+−− λλx

01 21 =++ λλ

Para encontrar el óptimo global debemos determinar valores de x y λ que satisfagan las condiciones (i) – (iv) anteriores. Comenzamos suponiendo que 02 >λ . Entonces por (ii), tenemos que se tiene que cumplir que 221 =+ xx . Esto,

junto con (i) implica que 2/11 =x y 2/32 =x . Por medio de (iv) se deduce que 21 −=λ y que 12 =λ . Estos valores

de x y λ satisfacen todas las condiciones (i) – (iv) y por lo tanto es un óptimo global del problema.

Pregunta 3 (2, 6) Puntos Dado el siguiente problema de Programación Lineal:

≥≥+

≥+

+

0

4

62

..

3x min

2,1

21

21

21

xx

xx

xx

as

x

A) Determinar la solución óptima en forma gráfica. B) Determinar la solución óptima con el Método Simplex.

A) La representación gráfica de la región factible es la siguiente:

Evaluando los puntos extremos de la región factible, A, B y C, vemos que el óptimo se da en el punto A = (0,6), con un valor óptimo igual a 6. Por lo tanto la solución óptima es 01 =x y 62 =x .

B) Primero pasamos el problema a forma estándar, agregando las variables de holgura 3x y 4x :

Región Factible

A = (0,6)

B = (2,2)

C = (4,0)

≥=−+=−+

+

0,,,

4

62

..

3x min

4321

421

321

21

xxxx

xxx

xxx

as

x

Para inicial el simplex necesitamos una solución básica factible inicial. Por lo tanto agregamos las variables artificiales 1y , 2y y resolvemos el problema de Fase I correspondiente.

≥=+−+=+−+

+

0,,,,,

4

62

..

3 min

214321

2421

1321

21

yyxxxx

yxxx

yxxx

as

xx

Armamos el siguiente tableau inicial:

x1 x2 x3 x4 y1 y2 b 2 1 -1 0 1 0 6 1 1 0 -1 0 1 4 Fase II 3 1 0 0 0 0 0 Fase I 0 0 0 0 1 1 0 Para comenzar, restamos las filas (1) y (2) de la fila (4) para dejar el costo reducido de las variables básicas iguales a cero, y de esta manera poder comenzar con la Fase II. Iteración 1:

x1 x2 x3 x4 y1 y2 b 2 1 -1 0 1 0 6 1 1 0 -1 0 1 4 Fase II 3 1 0 0 0 0 0 Fase I -3 -2 1 1 0 0 -10 Elegimos la variable 1x para entrar a la base, ya que es la que tiene costo reducido menor.

Sale la variable básica 1y , ya que se cumple que 1}0,/:{min =>= ijijii aabi .

Iteración 2:

x1 x2 x3 x4 y1 y2 b 1 1/2 -1/2 0 1/2 0 3 0 1/2 1/2 -1 -1/2 1 1 Fase II 0 -1/2 3/2 0 -3/2 0 -9 Fase I 0 -1/2 -1/2 1 3/2 0 -1 Elegimos la variable 2x para entrar a la base, ya que es una de las que tiene costo reducido menor.

Sale la variable básica 2y , ya que se cumple que 2}0,/:{min =>= ijijii aabi .

Iteración 3:

x1 x2 x3 x4 y1 y2 b 1 0 -1 1 1 -1 2 0 1 1 -2 -1 2 2 Fase II 0 0 2 -1 -2 1 -8 Fase I 0 0 0 0 1 1 0 Terminamos con la Fase I, ya que no hay costos reducidos negativos (última fila), y tenemos una solución básica factible inicial para comenzar la Fase II. Elegimos la variable 4x para entrar a la base, ya que es una de las que tiene costo reducido menor.

Sale la variable básica 1x , ya que se cumple que 1}0,/:{min =>= ijijii aabi .

