Operativa1 p2 Enero16 1

INVESTIGACION OPERATIVA 1

SEGUNDO PARCIALActividad de aprendizaje 2.1.Realice un estudio con detenimiento de los capítulos 3 y 4 del texto guía.

Del capítulo 3, Conjunto de problemas 3.3 B (página 88), resuelva el ejercicio 8: realice la solución simplex y la comprobación empleando el método DUAL.

Del capítulo 4, Conjunto de problemas 4.4 A (página 162), resuelva el ejercicio 2 literal (a) solamente por el método DUAL y realice la comprobación empleando el software de su confianza.

CONJUNTO DE PROBLEMAS 3.3 B

Ejercicio 8

PROBLEMA PRIMAL.Considere la siguiente PL:Maximizar: Sujeta a:

(a) Resuelva el problema mediante el método simplex, donde la variable de entrada es la variable no básica con el coeficiente más negativo en la fila z.

(b) Resuelva el problema mediante el algoritmo simplex, seleccionando siempre la variable de entrada como la variable no básica con el coeficiente menos negativo en la fila z.

(c) Compare la cantidad de iteraciones en (a) y (b). ¿Conduce la selección de la variable de entrada como las variables no básica con el coeficiente más negativo en la fila z a un menor número de iteraciones? ¿Qué conclusión puede hacerse con respecto a la condición de optimalidad?

(d) Suponga que el sentido de optimización se cambia a minimización al multiplicar z por -1. ¿Cómo afecta este cambio a las iteraciones de simplex?

Solución del PROBLEMA PRIMAL por el método simplex.Variables de holgura:

1

Nueva función objetivo:Maximizar:

TABLA I

Cj 16 15 0 0 0 RELC Xj bn X1 X2 S1 S2 S3 bn/Yj

0 S1 124 40 31 1 0 0 3,10 S2 1 -1 1 0 1 0 -1 NO0 S3 3 1 0 0 0 1 3 SALE Zj 0 0 0 0 0

Zj - Cj ----- -16 -15 0 0 0 ING.X1

Por tratarse de problemas de maximización, en la fila Zj-Cj deben quedar ceros o valores positivos, es necesario eliminar los valores negativos para lo cual tomamos el menor valor negativo, en este caso (-16); la variable que pertenece a esta columna vamos a ingresar (X1) con un costo 16.

Determinación de la fila que sale:

Ingresa X1 y sale S3

Cálculo de los nuevos coeficientes de la siguiente tabla

Nuevo coef. (X1) Coeficiente S1 Coeficiente S2

3/1 = 3 124-3x40 = 4 1+3x1 = 41/1 = 1 40-1x40 = 0 -1+1x1 = 00/1 = 0 31-0x40 = 31 1+0x1 = 10/1 = 0 1-0x40 = 1 0+0x1 = 00/1 = 0 0-0x40 = 0 1+0x1 = 11/1 = 1 0-1x40 = -40 0+1x1 = 1

Los valores de los nuevos coeficientes se resumen en la siguiente tabla.


0 S1 4 0 31 1 0 -40 0,129 SALE0 S2 4 0 1 0 1 1 4

16 X1 3 1 0 0 0 1 NO Zj 48 16 0 0 0 16

Zj - Cj ----- 0 -15 0 0 16 ING.X2

TABLA III

2

Se elimina el menor valor negativo (-15); la variable que pertenece a esta columna se ingresa (X2) con un costo 15.


Ingresa X2 y sale S1


Nuevo coef. (X2) Coeficiente S2 Coeficiente X1

4/31 = 0,129 4-0,129x1 = 3,871 3-0,129x0 = 30/31 = 0 0-0x1 = 0 1-0x0 = 131/31 = 1 1-1x1 = 0 0-1x0 = 01/31 = 0,032 0-0,032x1 = -0,032 0-0,032x0 = 00/31 = 0 1-0x1 = 1 0-0x0 = 0-40/31 = -1,29 1+1,29x1 = 2,29 1+1,29x0 = 1



15 X2 0,129 0 1 0,032 0 -1,29 -0,1 NO0 S2 3,871 0 0 -0,03 1 2,29 1,6901 SALE

16 X1 3 1 0 0 0 1 3 Zj 49,94 16 15 0,484 0 -3,35

Zj - Cj ----- 0 0 0,484 0 -3,35 ING.S3

TABLA IV

Se elimina el menor valor negativo (-3,35); la variable que pertenece a esta columna se ingresa (S3) con un costo 3,35.


