Introducción a la programación lineal 1.-Introducción La programación lineal se aplica a modelos de optimización en los que las funciones objetivo y restricciones son estrictamente lineales. La técnica se aplica en una amplia variedad de casos, en los campos de agricultura, industria, transporte, economía, salud, ciencias sociales y de la conducta, y militar.. Debido a su gran eficiencia de cálculo, la programación lineal forma la columna vertebral de los algoritmos de solución para otros modelos de investigación de operaciones, como las programaciones entera, estocástica y no lineal. Un problema general de investigación de operaciones es: Optimizar z= c 1 x 1 +c 2 x 2 + … + c n x n Ecuaciones de restricción Sujeta a : a 11 x 1 + a 12 x 2 + … + a 1n x n ≤ b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + … + a 2n x n ≤ b 2 a m1 x 1 + a m2 x 2 + … +a mn x n ≤ b m x i ≥ 0 para i=1,2 ,… , n Matricialmente Los valores de x que satisfacen Ax≤ b se dicen factibles, si además es máximo (mínimo) se denomina solución óptima Problemas equivalentes
Transcript
Introducción a la programación lineal
1.-Introducción La programación lineal se aplica a modelos de optimización en los que las funciones objetivo y restricciones son estrictamente lineales. La técnica se aplica en una amplia variedad de casos, en los campos de agricultura, industria, transporte, economía, salud, ciencias sociales y de la conducta, y militar.. Debido a su gran eficiencia de cálculo, la programación lineal forma la columna vertebral de los algoritmos de solución para otros modelos de investigación de operaciones, como las programaciones entera, estocástica y no lineal.
Un problema general de investigación de operaciones es: Optimizar z= c1x1 +c2x2 + … + cnxn
Ecuaciones de restricciónSujeta a :
a11x1 + a12x2 + … + a1nxn ≤ b1
a21x1 + a22x2 + … + a2nxn ≤ b2
am1x1 + am2x2 + … +amnxn ≤ bm
xi ≥ 0 para i=1,2 ,… , n
Matricialmente
Los valores de x que satisfacen Ax≤ b se dicen factibles, si además es máximo (mínimo) se denomina solución óptima
Problemas equivalentes
Regla 1Maximizar cx es equivalente a minimizar –cxMinimizar cx es equivalente a maximizar –cxEjemplo min z= 10 x1 - 4 x2
Es equivalente a max - z= -10x1 + 4x2
Regla 2La desigualdad Ax ≥ b es equivalente a –Ax ≤ - bY la desigualdad Ax ≤ b es equivalente a –Ax ≥ - bEjemplo x1 + 2x2 - 2x3 ≤ 200es equivalente a -x1 - 2x2 + 2x3 ≥ - 200y
Regla 3Toda igualdad puede descomponerse como la intersección de dos desigualdades Ax=b Ax ≤ b y Ax ≥ bEjemplo x1 - 3x2 =5Es equivalente a x1 - 3x2 ≤ 5 y x1 - 3x2 ≥ 5
Regla 4Toda desigualdad Ax ≤ b , puede convertirse en igualdad mediante la adición de un vector de holgura (slack), no negativo.Ejemplo : 10 x1 -5 x2 ≤ 8 11 x1 + 3 x2 ≤ 9 Es equivalente a 10 x1 - 5 x2 + x3 = 8 11 x1 + 3 x2 + x4 = 9
Donde el vector de holgura es
Toda desigualdad de la forma Ax ≥ b, puede convertirse en igualdad mediante la resta de un vector llamado superfluo (surplus), no negativo.Ejemplo 12 x1 -8 x2 ≥ 1 8 10 x1 + 3 x2 ≥ 6
12 x1 -8 x2 - x3 = 1 8 10 x1 + 3 x2 - x4 = 6
Donde el vector superfluo es
Regla 5Una variable no restringida, o sea aquella que puede tomar toda clase de valores, positivos, cero y negativos, puede escribirse como la diferencia de dos variables no negativas.
