P1 Una empresa de renado de crudo se plantea construir dos plantas para abastecer en lo posible
el consumo de tres ciudades. Para el emplazamiento de las plantas se han considerado 3 ubicaciones candidatas, de forma que, desde cada ubicacion se pueda hacer llegar a todas las ciudades la cantidad que se estime oportuna de gasolina. El consumo de la primera ciudad se estima en 10 millones de litros al a~no, el de la segunda en 20 y el de la tercera en 15. Las plantas se construiran cada una con una capacidad maxima de produccion de 20 millones de litros anuales. El coste de construccion de una planta en la primera ubicacion es de 200 millones de euros, en la segunda ubicacion de 250 millones y en la tercera de 230 millones.
Los costes de transporte, expresados en millones de euros por millon de litros, desde las diferentes ubica-ciones hasta las tres ciudades vienen dados en la siguiente tabla:
C1 C2 C3
Ubicacion 1 1 1;5 1
Ubicacion 2 2 1 1;2
Ubicacion 3 1 1 2
Formulad un problema mixto de programacion lineal - lineal entera de forma que la empresa minimice los costes conjuntos de inversion de las dos plantas y el transporte de la gasolina hasta los centros de consumo a lo largo de 4 a~nos. Emplead las variables:
x
ij = cantidad de gasolina transportada desde la ubicacion
i hasta la ciudadj en el horizonte de
4 a~nos.
i= variable binaria: = 1 se construye una planta en la ubicacion
i; = 0 no se construye la planta. P2Considerad el problema de programacion lineal siguiente en el que las variablesx
4 ; x
5 son variables
de holgura y la variablex
6es una variable de exceso: Maxz = x 3 x 1+ + x 3 3 3x 2 +2 x 3 6 x 1 + x 2 + x 3 1 x i 0 i= 1:::6 Dado el puntox 1 = 1 ; x 2 = 0 ; x 3 = 0:
1. Comprobad que este punto se corresponde con una base factible del problema, determinando la base asociada.
2. Calculad la tabla correspondiente a la base del apartado anterior. 3. Partiendo del puntox
1 = 1 ; x
2 = 0 ; x
3 = 0, hallar la solucion del problema.
4. A~nadir la restriccion x 3
2 y determinad un nuevo punto con el valor optimo z
de la funcion
objetivo para el problema modicado. Es posible determinar algun otro puntox 2 R
3que verique
las restricciones para el que la funcion objetivo tambien valga z
?. Justicad la respuesta y en
P3 Una multinacional enva sus productos desde su factora en Estocolmo (E) a razon de 10 unidades
diarias, hasta los dos principales centros de consumo en Roma (R) y Niza (N). Tanto en Roma como en Niza la demanda diaria es de 5 unidades. Los envos hacen una escala previa en Bruselas (B) o Londres (L). Las unidades que pasan por Londres siguen hasta Niza, mientras que las unidades que son enviadas a Bruselas pueden ir hasta Niza o hasta Roma, o bien pueden ser direccionadas hasta Londres. Una vez en Roma, si es necesario, pueden ser enviadas a Niza y recprocamente las que lleguen a Niza, si es necesario pueden seguir hasta Roma. El coste de transporte por unidad de producto de los diferentes tramos viene dado por la siguiente tabla:
E B L R N E 1 1 B 1 2 3 L 1 R 1 N 1
Partiendo de la solucion denida por el conjunto basico de arcos (E,B), (B,R), (B,N), (B,L), se pide: 1. Formulad el problema en forma de problema de ujos sobre redes utilizando una matriz de
inciden-cias nodos-arcos y reproduce la solucion basica factible descrita. 2. Encontrar la solucion del problema.
3. Vericar mediante el teorema de dualidad que dicha solucion es correcta.
4. Se abre un nuevo tramo de recorrido (L,R) con coste 1. Altera esto la solucion encontrada en el apartado 2. ?
P4Considerad el problema de programacion lineal entera: Max x 1+ x 2 7x 1 ;7x 2 1 42x 1 ;35x 2 30 x 1 1 x i 0; x i 2Z ; i = 1;2
Se sabe que la solucion de la relajacion inicial, o nodo 0, esx 1 = 1, x 4 = 18, x 2 = 6 =7 con la tabla optima siguiente: 1 2 3 4 5 1 0 0 0 1 1 0 0 5 1 ;7 18 0 1 1=7 0 1 6=7 0 0 1=7 0 2 13=7
1. Reproduce la solucion del nodo 1, hijo del nodo 0, correspondiente a la restriccionx 2
0.
2. Reproduce la solucion del nodo 2, hijo del nodo 0, correspondiente a la restriccionx 2
1
3. Examinando las restricciones del problema, que podemos armar respecto de los nodos 3 y 4, hijos del nodo 1, y correspondientes respectivamente a las restriccionesx
1
0 yx 1
1 ?.
