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PROGRAMACIÓN MATEMATICA I

Indice

CAPITULO I : Generalidades

CAPITULO III :Programación Lineal

CAPITULO II : Algebra Lineal

CAPITULO I

Los Orígenes de la Investigación de Operaciones (IO)

Análisis de las componente de la IO

Influjo de la IO

Entrenamiento para hacer carrera en IO

Formulación de Programas Lineales

Análisis de las componente de la IO

Orígenes de la IO

Advenimiento de la Revolución Industrial.

Tendencia de los componentes de una organización (autonomía).

Asignación de los recursos disponibles de la manera más eficaz (IO).

El desarrollo de la IO es debido a: Técnicas disponibles en esta área

Advenimiento de las computadoras

¿ QUÉ ES INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES ?

Es la aplicación de grupos interdisciplinarios del método científico a sistemas a fin de que produzcan soluciones que mejoren los objetivos de la organización.

a) Una organización se puede interpretar como un sistema.

b) Todo sistema es una estructura que funciona.

El objetivo es el control yo modificación que se hace a los componentes en forma eficiente.

Sub-sistema Sub-sistema

Sub-sistema Sub-sistema

Mundo Exterior

Sistema

Componentes

SISTEMA

Es un conjunto formado por elementos interconectados de acuerdo a a ciertos criterios de ordenamiento u

organización, para ello es necesario aislarlo del mundo exterior

SISTEMA

Sistema en estudio

Mundo Exterior

Frontera del sistema en estudio.

Universo [Conjunto de todos los Sistemas]

MODELO

Es una representación de un sistema de acuerdo a los objetivos del estudio del Sistema. Es decir, para cierto objetivo de estudio, ciertas partes del sistema son relevantes.

En esencia un modelo es una imagen de un sistema y en función de las interrogantes planteadas un sistema puede tener diversos modelos.

Sistema

Pensamiento

Conjunto de Palabras

Modelo

CLASIFICACION DE LOS MODELOS

Según la forma de su Presentación

Según su Estructura (Simbólicos)

a) Modelos Descriptivos

Expresados por leng. convencional (español, inglés)b) Modelos Iconos o

FísicosLucen como el sist. físico correspondiente.(icono)

Clase de modelo físico es el modelo por analogía, trasl. de un S. original a uno sustituido

c) Modelos Simbólicos

Expresados en forma concisa a través de símbolos matemáticos, en forma analítica o gráfica vía en conj. de funciones en la forma de ecuaciones e inecuacionesd) Modelos Tipo

Procedimiento (Simulación)

a) Modelos DeterminísticosSon aquellos que NO incluyen propiedades

relacionadas con fenómenos aleatoriosb) Modelos Estocásticos

Son aquellos que incluyen variables o relaciones funcionales que dependen de los fenómenos aleatorios.

c) Modelos Lineales

Son aquellos que incluyen sólo funciones lineales

Ejemplo: y= f(x1, x2)d) Modelos No Lineales

e) Modelos EstáticoSon aquellos que incluyen sólo funciones no lineales

Ejemplo: Z= g(x, y)= x2 + x y + y2Sistema que no

sufre alteraciones debido al tiempo.

f) Modelos DinámicoSon aquellos que rpta un sistema en que el tiempo es importanteg) Modelos Continuo en el

TiempoSe caracteriza por tener var. y funciones continuas en el tiempo

y=f(t)

t0 t1

h) Modelos Discreto en el Tiempo

Es aquel que incluyen solo variables y func discretas en el tiempo

Análisis de las Componentes de un Proyecto de I.O.

BENEFICIOSBENEFICIOS

Incrementa la posibilidad de tomar mejores decisiones.

Mejora la coordinación entre las múltiples componentes de la organización.

Mejora el control de sistema al instituir procedimientos sistemáticos.

Lograr un mejor sistema, operar con costos bajos.

ETAPAS POR LA QUE PASA UN ETAPAS POR LA QUE PASA UN PROYECTOPROYECTO

Formulación de los Problemas de la Organización.

Construcción de Modelos.

Derivar las soluciones de modelo.

Prueba del Modelo y de las Soluciones.

1.5 INFLUJO DE LA I.O

La I.O. también se usa ampliamente en otro tipo de organizaciones incluyendo la industria y el comercio.

La I.O ha tenido un creciente influjo en la administración de las organizaciones.

La P.L. se ha usado con éxito en la sol. de problemas referentes a la asignación de personal, la mezcla de materiales, la distribución y el transporte y las carteras de inversión.

La P.D. se ha aplicado con buenos resultados en áreas tales como la planeación de los gastos de comercialización, la estrategia de ventas y la planeación de la producción.

1.6 LA I.O EN EL PERU

Desde los 1ros años de la década del 60 diversas Empresas y Entidades han aplicado la P.L. para la toma de decisiones en probl. específicos. La utilización de esta técnica ha sido sistematizada en unos casos y puntual en otros.

Dentro de las aplicaciones conocidas en nuestro medio, mencionaremos las siguientes:

Petroperu

Nicolini Hnos S.A.

Unileche S.A.

Ministerio de Agricultura

Ministerio de Transporte

POR MENCIONAR ALGUNOS

Modelos Matematicos de Centromin- Peru

Modelo Matemático de Transporte de crudos y refinados para la asignación óptima de la flota nacional.

Modelo de refinerías para la obtención de gasolina del octanaje adecuado al mínimo costo.

Modelo de mezcla de insumos para la fabricación de alimentos balanceados para aves.

Modelo de Transporte para las asignaciones de rutas y vehículos de reparto de leche en Lima Metropolitano Modelo de Rotación de Cultivos

para los valles de la Costa Norte del Perú.