EjemploSea x1 una variable no restringida, entonces x1=x2-x3Donde x2≥0 , x3≥0. Así si x2 > x3, entonces x1 > 0, si x2=x3 entonces x1=0, si x2< x3, entonces x1 <0
Resolución de problemas básicos
Ejemplo 1
Max z=6x1+8x2
s/a6x1+4x224x1+2x26-2x1+2x22x22
x1,x2 01.1 SOLUCIÓN GRÁFICA
Fig1.1 Solución gráficaL1: x2=6-(3/2)x1, L2: x2=3-x1/2, L3: , x2=1+x1 L4: x2=2 Si calculamos vértice a vérticeEn (0,0) la función objetivo vale 0, En (4,0) la función objetivo vale 24En (2,2) la función objetivo vale 28 En (1,2) la función objetivo vale 22En (0,1) la función vale 8En (3,1.5) la función objetivo vale 30 óptimo después es no factible
El óptimo se encuentra en los vértices (y en ocasiones también en una arista si tienen igual valor en los nodos extremos), por lo que al recorrerlos se obtiene el óptimo, esto puede verse fácilmente en la gráfica de un problema de dos variables, pero graficar un modelo con más de dos variables ya no es tan fácil
Existe mucho software para la resolución de un problema de programación lineal, utilizaremos Solver de Excel, LINDO y QSB.
X1
X2
Z=30
L3
L1
L2
Z=22 Z=32
L4
(0,0)
(0,1)
(1,2)
(2,2)
(3,1.5)
(4,0)
´El método SIMPLEX; que veremos más adelante, es un algoritmo iterativo que permite ir mejorando la solución a cada paso. El proceso concluye cuando no es posible seguir mejorando más dicha solución., Para este problema, recorre los vértices en el sentido que indica la figura
Fig1.2 Solución gráfica y recorridoRecorrido, vértice, valor
(0,0) (0,1) (1,2) (2,2) (3,1.5) Z=0 8 22 28 30
1.2 SOLUCIÓN CON SOLVER
Fig 1.3 Cambio en las variables y solución final
Otra organización de los datos del modelo y más clara es:
Solución
1.3 SOLUCIÓN CON LINDO,Modelo
Resultado
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 30.00000
VARIABLE VALUE REDUCED COST X1 3.000000 0.000000 X2 1.500000 0.000000
RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 24.000000 12.000000 4.000000 3 6.000000 0.666667 2.000000 4 1.000000 INFINITY 4.000000 5 2.000000 INFINITY 0.5000001.4 SOLUCIÓN CON QSB
La solución (tabla final), es: x1=3 x2=1.5 máximo, z=30
Se presentan algunas tablas de la iteración
X1=2, x2=2, z=28
X1=3 x2=1.5 z=30
Ejemplo2 problema de Reddy Mikks (página 12 de libro de Taha)EnunciadoReddy Mikks produce pinturas para interiores y exteriores, M1 y M2. La tabla siguiente proporcionalos datos básicos del problema. Ton de materia prima de Pinturas para P inturas para Disponibilidad diaria exteriores interiores máxima (ton)Materia prima, M1 6 4 24Materia prima,M2 1 2 6Utilidad por ton (miles de $) 5 4Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que 1 tonelada más que la de pintura para exteriores. También, que la demanda máxima diaria de pintura para interiores es de 2 toneladas.Reddy Mikks desea determinar la mezcla óptima (la mejor) de productos para exterioresy para interiores que maximice la utilidad diaria total.
