24 Programación Lineal

Curso Iberoamericano de formación permanente

de profesores de matemáticas

Programación lineal

Introducción

Concepto de Programación lineal Resolución del problema bidimensional Resolución de un problema paso a paso

Método gráfico Tipos de soluciones Problema del transporte.

Más ejemplos Nota: Método del simplex

Bibliografía

1.

Introducción

La programación lineal es una técnica matemática relativamente reciente. En 1939 el matemático ruso Leonid Kantarovitch (premio Nobel en economía 1975) publica “Métodos matemáticos de organización y planificación de la producción” que por razones ideológicas no se divulgó hasta dos décadas posteriores. En este libro se define de forma precisa y rigurosa una teoría matemática aplicable a infinidad de problemas de optimización. Con anterioridad, grandes matemáticos como Newton, Leibnitz y Lagrange se interesaron por la obtención de máximos y mínimos pero fue el francés Joseph Fourier (1768-1830) el primero en intuir, aunque no con excesiva rigurosidad, los métodos que hoy conocemos como programación lineal.

En 1949, George B. Dantzig publicó el “Método simplex” para resolver programas lineales, introduciendo explícitamente la función objetivo y reduciendo drásticamente el número de posibles soluciones óptimas. A partir de esa fecha, un gran número de científicos han contribuido al campo de la programación lineal en muchas formas, incluyendo desarrollos teóricos, aspectos de computación y exploración de nuevas aplicaciones. El método del simplex de programación lineal tiene mucha aceptación debido a su habilidad para modelar importantes problemas de decisión en las áreas administrativas además de su capacidad para producir soluciones en un tiempo razonable. En este sentido, los ordenadores han contribuido de forma determinante a mejorar y agilizar dichos métodos.

Dentro de las extensas aplicaciones de la programación lineal podemos encontrar el problema de la dieta en la que se busca la

mejor combinación de alimentos para una dieta con el mínimo coste, el problema de la producción que busca maximizar beneficios o minimizar gastos en función de los recursos de los que se dispone y el problema del transporte que minimiza los costes de distribución y los tiempos empleados en la distribución de mercancías.

La programación lineal en la posguerra (2ª Guerra Mundial): En 1948

la ciudad alemana de Berlín se encuentra dividida entre la parte soviética y la de los países aliados (Inglaterra y Estados Unidos principalmente), es entonces cuando los rusos deciden bloquear las comunicaciones terrestres y dejar sin abastos a los aliados. Los americanos deciden montar un ambicioso puente aéreo, basado en técnicas de programación lineal, para abastecer la ciudad. En diciembre de 1948, se comienza transportando 4 500 toneladas diarias de abastos llegando a 8000 toneladas en marzo de 1949, y así alcanzando la cantidad que se transportaba por tren y carretera antes del bloqueo. El 12 de mayo de 1949, los soviéticos desisten y levantan el bloqueo.

2.

Concepto de Programación lineal

Los problemas de optimización, en general, están relacionados con la asignación de recursos de la mejor manera posible. Ello implica la determinación de los valores óptimos de un conjunto de variables que deben verificar ciertas restricciones sobre los valores que pueden tomar.

Definición Un problema de Programación lineal es un problema

de optimización para el que se verifica lo siguiente:

a) Se trata de maximizar o minimizar una función lineal de las variables decisión, que se denomina función objetivo.

b) Los valores de las variables deben satisfacer un conjunto de restricciones, cada una de las cuales puede escribirse como una ecuación o inecuación lineal.

Si utilizamos el lenguaje matemático para definir el problema podríamos decir que el objetivo principal de la Programación lineal es la resolución de problemas del tipo:

A cada elemento de S se le llama solución factible; a S se le llama

región factible y a f se le llama función objetivo.

En estos problemas de optimización, se plantea la búsqueda de una solución factible x0 donde f alcanza su mayor (o menor) valor. En dicha búsqueda nos podemos encontrar con las siguientes situaciones:

Problema no factible: cuando no existe ninguna solución factible,

es decir, S= (conjunto vacío).

