Soluciones Básicas
Factibles
Julieta Melisa Rivera Salas
Ing. Industrial
Sexto Semestre
Investigación de Operaciones I
Profesora: Santana Robles Francisca
U
NIVERSIDAD
A
UTÓNOMA DEL
E
STADO DE
H
IDALGO
En Programación Lineal una solución básica factible es aquella que además de pertenecer a la región o área factible del problema se puede representar a través de una solución factible en la aplicación del Método Simplex satisfaciendo las condiciones de no negatividad. En este contexto una solución básica factible
corresponderá a uno de los vértices del dominio de factibilidadcuya coordenada o
El área achurada corresponde al dominio de factibilidad del problema, identificándose en particular 5 vértices que hemos llamado arbitrariamente A, B, C,
D y E. La solución óptima del modelo lineal se alcanza en el vértice Cdonde
X=100 e Y=350 con valor óptimoV (P)=3.100. Notar que dicha solución se puede
obtener a través de la resolución de un sistema de ecuaciones con las restricciones 1 y 3 (R1 y R3) en igualdad.
Una solución básica factible (SBF) a un sistema de ecuaciones A x = b m × n (n ≥ m) es una solución básica con valores no negativos para las variables de decisión.
Determina las soluciones básicas factibles del sistema estándar correspondiente a la región que definen las restricciones
x1 + x2 ≤ 40 2 x1 + x2 ≤ 60
x1, x2 ≥ 0. La forma estándar es:
x1 + x2 + s1 = 40 2 x1 + x2 + s2 = 60
y cumpliendo x1, x2,s1,s2 ≥ 0.
Y en la forma estándar n = 4 (número de variables) y m = 2 (número de
ecuaciones), y por consiguiente el número de posibles soluciones básicas es:
Un punto clave que relaciona la parte geométrica con la parte algebraica es el siguiente resultado teórico: Teorema La región factible a un modelo lineal corresponde a un conjunto convexo, y a cada extremo de la región le corresponde una SBF de su forma estándar y a cada SBF le corresponde un extremo de la región factible.
Ejercicios
1. Juan acaba de entrar a la universidad, y se da cuenta que si sólo estudia y no juega, su personalidad será gris. Desea repartir su tiempo disponible, aproximadamente de10 horas por día, entre juego y estudio. Estima que el juego es doblemente divertido que el estudio. También desea estudiar cuanto menos un tiempo igual al que pasa jugando. Sin embargo, se da cuenta que si debe hacer todas sus tareas escolares, no puede jugar más de 4 horas diarias. ¿Cómo debe repartir Juan su tiempo, para maximizar su placer de estudiar y jugar?
Max Z= 2x1+x2
Sujeto a: X1+X2 10
X1-x2 0
X1 4
X1, X2 0
1. Determinación del espacio de soluciones factibles
X1+X2=10 Si X1=0 X2=10 (0, 10)
Si X2=0 X1=10 (10, 0)
X1-X2=0 Si X1=2
2-X2=0 => X2=2 (2, 2) X1=4
2. Determinación de la solución óptima Z=10 2X1+X2=10
Si X1=0 X2=10 (0, 10)
Si X2=0
2X1=10 => X1=5 (5, 0) Z=15
2X1+X2=15 Si X1=0 X2=15 (0, 15)
Si X2=0
X1=4
X1+X2=10 => X=6 (4,6)
El óptimo es X1= 4 y X2=6 y el valor de Z=2(4)+6=14
Juan debe repartir 4 horas para juego y 6 horas estudio y su placer de estudiar y jugar será de 14.
