Parciales Resueltos IngEscalante-1
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Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
1
EXAMENES RESUELTOS PRIMER PARCIAL
PROBLEMAS DE MODELACION
1) Una fábrica produce 3 productos A, B y C, los mismos que pasan por los siguientes talleres: cepillado, fresado,
taladrado y ensamble. Los requerimientos por unidad de producto en horas y contribución son los siguientes:
Producto Cepillado Fresado Taladrado Ensamble Contri/Unid
A 1 1 0.5 1 $ 9
B 1 1 1 2 $ 7
C 0.5 1 1 3 $ 6
Las capacidades disponibles en el mes para los productos así como los requerimientos mínimos de ventas son:
Capacidad (horas) Requerimiento Mínimo de Ventas
Cepillado 180 Producto A 60
Fresado 280 Producto B 50
Taladrado 300 Producto C 40
Ensamble 600
Solución
Identificar las variables.
X1 = cantidad producida del producto A
X2 = cantidad producida del producto B
X3 = cantidad producida del producto C
Identificar la función objetivo.
321 6x7x9xZ MAX
Identificar restricciones.
1800.5x1x1x 321 Capacidad del Cepillado (horas)
2801x1x1x 321 Capacidad del Fresado (horas)
3001x1x0.5x 321 Capacidad del Taladrado (horas)
6003x2x1x 321 Capacidad del Ensamble (horas)
60x1 Requerimiento mínimo del producto A
50x2 Requerimiento mínimo del producto B
40x3 Requerimiento mínimo del producto C
Identificar restricciones de no negatividad.
0x,x,x 321
2) Un carpintero fabrica dos productos: sillas y marcos. Su producción esta limitada por las disponibilidades en
listones de madera (36 semanales), por las horas de mano de obra contratada (48 semanales) y por las horas de
trabajo disponibles en la maquina cepilladora automática (70 semanales). Cada silla requiere 4 listones de madera, 3
horas de mano de obra y 10 horas de cepilladora. Cada marco requiere 4 listones, 6 horas de mano de obra y 5 horas de
cepilladora. El carpintero vende cada silla a 300 Bs. Y cada marco a 200 Bs. Compra los listones a 20 Bs c/u. paga la
hora de mano de obra a 10 Bs y alquila la cepilladora a 10 Bs la hora. Formule el programa de fabricación que haga
máximas las utilidades. Resolver el problema por el método grafico. Cuanto incrementaran las utilidades del
carpintero si no tiene que pagar nada por los recursos necesarios?
Solución
Identificar las variables.
X1 = número de sillas producidos
X2 = número de marcos producidos
Identificar la función objetivo.
21 x50-60-80-200x100-30-80-300Z MAX 21 10x90xZ MAX
Identificar restricciones.
364x4x 21 Disponibilidad de la Madera (listones)
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2
486x3x 21 Disponibilidad de las horas de mano de obra
705x10x 21 Disponibilidad de las horas de la cepilladora
Identificar restricciones de no negatividad.
0x,x 21
Solución por el Método Grafico
MAX Z = 90X1 + 10X2
s.a.
4X1 + 4X2 ≤ 36
3X1 + 6X2 ≤ 48
10X1 + 5X2 ≤ 70
X1, X2 ≥ 0
Puntos Criticos:
Z(A) = Z(7,0) = 630 MAX
Z(B) = Z(5,4) = 490
Z(C) = Z(2,7) = 250
Z(D) = Z(0,8) = 80
Solución: Z=630; X1=7; X2=0
Si el carpintero no pagara por los recursos la función seria: MAX Z = 300X1 + 200X2
Solución: Z=2300; X1=5; X2=4
3) Un granjero esta engordando cerdos para el mercado y desea determinar las cantidades de los tipos de alimentos
disponibles que debe darse a cada cerdo para satisfacer ciertos requerimientos de nutrición a costo mínimo. En la
tabla siguiente se da el número de unidades de cada tipo de ingrediente nutritivo básico contenido en un kilogramo
de cada tipo de alimento, junto con los requerimientos diarios respecto a la nutrición y los costos de alimento:
Ingrediente
Nutritivo
Kilogramo
de Maíz
Kilogramo
de Residuos de grasa
Kilogramo
de Alfalfa
Requerimiento
Diario Mínimo
Carbohidratos 90 20 40 200
Proteínas 30 80 60 180
Vitaminas 10 20 60 150
Costo (u.m.) 21 18 15
Formule el modelo de programación lineal para este problema.
Solución
Identificar las variables.
X1 = cantidad de kilogramos de maíz
X2 = cantidad de kilogramos de residuos de grasa
X3 = cantidad de kilogramos de alfalfa
Identificar la función objetivo.
321 15x18x21xZ MIN
Identificar restricciones.
20040x20x90x 321 Requerimiento de Carbohidratos
18060x80x30x 321 Requerimiento de Proteínas
15060x20x10x 321 Requerimiento de Vitaminas
Identificar restricciones de no negatividad.
0x,x,x 321
4) Una refinería puede comprar dos tipos de petróleo: petróleo crudo ligero y petróleo crudo pesado. El costo por barril de
estos tipos de petróleo es $11 y $9 respectivamente. De cada tipo de petróleo se producen por barril las siguientes
cantidades de gasolina, kerosén y combustible para reactores.
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3
Petróleo Gasolina Kerosén Combustible para
Reactores
Crudo Ligero 0.40 0.20 0.40
Crudo Pesado 0.40 0.40 0.20
La refinería tiene un contrato para entregar 1 millón de barriles de gasolina, 400.000 barriles de kerosén, y 250.000
barriles de combustible para reactores. Formular como un programa lineal el problema de encontrar el número de
barriles de cada tipo de petróleo crudo que satisfacen la demanda y que minimizan el costo total.
Solución
Identificar las variables.
X1 = número de petróleo crudo ligero comprado
X2 = número de petróleo crudo pesado comprado
Identificar la función objetivo.
21 9x11xZ MIN
Identificar restricciones.
10000000.40x0.40x 21 Demanda de la Gasolina
4000000.40x0.20x 21 Demanda del Kerosén
2500000.20x0.40x 21 Demanda del Combustible para reactores
Identificar restricciones de no negatividad.
0x,x 21
5) Un sastre confecciona sacos, pantalones y abrigos en su taller donde además de el trabajan 2 operarios adicionales.
Cuenta con 400 m2 de casimir, 100 m2 de paño y 400 m2 de tela para forros. En cada saco se utilizan 2 m2 de
casimir y 1 m2 de tela para forros. Cada pantalón consume 1 m2 de casimir y ½ m2 de tela para forros, y cada
abrigo se confecciona con 2.5 m2 de paño y 2 m2 de tela para forros.
Los sacos, pantalones y abrigos se venden respectivamente a Bs. 300, 150 y 400. Tanto el sastre como los operarios
tienen cada uno, un rendimiento de 5 (sacos/semana), 15 (pantalones/semana) y 3 (abrigos/semana). Además el
sastre conoce por experiencia que a lo sumo se venden 10 (abrigos/mes) y los sacos siempre combinados con pantalón
(terno completo), aunque se venden también pantalones sueltos.
El costo del m2 de casimir es de Bs 50, el m2 de paño Bs 40 y el m2 de tela para forros de Bs 10.
Formule un PL que permita obtener las máximas ganancias durante 3 meses (asuma que 1 mes = 4 semanas).
Solución
Identificar las variables.
X1 = cantidad de sacos que confecciona el sastre
X2 = cantidad de pantalones que confecciona el sastre
X3 = cantidad de abrigos que confecciona el sastre
Identificar la función objetivo.
321 x20-100-400x5-50-150x10-100-300Z MAX
321 280x95x190xZ MAX
Identificar restricciones.
4001x2x 21 Disponibilidad del Casimir (m2)
1002.5x3 Disponibilidad del Paño (m2)
4002x1/2x1x 321 Disponibilidad de la Tela para Forros (m2)
121/9x1/45x1/15x 321 Rendimiento de los 3 trabajadores (semanas)
101/9x3 Demanda de los abrigos.
Identificar restricciones de no negatividad.
0x,x,x 321
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PROBLEMA DE LOS METODOS DE SOLUCION
1)
Considere el siguiente PL:
MAX Z = 2X1 + 3X2 + 1X3
s.a.
X1 + 2X2 + 3X3 ≤ 18
2X1 + 3X2 + 2X3 ≤ 30
2X1 + 2X2 + 1X3 ≤ 36
X1, X2, X3 ≥ 0
MAX Z = 2X1 + 3X2 + 1X3
s.a.
X1 + 2X2 + 3X3 + X4 = 18
2X1 + 3X2 + 2X3 + X5 = 30
2X1 + 2X2 + 1X3 + X6 = 36
X1, X2, X3, X4, X5, X6 ≥ 0
La solución base esta formada por el vector: XB = {X2; X1; X6} Tomando en cuenta esta información, encontrar la
solución optima.
Solución
Primero se calcula 1B
(Gauss-Jordan)
122
023
012
B
12-2
023-
01-2
B 1
Segundo se calcula las columnas de las VNB en el reglón 1, 2 y 3.
3
5
4
1
2
3
12-2
023-
01-2
aB 31
2
3
2
0
0
1
12-2
023-
01-2
aB 41
2-
2
1-
0
1
0
12-2
023-
01-2
aB 51
Tercero se calcula los coeficientes de las VNB en el reglón 0 (función objetivo).
1121
3
5
4
0231
1
2
3
12-2
023-
01-2
023CaBCC 331
B3
_
0000
2
3
2
0230
0
0
1
12-2
023-
01-2
023CaBCC 441
B4
_
1010
2-
2
1-
0230
0
1
0
12-2
023-
01-2
023CaBCC 551
B5
_
Cuarto se calcula el lado derecho del tablero optimo.
12
6
6
36
30
18
12-2
023-
01-2
bB 1
Quinto se calcula el lado derecho del reglón 0 (función objetivo).
30
12
6
6
023
36
30
18
12-2
023-
01-2
023bBC 1B
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5
El tablero óptimo completo es el siguiente:
X2 + 4X3 + 2X4 – 1X5 = 6
X1 – 5X3 – 3X4 + 2X5 = 6
+ 3X3 + 2X4 – 2X5 + X6 = 12
Z + 1X3 + 1X5 =30
XB X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X2 0 1 4 2 -1 0 6
X1 1 0 -5 -3 2 0 6
X6 0 0 3 2 -2 1 12
Zj-Cj 0 0 1 0 1 0 30
2) Considere el siguiente PL:
MAX Z = X1 – X2 + 2X3
s.a.
2X1 – 2X2 + 3X3 ≤ 5
X1 + X2 – X3 ≤ 3
X1 – X2 + X3 ≤ 2
X1, X2, X3 ≥ 0
MAX Z = X1 – X2 + 2X3
s.a.
2X1 – 2X2 + 3X3 +X4 = 5
X1 + X2 – X3 + X5 = 3
X1 – X2 + X3 +X6 = 2
X1, X2, X3, X4, X5, X6 ≥ 0
Sea: X4, X5 y X6 las variables de holgura para las restricciones respectivas. Luego de aplicar el procedimiento del
simplex se llega a la tabla final siguiente.
XB X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X2 5 1 0 1 3 0 14
X6 2 0 0 0 1 1 5
X3 4 0 1 1 2 0 11
Zj-Cj 2 0 0 1 1 0 8
Solución
Primero se calcula 1B
(Gauss-Jordan)
021
110
031
B 1
Segundo se calcula las columnas de las VNB en el reglón 1.