Modelo de evaluación de Proyectos de Construcción Vial considerando los efectos regionales de centros de producción y consumo

Modelo de Minas de Casapalca Modelo de Cobre y Plomo Modelo para la comercialización de concentrados de Zinc nacional

1.7 ENTRENAMIENTO PARA HACER CARRERA EN IO

Debido al intenso crecimiento de la IO, parece que las oportunidades para hacer carrera en este campo son excelentes.

CAMINO POR ANDAR

La puesta en práctica de los modelos de IO para analizar problemas de sistemas complejos en la industria o el sector público.

1.8 PROCESOS EN LA SOLUCIÓN DE UN PROBLEMA MEDIANTE IO

a. Definición del Sistema del Mundo Real

b. Definición del sistema a ser modelado

c. Definición del Problema

d. Formulación del Modelo

e. Solución del Modelo

f. Validación de Resultados

g. Validación del Modelo

h. Presentación de Resultados

i. Implementación del Modelo

PROCESOS EN LA MODELACION DE UN PROBLEMA PRACTICO

1. Inicios: Formulación del problema

2. Existe un modelo apropiado

3. Es factible construir un modelo analítico apropiado

4. Permite experimentar con modelos numéricos

5. Desea cierta sofisticación y acepta costos de valor medios

altos6. Formular un modelo de simulación

7. Identificar alternativas

8. Buscar la mejor alternativa

PROCESOS EN LA MODELACION DE UN PROBLEMA PRACTICO

9. No use modelos: tome decisiones basadas en el sentido común

10. Formular un modelo Heurístico (intuitivo)

11. Enumerar las alternativas

12. Experimentar y seleccionar una alternativa aceptable

14. Resolver el modelo

13. Especificar el problema en el formato del modelo

15. Comprobar los resultados con experimentos

16. La solución es aceptable

17. Implementar y usar el modelo

DIAGRAMA DE FLUJO DE PROCESOS EN LA MODELACIÓN

1

2

4

3

516

6

8

712

11

10

9

15

14

13

17

FORMULACION DE PROGRAMAS LINEALES

01

02

03

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20

1. Una firma elabora 2 productos, en las cuales entran 4 componentes en c/u. Hay una determinada disponibilidad de c/ componente y un beneficio por c/ producto. Se desea hallar la cantidad de c/ artículo que deba fabricarse, con el fin de maximizar los beneficios.

El siguiente cuadro resume los coeficientes de transformación, (cantidad de c/componente que entra en cada producto)

Producto Componente

P1 P2 Disponibilidad (kilogramos)

A B C D

1 2 2 1

3 1 2 1

15,000 10,000 12,000 10,000

Beneficios S/. Unidad

4 3

Solución:x1 = Nº de unidades del Producto P1

x2 = Nº de unidades del Producto P2

Producto Componente


A B C D

1 2 2 1

3 1 2 1

15,000 10,000 12,000 10,000


4 3

Con respecto a la disponibilidad

Analizando cada componente (A):

1x1 + 3x2 15 000

Con respecto a la disponibilidad:Analizando cada componente (B):

Producto Componente


A B C D

1 2 2 1

3 1 2 1

15,000 10,000 12,000 10,000


4 3

2x1 + 1x2 10 000

Aplicando el mismo análisis, a los demás componentes:

1x1 + 3x2 15 000

2x1 + 1x2 10 000

2x1 + 2x2 12 000

1x1 + 1x2 10 000

Con respecto a los Bfs de cada producto, se puede obtener el total, así: Producto

Componente P1 P2

A B C D

1 2 2 1

3 1 2 1


4 3

Z = 4x1 + 3x2

Pero no olvidemos, que queremos el máximo beneficio

Entonces el programa lineal correspondiente es:

Max Z = 4x1 + 3x2

Sujeto a:

1x1 + 3x2 15,000

2x1 + 1x2 10,000

2x1 + 2x2 12,000

1x1 + 1x2 10,000

x1, x2 0

2. La Cía "PROLANSA" produce tornillos y clavos. La M.P. para los tornillos cuesta S/. 2.00 c/u, mientras que la M.P. para c/clavo cuesta S/. 2.50. un clavo requiere dos hrs de M.O. en el dpto #1 y tres hrs. en el dpto #2, mientras q´ un tornillo requiere cuatro hrs. en el dpto #1 y dos hrs. en el dpto #2. El jornal por hora en c/dpto es de S/. 2.00. Si ambos productos se venden a S/. 18.00, y el número de hrs. de M.O. disponibles por semana en los dptos es de 160 y 180 respectivamente, expresar el probl. propuesto como un P.L., tal que maximicen las utilidades.

Solución

x1 = Nº de tornillos/semanax2 = Nº de clavos/semana

Costo de los clavos = 5 x 2 + 2.5 = S/. 12.5/Unid.

= S/. 12.5/Unid.Utilidad = 18 - 12.5 = S/. 5.50/Unid.

Costo de los tornillos = 6 x 2 + S/.2 Unid. = S/. 12 Unid + S/. 2

Unid. = S/. 14 Unid.Utilidad = 18 - 14 = S/. 4/Unid.

Costo/jornal

horascosto

Por lo tanto el P.l. es :

Max Z = 4x1 + 5.50x2

s. a. :4x1 + 2x2 1602x1 + 3x2 180

x1, x2 0

El jornal por hora en c/dpto es de S/. 2.00, ambos productos se venden a S/.18.00

Utilidad = venta - costo

3. Un fabricante produce 3 modelos (I, II y III) de un cierto prod., y usa 2 tipos de MP. (A y B), de los cuales se tienen disponibles 2,000 y 3,000 unidades respectivamente.