Para el problema de Reddy Mikks, se necesita determinar las cantidades a producir depinturas para exteriores e interiores. Así, las variables del modelo se definen como sigue:x1 = Toneladas producidas diariamente, de pintura para exterioresx2 = Toneladas producidas diariamente, de pintura para interioresPara formar la función objetivo, la empresa desea aumentar sus utilidades todo lo posible. Si z representa la utilidad diaria total (en miles de dólares), el objetivo de la empresa se expresa así: Maximizar z = 5x1 + 4x2A continuación se definen las restricciones que limitan el uso de las materias primas y lademanda. Las restricciones en materias primas se expresan verbalmente como sigue:Según los datos del problema,Uso de la materia prima M1, por día = 6x1 + 4x2 toneladasUso de la materia prima M2, por día = 1x1 + 2x2 toneladasYa que la disponibilidad de las materias primas M1 y M2 se limita a 24 y 6 toneladas, respectivamente A continuación se definen las restricciones que limitan el uso de las materias primas y lademanda. Las restricciones en materias primas se expresan verbalmente como sigue:Según los datos del problema,Uso de la materia prima M1, por día = 6x1 + 4x2 toneladasUso de la materia prima M2, por día = 1x1 + 2x2 toneladasYa que la disponibilidad de las materias primas M1 y M2 se limita a 24 y 6 toneladas, respectivamente
6x1 + 4x2 ≤24x1 + 2x2 ≤6
La primera restricción de la demanda indica que la diferencia entre la producción diaria de pinturas para interiores x1 y exteriores x2 , no debe ser mayor que 1 tonelada, y eso se traduce en
-x1 + x2 ≤1 La segunda restricción de la demanda estipula que la demanda máxima diaria de pintura para interiores se limita a 2 toneladas, y eso se traduce como .
x2 ≤ 2Una restricción implícita es que las variables y no pueden
asumir valores negativos. Las restricciones de no negatividad x1 ≥0, x2≥0 , expresan ese requisito.El modelo de Reddy Mikks completo es Maximizar z = 5x1 + 4x2 Sujeto a
Ejercicio resolver el problema en forma gráfica, con solver y Lindo.
Ejemplo 3: Solución de un modelo de minimización (Taha)
Problema de la dietaEn Granjas Modelo se usa diariamente un mínimo de 800 libras (lb) de un alimento especial, que es una mezcla de maíz y soya, con las composiciones siguientes: lb por lb de alimentoAlimento Proteínas Fibras Costo ($/lb) Maíz 0.09 0.02 0.30 Soya 0.60 0.06 0.90Las necesidades dietéticas del alimento especial son un mínimo de 30% de proteínas y un máximo de 5% de fibras. Granjas Modelo desea determinar las proporciones de alimento que produzcan un costo diario mínimo.Como la mezcla de alimentos consiste en maíz y soya, las variables de decisión del modelo se definen como sigue:
x1 = lb de maíz en la mezcla diariax2 = lb de soya en la mezcla diaria
La función objetivo trata de minimizar el costo (en dólares) diario total de la mezcla dealimentos, y en consecuencia se expresa como sigue:
minimizar z = 0.3x1 + 0.9x2Las restricciones del modelo reflejan la cantidad diaria necesaria y los requerimientosdietéticos. Como Granjas Modelo necesita un mínimo de 800 lb diarias de alimento, la restriccióncorrespondiente se puede expresar como sigue:
x1 + x2 ≥ 800En cuanto a la restricción dietética de necesidades de proteína, la cantidad de proteína quecontienen x1 lb de maíz y x2 lb de soya es (0.09x1 + 0.6x2) lb. Esta cantidad debe ser cuandomenos igual al 30% de la mezcla total de alimentos, (x1 + x2) lb; esto es
0.09x1 + 0.6x2 ≥ 0.3(x1 + x2)De manera similar, la restricción de la fibra se define como
0.02x1 + 0.06x2 ≤ 0.05(x1 + x2)las restricciones se simplifican agrupando todos los términos en x1 y x2 y pasándolos allado izquierdo de cada desigualdad, para que sólo quede una constante en el lado derecho.Así, el modelo completo viene a ser
Si la función objetivo cambia a 0.8x1+0.8x2Se tienex1 x2 r1 r2 r3 min
200 600 800 -138 0 640Ambos vértices (200,600) y (470.5882, 329.4117) son óptimos, en realidad hay infinitos óptimos (toda la recta)
Problema de programación (horarios de autobuses)La ciudad de Progreso estudia la factibilidad de un sistema de autobuses para transportación masiva que reduzca el transporte urbano en auto particular y en consecuencia alivie el problema del esmog. El estudio busca determinar la cantidad mínima de autobuses que satisfaga las necesidades de transporte. Después de reunir la información necesaria, el ingeniero de tránsito observa que la cantidad mínima de autobuses varía con la hora del día, y que la cantidad necesaria de vehículos se puede aproximar con valores constantes durante intervalos consecutivos de 4 horas. La figura muestra la cantidad de autobuses en función de la hora del día lo que resume las determinaciones del ingeniero. Para hacer el mantenimiento diario a cada autobús, éste puede trabajar 8 horas sucesivas diariamente.