4
2
5
1
1
2
021
110
031
aB 11
Tercero se calcula los coeficientes de las VNB en el reglón 0 (función objetivo).
2131
4
2
5
201-1
1
1
2
021
110
031
201-CaBCC 111
B1
_
Cuarto se calcula el lado derecho del tablero optimo.
11
5
14
2
3
5
021
110
031
bB 1
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6
Quinto se calcula el lado derecho del reglón 0 (función objetivo).
8
11
5
14
201-
2
3
5
021
110
031
201-bBC 1B
3) Resolver gráficamente el siguiente PL.
MIN Z = 3X1 + 6X2
s.a.
1X1 + 3X2 ≥ 10
2X1 – 3X2 ≤ 5
6X1 + 1X2 ≤ 10
X1, X2 ≥ 0
Puntos Criticos:
Z(O) = Z(0 ; 0) = 0
Z(A) = Z(0 ; 10/3) = 20 MIN
Z(B) = Z(20/17 ; 50/17) = 21.18
Z(C) = Z(0 ; 10) = 60
Solución: Z=20; X1=0; X2=10/3
4) Resolver el siguiente PL.
MIN Z =2X1 + 3X2
s.a.
2X1 + 2X2 = 30
X1 + 2X2 ≥ 10
X1, X2 ≥ 0
15
15X1
R1
R2
O
A
B
10
5
X2
Puntos Criticos:
Z(A) = Z(15 ; 0) = 30 MIN
Z(B) = Z(0 ; 15) = 45
Solución: Z=30; X1=15; X2=0
5)
Resolver gráficamente el siguiente PL.
MIN Z = 2X1 + 8X2
s.a.
2X1 + 4X2 ≥ 8
2X1 – 5X2 ≤ 0
-1X1 + 5X2 ≤ 5
X1, X2 ≥ 0
Puntos Criticos:
Z(A) = Z(10/7 ; 9/7) = 13.14
Z(B) = Z(5 ; 2) = 26
Z(C) = Z(20/9 ; 8/9) = 11.55 MIN
Solución: Z=11.55; X1=20/9; X2=8/9
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6)
A partir del Tablero siguiente obtenido en el transcurso de la resolución de un Pl de variables de decisión (no-
negativas) X1, X2, X3 y 2 restricciones de desigualdad. En el cual fueron incluidas 2 variables de holgura no-
negativas (S1, S2) identificar las condiciones para a, b y c, para que las afirmaciones siguientes sean verdaderas:
i) La solución básica es una Solución Básica Factible (BF).
ii) La solución básica (BF) es óptima.
iii) El Pl tiene una solución no-acotada (asumiendo en (iii) que b>0).
iv) La Solución Básica es optima y existen soluciones optimas alternativas (asumiendo en (iv) que a>0).
4° X1 X2 X3 S1 S2 b
S1 0 -2 2 1 3 c
X1 1 -1 3 0 -5 3
Zj-Cj 0 a b 0 4 82
i) La solución básica es una Solución Básica Factible (BF).
ii) La solución básica (BF) es óptima.
Si la función es: MAX entonces a ≥ 0; b ≥ 0 y c ≥ 0
MIN entonces a ≤ 0; b ≤ 0 y c ≥ 0
iii) El Pl tiene una solución no-acotada (asumiendo en (iii) que b>0).
Si la función es: MAX entonces a ≤ 0; b > 0 y c ≥ 0
MIN entonces a ≥ 0; b > 0 y c ≥ 0
iv) La Solución Básica es optima y existen soluciones optimas alternativas (asumiendo en (iv) que a>0).
Si la función es: MAX entonces a > 0; b = 0 y c ≥ 0
MIN entonces a > 0; b = 0 y c ≥ 0
7)
Resolver el siguiente PL
MAX Z = 3X1 + 4X2 + 3X3
s.a.
X1 + 2X2 + 3X3 ≤ 18
2X1 + 3X2 + 2X3 ≤ 27
2X1 + 2X2 + 1X3 ≤ 54
X1, X2, X3 ≥ 0
MAX Z = 3X1 + 4X2 + 3X3
s.a.
X1 + 2X2 + 3X3 +s1 = 18
2X1 + 3X2 + 2X3 +s2 = 27
2X1 + 2X2 + 1X3 +s3 = 54
X1, X2, X3, s1, s2, s3 ≥ 0
Solución
1° X1 X2 X3 S1 S2 S3 b
S1 1 2 3 1 0 0 18
S2 2 3 2 0 1 0 27
S3 2 2 1 0 0 1 54
Zj-Cj -3 -4 -3 0 0 0 0
Entra el más negativo de Zj-Cj (-4)
Sale Min {18/2; 27/3; 54/2} = {S1}
2° X1 X2 X3 S1 S2 S3 b
X2 1/2 1 3/2 1/2 0 0 9
S2 1/2 0 -5/2 -3/2 1 0 0
S3 1 0 -2 -1 0 1 36
Zj-Cj -1 0 3 2 0 0 36
Entra el más negativo de Zj-Cj (-1)
Sale Min {9/1/2; 0/1/2; 36/1} = {S2}
3° X1 X2 X3 S1 S2 S3 b
X2 0 1 4 2 -1 0 9
X1 1 0 -5 -3 2 0 0
S3 0 0 3 2 -2 1 36
Zj-Cj 0 0 -2 -1 2 0 36
Entra el más negativo de Zj-Cj (-2)
Sale Min {9/4; 0/-5; 36/3} = {X2}
4° X1 X2 X3 S1 S2 S3 b
X3 0 1/4 1 1/2 -1/4 0 9/4
X1 1 5/4 0 -1/2 3/4 0 45/4
S3 0 -3/4 0 1/2 -5/4 1 117/4
Zj-Cj 0 1/2 0 0 3/2 0 81/2
Solución: Z=81/2; X1=45/4; X2=0; X3=9/4
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6)
Resolver el siguiente PL
MAX Z = 2X1 + 1X2
s.a.
–X1 + X2 ≤ 1
X1 – 2X2 ≤ 2
X1, X2 ≥ 0
MAX Z = 2X1 + 1X2
s.a.
–X1 + X2 +s1 = 1
X1 – 2X2 +s2 = 2
X1, X2, s1, s2 ≥ 0
Solución
1° X1 X2 S1 S2 b
S1 -1 1 1 0 1
S2 1 -2 0 1 2
Zj-Cj -2 -1 0 0 0
Entra el más negativo de Zj-Cj (-2)
Sale Min {1/-1; 2/1} = {S2}
2° X1 X2 S1 S2 b
S1 0 -1 1 1 3
X1 1 -2 0 1 2
Zj-Cj 0 -5 0 2 4
Entra el más negativo de Zj-Cj (-5)
No existe un vector de salida por lo tanto es no acotado.
7)
MAX Z = 2X1 + X2 - 3X3 + 5X4
s.a.
X1 + 7X2 + 3X3 + 7X4 ≤ 46
3X1 - X2 + X3 + 2X4 ≤ 8
2X1 + 3X2 - X3 + X4 ≤ 10
X1, X2, X3, X4 ≥ 0
MAX Z = 2X1 + X2 - 3X3 + 5X4
s.a.
X1 + 7X2 + 3X3 + 7X4 +s1 = 46
3X1 - X2 + X3 + 2X4 +s2 = 8
2X1 + 3X2 - X3 + X4 +s3 = 10
X1, X2, X3, X4, s1, s2, s3 ≥ 0
1° X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 b
S1 1 7 3 7 1 0 0 46
S2 3 -1 1 2 0 1 0 8
S3 2 3 -1 1 0 0 1 10
Zj-Cj -2 -1 3 -5 0 0 0 0
Entra el más negativo de Zj-Cj (-5)
Sale Min {46/7; 8/2; 10/1} = {S2}
2° X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 b
S1 -19/2 21/2 -1/2 0 1 -7/2 0 18
X4 3/2 -1/2 1/2 1 0 1/2 0 4
S3 ½ 7/2 -3/2 0 0 -1/2 1 6
Zj-Cj 11/2 -7/2 11/2 0 0 5/2 0 20
Entra el más negativo de Zj-Cj (-7/2)
Sale Min {18/21/2; 4/-1/2; 6/7/2} = {S1}
3° X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 b
X2 -19/21 1 -1/21 0 2/21 -1/3 0 12/7
X4 22/21 0 10/21 1 1/21 1/3 0 34/7
S3 11/3 0 -4/3 0 -1/3 2/3 1 0
Zj-Cj 7/3 0 16/3 0 1/3 4/3 0 26
Solución: Z=26; X1=0; X2=12/7; X3=0; X4=34/7
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EXAMENES RESUELTOS SEGUNDO PARCIAL
PROBLEMAS DE ANALISIS DE SENSIBILIDAD
1) Un taller utiliza sierras, tornos y taladros para producir 4 tipos de partes de maquinas. La tabla a continuación
resume los datos de la situación:
Tiempo de trabajo en maquina
[min/parte]
Maquina Parte 1 Parte 2 Parte 3 Parte 4 Capacidad
(minutos)
Sierra 5 3 4 4 1200
Tornos 2 5 3 4 1200
Taladros 3 4 6 4 1200
Utilidad (Bs) 3 6 10 4
La situación óptima encontrada es la siguiente:
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X5 3 1/3 0 4/3 1 0 -2/3 400
X6 1/2 3 0 2 0 1 -1/2 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 0 1/6 200
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 0 5/3 2000
Se puede observar que en el óptimo solo se deben fabricar piezas de la parte 3.
Responder a las siguientes preguntas mostrando las operaciones realizadas, en todos los casos respecto a la solución
del problema inicial indicado.
a) Aplicando holgura complementaria, determine que recursos se consumen completamente.
Solución
Z = 2000; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 200; X4 = 0; X5 = 400; X6 = 600; X7 = 0
Como X5 y X6 > 0 Y1 = 0 y Y2 = 0
Como solo X3 > 0 la tercera restricción debe ser activa.
MAX Z = 3X1 + 6X2 + 10X3 + 4X4
s.a.
5X1 + 3X2 + 4X3 + 4x4 ≤ 1200
2X1 + 5X2 + 3X3 + 4x4 ≤ 1200
3X1 + 4X2 + 6X3 + 4x4 ≤ 1200
X1, X2, X3, x4 ≥ 0
(Y1 = 0 y Y2 = 0)
4Y1 + 3Y2 + 6Y3 = 10 Y3 = 10/6 = 5/3
Z = 2000; Y1 = 0; Y2 = 0; Y3 = 5/3
Por lo tanto como solamente Y3 > 0 el tercer recurso o el recurso del taladro se consume completamente.
b) Para los recursos que se consumen completamente, determine en que cantidad máxima se pueden incrementar los
mismos, de tal forma que la solución base permanezca optima.
Solución
01200
1200
6100
21-10
32-01
b1
B
Δ
0Δ61
0Δ21-1200
0Δ32-1200
0
2400
1800
Δ
Δ
Δ
El rango de factibilidad para el recurso que se consume completamente es: 1800Δ0
Por lo tanto lo máximo que se puede incrementar este recurso (recurso 3 de taladros) es a 1800 minutos para
que la solución base permanezca optima.
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10
c) Suponga que el alquiler de uso de cualquiera de las maquinas es de Bs. 25 la hora. Hasta cuanto se podría
disminuir el uso del torno y cuanto ahorraría manteniendo la solución base?