Problemas factibles:

a) Problema no acotado: cuando existan soluciones que hagan ascender infinitamente a la función objetivo, es decir, cuando para cualquier valor real M siempre existe un xS tal que f(x)>M, y en tal caso escribiremos max{f(x) / xS}=+.

Análogamente, cuando existan soluciones que hagan descender infinitamente a la función objetivo, es decir, cuando para cualquier valor real M’ siempre existe un xS tal que f(x)<M’, y en tal caso escribiremos min{f(x) / xS}=-.

b) Problema acotado con solución factible: cuando exista un xoS tal que f(xo)f(x) para todo xS. En este caso, f(xo)=max{f(x) / xS} y xo recibe el nombre de solución factible siendo no necesariamente única.

Análogamente podríamos construir la definición para el problema del mínimo.

De forma general en cualquier problema de Programación lineal tenemos:

- La función objetivo, que es lineal, es decir: F(X)=c1x1+c2x2 +…+ cnxn

- Las condiciones o restricciones del problema que también son lineales, es decir:

h1(X): a11x1+ a12x2+…+ a1nxn  b1 h2(X): a21x1+ a22x2+…+ a2nxn  b2

...….. ……….……….. hm(X): am1x1+ am2x2+…+ amnxn  bm Nota: Las desigualdades pueden ser

- Puede haber condiciones donden las variables instrumentales pueden tomar valores mayores o iguales que cero, es decir:

xi0, cualquiera que sea el valor de i.

Es fácil de imaginar la cantidad de posibilidades que se barajan en estos enunciados. Así la utilización de los ordenadores es vital ya que nos permite reducir el tiempo de resolución. En el ejemplo que mostramos a continuación trabajaremos, para simplificar el proceso, con n=6 e intentaremos encontrar el modelo de optimización para este problema de la vida real sin llegar a la solución.

La fábrica de muñecas Teide S.A. produce 6 tipos de muñecas a partir de 6 materias primas, cada una con una diferente combinación de esas materias primas. La tabla siguiente muestra el beneficio por unidad de producto que se fabrique. ¿Cómo debe realizarse la producción para maximizar el beneficio total usando sólo el actual inventario de materia prima?

Tabla. Beneficio por muñeca producida.

Produc

to danzarina esquiadora mamá médico bombero profesora

Inventa rio Acero 1 4 - 4 2 - 800 Madera 4 5 3 - 1 - 1160 Plástico - 3 8 - 1 - 1780 Goma 2 - 1 2 1 5 1050 Vidrio 2 4 2 2 2 4 1360 Pintura 1 4 1 4 3 4 1240 Benefi cio 30 45 24 26 24 30 MODELO MATEMÁTICO

En este modelo están planteadas todas las configuraciones posibles, que equivalen a cada muñeca, por tanto consideramos las siguientes variables: x1 unidades de danzarina, x2 unidades de esquiadora, x3 unidades de mamá, x4 unidades de médico, x5 unidades de bombero, x6 unidades de profesora.

Entonces, la función objetivo que muestra el beneficio que queremos maximizar sería:

F(X)=30x1+45x2+24x3+26x4+24x5+30x6

Sujeta a las siguientes restricciones en función del inventario existente. x1 + 4x2 + + 4x4 + 2x5  800 4x1 + 5x2 + 3x3 + x5  1160 3x2 + 8x3 + x5  1780 2x1 + x3 + 2x4 + x5 + 5x6  1050 2x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 + 4x6  1360 x1 + 4x2 + x3 + 4x4 + 3x5 + 4x6  1240 y obviamente x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 0

Este sistema lineal de inecuaciones definirá la región factible dentro de la cual habrá que buscar el máximo de la función objetivo (solución factible). Además habría que imponer que las variables asuman valores enteros, es decir,

x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 

En definitiva, lo que hemos hecho modelizando este problema de la vida real es pasarlo a lenguaje matemático como se muestra en el siguiente esquema (Fig. 1). Quedaría pendiente aún su resolución en el “mundo matemático” (2) y trasladar estas soluciones a la vida real(3) :

Fig. 1: Proceso de resolución de un problema

(1)

(2)

(3)

3.