Los requisitos de MP por unidad de los 3 modelos son:

REQUISITOS POR UNIDAD DE MODELO DADA MATERIA

PRIMA I II III

A B

2 4

3 2

5 7

El tiempo de M.O por c/unid. del modelo I es 2 veces el modelo II y 3 veces el modelo III. La fuerza laboral completa de la fáb. puede producir el equiv. de 700 unid. del modelo I.

Una encuesta indica que la demanda mín de los 3 modelos es 200, 250 y 150 unid respectiv. Sin embargo, las relaciones del número de unid producidas deben ser igual a 3:2:5.

Supongamos que los beneficios por unidad de los modelos I, II y III son 30, 20 y 50 unidades monetarias.

Formule el problema como un modelo de PL a fin de det’ el número de unid de c/producto que maximizarán el beneficio.

Solución:x1 = Cantidad de Producc’ del Modelo I

x2 = Cantidad de Producc’ del Modelo II

x3 = Cantidad de Producc’ del Modelo III

los beneficios por unidad de los modelos I, II y III son 30, 20 y 50 unidades monetarias

Función Objetivo

Max Z = 30x1 + 20x2 + 50x3

Sujeto a: {Restricciones}

REQUISITOS POR UNIDAD DE MODELO DADA MATERIA

PRIMA I II III

A B

2 4

3 2

5 7

1. Con respecto a MP

2x1 + 3x2 + 5x3 2000

4x1 + 2x2 + 7x3 3000

2x1 + 3x2 + 5x3 2000

2. Con respecto a la demanda mínima

Una encuesta indica que la demanda mín de los 3

modelos es 200, 250 y 150 unid respectiv.

x1 200

x2 250

x3 150

3. Relación a las unid. producidasSin embargo, las

relaciones del número de unid producidas deben

ser igual a 3:2:5.

x1 = 3 , x2 = 2 , x1 = 3

x2 2 x3 5 x3 5

4. Condición Laboral

El tiempo de M.O por c/unid. del modelo I es 2 veces el modelo II y 3 veces el modelo III. La fuerza laboral completa de la fáb. puede producir el

equiv. de 700 unid. del modelo I

x1 + 1 x2 + 1 x3 700

2 3

5. Condiciones de no negatividad

x1 0, x2 0, x3

0

4. Para una cafetería que trabaja 24 hrs se requiere las siguientes meseras:

HORAS DEL DIA NUMERO MINIMO DE MESERAS2 - 6 46 - 10 810 - 14 1014 - 18 718 - 22 1222 - 2 4

Cada mesera trabaja 8 hrs consecutivas por día. Encontrar el número más pequeño requerido para cumplir los requisitos anteriores. Formule el probl. como un modelo de P. L.

4 8 10 7 12 4

horas 2 6 10 14 18 22 2 Turno

1 x1

2 x2

3 x3

4 x4

5 x5

6 x6

Nro mìn. de meseras

Cantidad de meseras q´ ingresan en el turno 1

x1 + x6 4

Solución

xi = Cantidad de meseras que ingresan en el turno i. (i= 1,6)

F.O. : Min Z = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6

S. a: x1 + x6 4

x1 + x2 8

x2 + x3 10

x3 + x4 7

x4 + x5 12

x5 + x6 4

xj 0 j = 1,..,6

5. Una Cía debe elaborar 2 productos en det’ período (un trimestre) la Cía puede pagar por materiales y MO, con dinero obtenido de 2 fuentes: Fondos de la Cía (propio), y préstamos. La Compañía enfrenta tres decisiones.

¿Cuántas unid debe producir del producto 1

¿Cuántas unid debe producir del producto 2?

¿Cuánto dinero debe obtener prestado para apoyar la producción de los 2 modelos?

Solución:x1 = Unidades del Prod. 1

x2 = Unidades del Prod. 2

x3 = Cantidad obtenida por el Préstamo

Horas para Producir una Unidad en el Dpto.

Producto Precio de Venta

Costo de Producción

A B C 1 2

14 11

10 8

0.5 0.3

0.3 0.4

0.2 0.1

Horas Disponibles por Trimestre 500 400 200

Horas por Producir Producto P.V. C.P. Dpto A Dpto B Dpto C

1 2

14 11

10 8

0.5 0.3

0.3 0.4

0.2 0.1

Horas disponibles xj 500 400 200

Del cuadro anterior, se obtiene:

U1 = (14 - 10)x1

U2 = (11 - 8)x2

U3 = -1.05x3

Donde U,sería la utilidad del producto. Así se obtiene la F.O.:

Max Z = 4x1 + 3x2 - 0.05x3

s.a:Horas por Producir Producto P.V. C.P.

Dpto A Dpto B Dpto C 1 2

14 11

10 8

0.5 0.3

0.3 0.4

0.2 0.1

Horas disponibles xj 500 400 200

0.5x1 + 0.3x2 500

0.3x1 + 0.4x2 400

0.2x1 + 0.1x2 200

Se sabe que Kapital= 30000 y préstamo es x3:

10x1 + 8x2 30,000 + x3 (Fondos de la

compañía)

x3 20,000 (Préstamo)

30000 + (4x1 + 3x2 + x3) 3

x3 + 0.05x3 1

6. Un agricultor requiere cultivar maíz y trigo en un terreno de 70 Ha, sabe que una Ha puede rendir 30 quintales de maíz o 25 quintales de trigo c/Ha, requiere un cap. de $ 30 si se cultiva con maíz y de $ 40 si se cultiva con trigo, el cap. total disponible es de $ 2,500, las necesidades de agua de riego son de 900 m3/Ha de maíz y de 650 m3/Ha de trigo en octubre, y de 1200 m3/Ha y 850 m3/Ha de maíz y trigo respectivamente en noviembre.

