unidad 1 programación lineal
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1
Unidad 1
Programación Lineal
2
• ¿Qué es un problema?
• Soluciones: Absolución
Resolución
Solución
Disolución
• ¿Por qué decimos que un problema es complejo?
• Análisis de problemas: ¿Quién resuelve los problemas?
• ¿Qué entendemos por identificar un problema?
1.1 Introducción a la Programación Lineal
3
¿Qué es Investigación de Operaciones?
El uso de las matemáticas y las computadoras para ayudar a tomar decisiones racionales frente a problemas de administración complejos
4
Aplicación de las técnicas de la administración a problemas (sistemas):
Determinísticos
Toda la información necesaria para obtener una solución se conoce con certeza
Estocásticos
Parte de la información no se conoce con certeza
5
Método Científico para resolver problemas complejos
En las Ciencias En Administración
Defínase el problema Recoléctense los datos Formulénse hipótesis Pruebénse hipótesis Evalúense resultados Obténganse conclusiones
Defínase el problema Recoléctense los datos Defínanse soluciones alternativas Evalúense soluciones alternativas Selecciónese la mejor alternativa Puesta en práctica
6
¿Qué se hace en la realidad?
Estar bien informado Conocer todastodas las alternativas Ser objetivo (ser optimizador económico)
Muchas soluciones
Definir el problema
Establecer los criterios de solución
Buscar las soluciones
Solución Satisfactoria
Aumentar los criterios
Pocas soluciones
Disminuir criterios
7
¿Qué hace un Director de Empresa para escoger la acción más efectiva para alcanzar las metas de la Organización?
Establecer Criterio que usará Seleccionar un conjunto de alternativas para considerarlas Determinar el modelo que se usará y los valores de los parámetros Determinar la alternativa que optimiza el criterio
8
Aportes: Técnicas de Programación Lineal
– George Dantzig (USAF), Marshall Wood y Murray Geisler
– Wassily Leontief (modelo insumo-producto)• Método Simplex
– Gomory (programación lineal discreta)
– Lester Ford y D. K: Fulkerson (redes, trayectoria crítica)• CPM y PERT
9
CONSTRUCCIÓN DE MODELOS CUANTITATIVOS
Los métodos cuantitativos se emplean:
• Como guía en la toma de decisiones
• Como ayuda en la toma de decisiones
• Para automatizar la toma de decisiones
10
Características de los Sistemas Administrativos
• Def: “Sistema....
• Tipos de sistemas: Cerrados, abiertos
Modelos:
• Normativos, descriptivos
• Concretos, Abstractos (verbales o simbólicos)
• Aplicación (Inventarios)
• Técnica (Programación Lineal)
• Comparación de Modelos (validez, confialbilidad y la simplicidad)
11
• Dimensionalidad de los modelos (unidades)
• Toma de decisiones
• Dimensionalidad de los modelos (unidades)
Categoría Consecuencia
Certidumbre Deterministas
Riesgo Probabilísticas
Incertidumbre Desconocidas
Conflicto Influidas por un oponente
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Uso de Datos para la Toma de Decisiones
““Determina primero los hechos, después puedes Determina primero los hechos, después puedes tergiversarlos como te plazca”. Mark Twintergiversarlos como te plazca”. Mark Twin
““Los hechos no dejan de existir porque se ignoren”. Los hechos no dejan de existir porque se ignoren”. Aldous HuxleyAldous Huxley
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• ¿Qué son los datos?¿Qué son los datos?
Son hechos o conceptos conocidos o supuestos y Son hechos o conceptos conocidos o supuestos y generalmente se expresan en númerosgeneralmente se expresan en números
• Tipos de datosTipos de datos
Internos y externosInternos y externos
Objetivos y subjetivosObjetivos y subjetivos
• Requerimientos de datos en diferentes niveles de Requerimientos de datos en diferentes niveles de la Organizaciónla Organización
Control operativoControl operativo
Control AdministrativoControl Administrativo
Planeación estratégicaPlaneación estratégica
14
Situación: InversiónConsidere el problema enfrentado por Mark, graduado de la maestría de administración de empresas, quién recientemente obtuvo un puesto como analista financiero en una compañía de Wall Street. Uno de los beneficios adicionales es un plan de retiro en el que el empleado pone 5% de su ingreso mensual. La compañía iguala esta cantidad. El dinero de este plan es entonces invertido en dos fondos: un fondo de acciones y un fondo de bonos. El Departamento de Beneficios le ha pedido a Mark que especifique la fracción de este dinero que habría que invertir en cada fondo. Mark ha analizado el rendimiento anterior de estos fondos y se ha enterado de que el fondo de acciones ha crecido a una tasa anual promedio de 10%, mientras que el fondo de bonos, ha promediado una retribución anual de 6%. Para diversificar su cartera y para controlar el riesgo, no desea poner todos los huevos en una sola canasta, ha identificado dos pautas:
1. Ninguno de los fondos debe tener más del 75% de la inversión total.
2.La cantidad invertida en el fondo de acciones no debe exceder del doble invertido en el fondo de bonos.
15
1 Definición del problema
El problema de Mark está bien definido, se conoce el objetivo global, las limitaciones básicas para la toma de decisión
2 Desarrollo del Modelo Matemático
Expresar el problema en forma matemática (formular el modelo), por lo que se requiere determinar las variables involucradas
16
Variables de decisión:
S : Fracción de capital por invertir en acciones
B : Fracción de capital por invertir en bonos
Para el problema se desean escoger valores para que estas variables:
1 Maximicen la retribución anual esperada
2 Satisfagan todas las pautas de inversión
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- Función Objetivo
El objetivo global de un problema de decisión expresado en una forma matemática en términos de los datos y de las variables de decisión:
Maximizar 0,1 S + 0,06 B
- Restricciones (limitaciones)
Es un límite sobre los valores de las variables en un modelo matemático típicamente impuestos por condiciones externas.
18
- Ningún fondo tenga más del 75% de lo invertido
S 0,75 (límite superior en el fondo de acciones)
B 0,75 (límite superior en el fondo de bonos)
- La fracción S invertida en el fondo de acciones no debe exceder del doble de la fracción B invertida en el fondo de bonos
S 2 B ó S - 2 B 0
- Cada fracción debe ser no negativa
S, B 0
19
Finalmente el modelo resultante es:
Maximizar 0,1 S + 0,06 B
Sujeto a:
S 0,75
B 0,75
S - 2 B 0
S, B 0
20
3 Resolución del modelo matemático
Al resolver el problema usando cualquier técnica se tienen los siguientes valores para las variables de decisión:
S = 0,75 y
B= 0,75
Generando una retribución de:
0,1 * 0,75 + 0,06 * 0,75 = 0,12 (12%) ¿?
Solver 1
21
4 Validación y Control de la Solución
Al observar los valores de las variables de decisión (S=0,75 y B=0,75) se ve que no tienen sentido. No se puede invertir un 75% en ambos fondos simultáneamente.
Hay un error, no se incorporó una restricción, esto es, los recursos disponibilidad.
S + B = 1
22
5 Modificación del Modelo
Maximizar 0,1 S + 0,06 B
Sujeto a:
S 0,75
B 0,75
S - 2 B 0
S + B = 1
S, B 0
23
Resolviendo nuevamente se tiene que:
S = 0,6667 y
B = 0,3333
Finalmente la retribución es
0,1 * 0,6667 + 0,06 * 0,33333 = 0,86667 (8,667%)
Nota: Emplear Solver para determinar el valor de las variables de decisión
24
1.2 Construcción de Modelos de PL
Modelo de Programación Lineal
Es un modelo matemático en el que las relaciones entre variables son lineales y donde hay un solo objetivo o medida de rendimiento.
La ventaja que tiene el modelo es que existe una técnica matemática que permite determinar la decisión óptima.
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El modelo de PL tiene un conjunto de variables de decisión, una función objetivo la que debe maximizarse o minimizarse y un conjunto de relaciones o restricciones.
Z = C1X1 + C2X2 + ......... CnXn
Z : es un objetivo económico (beneficios, producción, costos, etc)
Ci : coeficientes constantes (factores de ponderación)
Xi : variables de decisión (n)
sujeto a (Restricciones (m) ):
A1X1 + A2X2 + ......... AnXn B1
..................................................A1X1 + A2X2 + ......... AnXn Bm
FORMALIZACIÓN DEL MODELO DE PL
26
Matricialmente se tiene:
Vector de variables o
niveles de actividad
Vector de “costos” o factor de ponderación
nx
x
x
.2
1
nccc ...21
27
Vector de variables o
niveles de actividad
Vector de variables o
niveles de actividad
A
B
nb
b
b
2
1
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
..
........
..
..
21
22221
11211
28
Entonces
Optimizar Z = CT X = [c1 c2 c3]
nx
x
x
2
1
=
n
jjj xc
1
sujeto a
A X B
y X 0
29
Ejemplo 1:
Una mueblería produce dos tipos de productos, sillas y mesas. Supóngase que el beneficio marginal por cada silla es de $8 y por cada mesa es de $10. Para la producción se dispone de 20 horas hombre (hh) y de 10 unidades de madera (um). Para la construcción de una silla se requieren 8 hh y 2 um, y para la construcción de una mesa se requieren 6 hh y 4 um. ¿Cuántas sillas y mesas se deben construir para obtener el mayor beneficio?.
30
Recursos Sillas MesasDisponibilidad de
recursos
R1: horas hombre 8 6 20
R2: unidades de madera
2 4 10
Beneficios $8 $10
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Formulación del PL
SeaX1 : Nº de sillas
X2 : Nº de mesas
Función Objetivo:
Max Z = 8X1 + 10X2
Sujeto a:8X1 + 6X2 20 // hh2X1 + 4X2 10 // um
X1 0 y X2 (no negatividad)
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Ejemplo 2:
Dos productos se elaboran al pasar en forma sucesiva por tres máquinas.
El tiempo por máquina asignado a los dos productos está limitado a 10 horas por día
El tiempo de producción y la ganancia por unidad de cada producto son:
Producto Máquina 1 Máquina 2 Máquina 3 Ganancia $1 10 6 8 22 5 20 15 3
Minutos por unidad
Obtenga el modelo de PL para maximizar la ganancia
33
Solución:
1. Variables de decisión
X1 : Cantidad del producto 1
X2 : Cantidad del producto 2
2. Función Objetivo: Maximizar ganancia
MAX Z = 2 X1 + 3 X2
3. Restricciones
10 X1 + 5 X2 600
6 X1 + 20 X2 600
8 X1 + 15 X2 600
X1 , X2 0
ó 24 X1 + 40 X2 1800
X1 , X2 0
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Ejemplo 3:RMC posee una pequeña fábrica de pinturas para interiores y exteriores de casa para su distribución al mayoreo. Se utilizan dos materiales básicos, A y B. La disponibilidad máxima de A es de 6 toneladas diarias, la de B es de 8 toneladas por día. La necesidad diaria de materia prima por tonelada de pintura para interiores y exteriores se resumen en la siguiente tabla:
Un estudio de mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que las pinturas para exteriores en más de una tonelada. Asimismo, el estudio señala que la demanda máxima de pintura para interiores está limitada a dos toneladas diarias.
El precio al mayoreo es de $3.000 para la pintura de exteriores y $2.000 para la de interiores.
¿Cuánta pintura para exteriores e interiores debe producir la fábrica de pinturas RMC todos los días para maximizar el ingreso bruto?
Tonelada de materia primapor tonelada de pintura Disponibilñidad
Exterior Interior máxima (Toneladas)Materai prima A 1 2 6Materia prima B 2 1 8
35
Solución:
1. Variables de decisión
X1 : Toneladas de pintura de exteriores producidas por día
X2 : Toneladas de pintura para interiores producidas por día
2. Función Objetivo: Maximizar ganancia
MAX Z = 3 X1 + 2 X2 miles de unidades monetarias
3. Restricciones X1 + 2 X2 6
2 X1 + X2 8
- X1 + X2 1
X2 2
X1 , X2 0
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Ejemplo 4:Una empresa fabrica dos productos, A y B. En su elaboración, cada producto debe pasar por dos secciones. El suministro de mano de obra de la sección 1 es 100 horas y el de la sección 2 es 200 horas.
El tiempo de mano de obra cuesta $2 por hora en la sección 1 y $1,5 en la sección 2. Las horas de mano de obra necesarias por unidad de cada producto son las siguientes:
Producto A Producto BSección 1 4 3Sección 2 2 8
La cantidad máxima de unidades de B que puede venderse es igual a treinta; la de A es veinticuatro. La materia prima para cada producto cuesta $5 por unidad. El precio unitario de A es $30 y el de B es $25$
a) Construya el modelo de PL correspondiente.
37
1.3 Solución de Problemas PL
Existen varias métodos, entre ellos se tiene
1.3.1 Método Gráfico
1.3.2 Método Simplex
38
1.3.1 Método Gráfico
Este método es muy limitado por la incapacidad de visualizar más de tres dimensiones. Sin embargo es recomendable usarlo para fijar los conceptos que son aplicables a los otros métodos de resolución.
39
Los pasos a seguir son:
1. Construir el modelo
2. Graficar cada una de las restricciones en el sistema formado por las variables de decisión.
3. Identificar la región (zona) factible
4. Determinar el valor objetivo (VO) a partir de la función objetivo en cada uno de los vértices de la zona factible.
Si es minimizar, considerar el menor o el mayor en caso de maximizar.
40
Ejemplo
PROTRAC produce dos líneas de equipo pesado. Una de estas líneas de productos (llamada equipo para remoción de escombros) se destina esencialmente a aplicaciones de construcción. La otra línea (llamada equipos forestales está destinada a la industria maderera. El miembro más grande de la línea de equipos para remover escombro (el E-9) y el miembro mayor de la línea de equipos forestales (el F-9) se producen en el mismo departamento y con el mismo equipo. Haciendo uso de las predicciones económicas para el próximo mes, el gerente de mercadotecnia de PROTAC juzga que durante ese periodo será posible vender los E-9 y los F-9 que la empresa pueda producir. La administración debe ahora recomendar una meta de producción para el próximo mes. Es decir, ¿cuántos E-9 y F-9 deben producirse?. En la toma de decisión, los principales factores a considerar son los siguientes:
41
1. PROTRAC tendrá una utilidad de $5.000 por cada E-9 que se venda y $4.000 por cada F-9.
2. Cada producto pasa por operaciones mecánicas tanto en el departamento A como en el departamento B
3. Para la producción del próximo mes, estos dos departamentos tienen disponibles 150 y 160 horas respectivamente. Cada E-9 consume 10 horas en el departamento A y 20 horas en el departamento B, mientras que cada F-9 consume 15 horas en el departamento A y 10 horas en el departamento B.
42
4. Con objeto de cumplir un compromiso con el sindicato, el total de horas de trabajo que se dedicarán a la verificación de los productos terminados del próximo mes no puede ser menor en 10% a una meta establecida de 150 horas. Esta actividad se realiza en un tercer departamento que no tiene relación con los departamentos A y B. Cada E-9 requiere de 30 horas de comprobación y cada F-9, 10 horas.
5. Con el objeto de mantener su posición actual en el mercado, la alta gerencia ha decretado que para la política de operación es necesario construir al menos un F-9 por cada 3 E-9.
6. Un consumidor importante ha ordenado un total de por lo menos cinco aparatos (en cualquier combinación de E-9 y F-9) para el próximo mes, así es que por lo menos debe producirse esa cantidad
43
Modelo de PL
a) Variables de decisión:
b) Maximizar Z:
c) Sujeto a:
44
Gráfica de PROTRACGráfica de PROTRAC
Zona factible
45
F17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
CD
FO
Gráfica de PROTRAC y función UtilidadGráfica de PROTRAC y función Utilidad
46
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
CD
FO
Gráfica de PROTRAC y función UtilidadGráfica de PROTRAC y función Utilidad
Solución óptima
47
Cálculo de E y F
(Vértice C: Resolver el sistema)
10E + 15F = 150
20E + 10F = 160
E = 4,5
F = 7
y VO = 5.000(4,5) + 4.000(7)
22.500 + 28.000
VO = 50.500
48
Consumo: (horas)
Depto A: 10(4,5) + 15(7) = 150
Depto B: 20(4,5) +10(7) = 160
Depto Pruebas: 30(4,5) + 10(7) = 205
En los departamentos A y B el consumo es igual a la disponibilidad en cambio en el departamento de pruebas se consumió más del mínimo exigido.
49
1.3.2 Método Simplex
1. Forma estándar del Modelo de PL
2. Soluciones Básicas
3. Método Simplex Primal: Algoritmo
A. Forma estándar del Modelo de PL
• Todas las restricciones son ecuaciones (con
segundos miembros no negativos
• Todas las variables son no negativas
• La función Objetivo puede ser maximización
o minimización
51
A.1 Restricciones
Una restricción del tipo () puede convertirse en ecuación mediante la suma de una variable de holgura (restando una variable de exceso) al primer miembro de la restricción.