Resolución del problema bidimensional

Definición Teniendo en cuenta la complejidad de estos problemas

veremos su planteamiento y resolución completa, incluida la resolución gráfica, para dos variables x e y. Así, pues, los problemas quedarán definidos por:

z=ax+by (función objetivo)

sometida a un sistema de inecuaciones lineales (que surgen de las restricciones a que son sometidas las variables)

a1x + b2y  c1 a2x + b2y  c2 ………. … anx + bny  cn

Nota: Las desigualdades pueden ser

Como se ha visto en el tema dedicado a inecuaciones, cada

desigualdad de este tipo define un semiplano formado por todos los puntos del plano que la satisfacen. Si por ejemplo queremos

encontrar el semiplano 2x+3y<3 sería: (Fig.2).

Fig. 2: Inecuación como semiplano

Actividad 1. ¿Cuáles de los siguientes puntos cumplen la inecuación

-2x+3y<5 : (2,0);(0,0);(0,2);(-2,2) y (2,3)?

Ayuda: Si representas la recta -2x+3y=5 observarás que la zona

donde están los dos puntos que cumplen la inecuación es el semiplano inferior.

Actividad 2. Comprueba que la región del plano definida por las

inecuaciones lineales indicadas es la que se indica en la figura adjunta.

Los puntos del plano que satisfacen un conjunto de desigualdades, si existen, están en un recinto convexo del plano. Es convexo porque queda siempre al mismo lado de las rectas que contienen a cada uno de sus lados (Fig.3)

Fig. 3: Recinto convexo definido por un sistema de inecuaciones

Definición Esta región del plano es la región factible y cada uno

de los puntos que la forman son las soluciones

factibles. De estas soluciones la que haga máxima o

mínima a la función objetivo se denomina solución

óptima.

En esta situación, nos podemos encontrar regiones factibles vacías, acotadas y no acotadas. A continuación se muestran ejemplos de las distintas posibilidades: (Fig.4)

3 V 1 V 2 V 3 V 4 V 5

Fig. 4: Regiones factibles

Pues bien, el teorema siguiente nos permite acercarnos aún más a la solución del problema en el caso bidimensional:

Teorema Dada F(x)=ax+by+c y una región R convexa acotada se

cumple:

F tiene un valor máximo y un valor mínimo en R que se

alcanzan en los vértices.

4.

Resolución de un problema paso a paso

Se trata de exponer un procedimiento de resolución que responda a un modelo de problema de programación lineal.

Ejemplo 1. Una empresa de informática recibe un encargo para

reparar computadoras y consolas de videojuegos. La empresa dispone de 2 talleres. El primero puede emplear 300 horas de trabajo, y necesita emplear 6 horas para cada computadora y 5 para cada consola. El segundo dispone de 200 horas y necesita 2 horas para cada computadora y 5 para cada consola. Las ganancias netas que obtiene la empresa son de 100 € por computadora y 100 € por consola. ¿Qué cantidad debe repararse de cada artículo para maximizar la ganancia de la empresa?

Paso 1: Leer detenidamente el problema para determinar el objetivo,

definir las variables y ordenar los datos del enunciado.

x  nº de computadoras que puede reparar cada taller. Región factible acotada Región factible no acotada Región factible vacía

y  nº de consolas que puede reparar cada taller. Ordenemos ahora los datos en la siguiente tabla:

Computadoras Consolas Nº horas

Taller 1

6

5

300

Taller 2

2

5

200

Beneficios

100

100

Producción

x

y

Paso 2: Escribir la función objetivo y las inecuaciones que

determinan las restricciones.

La función beneficio que queremos maximizar sería: Z=100x+100y Las restricciones que se desprenden de la lectura del problema son:

6x+5y 300 (respecto a las posibilidades del Taller 1) 2x+5y 200 (respecto a las posibilidades del Taller 2)

x0 y0

Paso 3: Representar el sistema de inecuaciones, dado por las

restricciones, para hallar la región factible. (Fig.5)

Fig. 5: Región factible del problema

Paso 4: Calcular los vértices de la región factible.