P1Costes de transporte: c ij 1 2 3 i# j! C1 C2 C3 1 Ubicacion 1 1 1;5 1 2 Ubicacion 2 2 1 1;2 3 Ubicacion 3 1 1 2 Costes de inversion: d i = 200 ;250;230, i = 1;2;3 Min x; 4 3 X i=1 3 X j=1 c ij x ij+ 3 X i=1 i d i 3 X i=1 x i1+ x 01 = 10; 3 X i=1 x i2+ x 02 = 20; 3 X i=1 x i3+ x 03 = 15 3 X j=1 x 1j = 20 1; 3 X j=1 x 2j = 20 2; 3 X j=1 x 3j = 20 3 3 X j=1 x 0j = 5 1+ 2+ 3 = 2 ; x ij 0; i = 0;1;2;3; j = 1;2;3; i 2 f0;1g; i = 1;2;3 P2
1) Examinando las restricciones: six 1 = 1, x 2 = 0 , x 3 = 0 ha de ser x 4 = 2 , x 5 = 6 , x 6 = 0. Por
tanto las variables basicas sonx 1
;x 4
;x
5 y las no basicas son x 2 ;x 3 ;x 6: I B = f1;4;5g: B = 0 @ 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 A ! B ;1 = 0 @ 0 0 1 1 0 ;1 0 1 0 1 A ! B ;1 b = 0 @ 0 0 1 1 0 ;1 0 1 0 1 A 0 @ 3 6 1 1 A = 0 @ 1 2 6 1 A 0
Por tanto, efectivamente la solucion proporcionada es una base factible del problema. 2) Y = B ;1 N = 0 @ 0 0 1 1 0 ;1 0 1 0 1 A 0 @ 0 1 0 3 2 0 1 1 ;1 1 A = 0 @ 1 1 ;1 ;1 0 1 3 2 0 1 A
Valor de la funcion objetivo para la baseI B = f1;4;5g: z 0 = 0 r = 0 @ r 2 r 3 r 6 1 A = 0 @ 0 ;1 0 1 A ; 0 @ 1 ;1 3 1 0 2 ;1 1 0 1 A 0 @ 0 0 0 1 A = 0 @ 0 ;1 0 1 A Tabla: 1 2 3 4 5 6 1 1 1 0 0 ;1 1 0 ;1 0 1 0 1 2 0 3 2 0 1 0 6 0 0 ;1 0 0 0 0 3) Entrax 3; Minf1; 6=2g = 1 salex 1:
1 2 3 4 5 6 1 1 1 0 0 ;1 1 0 ;1 0 1 0 1 2 0 1 0 0 1 2 4 1 1 0 0 0 ;1 1 Entrax 6,
Minf4=2; 2=1g = 2. Puede salir indistintamentex 4o x 5. Se escoge x 4. 1 2 3 4 5 6 1 0 1 1 0 0 3 0 ;1 0 1 0 1 2 0 3 0 ;2 1 0 0 1 0 0 1 0 0 3 Solucion optima: x 1= 0 ; x 2= 0 ; x 3= 3 ; x 4= x 5= 0 ; x 6= 2 4)x 3 2 ! x 3+ x 7 = 2 ; x 7 0. 1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 1 0 0 0 3 0 ;1 0 1 0 1 0 2 0 3 0 ;2 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 0 0 0 3 ! 1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 1 0 0 0 3 0 ;1 0 1 0 1 0 2 0 3 0 ;2 1 0 0 0 ;1 0 0 ;1 0 0 1 ;1 1 0 0 1 0 0 0 3
Infactible primal, factible dual; se utiliza el smplex dual para hallar la nueva solucion optima.
Maxf1=(;1); 1=(;1)g = ;1. Salex 7; entra x 1 o x 4. Se escoge x 1. 1 2 3 4 5 6 7 0 0 1 0 0 0 1 2 0 ;1 0 1 0 1 0 2 0 3 0 ;2 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 ;1 1 0 0 0 0 0 0 1 2
Nueva tabla optima. Puesto que existen columnas no basicas con costes reducidos nulos existen optimos alternativos. Uno de ellos puede obtenerse haciendo entrar en la base la variablex
4(otra puede obtenerse
haciendo entrarx 2): Haciendo entrarx 4. Minf2;1g = 1. Salex 1: 1 2 3 4 5 6 7 0 0 1 0 0 0 1 2 ;1 ;1 0 0 0 1 1 1 2 3 0 0 1 0 ;2 2 1 0 0 1 0 0 ;1 1 0 0 0 0 0 0 1 2 Haciendo entrarx 2. Sale x 5: 1 2 3 4 5 6 7 0 0 1 0 0 0 1 2 0 0 0 1=3 1=3 1 0 2 0 1 0 ;2=3 1=3 0 0 0 1 0 0 1 0 0 ;1 1 0 0 0 0 0 0 1 2
P3
a) Formulacion con matriz de incidencias:
Min x0 x EB+ x EL+ x BL+ 3 x BN+ 2 x BR+ x RN+ x NR+ x LN E B L R N 0 B B B B @ 1 1 ;1 1 1 1 ;1 ;1 1 ;1 1 ;1 ;1 ;1 1 ;1 1 C C C C A 0 B B B B B B B B B B @ x EB x EL x BL x BN x BR x RN x NR x LN 1 C C C C C C C C C C A = 0 B B B B @ 10 0 0 ;5 ;5 1 C C C C A E B R L N 1 1 1 1 1 3 2 1 10 5 5
b) Solucion basica inicial descrita:
E B R L N 10 5 5 10 5 5 0 N = ;4; r EL = c EL ;( E ; L) = 1 ;(+2) =;1 R = ;3; r LN = c LN ;( L ; N) = 1 ;(;2 + 4) = ;1 ( B = ;1; r RN = c RN ;( R ; N) = 1 ;(;3 + 4) = 0 L = ;2; r NR = c NR ;( N ; R) = 1 ;(;4 + 3) = 2 E = 0
EntraLN (Podra entrarEL); Ciclo orientado segunL!N!B !L. ^x LN =
Minf5g = 5;
SaleBN.