Ingresa S3 y sale S2


Nuevo coef. (S3) Coeficiente X2 Coeficiente X1

3,871/2,29 = 1,69 0,129+1,69x1,29 = 2,31 3-1,69x1 = 1,31

3

0/2,29 = 0 0+0x1,29 = 0 1-0x1 = 10/2,29 = 0 1+0x1,29 = 1 0-0x1 = 0-0.03/2,29 = -0,01 0,032-0,01x1,29 = 0,014 0+0,01x1 = 0,011/2,29 = 0,437 0+0,437x1,29 = 0,563 0-0,437x1 = -0,4372,29/2,29 = 1 -1,29+1x1,29 = 0 1-1x1 = 0


Cj 16 15 0 0 0 Xj bn X1 X2 S1 S2 S3

15 X2 2,31 0 1 0,014 0,563 00 S3 1,69 0 0 -0,01 0,437 1

16 X1 1,31 1 0 0,014 -0,44 0 Zj 55,61 16 15 0,437 1,465 0

Zj - Cj ----- 0 0 0,437 1,465 0

En la fila Zj-Cj ya no hay valores negativos, entonces el proceso ha concluido.

Para encontrar la solución tomamos las variables de la columna Xj y los valores de la columna bn.

Solución óptima del Problema Primal

Z (MAX) = 55,61.X1 = 1,31X2 = 2,31S1 = S2 = 0S3 = 1,69

COMPROBACIÓN EMPLEANDO EL MÉTODO DUAL.

PROBLEMA PRIMAL.Maximizar: Sujeta a:

Planteo del PROBLEMA DUAL.Minimizar: Restricciones:

Solución del PROBLEMA DUAL por el método simplex.Variables de holgura y artificiales:

4


TABLA I

Cj 124 1 3 0 0 M M RELC Yj bn Y1 Y2 Y3 S1 S2 m1 m2 bn/Yj

M m1 16 40 -1 1 -1 0 1 0 0,4 SALEM m2 15 31 1 0 0 -1 0 1 0,484

Zj 31 71 0 1 -1 -1 1 1 (*M) Zj - Cj ----- 71 0 1 -1 -1 0 0 (*M)

ING.Y1TABLA II

Por tratarse de problemas de minimización, en la fila Zj-Cj deben quedar ceros o valores negativos, esto significa que es necesario eliminar los valores positivos para lo cual tomamos el mayor valor positivo, en este caso (71); la variable que pertenece a esta columna vamos a ingresar (Y1) con un costo 71.


Ingresa Y1 y sale m1


Nuevo coef. (Y1) Coeficiente m2

16/40 = 0,4 15-0,4x31 = 2,640/40 = 1 31-1x31 = 0-1/40 = -0,025 1+0,025x31 = 1,7751/40 = 0,025 0-0,025x31 = -0,775-1/40 = -0,025 0+0,025x31 = 0,7750/40 = 0 -1-0x31 = -11/40 = 0,025 0-0,025x31 = -0,7750/40 = 0 1-0x31 = 1


Cj 124 1 3 0 0 M M RELC Yj bn Y1 Y2 Y3 S1 S2 m1 m2 bn/Yj

124 Y1 0,4 1 -0,03 0,025 -0,03 0 0,025 0 -16 NOM m2 2,6 0 1,775 -0,78 0,775 -1 -0,775 1 1,465 SALE

Zj 2,6 0 1,775 -0,78 0,775 -1 -0,775 1 (*M)

5

Zj - Cj ----- 0 1,775 -0,78 0,775 -1 -1,775 0 (*M)ING.Y2

TABLA III

Se elimina el mayor valor positivo (1,775); la variable que pertenece a esta columna se ingresa (Y2) con un costo 1,775.