Solución
0
1200
1200
6100
21-10
32-01
b1
B
Δ
0200
0600-Δ
0800-1200
600Δ
El rango de factibilidad para el recurso del torno es: Δ600
Por lo tanto lo máximo que se puede disminuir el uso del torno es a 600 minutos y ahorraría otros 600
minutos o 10 horas lo que nos daría un ahorro total de (10*25=250) 250 Bs. Manteniendo la solución base.
d) Suponga que el taller necesita cumplir con un contrato donde debe necesariamente tener que fabricar las 4 partes.
Cuanto perdería por unidad de pieza respecto al optimo?
Solución
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 0 5/3 2000
Llevando los coeficientes de las variables del tablero óptimo a la función objetivo nos da:
MAX Z = – 2X1 + – 2/3X2 – 0X3 – 8/3X4
Por lo tanto por cada pieza fabricada de la parte 1 se perdería 2 Bs, de la parte 2 se perdería 2/3 Bs. Y de la
parte 4 se perdería 8 Bs.
e) Hasta cuanto se podría pagar por recurso adicional para incrementar la utilidad?
Solución
Se pagaría 5/3 Bs. Por minuto adicional del taladro para incrementar nuestra utilidad ya que es el único
recurso que se consume completamente.
f) Suponga que el taller trata de mejorar sus ganancias, elevando el precio unitario para mejorar el rendimiento de las
partes 1 y 4 a 5 Bs. Y 6 Bs. Respectivamente. Cual seria el nuevo plan de fabricación optimo?
Solución
MAX Z = 5X1 + 6X2 + 10X3 + 6X4
0665VNBj
C
1000VBBC
7X4X2X1X
3X6X5X
1443
0452
0435
ja Son las VNB de las restricciones.
7X4X2X1X353232006653532032050665
1443
0452
0435
6100
21-10
32-01
1000j
Cj
a1
BBC
El tablero óptimo es:
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X5 3 1/3 0 4/3 1 0 -2/3 400
X6 1/2 3 0 2 0 1 -1/2 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 0 1/6 200
Zj-Cj 0 2/3 0 2/3 0 0 5/3 2000
Solución alternativa
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X1 1 1/9 0 4/9 1/3 0 -2/9 400/3
X6 0 53/18 0 16/9 -1/6 1 -7/18 1600/3
X3 0 11/18 1 4/9 -1/6 0 5/18 400/3
Zj-Cj 0 2/3 0 2/3 0 0 5/3 2000
Z = 2000; X1 = 400/3; X2 = 0; X3 = 400/3; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 1600/3; X7 = 0
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11
g) Debido a reservas en el taller, se tienen disponibles 2 maquinas taladradoras, por lo cual la disponibilidad de
minutos de taladradora es ahora 2400. Encontrar la nueva solución optima.
Solución
400
0
400-
2400
1200
1200
6100
21-10
32-01
b1
BBX 4000
2400
1200
1200
6100
21-10
32-01
1000b1
BBC
El tablero óptimo es:
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X5 3 1/3 0 4/3 1 0 -2/3 -400
X6 1/2 3 0 2 0 1 -1/2 0
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 0 1/6 400
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 0 5/3 4000
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X7 -9/2 -1/2 0 -2 -3/2 0 1 600
X6 -7/4 11/4 0 1 -3/4 1 0 300
X3 5/4 3/4 1 1 1/4 0 0 300
Zj-Cj 19/2 3/2 0 6 5/2 0 0 3000
Z = 3000; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 300/3; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 300/3; X7 = 600
h) Suponga que debido a restricciones en el mercado, se deben fabricar máximo 100 piezas de la parte 3. Cual seria
la nueva solución optima?
Solución
Adición de una nueva restricción: X3 ≤ 100
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 b
X5 3 1/3 0 4/3 1 0 -2/3 0 400
X6 1/2 3 0 2 0 1 -1/2 0 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 0 1/6 0 200
X8 0 0 1 0 0 0 0 1 100
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 0 5/3 0 2000
X3 no es vector unitario en forma de columna por lo tanto debemos transformarlo.
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 b
X5 3 1/3 0 4/3 1 0 -2/3 0 400
X6 1/2 3 0 2 0 1 -1/2 0 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 0 1/6 0 200
X8 -1/2 -2/3 0 -2/3 0 0 -1/6 1 -100
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 0 5/3 0 2000
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 b
X5 11/4 0 0 1 1 0 -3/4 1/2 350
X6 -7/4 0 0 -1 0 1 -5/4 9/2 150
X3 0 0 1 0 0 0 0 1 100
X2 3/4 1 0 1 0 0 1/4 -3/2 150
Zj-Cj 3/2 0 0 2 0 0 3/2 1 1900
Z = 1900; X1 = 0; X2 = 150; X3 = 100; X4 = 0; X5 = 350; X6 = 150; X7 = 0; X8 = 0
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12
2) Un taller utiliza tornos y taladros para producir 4 tipos de partes de maquinas. La tabla a continuación resume
los datos de la situación:
Tiempo de trabajo en maquina
[min/parte]
Maquina Parte 1 Parte 2 Parte 3 Parte 4 Capacidad
(minutos)
Tornos 2 5 3 4 1200
Taladros 3 4 6 4 1200
Utilidad (Bs) 3 6 10 4
a) Determine la solución óptima primal y deducir la solución dual.
Solución
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X5 1/2 3 0 2 1 -1/2 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 1/6 200
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 5/3 2000
Sol. Primal
MAX Z = 2000; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 200; X4 = 0; X5 = 600; X6 = 0
Sol. Dual
MIN Z = 2000; Y1 = 0; Y2 = 5/3; e1 = 2; e2 = 2/3; e3 = 0; e4 = 8/3
b) Que partes no se fabricarían de acuerdo a la solución optima y cual seria el índice de deterioro en la utilidad optima
por incremento unitario de cada una de esas partes.
Solución
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 5/3 2000
Llevando los coeficientes de las variables del tablero óptimo a la función objetivo nos da:
MAX Z = – 2X1 + – 2/3X2 – 0X3 – 8/3X4
Las partes que no se fabricaran son las partes 1, 2 y 4.
Por lo tanto por cada pieza fabricada de la parte 1 se perdería 2 Bs, de la parte 2 se perdería 2/3 Bs. Y de la
parte 4 se perdería 8 Bs.
c) Determine que recursos (tiempos de las maquinas) son utilizados completamente.
Solución
(Holgura complementaria)
Z = 2000; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 200; X4 = 0; X5 = 600; X6 = 0
Como X5 > 0 Y1 = 0
Como solo X3 > 0 la tercera restricción debe ser activa.
MAX Z = 3X1 + 6X2 + 10X3 + 4X4
s.a.
2X1 + 5X2 + 3X3 + 4x4 ≤ 1200
3X1 + 4X2 + 6X3 + 4x4 ≤ 1200
X1, X2, X3, x4 ≥ 0
(Y1 = 0)
3Y1 + 6Y2 = 10 Y2 = 10/6 = 5/3
Z = 2000; Y1 = 0; Y2 = 5/3
Por lo tanto como solamente Y2 > 0 el segundo recurso o el recurso del taladro se consume completamente.
d) En base a los criterios anteriores, determine una posible reducción en el tiempo de trabajo de las maquinas (para
alguna de las partes), para fabricar la parte que menos deteriora la utilidad, haciendo que la misma incremente la
utilidad (sea parte de la base).
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13
Solución
Se reducirá en un minuto el consumo de recurso de la segunda variable porque esta es la que menos deteriora la
utilidad.
3
4a2
21
25
3
4
610
2112a
1B
-16-563
461006
3
4
610
2111002C2a
1BBC
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X5 1/2 3 0 2 1 -1/2 600
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 1/6 200
Zj-Cj 2 -1 0 8/3 0 5/3 2000
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X2 1/5 1 0 4/5 2/5 -1/5 240
X3 2/5 0 1 4/15 -1/5 4/15 80
Zj-Cj 11/5 0 0 52/15 2/5 22/15 2240
Z = 2240; X1 = 0; X2 = 240; X3 = 80; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 0
e) Hasta cuanto se pueden incrementar los recursos para que la solución base optima inicial, siga siendo optima?, y
en este caso cual será el valor optimo de la utilidad?.
Solución
01200610
211b
1B
0200
0600-
Δ 600Δ
El rango de factibilidad para el primer recurso del torno es: Δ600
Por lo tanto no existe un valor máximo para incrementar este recurso (recurso 1 de tornos), podemos tomar cualquier
valor que tienda a infinito. Manteniendo la solución base optima.
01200
610
211b
1B
061
021-1200
Δ
Δ
0
2400
Δ
Δ
El rango de factibilidad para el segundo recurso del taladro es: 24000 Δ
Por lo tanto lo máximo que se puede incrementar este recurso (recurso 2 de taladros) es 2400 minutos para que la
solución base permanezca optima.
En caso de que se incremente lo máximo cada recurso: b1=∞ pero se tomara un valor de 6000 y b2=2400.
2400
6000b
400
4800
2400
6000
610
211b
1B 4000
2400
6000
610
211100b
1BBC
El tablero óptimo es:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X5 1/2 3 0 2 1 -1/2 4800
X3 1/2 2/3 1 2/3 0 1/6 400
Zj-Cj 2 2/3 0 8/3 0 5/3 4000
Z = 4000; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 400; X4 = 0; X5 = 4800; X6 = 0
f) Cuanto debe ser el coeficiente mínimo (c1) para que la fabricación de la parte 1 produzca una solución optima?
0463VNBj
C
100VBBC
6X4X2X1X
3X5X
1443
0452
ja Son las VNB de las restricciones.
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14
0353832Δ-5046Δ353203205046Δ1443
0452
610
21-1100
jC
ja
1BBC
6X4X2X1X
5Δ
0Δ-5
Por lo tanto lo mínimo para el coeficiente uno es -∞ ósea que no existe un valor mínimo.
g) Cuanto se pagaría por recurso adicional para incrementar la utilidad?
Solución
Se pagaría 5/3 Bs. Por minuto adicional del taladro para incrementar nuestra utilidad ya que es el único
recurso que se consume completamente.
h) Que cantidad mínima de minutos de torno deberán mantenerse para que la solución optima se mantenga?.
Solución
01200610
211b
1B
0200
0600-
Δ 600Δ
El rango de factibilidad para el primer recurso del torno es: Δ600
Por lo tanto el valor mínimo de minutos de torno es de 600. Manteniendo la solución base optima.
3) Un taller artesanal fabrica bolsos, estuches y mochilas. La fabricación de los tres productos requiere cuero y
material sintético. El cuero es la materia prima limitante. Se utilizan dos tipos de mano de obra: costura y acabado.
La siguiente tabla proporciona la disponibilidad de recursos, su utilización y las utilidades por unidad:
Requerimiento de recursos/unid
Recurso Bolso Mochila Estuche Disponibilidad
Diaria
Cuero (pies2) 2 1 3 42
Costura (Hrs) 2 1 2 40
Acabado (Hrs) 1 1 1 45
Precio de Venta (Bs) 24 22 45
a) Formular el programa lineal y encontrar la solución optima.
MAX Z = 24X1 + 22X2 + 45X3
s.a.
2X1 + 1X2 + 3X3 ≤ 42
2X1 + 1X2 + 2X3 ≤ 40
1X1 + 1X2 + 1X3 ≤ 45
X1, X2, X3 ≥ 0
Tablero inicial:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X4 2 1 3 1 0 0 42
X5 2 1 2 0 1 0 40
X6 1 1 1 0 0 1 45
Zj-Cj -24 -22 -45 0 0 0 0
Primera iteración:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X3 2/3 1/3 1 1/3 0 0 14
X5 2/3 1/3 0 -2/3 1 0 12
X6 1/3 2/3 0 -1/3 0 1 31
Zj-Cj 6 -7 0 15 0 0 630
Tablero optimo final:
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15
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X3 0 0 1 1 -1 0 2
X2 2 1 0 -2 3 0 36
X6 -1 0 0 1 -2 1 7
Zj-Cj 20 0 0 1 21 0 882
Z = 882; X1 = 0; X2 = 36; X3 = 2; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 7
Se puede observar que en el óptimo solo se fabricaran mochilas y estuches.
b) En base a la solución optima, encontrar la nueva solución cuando el cuero se incrementa a 45 pies2.