ModeloDeterminar la cantidad de autobuses en funcionamiento durante cada turno (variables) que satisfaga la demanda mínima (restricciones) y minimice al mismo tiempo la cantidad de autobuses en operación (objetivo).Sabemos que cada autobús debe trabajar durante 8 horas, pero no sabemos cuándo debe comenzar un turno.Si seguimos un horario normal de tres turnos (8:01 A.M. a 4:00 P.M., 4:01 P.M. a 12:00 media noche, y 12:01 A.M. a 8:00 A.M.) y suponemos que x1, x2 y x3 sean las cantidades de autobuses que inician en el primero, segundo y tercer turno, podremos ver, en la parte superior de la figura que x1 ≥ 10, x2 ≥ 12 y x3 ≥ 8. La cantidad mínima correspondiente de autobuses diarios es x1 + x2 + x3 = 10 + 12 + 8 =30.Esta solución sólo es aceptable si los turnos deben coincidir con el horario normal de tres turnos. Sin embargo, sería mejor dejar que el proceso de optimización elija la “mejor” hora de inicio de un turno. Una forma razonable de hacerlo es dejar que un turno pueda comenzar cada 4 horas. La parte inferior de la figura muestra este concepto, y se ven turnos traslapados que pueden comenzar a las 12:01 A.M., 4:01 A.M., 8:01 A.M., 12:01 P.M., 4:01 P.M. y 8:01 P.M.; cada turno abarca 8 horas consecutivas. Entonces se pueden definir las variables como sigue:x1 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 12:01 A.M.x2 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 4:01 A.M.x3 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 8:01 A.M.x4 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 12:01 P.M.x5 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 4:01 P.M.x6 _ cantidad de autobuses que comienzan a las 8:01 P.M.El modelo matemático se escribe en la siguiente forma: Minimizar z =x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6sujeta a
ANÁLISIS GRÁFICO DE SENSIBILIDADUn modelo de programación lineal es una foto instantánea de una situación real en la que los parámetros del modelo (coeficientes de la función objetivo y de las restricciones) asumen valores estáticos. Para aumentar la aplicación de la programación lineal en la práctica, se necesita agregar una dimensión dinámica que investigue el impacto que tiene hacer cambios en los parámetros del modelo (coeficientes de la función objetivo y de las restricciones) sobre la solución óptima. Aeste proceso se le llama análisis de sensibilidad, porque estudia la sensibilidad de la solución óptima respecto a los cambios que se hagan en el modelo.En esta sección se investigarán dos casos de análisis de sensibilidad basados en la solución gráfica de la programación lineal: 1) cambios en los coeficientes de la función objetivo y 2) cambios en el lado derecho de las restricciones. Aunque la presentación es
elemental y su alcance es limitado, proporciona perspectivas fundamentales del desarrollo del análisis de sensibilidad, más adelante estudiaremos este tópico en profundidad.