Ingresa Y2 y sale m2


Nuevo coef. (Y2) Coeficiente Y1

2,6/1,775 = 1,465 0,4+1,465x0,025 = 0,4370/1,775 = 0 1+0x0,025 = 11,775/1,775 = 1 -0,025+1x0,025 = 0-0,775/1,775 = -0,437 0,025-0,437x0,025 = 0,0140,775/1,775 = 0,437 -0,025+0,437x0,025 = -0,01-1/1,775 = -0,56 0-0,56x0,025 = -0,01


Cj 124 1 3 0 0 Yj bn Y1 Y2 Y3 S1 S2

124 Y1 0,437 1 0 0,014 -0,01 -0,011 Y2 1,465 0 1 -0,44 0,437 -0,56 Zj 55,61 124 1 1,31 -1,31 -2,31

Zj - Cj ----- 0 0 -1,69 -1,31 -2,31

En la fila Zj-Cj ya no hay valores positivos, entonces el proceso ha concluido.

Para encontrar la solución tomamos las variables de la columna Yj y los valores de la columna bn.

Solución óptima del Problema Dual

W (MIN) = 55,61.Y1 = 0,437Y2 = 1,465S1 = S2 = 0m1 = m2 = 0

6

Solución del Problema Primal

X1 = (Columna S1) = 1,31.X2 = (Columna S2) = 2,31.

Z (MIN) = 16(1,31)+15(2,31) = 55,61.

Z (MAX) = Z (MIN)UTILIDAD = COSTO55,61 = 55,61De esta forma se ha podido comprobar la solución óptima del problema inicial.

CONJUNTO DE PROBLEMAS 4.4 A

Ejercicio 2, literal a)

PROBLEMA PRIMAL.Minimizar: Sujeta a: Restricciones estandarizadas:

Planteo del PROBLEMA DUAL.Maximizar: Sujeta a:

Solución del PROBLEMA DUAL por el método simplex.Variables de holgura:


TABLA I

Cj -30 10 0 0 RELC Yj bn Y1 Y2 S1 S2 bn/Yj

0 S1 2 -2 1 1 0 20 S2 3 -2 2 0 1 1,5 SALE Zj 0 0 0 0

Zj - Cj ----- 30 -10 0 0

7

ING.Y2

TABLA IIPor tratarse de problemas de maximización, en la fila Zj-Cj deben quedar ceros o valores positivos, esto significa que es necesario eliminar los valores negativos para lo cual tomamos el menor valor negativo, en este caso (-10); la variable que pertenece a esta columna vamos a ingresar (Y2) con un costo 10.


Ingresa Y2 y sale S2


Nuevo coef. (Y2) Coeficiente S1

3/2 = 1,5 2-1,5x1 = 0,5-2/2 = -1 -2+1x1 = -12/2 = 1 1-1x1 = 00/2 = 0 1-0x1 = 1½ = 0,5 0-0,5x1 = -0,5


Cj -30 10 0 0 Yj bn Y1 Y2 S1 S2

0 S1 0,5 -1 0 1 -0,510 Y2 1,5 -1 1 0 0,5

Zj 15 -10 10 0 5 Zj - Cj ----- 20 0 0 5

En la fila Zj-Cj ya no hay valores negativos, entonces el proceso ha concluido.

Para encontrar la solución tomamos las variables de la columna Yj y los valores de la columna bn.

Solución óptima del Problema Dual

W (MAX) = 15.Y1 = 0Y2 = 1,5S1 = 0,5S2 = 0

Solución del Problema Primal

8

X1 = (Columna S1) = 0.X2 = (Columna S2) = 5.

Z (MIN) = 2(0)+3(5) = 15.

Z (MAX) = Z (MIN)UTILIDAD = COSTO15 = 15

Para este problema, si ofrece ventajas computacionales la solución del dual sobre la solución directa del primal, porque el problema dual por ser de maximización requiere únicamente variables de holgura y nada de variables artificiales para el desarrollo del método simplex, esto simplifica la cantidad de cálculos y en si todo el proceso de desarrollo para obtener la solución óptima correspondiente.

COMPROBACIÓN POR EL MÉTODO DE SOFTWARE QM

Solución dada por QM:

Con esta solución se comprueba lo que se obtuvo en forma manual.Actividad de aprendizaje 2.2.Finalmente, estudie con detenimiento el capítulo 5 (a partir de la página 175).