La disponibilidad de agua en octubre es de 57,000 m3 y en noviembre de 115,200 m3, si los beneficios por venta de maíz y del trigo son $ 4.50 y de $ 6 por quintal respectivamente, hay que determinar la cantidad de maíz y trigo que se debe producir para obtener el beneficio máximo

Solución

X1 = número de hectáreas (Ha) cultivadas de maízX2 = número de hectáreas (Ha) cultivadas de trigo

Cuadro obtenido del enunciado

Producto Maíz Trigo Disponibi-lidad

Capital x HaAgua OctubreAgua Noviembre

30900

1 200

40650850

2 500 57 000115 200

Beneficios 4.50 6.00

una Ha puede rendir 30 quintales de maíz o 25 quintales de trigo

F.O :Max Z = (4,50)(30) x1 + 6 (25) x2

= 135 x1 + 150 x2

S.A : x1 + x2 70

30x1 + 40x2 2,500

900x1 + 650 x2 57,000

1,200x1 + 850x2 115,200

x1 0, x2 0

maíz y trigo en un terreno de 70 Ha

7. Un barco tiene tres bodegas en la proa, en la popa y en el centro. Las capacidades limites son

BODEGA TONELAJE PIES CUBICOS

Proa Popa

Centro

2,000 1,500 3,000

100,000 30,000 135,000

Se tiene una oferta de carga, que se puede aceptar total o parcialmente

CARGA CANTIDAD PIES CUBICOS POR TONELADA

GANANCIA (S/./Ton)

A B C

6,000 Ton 4,000 Ton 2,000 Ton

60 50 25

6 8 9

Cómo se puede distribuir la carga para Max la ganancia, si la preservación del equilibrio obliga a que el peso de cada bodega sea proporcional a la capacidad de toneladas?

Solución:xj = (# de ton. de c/artículo que ira en c/ bodega, j= 1,2,...,9)

BODEGA ARTICULO

PROA CENTRO POPA PESO TON.

PIES/ TON.

BENEF./ TON.

A B C

X1 X4 X7

X2 X5 X8

X3 X6 X9

6,000 4,000 2,000

60 50 25

6 8 9

PESO (TONS.) 2,000 3,000 1,500

VOL (PIES3) 100,000 135,000 30,000

Por lo tanto el PL, es:

Max Z = 6(x1 + x2 + x3) + 8 (x4 + x5 + x6) + 9 (x7 + x8 + x9)

BODEGA ARTICULO

PROA CENTRO POPA

A B C

X1 X4 X7

X2 X5 X8

X3 X6 X9

PESO (TONS.) 2,000 3,000 1,500

VOL (PIES3) 100,000 135,000 30,000

SUJETO A:

a) Restricciones debidas al ton. de bodega

x1 + x4 + x7 2,000

x2 + x5 + x8 3,000

x3 + x6 + x9 1,500

x1 + x4 + x7 2,000

x2 + x5 + x8 3,000

x3 + x6 + x9 1,500

b) Restricciones debidas al volumen de bodega

BODEGA ARTICULO


PIES/ TON.

A B C

X1 X4 X7

X2 X5 X8

X3 X6 X9

6,000 4,000 2,000

60 50 25

PESO (TONS.) 2,000 3,000 1,500

VOL (PIES3) 100,000 135,000 30,000

60x1 + 50x4 + 25x7 100,000

60x2 + 50x5 + 25x8 135,000

60x3 + 50x6 + 25x9 30,000

c) Restricciones debidas a la oferta de los artículos

BODEGA ARTICULO


PIES/ TON.

A B C

X1 X4 X7

X2 X5 X8

X3 X6 X9

6,000 4,000 2,000

60 50 25

PESO (TONS.) 2,000 3,000 1,500

VOL (PIES3) 100,000 135,000 30,000

x1 + x2 + x3 6,000 x4 + x5 + x6 4,000

x1 + x2 + x3 6,000

x4 + x5 + x6 4,000

x7 + x8 + x9 2,000

d) Restricciones x Preservac’ del equilibrio

BODEGA ARTICULO


A B C

X1 X4 X7

X2 X5 X8

X3 X6 X9

6,000 4,000 2,000

PESO (TONS.) 2,000 3,000 1,500

VOL (PIES3) 100,000 135,000 30,000

x1 + x4 + x7 = x2 + x5 + x8 = x3 + x6 + x9

2,000 3,000 1,500

8. Se hace un pedido a una papelería de 800 rollos de papel corrugado de 30 pulg. de ancho, 500 rollos de 45 pulg. de ancho y 1000 de 56 pulg. Si la papelería tiene solamente rollos de 108 pulg. de ancho, ¿Cómo deben cortarse los rollos para surtir el pedido con el mínimo desperdicio de papel.?

x1 x2 x3 x4 x5

30 3 2 0 0 0 800

45 0 1 0 2 1 500

56 0 0 1 0 1 1,000

Desperdicio 18 3 52 18 7

Solución

xj = (# de rollos cortados de diferentes maneras, j = 1,2,...,5)

Por lo tanto el PL es:

Min Z = 18x1 + 3x2 + 8x3 + 18x4 + 13x5

S.a:3x1 + 2x2 = 800

x2 + 2x4 + 1x5 = 500

1x3 + 1x5 = 1,000

xj 0; j = 1,2,...,5

xj = (# de rollos cortados

de diferentes maneras)

Desperdicio

Los cortes tienen que ser exactos

9. Una planta fabrica prod. A y B, que pasan por procesos (1,2,3 y 4):

CENTRO

2

CENTRO

4

CENTRO

3

CENTRO

1

P.Term. A

(curso normal)

P.Term. B

P.Term A

(curso alternativ)

M. PRIMA A

M.PRIMA B

Cuando hay capac’ disponible en el Centro 3, es posible enviar el prod. A por 3 en lugar de hacerlo pasar 2 veces por el Centro 2