Cambios en los coeficientes de la función objetivoLa función objetivo en general en un problema de programación lineal con dos variables se puede escribir como sigue: Maximizar o minimizar z = c1x1 + c2x2Los cambios de los coeficientes c1 y c2 harán cambiar la pendiente de z y en consecuencia, posiblemente, el nodo o vértice . Hay un intervalo de variación, tanto para c1 como para c2, dentro del cual el óptimo del momento permanece sin cambio. En forma específica nos interesa determinar el intervalo de optimalidad de la relación donde se mantenga sin cambio la solución óptima del momento. En el siguiente ejemplo se ilustra el procedimiento.Ejemplo para problema 1, (original)Restricción 1 6x1 + 4x2 = 24 Restricción 2 x1 + 2x2 = 6 Columnas 6 4 1 2Z=6x1 + 8x2 Si c1=6≠0 (4/6) ≤ (c1/6) ≤ (2) 4 ≤ c1 ≤ 12Si c2=8≠0 (1/2) ≤ (c1/8) ≤(6/4) 4 ≤ c1 ≤ 12Comprobarlo con LINDO y QSB
Ejemplo En el modelo de Reddy Mikks , la solución óptima en C proporciona el valor máximo de z = 5x1 + 4x2. Si se cambia la solución objetivo a z = c1x1 + c2x2, la solución en C permanecerá óptima mientras la pendiente de z quede entre las pendientes de las dos líneas que se cruzan en C, que son 6x1 + 4x2 = 24 (materia prima, M1) y
x1 + 2x2 = 6 (materia prima, M2). Esta relación se puede expresar algebraicamente como
En la primera condición, c1 ≠ 0 significa que la recta de la función objetivo no puede ser horizontal. De igual modo, en la segunda condición c2 ≠ 0 significa que z no puede ser vertical.Como se puede ver en la figura siguiente el intervalo de optimalidad en este modelo (definido por las dos rectas que se cruzan en C) no permite que la función objetivo z = c1x1 + c2x2 sea una línea horizontal o vertical. El resultado es que se aplica a este ejemplo cada una de las dos condiciones dadas. Para los casos en los que c1 y c2 pueden asumir valores cero, el intervalo de (c1/c2) y (c2/c1)) debe dividirse en dos conjuntos, en los que los denominadores no puedan ser cero. Lo que indican las condiciones (c1/c2) y (c2/c1) para y es que mientras que esas relaciones estén dentro de los límites especificados, la solución óptima permanece sin cambio en C. Obsérvese que si sucede que z = c1x1 + c2x2 coincide con x1 + 2x2 = 6, pueden presentarse óptimos alternativos en cualquier lugar del segmento de recta CD. De igual manera, si coincide con 6x1 + 4x2 = 24, todos los puntos del segmento de recta BC son óptimos alternativos. Sin embargo, esta observación no cambia el hecho que C siga siendo óptimo en ambos casos.Se pueden usar las condiciones dadas para determinar el intervalo óptimo para uno de los coeficientes cuando el otro permanece con su valor original, en z = 5x1 + 4x2. Así, dado c2 = 4, el intervalo óptimo asociado para c1 se determina a partir de la condición (1/2) ≤ (c1/c2) ≤ (6/4) sustituyendo c2 = 4, da 2 ≤ c1 ≤ 6 . En forma parecida, dado c1 = 5, la condición dará como resultado (10/3) ≤ c2 ≤ 10 .