Región factible

Para ello debemos hallar las intersecciones de cada par de rectas implicadas resolviendo el sistema de ecuaciones que definen:

) 0 , 0 ( O 0 y 0 x        ) 0 , 50 ( U 50 6 300 x 300 0 x 6 0 y 300 y 5 x 6                                6 5 300 100 (restando) 4 0 100 25 4 2 5 200 (sustituyendo) 30 (25, 30) x y x x x y y V ) 40 , 0 ( 20 5 200 200 5 0 0 200 5 2               W x y x y x

De esta forma obtenemos los siguientes vértices O(0,0) , U(50,0) ,

V(25,30) , W(0,40) representados en la siguiente gráfica: (Fig.6)

Fig. 6: Vértices de la región factible del problema

Paso 5: Sustituir las coordenadas de los vértices en la función

objetivo para ver donde obtiene el máximo beneficio.

Z=100x+100y (beneficio) Z(O)= 100·0+100·0=0+0= 0 € Z(U)= 100·50+100·0=5000+0= 5000 € Z(V)= 100·25+100·30=2500+3000= 5500 € Z(W)= 100·0+100·40=0+4000= 4000 € El máximo se obtiene en el vértice V(25,30)

Paso 6: Criticar la solución, ver que es lógica y contestar a la

pregunta inicial trasladando el problema a la realidad. x=25  25 computadoras

V(25,30) 

y=30  30 consolas

5. Método gráfico

Otra manera de resolver este tipo de problemas es a través de su representación gráfica. Como en el método algebraico ya visto, se comienza hallando las expresiones de la función objetivo y el sistema de inecuaciones (restricciones).

A partir de este momento se siguen los siguientes pasos:

Paso 1: Se representa este sistema gráficamente dando lugar a

la región factible sobre la que vamos a buscar la solución.

Paso 2: Se representan las líneas de nivel que se obtienen a partir de la función objetivo. Estas líneas son las rectas que surgen cuando igualamos la función objetivo a un valor constante k. Su expresión sería:

k=ax+by , k

En la práctica se suele dibujar la línea de nivel nula (ax+by=0) de forma que a medida que vamos cambiando el valor de k obtenemos rectas paralelas a esta que barren la región factible. Veámoslo gráficamente utilizando los datos del problema anterior: (Fig.7)

Solución final: La empresa debe reparar

25 computadoras y 30 consolas para obtener un beneficio máximo de 5500 €

Líneas de nivel 100x+100y=k

Paso 3: Por último de entre todas las líneas de nivel se busca la que

corresponde al valor óptimo, máximo en este caso, de la función objetivo. Para ello se trasladan las líneas de nivel hasta encontrar el último punto antes de dejar de tocar la región factible. En nuestro caso el máximo se produce en el vértice V(25,30) con un valor de k= 5500. (Fig.8)

Fig. 8: Solución gráfica

6.

Tipos de soluciones

Se podría hacer una clasificación de los problemas de programación lineal atendiendo al tipo de solución que presentan. Se muestra a continuación de forma esquemática:

Fig. 7:Rectas de nivel

Función objetivo 100x+100y=5500 Máximo en V(25,30)

Función

objetivo Solución única

Definición

Decimos que el problema tiene soluciones factibles cuando existe un conjunto de valores que satisfacen las restricciones, es decir, que el sistema de inecuaciones tiene solución y por lo tanto existe un conjunto de posibles soluciones (región factible). En este caso pueden ser:

a) Con solución única: Existe una única solución

óptima, que se alcanza en un vértice. (Fig.9)

Fig. 9:Solución única

b) Con solución múltiple: Existe infinitas soluciones óptimas. Esta situación se produce cuando dos vértices son soluciones óptimas y entonces cualquier punto sobre el segmento que los une también es solución. Gráficamente esto sucede cuando la función objetivo es paralela a uno de los lados de la región factible. (Fig.10)

Fig. 10: Solución múltiple

Soluciones

Factible

s

No Factibles

Con solución única

Con solución múltiple

No acotada

7. Problema del transporte

Ejemplo 2. Dos ciudades, Gara y Jonay, producen a la semana 26 y 30 toneladas de papel para reciclar, respectivamente. Para realizar el tratamiento de este tipo de residuos hay en la zona tres fábricas de reciclaje, F1, F2 y F3 que pueden asumir 20, 22 y 14 toneladas, respectivamente. Si los costes del transporte por tonelada de las ciudades a las fábricas son, en cientos de euros, los que se indican en la tabla adjunta. ¿Cómo podremos organizar el transporte para que el coste sea mínimo?

