Método algebraico de Optimiz.L.

Optimización lineal o Programación Lineal

Método gráfico de Optimiz.L.

Optimización lineal o Programación Lineal

MODELO CANÓNICO O. LINEAL

• Formulación del programa:• Max (z=c’x )• Sujeto a Ax ≤ b• X ≥ 0

• n > m• A es de orden mxn

MODELO ESTÁNDAR LINEAL

• Formulación del programa:• Max (z=c’x )• Sujeto a Ax = b• X ≥ 0

• n > m• A es de orden mxn

Problema• 3.- Una Carpintería elabora dos tipos de bates para baseball, uno

de peso ligero usado en los juegos de ligas de menores y otro de peso mediano que se vende a los equipos de las ligas mayores.

• El bate de menores requiere 1 minuto de torneado en tanto que el bate de mayores requiere 2 minutos de torneado, puesto que se le debe dar la forma y el peso especial. Por tanto, el bate de menores requiere 3 minutos de máquina lijadora y el otro requiere 2 minutos. El laqueado es hecho a mano y entonces solo puede producirse 400 medianos a la semana.

• Cada semana se dispone 1000 minutos de torno y 1800 minutos de máquina lijadora. Hay tanta demanda que garantiza las utilidades de S/o 3.00 por cada bate ligero y de S/o4.00 por el otro. Determine el programa de producción óptima que le dé la máxima utilidad a la Carpintería.

Identificación de variables

• X1= Nº de bates ligeros producidos por semana

• X2=Nº de bates medianos producidos por seman

• Z= utilidad por semana

Formulación del problema como un Pr

• Max z= 3x1 + 4x2• Sujeto a• X1 + 2x2 ≤ 1000 (torno)• 3x1 + 2x2 ≤ 1800 (lijadora)• X2 ≤ 400 (laqueado)• X1 ≥ 0• x2≥ 0

Forma estándar y variables de holg• Max z= 3x1 + 4x2 + 0x3 + 0x4 + 0 x5• Sujeto a• X1 + 2x2 + x3 = 1000• 3x1 + 2x2 + x4 = 1800• X2 + x5 = 400

• Xj ≥ 0, j=1,2,3,4,5

•

Soluciones Básicas

• El número de soluciones básicas según el cálculo combinatorio es 5!/(2! 3!) = 10

• Las que se detallan como sigue:• 1. (x3,x4,x5) 6. (x1,x2,x4)• 2. (x2,x3,x4) 7. (x1,x2,x5)• 3. (x2,x4,x5) 8. (x1,x3,x4)• 4. (x2,x3,x5) 9. (x1,x3,x5)• 5. (x1,x2,x3) 10. (x1,x4,x5)

Solución básica factible inicial

• Desarrollamos en primer lugar una solución que utilice solo las holguras x3, x4, x5 implica

• X1=x2=0• De donde resulta• X3= 1000 minutos de tiempo en torno• X4=1800 minutos de tiempo en lijadora• X5 = 400 bates medianos no producidos• Como los costos asociados a las holguras son 0,

entonces z=0

Variables básicas y no básicas

• Las variables que se encuentran en la solución se denominan básicas y las otras (x1, x2) se denominan no básicas.

• Redisponemos la solución inicial como sigue:• X3= 1000 – x1 – 2x2• X4 = 1800 -3x1 – 2x2• X5 = 400 – x2• Si se produce un bate ligero (x1=1), x3 disminuirá en 1

y x4 en 3. E.d. cada coeficiente asociado con una variable indica la merma producida en la holgura

Mejorar la solución básica factible inici

• Qué variable que no está en la solución inicial debe ingresar en reemplazo de una de las variables (de holgura) que están en la solución básica inicial, para mejorar la utilidad z=0 ?

• Cuál es la máxima cantidad de variables que puede ingresar a la solución básica?