Ejemplo:1) desigualdad: 3x1 + 12x2 20
igualdad 3x1 + 12x2 + x3 = 20 con x3 0
2) desigualdad: 8x1 + 10x2 120
igualdad 8x1 + 10x2 - x4 = 120 con x4 0
52
A.2 Segundo miembro no negativo
Se multiplica la desigualdad (ecuación) por -1
Ej. 3X1 + 2X2 -5
-3X1 - 2X2 <= 5
53
A.3 Variables irrestrictas
Una variable irrestricta (no restringida) xi puede expresarse en términos de dos variables no negativas mediante el uso de la sustitución:
La sustitución debe realizarse en todas las restricciones y en la función objetivo
0, ''' ii xx'''iii xxx
54
Ejemplo:
Escriba el siguiente modelo de PL en la forma estándar:
MAX z = 2x1 + 3x2
sujeto a
x1 + x2 = 10
-2x1 + 3x2 -5
7x1 - 4x2 6
x1 irrestricta y
x2 0
Forma Estándar
55
Solución
56
A.4 Función Objetivo
El modelo estándar de programación lineal puede ser utilizado para resolver problemas del tipo de maximización o de minimización, algunas veces sirve para convertir una forma a la otra.
La maximización de una función equivale a la minimización del negativo de la misma función y viceversa.
Ejemplo: MAX z = 5x1 + 3x2 + 5x3
es matemáticamente equivalente a
MIN (-z) = -5x1 - 3x2 - 5x3
57
B. Soluciones Básicas
En un PL con m ecuaciones y n incógnitas• Una solución básica asociada se determina haciendo n-m
variables iguales a cero y luego, resolviendo las m ecuaciones con las restantes m incógnitas, siempre que la solución exista y sea única
• En la PL nos referimos a las n-m variables que se hacen cero como variables no básicas (externas), y a las m variables restantes como variables básicas (siempre que exista una solución única).
Se dice que una solución básica es factible si todos los valores de su solución son no negativos
58
Algoritmo del método Simplex
INICIO
Obtener Forma Estándar (forma aumentada)
Construir tabla inicial
Mientras NO SEA Óptimo
{
Identificación variables de entrada/Salida
Desarrollo de la tabla revisada
}
FIN
59
C. Método Simplex Primal
Tabla Simplex General
Cj C1 C2 .. Cn 0 0 .. 0
Variables Valores de
Básicas Solución X1 X2 .. Xn Xn+1 Xn+2 .. Xn+m
0 Xn+1 b1 a11 a12 .. a1n 1 0 .. 0
0 Xn+2 b2 a21 a22 .. a2n 0 1 .. 0
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
0 Xn+m bm am1 am2 .. amn 0 0 .. 1
Zj
Cj - Zj XXX
Construcción de la tabla inicial
60
Ejemplo:
MAX Z = 3 X1 + 2 X2
s a
1) X1 + 2 X2 <= 6
2) 2 X1 + X2 <= 8
3) - X1 + X2 <= 1
4) X2 <= 2
X1, X2 >= 0
Dado el siguiente PL encontrar su solución aplicando el método Simplex
61
Forma Estándar (aumentada)
MAX Z = 3 X1 + 2 X2 + 0X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6
s a
1) X1 + 2 X2 + X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 = 6
2) 2 X1 + X2 + 0 X3 + X4 + 0 X5 + 0 X6 = 8
3) - X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + X5 + 0 X6 = 1
4) 0 X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + 0 X5 + X6 = 2
X1, X2, X3, X4, X5, X6 >= 0
62
Cj 3 2 0 0 0 0
Básica Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 6 1 2 1 0 0 0
0 X4 8 2 1 0 1 0 0
0 X5 1 -1 1 0 0 1 0
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Zj
Cj - Zj XXX
Tabla Inicial
63
Solución Inicial:Variable Entrante y Saliente
Cj 3 2 0 0 0 0
Básica Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 6 1 2 1 0 0 0 6
0 X4 8 2 1 0 1 0 0 4
0 X5 1 -1 1 0 0 1 0 -1
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0 0
Cj - Zj XXX 3 2 0 0 0 0
a)
b) (menor positivo determina la variable que sale
Mayor contribución
64
Instrucciones
a) Cj- Zj El mayor para variable entranteb) Se divide la columna solución por los coeficientes de la columna de la variable que entra y se elige el menor de los positivosc) Como la variable que entra es solución entonces la columna debe ser de ceros y un 1
i) Se divide la fila completa por el pivote (valor de la intersección fila columna)ii) Para convertir los otros coeficientes a cero se utiliza la fila resultante del punto anterior
se multiplica por algun coeficiente de tal forma que al sumarlo (restarlo) a la fila de interésel coeficiente sea cero
-> Para la fila de X3 se multiplica por -1 y se suma
-> Para la fila de X5 sólo hay que sumar
-> Para la fila de X6 ya es un cero
La nueva tabla es:
65
Cj 3 2 0 0 0 0Básica XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 2 0 1 1/2 1 - 1/2 0 03 X1 4 1 1/2 0 1/2 0 00 X5 5 0 1 1/2 0 1/2 1 00 X6 2 0 1 0 0 0 1
Z 12 3 1 1/2 0 1 1/2 0 0Cj-Zj XX 0 1/2 0 -1 1/2 0 0
Nueva Tabla
66
Segunda Iteración
La nueva tabla es:
Cj 3 2 0 0 0 0Base XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 2 0 1,5 1 -0,5 0 03 X1 4 1 0,5 0 0,5 0 00 X5 5 0 1,5 0 0,5 1 00 X6 2 0 1,0 0 0,0 0 1
Z 12 3 1,5 0 1,5 0 0Cj-Zj XX 0 0,5 0 -1,5 0 0
a)Se hace la prueba de optimalidad
67
Tabla resultante
Cj 3 2 0 0 0 0Base XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 03 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 00 X5 3 0 0 -1 1 1 00 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
!Cumple la prueba de optimalidad!
68
Un Problema de Minimización (Penalización: M)
MIN Z = 2 X1 + 8 X2
sa
1) 5 X1 + 10 X2 = 150
2) X1 20
3) X2 14
X1 0
69
Forma estándar:
Restricciones:
1) Ya es una igualdad: 5 x1 + 10x2 = 150
2) Tiene variable de holgura: x1 + x4 = 20
3) Tiene una variable de exceso: x2 - x6 = 14
Resumen:
5 x1 + 10x2 = 150
x1 + x4 = 20
x2 - x6 = 14¡¡ No es posible determinar un grupo de variables básicas !!
70
Forma estándar:
En el ejemplo anterior (maximización) todas las restricciones tenían variables de holgura las que se consideraban como variables básicas, pero no es así en este caso, por lo tanto hay que que agregar variables artificiales (X3 y X5) asociadas a un costo muy alto (M) para asegurarse que al final sean variables externas y no participen en la solución, para las restricciones 1) y 3). Estas variables artificiales participan en la función objetivo multiplicadas por el coeficiente M.
71
Modelo Estándar(Aumentado)
MIN Z = 2 X1 + 8 X2 + M X3 + 0 X4 + M X5 + 0 X6
1) 5 X1 + 10 X2 + X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 = 150
2) X1 + 0 X2 + 0 X3 + X4 + 0 X5 + 0 X6 = 20
3) 0 X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + X5 + - X6 = 14
X1, X2, X3, X4, X5, X6 >= 0
72
Tabla Inicial
Las variables básicas son: X3, X4 y X5
Cj 2 8 M 0 M 0
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
M X3 150 5 10 1 0 0 0
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
M X5 14 0 1 0 0 1 -1
Zj
Cj - Zj XXX
73
Iteración 1
Cj 2 8 M 0 M 0
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
M X3 150 5 10 1 0 0 0
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
M X5 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 164M 5M 11M M 0 M -M
Cj - Zj XXX 2-5M 8-11M 0 0 0 M
Entra X2 y sale X5
74
Iteración 2
Cj 2 8 M 0 M 0
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
M X3 10 5 0 1 0 -10 100 X4 20 1 0 0 1 0 0
8 X2 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 112+10M 5M 8 M 0 -10M+8 10M-8
Cj - Zj XXX 2-5M 0 0 0 11M-8 -10M+8
Entra X6 y sale X3
75
Iteración 3
Cj 2 8 M 0 M 0
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X6 1 0,5 0 0,1 0 -1 1
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
8 X2 15 0,5 1 0,1 0 0 0
Zj 120 4 8 0,8 0 0 0
Cj - Zj XXX -2 0 M-0,8 0 M 0
Entra X1 y sale X6
76
Situación Final
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X1 2 1 0 0,2 0 -2 2
0 X4 18 0 0 -0,2 1 2 -2
8 X2 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 116 2 8 0,4 0 4 -4
Cj - Zj XXX 0 0 M-0,4 0 M-4 4
La solución es óptima (todos los elementos de la última fila son cero o positivos).
77
1. 4 Análisis de sensibilidad
Sensibilidad implica preguntarse ¿qué sucedería sí …
A) Cambia un coeficiente del lado derecho de las restricciones
B) Cambia uno de los coeficientes de la función objetivo
78
1. 4.1 Interpretación Gráfica
79
Ejemplo:
Recordando el problema de Protac.
Max Z: 5.000 E + 4.000 F
sa
10 E + 15 F ≤ 15020 E + 10 F ≤ 16030 E + 10 F ≥ 135 E - 3 F ≤ 0 E + F ≥ 5 E ≥ 0 y F ≥ 0
80
A) Cambios en los términos independientesLa solución era:
E = 4,5
F = 7
y Z = 50.500
Supongamos
a) Que se dispone de una hora adicional en el departamento A (151 horas)
b) Que se dispone de una menos en el departamento A (149 horas)
c) Lo anterior pero para el departamento B
81
82
Trazado de la gráfica
Caso a)
10 E + 15 F =151 => E = 151/10 y F = 151/15
Esta recta queda un poco desplazada a la derecha. Su pendiente no cambia, por tanto el punto C se ha trasladado al punto C’. La solución se mantiene en la intersección de las rectas 10 E + 15 F = 151
20 E + 10 F =160
83
C’
84
Trazado de la gráfica
Caso b )
10 E + 15 F =149 => E = 149/10 y F = 149/15
Esta recta queda un poco desplazada a la izquierda. Su pendiente no cambia, por tanto el punto C se ha trasladado al punto C’’. La solución se mantiene en la intersección de las rectas 10 E + 15 F = 149
20 E + 10 F = 160
85
C’’
86
Trazado de la gráfica F17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7 C6 C''5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
C'D
FO
87
La solución ahora es:
Departamento A (±1 lado derecho)
a) E = 4,45 F = 7,1 y Z = 50.650
b) E = 4,55 F = 7,1 y Z = 50.350
Departamento B (±1 lado derecho)
c1) E = 4,575 F = 6,95 y Z = 50.675
c2) E = 4,425 F = 7,05 y Z = 50.325
88
Diferencia de Z:
Departamento A (±1 lado derecho)
a) Z = 50.500 y Z’ = 50.650 ΔZ = 150
b) Z = 50.500 y Z’ = 50.350 ΔZ = -150
Departamento B (±1 lado derecho)
c1) Z = 50.500 y Z’ = 50.675 ΔZ = 175
c2) Z = 50.500 y Z’ = 50.325 ΔZ = -175
89
Definición:
Precio dual, valor marginal o precio sombra es el cambio incremental en los beneficios por cambio unitario en el término independiente de una restricción
90
B) Cambios unitarios en los coeficientes de la función objetivo
Coeficiente de E: 5001 Z = 50.504,5
E: 4999 Z = 50.495,5
Coeficiente de F: 4001 Z = 50.507
F: 3999 Z = 50.493
91
1. 4. 2 Interpretación de la Tabla Simplex:
Información que se puede obtener de la tabla simplex
La solución óptima
• El estado de los recursos
• Los precios duales
• Sensibilidad de la solución óptima a cambios de disponibilidad de recursos, ganancia marginal (coef. de la FO) y uso de recursos.
92
Cj 3 2 0 0 0 0Base XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 03 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 00 X5 3 0 0 -1 1 1 00 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
Tabla resultante: Solución Óptima
93
Solución óptima (para el problema de maximización)
Variable de Valor
decisión óptimo Decisión
X1 3 1/3 Producir 3,333 ton pintura exterior
X2 1 1/3 Producir 1,333 ton pintura interior
Z 12 2/3 Ganancia resultante unidades $
94
Estado de los Recursos
Clasificación de las restricciones: escasa, abundante ya sea que la solución óptima “consuma” o no la cantidad disponible del recurso.
Se determina a partir de las variables de holgura:
X3 = 0 Escasa Materia Prima A
X4 = 0 Escasa Materia Prima B
X5 = 3 Abundante Límite en exceso para X1 sobre X2
X6 = 2/3 Abundante Límite en la demanda de X1
95
Precio Dual (Valor unitario de un recurso)
• y1 = 1/3 miles de unid mon/ton adicional materia prima A
• y2 = 1 1/3 miles de unid mon/ton adicional materia prima B
• y3 = 0
• y4 = 0
Esta información se obtiene de la tabla simplex óptima considerando los coeficientes de la fila de Z
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0
96
El mismo resultado se puede obtener de la ecuación de Z óptimo:
Z = 12 2/3 - (1/3 X3 + 1 1/3 X4 + 0 X5 + 0 X6)
Si se cambia X3 de su nivel cero actual, Z cambiará a nivel de 1/3 de miles de unidad monetaria por tonelada. Pero un cambio en X3 equivale a cambiar el recurso A en una cantidad igual
X1 + 2 X2 + X3 = 6
Esto significa que el precio dual de la materia prima A es 1/3
Para la materia prima B es 1 1/3 y para los recursos 3 y 4 son cero.
97
1. Cambio máximo en la disponibilidad de Recursos
• Cambiar el recurso materia prima A en la cantidad D1
Esto significa que el recurso materia prima A será 6 + D1
Si D1 > 0, se produce un aumento
Si D1 < 0, se produce una disminución
98
¿Cómo hacerlo?
A la restricción inicial agregar D1 y resolver aplicando simplex
El cambio sólo afecta a la solución (el segundo miembro), considerando que las constantes del segundo miembro nunca se utilizan de pivote.
99
Iteraciones sucesivas conducen a:
Iteración
Ecuación 0 1 2 (óptima)
z 0 12 12 2/3 + 1/3 D1
1 6 + D1 2+ D1 4/3 + 2/3 D1
2 8 4 10/3-1/3 D1
3 1 5 3 - 1 D1
4 2 2 2/3 - 2/3 D1
100
Cj 3 2 0 0 0 0Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 03 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 00 X5 3 0 0 -1 1 1 00 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
Tabla: Solución óptima
101
¿Qué hacer con toda esta información?¿Qué hacer con toda esta información?
• Procurar que la solución siga siendo factible
Esto significa que las variables básicas no deben ser negativas. Mantener la no negatividad
1) X2 = 4/3 +2/3 D1 0
2) X1 = 10/3 -1/3 D1 0
3) X5 = 3 - D1 0
4) X6 = 2/3 -2/3 D1 0
102
Se consideran dos casos:
• Caso 1: D1 >0
1) Se satisface con cualquier valor
2) D1 10
3) D1 3
4) D1 1
En consecuencia D1 debe ser a lo más 1
103
• Caso 2: D1 < 0
2), 3) y 4) se satisfacen siempre
1) D1 -2
en este caso D1 -2
Resumen: -2 D1 1
6 - 2 Materia prima A 6+1
4 4 Materia prima A Materia prima A 7 7
104
• Haciendo el mismo análisis para la materia prima B se tiene:
-2 D2 4
8 - 2 Materia prima B 8+4
6 6 Materia prima B Materia prima B 12 12
105
2. Cambio máximo en la relación Utilidad/Costo marginal
La FO nunca se utiliza como ecuación pivote, por lo tanto cualquier cambio en sus coeficientes la afectarán sólo a ella en la tabla óptima.
Pueden ocurrir dos casos: que las variables sean básicas o no en tabla óptima.
106
Caso 1: Variables básicas
Cambiar la ganancia marginal de X1 de 3 a 3 + D1
D1 puede ser positivo o negativo
La FO tendrá la forma
Z = (3+D1)X1 + 2X2
Utilizando este nuevo coeficiente se llega a la siguiente tabla óptima:
107
Cj 3 2 0 0 0 0Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 03 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 00 X5 3 0 0 -1 1 1 00 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z A 0 0 B C 0 0Cj-Zj XX 3 2 -B -C 0 0
A= 12 1/3 + 10/3 D1 B = 1/3 - 1/3 D1 C = 4/3 + 2/3 D1
Los únicos cambios en los coeficientes no básicos X3 y X4 de la ecuación de Z
108
Estos cambios pueden determinarse de la tabla original, multiplicando los coeficientes no básicos y el segundo miembro de la fila de X1 por D1, y luego sumandolo a la fila Z óptimo.
Cj 3 2 0 0 0 0Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 03 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 00 X5 3 0 0 -1 1 1 00 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 0 0 1/3 1 1/3 0 0Cj-Zj XX 3 2 - 1/3 -1 1/3 0 0
A= 12 1/3 + 10/3 D1 B = 1/3 - 1/3 D1 C = 4/3 + 2/3 D1
109
Para el caso de maximización:
1/3 - 1/3 D1 0 y
4/3 + 2/3 D1 0
de la primera D1 1
y de la segunda D1 -2
-2 D1 1
Finalmente:
3-2 C1 3 + 1
1 C1 4
¡¡¡¡¡ Inténtelo para C2 !!!!!