Costes del transporte

Fábricas reciclaje Ciudades F1 F2 F3 Gara

1

3

1

Jonay

2

1

1

Solución: Definimos x como la cantidad de papel que la ciudad Gara

debe entregar a la primera fábrica (F1), e y a la cantidad de papel que Gara entrega a la segunda fábrica (F2). De esta manera, la cantidad que Gara debe entregar a la tercera fábrica sería 26-x-y. Y observando las toneladas que puede asumir cada fábrica se obtiene la siguiente tabla que recoge todos los datos del problema en función de x e y. Por ejemplo, si la fábrica 1 (F1) puede asumir como máximo 20 toneladas y x toneladas vienen de la ciudad Gara entonces de la ciudad Jonay puede asumir 20-x. También, si la ciudad Gara produce 26 toneladas y x van a la fábrica 1 (F1) e y van a la fábrica 2 (F2) entonces a la fábrica 3(F3) se transportaría el resto, es decir, 26-x-y.

Datos del problema en función de las variables x e y

Fábricas reciclaje

Ciudades F1 F2 F3

Gara

x

y

26-x-y

Jonay

20-x

22-y

-12+x+y

Obsérvese que 14-(26-x-y)= -12+x+y

Además estas cantidades de papel que se entregan a las fábricas no pueden ser negativas así que se deben cumplir las siguientes desigualdades:

x0, y0, 20-x0, 22-y0, 26-x-y0, -12+x+y0

Que después de simplificar quedarían reflejadas en el siguiente sistema de inecuaciones (restricciones del problema):

x  0 y  0

x  20 y  22 x+y  26 x+y  12

El objetivo de nuestro problema es organizar el transporte para que el coste sea mínimo, así que debemos definir la función objetivo observando la tabla de costes. Así pues quedaría de la forma siguiente:

Z=1·x+3·y+1·(26-x-y)+2·(20-x)+1·(22-y)+1·(-12+x+y)

Operando se obtiene que Z= -x+2y+76

Representemos, ahora, gráficamente la región factible y hallamos las coordenadas de sus vértices (candidatos a ser óptimos): (Fig.12)

Con un simple cálculo se puede ver que T=(0,22), U=(0,12), P=(12,0) y Q=(20,0). Calculemos ahora R y S: ) 6 , 20 ( R 6 20 26 y 26 y 20 20 x 26 y x                ) 22 , 4 ( S 4 22 26 x 26 22 x 22 y 26 y x               

Sustituyamos las coordenadas de los vértices en la función objetivo

Z= -x+2y+76

Z(T)= -0+2·22+76=0+44+76= 120

Z(S)= -4+2·22+76=-4+44+76= 116 Z(R)= -20+2·6+76=-20+12+76= 68 Z(Q)= -20+2·0+76=-20+0+76= 56 Z(P)= -12+2·0+76=-12+0+76= 64 Z(U)= -0+2·12+76=0+24+76= 100

Entonces la solución es x=20 e y=0 que llevándolo a nuestro problema significaría que las toneladas de papel a transportar desde cada ciudad (Gara y Jonay) a cada una de las fábricas (F1, F2, F3) para que el coste sea mínimo debe ser las que indica esta tabla:

Toneladas de papel que deben ir a cada fábrica

Fábricas reciclaje

Ciudades F1 F2 F3

Gara

20

0

6

Jonay

0

22

8

Gráficamente utilizando las líneas de nivel quedaría así: (Fig.13)