Cambio en disponibilidad de recursosEn los modelos de programación lineal, las restricciones representan el uso de recursos limitados, ya sea en forma directa o indirecta. En este caso, se puede imaginar que el lado derecho representa límites de disponibilidad de los recursos. En esta sección se investigará la sensibilidad de la solución óptima a cambios en la cantidad de los recursos disponibles.Ejemplo Para el modelo de Reddy Mikks, se muestra que el óptimo actual está en C, y es la intersección de las rectas asociadas con las materias primas M1 y M2. Cuando cambia la disponibilidad de M1 (aumenta o disminuye respecto a su valor actual de 24 toneladas), y si M2 = 6 toneladas, la solución óptima en el punto C se “deslizará” a lo largo del segmento de recta DG. Todo cambio en M1 fuera del intervalo de este segmento hará que el punto C (la intersección de las rectas relacionadas con M1 y M2) no sea factible. Por esta razón se dice que los puntos extremos D = (2, 2) y G = (6, 0) limitan al intervalo de factibilidad de M1. Así Cantidad de M1 en D = 6x1 + 4x2 = 6 * 2 + 4 * 2 = 20 toneladasCantidad de M1 en G = 6x1 + 4x2 = 6 + 6 + 4 * 0 = 36 toneladasEn consecuencia, si M2 = 6, el intervalo de factibilidad para M1 es 20 ≤ M1 ≤ 36Este resultado indica que M1 puede bajar hasta 4 toneladas o aumentar hasta 12 toneladas y seguir garantizando que el punto de la solución óptima seguirá siendo la intersección de las
Rectas asociadas con M1 y M2. En realidad si M2=6, la solución general asociada se obtiene en función de M1, como sigue_
x1 = (1/4) M1-3x2=-(1/8)M1+(9/2) 20 ≤ M1 ≤ 36
a continuación veamos la materia prima M2. La figura siguiente muestra que el intervalo de factibilidad para M2 ( si M1 es 24 toneladas) está limitado por los extremos B y H, siendo B=(4,0) y H= (8/3, 2), donde el punto H se define por la intersección de las rectas ED y BC. Así
Cantidad de M2 en B=x1+2x2=4+2*0=4 toneladasCantidad de M2 en h=(8/3) + 2*2=(20/3) toneladas
Entonces mientras M1=24 el intervalo de factibilidad de M2 es 4≤M2≤(20/3)De nuevo se puede verificar que si M1=4
x1 = - (1/2) M2-6x2=(3/4)M1- 3 4 ≤ M2 ≤ (20/3)
Valor por unidad de un recursoLa figura siguiente muestra que se puede concebir a un modelo de programación lineal como uno de entrada y salida, o de datos y resultados, en el que los recursos limitados representan los datos y el valor de la solución objetivo representa el resultado. Una consecuencia útil de este modelo es determinar cómo los cambios en sus datos (recursos) pueden influir sobre su resultado (el valor objetivo). Esa medida se puede obtener como subproducto de los cálculos del intervalo de factibilidad que se describieron anteriormente. En forma específica, se trata de determinar el valor por unidad de un recurso, que se define como la tasa de cambio en el valor de la función objetivo debido a cambios en la cantidad disponible de un recurso.Si yi representa el valor de cada unidad del recurso i, la fórmula correspondiente para calcular esta medida esYi= Cambio en el valor de z correspondiente al intervalo factible del recurso i Intervalo factible del recurso iPara ilustrar esta nueva medida usaremos el modelo de Reddy Mikks
.La figura del cambio de M2, el intervalo factible para M1 es 20 ≤ M1 ≤36 y está definido por los puntos D y G. Por consiguienteY1= (cambio en z de D a G) /(cambio en M1 de D a GComo D=(2,2) y G=(6,0) entoncesZ en D = 5*2 + 4*2 = 18 (miles de dólares)Z en G = 5*6 + 4*0 = 30 (miles de dólares)Entonces y1=(30-18)/(36-20) =0.75 ( miles de dólares por tonelada)
El resultado indica que un cambio de 1 tonelada en M1, en el intervalo 20 ≤M1≤36, hará cambiar el valor óptimo en z=$750.A continuación consideraremos la materia prima M2. Su intervalo de factibilidad es 4 ≤ M2 ≤(20/3) y está limitado por los puntos de la figura anterior. EntoncesY1=(cambio en z de B a H) / (cambio de M2 de B a H)Donde
z en B = 5x1+4x2=5*4+4*0 = 20 (miles de dólares)z en H = 5*(8/3) + 4*2= (64/3) (miles de dólares)
En consecuenciay2 =((64/3)-20) / ((20/3) -4)= 0.5 ( miles de dólares por tonelada)En este caso el resultado indica que un aumento o disminución de una tonelada de M1, en el intervalo 4 ≤ M1 ≤(20/3) aumenta o disminuye la utilidad en $500.