110
Caso 2: Variables no básicas
Un cambio en los coeficientes objetivos pueden afectar sólo a los coeficientes de la ecuación de Z (la columna correspondiente no se utiliza como pivote).
El caso en estudio no sirve porque X1 y X2 son básicas en la tabla óptima.
111
Ejemplo:Sea Z = 5X1 + 2X2
para las mismas restricciones del ejemplo en estudio.
La tabla resultante es:
Cj 3 2 0 0 0 0Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
2 X3 2 0 1 1/2 1 - 1/2 0 03 X1 4 1 1/2 0 1/2 0 00 X5 5 0 1 1/2 0 1/2 1 00 X6 2 0 1 0 0 0 1
Z 20 0 1/2 0 2 1/2 0 0Cj-Zj XX 3 1 1/2 0 -2 1/2 0 0
112
X2 es ahora no básica
El objetivo es cambiar su coeficiente C2 = 2 a C2 + D2 y luego encontrar el intervalo.
Al aplicar el nuevo coeficiente habrá un cambio en el coeficiente de 0,5 a 0,5 - D2
En general, el cambio D del coeficiente objetivo original de una variable no básica conduce SIEMPRE al decremento en la misma cantidad del coeficiente objetivo en la tabla óptima.
La tabla permanecerá óptima en tanto que 0,5 -D2 0
esto es, D2 0,5
113
El intervalo es
-infinito D2 0,5 +2
-infinito D2 2,5
114
Ejemplo:
Resolver el siguiente PL empleando simplex y realizar un análisis de sensibilidad.
MAX Z = 3X1 + 2X2 +5X3
saX1 + 2X2 + X3 ≤ 500
3X1 + 2X3 ≤ 460 X1 + 4X2 ≤ 420
X1 ,X2 , X3 ≥ 0
115
1.5 Método Simplex DualCuando los problemas de PL no tienen una solución factible básica inicial con sólo holguras, se pueden resolver sin utilizar variables artificiales, entregando la misma información.
• DEFINICIÓN DEL PROBLEMA DUAL
El dual es un problema de PL que se obtiene matemáticamente de un modelo primal de PL dado. Los problemas primal y dual están relacionados a tal grado que la solución de uno de ellos conduce en forma automática a la solución del otro.
116
• En la mayoría de los procedimientos de PL, el dual se define para varias formas del primal, dependiendo de los tipos de restricciones, de los signos de las variables y del sentido de la optimización.
• Se incluirá una definición única del problema dual que incluye automáticamente a todas las formas del primal. Se basa en el hecho de que el problema de PL debe calcularse en forma estándar antes de resolverlo mediante el método simplex o simplex dual, de esta manera al definir el problema dual mediante la forma estándar, los resultados serán consistentes con la información contenida en la tabla simplex..
117
n
jjj xcz
1
La forma estándar general del primal se define como:
maximizar o minimizar
n
jjij xa
1sujeto a i = 1, 2, ....., m
j = 1, 2, ..., n
xj 0
Notar que las n variables xj, incluyen los excesos y las holguras. El esquema se muestra en el siguiente diagrama:
118
Variables primalesX1 X2 .. Xj .. Xn
C1 C2 .. Cj .. Cn
a11 a12 .. a1j .. a1n b1 y1
a21 a22 .. a2j .. a2n b2 y2
.. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. ..
am1 am2 .. amj .. amn bm ym
Segundomiembro derestricciones
duales
Coeficientesdel primer
miembro de lasrestricciones
duales
j-ésimarestricción
dual
Funcciónobjetivo del
dual
Variabledual
119
El diagrama muestra que el dual se obtiene simétricamente del primal de acuerdo con las siguientes reglas:
• Para toda restricción primal hay una variable dual• Para toda variable primal hay una restricción dual• Los coeficientes de las restricciones de una variable primal forman
los coeficientes del primer miembro de la restricción dual correspondiente, el coeficiente objetivo de la misma variable se convierte en el segundo miembro de las restricción dual; y el segundo miembro de la restricción primal se convierte en el coeficiente objetivo de la respectiva variable dual
Estas reglas indican que el problema dual tendrá m variables (y1, y2, ..., ym) y n restricciones, (correspondientes a x1, x2 ,...., xn).
120
En la tabla siguiente se muestra como determinar los elementos restantes del problema dual: sentido de la optimización, tipo de restricciones y el signo de las variables duales.
Función Objetivo DualEstándar del primal Función objetivo Restricciones VariablesMaximización Minimización IrrestrictasMinimización Maximización Irrestrictas
Todas las restricciones primales son ecuaciones y todas las variables son no negativas.
121
Ejemplo 1:
Primal Maximizar Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
sujeto a X1 + 2 X2 + X3 10 2 X1 - X2 + 3 X3 = 8
X1, X2, X3 0
Primal estándar Maximizar Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3 + 0 X4
sujeto a X1 + 2 X2 + X3 + X4 = 10 2 X1 - X2 + 3 X3 +0 X4 = 8
X1, X2, X3 0
122
Dual Minimizar w = 10 y1 + 8 y2
sujeto a X1: y1 + 2 y2 5 X2: 2 y1 - y2 12 X3: y1 + 3 y2 4 X4: y1 + 0 y2 0 y1, y2 irrestricta
y1 es irrestricta, pero además está “dominada por y1 0, la restricción dual asociada con X4, entonces al eliminar la redundancia el modelo es:
Minimizar w = 10 y1 + 8 y2
sujeto a: y1 + 2 y2 5 2 y1 - y2 12 y1 + 3 y2 4
y1 0, y2 irrestricta
Dual Final
123
Unidad 2
Programación Lineal Aplicaciones
124
El objetivo general es encontrar el mejor plan de distribución, es decir, la cantidad que se debe enviar por cada una de las rutas desde los puntos de suministro hasta los puntos de demanda.
El “mejor plan” es aquel que minimiza los costos totales de envío, produzca la mayor ganancia u optimice algún objetivo corporativo.
Se debe contar con:
i) Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda en cada destino.
ii) Costo de transporte unitario de mercadería desde cada fuente a cada destino.
2.1 Modelo de Transporte
125
También es necesario satisfacer ciertas restricciones:
1. No enviar más de la capacidad especificada desde cada punto de suministro (oferta).
2. Enviar bienes solamente por las rutas válidas.
3. Cumplir (o exceder) los requerimientos de bienes en los puntos de demanda.
2.1 Modelo de Transporte
126
2.1 Modelo de Transporte
Esquemáticamente se podría ver como se muestra en la siguiente figura
DestinosFuentes
1 1
22
nm Uni
dade
s de
dem
anda
Uni
dade
s de
ofe
rta
s2
sm
d2
s1d1
dn
.
...
Xij: cantidad transportada desde la fuente i al destino j
C11, X11
Cmn, Xmn
Cij: Costo del transporte unitario desde la fuente i al destino jdonde
Gráficamente: Para m fuentes y n destinos
127
Modelo general de PL que representa al modelo de Transporte
ox
dx
sx
xcZ
ij
j
m
iij
i
n
jij
m
i
n
jijij
1
1
1 1
j=1,2,...,n
i=1,2,...,m
El modelo implica que al menos la oferta debe ser igual a la demanda
para toda i y j
minimizar
s a a
2.1 Modelo de Transporte
128
Modelo general de PL que representa al modelo de Transporte
Modelo de transporte equilibrado: Oferta = Demanda
i
n
jij Sx
1
j=1, 2, 3,....,nj
m
iij Dx
1
i=1, 2, 3,....,m
0ijx para toda i y j
2.1 Modelo de Transporte
129
Aplicaciones del modelo de Transporte
El Modelo de Transporte no sólo es aplicable al movimiento de productos, sino que también, como modelo se puede aplicar a otras áreas tales como:
• Planificación de la Producción
• Control de Inventarios
• Control de Proveedores
• Otras
2.1 Modelo de Transporte
Ejemplo:
RPG tiene cuatro plantas ensambladoras en Europa. Están ubicadas en Leipzig, Alemania (1);Nancy, Francia (2); Lieja, Bélgica (3), y Tilburgo, Holanda (4). Las máquinas ensambladoras usadas en estas plantas se producen en Estados Unidos y se embarcan a Europa. Llegaron a los puertos de Amsterdan (1), Amberes (2) y El Havre (3).
Los planes de producción del tercer trimestre (julio a septiembre) ya han sido formulados. Los requerimientos (la demanda en destinos) de motores diesel E-4 son los siguientes:
2.1 Modelo de Transporte
Planta Cantidad de Motores
(1) Leipzig 400(2) Nancy 900(3) Lieja 200(4) Tilburgo 500
Total 2000
Puerto Cantidad de Motores
(1) Amsterdan 500
(2) Amberes 700
(3) El Hevre 800
Total 2000
La cantidad disponible de máquinas E-4 en los puertos(oferta en orígenes) son:
2.1 Modelo de Transporte
132
Los costos ($) de transporte de un motor desde un origen a un destino son:
Desde el origen
1 2 3 4
1 12 13 4 6
2 6 4 10 11
3 10 9 12 4
Al destino
2.1 Modelo de Transporte
133
1. Variables de decisión
Xij = número de motores enviados del puerto i a la planta j
i = 1, 2, 3
j = 1, 2, 3, 4
Construcción del modelo de PL
2. Función Objetivo
Minimizar Z = 12 X11 + 13 X12 + 4X13 + 6X14 + 6X21 + 4X22 + 10X23 + 11X24 + 10X31 + 9X32 + 12X34 + 4X14
2.1 Modelo de Transporte
134
X11 + X21 + X31 400
X12 + X22 + X32 900
X13 + X23 + X33 200
X14 + X24 + X34 500
1) Oferta: La cantidad de elementos enviados no puede exceder la cantidad disponible
X11 + X12 + X13 + X14 500
X21 + X22 + X23 + X24 700
X31 + X32 + X33 + X34 800
3. Restricciones:
2) Demanda: Debe satisfacerse la demanda de cada planta
Xij 0 para i=1, 2, 3; j= 1, 2, 3, 4
y de no negatividad
2.1 Modelo de Transporte
Solución del Modelo de Transporte
2.1 Modelo de Transporte
136
Algoritmos Específicos
2.1.1 Regla de la esquina noroeste (MEN)
2.1.2 Método por aproximación de Vogel (MAV)
2.1.3 Método del costo mínimo (MCM)
2.1.4 Método del paso secuencial y
2.1.5 DIMO (método de distribución modificada)
2.1 Modelo de Transporte
137
Descripción de los algoritmos
La regla de la esquina noroeste, el método de aproximación de Vogel y el método del costo mínimo son alternativas para encontrar una solución inicial factible.
El método del escalón y el DIMO son alternativas para proceder de una solución inicial factible a la óptima.
Por tanto, el primer paso es encontrar una solución inicial factible, que por definición es cualquier distribución de ofertas que satisfaga todas las demandas
2.1 Modelo de Transporte
138
Descripción de los algoritmos
Una vez obtenida una solución básica factible, el algoritmo procede paso a paso para encontrar un mejor valor para la función objetivo.
La solución óptima es una solución factible de costo mínimo
Para aplicar los algoritmos, primero hay que construir una tabla de transporte.
2.1 Modelo de Transporte
139
Tabla Inicial
DestinosOrigen 1 2 3 4 n Ofertas
1 C11 C12 C13 C14 .... C1n
2 C21 C22 C23 C24 .... C2n
3 C31 C32 C33 C34 .... C3n
... .... ..... .... .... ....
m Cm1 Cm2 Cm3 Cm4 .... Cmn
Demanda
2.1 Modelo de Transporte
140
Tabla Inicial del Ejemplo
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 400 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
141
2.1.1 Regla de la esquina Noroeste
Se inicia el proceso desde la esquina izquierda superior
Se ubican tantas unidades como sea posible en la ruta
Cantidad de Unidades = Mínimo(disponibilidad, demanda)
Las siguientes asignaciones se hacen o bien recorriendo hacia la derecha o bien hacia abajo.
Las demandas se satisfacen recorriendo sucesivamente de izquierda a derecha y las ofertas se destinan recorriendo de arriba hacia abajo.
2.1 Modelo de Transporte
142
Primera asignación
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 0 400 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
143
Hasta cuarta asignación
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
144
Esquina Noroeste: Solución final factible
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Valor FO: 400*12+100*13+700*4+100*9+200*12+500*4= $14.200
2.1 Modelo de Transporte
145
2.1.2 Método de aproximación de Vogel (MAV)
MAV usa información de costos mediante el concepto de costo de oportunidad para determinar una solución inicial factible.
Seleccionar en una fila la ruta más barata y la que le sigue. Hacer su diferencia (penalidad), que es el costo adicional por enviar una unidad desde el origen actual al segundo destino y no al primero.
En nuestro caso, para el puerto1, C13 y C14; Penalidad = 6 - 4
MAV asigna un costo de penalidad por no usar la mejor ruta en esta fila.
2.1 Modelo de Transporte
146
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Lo anterior se repite para cada fila y cada columna, esto es, determinar todas las penalidades
Los pasos iterativos de MAV son los siguientes:
1. Identificar la fila o columna con la máxima penalidad.
2.Colocar la máxima asignación posible a la ruta no usada que tenga menor costo en la fila o columna seleccionada en el punto 1 (los empates se resuelven arbitrariamente)
3. Reajustar la oferta y demanda en vista de esta asignación.
4. Eliminar la columna en la que haya quedado una demanda 0 (o la fila con oferta 0), de consideraciones posteriores.
5. Calcular los nuevos costos de penalidad.
2.1 Modelo de Transporte
147
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
El MAV continúa aplicando este proceso en forma sucesiva hasta que se haya obtenido una solución factible.
Los resultados obtenidos se muestran en las siguientes tablas
2.1 Modelo de Transporte
148
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta Penalidades
1 12 13 4 6 2500
2 6 4 10 11 2700
3 10 9 12 4 5800
Demanda 400 900 200 500 2000
Penalidades 4 5 6 2
Calculadas todas las penalidades, la mayor corresponde a la columna 3 (penalidad = 6)
Paso 1: Identificar máxima penalidad (fila o columna)
Paso 0: Cálculo de penalidades
2.1 Modelo de Transporte
149
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Paso 2: Asignación de unidades (MIN(oferta,demanda))
Paso 3:Reajuste de oferta y demanda
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6200 300 500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
150
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Paso 4: Eliminar columna (fila) con demanda (oferta) 0Paso 4: Eliminar columna (fila) con demanda (oferta) 0
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6200 300 500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
151
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Paso 5: Calcular los nuevos costos de penalidad
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta Penalidades
1 12 13 4 6 6200 300 500
2 6 4 10 11 2700
3 10 9 12 4 5800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
Penalidades 4 5 2
2.1 Modelo de Transporte
152
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Repitiendo los pasos anteriores, finalmente se llega a la siguiente solución
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6200 300 300 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4400 200 200 600 800
Demanda 400 900 0 200 200 500 2000
¿Es solución factible? ¿m + n - 1 = 6? SI
Costo: 200*4+300*6+700*4+400*10+200*9+200*4 = $12.000
2.1 Modelo de Transporte
153
2.1.3. Método del Costo Mínimo
1. Dada una tabla de transporte
2. Asignar la mayor cantidad de unidades a la variable (ruta) con el menor costo unitario de toda la tabla.
3. Tachar la fila o columna satisfecha.
4. Ajustar oferta y demanda de todas las filas y columnas
5. Si hay más de una fila o columna no tachada repetir los puntos 2, 3 y 4
Algoritmo
Fundamento
Asignar la mayor cantidad de unidades a una ruta disponible de costo mínimo
2.1 Modelo de Transporte
154
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Ejemplo: Aplicar MCM a la tabla de transporte
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 400 900 200 500 2000
Unidades a asignar = MIN(200,400) = 200
Existen tres rutas costo mínimo. Elijamos la 1_3Paso 2
2.1 Modelo de Transporte
155
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 3: Tachar fila o columna (columna 3)
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6200 300 500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2
Ajustar ofertas y demandas (fila 1 y columna 3)
Paso 5
Paso 4
2.1 Modelo de Transporte
156
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 4: Tachar ajustar fila 3 y columna 4
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6200 300 500
2 6 4 10 11700
3 10 9 12 4500 300 800
Demanda 400 900 0 200 0 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 3_4 (ó 2_2)
Unidades = MIN(500,800) = 500
Paso 3: Tachar columna 4
2.1 Modelo de Transporte
157
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 4: Tachar ajustar fila 2 y columna 2
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
200 300 5002 6 4 10 0
700 0 7003 10 9 12 4
500 300 800Demanda 400 200 900 0 200 0 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 2_2
Unidades = MIN(700,900) = 300
Paso 3: Tachar fila2
2.1 Modelo de Transporte
158
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 4: Tachar ajustar fila 3 y columna 2
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
200 300 5002 6 4 10 0
700 0 7003 10 9 12 4 100
200 500 300 800Demanda 400 200 900 0 200 0 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 3_2
Unidades = MIN(200,300) = 200
Paso 3: Tachar columna 2
2.1 Modelo de Transporte
159
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 4: Tachar ajustar fila 3 y columna 1
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
200 300 5002 6 4 10 0
700 0 7003 10 9 12 4 100 0
100 200 500 300 800Demanda 300 400 200 900 0 200 0 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 3_1
Unidades = MIN(400,100) = 100
Paso 3: Tachar fila 3
2.1 Modelo de Transporte
160
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Paso 4: Tachar ajustar fila 1 y columna 1
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6 0
300 200 300 5002 6 4 10 0
700 0 7003 10 9 12 4 100 0
100 200 500 300 800Demanda 300 400 200 900 0 200 0 500 2000
Queda sólo una fila sin tachar. TerminarPaso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 1_1
Unidades = MIN(300,300) = 300
Paso 3: Tachar fila 1 ó columna 1 (sólo una de ellas)
2.1 Modelo de Transporte
161
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Comparación de los resultados
¿Es solución factible? ¿m + n - 1 = 6? SI
Costo: 300*12+200*4+700*4+100*10+200*9+500*4 = $12.000
Método Rutas Costo MEN 6 $14.200 MAV 6 $12.000 MCM 6 $12.000
Los tres métodos entregan soluciones básicas factibles, pero ninguno asegura que la solución sea óptima.