8. Más ejemplos para afianzar el tema.

Ejemplo 3. Una empresa proporciona a un inversor de bolsa 10 millones ($) para que los invierta en dos tipos de productos financieros, A y B. Los de tipo A tienen más riesgo pero producen un beneficio del 10 %. Los de tipo B son más seguros, pero producen sólo el 7% anual. Después de un estudio de mercado decide invertir

Fig. 13:Solución gráfica del problema

El mínimo se obtiene en el vértice Q(20,0)

como máximo 6 millones ($) en la compra de acciones del producto A y, por lo menos, 2 millones ($) en la compra de acciones del producto B. Además, decide que lo invertido en A sea, por lo menos, igual a lo invertido en B. ¿Qué tendría que hacer este inversor, en estas condiciones, para proporcionarle a la empresa el máximo beneficio?

Paso 1: Definimos las variables y ordenamos los datos del

enunciado.

x  cantidad invertida en el producto financiero A. (millones $) y  cantidad invertida en el producto financiero B. (millones $)

Ordenemos ahora los datos en la siguiente tabla:

Producto A Producto B

Inversión x y

Beneficios 0,1·x 0,07·y

x  6 millones y 2 millones x  y

Paso 2: La función beneficio que queremos maximizar sería:

Y las restricciones a las que debe estar sometida serían:

x+y 10 (se dispone en total de 10 millones $) x 6 (x es como máximo 6 millones $)

y 2 (y es como mínimo 2 millones $) x y (x es por lo menos y)

x0 y0

Paso 3: Representar el sistema de inecuaciones, dado por las

restricciones, para hallar la región factible. (Fig.14)

 0, 10  0, 07

Paso 4: Calculamos los vértices de la región factible hallando las

intersecciones de cada par de rectas implicadas:

) 2 , 2 ( O 2 y x y        ) 2 , 6 ( U 6 x 2 y        ) 4 , 6 ( V 4 6 10 y 6 x 10 y x             ) 5 , 5 ( W 5 y 10 y 2 10 y y x y 10 y x               

De esta forma obtenemos los siguientes vértices O(2,2) , U(6,2) , V(6,4) , W(5,5).

Paso 5: Sustituimos las coordenadas de los vértices en la función

objetivo para ver donde obtiene el máximo beneficio.

 

Z O millones

Fig. 14:Región factible del problema Región factible O U V W  0, 10  0, 07 Z x y

 

Z U millones

Z V

 

 

Paso 6: Trasladamos el problema a la realidad.

x=6  invertir 6 millones ($)en el producto financiero A V(6,4) 

y=4  invertir 4 millones ($) en el producto financiero B

Ejemplo 4. Una compañía de seguros trabaja para empresas y para particulares. Para ser rentable en el presente año ha de conseguir como clientes al menos a 20 empresas y a un número de clientes particulares que, como mínimo debe ser el doble que el número de empresas. Además, por problemas de logística tiene un límite global de 90 clientes anuales. Si cada empresa le produce 280 $ de ingresos anuales y cada particular 170 $ anuales. ¿Qué cantidad de clientes le proporcionaría los mayores ingresos anuales? ¿A cuánto ascenderían dichos ingresos?

Paso 1: Definimos las variables y ordenar los datos del enunciado.

x  cantidad de seguros a empresas y  cantidad de seguros a particulares Ordenemos ahora los datos en la siguiente tabla:

Empresas Particulares Nº de seguros x y  90 Ingresos 280 $ 170 $ x  20 y  2x El máximo se obtiene en el vértice V(6,4)

Solución final: Se tendría que a invertir 6 millones ($) en

el producto financiero A y 4 millones ($) en el producto financiero B para obtener un beneficio máximo de 0,88 millones ($).