PRODUCTO CENTRO CAPACIDAD DE ENTRADA EN

GAL/HR

% DE RECUPERACIÓN

COSTO DE OPERACIONES

POR HR/S/. 1 300 90 1500

2 (1º paso) 450 95 2000 4 250 85 1600

2 (2º paso) 400 80 2200

A

3 (alterno) 350 75 2500 1 500 90 3000 3 480 85 2500

B

4 400 80 2400

PRODUCTO COSTO/GALONES DE

MATERIA PRIMA

PRECIO DE VENTA/GALONES DE

PRODUCTO TERMINADO

MÁXIMO DE VENTAS DIARIAS EN GLS. DE

PRODUCTO TERMINADO

A 50 200 1700 B 60 180 1500

Los centros 1 y 4 trabajan hasta 16 hrs al día; los centros 2 y 3 trabajan hasta 12 hrs al día. Esta Cía efectúa la distribución de sus productos con sus propios Rs, los que permiten el transp’ de un máximo de 2,500 gal. Los 2 tipos de MPs, que se evaporan con facilidad pueden conseguirse en cualesquiera cantd en el mcado; pero no hay forma de almacenarlos, e.d. la totalidad de las MPs compradas debe usarse al día que se reciben. Los pedidos son satisfechos el mismo día que se piden y a un tiempo para su uso.

Expresar el prob’ propuesto co’ un PL, que permite decidir cuantos galones de MP deben dedicarse diariamente a c/curso posible, dado que c/centro pueda manejar el paso de un prod’ en proceso a la vez y se desea maximizar las utilidades. Ignórese el tiempo que podría requerir para cambiar de un producto a otro en cualquier de los Centros.

NOTA: % de Merma = 100 - % de recuperación

Solución:XAN = # de gal de MP de A (curso normal)

XAA = # de gal de MP de A (curso alternativo)

XB = # de gal de MP de B.

Utilidad = Ingreso total - Costo MP - Costo Operación

Ingreso Total = 200[(0.90) (0.75) (0.85) (0.80)] XAN + 200[(0.90) (0.95) (0.85) (0.75)] XAA +

180 [(0.90) (0.85) (0.80)]XB

Costo MP = 50(XAN + XAA) + 60XB

Costo OP = XAN 1,500 + 0.90XAN 2,000 + 1,600 0.90 x 0.95 XAN

300 450 250

+ 2,200 0.90 x 0.095 x 0.85 XAN + XAA 1,500 + 0.90XAA 2,000

400 300 450

+ 1,600 0.90 x 0.95 XAA + 2,500 0.90 x 0.95 x 0.85 XAA + XB 3,000 +

250 350 500

0.90XB 2,500 + 2,400 0.90 x 0.95 XB

480 400

Por lo tanto el PL, y simplificando la FO, es:

Max Z = 47XAN = 38.6 XAA + 34.7 XB

a) Restricciones debido al transporte

(0.90) (0.8) (0.95) (0.85)XAN + (0.90) (0.95) (0.85)

(0.75) XAA + (0.90) (0.8) (0.85)XB 2,500

b) Restricciones debido a las horas disponibles en c/centro

Centro 1

XAN + XAA + XB 16

300 500

Centro 2

0.90(XAN + XAA) + (0.90) (0.95) (0.85)XAN 12

450 400

Centro 3

(0.90)(0.95)(0.85)XAA + (0.90)XB 12

340 400

Centro 4

(0.90)(0.95)XAN + (0.90) (0.95)XAA + (0.90) (0.85) 16

250 400

c) Restricciones debido a Ventas

(0.90)(0.95)(0.85)(0.80)XAN + (0.90)(0.95)(0.85)(0.75)XAA 1,700

(0.90)(0.85)(0.80)XB 1,500

XAN, XAA, XB 0

Luego de realizar algunas simplificaciones algebraicas, el PL es el siguiente :

Max = 47xAN + 0.38xAA + 34.7xB

S.a:

0.58 xAN + 0.54 xAA + 0.61 xB 1,500

0.003 (xAN + xAA) + 0.002xB 16

0.002(xAN + xAA) + 0.001xB 12

0.002xAA + 0.001xB 12

0.003(xAN + xAA) + 0.001xB 16

0.58xAN + 0.54 xA 1,700

0.612xB 1,500

XAN, XAA, XB 0

10. Un inversionista tiene perspectivas de invertir en dos activid. A y B, siendo el horizonte económico de 5 años. c/u económica invertida es A en el comienzo de cualquier año, produce una utilidad de $. 0,40, dos años más tarde. c/u monetaria invertida en B, en el comienzo de cualquier año produce una utilidad de $. 0,70 tres años más tarde. Además tiene otras dos perspectivas C y D para el futuro.

C/u monetaria invertida en C en el comienzo del segundo año permite una utilidad de $. 1,00 al final de los 5 años, c/u monetaria invertida en D en el comienzo del quinto año produce una utilidad de $. 0,30. El inversionista dispone de $. 10,000 y desea conocer el plan de inversiones que maximice sus utilidades.