Conclusión
2.1 Modelo de Transporte
162
2.1.4. Método de Pasos Secuenciales
Este método comienza con una solución inicial factible.
En cada paso se intenta enviar artículos por una ruta que no se haya usado en la solución factible actual, en tanto se elimina una ruta usada actualmente.
En cada cambio de ruta debe cumplirse que:
1. La solución siga siendo factible y
2. Que mejore el valor de la función objetivo
El procedimiento termina cuando no hay cambio de rutas que mejoren el valor de la función.
Fundamento
2.1 Modelo de Transporte
163
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Usar la solución actual (MEN, MAV o MCM) para crear una trayectoria única del paso secuencial. Usar estas trayectorias para calcular el costo marginal de introducir a la solución cada ruta no usada.
Si todos los costos marginales son iguales o mayores que cero, terminar; se tendrá la solución óptima. Si no, elegir la celda que tenga el costo marginal más negativo (empates se resuelven arbitrariamente)
Usando la trayectoria del paso secuencial, determine el máximo número de artículos que se pueden asignar a la ruta elegida en el punto 2 y ajustar la distribución adecuadamente.
Regrese al paso 1
Algoritmo
1
2
3
4
2.1 Modelo de Transporte
164
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
a) Ponga un signo + en la celda de interés no ocupada
b) Ponga un signo - en una celda usada de la misma fila
c) Ponga un + en una celda usada de la misma columna
El proceso continúa alternando los signos + y - tanto en las filas como en las columnas hasta que se obtenga una sucesión de celdas (trayectoria) que satisfagan dos condiciones
1. Hay un signo + en la celda desocupada original de interés, y
2. Cualquier fila o columna que tenga un signo + debe tener
también un signo - y viceversa.
Algoritmo Paso 1
2.1 Modelo de Transporte
165
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 1
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Solución básica factible obtenida aplicando el método de la Esquina Noroeste
2.1 Modelo de Transporte
166
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 1
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 - + 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 + 200 - 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
Trayectoria 1: +C13-C12+C32-C33
2.1 Modelo de Transporte
167
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 1Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
400 100 - + 100 5002 6 4 10 11
700 0 7003 10 9 12 4
100 + 200 - 500 0 800Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
1: +(4)-(13)+(9)-(12)= -12 2: +(6)-(13)+(9)-(4) = -2
3: +(6)-(4)+(13)-(12)= 3 4: +(10)-(4)+(9)-(12) = 3
5: +(11)-(4)+(9)-(4) = 12 6: +(10)-(9)+(13)-(12)= 2
Costos de las Trayectorias
2.1 Modelo de Transporte
168
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 2
1: +(4)-(13)+(9)-(12)= -12 2: +(6)-(13)+(9)-(4) = -2
3: +(6)-(4)+(13)-(12)= 3 4: +(10)-(4)+(9)-(12) = 3
5: +(11)-(4)+(9)-(4) = 2 6: +(10)-(9)+(13)-(12)= 2
La solución factible NO es óptima !!
Se selecciona la trayectoria 1 (costo marginal más negativo)
2.1 Modelo de Transporte
169
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
¿Cuántas unidades se pueden asignar a la ruta elegida?
Acción Ruta Unidades disponibles en celdas decrecientes
Aumentar 1 unidad 1_3
Disminuir 1 unidad 1_2 100
Aumentar 1 unidad 3_2
Disminuir 1 unidad 3_3 200
2.1 Modelo de Transporte
170
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 - 100 + 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4200 + 100 - 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
Costo: $13.000Costo: $13.000
2.1 Modelo de Transporte
171
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 4
Volver al Paso 1:
Para cada trayectoria evaluar costo marginalPlantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
400 100 100 5002 6 4 10 11
700 0 7003 10 9 12 4
200 100 500 0 800Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
172
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 2: Elección de CMg menor
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 +12 100 +10 100 500
2 6 4 10 11-9 700 +3 +12 0 700
3 10 9 12 4-10 200 100 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
La celda más negativa es c 31 (-10) y la trayectoria es: C31 – C33 + C13 – C11
2.1 Modelo de Transporte
173
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
¿Cuántas unidades se pueden asignar a la ruta elegida?
Acción Ruta Unidades disponibles enceldas decrecientes
Aumentar 1 unidad 31
Disminuir 1 unidad 33 100
Aumentar 1 nidad 13
Disminuir 1 unidad 11 400
2.1 Modelo de Transporte
174
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
Costo: $12.000Costo: $12.000
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6300 200 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
175
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 4
Volver al Paso 1:
Para cada trayectoria evaluar costo marginalPlantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
300 200 100 5002 6 4 10 11
700 0 7003 10 9 12 4
100 200 500 0 800Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
176
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Algoritmo Paso 2: Determinar costos marginales
Todas rutas son no negativas (positivas o cero)
Solución factible óptima!!! $12.000
Compare esta solución con la obtenida con MAV y MCM ¿ ...?
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6300 +2 200 0 100 500
2 6 4 10 11+1 700 +13 +12 0 700
3 10 9 12 4100 200 +10 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
177
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)Algoritmo
1. Usar la solución actual (NE, MAV o MCM) y las siguientes operaciones (a) y (b) para determinar el costo marginal de enviar material para cada una de las rutas no usadas.
Asociar a cada fila un índice ui y a cada columna un índice vj
a) Hacer u1 = 0. Encuéntrese los índices de las filas u2, ..., um y los índices de las columnas v1, ...., vn tales que cij = ui + vj para cada celda usada.
b) Sea eij = cij - (ui+vj) para cada celda no usada; eij será el costo marginal de introducir la celda (ruta) i, j a la solución.
Los pasos 2 a 4 son los mismos que en el método secuencial.
2.1 Modelo de Transporte
178
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Aplicar el algoritmo al problema en estudio y comparar resultados obtenidos con los métodos anteriores
Comentar resultados
¿Qué explica que existan dos soluciones óptimas factibles?
2.1 Modelo de Transporte
179
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Aplicación
Costo porRuta en uso motor ($) Ecuación
11 12 u1 + v1 = 12
12 13 u1 + v2 = 13
22 4 u2 + v2 = 4
32 9 u3 + v2 = 9
33 12 u3 + v3 = 12
34 4 u3 + v4 = 4
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 100 500
2 6 4 10 11700 0 700
3 10 9 12 4100 200 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Paso 0: Asociar índices
ui
vj
2.1 Modelo de Transporte
180
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Paso1.a) Solucionar la ecuación
Existen 6 ecuaciones y siete variables entonces se hace u1 = 0 (puede ser cualquiera) y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 13 u2 = - 9 u3 = -4 v3 = 16 v4 = 8
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada celda no usada.
eij = cij - (ui + vj)
2.1 Modelo de Transporte
181
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Costos marginales para las celdas no usadas.
eij = cij - (ui + vj)
1) e13 = c13 - (u1 + v3)= 4 - (0 + 16) = -12
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 + 8) = -2
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (-9 + 13) = 2
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (-9 + 16) = 3
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (-9 + 8) = 12
6) e31 = c31 - (u3 + v1)= 10 - (-4 + 12) = 2
2.1 Modelo de Transporte
182
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6400 100 -12 -2 100 500
2 6 4 10 112 700 3 12 0 700
3 10 9 12 42 100 200 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Paso 2: Prueba de Optimalidad.
Hay costos negativos por lo tanto no es óptima
La ruta de reasignación es: +C13 -C33 +C32 -C12 (más negativo, -12)
2.1 Modelo de Transporte
183
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Paso 3: Asignación de unidades a la ruta elegida.
Unidades disponibles a mover:
Disminuir 1 unidad C12 100
Disminuir 1 unidad C33 200Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
400 100 100 5002 6 4 10 11
700 0 7003 10 9 12 4
200 100 500 700 800Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
184
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Vuelta al Paso 1:Costo por
Ruta en uso motor ($) Ecuación11 12 u1 + v1 = 1213 4 u1 + v3 = 422 4 u2 + v2 = 432 9 u3 + v2 = 933 12 u3 + v3 = 1234 4 u3 + v4 = 4
Paso1.a) Solucionar la ecuación
Se hacer u1 = 0 y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 1 v3 = 4 v4 = -4 u2 = 3 u3 = 8
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada celda no usada. eij = cij - (ui + vj)
2.1 Modelo de Transporte
185
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Costos marginales para las celdas no usadas.
eij = cij - (ui + vj)
1) e12 = c12 - (u1 + v2)= 13 - (0 + 1) = 12
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 - 4) = 10
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (3 + 12) = -9
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (3 + 4) = 3
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (3 - 4) = 12
6) e31 = c31 - (u3 + v1)= 10 - (8 + 12) = -10
2.1 Modelo de Transporte
186
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Paso 2: Prueba de Optimalidad.
Hay costos negativos por lo tanto no es óptima
La ruta de reasignación es: +C31 -C33 +C13 -C11
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 - 12 13 + 4 6400 19 100 1 100 500
2 6 4 10 110 700 3 12 0 700
3 + 10 9 - 12 4-1 200 100 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
187
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Paso 3: Asignación de unidades a la ruta elegida.
Unidades disponibles a mover:
Disminuir 1 unidad C11 400
Disminuir 1 unidad C33 100Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta1 12 13 4 6
300 200 100 5002 6 4 10 11
700 0 7003 10 9 12 4
100 200 500 700 800Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
2.1 Modelo de Transporte
188
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Vuelta al Paso 1:
Paso1.a) Solucionar la ecuación
u1 = 0 y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 11 v3 = 4 v4 = 6 u2 = - 7 u3 = -2
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada celda no usada. eij = cij - (ui + vj)
Costo porRuta en uso motor ($) Ecuación
11 12 u1 + v1 = 1213 4 u1 + v3 = 422 4 u2 + v2 = 431 10 u3 + v1 = 1032 9 u3 + v2 = 934 4 u3 + v4 = 4
2.1 Modelo de Transporte
189
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Costos marginales para las celdas no usadas.
eij = cij - (ui + vj)
1) e12 = c12 - (u1 + v2)= 13 - (0 + 11) = 2
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 + 6) = 0
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (-7 + 12) = 1
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (-7 + 4) = 13
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (-7 + 6) = 12
6) e33 = c33 - (u3 + v3)= 12 - (-2 + 4) = 10
2.1 Modelo de Transporte
190
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Paso 2: Prueba de Optimalidad.
No hay costos negativos por lo tanto es óptima
VO = 300*12+200*4+700*4+100*10+200*9+500*4=$12.000
PlantasPuertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6300 0 200 0 100 500
2 6 4 10 111 700 13 12 0 700
3 10 9 12 4100 200 10 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Ver Transporte RPG Equilibrio
2.1 Modelo de Transporte
191
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
1. Solución en problemas de maximización de transporte
2. El caso en que la oferta excede a la demanda.
3. Eliminación de rutas inaceptables.
4. Degeneración en problemas de transporte.
5. Propiedades especiales del modelo de transporte
2.1 Modelo de Transporte
192
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
1. Solución en problemas de maximización de transporte.
a) Se utilizan los beneficios marginales en lugar de los costos. Se asignará unidades a la celda que tenga el mayor valor marginal y el procedimiento concluirá cuando todas las rutas tengan valores marginales negativos.
b) Convertir la tabla de beneficios en una tabla de costo: Se busca el beneficio mayor, en cada celda se le resta al mayor el beneficio de la celda. Ejemplo:
2.1 Modelo de Transporte
193
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
Tabla de beneficios
14 19 12
17 19 15
16 20 11
6 1 8
3 1 5
4 0 9
2
3
Destinos
Fue
ntes
1 2 3
1
Destinos1 2 3
Fue
ntes
1
2
3
Mayor = 20
Tabla de costo
2.1 Modelo de Transporte
194
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
2. El caso en que la oferta excede a la demanda.
Se utiliza un destino ficticio en la tabla de transporte. Se considera como nulo el costo de enviar una unidad a dicho destino desde cada una de las fuentes (orígenes).
Si la demanda es mayor que la oferta el problema no tiene solución factible, sin embargo el administrador podría abastecer toda la demanda que sea posible a un costo mínimo.
Se utiliza un origen ficticio. El costo de abastecer cualquier destino desde dicho origen será cero. Sin embargo podría haber un cargo por orden no cubierta.
Ver Transporte RPG (O>D) y (O<D
2.1 Modelo de Transporte
195
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
3. Eliminación de rutas inaceptables.
Se asocia a una ruta no aceptable un costo lo suficientemente alto para que no sea atrayente la ruta en cuestión. El costo M
Por ejemplo: producir en abril para vender en febrero del mismo año.
4. Degeneración en problemas de transporte.
Se dice que un problema se degenera cuando hay menos de m + n - 1 rutas ocupadas. Esto puede ocurrir cuando simultáneamente se satisface una demanda y se agota una oferta.
Ver Transporte RPG (inaceptable)
2.1 Modelo de Transporte
196
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
5. Propiedades especiales del modelo de transporte
Todo problema de transporte es posible resolverlo mediante algoritmos que usan sólo la adición y la sustracción.
Si todas las ofertas y demandas tienen valores enteros en un problema de transporte, los valores óptimos de las variables de decisión serán también enteros.
2.1 Modelo de Transporte
197
Ejercicios
Suponer que se tienen tres fábricas M1, M2 y M3 que producen 39, 48 y 33 toneladas respectivamente, de un cierto producto que debe llevarse a cuatro destinos, D1, D2, D3 y D4, los cuales requieren 40, 37, 18 y 25 toneladas.
Los costos están dados por la siguiente tabla:
2.1 Modelo de Transporte
1
D1 D2 D3 D4
M1 2 3 1 2
M2 1 4 7 6
M3 8 9 4 5
198
Planificación de la producción:
2.1 Modelo de Transporte
2Periodo Capacidad de Producción
Máxima (unidades) Demanda a satisfacer
Costo de Producción ($)
Costo de Almacenaje ($)
1 1200 900 15 1.2 2 800 800 18 1.4 3 1100 1000 17 1.1 4 900 700 20 1.5
¿Cuánto hay que producir en cada periodo para satisfacer la demanda al mínimo costo (tanto de producción como de almacenaje)?.
Supuesto: No existe inventario inicial ni final.
Plantear el problema usando el modelo de transporte.
Encuentre las respuestas usando Solver.
199
Situación:
Asignar m trabajos (o trabajadores) a n máquinas.
Un trabajo i (=1, 2, 3 ,...,m) cuando se asigna a la máquina j (=1,2,....,n) incurre en un costo cij.
El objetivo es asignar los trabajos a las máquinas uno a uno al menor costo.
La formulación de este problema puede considerarse como un caso especial del modelo de transporte.
2.2 Modelo de Asignación
200
Descripción
Los trabajos representan las “fuentes” y las máquinas los “destinos”
La oferta disponible en cada fuente es 1 como también lo es la demanda en cada destino.
cij es el costo de transportar (asignar) el trabajo i a la máquina j
El costo puede representar también características de competencia de cada trabajador
201
Descripción
En el caso que un trabajo no deba ser asignado (porque no cumple con los requisitos) a una máquina (actividad) en particular, este costo debe tener un valor alto (M)
En el caso de existir desequilibrio, esto es, más trabajos que máquinas o más máquinas que trabajos, hay que equilibrar con máquinas o trabajos figurados (ficticios), logrando de esta forma que m = n
202
Expresión matemática del modelo
0, si el i-ésimo trabajo no se asigna a la j-ésima máquina
1, si el i-ésimo trabajo se asigna a la j-ésima máquinaXij =
Máquina1 2 ….. n
C11 C12 ….. C1n
C21 C22 ….. C2n
….. ….. ….. …..
Cn1 Cn2 ….. Cnn
1
2
…..
n
Trabajo
1
1
…..
1
1 1 ….. 1
203
Por lo tanto el modelo está dado por:
minimizar z =
n
i
n
jijij xc
1 1
sujeto a 11
n
jijx i=1,2, ...,n
11
n
iijx j=1,2,..n
xij = 0 ó bien 1
204
Ejemplo:
La gerencia general de RPG (ejemplo de transporte) con sede en Bruselas, este año, como parte de su auditoría anual, decidió que cada uno de sus cuatro vicepresidentes visite e inspeccione cada una de sus plantas de ensamblaje durante las primeras dos semanas de junio. Las plantas están ubicadas en Leipzig (Alemania), Nancy (Francia, Lieja (Bélgica) y Tilburgo (Holanda).