Iteración 4:

x1 x2 x3 x4 b 1 0 -1 1 2 2 1 -1 0 6 Fase II 1 0 1 0 -6 No hay costos reducidos negativos, por lo tanto la solución básica actual es óptima. Por lo tanto la solución óptima del problema original es 01 =x y 62 =x , con un valor óptimo de 6.

Pregunta 4 7 Puntos Una pequeña empresa petrolera es dueña de dos refinerías. La refinería I cuesta 20.000 dólares por día en costo de operación y produce 400 barriles de petróleo de alto octanaje, 300 de medio octanaje y 200 de bajo octanaje por día. La refinería II tiene 25.000 dólares de costos operativos diarios y puede producir 300 barriles de alto octanaje, 400 barriles de medio octanaje y 500 barriles de bajo octanaje por día. La compañía tiene órdenes por 25.000 barriles de alto octanaje, 27.000 barriles de medio octanaje y 30.000 barriles de bajo octanaje. Formular un modelo de Programación Lineal que determine la cantidad de días que la compañía debe mantener las refinerías funcionando para minimizar los costos y satisfacer la demanda (no es necesario solucionar el problema). Sean 1x y 2x la cantidad de días que las refinería I y II están operando, respectivamente. El modelo de Programación

Lineal sería el siguiente:

≥≥+≥+≥+

+

0,

30000500200

27000400300

25000300400

..

2500020000x min

21

21

21

21

21

xx

xx

xx

xx

as

x

Pregunta 5 (7, 3) Puntos Dada la siguiente Red a-z con un Flujo a-z asignado.

A) Hallar el flujo máximo y un corte mínimo, aplicando el algoritmo de Ford-Fulkerson, partiendo del flujo dado.

B) Si la capacidad del arco )3,4(=u fuera k (con k > 3) ¿cambia el flujo máximo? Justifique. Nota: las etiquetas sobre los arcos son: (Capacidad del arco, Flujo actual) A) Aplicamos el algoritmo de Ford-Fulkerson, partiendo de la asignación de flujo dada. Iteración 1: Camino de aumento: a – 1 – 4 – z, con valor 2. Iteración 2:

a

1

2

4

z

3,1

5

3 2,1

4,2

5,1

6,2 4,2

3,0

4,2

6,2

5,2

a

1

2

4

z

3,1

5

3 2,1

4,2

5,1

6,2 4,2

3,0

4,2

6,2

5,2

(-,∞)

(a+,2)

(a+,2)

(a+,1)

(1+,2)

(3+,1)

(4+,2)

a

1

2

4

z

3,3

5

3 2,1

4,2

5,1

6,2 4,2

3,0

4,4

6,4

5,2

(-,∞)

(a+,2)

(a+,1)

(3+,1)

(5+,1)

(3+,1)

Camino de aumento: a – 3 – 5 – z, con valor 1. Iteración 3: Camino de aumento: a – 2 – 3 – 5 – z, con valor 1. Iteración 4: No es posible establecer un camino o cadena de aumento. Por lo tanto se ha encontrado un flujo máximo y un corte

de capacidad mínima, con 8),( == CPPkϕ , }3,2,1,{aP = y )}5,3(),4,1{(},{ =CPP

B) No cambia, ya que la arista (4,3) no pertenece al corte mínimo, y por lo tanto el aumento de capacidad no redunda en un aumento del flujo a – z. Por otro lado, las entradas al nodo 4 ya están saturadas y no es posible aumentar el flujo saliente manteniendo la conservación del flujo, por lo cual no sirve de nada aumentar la capacidad de la arista saliente (4,3).

a

1

2

4

z

3,3

5

3 2,2

4,2

5,1

6,2 4,3

3,0

4,4

6,4

5,3

(-,∞)

(3+,2)

(a+,2)

(2+,2)

(3+,1)

(4+,2)

a

1

2

4

z

3,3

5

3 2,2

4,3

5,1

6,3 4,4

3,0

4,4

6,4

5,4

(-,∞)

(3+,1)

(a+,1)

(2+,1)

(3+,1)

(4+,2)