Solución
10
30
5
45
40
45
2-1
32-
1-1
b1
B
1
0
0 885
45
40
45
2-1
32-
1-1
02245b1
BBC
1
0
0
El tablero óptimo es:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X3 0 0 1 1 -1 0 5
X2 2 1 0 -2 3 0 30
X6 -1 0 0 1 -2 1 10
Zj-Cj 20 0 0 1 21 0 885
Z = 885; X1 = 0; X2 = 30; X3 = 5; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 10
c) Cual es la solución optima cuando las horas de acabado disponibles se incrementan a 50 hrs.
Solución
12
36
2
50
40
42
2-1
32-
1-1
b1
B
1
0
0 882
50
40
42
2-1
32-
1-1
02245b1
BBC
1
0
0
El tablero óptimo es:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X3 0 0 1 1 -1 0 2
X2 2 1 0 -2 3 0 36
X6 -1 0 0 1 -2 1 12
Zj-Cj 20 0 0 1 21 0 882
Z = 882; X1 = 0; X2 = 36; X3 = 2; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 12
d) ¿Recomendaría la contratación de un trabajador adicional de costura a 15 Bs. la hora?.
Solución
5
39
1
45
41
42
2-1
32-
1-1
b1
B
1
0
0
903
45
41
42
2-1
32-
1-1
02245b1
BBC
1
0
0
El tablero óptimo es:
Xi X1 X2 X3 X4 X5 X6 b
X3 0 0 1 1 -1 0 1
X2 2 1 0 -2 3 0 39
X6 -1 0 0 1 -2 1 5
Zj-Cj 20 0 0 1 21 0 903
Z = 903; X1 = 0; X2 = 39; X3 = 1; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 5
Por lo tanto por cada hora adicional de costura se tiene una ganancia de (903 – 882 =21 Bs.) y si la hora de costura
nos cuesta 15 Bs. tendremos una ganancia neta de (21 – 15 = 6 Bs.)
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16
e) ¿Qué recursos se agotan completamente?
Solución
Primal Z = 882; X1 = 0; X2 = 36; X3 = 2; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 7
Dual Z = 2000; Y1 = 1; Y2 = 21; Y3 = 0;
Como Y1 y Y2 son ≥ 0; las restricciones R1 y R2 se agotan completamente, R3 no se agota.
Por lo tanto solamente el cuero y las horas de costura se consumen completamente. Y nos sobra 7 horas de acabado.
4) Se tiene el siguiente P.L. y su correspondiente tabla optima.
MAX Z = 2X1 + 3X2 + X3
s.a.
X1 + 2X2 + 3X3 ≤ 18
2X1 + 3X2 + 2X3 ≤ 30
2X1 + 2X2 + X3 ≤ 36
X1, X2, X3 ≥ 0
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 b
X2 0 1 4 2 -1 0 6
X1 1 0 -5 -3 2 0 6
X6 0 0 3 2 -2 1 12
Zj-Cj 0 0 1 0 1 0 30
a) Resuelva el problema si (c1, c2, c3) cambia a: (4, 3, 1)
Solución
MAX Z = 4X1 + 3X2 + X3
001VNBj
C
043VBBC
5X4X3X
6X1X2X
001
102
013
ja Son las VNB de las restricciones.
5X4X3X
56-9-00156-8-001
001
102
013
12-2
23-
1-2
043j
Cj
a1
BBC 0
0
42
36
30
18
056-
36
30
18
12-2
23-
1-2
043b1
BBC 0
0
El tablero óptimo es:
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 b
X2 0 1 4 2 -1 0 6
X1 1 0 -5 -3 2 0 6
X6 0 0 3 2 -2 1 12
Zj-Cj 0 0 -9 -6 5 0 42
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 b
X3 0 1/4 1 1/2 -1/4 0 3/2
X1 1 5/4 0 -1/2 3/4 0 27/2
X6 0 -3/4 0 1/2 -5/4 1 15/2
Zj-Cj 0 9/4 0 -3/2 11/4 0 111/2
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 b
X4 0 1/2 2 1 -1/2 0 3
X1 1 3/2 1 0 1/2 0 15
X6 0 -1 -1 0 -1 1 6
Zj-Cj 0 3 3 0 2 0 60
Z = 60; X1 = 15; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 3; X5 = 0; X6 = 6
b) Resuelva el problema con la nueva restricción 2X2 + X3 ≤ 20
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17
Solución
Restricción Estandarizada: 2X2 + X3 + X7 = 20
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X2 0 1 4 2 -1 0 0 6
X1 1 0 -5 -3 2 0 0 6
X6 0 0 3 2 -2 1 0 12
X7 0 2 1 0 0 0 1 20
Zj-Cj 0 0 1 0 1 0 0 30
X2 no es vector unitario en forma de columna por lo tanto debemos transformarlo.
Xi A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 b
X2 0 1 4 2 -1 0 0 6
X1 1 0 -5 -3 2 0 0 6
X6 0 0 3 2 -2 1 0 12
X7 0 0 -7 -4 2 0 1 8
Zj-Cj 0 0 1 0 1 0 0 30
Z = 30; X1 = 6; X2 = 6; X3 = 0; X4 = 0; X5 = 0; X6 = 12; X7 = 8
5) Considere el siguiente programa lineal:
MAX Z = 5X1 + 2X2 + 3X3
s.a.
X1 + 5X2 + 2X3 = 30
X1 – 5X2 – 6X3 ≤ 40
X1, X2, X3 ≥ 0
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 30
X5 0 -10 -8 -1 1 10
Zj-Cj 0 23 7 5+M 0 150
a) Encuentre la solución óptima cuando la función objetivo cambia a:
MAX Z = 5X1 + 5X2 + 30X3 – Ma1
Solución
0305VNBj
C
05VBBC
4X3X2X
5X1X
065
125
ja Son las VNB de las restricciones.
4X3X2XM520-20M-30551025M-305
065
125
11
0105
jC
ja
1BBC
15010
3005
40
30
11
0105b
1BBC
El tablero óptimo es:
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 30
X5 0 -10 -8 -1 1 10
Zj-Cj 0 20 -20 5+M 0 150
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X3 1/2 5/2 1 1/2 0 15
X5 4 10 0 3 1 130
Zj-Cj 10 70 0 15+M 0 450
Z = 450; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 15; X4 = 0; X5 = 130
b) Suponga que las restricciones se transforman en: (30 + α; 40 – 2α)
Donde α > 0. Determine los valores de α para los cuales la solución básica se mantiene factible y determine la
expresión general de Z en función de α.
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18
Solución
Primera Forma
2
1Kδ
10
30b
1BBKX
3
1
2
1
11-
01Kδ1B Solo negativos (-3)
3.333
10
3
10Min0kδ1/B
kδ1B
)BK(XMinα*
La solución es óptima para: 3.33α0
Segunda Forma
Aplicar
2α40
α30Kδ
3α10
α30
2α40
α30
11-
01Kδ1B
03α-10
0α30
310α
30α
La solución es óptima para: 310α0
Expresión General
5α1503α10
α3005
2α40
α30
11-
0105Kδ1BBCZ*
b) Suponga que las restricciones se transforman en: (30 + 2α; 40 – 2α) donde α > 0. Determine los valores de α
para los cuales la solución básica se mantiene factible y determine la expresión general de Z en función de α. En el
caso de que α llegue a su valor critico, que variable abandonaría la base y que variable ingresaría?
Solución
2α40
2α30Kδ
4α10
2α30
2α40
2α30
11-
01Kδ1B
04α-10
02α30
410α
230α
La solución es óptima para: 410α0
10α1504α10
2α3005
2α40
2α30
11-
0105Kδ1BBCZ*
En el caso de que α=3 la variable que abandonaría la base seria X5 y la variable que ingresaría seria X3
α=3
2-
36
4(3)10
2(3)30 18010(3)15010α150Z*
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 36
X5 0 -10 -8 -1 1 -2
Zj-Cj 0 23 7 5+M 0 180
Solución Optima:
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5/2 0 3/4 1/4 71/2
X3 0 5/4 1 1/8 -1/8 1/4
Zj-Cj 0 57/4 0 33/8+M 7/8 713/4
Z = 713/4; X1 = 71/2; X2 = 0; X3 = 1/4; X4 = 0; X5 = 0
6) Considere el siguiente programa:
MAX Z = 5X1 + 2X2 + 3X3
s.a.
X1 + 5X2 + 2X3 ≤ 30
X1 – 5X2 – 6X3 ≤ 40
X1, X2, X3 ≥ 0
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 30
X5 0 -10 -8 -1 1 10
Zj-Cj 0 23 7 5 0 150
Cuya solución óptima se da en la tabla:
Resolver el P.N. con los siguientes cambios:
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19
a) La función objetivo cambia a: MAX Z = 5X1 + 2X2 + 12X3
Solución
0122VNBj
C
05VBBC
4X3X2X
5X1X
065
125
ja Son las VNB de las restricciones.
4X3X2X52-230122510250122
065
125
11
0105
jC
ja
1BBC
15010
3005
40
30
11
0105b
1BBC
El tablero óptimo es:
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 30
X5 0 -10 -8 -1 1 10
Zj-Cj 0 23 -2 5 0 150
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X3 1/2 5/2 1 1/2 0 15
X5 4 10 0 3 1 130
Zj-Cj 1 28 0 6 0 180
Z = 180; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 15; X4 = 0; X5 = 130
b) Se duplica la disponibilidad del recurso b1 (b1=60)
20
60
40
60
11
01b
1B 300
40
60
11
0105b
1BBC
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5 2 1 0 60
X5 0 -10 -8 -1 1 -20
Zj-Cj 0 23 7 5 0 300
Como existe un valor negativo en el vector b se aplica dual simplex para optimizar.
XB A1 A2 A3 A4 A5 b
X1 1 5/2 0 3/4 1/4 55
X3 0 5/4 1 1/8 -1/8 5/2
Zj-Cj 0 57/4 0 33/8 7/8 565/2
Z = 565/2; X1 = 55; X2 = 0; X3 = 5/2; X4 = 0; X5 = 0
c) Se añade una nueva actividad x6 con c6=2 y a6T=(4,4)
Datos:
24C
4
44a 2003X1SVBBC
Solución:
0
4
4
4
11
016a
1B 182202
0
4052
4
4
11
01056C6a
1BBC
El tablero óptimo es:
XB A1 A2 A3 A6 A4 A5 b
X1 1 5 2 4 1 0 30
X5 0 -10 -8 0 -1 1 10
Zj-Cj 0 23 7 18 5 0 150
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20
d) Se añade la nueva restricción: 2X2 + 6X3 ≤ 10
XB A1 A2 A3 A4 A5 A6 b
X1 1 5 2 1 0 0 30
X5 0 -10 -8 -1 1 0 10
X6 0 2 6 0 0 1 10
Zj-Cj 0 23 7 5 0 0 150
Z = 150; X1 = 30; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 0; X5 = 10; X6 = 10
7) Una fábrica produce chamarras y bolsas de cuero. La chamarra necesita 8 m2 de cuero y la bolsa solo 3. El
tiempo de confección es de 12 y 4 hrs. Respectivamente. El precio de compra del cuero es de $8 por m2 y el costo de la
hora de trabajo se estima en $15. Se dispone de 1200 m2 y 1800 hrs. Se venden las chamarras a $350 y los bolsos a
$120.