Del Conjunto de problemas 5.1 A, resuelva el problema 12, empleando el método de la esquina noroeste y el método de costos mínimos.

De la página 197, considerando el modelo de transporte de la tabla 5.26 (ii), resuelva el ejercicio empleando el método de VOGEL.

CONJUNTO DE PROBLEMAS 5.1 A

Ejercicio 12

9

Tres centros de distribución envían automóviles a cinco concesionarios. El costo de envío depende de la distancia en millas entre los orígenes y destinos, y es independiente de si el camión hace el viaje con cargas parciales o completas. La tabla 5.9 resume la distancia en millas entre los centros de distribución y los concesionarios junto con las cifras de oferta y demanda mensuales dadas en número de automóviles. Una carga comprende 18 automóviles. El costo de transporte por milla de camión es de $25.

a) Formule el modelo de transporte asociado.

b) Determine el programa de envíos óptimo.

Concesionario (distancia en millas)C. Distr. 1 2 3 4 5 Oferta1 100 150 200 140 35 4002 50 70 60 65 80 2003 40 90 100 150 130 150Demanda 100 200 150 160 140

DESARROLLO:

a) Modelo de transporte asociado, mediante tabla de parámetros.

Ejemplo de cálculo del costo de envió por viaje del centro de distribución 1 al concesionario 1:

Costo =

Número de viajes (redondeado al entero superior) =

Matriz de costos originales por transporte de cada viaje con vehículos (en $).

ConcesionariosCentro C1 C2 C3 C4 C5 Oferta

D1 2500 3750 5000 3500 875 23D2 1250 1750 1500 1625 2000 12D3 1000 2250 2500 3750 3250 9

Demanda 6 12 9 9 8 44Oferta=Demanda

b.1) Solución por el método de LA ESQUINA DEL NOROESTE.

PRIMERA SOLUCION

Numero de envíos = Nº filas + Nº columnas – 1 = 3+5-1 = 7 envíos.

10

Matriz de existencias.

6 12 5 23 4 8 12 1 8 96 12 9 9 8

CT1 = $133750.

SEGUNDA SOLUCION

Matriz de costos indirectos.

2500 3750 5000 5125 4625 1500-1000 250 1500 1625 1125 -20001125 2375 3625 3750 3250 1251000 2250 3500 3625 3125

Matriz de elección: ME = MCI – MCO

MCI MCO2500 3750 5000 5125 4625 2500 3750 5000 3500 875-1000 250 1500 1625 1125 - 1250 1750 1500 1625 2000 =1125 2375 3625 3750 3250 1000 2250 2500 3750 3250

ME0 0 0 1625 3750

-2250 -1500 0 0 -875125 125 1125 0 0

De la matriz ME seleccionamos el mayor valor positivo de las cifras obtenidas (3750). Esto implica que debe asignarse una cantidad alfa (α) desde el centro de distribución D1 al concesionario C5.

Matriz de existencia (nueva)6 12 5-α α 6 12 5 23

4+α 8-α 9 3 12 1+α 8-α 6 3 9

6 12 9 9 85-α=0 α = 5

CT2 = $115000.

TERCERA SOLUCION


2500 3750 1250 1375 875 8752750 4000 1500 1625 1125 1125

11

4875 6125 3625 3750 3250 32501625 2875 375 500 0


MCI MCO2500 3750 1250 1375 875 2500 3750 5000 3500 8752750 4000 1500 1625 1125 - 1250 1750 1500 1625 2000 =4875 6125 3625 3750 3250 1000 2250 2500 3750 3250

ME0 0 -3750 -2125 0

1500 2250 0 0 -8753875 3875 1125 0 0


Matriz de existencia (nueva)6-α 12 5+α 3 12 8 23

9 3 9 3 12α 6 3-α 3 6 9

6 12 9 9 83-α=0 α = 3

CT3 = $103375.