Solución:

Xij = Unidades monetarias invertidas en el i-ésimo período y la j-ésima actividad, (i = 1, 2, 3, 4, 5; j = A, B, C, D. )

Esquemáticamentedos años más tarde

tres años más tarde

comienzo del segundo año

comienzo del quinto año

F.O. : Max Z = 0.40 (x1A + x2A + x3A + x4A) + 0.70(x1B + x2B +x3B) +

x2C + 0.30x5D

S.A:

• Debido a la disponibilidad del capital para el primer año.x1A + x1B 10,000

Para el segundo añox2C + x1A + x1B + x2A + x2B 10,000

El inversionista dispone de $. 10,000

Para el tercer año x1B + x2A + x2B + x2C + x3A - 0.40x1A 10,000

Para el cuarto año

x2B + x2C + x3A + x3B + x4A 10,000 +1.7x1B

+1.4x2A+ 1.4x1A

Para el quinto año

x2C + x3B + x4A +x5D 10,000+ 1.4x3A +1.7x2B +

1.7x2B +1.7x1B + 1.4x2A + 1.4x1A

xij 0 ; i = 1... 5 , j = A. ..D

11. Un joven tenía que entretener a un visitante durante 90 minutos. Pensó que seria una buena idea que el huésped se emborrachase. Se le dio al joven S/.50. El joven sabía que la visitante le gustaba mezclar sus tragos, pero que siempre bebía menos de 8 vasos de cerveza, 10 ginebras, 12 whisky y 24 martinis. El tiempo que empleaba para beber era 15' por c/ vaso de cerveza, 6' por ginebra, 7' y 4' por whisky y martini.

Los precios de las bebidas eran (en vaso):

Cerveza S/. 1, Ginebra S/. 2,

Whisky S/. 2, Martini S/. 4

El obj’ era Max. el consumo alcohólico durante los 90' que tenía para entretener al huésped. Un químico le dio el contenido alcohólico de las bebidas en forma cuantitativa, siendo las unidades por un vaso de 17, 15, 16 y 7 por vaso. El visitante siempre bebía un mínimo de 2 whiskys.

Solución:

xj = Nº de vaso de tipo (1:Cerveza , 2:Ginegra, 3: Whisky, 4: Martini)

Un químico le dio el cont’ alcoh’ de las

bebidas por vaso de 17, 15, 16 y 7

Max Z = 17 x1 + 15 x2 + 16 x3 + 7 x4 Los precios de las bebidas eran por vaso de 1, 2, 2, 4 soles

Sujeto a:

1 x1 + 2x2 + 2x3 + 4x4 50

El tiempo en beber c/vaso de bebida es de: 15, 6, 7, 4’

10x1 + 6x2 + 7x3 + 4x4 90

X1 8 ; x2 10

2 <= x2 12 ; x2 24

12. El costo del avión A es de $6.7 millones, el avión B en $5 millones y el avión C de $ 3.5 millones. El directorio autoriza la compra de aviones por valor de 150 millones. El tipo A de mayor capacid. proporcionará una utilidad de $. 420,000 anuales, el avión B una utilidad de $.300,000 y el avión C una utilidad de $. 230,000 anuales. La Fuerza Aérea Peruana sólo le podría proporcionar 30 pilotos debidamente entrenados. Aero-Perú podra mantener un máximo de 40 unid.Mantener un avión B requiere 1/3 más que el avión C y que el avión A requiere 1 2/3 más que el C.

Solución

Variables de Desición : x1 = Nº de aviones A

x2 = Nº de aviones B

x3 = Nº de aviones C

S.a:6.7x1 + 5x2 + 3.5 x3 150 x1 + x2 + x3 30

F.O. : Max Z = 420x1 + 300x2 + 230x3

B = 1 1 C + C = 2 1 C 3 3

2 2 x1 + 2 1 x2 + x3 ≤ 40

3 3

xj 0; j = 1, 2, 3

A = 1 2 C + C = 2 2 C 3 3

Mantener un avión B requiere 1/3 más que el avión C y que el avión A requiere 1 2/3 más que el C.

costo del avión A es de $6.7 mills, el avión B en $5 mills y el avión C de $ 3.5 mills

utilidad de $. 420,000 anuales, el avión B una utilidad de $.300,000 y el avión C una utilidad de $. 230,000 anuales.

13. Una Cía de art’ electrónicos produce 3 líneas de prod’que son: Transistores, Micromódulos y Circuitos Armados y el centro de producción tiene 4 áreas de proceso:

Area 1 Producción de Transistores

Area 2 Armaduría de circuitos

Area 3 Control de transistores

Area 4 Prueba de circuitos y Embalaje

La producción de transistor requiere:

0.1 hrs - hombre en Area 1

0.5 hrs - hombre en Area 3

S/. 70.0 en costos directos

La construcción de un micromódulo requiere: 0.4 hrs - hombre en Area 20.5 hrs - hombre en Area 33.0 TransistoresS/. 50.0 en costos directos

La producción de un circuito armado requiere:0.1 hrs - hombre en Area 20.5 hrs - hombre en Area 41.0 Transistor3.0 MicromódulosS/. 200.0 en costos directos

C/prod’se vende a S/ 200, 800 y 2,500 (transistores, micromódul’ y circuitos armados). La cantidad de venta es ilimitada; si hay 200 horas-hombre disponible en c/área de trabajo. Formule el PL para obtener una máx’ ganancia.

Solución:x1 = Número de transistores a producirx2 = Número de micromódulos a producirx3 = Número de circuitos armados a producir

El número de horas que se necesita de cada Area para fabricar cada producto, se muestra

Transistores Micromódulos Circuitos Armados Hrs disponibles Area 1 Area 2 Area 3 Area 4

0.1

0.5

0.3 0.4 2.0

1.0 1.3 6.5 0.5

200 200 200 200

x 1 + x 3 +

Por lo tanto el programa lineal es:

Venta - CostoMax z= (200 - 70)x1 + (800 - 3 x 70 - 50)x2 + (2500 - 1x 70 - 3(3 x 70+50) - 200 )x3

x 3 +

Transistores Micromódulos Circuitos Armados Hrs disponibles Area 1 Area 2 Area 3 Area 4

0.1

0.5

0.3 0.4 2.0

1.0 1.3 6.5 0.5

200 200 200 200

Del cuadro obtenemos las restricciones:

Max Z = 130x1 + 540x2 + 1450x3

S.a:

0.1x1 + 0.30x2 + 1x3 200

0.4x2 + 1.3x3 200

0.5x1 + 2x2 + 6.5x3 200

0.5x3 200

xj 0; j = 1, 2, 3

14. El Plan A garantiza que c/dólar invertido retornará 70 cent. por año, el plan B garantiza que c/dólar invertido retornará $2.00 en dos años. En el plan B se invierte períodos múltiplos de dos años. ¿Cómo se invertirá $ 100,000 para maximizar los retornos al final de los 3 años? Formule el P.L.