La fábrica tiene un sobrante de capital. ¿Cómo podría invertir la fabrica este capital para obtener óptimamente
ganancias adicionales?. ¿Qué representan las variables duales en este caso?. Suponga que la fábrica tiene un
contrato para entregar al menos 50 bolsas. Cuanto llegaría a perder la fabrica con respecto al optimo?
Solución
X1 = Numero de chamarras a producir
X2 = Numero de bolsas de cuero a producir
Programa lineal: MAX Z = (350 – 64 – 180)X1 + (120 – 24 – 60)X2
MAX Z = 106X1 + 36X2
s.a.
8X1 + 3X2 ≤ 1200 (Cuero)
12X1 + 14X2 ≤ 1800 (Confección)
X1, X2 ≥ 0
XB A1 A2 A3 A4 b
X1 1 3/8 1/8 0 150
X4 0 19/2 -3/2 1 0
Zj-Cj 0 15/4 53/4 0 15900
Z = 15900; X1 = 150; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 0
La fábrica no tiene capital sobrante o recursos sobrantes se consume todos los recursos.
Las variables duales representan
X1 = Precio a pagar por cuero ($ / m2)
X2 = Precio a pagar por confección ($ / hora)
Por unidad producida de una bolsa se pierde 15/4 $. Si produce las 50 bolsas perdería un total de: 15/4(50) =
375/2 $.
MAX Z = 0X1 – 15/4X2 – 53/4X3 – 0X4
8) Una empresa produce dos tipos de sillas (S1, S2). El proceso de fabricación consta de dos tareas básicas: ensamble
y terminado. Una silla S1 requiere de 1 ½ hora de ensamble y 1 hora de terminado dejando un beneficio de 20$.
Una silla S2 requiere de ½ hora de ensamble y ½ hora de terminado dejando un beneficio de 12$. Actualmente se
dispone de 100 horas de ensamblado y 80 horas de terminado. La compañía se encuentra realizando negociaciones
salariales. Si usted fuera consultado: ¿Qué aconsejaría respecto al aumento en el valor de la hora hombre de ensamble
y de terminado?
Solución
X1 = Numero de sillas S1 a producir
X2 = Numero de sillas S2 a producir
Programa lineal: Tablero Optimo:
MAX Z =20X1 + 12X2
s.a.
1½X1 + ½X2 ≤ 100 (Ensamble)
1X1 + ½X2 ≤ 80 (Terminado)
X1, X2 ≥ 0
XB A1 A2 A3 A4 b
X3 1/2 0 1 -1 20
X2 2 1 0 2 160
Zj-Cj 4 0 0 24 1920
Z = 1920; X1 = 0; X2 = 160; X3 = 20; X4 = 0
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21
Solución
080
Δ
20
11b
1B
0160
080-Δ
80Δ
El rango de factibilidad para el recurso del ensamble es: Δ80
Por lo tanto no existe un valor máximo para incrementar este recurso (recurso 1 de ensamble), podemos tomar
cualquier valor que tienda a infinito. Manteniendo la solución base optima.
0Δ
100
20
11b
1B
02Δ
0Δ-100
0Δ
100Δ
El rango de factibilidad para el recurso del terminado es: 100Δ0
Por lo tanto lo máximo que se puede incrementar este recurso (recurso 2 de terminado) es 100 horas para que la
solución base permanezca optima.
TRANSPORTE
1) Una compañía tiene una división compuesta por 5 fábricas. Desea transportar las materias primas desde sus
proveedores. Tres compañías de camiones han hecho proposiciones para transportar esas materias primas. Las
capacidades de acarreo de estas empresas es de 2000, 1800 y 2000 ton/sem respectivamente. Los requerimientos por
semana de las fabricas son 800, 1000, 900, 1200 y 1900 ton. Respectivamente. Determínese el programa de menor
costo, teniendo las tarifas por ton. De las empresas 1, 2 y 3 a las fábricas A, B, C, D y E en la siguiente tabla:
A B C D E
1 8 4 7 3 8
2 6 5 8 4 9
3 7 3 9 5 8
Solución
1 2 3 4 5
1 800 1200
2000 8 4 7 3 8
2 800 100 900
1800 6 5 8 4 9
3 1000 1000
2000 7 3 9 5 8
800 1000 900 1200 1900
Para todas las VB 0cvu ijji
U1 + V3 – 7 = 0 U1 = 0 V1 = 5
U1 + V4 – 3 = 0 U2 = 1 V2 = 3
U2 + V1 – 6 = 0 U3 = 0 V3 = 7
U2 + V3 – 8 = 0 V4 = 3
U2 + V5 – 9 = 0 V5 = 8
U3 + V2 – 3 = 0
U3 + V5 – 8 = 0
Para todas las VNB ijjiijij cvucz MIN
Z11–C11= U1 + V1 – C11 = (0+5) – 8 = –3
Z12–C12= U1 + V2 – C12 = (0+3) – 4 = –1
Z15–C15= U1 + V5 – C15 = (0+8) – 8 = 0
Z22–C22= U2 + V2 – C22 = (1+3) – 5 = –1
Z24–C24= U2 + V4 – C24 = (1+3) – 4 = 0
Z31–C31= U3 + V1 – C31 = (0+5) – 7 = –2
Z33–C33= U3 + V3 – C33 = (0+7) – 9 = –2
Z34–C34= U3 + V4 – C34 = (0+3) – 5 = –2
Como todas las VNB son negativas el tablero es óptimo y factible.
Z = (7*800) + (3*1200) + (6*800) + (8*100) + (9*900) + (3*1000) + (8*100g0)
Z = 33900 [u.m.]
2) En el siguiente modelo de transporte obtenga la solución inicial y luego la solución optima.
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22
13 9 12 8 20
4 15 7 9 30
14 7 1 0 40
3 12 5 19 50
60 60 10 10
Solución
1 2 3 4
1 20
20 13 9 12 8
2 30
30 4 15 7 9
3 20 10 10
40 14 7 1 0
4 30 20
50 3 12 5 19
60 60 10 10
Para todas las VB 0cvu ijji
U1 + V2 – 9 = 0 U1 = 0 V1 = 0
U2 + V1 – 4 = 0 U2 = 4 V2 = 9
U3 + V2 – 7 = 0 U3 = –2 V3 = 3
U3 + V3 – 1 = 0 U4 = 3 V4 = 2
U3 + V4 – 0 = 0
U4 + V1 – 3 = 0
U4 + V2 – 12 = 0
Para todas las VNB ijjiijij cvucz MIN
Z11–C11= U1 + V1 – C11 = (0+0) – 13 = –13
Z13–C13= U1 + V3 – C13 = (0+3) – 12 = –9
Z14–C14= U1 + V4 – C14 = (0+2) – 8 = –6
Z22–C22= U2 + V2 – C22 = (4+9) – 15 = –2
Z23–C23= U2 + V3 – C23 = (4+3) – 7 = 0
Z24–C24= U2 + V4 – C24 = (4+2) – 9 = –3
Z31–C31= U3 + V1 – C31 = (–2+0) – 14 = –16
Z43–C43= U4 + V3 – C43 = (3+3) – 5 = 1
Z44–C44= U4 + V4 – C44 = (3+2) – 19 = –14
Como tenemos valores positivos en VNB escogemos el más positivo para que entre a la base. (C43)
Circuito:
1 2 3 4
1 20
20 13 9 12 8
2 30
30 4 15 7 9
3 20+ θ 10– θ 10
40 14 7 1 0
4 30 20– θ θ
50 3 12 5 19
60 60 10 10
θ = MIN {VB (–θ)} = {20, 10} = 10
1 2 3 4
1 20
20 13 9 12 8
2 30
30 4 15 7 9
3 30 10
40 14 7 1 0
4 30 10 10
50 3 12 5 19
60 60 10 10
Para todas las VB 0cvu ijji
U1 + V2 – 9 = 0 U1 = 0 V1 = 0
U2 + V1 – 4 = 0 U2 = 4 V2 = 9
U3 + V2 – 7 = 0 U3 = –2 V3 = 2
U3 + V4 – 0 = 0 U4 = 3 V4 = 2
U4 + V1 – 3 = 0
U4 + V2 – 12 = 0
U4 + V3 – 5 = 0
Para todas las VNB ijjiijij cvucz MIN
Z11–C11= U1 + V1 – C11 = (0+0) – 13 = –13
Z13–C13= U1 + V3 – C13 = (0+2) – 12 = –10
Z14–C14= U1 + V4 – C14 = (0+2) – 8 = –6
Z22–C22= U2 + V2 – C22 = (4+9) – 15 = –2
Z23–C23= U2 + V3 – C23 = (4+2) – 7 = –1
Z24–C24= U2 + V4 – C24 = (4+2) – 9 = –3
Z31–C31= U3 + V1 – C31 = (–2+0) – 14 = –16
Z33–C33= U3 + V3 – C33 = (–2+2) – 5 = –5
Z44–C44= U4 + V4 – C44 = (3+2) – 19 = –14
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23
Como todas las VNB son negativas el tablero es óptimo y factible.
Z = (9*20) + (4*30) + (7*30) + (0*10) + (3*30) + (12*10) + (5*10)
Z = 770 [u.m.]
3) En el siguiente modelo de transporte obtenga la solución inicial mediante el método: i) Intuitivo y de ii) Voguel
10 20 5 7 10
13 9 12 8 20
4 15 7 9 30
14 7 1 0 40
3 12 5 19 50
60 60 10 10
Solución
i) Intuitivo
A B C D E
1 10
10 10 20 5 7 0
2 20
20 13 9 12 8 0
3 10 10 10
30 4 15 7 9 0
4 20 10 10
40 14 7 1 0 0
5 50
50 3 12 5 19 0
60 60 10 10 10
ii) Voguel
A B C D E
1 10
10 10 20 5 7 0
2 10 10
20 13 9 12 8 0
3 30
30 4 15 7 9 0
4 20 10 10
40 14 7 1 0 0
5 20 30
50 3 12 5 19 0
60 60 10 10 10
DUALIDAD
1) Formular los problemas duales de los siguientes PL:
a)
MAX Z = X1 + 2X2 + 3X3
s.a.
5X1 + 2X2 + 3X3 ≤ 100
4X1 + X2 + 2X3 = 60
X2 + X3 ≤ 5
10X1 + X2 + 2X3 ≤ 80
X1, X2, X3 ≥ 0
b)
MAX Z = X1 – 2X2 + 3X3
s.a.
5X1 + 2X2 + 3X3 ≤ 100
4X1 + X2 + 2X3 ≤ 60
4X1 – X2 + 6X3 = 9
X2 + X3 ≥ 5
10X1 + X2 + 2X3 ≤ 80
X1, X2 ≥ 0 X3 irrestricta
Solución
a)
MIN W = 100Y1 + 60Y 2 + 5Y 3 + 80Y 4
s.a.
5Y1 + 4Y 2 + 0Y 3 + 10Y 4 ≥ 1
2Y1 + 1Y 2 + 1Y 3 + 1Y 4 ≥ 2
3Y1 + 2Y 2 + 1Y 3 + 2Y 4 ≥ 3
Y1, Y3, Y4 ≥ 0
Y2 irrestricta
b)
MIN W = 100Y1 + 60Y 2 + 5Y 3 + 80Y 4 + Y5
s.a.