Para decidir a que vicepresidente enviar a una planta determinada, se asignaron puntospuntos (costos) a cada uno de ellos de acuerdo a su experiencia, habilidades lenguísticas, tiempo que durará la inspección y otros. Estos datos se muestran en la siguiente tabla:
205
Ejemplo
PLANTALeipzig (1) Nancy(2) Lieja (3) Tilburgo(4)
Finanzas (F) (1) 24 10 21 11Mercadotecnia(M) (2) 14 22 10 15Operaciones (O) (3) 15 17 20 19Personal(P) (4) 11 19 14 13
Plantear el modelo de PL
206
Ejemplo: Modelo de PL
MIN Z = 24 X11 + 10 X12 + ... + 14 X43 + 13 X44
sujeto a:
a) Oferta X11 + X12 + X13 + X14 = 1
X21 + X22 + X23 + X24 = 1
X31 + X32 + X33 + X34 = 1
X41 + X42 + X43 + X44 = 1
b) Demanda X11 + X21 + X31 + X41 = 1
X12 + X22 + X32 + X42 = 1
X13 + X23 + X33 + X43 = 1
X14 + X24 + X34 + X44 = 1
c) No negatividad Xij >= 0 i=1,...,4, j=1,....,4
207
Métodos de Solución
Existen varias formas de obtener la solución:
a) Listar todas las alternativas posibles con sus costos y seleccionar la de menor costo (algoritmo exhaustivo)
b) Método Húngaro: método iterativo
a) Listar todas las alternativas:
¿Cuántas alternativas posibles existen?
- El primer trabajo se puede asignar de n formas formas posibles
- El segundo de n-1 formas
- El último sólo de 1 forma
En total existen n! formas de hacer la asignación completa
208
Método Húngaro:Paso 0: Construir la matriz de asignación
Para obtener la solución óptima cada nueva matriz de asignación debe satisfacer:
Propiedad 1: Todos los números son no negativosPropiedad 2: Cada fila y cada columna tiene al menos una celda con
un valor cero
Paso 1:
a) Reducción de filas:a) Reducción de filas: Restar el costo menor de cada fila a la fila correspondiente y/o
b) Reducción de columnas:b) Reducción de columnas: Restar el costo menor de cada columna a la columna correspondiente
Con esto se crea una nueva matriz con las propiedades 1 y 2
209
Método Húngaro:
Paso 2: Determinar si la matriz es reducida (Prueba de Optimalidad).
Trazar el menor número de líneas rectas sobre las filas y columnas para cubrir todos los ceros.
Si el número de rectas es igual al número de filas o columnas se dice que esta matriz es reducida.
Si la matriz no es reducida pasar al paso 3, sino pasar al paso 4
210
Método Húngaro:
Paso 3: Movimiento
De todas las celdas no cruzadas identifique una con el menor valor y haga lo siguiente:
a) Restar el valor a cada celda no cruzada
b) Sumar el valor a cada celda de intersección de rectas
Volver al paso 2
211
Método Húngaro:
Paso 4: Solución óptima (Asignación)
Primero se asigna a las que tengan sólo una alternativa, se van marcando y así sucesivamente
Determinar el costo: Se suman todos los costos correspondientes a las asignaciones (o sumar todos los pi y qj).
¿Qué valor se obtiene al sumar todos los valores que se restaron en las reducciones de filas y columnas?
212
Ejemplo: Aplique el método Húngaro al ejemplo
1 2 3 4 pi
F 24 10 21 11M 14 22 10 15O 15 17 20 19P 11 19 14 13
qj
Paso 0: Matriz de Asignación
Nota: En negrita los menores de cada fila
213
Paso 1: Reducción de filas y columnas
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 1 10M 4 12 0 5 10O 0 2 5 4 15P 0 8 3 2 11
qj 1
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10M 4 12 0 4 10O 0 2 5 3 15P 0 8 3 1 11
qj 1
Fil
as
Columnas
214
Paso 2: Determinar si la matriz es reducida
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10M 4 12 0 4 10O 0 2 5 3 15P 0 8 3 1 11
qj 1
No es reducida: sólo tres rectas (para ser reducida deben ser 4)
Ir al paso 3
215
Paso 3: Movimiento (Seleccionar el menor: restar a las no tachadas, sumar a las intersecciones)
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10M 4 12 0 4 10O 0 2 5 3 15P 0 8 3 1 11
qj 1
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10M 4 11 0 3 10O 0 1 5 2 15P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Volver al paso 2 !!
216
Iteración paso 2:
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10M 4 11 0 3 10O 0 1 5 2 15P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Se tachan todos los ceros con cuatro rectas, por tanto es óptima
Ir al paso 4 !!
217
Paso 4: Asignación
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10M 4 11 0 3 10O 0 1 5 2 15P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Costo = c12 + c23 + c31 +c44
= 10+10+15+13 = 48
ji qpCosto
=10 + 10 + 15 + 11 + 1 + 1 = 48
Ver Asignación RPG
218
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
El modelo de asignación de RPG es un modelo de minimización en el cual el número de vicepresidentes es igual al número de plantas, y todas las asignaciones posibles son aceptables.
Consideremos ahora modelos tipo asignación donde no todas las condiciones anteriores se cumplen. En particular se considerarán situaciones en las que:
1 Hay una desigualdad entre el número de “personas” por asignar y el número de “destinos” que requieren personas asignadas.
2 Hay un modelo de maximización
3 Existen asignaciones inaceptables
219
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
1. Ofertas y demandas desiguales
a) Oferta mayor que la demanda
Suponer que el presidente de RPG quiere auditar a la planta de Tilburgo, por tanto tendrá que decidir cual de los cuatro vicepresidentes debe asignar a cada una de las tres plantas restantes.
Solución: Se elimina la restricción que requería un vicepresidente para Tilburgo. El resultado de este cambio es que la holgura para uno de los cuatro vicepresidentes será 1 en la nueva solución óptima
Ver Asignación RPG (O>D)
220
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
1. Ofertas y demandas desiguales
b) Demanda mayor que la oferta
Suponer que el vicepresidente de Personal tiene que viajar a Illinois durante la primer semana de junio, por lo tanto no puede participar en la auditoría en Europa.
Solución: Se agrega un vicepresidente ficticio (igual al modelo de transporte) para obtener una solución factible, pero es claro que una de las plantas quedará sin auditar.
221
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
2. Hay un modelo de maximización
La respuesta de asignación es un beneficio y no un costo
Ejemplo: Suponga que RPG tiene que asignar vendedores a sus territorios de venta.
Existen cuatro personas bien capacitadas listas para ser asignadas y tres territorios requieren un nuevo vendedor. Uno de los vendedores no será asignado.
En este caso la asignación de un vendedor cualquiera a un territorio se mide por el incremento marginal esperado en la contribución de dicha asignación a las ganancias.
222
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
2. Hay un modelo de maximización
La matriz de ganancia es la siguiente
Contribución delVendedor\a
Territorio 1
Territorio 2
Territorio 3
A 40$ 30$ 20$ B 18$ 28$ 22$ C 12$ 16$ 20$ D 25$ 24$ 27$
Ver Asignación Vendedores RPG
223
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
3. Situaciones con asignaciones inaceptables
Ejemplo: Suponga que el presidente de RPG no tiene el menor deseo de que el vicepresidente de Operaciones realice una auditoría a la Planta Nancy.
Solución: Asignar un costo arbitrariamente alto a esta “ruta”, de tal modo que al restar de él cualquier número finito se obtiene siempre un valor mayor que otros números relevantes
Ver Asignación RPG inaceptable
224
2.3 Modelo de TransbordoEste modelo permite que las unidades no vayan directamente desde un origen a un destino, sino que pasen por nodos intermedios o transitorios.
Cada origen, punto intermedio y destino final se representan como nodos y se conectan a través de arcos dirigidos
Restricción en cada nodo transitorio:
suma flujos entrantes = suma flujos saliente
También se puede representar por medio de una matriz donde un mij = 1 cuando existe un enlace directo entre el nodo i y el nodo j; y mij = 0 cuando no hay enlace directo entre estos nodos
225
Modelo de Transbordo: Algoritmo
Inicialización: Encuentre un plan de embarque factible que satisfaga todas las restricciones de suministro y demanda, al mismo tiempo que mantiene un equilibrio en todos los nodos de transbordo.
Prueba de Optimalidad: Pruebe el plan de embarque actual para ver si es óptimo, es decir, si es el plan que incurre en los costos totales mínimos. Si es así, deténgase con la solución óptima, sino vaya al paso 3.
Movimientos: Use el hecho de que el plan de embarque actual no es óptimo para crear un nuevo plan de embarque factible con menos costo total que el actual. Vaya al paso 2.
1
2
3
226
Consideraciones:
• Los pasos del algoritmo son análogos a los del algoritmo de pasos sucesivos (escalón).
• Tanto los nodos origen como los destinos pueden ser a su vez nodos de transbordo.
• Al igual que el modelo de transporte, puede haber desequilibrio, en ese caso se agregan fuentes o destinos ficticios con costo cero.
• El numero total del sistema está dado por el total de la oferta o de la demanda.
• A cada nodo de transbordo se asigna un suministro (demanda) igual a su suministro (demanda) original (cero, si no coincide originalmente con un destino) más el total de unidades del sistema. Esto permite que todas las unidades puedan pasar por un empalme dado.
227
Ejemplo 1:
Determínese un programa de embarque que cubra todas las demandas a un costo mínimo total para los datos correspondientes al siguiente grafo (costo en $).
3 4
24
3
7 2
1 3 5
2 4 6
+95 -30
+70
+15
-30 -45
8
228
Solución
• Los sitios 1 y 2 son orígenes• Los sitios 5 y 6 son destinos• El sitio 3 es origen y empalme• El sitio 4 es destino y empalme• La oferta es mayor que la demanda por tanto se requiere un
destino ficticio que demande 75 unidades• Agregar 180 unidades a cada empalme (oferta y demanda)• El costo de las unidades que van de un empalme (como origen)
a él mismo (como destino) y de cualquier origen al sitio ficticio es cero.
• A las rutas no permitidas se les asocia un valor relativamente alto (por 1.000)
229
La tabla inicial es:
3 4 5 6 F Oferta1 95
3 1000 8 1000 02 70
2 7 1000 1000 03 195
0 3 4 4 04 180
1000 0 1000 2 0Demanda 180 210 30 45 75
Orí
gene
s
Destinos
230
La tabla final es:
3 4 5 6 F Oferta1 20 75 95
3 1000 8 1000 02 70 70
2 7 1000 1000 03 90 30 30 45 195
0 3 4 4 04 180 180
1000 0 1000 2 0Demanda 180 210 30 45 75
Destinos
Orí
gene
s
Costo = 20*3+75*0+70*2+90*0+30*3+30*4+45*4+180*0=$590
231
Ejemplo 2:
Una corporación necesita transportar 70 unidades de un producto, del sitio 1 a los sitios 2 y 3 en cantidades de 45 y 25 unidades, respectivamente. Las tarifas cij (en miles de pesos por unidad) de carga aérea entre los sitios comunicados por carguero se dan en la tabla, en la cual las líneas punteadas indica que no hay servicio disponible. Determínese un programa de embarque que asigne el número requerido de artículos a cada destino, a un costo mínimo de transporte. Ningún embarque requiere de vuelo directo, se permiten los envíos empleando puntos intermedios.
1 2 3 4
1 .... 38 56 34
2 38 ... 27 ...
3 56 27 ... 19
4 34 ... 19 ...
232
Ejemplo 3:
1
2
3
4
5 7
6
8
9
10
11
100
200
150
120
80
70
110
2
3
4
44
5
5
6
6
6
7
7
7
8
8
Nodos de transbordo
233
Planteamiento del modelo PL :
Plantear el modelo de PL para el ejemplo mostrado en el grafo anterior.
234
2.4. Modelos de Redes
2.4.1 Teoría de Grafos
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta
2.4.3 Modelo del Árbol Expandido Mínimo
2.4.4 Problema del Flujo Máximo
235
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Grafo no dirigido:Un grafo no dirigido G consiste en un conjunto V de vértices (o nodos) y un conjunto E de lados (ramas o enlaces) tales que cada lado e ε E está asociado a un par no ordenado de vértices v y w. Si un lado e está asociado a un único par de vértices v y w, entonces e= (v,w) o e=(w,v).
Grafo dirigido:Un grafo dirigido (o digrafo) G consiste en un conjunto V de vértices (o nodos) y un conjunto E de lados (o ramas) tales que cada lado e ε E está asociado a un par ordenado de vértices. Si un lado e está asociado a un par ordenado único de vértices v y w, se escribe e = (v,w).
236
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Se dice que un lado e = (v,w) de un grafo (dirigido o no dirigido) es incidente en v y w. Se dice que los vértices v y w son incidentes en e y también son vértices adyacentes.
Si G es un grafo (dirigido o no dirigido) con un conjunto de vértices V y un conjunto de lados E, se escribe G = (V,E)
Nodo (Vértice):Un círculo de una red utilizada para representar una planta, almacén o tienda.
Nodo de Suministro:Nodo desde le cual los productos se van a enviar.
237
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Nodo de demanda:Nodo que va a recibir los productos para cumplir con una demanda conocida.
Nodo de transbordo:Nodo que recibe productos desde otros nodos para su distribución.
Arco (enlace):Línea de una red que conecta un par de nodos. Se le utiliza para representar una ruta válida desde el nodo origen al nodo de distribución.
238
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Arco dirigido:Indica el sentido de movimiento de los productos.
Camino:Una secuencia de nodos en una red unidos por arcos (dirigidos o no dirigidos)
Trayectoria (lazo):
Es un camino cerrado (ciclo) donde el primer nodo es a su vez el último.
239
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Representación Matricial
i) Matriz de Adyacenciaii) Matriz de costo (beneficio)
Representación de un grafo:
Un grafo se puede representar matemáticamente como:
a) Una matrizb) Una lista enlazadac) Árbol
240
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
Matriz de Adyacencia:
Para un grafo G, es una matriz A de dimensión NxN, donde A[i,j] es verdadero (1) si, y sólo si, existe un arco que vaya del vértice i al vértice j. En ausencia de arco directo se representa generalmente por 0.
Ejemplo:Dado el siguiente grafo encontrar su matriz de adyacencia
241
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
2
3 4
1
1 2 3 4
1 1 1
2 1
3 1
4 1
242
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
Matriz de Costo:
Para un grafo G etiquetado, es una matriz C de dimensión NxN, donde A[i,j] es el costo (valor de la etiqueta) si, y sólo si, existe un arco que vaya del vértice i al vértice j. En ausencia de arco directo se representa generalmente por infinito (costo extremadamente alto, para la simulación se hace uso de un valor fuera de contexto).
Ejemplo:Dado el siguiente grafo encontrar su matriz de costo
243
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
2
34
1
1 2 3 4
1 10 15
2 12
3 20
4 5
10
15 20 12
5
244
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
Para un grafo no dirigido, tanto la matriz de adyacencia como la matriz de costo son simétricas, esto es:
A[i,j] = A[j,i]
ó
C[i,j] = C[j,i]
245
Ejemplo Introductorio
Seymour Miles es el gerente de distribución de Zigwell. Zigwell distribuye sus motores oruga en cinco estados del medio oeste. Por lo regular, Seymour Miles tiene 10 aparatos E-9 in situ en lo que designaremos como local 1. Estos tractores deben ser enviados a los dos locales de construcción más importantes designados como 3 y 4. Se necesitan tres E-9 en el local 3 y siete en el local 4. Debido a itinerarios arreglados con anterioridad, relativos a la disponibilidad de conductores, los tractores solo pueden ser distribuidos de acuerdo con las rutas alternativas que se muestran en el grafo de la figura.
La figura tiene un número +10 en el nodo 1, esto significa que hay 10 aparatos E-9 disponibles (oferta). Los indicadores -3 y -7 asociados a los locales 3 y 4, respectivamente, denotan los requerimientos (demandas) de éstos.
246
1 2 4
5
3
c12
c34
c24
c25 c54
u43
c53
c23
+10
-3
-7
Rutas alternativas para el destino 3
1-2-3, 1-2-4-3, 1-2-5-4-3, 1-2-5-3
u12
u23
u34c43
u53
c54u25
u24
247
Los costos cij son unitarios. Por ejemplo el costo de recorrer el arco (5,3) es c53 por cada tractor.
Debido a los acuerdos sostenidos con los conductores, Zigwell debe cambiarlos en cada local que se encuentre sobre la ruta. Las limitaciones en la disponibilidad de conductores ocasionan que haya una cota superior en el número de tractores que pueden recorrer cualquier arco dado.
Por ejemplo: u53 es la cota superior o capacidad en el arco (5,3).
El problema de Sygmour consiste en encontrar un plan de embarque que satisfaga la demanda y las restricciones de capacidad a costo mínimo.
248
El problema en particular se conoce como modelo de transbordo con capacidades.