Paso 2: La función objetivo de ingresos que queremos maximizar

sería:

Z=280x+170y

Y las restricciones a las que debe estar sometida serían: x+y  90 (el límite de seguros totales es 90)

y  2x (nº particulares es por lo menos el doble nº empresas) x  20 (al menos 20 empresas)

y  0

Paso 3: Representar el sistema de inecuaciones, dado por las

restricciones, para hallar la región factible. (Fig.15)

Paso 4: Calculamos los vértices de la región factible hallando las

intersecciones de cada par de rectas implicadas:

) 70 , 20 ( U 70 y 90 y 20 20 x 90 y x              ) 40 , 20 ( V 40 y 20 · 2 y 20 x x · 2 y            ) 60 , 30 ( W 60 y 30 x 90 x 3 90 x 2 x x · 2 y 90 y x                 

Fig. 15: Región factible del problema U

V

W Región factible

De esta forma obtenemos los siguientes vértices U(20,70) , V(20,40) y W(30,60).

Paso 5: Sustituimos las coordenadas de los vértices en la función

objetivo para ver donde se obtiene el máximo beneficio. Z=280·x+170·y (ingresos)

Z(U)=280·20+170·70=5600+11900=17500 $ Z(V)=280·20+170·40=5600+6800=12400 $ Z(W)=280·30+170·60=8400+10200=18600 $

Paso 6: Trasladamos el problema a la realidad.

x=30  se deben contratar 30 seguros a empresas W(30,60)

y=60  se deben contratar 60 seguros a particulares

Actividad 3. Un industrial fabrica dos productos A y B. Por cada kilo

de A necesita 4 horas de trabajo y 10000$ de material y, además, le proporciona un beneficio de 7500$. Por cada kilo de B necesita 7 horas de trabajo y 8000$ de material y obtiene una ganancia de 5000$.

Cada semana el industrial puede contar con 200 horas de trabajo. Además, firmo un contrato que le obliga a producir un mínimo de 15 kilos de A y de 10 kilos de B, y no puede gastar mas de 320000 $ en material. ¿Cuántos kilos por semana debe fabricar de cada producto para obtener el mayor beneficio posible?

Solución: Debe fabricar 24 kg De A y 10 Kg de B y obtendrá un

beneficio de 230000$.

Actividad 4. Para abonar una finca se necesitan al menos 9 kg de

nitrógeno y 15 de fósforo. En el mercado venden dos tipos de productos cuyas características son:

Nitrógeno Fósforo Precio por Kg Producto A 20 % 40 % 4 $ Producto B 30 % 30 % 5 $ El máximo se obtiene en el vértice W(30,60)

Solución final: Se tendrían que contratar 30 seguros a empresas

y 60 seguros a particulares para obtener unos ingresos máximos de 18600 $.

¿Qué cantidad ha de comprar el agricultor de cada producto para abonar la finca con el menor gasto posible?

Solución: Se trata de un problema de programación lineal en el cual

la región factible es no acotada y además, la función objetivo debe hacerse mínima. La solución es comprar 30 kg de producto A y 10 kg de producto B con un gasto de 170$.

Método del SIMPLEX: En 1947 el matemático George Dantzig

habló por primera vez de este método a través de su publicación “El Método Simplex”. Básicamente consiste en un algoritmo iterativo que secuencialmente se va aproximando a la solución óptima de este tipo de problemas. Partiendo de la propiedad que dice que la solución óptima de un problema de Programación lineal se encuentra en un vértice (o frontera) de la región factible y como el número de vértices (y de aristas) es finito, podremos decir que siempre se podrá encontrar dicha solución. De forma más intuitiva, este método nos dice que si la función objetivo F no toma su valor máximo en el vértice A, entonces existe una arista que parte de A a lo largo de la cual F aumenta.

En definitiva, el Método del Simplex es un ingenioso procedimiento que permite moverse de un vértice a otro, mejorando cada vez (o al menos, no empeorando) el objetivo. También permite descubrir si la región factible es vacía o si la solución óptima es no acotada. En la práctica, el método enumera sólo una pequeña parte de los puntos extremos de la región factible, lo cual simplifica considerablemente la resolución.

Es obvio que los ordenadores han jugado un papel determinante en este proceso. Como anécdota decir que en 1952 para un problema de 71 variables y 48 ecuaciones se realizó la primera implementación computacional que tardó en resolver el problema 18 horas.

Bibliografía:

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