5Y1 + 4Y 2 + 4Y 3 + 0Y 4 + 10Y5 ≥ 1
2Y1 + 1Y 2 – 1Y 3 + 1Y 4 + 1Y5 ≥ –2
3Y1 + 2Y 2 + 6Y 3 + 1Y 4 + 2Y5 = 3
Y1, Y2, Y5 ≥ 0
Y3 irrestricta Y4 ≤ 0
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24
EXAMENES RESUELTOS
TERCER PARCIAL
ARBOL DE EXPANSIÓN MINIMO
1) Encontrar el árbol de expansión mínimo de la fig.
O
A
B
C
D
E
F
G
H
I
7
8
7
8
4
6
6
2
7
3
6
5
8
6
9
8
8
5
3
9
O
A
B
C
D
E
F
G
H
I
7
4
6
6
2
3
6
8
3
MIN Z = 7+6+2+3+3+6+4+6+8 = 45
2) Encontrar el árbol de expansión mínimo de la red siguiente:
1
3
2
64
7
9
5
8
10
45
30
20
50
50
25
45
30
30
40
25
20
40
15
35
60
35
1
3
2
64
7
9
5
8
10
30
20
25
45
30
25
2015
35
MIN Z = 30+25+15+20+25+35+30+45+20 = 245
RUTA MÁS CORTA
3) Encontrar las rutas mas cortas entre los nodos 1 y restantes de la fig. (se sugiere aplicar dijkstra)
2
1
3
6
4
5
7
5
1
7
7
4
36
2
9
62
7
7
6
2
2
1
3
6
4
5
7
5
1
7
7
4
36
2
9
62
7
7
6
2
* [1 , 1]
[14 , 4]
* [ 0 , _ ]
* [3 , 3]
[5 , 1]
[16 , 6]
* [7 , 3]
[8 , 5]
[10 , 2]
* [8 , 3]
[5 , 2]
* [11 , 4]
[9 , 2]
* [11 , 6]
[13 , 4]
[14 , 5]
Solución
Nodo
Inicial
Nodo
Final Ruta Distancia
1 2 1-3-2 3
1 3 1-3 1
1 4 1-3-4 7
1 5 1-3-2-5 5
1 6 1-3-2-6 9
1 7 1-3-2-6-7 11
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
25
4) Aplicar el algoritmo de FLOYD para encontrar las rutas mas cortas entre cada par de nodos de la red que se
muestra en la figura:
1 3
2
44 2
4
2
6
31 2
5
1 3
2
4
5
4 2
4
2
6
31 2
* [3 , 1]
* [4 , 1]
[4 , 2]
* [7 , 2]
[6 , 3]
* [ 0 , _ ]
* [9 , 2]
[6 , 3]
[8 , 4]
Dijkstra
Matriz de distancias Matriz de secuencia
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 3 4 ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5
2 ∞ – 1 4 6 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
K=3 (tachar la 3 fila y columna).
D3 1 2 3 4 5 S3 1 2 3 4 5
1 – 3 4 6 6 1 – 2 3 3 3
2 ∞ – 1 3 3 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
K=1 (tachar la 1 fila y columna).
D1 1 2 3 4 5 S1 1 2 3 4 5
1 – 3 4 ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5
2 ∞ – 1 4 6 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
K=4 (tachar la 4 fila y columna).
D4 1 2 3 4 5 S4 1 2 3 4 5
1 – 3 4 6 6 1 – 2 3 3 3
2 ∞ – 1 3 3 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
K=2 (tachar la 2 fila y columna).
D2 1 2 3 4 5 S2 1 2 3 4 5
1 – 3 4 7 9 1 – 2 3 2 2
2 ∞ – 1 4 6 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
K=5 (tachar la 5 fila y columna).
D5 1 2 3 4 5 S5 1 2 3 4 5
1 – 3 4 6 6 1 – 2 3 3 3
2 ∞ – 1 3 3 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 2 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 2 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ ∞ – 5 1 2 3 4 –
Las distancias mínimas son:
Nodo
Inicial
Nodo
Final Ruta Distancia
1 2 1-2 3
1 3 1-3 4
1 4 1-3-4 6
1 5 1-3-5 6
2 3 2-3 1
2 4 2-3-4 3
2 5 2-3-5 3
3 4 3-4 2
3 5 3-5 2
4 5 4-5 2
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
26
5) Aplicar el método de FLOYD para encontrar las rutas mas cortas entre pares de nodos de la figura:
1
2
3
4
5
1
5
2
1
13
1
3
Matriz de distancias Matriz de secuencia
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 3 ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5
2 1 – 1 5 3 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
K=3 (tachar la 3 fila y columna).
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 2 4 3 1 – 2 2 3 3
2 1 – 1 3 2 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
K=1 (tachar la 1 fila y columna).
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 3 ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5
2 1 – 1 5 3 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
K=4 (tachar la 4 fila y columna).
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 2 4 3 1 – 2 2 3 3
2 1 – 1 3 2 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
K=2 (tachar la 2 fila y columna).
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 2 6 4 1 – 2 2 2 2
2 1 – 1 5 3 2 1 – 3 4 5
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
K=5 (tachar la 5 fila y columna).
Do 1 2 3 4 5 So 1 2 3 4 5
1 – 1 2 4 3 1 – 2 2 3 3
2 1 – 1 3 2 2 1 – 3 3 3
3 ∞ ∞ – 2 1 3 1 2 – 4 5
4 ∞ ∞ ∞ – 1 4 1 2 3 – 5
5 ∞ ∞ ∞ 1 – 5 1 2 3 4 –
Las distancias mínimas son:
Nodo
Inicial
Nodo
Final Ruta Distancia
1 2 1-2 1
1 3 1-2-3 2
1 4 1-3-4
1-2-3-4 4
1 5 1-3-5
1-2-3-5 3
2 3 2-3 1
2 4 2-3-4 3
2 5 2-3-5 2
3 4 3-4 2
3 5 3-5 1
4 5 4-5 1
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
27
6) Encontrar la ruta mas corta entre el nodo 1 hacia los otros nodos de la red.
1
2
4
5
3
6
7
4
5
5
3
1
26
2
8
7
6
3
Matriz de distancias Matriz de secuencia
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 7 5 ∞ ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5 6 7
2 4 – 3 ∞ 5 ∞ ∞ 2 1 – 3 4 5 6 7
3 7 3 – 1 2 6 ∞ 3 1 2 – 4 5 6 7
4 5 ∞ 1 – ∞ 8 ∞ 4 1 2 3 – 5 6 7
5 ∞ 5 2 ∞ – 3 6 5 1 2 3 4 – 6 7
6 ∞ ∞ 3 8 3 – 2 6 1 2 3 4 5 – 7
7 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 2 – 7 1 2 3 4 5 6 –
K=1 (tachar la 1 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 7 5 ∞ ∞ ∞ 1 – 2 3 4 5 6 7
2 4 – 3 9 5 ∞ ∞ 2 1 – 3 1 5 6 7
3 7 3 – 1 2 6 ∞ 3 1 2 – 4 5 6 7
4 5 9 1 – ∞ 8 ∞ 4 1 1 3 – 5 6 7
5 ∞ 5 2 ∞ – 3 6 5 1 2 3 4 – 6 7
6 ∞ ∞ 6 8 3 – 2 6 1 2 3 4 5 – 7
7 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 2 – 7 1 2 3 4 5 6 –
K=2 (tachar la 2 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 7 5 9 ∞ ∞ 1 – 2 3 4 2 6 7
2 4 – 3 9 5 ∞ ∞ 2 1 – 3 1 5 6 7
3 7 3 – 1 2 6 ∞ 3 1 2 – 4 5 6 7
4 5 9 1 – 14 8 ∞ 4 1 1 3 – 2 6 7
5 9 5 2 14 – 3 6 5 2 2 3 2 – 6 7
6 ∞ ∞ 6 8 3 – 2 6 1 2 3 4 5 – 7
7 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 2 – 7 1 2 3 4 5 6 –
K=3 (tachar la 3 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 7 5 9 13 ∞ 1 – 2 3 4 2 3 7
2 4 – 3 4 5 9 ∞ 2 1 – 3 3 5 3 7
3 7 3 – 1 2 6 ∞ 3 1 2 – 4 5 6 7
4 5 4 1 – 3 7 ∞ 4 1 3 3 – 3 3 7
5 9 5 2 3 – 3 6 5 2 2 3 3 – 6 7
6 13 9 6 7 3 – 2 6 3 3 3 3 5 – 7
7 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 2 – 7 1 2 3 4 5 6 –
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
28
K=4 (tachar la 4 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 6 5 8 12 ∞ 1 – 2 4 4 4 4 7
2 4 – 3 4 5 9 ∞ 2 1 – 3 3 5 3 7
3 6 3 – 1 2 6 ∞ 3 4 2 – 4 5 6 7
4 5 4 1 – 3 7 ∞ 4 1 3 3 – 3 3 7
5 8 5 2 3 – 3 6 5 4 2 3 3 – 6 7
6 12 9 6 7 3 – 2 6 4 3 3 3 5 – 7
7 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 2 – 7 1 2 3 4 5 6 –
K=5 (tachar la 5 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 6 5 8 11 14 1 – 2 4 4 4 5 5
2 4 – 3 4 5 8 11 2 1 – 3 3 5 5 5
3 6 3 – 1 2 5 8 3 4 2 – 4 5 5 5
4 5 4 1 – 3 6 9 4 1 3 3 – 3 5 5
5 8 5 2 3 – 3 6 5 4 2 3 3 – 6 7
6 11 8 5 6 3 – 2 6 5 5 5 5 5 – 7
7 14 11 8 9 6 2 – 7 5 5 5 5 5 6 –
K=6 (tachar la 6 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 6 5 8 11 13 1 – 2 4 4 4 5 6
2 4 – 3 4 5 8 10 2 1 – 3 3 5 5 6
3 6 3 – 1 2 5 7 3 4 2 – 4 5 5 6
4 5 4 1 – 3 6 8 4 1 3 3 – 3 5 6
5 8 5 2 3 – 3 5 5 4 2 3 3 – 6 6
6 11 8 5 6 3 – 2 6 5 5 5 5 5 – 7
7 13 10 7 8 5 2 – 7 6 6 6 6 6 6 –
K=7 (tachar la 7 fila y columna) y buscar distancias menores.