Expresar el problema como un PL
a) Variables de decisión
xij = número total de E-9 que se enviarán a través del arco (i,j).
= flujo del nodo i al nodo j
249
b) Función Objetivo
MIN Z =C12X12+C23X23+C24X24+C25X25+C34X34+C43X43+C53X53+C54X54
la red (i,j) de artodos los cx ijij cos ,0
c) Restricciones
s a
+ X12 = 10
- X12+X23+X24+X25 = 0
-X23 -X43 -X53 +X34 = -3
-X24 +X43 -X34 -X54 = -7
-X25 +X53 +X54 = 0
Balance
de
flujo
250
Matriz Incidencia nodo-arco
a r c o
Nodo (1,2) (2,3) (2,4) (2,5) (4,3) (5,3) (3,4) (5,4) LD
1 +1 0 0 0 0 0 0 0 10
2 -1 +1 +1 +1 0 0 0 0 0
3 0 -1 0 0 -1 -1 +1 0 -3
4 0 0 -1 0 +1 0 -1 -1 -7
5 0 0 0 -1 0 +1 0 +1 0
251
Formulación General del Modelo de Transbordo con Capacidades
Xij denotan el flujo del nodo i al nodo j a lo largo del arco que conecta esos nodos.
Lj representa la oferta en el nodo j
ijij ij xc
s.a.
minimice
njLxx jk kjk jk ,....,2,1, la red (i,j) de artodos los cx ijij cos ,0
252
Resolver para las siguientes capacidades y costos Capacidad
de\a Sitio 1 Sitio 2 Sitio 3 Sitio 4 Sitio 5
Sitio 1 10Sitio 2 4 3 3Sitio 3 2Sitio 4 4Sitio 5 3 5
Costo Unitariode\a Sitio 1 Sitio 2 Sitio 3 Sitio 4 Sitio 5
Sitio 1 $100Sitio 2 $45 $50 $20Sitio 3 $60Sitio 4 $85Sitio 5 $10 $55
Ver transbordo con capacidades
253
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta
Se pueden dar dos casos para representar la red:
Como grafo no dirigido
Como grafo dirigido
Situaciones:
a
b
Cualquiera que sea el caso corresponde a grafos ponderados (con peso)
254
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta
Considerénse todos los nodos que estén directamente conectados con el origen. Etiquetarlos con la distancia al origen y su nodo predecesor. Etiquetas temporales, [distancia, nodo].
De entre todos los nodos con etiquetas temporales, escoger el que tenga la distancia menor y se marca como permanente. Si todos están con etiquetas permanentes se va al paso cuatro.
a) Algoritmo: Grafo no dirigido
1
2
255
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GND)
Todo nodo que no tenga etiqueta permanente, tendrá etiqueta temporal o estará sin etiqueta. Sea L el último nodo con etiqueta permanente. Considerénse todas las etiquetas de los vecinos de L (directamente conectados a L mediante un arco). Para cada uno de estos nodos calcúlese la suma de su distancia a L. Si el nodo en cuestión no está etiquetado, asígnese una etiqueta temporal que conste de esta distancia y de L como predecesor. Si el nodo en cuestión ya tiene etiqueta temporal, cámbiese sólo si la distancia recién calculada es menor que la componente de distancia de la etiqueta actual. En este caso, la etiqueta contendrá esta distancia y a L como predecesor. Regresar al paso 2
3
Algoritmo:
256
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GND)
Las etiquetas permanentes indican la distancia más corta entre el nodo origen a cada nodo de la red. También indican el nodo predecesor en la ruta más corta hacia cada nodo. Para encontrar el camino más corto de un nodo dado, comiéncese en él y retroceda al nodo anterior. Continuar con el recorrido hasta llegar al origen.
Algoritmo:
4
257
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GND)
Ejemplo: Para el siguiente grafo encontrar la distancia más corta desde el nodo H al resto de los nodos.
H
12
3
4
5
6
78
41
1
1
1
2
27
6
3
33
258
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GND)
Solución:
H
12
3
4
5
6
78
41
1
1
1
2
27
6
3
33
(8,H)
(4,H)
(5,1)
(6,3)(8,2)
(6,3)
(9,4)
(9,7)
ó
1:Ver ejemplo 1 Ruta mas corta 2: Hacer problema 19 guía 2 (Ejemplo 2 Ruta mas corta
259
A
7
1
3
B
C
D
E
F
G
1
4
2
108
10
5
74
3
Para su práctica y ejercitación neuronal
260
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD)
Es una técnica exhaustiva, esto es, prueba todas las alternativas posibles.
Opera a partir de un conjunto S de vértices cuya distancia más corta desde el origen ya es conocida. Inicialmente S contiene sólo el nodo de origen. En cada paso se agrega algún vértice restante v a S, cuya distancia desde el origen es la más corta posible.
Para cada paso del algoritmo, se utiliza una matriz D para registrar la longitud del camino más corto a cada vértice.
b) Algoritmo de Dijkstra
261
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
INICIO0) V = {1, 2, 3, 4, ..., n}1) S = {1} // nodo 1 se supone que es el origen2) Para i=2 Hasta n Hacer
3) Di = C1i
4) Para i=1 Hasta n-1 Hacer
5) Elegir un vértice w en V-S tal que Dw sea un mínimo
6) agregar w a S7) Para cada vértice v en V-S Hacer
SI ((Dw+Cwv)<Dv) //Pv = w
Dv = Dw+Cwv
8) //Dv=mínimo(Dv,Dw+Cwv)FIN
262
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
Ejemplo: Aplicar el algoritmo al siguiente grafo dirigido
10100
60
50
30
10
2
1
3 4
5
20
263
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
Inicial
0) V = {1, 2, 3, 4, 5}
1) S = {1}
2)
3) D2 = 10, D3 = inf, D4=30, D5 = 100
4) Iterar 4 veces
5) Seleccionar nodo con distancia más corta de V-S,
En el ejemplo es el nodo 2
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 100
264
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
6) Agregar el nodo 2 a S : S = {1,2}
7) Iterar |V-S|, (V-S = {3,4,5})
D3=mínimo(D3,D2+C23) =mínimo(inf,10+50) = 60
D4=mínimo(D4,D2+C24) =mínimo(30,10+inf) = 30
D5=mínimo(D5,D2+C25) =mínimo(100,10+inf) = 100
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 1001 {1,2} 2 10 60 30 100
265
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
2a Iteración
V-S = {3,4,5}
5) w = 4
6) S = {1,2,4}
7) Iterar |V-S| V-S = {3,5}
D3=mínimo(D3,D4+C43) =mínimo(60,30+20) = 50
D5=mínimo(D5,D4+C45) =mínimo(100,30+60) = 90
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 1001 {1,2} 2 10 60 30 1002 {1,2,4} 4 10 50 30 90
266
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
3a Iteración
V-S = {3,5}
5) w = 3
6) S = {1,2,4,3}
7) Iterar |V-S| (V-S = {5})
D5=mínimo(D5,D3+C35) =mínimo(90,50+10) = 60
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 1001 {1,2} 2 10 60 30 1002 {1,2,4} 4 10 50 30 903 {1,2,4,3} 3 10 50 30 60
267
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
4a Iteración
V-S = {5}
5) w = 5
6) S = {1,2,4,3,5}
7) Iterar |V-S| (V-S = {})
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 1001 {1,2} 2 10 60 30 1002 {1,2,4} 4 10 50 30 903 {1,2,4,3} 3 10 50 30 604 {1,2,4,3,5} 5 10 50 30 60
Tabla Final
268
¿Cuál es el camino?
Para conocer el camino hay que incluir otra matriz P de vértices, tal que Pv contenga el vértice inmediato anterior a v en el camino más corto.
Se asigna a Pv valor inicial 1 para todo v 1
La matriz P se actualiza después de la línea 8.
Si Dw + Cwv < Dv en la línea 8, después se hace Pv = w
Al término de la corrida del algoritmo, el camino a cada vértice puede encontrarse regresando por los vértices predecesores de la matriz P
269
¿Cuál es el camino?
Para el ejemplo, la matriz P debe tener los valores
P2 =1, P3 = 4, P4 = 1, P5 = 3
Para encontrar el camino más corto del vértice 1 al 5, se siguen los predecesores en orden inverso.
3 es el predecesor de 5
4 es el predecesor de 3
1 es el predecesor de 4
270
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Para visualizar el problema se emplea un grafo dirigido G = (V,A) en el que cada arco v w tiene un costo no negativo Cv,w. El problema consiste en encontrar el camino de longitud más corta (menor costo) entre v y w para cada par ordenado de vértices (v,w).
Algoritmo de Floyd
Se utiliza una matriz A, donde Aij = Cij para toda i j, si no existe camino directo entre i y j se supone que Cij = inf. Cada elemento de la diagonal se hace cero.
271
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Después se hacen n iteraciones en la matriz A.
Al final de la k-ésima iteración Aij tendrá por valor la longitud más pequeña de cualquier camino que vaya desde el vértice i hasta el vértice j y que no pase por un vértice mayor que k. Esto es, i y j, los vértice extremos del camino, pueden ser cualquier vértice, pero todo vértice intermedio debe ser menor o igual a k.
En la k-ésima iteración se aplica la siguiente fórmula para calcular A
k-1Aij
kAij = min
k-1Aik + k-1Akj
272
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Para calcular Aij, se compara k-1Aij, el costo de ir de i a j sin pasar por k o cualquier otro nodo con numeración mayor, con
k-1Aik + k-1Akj, el costo de ir primero de i a k y después de k a j, sin pasar a través de un vértice mayor que k. Si el paso por el vértice k produce un camino más económico que el de k-1Aij, se elige ese costo para kAij.
k-1A ik
k-1Aij
k-1 Akj
i
k
j
273
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Algoritmo de Floyd // Se supone que se cuenta con la matriz de costo C
0) INICIO
1) Desde i = 1 Hasta N
2) Desde j = 1 Hasta N
3) Aij Cij
4) Desde i = 1 Has ta N
5) Aii = 0
6) Desde k = 1 Hasta N
7) Desde i = 1 Hasta N
8) Desde j = 1 Hasta N
9) SI (Aik + Akj < Aij)
10) Aij = Aik + Akj
11) FIN
274
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Recuperación de caminos para el Algoritmo de Floyd
Cuando es de interés conocer el camino más corto
entre dos vértices, hay que consignarlo en una matriz
P, donde Pij tiene el vértice k que permitió a Floyd
encontrar el valor menor de Aij. Si Pij es cero, el
camino de i a j es directo.
275
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Algoritmo de Floyd Modificado
0) INICIO
1) Desde i = 1 Hasta N2) Desde j = 1 Hasta N
3) Aij Cij
3) Pij 04) Desde i = 1 Has ta N
5) Aii = 06) Desde k = 1 Hasta N7) Desde i = 1 Hasta N8) Desde j = 1 Hasta N
9) SI (Aik + Akj < Aij)
10) Aij Aik + Akj
10) Pij k11) FIN
276
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Ejemplo: Aplique Floyd al grafo ponderado mostrado en la figura
1 2 3
2
8
3
2
5
277
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Solución:
Tabla Inicial
Nodos 1 2 31 0 8 52 3 0 inf3 inf 2 0
0Aij
278
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Solución:
Después de la primera iteración
1Aij
Nodos 1 2 31 0 8 52 3 0 83 inf 2 0
279
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Solución:
Después de la segunda iteración
2Aij
Nodos 1 2 31 0 8 52 3 0 83 5 2 0
280
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Solución:
Después de la tercera iteración
3Aij
Nodos 1 2 31 0 7 52 3 0 83 5 2 0
281
2.4.3 Modelo de árbol extensión mínima
Un árbol es un grafo que tiene sus n nodos (vértices) conectados (conexo) con n-1 arcos (aristas), no existiendo ciclos (caminos cerrados)
Definición 1
Definición 2 Un árbol de expansión de costo mínimo es aquel en que todos los enlaces tienen longitudes (costos) mínimas
282
Algoritmo para el problema del árbol de expansión mínima.
Método Gráfico
Se selecciona un nodo cualquiera y se conecta al nodo más cercano a éste.
Se identifica el nodo no conectado más cercano a un nodo conectado y se conectan estos dos nodos
Empates se deciden en forma arbitraria. Los empates indican que existen soluciones alternativas para la construcción.
1
2
Nota:
283
H
12
3
4
5
6
78
41
1
1
1
2
27
6
3
33
Ejemplo: Encontrar el AEM para el siguiente grafo
284
H
12
3
4
5
6
7
1
1
1
1
Solución :
2
2
4
285
Algoritmo tabularPaso Acción
0 Se construye la tabla de costos de enlaces
1 Se comienza arbitrariamente con cualquier nodo. Se designa a este nodo como conectado y se pone una marca al lado de la fila correspondiente al nodo. Se tacha el índice de la columna que corresponde a él.
2 Considerando todas las filas marcadas, buscar el mínimo en las columnas cuyo índice aún no haya sido tachado encerrándolo en un círculo. Designándose de esta manera el nuevo nodo conectado. Se tacha el índice de la columna y pone una marca en la fila correspondiente a este nodo. Se repite este paso hasta que todos los nodos estén conectados.
3 Los nodos encerrados en círculo identifican el árbol.
286
Aplicación Algoritmo tabular
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7H 4 7 81 4 6 12 6 1 23 1 1 14 7 1 3 3 25 2 3 36 3 3 17 8 2 1
Tabla inicial
287
Aplicación Algoritmo tabular
Inicio: Nodo H
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7* H 4 7 8* 1 4 6 1
2 6 1 23 1 1 14 7 1 3 3 25 2 3 36 3 3 17 8 2 1
a)
b)
288
Aplicación Algoritmo tabular
Nodo 1
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7* H 4 7 8* 1 4 6 1
2 6 1 2* 3 1 1 1
4 7 1 3 3 25 2 3 36 3 3 17 8 2 1
a)
b)
c)
289
Aplicación Algoritmo tabular
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7* H 4 7 8* 1 4 6 1* 2 6 1 2* 3 1 1 1* 4 7 1 3 3 2* 5 2 3 3* 6 3 3 1* 7 8 2 1
Tabla final
a)
b)
c)
290
H
12
3
4
5
6
7
1
1
1
1
Arbol de expansión mínima :
2
2
4
291
2.4.4 Problema del Flujo Máximo
En este problema hay un solo nodo fuente (nodo de entrada) y un solo nodo destino (nodo de salida), y el resto son nodos de transbordo. El problema consiste en encontrar la máxima cantidad de flujo total (petróleo, gas, efectivo, mensajes, tránsito, etc.) en una unidad de tiempo.
La cantidad de flujo por unidad de tiempo en cada arco está limitada por las restricciones de capacidad.
Este problema se puede representar como una red dirigida y conexa.
Descripción
292
Para cada nodo interno debe cumplirse que:
flujo que sale del nodo = flujo que entra al nodo
En términos formales, siendo 1 la fuente y n el destino el problema consiste en:
MAX f f si i = 1
sujeto a si i = n
0 en otro caso
0 xij uij, para todos (i,j) de la red
xij : flujo por unidad de tiempo por el arco (i,j)
uij : capacidad del arco (i,j)
f : flujo total a través de la red
Descripción
fxxj
jij
ij
293
Considérese la i-ésima restricción, para algún
valor fijo de i, La suma se considera
sobre toda j para la cual el arco (i,j) con i fijo,
pertenezca a la red. Entonces, será el flujo
total que sale del nodo i. En forma semejante, la
suma se considera sobre toda j para la cual
exista el arco (j,i) en la red, (i fijo). De modo que
es el flujo que entra al nodo i
Descripción
j
ijx
j
jix
j
ijx
294
Antes de hacer la presentación formal del
algoritmo, revisemos el siguiente ejemplo.
Algoritmo
6
6
6
2
4
4
3
2
1
6
1
2
3
4
5
295
Grafo inicial: Inicialización delos flujos en cada nodo Algoritmo
Consideremos un camino desde el nodo 1 al nodo 6
Ejemplo: 1-2-5-6
4
0
00
0
0
0
0
0
6
4
1
6
23
2
6
0
2
3
4
5
61
296
Se dice que la cantidad de flujo a lo largo de dicho recorrido es factible si:
No excede la capacidad de ningún arco del camino
Con excepción de los nodos 1 y 6, el flujo en cada nodo debe satisfacer la condición de conservación
1
2
La cantidad máxima que puede fluir desde la fuente a lo largo de un camino es igual a la menor de las capacidades de los arcos de dicho camino
Al asignar un flujo a un arco nos atendremos a las reglas:
1
2
Se reduce la capacidad en la dirección del flujo (cantidad de flujo)
Se aumenta la capacidad en sentido opuesto (cantidad de flujo)
297
Ejemplo: Considerar el arco 1-2
Asignar dos unidades a este arco: Aplicando las reglas 1 y 2 se tiene
Se generó una capacidad ficticia en la dirección 2-1
Enviar una unidad de 2 a 1
1 2 (2 ) 22
1 24 0
1 2 (1 ) 13
298
Algoritmo
Inicializar cada nodo del grafo con capacidades uij en la dirección del flujo y cero en la dirección opuesta.
Encontrar cualquier camino de la fuente a destino que tenga capacidad de flujo positiva, si no los hay, se habrá encontrado la solución óptima.