Solución

Xi,j = Inversión del i-ésimo plan en el j-ésimo año ( i = A,B ; j = 1,2, 3)

Lo que nos permite plantear el siguiente cuadro:

PERIODO INVERSION CANTIDAD ALFINAL DEL PERIODO

123

XA1 + XB1

XA2 + XB2

XA3

1.7XA1

1.7XA2 + 3 XB1

1.7XA3 + 3XB2

Gráficamente

100,000 xB1

xA1 xA2 xA3

xB2

1 2 43

En el plan B se invierte períodos múltiplos de dos

años

F.O

F.O :

Max Z = 1.7 XA3 + 3 XB2

S.a:

Cantidad que ingresa Cantidad que ingresa cantidad que salecantidad que sale

100,000 XA1 + XB1

1.7 XA1 XA2 + XB2

1.7 XA2 + 3 XB1 XA3

XA1, XA2, XA3, XB1, XB2 0

maximizar los retornos al final

de los 3 años

15. Faucett tiene que decidir cuantas azafatas nuevas tiene que emplear, entrenar, despedir en los 6 meses que vienen. Los requisitos en hora de vuelo de azafata son los siguientes:

Mes Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Nº Hrs. 8,000 9,000 8,000 10,000 9,000 12,000

Una chica necesita un mes de entrenamiento, hay que

emplearla un mes antes de que sus servicios sean necesarios.

El entrenam’ de una chica nueva requiere el tiempo de una azafata con experiencia regular entrenada (100 hrs. aprox)

Una azafata trabaja un máx’ de 150 horas c/ mes, hay 60 azafatas disponibles el primer día de Enero.

Si la demanda es menor la Cía. puede despedirlas

• Despedir un azafata cuesta $1000• Una azafata regular cuesta $ 800• Una con entrenamiento $ 400

Si el 10% (azafatas regulares) renuncian por casamiento, formular un PL para Minimizar costos.

Solución:Xij = Nº de azafatas que en el mes I (Ene(1)-Feb(2)...Jun(6)) se encuentran

en la situación J (1:regular- 2:entrenamiento – 3:despedir)

Mes Empleadas Entrenamiento Despedir

Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio

X11 X21 X31 X41 X51 X61

X12 X22 X32 X42 X52 X62

X13 X23 X33 X43 X53 X63

Comienzo de Ene hay: (60 azaf)(150 hrs. Azaf) = 9,000 hrs.

Azafata regular = 150 horas

Azafata en entren. = -100 horas

Azafata despedida = -150 horas

COSTO: $800 azafata regular / $400 en entrenam / $1,000 despedida

6

1

2

i

ixMin Z = 800 + 400 + 1,000

6

1

1

i

ix

6

1

3

i

ix

Obs: las decisiones de despido, entren se toma al inicio de c/mes

En cuanto a las restricciones, vendrían a ser las demandas en c/ mes como veremos:

Enero : 9000 + 150x11 - 100 x12 - 150x13 8,000

Febrero : 0.90(Enero) + 150x21 - 100x22 - 150x23 9,000

Marzo : 0.9(Feb.) + 150 x31 - 100x32 - 150x33 8,000

Abril : 0.9(Mar) + 150 x41 - 100x42 - 150x43 10,000

Mayo : 0.9(Abr) + 150 x51 - 100x52 - 150x53 9,000

Junio : 0.9(May) + 150 x61 - 100x62 - 150x63 12,000

xij 0

6

1

2

i

ixMin Z = 800 + 400 + 1,000

6

1

1

i

ix

6

1

3

i

ix

S.a

16. Un vendedor tiene 2 productos A y B. El espera ser capaz de vender a lo más 20 unid. de A y a lo menos 78 unid. De B. El debe vender al menos 48 unids de B para satisfacer su cuota mínima de ventas, él recibe una comisión del 10% sobre la venta total que realiza. Pero el debe pagar sus propios costos (que son estimados en 30 soles x hr. en hacer llamadas) de su comisión. El esta dispuesto a emplear no más de 160 hrs x mes en llamar a sus clientes. Los siguientes datos están disponibles. maximice la cantidad de ganancia

PRODUCTO PRECIO VENTA

soles/unidad

TIEMPO EMPLEADOHora/llamada

PROBABILIDADDE UNA VENTAEN LLAMADA

AB

3,0001,400

31

0.50.6

Solución :

xi = Nº de llamadas para vender el producto i, (i= 1..2)

S.a:

- Cantidad de productos A y B vendidos

0.5x1 20

48 0.60x2 78

- Tiempo empleado en hacer llamadas

3x1 + x2 160

x1, x2 0

F.O. :

Max z = 0.1(3,000(0.5)x1 + 1400(0.6)x2) - 30(3x1 + x2)

17. Un contratista considera una propuesta pa’ la pavimentac’ de un camino. Las especificaciones requieren un espesor mín’ 12'' y un máx’de 48''. El camino debe ser pavimentado en concreto, asfalto o gravilla, o combinación de los tres.