Do 1 2 3 4 5 6 7 So 1 2 3 4 5 6 7
1 – 4 6 5 8 11 13 1 – 2 4 4 4 5 6
2 4 – 3 4 5 8 10 2 1 – 3 3 5 5 6
3 6 3 – 1 2 5 7 3 4 2 – 4 5 5 6
4 5 4 1 – 3 6 8 4 1 3 3 – 3 5 6
5 8 5 2 3 – 3 5 5 4 2 3 3 – 6 6
6 11 8 5 6 3 – 2 6 5 5 5 5 5 – 7
7 13 10 7 8 5 2 – 7 6 6 6 6 6 6 –
Las distancias mínimas son:
Nodo
Inicial
Nodo
Final Ruta Distancia
1 2 1-2 4
1 3 1-4-3 6
1 4 1-4 5
1 5 1-4-5
1-4-3-5 8
Nodo
Inicial
Nodo
Final Ruta Distancia
1 6
1-5-6
1-4-5-6
1-4-3-5-6
11
1 7
1-6-7
1-5-6-7
1-4-5-6-7
1-4-3-5-6-7
13
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________ Aux. Fernando Cortez Hino
29
FLUJO MAXIMO
7) Encontrar el flujo máximo y los flujos óptimos en los arcos de la red de la siguiente figura:
3
1 5
2 4
14
10
6
8
57
4
5 7
0
0
109
6
0
0
0
0
3
1 5
2 4
14
10
6
8
57
4
5 7
0
0
109
6
0
0
0
0
3
1 5
2 4
4
0
6
8
57
4
5 7
0
10
109
6
10
0
0
0
f1 = {(1,3); (3,5)} = {14, 10} = 10 f2 = {(1,2); (2,4); (4,5)} = {8, 7, 5} = 5
3
1 5
2 4
4
0
6
3
02
4
5 7
5
10
109
11
10
5
0
0
3
1 5
2 4
0
0
2
3
02
4
9 7
5
14
69
11
10
5
4
0
f3 = {(1,3); (3,2); (2,5)} = {4, 10, 6} = 4 f4 = {(1,5)} = {4} = 4
3
1 5
2 4
0
0
2
3
02
0
9 7
5
14
69
11
10
5
4
4
3
1 5
2 4
0
0
0
1
02
0
9 7
7
14
69
11
10
5
6
4
YA NO HAY CAMINO
f5 = {(1,2); (2,5)} = {3, 2} = 2 fmax = f1 + f2 + f3 + f4 + f5 = 10 + 5 + 4 + 4 + 2 = 25
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
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30
Arco Capacidad del arco inicial – Capacidad del
arco final Flujo Dirección
(1, 2) (8, 0) – (1, 7) = (7, –7) 7 1 2
(1, 3) (14, 0) – (0, 14) = (14, –14) 14 1 3
(1, 5) (4, 0) – (0, 4) = (4, –4) 4 1 5
(2, 3) (5, 10) – (9, 6) = (–4, 4) 4 2 3
(2, 4) (7, 6) – (2, 11) = (5, –5) 5 2 4
(2, 5) (6, 0) – (0, 6) = (6, –6) 6 2 5
(3, 4) (9, 7) – (9, 7) = (0, 0) 0 –
(3, 5) (10, 0) – (0, 10) = (10, –10) 10 3 5
(4, 5) (5, 0) – (0, 5) = (5, –5) 5 4 5
8) Encontrar el flujo máximo entre los nodos 1 y 5 de la figura:
3
1 5
2 4
10
10
10
10
1030
30
10 10
0
0
520
10
0
0
0
0
3
1 5
2 4
10
10
10
10
1030
30
10 10
0
0
520
10
0
0
0
0
3
1 5
2 4
10
10
10
10
1030
0
10 10
0
0
520
10
0
0
0
30
f1 = {(1,5)} = {30} = 30 f2 = {(1,3); (3,4); (4,5)} = {10, 20, 10} = 10
3
1 5
2 4
0
10
10
10
030
0
10 20
0
10
510
10
0
10
0
30
3
1 5
2 4
0
0
10
0
020
0
10 10
10
10
520
20
10
10
0
30
f3 = {(1,2); (2,4); (4,3) ; (3,5)} = {10, 30, 20, 10} = 10 fmax = f1 + f2 + f3 = 30 + 10 + 10 = 50
Investigación Operativa I SIS-2209 ______________________________________________________________________________________________________________________________________
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31
9) Encontrar el flujo máximo entre los nodos 1 y 5 de la figura:
3
1 5
2 4
20
10
16
20
1520
20
20 5
0
0
1615
11
0
0
0
0
3
1 5
2 4
20
10
16
20
1520
20
20 5
0
0
1615
11
0
0
0
0
3
1 5
2 4
5
10
16
20
05
20
35 5
0
15
115
26
0
15
0
0
f1 = {(1,3); (3,2); (2,4) ; (4,5)} = {20, 16, 20, 15} = 15 f2 = {(1,2); (2,3); (3,5)} = {20, 35, 10} = 10
3
1 5
2 4
5
0
16
10
05
20
25 5
10
15
1115
26
10
15
0
0
3
1 5
2 4
5
0
16
10
05
0
25 5
10
15
1115
26
10
15
0
20
f3 = {(1,5)} = {20} = 20 f4 = {(1,2); (2,5)} = {10, 16} = 10
3
1 5
2 4
5
0
6
0
05
0
25 5
20
15
1115
26
10
15
10
20
3
1 5
2 4
0
0
1
0
010
0
25 10
20
20
1110
21
10
15
15
20
f5 = {(1,3); (3,4); (4,2) ; (2,5)} = {5, 15, 26, 6} = 5
fmax = f1 + f2 + f3 + f4 + f5 = 15 + 10 + 20 + 10 + 5 = 60
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32
Arco Capacidad del arco inicial – Capacidad del
arco final Flujo Dirección
(1, 2) (8, 0) – (1, 7) = (7, –7) 7 1 2
(1, 3) (14, 0) – (0, 14) = (14, –14) 14 1 3
(1, 5) (4, 0) – (0, 4) = (4, –4) 4 1 5
(2, 3) (5, 10) – (9, 6) = (–4, 4) 4 2 3
(2, 4) (7, 6) – (2, 11) = (5, –5) 5 2 4
(2, 5) (6, 0) – (0, 6) = (6, –6) 6 2 5
(3, 4) (9, 7) – (9, 7) = (0, 0) 0 –
(3, 5) (10, 0) – (0, 10) = (10, –10) 10 3 5
(4, 5) (5, 0) – (0, 5) = (5, –5) 5 4 5
ASIGNACION
10) Resolver el siguiente problema de asignación:
5 0 6 8 7 4
5 2 3 0 6 7
3 4 4 3 5 2
3 9 7 2 7 6
9 8 7 8 4 5
1 8 7 4 2 3
A B C D E F
1 5 0 6 8 7 4 0
2 5 2 3 0 6 7 0
3 3 4 4 3 5 2 2
4 3 9 7 2 7 6 2
5 9 8 7 8 4 5 4
6 1 8 7 4 2 3 1
A B C D E F
1 5 0 6 8 7 4
2 5 2 3 0 6 7
3 1 2 2 1 3 0
4 1 7 5 0 5 4
5 5 4 3 4 0 1
6 0 7 6 3 1 2
0 0 2 0 0 0
A B C D E F
1 5 0 4 8 7 4
2 5 2 1 0 6 7
3 1 2 0 1 3 0
4 1 7 3 0 5 4
5 5 4 1 4 0 1
6 0 7 4 3 1 2
(# Líneas) 5 ≠ 6 (orden de matriz)
K= menor no tachado = 1
A B C D E F
1 6 0 4 9 7 4
2 5 1 0 0 5 6
3 2 2 0 2 3 0
4 1 6 2 0 4 3
5 6 4 1 5 0 1
6 0 6 3 3 0 1
(# Líneas) 6 = 6 (orden de matriz)
Asignar
A B C D E F
1 6 0 4 9 7 4
2 5 1 0 0 5 6
3 2 2 0 2 3 0
4 1 6 2 0 4 3
5 6 4 1 5 0 1
6 0 6 3 3 0 1
X1B=1; X2C=1; X3F=1; X4D=1; X5E=1; X6A=1
Zoptimo = 0 + 3 + 2 + 2 + 4 + 1 = 12
11) un centro de enseñanza desea contratar profesores para las asignaturas de Algebra, Calculo, Física, Química y
Programación. Se presentan 5 postulantes, cada uno de los cuales podrá acceder solamente a una asignatura. No
todos los profesores pueden dictar todas las asignaturas. La siguiente tabla muestra las materias que puede dictar
cada uno y la remuneración solicitada en Bs/hr. Sin embargo el centro tiene la política de pagar solamente Bs.
30/hr. A cualquier docente de las materias de Algebra y Calculo. Determine un programa de asignación optimo y el
gasto total/hr, para el centro de enseñanza.
Profesor Materias que puede dictar Remuneración
Profesor 1 Algebra, Física 40
Profesor 2 Calculo, Física, Química 45
Profesor 3 Calculo, Programación 60
Profesor 4 Algebra, Calculo, Física 50
Profesor 5 Física, Química 35
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33
Solución
Al Ca Fi Qu Pr
P1 40 – 40 – –
P2 – 45 45 45 –
P3 – 60 – – 60
P4 50 50 50 – –
P5 – – 35 35 –
40 45 35 35 60
Al Ca Fi Qu Pr
P1 0 – 5 – – 0
P2 – 0 10 10 – 0
P3 – 15 – – 0 0
P4 10 5 15 – – 5
P5 – – 0 0 – 0
Al Ca Fi Qu Pr
P1 0 – 5 – –
P2 – 0 10 10 –
P3 – 15 – – 0
P4 5 0 10 – –
P5 – – 0 0 –
(# Líneas) 4 ≠ 5 (orden de matriz)
K= menor no tachado = 5
Al Ca Fi Qu Pr
P1 0 – 5 – –
P2 – 0 5 5 –
P3 – 15 – – 0
P4 0 0 5 – –
P5 – – 0 0 –
(# Líneas) 4 ≠ 5 (orden de matriz)
K= menor no tachado = 5
Al Ca Fi Qu Pr
P1 0 – 0 – –
P2 – 0 0 0 –
P3 – 15 – – 0
P4 0 0 0 – –
P5 – – 0 0 –
(# Líneas) 4 ≠ 5 (orden de matriz)
Asignar
Al Ca Fi Qu Pr
P1 0 – 0 – –
P2 – 0 0 0 –
P3 – 15 – – 0
P4 0 0 0 – –
P5 – – 0 0 –
XP1-Fi=1; XP2-Ca=1; XP3-Pr=1; XP4-Al=1; XP5-Qu=1
Zoptimo = 40 + 45 + 60 + 50 + 35 = 230
Pero como el centro tiene la política de solo pagar 30 Bs/hr. A las materias de Algebra y Calculo.
Zoptimo = 40 + 30 + 60 + 30 + 35 = 195
TRANSPORTE
12) Armar la tabla de transporte a partir de la siguiente red:
1 31
2 4
5
62
6
8
3
5 113
4
100
100 150
150
Solución:
Orígenes: 1, 2, 3, 4, 5
Destinos: 3, 4, 5, 6
Nodos de Transbordo: 3, 4, 5
Nodos de Oferta Pura: 1, 2
Nodos de Demanda Pura: 6
Uno
3 4 5 6 Oferta
OR
IGE
NE
S 1 1 4 M M 100
2 3 2 M M 200
3 0 3 6 M θ 4 1 0 5 8 θ 5 M M 0 1 θ
Dem θ θ 150+ θ 150
Dos
3 4 5 6 Oferta
OR
IGE
NE
S 1 1 4 M M 100
2 3 2 M M 200
3 0 3 6 M 300
4 1 0 5 8 300
5 M M 0 1 300
Dem 300 300 450 150
(θ=100+200=150+150) (θ=300=300) (θ=300)
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34
Solución Inicial Voguel:
3 4 5 6
1 100
100 1 4 M M
2 200
200 3 2 M M
3 200 100
300 0 3 6 M
4 100 200
300 1 0 5 8
5 150 150
300 M M 0 1
300 300 450 150
Para todas las VB ijji cvu Para todas las VNB ijjiij cvuc MIN
U1 + V3 = 1
U2 + V4 = 2
U3 + V3 = 0
U3 + V4 = 6
U4 + V4 = 0
U4 + V5 = 5
U5 + V5 = 0
U5 + V6 = 1
U1 = 0
U2 = 0
U3 = –1
U4 = –2
U5 = –7
V3 = 1
V4 = 2
V5 = 7
V6 = 8
C14 = (0+2) – 4 = –2
C15 = (0+7) – M = 7–M
C16 = (0+8) – M = 8–M
C23 = (0+1) – 3 = –2
C25 = (0+7) – M = 7–M
C26 = (0+8) – M = 8–M
C34 = (–1+2) – 3 = –2
C36 = (–1+8) – M = 7–M
C43 = (–2+1) – 1 = –2
C46 = (–2+8) – 8 = –2
C53 = (–7+1) – M = –6–M
C54 = (–7+2) – M = –5–M
Como todas las VNB son negativas el tablero es óptimo y factible.