Sea cmin la capacidad mínima de flujo entre los arcos seleccionados en el paso 1, se aumenta el flujo existente a través de la red al enviar un flujo adicional cmin para todos los arcos del camino.
Para todos los arcos del camino, disminúyanse las capacidades en la dirección del flujo y auméntese las capacidades en la dirección opuesta en cmin. Volver al paso 1
Inicial
1
2
3
299
Aplicar el algoritmo al grafo del ejemplo:
4
0
00
0
0
0
0
0
6
4
1
6
23
2
6
0
2
3
4
5
61
Paso Inicial
300
Iteración 1:
4
0
00
0
0
0
0
0
6
4
1
6
23
2
6
0
2
3
4
5
61
Elegir arbitrariamente el camino 1-3-5-6
cmin = MIN(6,4,2)=2; actualizando la red se tiene
4
22 2
0
2
2 2
301
Iteración 2:
40
00
0
0
0
0
0
6
4
1
2
23
2
2
0
2
3
4
5
61
4
20
2
26
Elegir arbitrariamente el camino 1-2-4-6
cmin = MIN(4,6,6)=4; actualizando la red se tiene
40
64
64
26
22
302
Iteración 3:
40
00
0
0
2
0
0
6
4
1
0
21
2
0
0
2
3
4
5
61
2
4
0
2
2
8
Elegir arbitrariamente el camino 1-3-2-4-6
cmin = MIN(4,3,2,2)=2; actualizando la red se tiene
40
64
6 6
2
8
22
4
2
3
0
2
6
2
4 66
303
Cálculo de la cantidad de flujo en cada arco
Se determina comparando la capacidad inicial de cada arco con la capacidad inicial. Para cada arco la regla es:
Si la capacidad final es menor que la capacidad inicial, calcular la diferencia. Esta es la cantidad del flujo a través del arco.
Ejemplo: Arco 3-5
Inicial
Final 223 5
043 5
Final < inicial entonces el flujo es 4-2=2
304
Aplicando la regla anterior a todos los arcos se tiene el siguiente grafo:
6
6
6
2
4
2
8
2
8
4
1
2
3
4
5
305
Unidad 3
Administración de Proyectos
PERT y CPM
306
3 Administración de Proyectos (PERT y CPM)
1. ¿Cuándo sería lo más pronto que el proyecto pudiera estar terminado?
2. Para cumplir con este tiempo de conclusión, ¿qué tareas son críticas, en el sentido de que un retraso en cualquiera de esas tareas provoca un retraso en la conclusión del proyecto?
3. Es posible acelerar ciertas tareas para terminar todo el proyecto más pronto?. Si es así, ¿qué tareas serán éstas y cuál sería el costo adicional?
Todo proyecto debe ser comprobado y controlado, dado que éste tiene involucrado numerosas tareas interrelacionadas.
A través de algunas técnicas se puede responder a preguntas como:
307
Técnica de Evaluación de Proyectos (PERT, Program Evaluation and Review Technique): Método utilizado para administrar proyectos en que los tiempos requeridos para terminar las tareas individuales son inciertos (probabilísticos).
Método de la Ruta Crítica (CPM, Critical Path
Method): Método utilizado para administrar proyectos en que los tiempos requeridos para terminar las tareas individuales se conocen con relativa certeza (determinísticos).
308
3.1 Desarrollo de la Red de Proyectos
1. Identifique las tareas individuales que componen el proyecto
2. Obtenga una estimación del tiempo de conclusión de cada tarea.
3. Identifique las relaciones entre las tareas. ¿Qué tareas deben concluirse antes de que otras puedan iniciarse?
4. Dibuje un diagrama de red de proyecto para reflejar la información de los pasos 1 y 3
Para determinar el tiempo de conclusión de un proyecto puede usar los siguientes pasos:
309
Ejemplo:
Traslado de las oficinas de una ciudad a otra
El directorio ha fijado un plazo máximo de 22 semanas para la mudanza
Actividad DescripciónPrdecesoras inmediatas
Tiempo Recursos
A Elegir local de oficinas -B Crear el plan financiero y de -
CDeterminar requerimientos de personal
B
D Diseño de local A, CE Construir el interior DF Elegir personal a mudar C
GContratar nuevos empleados
F
HMudar registros, personal clave, etc.
F
IHacer arreglos finacieros de la organización
B
J Entrenar personal nuevo H, E, G
310
Construcción del diagrama de Red:
1
2
3
4
A
B C
¿Cómo agregamos la actividad D?. Sus predecesoras inmediatas son A y C, además C es predecesora directa de F
311
Actividades Ficticias (figurada):
Es una actividad artificial que no requiere tiempo y que se incluye en una red de proyecto para asegurar la relación de precedencia correcta entre ciertas tareas.
Generalmente se representan por líneas segmentadas.
Se usan sólo para reflejar las relaciones de precedencia adecuadas
2
4
A
C
312
Volviendo al ejemplo: Agregando el resto de las actividades a la red finalmente se tiene
1
2
3
4
5
67
8
A
BC
D
E
F
G
H
I
J
313
Siguiendo con el ejemplo: G y H tienen como predecesora inmediata F, además ambas son predecesoras de J, agregar actividad ficticia.
1
2
3
4
5
67
8
A
BC
D
E
F
G
H
I
J
9
Red Final
Fic
314
Ruta Crítica: Dar cumplimiento al plazo límiteSe requiere de las estimaciones de tiempo de cada actividad (supuestos)
Actividad DescripciónPrdecesoras inmediatas
Tiempo Recursos
A Elegir local de oficinas - 3
BCrear el plan financiero y de organización
- 5
CDeterminar requerimientos de personal
B 3
D Diseño de local A, C 4E Construir el interior D 8F Elegir personal a mudar C 2
GContratar nuevos empleados
F 4
HMudar registros, personal clave, etc.
F 2
IHacer arreglos finacieros de la organización
B 5
J Entrenar personal nuevo H, E, G 3
315
Retomando el ejemplo: Agregando los tiempos a las actividades
1
2
3
4
5
67
9
A
BC
D
E
FG
H
I
J
(3)
(5)
(3)
(4)
(8)
(2)
(4)
(2)
(5)
(3)
8Fic
316
Cálculo de la ruta crítica: Tiempo de término del proyecto
Definiciones
Tiempo de inicio más inmediato: El tiempo más cercano en que una tarea posiblemente pueda iniciarse (TI)
Tiempo de término más breve: El tiempo más corto en el que una tarea posiblemente pueda concluir (TT)
317
Reglas a cumplir: Dado que en el proyecto existen tareas predecesoras es necesario conocer cuando termina una y cuando empieza la otra:
Regla
1. Para calcular el TI de una tarea se debe conocer los TT de cada tarea predecesora inmediata
2. El TI más inmediato de una tarea de la que se conocen los tiempos de término más breves de todas sus tareas predecesoras inmediatas es el máximo de todos esos tiempos de término más breves.
3. Tiempo de término más breve = (tiempo de inicio más inmediato) + (tiempo de tarea(t))
318
Pasos para determinar los TI y TT más inmediatos:
Paso
0
1
Identificar el nodo de inicio de la red del proyecto
Calcule y escriba en cada arco saliente
a) TI más cercano, esto es, 0
b) El TT más breve de acuerdo a la regla 3
TT más breve = (TI más inmediato) + (t)
= 0 + t
Seleccionar cualquier nodo donde todos los arcos entrantes han sido etiquetados con sus TI y TT
319
Pasos para determinar los TI y TT más inmediatos:
Paso
2 Para el nodo seleccionado en el paso 1 calcule y registre en cada arco saliente
a) El TI más breve de acuerdo a la regla 2
TI más breve = MAXIMO(TT de los arcos entrantes)
b) El TT más breve de acuerdo a la regla 3
TT más breve = TI más inmediato + t
320
Cálculo de TI y TT:
1
2
3
4
5
67
9
A[0
, 3]
B[0, 5] C[5
,8]
D[8,12]
E[12,20]
F[8,10]
G[10,14]
H[10,12]
I[5,10]
J[20,23]
8Fic
321
Identificación de las tareas críticas:
Para identificar las tareas críticas hay que realizar un recorrido hacia atrás hasta el inicio del proyecto, analizando cada tarea.
1. Último Tiempo de término: Lo más tarde que puede concluirse una tarea, en tanto permita que el proyecto se complete lo más pronto posible
2. Último tiempo de inicio: Lo más tarde que pueda iniciarse una tarea, pero finalizando dentro de su tiempo de término.
3. Tarea sucesora: Una tarea para la que la tarea de interés es una predecesora
322
Identificación de las tareas críticas:
Para calcular el último tiempo de término (UTT) de una tarea particular, debe conocer los últimos tiempos de inicio (UTI) de cada tarea sucesora inmediata.
Respecto a una tarea de la que se conocen los últimos tiempos de inicio de todas sus tareas sucesoras inmediatas, el último tiempo de término (UTT) de esa tarea es el mínimo de los últimos tiempos de inicio de todas las tareas sucesoras inmediatas
UTI = UTT- t
Regla 4
5
6
323
Identificación de las tareas críticas:Pasos para calcular los últimos tiempos de inicio y término
0
1
2
3
Identificar el final del proyecto. Calcular y escribir en cada arco entrante:
a) Último tiempo de término del proyecto
b) Último tiempo de inicio (Regla 6): UTI=UTT-t
Seleccione un nodo, cuyos arcos salientes hayan sido etiquetados todos con sus UTI y UTT
Para el nodo seleccionado (paso 1) calcule y escriba lo siguiente
a) UTT= MIN(UTI arcos salientes), (regla 5)
b) UTI=UTT - t (regla 6)
Repetir pasos 1 y 2 hasta cubrir toda la red del proyecto
324
Identificación de las tareas críticas:Cálculo de UTT y UTI para cada actividad
Iteración 2
Actividad ficticia UTT = 20
UTI = 20-0 = 20
Actividad I UTT = 23
UTI = 23-5 = 18
Nodo 7 Actividad E UTT = 20
UTI = 20-8 = 12
UTT = 20
UTI = 20-2 = 18
Iteración 1
Actividad H
Nodo 9 Actividad J UTT = 23
UTI = 23-3 = 20
325
1
2
3
4
5
67
9
A[0
, 3]
B[0, 5]
C[5
,8]
[20,23]
E[12,20]
F[8,10]G[10,14]
H[10,12]
I[5,10]
J[20,23]
8
Identificación de las tareas críticas:Cálculo de UTT y UTI para cada actividad . Finalmente se tiene
D[8,12]
[8,12] [12,20]
[5,8
]
[18,23]
[16,20]
[18,20]
[14,16]
[5,8
][0,5]
Fic
326
Identificación de las tareas críticas:
Holgura: Es la cantidad de tiempo que puede demorar una actividad sin afectar la fecha de término del proyecto.
El valor de la holgura para cada actividad está dada por:
holgura = TI - UTI = TT - UTT
Ejemplo:
Actividad C: TI = 5, UTI = 5, TT = 8, UTT = 8
Holgura = 5 - 5 = 8 - 8 = 0
Actividad I: TI = 5, UTI = 18, TT = 10, UTT = 23
La actividad C tiene holgura 0, por tanto no puede retrasarse, en cambio la actividad I tiene 13 semanas de holgura que permite retrasar su inicio.
327
Identificación de las tareas críticas:
Resumen de los tiempos de las actividades del proyecto:
Actividad Tiempo Inicio Término Inicio Término HolguraA 3 0 3 5 8 5B 5 0 5 0 5 0C 3 5 8 5 8 0D 4 8 12 8 12 0E 8 12 20 12 20 0F 2 8 10 14 16 6G 4 10 14 16 20 6H 2 10 12 18 20 8I 5 5 10 18 23 13J 3 20 23 20 23 0
Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Tiempo de ejecución del proyecto: 23 semanas
328
Identificación de las tareas críticas:
Actividad crítica es aquella que tiene holgura cero
Ruta crítica es una secuencia de tareas (actividades) críticas que conecta el principio del proyecto con el fin
En nuestro ejemplo:
Actividades críticas: B, C, D, E y J
Ruta crítica: Nodos 1-3-2-5-7-9
Actividades B-C-D-E-J
329
Formas de Reducir la duración del proyecto:
1. Análisis Estratégico
Aquí el analista se pregunta: “¿Este proyecto tiene que desarrollarse en la forma programada actualmente?”. En concreto, “¿Todas las actividades de la ruta crítica tienen que realizarse en el orden especificado?”. ¿Podemos hacer arreglos para efectuar algunas de estas actividades en forma distinta de cómo aparecen en la ruta crítica?.
2. Enfoque Táctico
El analista presupone que el diagrama en curso es adecuado y trabaja para reducir el tiempo de ciertas actividades de la ruta crítica asignando mayores recursos. Por ejemplo tiempo, aumento de mano de obra, etc.
330
Formas de Reducir la duración del proyecto:
Para el ejemplo en estudio, el directorio estimó un tiempo máximo de 22 semanas para realizar el proyecto, y según el estudio se ha determinado que se requieren 23 semanas, ¿Cómo soluciona Ud. el problema?. Realice distintos supuestos válidos para su solución. ¿Es única?.
331
Formas de Reducir la duración del proyecto:
Alternativa de solución
Realizados algunos estudios los responsables de la mudanza, se dan cuenta que la actividad J (entrenamiento de los nuevos empleados) debe realizarse en el nuevo edificio (después de completar la actividad E) y después de que el personal clave y de registros se haya mudado (al completar la actividad H). Estos requerimientos se podrían cambiar:
• Realizar J independientemente de H
• El entrenamiento realizarlo en otras dependencias a un costo reducido y que estén listos para cuando se termine la construcción. Esto requiere agregar otra actividad: Garantizar recursos de entrenamiento, actividad K
332
Formas de Reducir la duración del proyecto:
Con los cambios anteriores, es posible que la red redefinida tenga una nueva ruta crítica con un tiempo menor, aunque todavía insatisfactorio (mayor a las 22 semanas establecidas).
333
Diagrama de red para el proyecto redefinido
1
2
3
4
5
6
79
A
BC
DE
F G
H
I
J
(3)
(5)
(3)
(4)
(8)
(2) (4)
(2)
(5)
(3)
8
K(3)
Fic
334
Actualización de los tiempos para el proyecto redefinido
Actividad Tiempo Inicio Término Inicio Término HolguraA 3 0 3 5 8 5B 5 0 5 0 5 0C 3 5 8 5 8 0D 4 8 12 8 12 0E 8 12 20 12 20 0F 2 8 10 11 13 3G 4 10 14 13 17 3H 2 10 12 18 20 8I 5 5 10 15 20 10J 3 14 17 17 20 3K 3 10 13 14 17 4
Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Actividades ruta crítica: B-C-D-E
Duración del proyecto: 20 semanas
335
3.3 PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Hasta ahora hemos trabajado asumiendo que los tiempos de duración de las actividades eran determinísticos, en consecuencia TI, TT, UTI y UTT también fueron deducidos como deterministas. Como este supuesto no siempre es correcto, PERT emplea una fórmula especial para estimar los tiempos de las actividades.
PERT requiere de alguien que conozca bien una actividad en cuestión, para producir tres estimaciones del tiempo de ésta.
336
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
1. Tiempo optimista (denotado por a): el tiempo mínimo. Todo tiene que marchar a la perfección.
2. Tiempo más probable (denotado por m): el tiempo que se necesita en circunstancias ordinarias.
3. Tiempo pesimista (denotado por b): el tiempo máximo. Situación que se da en el peor caso.
337
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Ejemplo: Para la actividad E (8 semanas). Al examinar en detalle el proyecto de construcción del interior se llegó a las siguientes estimaciones:
a = 4
m = 7
b = 16
Para estimar el valor esperado y la desviación estándar de los tiempos de la actividad, se asume que el tiempo de la actividad es una variable aleatoria que tiene una distribución de probabilidad unimodal beta.
338
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
4 7 8 16a m b
Estimación del tiempo esperado de actividad o tiempo promedio 6
4 bmate
Estimación de la desviación estándar del tiempo de la actividad 6
ab
Distribución beta
339
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Estimación de tiempo
Actividad a m b te desv est varianzaA 1,0 3,0 5,0 3,0 0,667 0,444B 3,0 4,5 9,0 5,0 1,000 1,000C 2,0 3,0 4,0 3,0 0,333 0,111D 2,0 4,0 6,0 4,0 0,667 0,444E 4,0 7,0 16,0 8,0 2,000 4,000F 1,0 1,5 5,0 2,0 0,667 0,444G 2,5 3,5 7,5 4,0 0,833 0,694H 1,0 2,0 3,0 2,0 0,333 0,111I 4,0 5,0 6,0 5,0 0,333 0,111J 1,5 3,0 4,5 3,0 0,500 0,250K 1,0 3,0 5,0 3,0 0,667 0,444
340
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Cálculo del tiempo esperado de finalización de proyectos
Una vez determinado el tiempo promedio de cada actividad, se puede calcular el tiempo de finalización más temprano esperado para el proyecto completo.
Se determinan los tiempos de inicio y de término más cercano, como también los tiempos de término y de inicio más lejano. Con estos tiempos se determina la holgura en cada actividad, para finalmente determinar la ruta crítica, exactamente igual como se hizo para tiempo determinista.