CUARTA SOLUCION


2500 3750 5125 5250 875 875-1125 125 1500 1625 -2750 -27501000 2250 3625 3750 -625 -6251625 2875 4250 4375 0


MCI MCO2500 3750 5125 5250 875 2500 3750 5000 3500 875-1125 125 1500 1625 -2750 - 1250 1750 1500 1625 2000 =1000 2250 3625 3750 -625 1000 2250 2500 3750 3250

ME0 0 125 1750 0

-2375 -1625 0 0 -47500 0 1125 0 -3875


Matriz de existencia (nueva)3-α 12 α 8 12 3 8 23

9 3 9 3 12

12

3+α 6-α 6 3 96 12 9 9 8

3-α=0 α = 3

CT4 = $98125.

QUINTA SOLUCION


750 3750 3375 3500 875 875-1125 1875 1500 1625 -1000 -10001000 4000 1500 3750 1125 1125-125 2875 2500 2625 0


MCI MCO750 3750 3375 3500 875 2500 3750 5000 3500 875

-1125 1875 1500 1625 -1000 - 1250 1750 1500 1625 2000 =1000 4000 1500 3750 1125 1000 2250 2500 3750 3250

ME-1750 0 -1625 0 0-2375 125 0 0 -3000

0 1750 -1000 0 -2125


Matriz de existencia (nueva) 12-α 3+α 8 9 6 8 23

α 9 3-α 3 9 126 3 6 3 9

6 12 9 9 83-α=0 α = 3

CT5 = $97750.

SEXTA SOLUCION


750 3750 3500 3500 875 875-1250 1750 1500 1500 -1125 -11251000 4000 3750 3750 1125 1125-125 2875 2625 2625 0

13


MCI MCO750 3750 3500 3500 875 2500 3750 5000 3500 875

-1250 1750 1500 1500 -1125 - 1250 1750 1500 1625 2000 =1000 4000 3750 3750 1125 1000 2250 2500 3750 3250

ME-1750 0 -1500 0 0-2500 0 0 -125 -3125

0 1750 1250 0 -2125


Matriz de existencia (nueva) 9-α 6+α 8 6 9 8 23 3 9 3 9 126 α 3-α 6 3 9

6 12 9 9 83-α=0 α = 3

CT6 = $92500.

SEPTIMA SOLUCION


2500 3750 3500 3500 875 875500 1750 1500 1500 -1125 -1125

1000 2250 2000 2000 -625 -6251625 2875 2625 2625 0


MCI MCO2500 3750 3500 3500 875 2500 3750 5000 3500 875500 1750 1500 1500 -1125 - 1250 1750 1500 1625 2000 =

1000 2250 2000 2000 -625 1000 2250 2500 3750 3250

ME0 0 -1500 0 0

-750 0 0 -125 -31250 0 -500 -1750 -3875

Como en la matriz de elección ME, todos los elementos son ceros y/o negativos, entonces el programa óptimo de envíos de vehículos, es la matriz de existencia de la sexta solución, con un costo mínimo total de 92500 dólares.

14

SOLUCIÓN FINAL:

Centro Concs. Cantid. Costo TotalDistrib. (viajes) ($) ($)

D1 C2 6 3750 22500 C4 9 3500 31500 C5 8 875 7000

D2 C2 3 1750 5250 C3 9 1500 13500

D3 C1 6 1000 6000 C2 3 2250 6750

Total 44 92500

El plan óptimo de envíos de vehículos se resume en la tabla anterior, con un costo total mínimo de 92500 dólares.

b.2) Solución por el método de COSTOS MÍNIMOS.

PRIMERA SOLUCIÓN



2500 3750 5000 3500 875 9 6 8 23

1250 1750 1500 1625 2000 9 3 12

1000 2250 2500 3750 32506 3 96 12 9 9 8

CT1 = $92875.

SEGUNDA SOLUCIÓN


2500 3750 3375 3500 875 875625 1875 1500 1625 -1000 -1000

1000 2250 1875 2000 -625 -6251625 2875 2500 2625 0


MCI MCO2500 3750 3375 3500 875 2500 3750 5000 3500 875625 1875 1500 1625 -1000 - 1250 1750 1500 1625 20001000 2250 1875 2000 -625 1000 2250 2500 3750 3250

15

ME0 0 -1625 0 0

-625 125 0 0 -30000 0 -625 -1750 -3875


Matriz de existencia (nueva) 9-α 6+α 8 6 9 8 23

α 9 3-α 3 9 126 3 6 3 9

6 12 9 9 83-α=0 α = 3

CT2 = $92500.