E B R L N 10 5 10 5 5 N = ;3; r EL = c EL ;( E ; L) = 1 ;(+2) =;1 ( R = ;3; r BN = c BN ;( B ; N) = 3 ;(;1 + 3) = 1 B = ;1; r RN = c RN ;( R ; N) = 1 ;(;3 + 3) = 1 L = ;2; r NR = c NR ;( N ; R) = 1 ;(;3 + 3) = 1 E = 0
EntraEL; Ciclo orientado segunE!L!B !E. ^x EL =
Minf5;10g = 5; SaleBL.
Nueva solucion basica:
E B R L N 10 5 5 5 5 5 5 0 0 0 0 N = ;2; r BL = c BL ;( B ; L) = 1 ;(;1 + 1) = 1 R = ;3; r BN = c BN ;( B ; N) = 3 ;(;1 + 2) = 2 B = ;1; r RN = c RN ;( R ; N) = 1 ;(;3 + 2) = 2 L = ;1; r NR = c NR ;( N ; R) = 1 ;(;2 + 3) = 0 E = 0 Solucion optima.
c) Aplicacion del teorema de dualidad: F.obj. primal: c > x = 51 + 51 + 52 + 51 = 25 F.obj. dual: b > = R b R+ N b N = ;3(;5) + (;2)(;5) = 25 d)r LR = 1 ;(;1 + 3) = ;1 < 0: S altera la solucion. ^ x LR = Minf5;5g = 5;SaleBR N = ;2; r BL = c BL ;( B ; L) = 1 ;(;1 + 1) = 1 R = ;2; r BN = c BN ;( B ; N) = 3 ;(;1 + 2) = 2 B = ;1; r RN = c RN ;( R ; N) = 1 ;(;2 + 2) = 1 L = ;1; r NR = c NR ;( N ; R) = 1 ;(;2 + 2) = 1 = 0 = ( ) = 2 ( 1 + 2) = 1
Nueva solucion optima: E B R L N 10 5 5 0 10 5 5 P4 1)x 2 0: 1 2 3 4 5 6 1 0 0 0 1 0 1 0 0 5 1 ;7 0 18 0 1 1=7 0 1 0 6=7 0 0 ;1=7 0 ;1 1 ;6=7 0 0 1=7 0 2 0 13=7 Salex 6 ; entrax 3: Maxf 1=7 ;1=7 ; 2 ;1 g = ;1 1 2 3 4 5 6 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 ;42 35 ;12 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 7 ;7 6 0 0 0 0 1 1 1 Salex 4 ; entrax 5: 1 2 3 4 5 6 1 0 0 1=42 0 5=6 5=7 0 0 0 ;1=42 1 ;5=6 2=7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ;7 0 ;7=6 4 0 0 0 1=42 0 11=6 5=7 Tabla optima 2) 1 2 3 4 5 6 1 0 0 0 1 0 1 0 0 5 1 ;7 0 18 0 1 1=7 0 1 0 6=7 0 0 1=7 0 1 1 ;1=7 0 0 1=7 0 2 0 13=7
Problema dual no acotado!problema primal infactible.
3) Para el nodo 3 correspondiente a la restriccionx 1
0 debe serx
1 = 0, ya que las variables han de
ser no negativas. Por tanto no podra vericarse la primera restriccion: 7x 1
;7x 2
1. Dicho nodo, por
tanto debe marcarse por infactibilidad.
Para el nodo 4 correspondiente a la restriccionx 1
1, puesto que es hijo del nodo 1 (x 2
0) no podra
vericarse la segunda restriccion 42x 1
;35x 2
30. El nodo 4 nodo, por tanto debe marcarse tambien
4) 0 1 2 3 4 x 2 0 x 2 1 x 1 0 x 1 1
Todos los nodos aparecen marcados por infactibles y el arbol de exploracion aparece cerrado. La region factible no contiene solucion entera alguna.