341
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Probabilidad de concluir el proyecto a tiempoEl análisis procede de la siguiente forma:
1. Sea T el tiempo total que durarán las actividades de la ruta crítica.
2. Encuéntrese la probabilidad de que el valor de T resulte menor o igual que cualquier valor específico de interés. Para el ejemplo en estudio buscaríamos T 22 semanas.
Una buena aproximación de esta probabilidad se encuentra aceptando dos supuestos:
a) Los tiempos de actividad son variables aleatorias independientes.
b) La variable T tiene una distribución aproximadamente normal.
342
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
La meta es encontrar P{T 22}, donde T es el tiempo a lo largo de la ruta crítica.
Estadísticas de la ruta crítica:
222
21 ... nT Desviación estándar
i
:i Desviación estándar de i-ésima actividad de la ruta crítica
T : es el tiempo esperado (promedio)
343
Estimación de terminación del proyecto
Uso de la tabla de distribución normal, entonces debemos calcular Z para llegar a determinar la probabilidad.
x
Z
344
Cálculos caso en estudio
Ruta crítica: B- C- D y E
T = 20 (tiempo esperado, promedio calculado, )
x = 22 (tiempo exigido)
357,2
555,5
4444,0111,012
2
22222
T
T
T
EDCBT
345
Cálculos caso en estudio
Z = 0,8485
En la tabla de Z
P(Z 0,8485) = 0,80
357,2
2022 Z
346
Matriz de Encadenamiento
Una matriz de encadenamiento, es una matriz de NxN (N es la cantidad de actividades) donde cada celda se marca con una X si la actividad de la fila requiere que esté terminada la actividad de la columna. Esta matriz ayuda a la construcción de la red CPM
Para el ejemplo en estudio es:
A B C D E F G H I JABC XD X XF XG XH XI XJ X X X
347
3.4 CPM: TRUEQUE ENTRE TIEMPO Y COSTO
CPM considera que el tiempo extra (costo) puede reducir el tiempo de término de una actividad, y en consecuencia reducir el tiempo total del proyecto
Compra de tiempo:
CPM usa dos estimaciones: tiempo y costo normal, a lo que se agregará tiempo y costo intensivo
Se asume que estas estimaciones son lineales:
Tiempo
Esfuerzo normal
Esfuerzo intensivo
Cos
to
348
Debido a las estimaciones de CPM se puede obtener dos redes extremas:
1. Red de costo normal
2. Red de costo intensivo
¿Todas las actividades deben realizarse en forma intensiva?
3. Red de tiempo mínimo—costo mínimo
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Red de tiempo mínimo – costo mínimo
349
1. Comenzar con la red normal e ir reduciendo los tiempos de término hasta un mínimo.
2. Comenzar con la red de todo intensivo y “desintensificar” actividades para reducir el costo sin afectar el tiempo total.
3. Comenzar con la ruta crítica de la red de todo intensivo con un tiempo mínimo, pero con todas la demás actividades normales. Después reducir las otras trayectorias como sea necesario.
¿Todos son igualmente eficaces?
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Enfoques para encontrar red de tiempo mínimo – costo mínimo
350
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Enfoque: Red normal y reducción de tiempos
Proyecto: Construcción de una casa
Actividad Precedencia Normal Intensivo Normal Intensivo CostoA (1,2) ninguna 4 3 1.400 2.000 600 B (2,3) A 2 1 1.500 2.000 500 C (2,4) A 3 1 1.500 2.500 1.000 D (2,7) A 1 1 600 600 --Fic(3,4) 0 0 -- -- --E (4,5) B, C 3 2 1.300 2.000 700 F (4,6) B, C 2 1 300 500 200 G (5,7) E 2 1 800 1.200 400 H (6,7) F 2 1 600 1.000 400
Tiempo (semanas) Costo (miles $)
351
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 1: Red del proyecto
2
3
6
5
7
E(3)G(2)
H(2)
D(1)
1F(2)
4C(3)
Si consideramos la convención actividad-flecha, el grafo del proyecto es:
B(2)
A(4)
352
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 2: Tiempos de Inicio y de Término, holgura y ruta crítica
2
3
6
5
7
B(2
)[4,
6]
(0)[6,6]
G(2)[10,12]
H(2)[9,11]
[10,12]1
F(2)[7,9]4
C(3)[4,7]
En el grafo se muestran los tiempos de inicio y de término más próximos y los más lejanos, y la ruta crítica. El tiempo mínimo para la ruta crítica es de 12 semanas a un costo normal de $8.000.
A(4)[0,4]
0
0 0
E(3)[7
,10]
0
12 12
D(1)[4,5]
[8,10][4,7]
[5,7
] [7,7][0,4]
[7,10
]
[10,12]
[11,12]
353
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 2: Tabla de tiempos próximos y lejanos
Tiempo Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Actividad Normal Inicio Término Inicio Término HolguraA (1,2) 4 0 4 4 4 0B (2,3) 2 4 6 5 7 1C (2,4) 3 4 7 4 7 0D (2,7) 1 4 5 1 12 7E (4,5) 3 7 10 7 10 0F (4,6) 2 7 9 8 10 1G (5,7) 2 10 12 10 12 0H (6,7) 2 9 11 10 12 1
Actividades críticas
354
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 3: “Intensificar” actividades ruta crítica
a) Actividad A: de 4 a 3 semanas ( 600)
b) Actividad C: de 3 a 1 semana (1.000)
c) Actividad E: de 3 a 2 semanas ( 700)
d) Actividad G: de 2 a 1 semana ( 400)
¿Es posible hacer estas reducciones?
355
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Reducción de Actividades ruta crítica
2
3
6
5
7
B(2
)[4,
6]
G(2 1)
H(2)[9,11]1
F(2)[7,9]4
C(3 1)
La ruta crítica disminuyó a 7 semanas, ¿seguirá manteniéndose como tal?. No
Hay que ver si es posible reducir las actividades paralelas a la ruta crítica inicial, sólo hasta igualar tiempos.
A(4 3)
0
0 0
E(3 2
)
0
D(1)[4,5]
356
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 4: “Intensificar” actividades que no están en la ruta crítica (“paralelas”)
a) Actividad B (paralela a C): de 2 a 1 semana (500)
b) ¿Actividad F o H? (¿o ambas?). En este caso sólo F: de 2 a 1 semana (200)
c) Actividad D: No requiere reducción
357
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Paso 4: Resumen de las reducciones
CostoActividad Acción Adicional Normal TotalA (1,2) 1 semana 600 1.400 2.000 B (2,3) 1 semana 500 1.500 2.000 C (2,4) 2 semanas 1000 1.500 2.500 D (2,7) ----- 600 600 E (4,5) 1 semana 700 1.300 2.000 F (4,6) 1 semana 200 300 500 G (5,7) 1 semana 400 800 1.200 H (6,7) ----- 600 600
$ 8.000 $ 11.400
358
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Grafo final
2
3
6
5
7
B(1
)[3,
4]
(0)[4,4]
G(1)[6,7]
H(2)[5,7]
[5,7]1
F(1)[4,5]4
C(1)[3,4]
En el grafo se muestran los tiempos de inicio y de término más próximos y los más lejanos, y la ruta crítica. El tiempo mínimo para la ruta crítica es de 7 semanas a un costo normal de $11.400.
A(3)[0,3]
0
0 0
E(2)[4
,6]
0
7 7
D(1)[3,4]
[4,5][3,4]
[5,7
] [7,7][0,3]
[4,6]
[6,7]
[6,7]
359
¿Qué sucede si un proyecto lleva más tiempo del especificado?
¿Conviene hacer más “intensivo” el proyecto o pagar la penalización por atraso?
Ejemplo:
Suponga que en el proyecto de la casa hay una penalización de $450 por cada semana de tiempo extra después de ocho semanas. ¿Cuál es la red óptima?.
Solución: Reducir la red en una semana cada vez e ir comparando si los costos por intensificar son menores a los costos por penalización. Se termina cuando los costos de penalización son mayor a los costos de intensificar.
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Red óptima
360
1. Reducir una semana (de 12 a 11 semanas)
De la red normal analizar ruta críticaActividades Incremento de Costo
A 600C 500E 700G 400
Conclusión: Intensificar 1 semana la actividad G (400<450).
2. Intentar reducir una segunda semana (de 11 a 10)
Todos los costos incrementales de la ruta son mayores a la penalización. Intentar por las vías paralelas.
No hay rutas alternativas cuya reducción implique un costo menor al de penalización.
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Red óptima
361
CPM: Trueque entre el costo y el tiempoSolución
2
3
6
5
7
B(2
)
G(1)
H(2)1
F(2)4
C(3)
Grafo resultante
A(4)
E(3)
D(1)
Conviene hacer intensivo el proyecto hasta la semana 11 y pagar las penalizaciones por las semanas de atraso
Costo total = Costo intensivo + costo penalización
= (8.000 + 400) + 3*450 = $9.650
362
CPM: Trueque entre el costo y el tiempoEjemplo
a) Dibuje la red. Con los tiempos normales de las actividades, encuéntrese la duración total del proyecto y la ruta crítica.
b) Supóngase que el proyecto se debe completar en un tiempo mínimo. ¿Cuál es el menor costo para el proyecto, es decir, cuál es la red de tiempo mínimo—costo mínimo?
c) ¿Cuál es el costo mínimo para terminar el proyecto en 17 meses?
d) El departamento de comercialización dice que cada mes que el proyecto se pase de 15 meses le cuesta a la firma $5.000. ¿Cuál es el costo y duración óptimo del proyecto?
Suponga que un proyecto de investigación tiene las siguientes estimaciones:
Actividad Normal Intensivo Normal IntensivoA (1,2) 8 4 20.000 30.000 B (1,3) 9 6 18.000 27.000 C (2,3) 3 2 12.000 17.000 D (2,4) 10 7 25.000 34.000 E(3,4) 6 4 15.000 23.000
Tiempo (meses) Costo (miles $)
363
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
a) Identificación de Variables de decisión
Están relacionadas directamente con el tiempo a reducir en cada tarea
Yi: Tiempo (horas, días, ..) a reducir de la i-ésima actividad
YA: Número de semanas en las cuales acortar la actividad A
b) Función Objetivo
El objetivo es minimizar los recursos adicionales totales requeridos para satisfacer el tiempo de término del proyecto.
Para el ejemplo en estudio, en la tabla de especificaciones agregamos dos columnas: Tiempo máximo a reducir por tarea y el costo adicional por semana intensiva
364
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Por lo tanto la función es:
MIN Z = 600YA+500YB+500YC+700YE+200YF+400YG+400YH
Actividad Precedencia Normal Intensivo Normal IntensivoA (1,2) ninguna 4 3 1.400 2.000 1 600B (2,3) A 2 1 1.500 2.000 1 500C (2,4) A 3 1 1.500 2.500 2 500D (2,7) A 1 1 600 600 0 --Fic(3,4) 0 0 -- -- 0 --E (4,5) B, C 3 2 1.300 2.000 1 700F (4,6) B, C 2 1 300 500 1 200G (5,7) E 2 1 800 1.200 1 400H (6,7) F 2 1 600 1.000 1 400
Tiempo (semanas) Costo (miles $) Reducción máxima
Costo por semana
365
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
c) Identificación de las restricciones
Para el ejemplo, se pueden agrupar en dos grupos
1. La cantidad máxima de tiempo en el cual se puede acortar cada actividad.
2. El tiempo de término del proyecto (en este caso 12 semanas)
Para el grupo 1, lo que se necesita son las cotas superiores sobre las variables de decisión (YA, YB, YC, YE, YF, YG, YH)
dada por la columna “Reducción máxima) de la tabla anterior.
366
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Restricciones de Límite
0<=YA<= 1 (límite de A)
0<=YB<= 1 (límite de B)
0<=YC<= 2 (límite de C)
0<=YD<= 0 (límite de D)
0<=YE<= 1 (límite de E)
0<=YF<= 1 (límite de F)
0<=YG<= 1 (límite de G)
0<=YH<= 1 (límite de H)
367
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Restricciones del grupo 2 están en función de nuevas variables que expresan cuando las actividades que salen de un determinado evento pueden comenzar. Requiere conocer cuando terminan todas las actividades que llegan al evento. Dependen de Yi
X1 : tiempo en que todas las actividades que salen del evento 1 pueden comenzar
X2 : tiempo en que todas las actividades que salen del evento 2 pueden comenzar
......
X7 : tiempo en que todas las actividades que salen del evento 7 pueden comenzar
Además el proyecto debe comenzar en el tiempo 1 y terminar a lo más en 12 semanas
X1 = 0
X7 12
368
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
2
3
6
5
7
E(3)G(2)
H(2)
D(1)
1F(2)
4C(3)
Asociando las variables a la red tenemos:
(2-YB)
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
A(4)
B(2)
(4-YA) (3-YC) (2-YF)
(1-YD)
(2-YH)
(3-YE) (2-YG)(0)
X1 X2
X3
X4
X5
X6X7
369
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Nodo 2
Tiempo de inicio de las tareas que salen del nodo 2 tiempo de terminación de todas las tareas que entran al nodo 2
Tiempo de inicio de las tareas B, C y D (tiempo de terminación de la tarea A + (tiempo acortado de la tarea A)
X2 X1 + (4-YA)
Nodo 3
Tiempo de inicio de las tareas que salen del nodo 3 tiempo de terminación de todas las tareas que entran al nodo 3
Tiempo de inicio de la tarea Ficticia (tiempo de terminación de la tarea B + (tiempo acortado de la tarea B)
X3 X2 + (2-YB)
370
CPM: Trueque entre el costo y el tiempoModelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Nodo 4
Tiempo de inicio de las tareas que salen del nodo 4 tiempo de terminación de todas las tareas que entran al nodo 4.
Hay dos arcos que entran al nodo, las actividades E y F deben comenzar sólo cuando las tareas que entran (C y la ficticia) hayan terminado. Dando origen así a dos restricciones (una por cada actividad)
Restricción de la actividad C
Tiempo de inicio de las tareas E y F tiempo de terminación de la tarea C
Tiempo de inicio de las tareas E y F (tiempo de terminación de la tarea C + (tiempo acortado de la tarea C)
X4 X2 + (3-Yc) (tarea C)
371
CPM: Trueque entre el costo y el tiempoModelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Nodo 4
Restricción de la actividad Ficticia
Tiempo de inicio de las tareas E y F tiempo de terminación de la tarea figurada
Tiempo de inicio de las tareas E y F (tiempo de terminación de la tarea Figurada + (tiempo acortado de la tarea Figurada)
X4 X3 + 0 (tarea Figurada)
Aplicando sistemáticamente el procedimiento y se escribe una restricción para cada actividad se obtienen las siguientes restricciones para los nodos 5 al 7
372
CPM: Trueque entre el costo y el tiempoModelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
Nodo 5
X5 X4 + (3-YE) (actividad E)
Nodo 6
X6 X4 + (2-YF) (actividad F)
Nodo 7
X7 X5 + (2-YG) (actividad G)
X7 X6 + (2-YH) (actividad H)
373
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
MIN Z = 600YA+500YB+500YC+700YE+200YF+400YG+400YH
Sujeto a:Restricciones de Límite
0<=YA<= 1 (límite de A)
0<=YB<= 1 (límite de B)
0<=YC<= 2 (límite de C)
0<=YD<= 0 (límite de D)
0<=YE<= 1 (límite de E)
0<=YF<= 1 (límite de F)
0<=YG<= 1 (límite de G)
0<=YH<= 1 (límite de H)
374
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
X1 = 0
X7 12
X2 X1 + (4-YA) (tarea C)
X3 X2 + (2-YB) (tarea B)
X4 X2 + (3-Yc) (tarea C)
X4 X3 + 0 (tarea Figurada)
X5 X4 + (3-YE) (actividad E)
X6 X4 + (2-YF) (actividad F)
X7 X5 + (2-YG) (actividad G)
X7 X6 + (2-YH) (actividad H)
X1, ..., X7 0
375
Para su entretenciónEjercicios:
a) Existen 7 trayectorias en esta red. Encuéntrense todas.
b) Con tiempos normales, encuéntrese la longitud de cada trayectoria. ¿Cuál es la ruta crítica?
c) ¿Cuál es el costo mínimo intensivo para reducir el proyecto a 39 días? ¿a 38 días? ¿a 37 días?
d) Encuéntrese la red de tiempo mínimo—costo mínimo.
La complejidad de las redes CPM está más afectada por las interrelaciones que el número de nodos. Por ejemplo, considérese el proyecto siguiente:
Actividad Normal Intensivo Normal IntensivoA (1,2) 8 7 10.000 12.000 B (1,3) 15 10 12.000 17.000 C (1,4) 12 6 13.000 14.000 D (2,3) 9 9 7.000 7.000 E (2,5) 11 9 2.000 4.000 F (3,6) 9 8 5.000 7.000 G (4,3) 9 7 14.000 16.000 H (4,7) 13 12 8.000 10.000 I (5,6) 7 5 6.000 10.000 J (5,8) 15 11 9.000 10.000 K (6,8) 10 5 3.000 8.000 L (7,6) 4 3 7.000 8.000 M (7,8) 12 9 5.000 6.000
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