TERCERA SOLUCIÓN


2500 3750 3500 3500 875 875500 1750 1500 1500 -1125 -1125

1000 2250 2000 2000 -625 -6251625 2875 2625 2625 0


MCI MCO2500 3750 3500 3500 875 2500 3750 5000 3500 875500 1750 1500 1500 -1125 - 1250 1750 1500 1625 20001000 2250 2000 2000 -625 1000 2250 2500 3750 3250

ME0 0 -1500 0 0

-750 0 0 -125 -31250 0 -500 -1750 -3875

Como en la matriz de elección ME, todos los elementos son ceros y/o negativos, entonces el programa óptimo de envíos de vehículos, es la matriz de existencia de la segunda solución, con un costo mínimo total de 92500 dólares.

SOLUCIÓN FINAL.

Distribuidor Centro Cantid. Costo Total Conces (unid.) ($) ($)

D1 C2 6 3750 22500 C4 9 3500 31500 C5 8 875 7000

D2 C2 3 1750 5250

16

C3 9 1500 13500D3 C1 6 1000 6000

C2 3 2250 6750

Total 44 92500

La solución óptima final con esta regla permite comprobar la solución óptima obtenida con el método esquina del noroeste pero con un proceso más corto.

Página 197, Conjunto de Problemas 5.3 B.

Modelo de transporte de la tabla 5.26 (ii).

DistribuidoresPlantas D1 D2 D3 Oferta

P1 10 4 2 8P2 2 3 4 5P3 1 2 0 6

Deman. 7 6 6 19Oferta = Demanda

DESARROLLO:

Asignación inicial con el método de aproximación de Vogel.

Iteración 1.

Distribuidores Difer.Centro D1 D2 D3 Oferta renglón

P1 10 4 2 8 2P2 2 3 4 5 1P3 1 2 0 6 1

Demanda 7 6 6 19 Dif.colum. 1 1 2 Selección X13 = 6

Eliminar columna D3

Iteración 2.Distribuidores Difer.

Centro D1 D2 Oferta renglónP1 10 4 2 6P2 2 3 5 1P3 1 2 6 1

Demanda 7 6 13 Dif.colum. 1 1 Selección X12 = 2

Eliminar fila P1

Iteración 3.Distribuidores Difer.

Centro D1 D2 Oferta renglónP2 2 3 5 1P3 1 2 6 1

Demanda 7 4 11 Dif.colum. 1 1 Selección X31=6

17

Eliminar fila P3

Iteración 4.

Distribuidores Difer.Centro D1 D2 Oferta renglón

P2 2 3 5 1Demanda 1 4 5

Selección X21=1Selección X22=4

SOLUCIÓN INICIAL

Planta Centro Cantid. Costo Total Distrb. (unid.) ($) ($)

P1 D2 2 4 8 D3 6 2 12

P2 D1 1 2 2 D2 4 3 12

P3 D1 6 1 6

Total 19 40

El plan inicial de envíos resumido en la tabla anterior tiene un costo de $40.

PRIMERA SOLUCIÓN

Matriz de costos originales.

DistribuidoresPlantas D1 D2 D3 Oferta

P1 10 4 2 8P2 2 3 4 5P3 1 2 0 6

Deman. 7 6 6 19Oferta = Demanda



2 6 81 4 56 67 6 6

CT1 = $40.

SEGUNDA SOLUCION


18

3 4 2 12 3 1 01 2 0 -12 3 1


MCI MCO3 4 2 10 4 22 3 1 - 2 3 4 =1 2 0 1 2 0

ME-7 0 00 0 -30 0 0

Como en la matriz de elección, todos los elementos son ceros y/o negativos, entonces el plan óptimo de envíos, es la matriz de existencia de la primera solución y el costo total mínimo es de 40 dólares.

SOLUCIÓN FINAL:

El plan óptimo de envíos a un costo mínimo de $40, esta resumido en la tabla de solución inicial.

19

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