Selección de la variable ingresante

• Para mejorar la utilidad z=0 observamos la función objetivo, y se selecciona la variable ingresante aquella que proporciona el mayor incremento de z = 3x1 + 4x2

• En nuestro caso se deduce x2

Selección de variable saliente

• La variable ingresante x2 nos permite determinar la variable saliente a partir de las variables básicas iniciales

• X3= 1000 – x1 – 2x2 (4)• X4 = 1800 -3x1 – 2x2 (5)• X5 = 400 – x2 (6)• Lo máximo en x2 depende del torno y lijadora y la

no negatividad de las variables, así como x1=0

De las ecuaciones (4), (5) y (6)

• Max x2 = 1000/2 = 500• Max x2 = 1800/2 = 900• Max x2 = 400/1 = 400• El máximo número de bates medianos que pueden

producirse es el menor de los 3 valores calculados, es decir 400, que resulta de la ecuación (6), que expresa la variable x5 y que define la variable que sale. De otro modo resultarían valores negativos alguna de x3, x4 o x5

La nueva solución básica

• X2= 400 – x5 (7)• X3 = 1000 – x1 – 2(400 – x5)• X3 = 200 – x1 + 2x5 (8)• X4= 1000 – 3x1 + 2x5 (9)• Z = 3x1 + 4(400 – x5)• Z= 1600 + 3x1 – 4x5 (10)• X2 = 400• X3 = 200• X4 = 1000, x1=x5=0 lo que implica z2= 1600

Mejorando la segunda solución bf

• La variable que debe ingresar para mejorar z2=1600, observamos la nueva función z= 1600 +3x1-4x5, de donde se deduce que debe ingresar x1

• De la ecuación (8) con x5=0• Max x1 = 200• De la ecuación (9) max x1 = 1000/3 = 333.3• El mínimo de estos valores se obtiene de (8) que

define x3 como la variable que sale

De (8) x1 = 200 – x3 + 2x5 (11)

• X4 = 1000 – 3(200 – x3 +2x5) +2x5• X4 = 400 + 3x3 – 4x5 (12)• Z=1600+3(200-x3+2x5)-4x5• Z=2200-3x3+2x5(13)• De (7), (11), (12) tercera solución con x3=x5=0 es• X1=200 • X2=400• X4=400• Z = 2200

Mejorando la tercera solución

• De la función objetivo (13) Z=2200-3x3+2x5 nos da la posibilidad de mejorar Z mediante el ingreso de x5, pues x5=1 entonces z aumenta en 2 soles

• Siguiendo el procedimiento anterior• De (7) se obtiene que max x5 = 400• De (11) se obtiene que max x5 = 200/2• De (12) obtenemos max x5 = 100• La ecuación (12) es la más restrictiva, entonces

sale x4

Cuarta solución factible mejorada

• Despejando x5 de (12)• X5 = 100 + 3/4x3 – 1/4x4 (14)• Reemplazando (14) en (7) obtenemos• X2=300 – 3/4x3 + 1/4x4 (15)• Reemplazando (14) en (11) se obtiene• X1=400 + 1/2x3 – 1/2x4 (16)• Z=2400 – 3/2x3 – 1/2x4• Z =2400 es máximo, x3=x4=0, x1=400, x2=300,

x5=100 es el óptimo

Esquema del Método de maximización

• 1.- Formular el problema• 2.- Convertir las restricciones en ecuaciones

mediante las variables de holgura• 3.- Diseño de la solución básica factible inicial• 4.- Mejorar la solución básica factible i) se

selecciona la variable ingresante con la que mejore z ii) con ésta variable se selecciona la variable saliente a partir de las restricciones iii) despejar de la ecuación clave la variable que ingresa y reemplazar en las ecuaciones restantes.

5.- verificación del óptimo

• i) reemplazar la ecuación clave obtenida en el paso 4.iii en la función objetivo. Si todos los coeficientes de las variables son negativos y ceros el problema ha sido resuelto y la solución es óptima.

• Ii) De otro modo se revisa el programa haciendo ingresar la variable en la función objetivo cuyo coeficiente positivo es el mayor

• 6.- repetir 4.ii, 4.iii y 5) hasta alcanzar el óptimo

Algoritmo de minimización

• El procedimiento es similar

• A) Se selecciona la variable ingresante a la que mejore z; es la del término más negativo

• B) Se alcanzará la solución óptima cuando todos los coeficientes de la función objetivo son ceros y positivos

Algoritmo simplex

• 1.- Transformar la forma canónica a la forma estándar y luego pasar el sistema a la forma matricial del tablero 1

• 2. Calcular la fila zk = ∑ciaij; k=1,2, …, n• 3. calcular cj – zj• A) si para al menos un j, cj – zj es positivo y si

al menos un aij para este j es positivo, existe un mejor programa factible.

• B) si un cj –zj es positivo, pero los aij son negativos, la función objetivo no es acotada.

• C) si todos los cj-zj son negativos y ceros, el programa es óptimo.