Z = (1*100) + (2*200) + (0*200) + (6*100) + (0*100) + (5*200) + (0*150) + (1*150)
Z = 2250 [u.m.]
2) Una empresa de producción tiene 4 plantas desde las cuales debe distribuir sus productos a 3 centros de
distribución, los costos de envió son los que se muestran en la siguiente tabla. Determine cual seria la mejor forma
de transportar los productos. (Para la solución utilizar el método de Vogel y la optimización por variables duales).
C. Distr. 1 C. Distr. 2 C. Distr. 3 Ofertas
Planta 1 5 1 0 20
Planta 2 2 2 4 10
Planta 3 7 5 2 15
Planta 4 9 6 0 15
Demandas 25 10 15
Solución
1 2 3 4
1 10 10 0
20 5 1 0 0
2 10
10 2 2 4 0
3 5 10
15 7 5 2 0
4 15
15 9 6 0 0
25 10 15 10
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35
Para todas las VB 0cvu ijji
U1 + V1 – 5 = 0 U1 = 0 V1 = 5
U1 + V2 – 1 = 0 U2 = –3 V2 = 1
U1 + V3 – 0 = 0 U3 = 2 V3 = 0
U2 + V1 – 2 = 0 U4 = 0 V4 = –2
U3 + V1 – 7 = 0
U3 + V4 – 0 = 0
U4 + V3 – 0 = 0
Para todas las VNB ijjiijij cvucz MIN
Z14–C14= U1 + V4 – C14 = (0–2) – 0 = –2
Z22–C22= U2 + V2 – C22 = (–3+1) – 2 = –4
Z23–C23= U2 + V3 – C23 = (–3+0) – 4 = –7
Z24–C24= U2 + V4 – C24 = (–3–2) – 0 = –5
Z33–C33= U3 + V3 – C33 = (2+0) – 5 = –3
Z34–C34= U3 + V4 – C34 = (2–2) – 2 = –2
Z41–C41= U4 + V1 – C41 = (0+5) – 9 = –4
Z42–C42= U4 + V2 – C42 = (0+1) – 6 = –5
Z44–C44= U4 + V4 – C44 = (0–2) – 0 = –2
Como todas las VNB son negativas el tablero es óptimo y factible.
Z = (5*10) + (1*10) + (0*0) + (2*10) + (7*5) + (0*10) + (0*15)
Z = 115 [u.m.]
EXAMENES RESUELTOS FINAL
1) Resolver el siguiente problema de transbordo:
A C5
B D
E
F
8
4
4
1010
23
100
120
50
100
G
6
100
10
6
Orígenes: A, B, C, D
Destinos: C, D, E, F, G
Nodos de Transbordo: C, D
Nodos de Oferta Pura: A, B
Nodos de Demanda Pura: E, F, G
Solución:
C D E F G Oferta
A 5 3 10 M M 100
B 10 8 M M 6 120
C 0 2 4 6 M θ D M 0 M 10 4 θ Y 0 0 0 0 0 30
Dem θ θ 100 50 100
C D E F G Oferta
A 5 3 10 M M 100
B 10 8 M M 6 120
C 0 2 4 6 M 250
D M 0 M 10 4 250
Y 0 0 0 0 0 30
Dem 250 250 100 50 100
(θ=100+120+30=100+50+100) (θ=250=250) (θ=250)
a) Encontrar una solución Inicial (Voguel).
C D E F G
A 100 0
100 5 3 10 M M
B 20 100
120 10 8 M M 6
C 150 100
250 0 2 4 6 M
D 230 20
250 M 0 M 10 4
Y 30
30 0 0 0 0 0
250 250 100 50 100
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36
b) Encontrar la solución optima.
Para todas las VB ijji cvu Para todas las VNB ijjiij cvuc MIN
U1 + V1 = 5
U1 + V2 = 3
U2 + V2 = 8
U2 + V5 = 6
U3 + V1 = 0
U3 + V3 = 4
U4 + V2 = 0
U4 + V4 = 10
U5 + V4 = 0
U1 = 0
U2 = 5
U3 = –5
U4 = –3
U5 = –13
V1 = 5
V2 = 3
V3 = 9
V4 = 13
V5 = 1
C13 = (0+9) – 10 = –1
C14 = (0+13) – M = 13–M
C15 = (0+1) – M = 1–M
C21 = (5+5) – 10 = 0
C23 = (5+9) – M = 14–M
C24 = (5+13) – M = 18–M
C32 = (–5+3) – 2 = –4
C34 = (–5+13) – 6 = 2
C35 = (–5+1) – M = –4–M
C41 = (–3+5) – M = 2–M
C43 = (–3+9) – M = 6–M
C45 = (–3+1) – 4 = –6
C51 = (–13+5) – 0 = –8
C52 = (–13+3) – 0 = –10
C53 = (–13+9) – 0 = –4
C55 = (–13+1) – 0 = –12
C D E F G
A 100+θ 0–θ
100 5 3 10 M M
B 20 100
120 10 8 M M 6
C 150–θ 100 θ
250 0 2 4 6 M
D 230+θ 20–θ
250 M 0 M 10 4
Y 30
30 0 0 0 0 0
250 250 100 50 100
θ = MIN {VB (–θ)} = {20, 0, 150} = 0
C D E F G
A 100
100 5 3 10 M M
B 20 100
120 10 8 M M 6
C 150 100 0
250 0 2 4 6 M
D 230 20
250 M 0 M 10 4
Y 30
30 0 0 0 0 0
250 250 100 50 100
Para todas las VB ijji cvu Para todas las VNB ijjiij cvuc MIN
U1 + V1 = 5
U2 + V2 = 8
U2 + V5 = 6
U3 + V1 = 0
U3 + V3 = 4
U3 + V4 = 6
U4 + V2 = 0
U4 + V4 = 10
U5 + V4 = 0
U1 = 0
U2 = 7
U3 = –5
U4 = –1
U5 = –11
V1 = 5
V2 = 1
V3 = 9
V4 = 11
V5 = –1
C12 = (0+1) – 3 = –2
C13 = (0+9) – 10 = –1
C14 = (0+11) – M = 11–M
C15 = (0–1) – M = –1–M
C21 = (7+5) – 10 = 2
C23 = (7+9) – M = 16–M
C24 = (7+11) – M = 18–M
C32 = (–5+1) – 2 = –6
C35 = (–5–1) – M = –6–M
C41 = (–1+5) – M = 4–M
C43 = (–1+9) – M = 8–M
C45 = (–1–1) – 4 = –6
C51 = (–11+5) – 0 = –6
C52 = (–11+1) – 0 = –10
C53 = (–11+9) – 0 = –2
C55 = (–11–1) – 0 = –13
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37
C D E F G
A 100
100 5 3 10 M M
B θ 20–θ 100
120 10 8 M M 6
C 150–θ 100 0+θ
250 0 2 4 6 M
D 230+θ 20–θ
250 M 0 M 10 4
Y 30
30 0 0 0 0 0
250 250 100 50 100
θ = MIN {VB (–θ)} = {20, 20, 150} = 20
C D E F G
A 100
100 5 3 10 M M
B 20 100
120 10 8 M M 6
C 130 100 20
250 0 2 4 6 M
D 250 0
250 M 0 M 10 4
Y 30
30 0 0 0 0 0
250 250 100 50 100
Para todas las VB ijji cvu Para todas las VNB ijjiij cvuc MIN
U1 + V1 = 5
U2 + V1 = 10
U2 + V5 = 6
U3 + V1 = 0
U3 + V3 = 4
U3 + V4 = 6
U4 + V2 = 0
U4 + V4 = 10
U5 + V4 = 0
U1 = 0
U2 = 5
U3 = –5
U4 = –1
U5 = –11
V1 = 5
V2 = 1
V3 = 9
V4 = 11
V5 = 1
C12 = (0+1) – 3 = –2
C13 = (0+9) – 10 = –1
C14 = (0+11) – M = 11–M
C15 = (0+1) – M = 1–M
C22 = (5+1) – 8 = –2
C23 = (5+9) – M = 14–M
C24 = (5+11) – M = 16–M
C32 = (–5+1) – 2 = –6
C35 = (–5+1) – M = –4–M
C41 = (–1+5) – M = 4–M
C43 = (–1+9) – M = 8–M
C45 = (–1+1) – 4 = –4
C51 = (–11+5) – 0 = –6
C52 = (–11+1) – 0 = –10
C53 = (–11+9) – 0 = –2
C55 = (–11+1) – 0 = –10
Como todas las VNB son negativas el tablero es óptimo y factible.
Z = (5*100) + (10*20) + (6*100) + (0*130) + (4*100) + (6*20) + (0*250) + (10*0) + (0*30)
Z = 1820 [u.m.]
c) Que destinos no son satisfechos o son satisfechos parcialmente?
Los destinos E y G son satisfechos completamente.
El destino F es satisfecho parcialmente solo con 20 unidades.
d) Para realizar una asignación completa suponga que la demanda en el destino F es 20. ¿La solución anterior es
óptima con este cambio?
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38
A C5
B D
E
F
8
4
4
1010
23
100
120
20
100
G
6
100
10
6
Orígenes: A, B, C, D
Destinos: C, D, E, F, G
Nodos de Transbordo: C, D
Nodos de Oferta Pura: A, B
Nodos de Demanda Pura: E, F, G
Solución:
C D E F G Oferta
A 5 3 10 M M 100
B 10 8 M M 6 120
C 0 2 4 6 M θ D M 0 M 10 4 θ
Dem θ θ 100 20 100
C D E F G Oferta
A 5 3 10 M M 100
B 10 8 M M 6 120
C 0 2 4 6 M 220
D M 0 M 10 4 220
Dem 220 220 100 20 100
(θ=100+120=100+20+100) (θ=220=220) (θ=220)
Solución Inicial (Voguel).
C D E F G
A 100+θ 0–θ
100 5 3 10 M M
B 20 100
120 10 8 M M 6
C 120–θ 100 θ
220 0 2 4 6 M
D 200+ θ 20–θ
220 M 0 M 10 4
220 220 100 20 100
Encontrar la solución optima.
Para todas las VB ijji cvu Para todas las VNB ijjiij cvuc MIN
U1 + V1 = 5
U1 + V2 = 3
U2 + V2 = 8
U2 + V5 = 6
U3 + V1 = 0
U3 + V3 = 4
U4 + V2 = 0
U4 + V4 = 10
U1 = 0
U2 = 5
U3 = –5
U4 = –3
V1 = 5
V2 = 3
V3 = 9
V4 = 13
V5 = 1
C13 = (0+9) – 10 = –1
C14 = (0+13) – M = 13–M
C15 = (0+1) – M = 1–M
C21 = (5+5) – 10 = 0
C23 = (5+9) – M = 14–M
C24 = (5+13) – M = 18–M
C32 = (–5+3) – 2 = –4
C34 = (–5+13) – 6 = 2
C35 = (–5+1) – M = –4–M
C41 = (–3+5) – M = 2–M
C43 = (–3+9) – M = 6–M
C45 = (–3+1) – 4 = –6