2. OilCo construye una refinería para elaborar cuatro productos: diésel, gasolina, lubricantes y combustible para aviones. Las demandas (en barriles/día) de esos productos son 14,000, 30,000, 10,000 y 8,000, respectivamente. Irán y Dubái tienen contrato para enviar crudo a OilCo. Debido a las cuotas de producción que especifícala OPEP (Organización de Países Exportadores de Petróleo) la nueva refinería puede recibir al menos el 40% de su crudo de Irán, y el resto de Dubái. OilCo pronostica que esas cuotas de demanda y de crudo permanecerán estables durante los 10 años siguientes. Las distintas especificaciones de los dos crudos determinan dos proporciones distintas de productos: un barril de crudo de Irán rinde 0.2 barril de diésel, 0.25 barril de gasolina, 0.1 barril de lubricante y 0.15 barril de combustible para avión. Los rendimientos correspondientes del crudo de Dubái son: 0.1, 0.6, 0.15 y 0.1, respectivamente. OilCo necesita determinar la capacidad mínima de la refinería, en barriles de crudo por día.
Solución
X1= miles de barriles/día de Irán X2= miles de barriles/día de Dubái
Minimizar Z=X1+X2 Sujeta a: -0.6X1+0.4X2 0 0.2X1+0.1X2 14 0.25X1+0.6X2 30 0.1X1+0.15X2 10 0.15X1+0.1X2 8 0.2X1+0.1X2=14 Si X1=0 X2=140 (0, 140)
Si X2=0 X1=70 (70, 0)
0.25X1+0.6X2=30
Si X2=0X1=120 (120, 0) 0.1X1+0.15X2=10
Si X1=0X2=66.67 (0, 66.67)
Si X2=0X1=100 (100, 0) 0.15X1+0.1X2=8
Si X1=0X2=800 (0, 800)
Si X2=0 X1=53.33 (53.33, 0)
-0.6X1+0.4X2<=0
Si X1=100 X2=150 (100,150)
El óptimo pasa por el cruce de las ecuaciones 0.2X1+0.1X2>=14
0.1X1+0.15X2>=10
Al resolver el sistema tenemos X2=30 y X1=55 y Z=85.
El optimo es X1=55 barriles/día de Irán y X2=30 barríles/día de Dubai y la capacidad minima de barriles de crudo por día es 85.
3 . Una compañía fabrica y venden dos modelos de lámpara L1 y L2. Para su
de 15 y 10 euros para L1 y L2, respectivamente, planificar la producción
para obtener el máximo beneficio.
a) Elección de las incógnitas.
x = nº de lámparas L1 y = nº de lámparas L2
b) Función objetivo
f(x, y) = 15x + 10y c) Restricciones
Pasamos los tiempos a horas 20 min = 1/3 h
30 min = 1/2 h 10 min = 1/6 h
Para escribir las restricciones vamos a ayudarnos de una tabla:
L 1 L 2 T i e m p o
M a n u a l 1 / 3 1 / 2 1 0 0
M á q u i n a 1 / 3 1 / 6 8 0
1 / 3 x + 1 / 2 y ≤ 1 0 0 1 / 3 x + 1 / 6 y ≤ 8 0
Como el número de lámparas son números naturales, tendremos dos restricciones más:
x ≥ 0 y ≥ 0
d) Hallar el conjunto de soluciones factibles
Tenemos que representar gráficamente las restricciones. Al ser x ≥ 0 e y ≥ 0, trabajaremos en el primer cuadrante.
Representamos las rectas, a partir de sus puntos de corte con los ejes.
Resolvemos gráficamente la inecuación: 1/3 x + 1/2 y ≤ 100; para ello tomamos un punto del plano, por ejemplo el (0,0).
1/3·0 + 1/2·0 ≤ 100 1/3·0 + 1/6·0 ≤ 80
e) Calcular las coordenadas de los vértices del recinto de las soluciones factibles.
La solución óptima si es única se encuentra en un vértice del recinto. Estos son las soluciones a los sistemas:
1/3x + 1/2y = 100; x = 0 (0, 200) 1/3x + 1/6y = 80; y = 0(240, 0)
1/3x + 1/2y = 100; 1/3x + 1/6y = 80(210, 60)
f) Calcular el valor de la función objetivo
En la función objetivo sustituimos cada uno de los vértices. f(x, y) = 15x + 10y
f(210, 60) = 15·210 + 10·60 = 3 750 € Máximo
La solución óptima es fabricar 210 del modelo L1 y 60 del modelo L1 para