Sin embargo, las especificaciones requieren una consistencia final = o > que la correspondiente a una superficie de concreto de 9'' de espesor. Se sabe que:

• 3'' de su asfalto son tan resistentes como 1'' de concreto,

• 6'' de gravilla son tan resistentes como 1'' de concreto.

C/ pulgada de espesor por yarda cuadrada de concreto=S/ 1,000, el asfalto S/3,800 y la gravilla S/1,500

Det’ la combinación de materiales que usaría para Min costos.

Solución:x1 = Nº de pulg’ de espesor de concreto

x2 = Nº de pulg’ de espesor de asfalto

x3 = Nº de pulg’ de espesor de gravilla

Dependiendo del costo de espesor, tenemos:

Min Z = 1,000x1 + 3,800x2 + 1,500x3 S.a:

x1 + x2 + x3 12

x1 + x2 + x3 48

x1 + x2/3 + x3/6 9

xj 0; j = 1,...,3

18. Una refinería mezcla 5 crudos para producir 2 grados de gasolina "A" y "B". Ver Separata ...

Crudo Número deOctanos

Barriles/día Costo por Barril(soles)

12345

7080859099

2,0004,0004,0005,0003,000

809095115200

¿Cuál debe ser la producción de gasolina "A" y "B"?

¿Cómo debemos mezclar los crudos?

Solución :

xij = Nº de barriles de i-ésimo crudo dedicados al j-ésimo grado de gasolina y al crudo que no se utiliza(C).

Utilidad = Ventas - Costos F.O :

Max Z = 195x1A + 285x2A + 280x3A + 260x4A + 175 x5A +

205x1B + 190x3B + 170x4B + 85x5B + 45x1C +

35x2C + 30x3C + 160x4C + 174x5C

Ventas = 375(x1A + x2A + x3A + x4A + x5A) + 285 (x1B + x2B + x3B + x4B

+ x5B) + 275(x4C + x5C) + 1250 (x3C + x2C + x1C)

Costos

= 80 (x1A + x1B + x1C) + 900 (x2A + x2B + x2C) + 95(x3A +

x3B + x3C ) + 115 (x4A + x4B + x4C) + 2000 (x5A + x5B +

x5C)

Restricciones debido al octanaje de gasolina "A"

Restricciones debido al octanaje de gasolina "B"

Se debe producir al menos 8000 barriles diarios de gasolina tipo "B"

Restricciones debido a la disponibilidad de los crudos

S.A :

a) Restricciones debido al octanaje de gasolina "A"

70x1A +80x2A + 85x3A + 90x4A + 99x5A 95

X1A + x2A + x3A + x4A + x5A

Simplificando

x5A + 5x4A -15x1B - 5x2B 0

b) Restricciones debido al octanaje de gasolina "B"

70x1B +80x2B + 85x3B + 90x4B + 99x5B 8

x1B + x2B + x3B + x4B + x5B

Simplificando

14x5B + 5x4B +x4B + x5B 0

c) Se debe producir al menos 8000 barriles diarios de gasolina tipo "B"

x1B + x2B + x3B + x4B + x5B 8000

d) Restricciones debido a la disponibilidad de los crudos

x1A + x1B + x1C = 2000

x2A + x2B + x2C = 4000

x3A + x3B + x3C = 4000

x4A + x4B + x4C = 5000

x5A + x5B + x5C = 3000

xij 0, i = 1,2,3,4,5; j = A, B, C

19. Los almacenes Howard han de reabastecerse de 5 productos populares. Como se ve en la siguiente tabla:

Producto Precio de Compra

Precio de Venta

Ventas Mensuales

Espacio de Almacenamiento

de pies3/100 A B C D E

0.90 1.50 1.30 2.70 0.40

1.40 2.00 1.85 3.50 0.75

1,000 800 750

1,000 2,000

20 25 40 11 50

Se quiere maximizar las ventas bajo las sgtes. condiciones:

La empresa comprará al menos la venta de un mes, pero más de lo necesario para dos meses de cada producto.

El vendedor da dscto del 10% sobre todas las mercancías que se compren x encima de las necesidades mensuales.

El almacén tiene un total de: S/. 10,000 para comprar, 2,500 pies3 de espacio para guardarlos.

Suponemos que todos los productos comprados se suministrarán inmediatamente.

¿Cuál debe ser la compra a realizar por el director de los almacenes?

Solución:

xi = Nº de prod’ comprados sin descuento.(i = A,..., E)

yj = Nº de prod’ comprados con descuento (j= A,..., E)

VENTA - COMPRA

La función objetiva se obtiene de:

Producto Precio de Compra

Precio de Venta

Ventas Mensuales

Espacio de Almacenamiento

de pies3/100 A B C D E

0.90 1.50 1.30 2.70 0.40

1.40 2.00 1.85 3.50 0.75

1,000 800 750

1,000 2,000

20 25 40 11 50

1.40(xA+yA)+2(xB+yB)+1.85(xC+yC) + 3.50(xD+yD) + 0.75(xE + yE)0.90xA + 1.50xB + 1.30xC + 2.70xD + 0.40xE Max Z = 1.40(xA + yA) + 2(xB + yB) + 1.85(xC + yC) + 3.50(xD + yD) +

0.75(xE + yE) - [0.90xA + 1.50xB + 1.30xC + 2.70xD + 0.40xE +

0.90(0.90yA + 1.50yB + 1.30yC + 2.70yD + 0.40yE)]

Existen tres tipos de restricciones:

Por Ventas Mensuales

1,000 xA + yA 2,000

800 xB + yB 1,600

750 xC + yC 1,500

1,000 xD + yD 2,000

2,000 xE + yE 4,100

Por Disponibilidad de dinero

0.90xA + 1.50xB + 1.30xC + 2.70xD + 0.40xE + 0.90(0.90yA +

1.50yB +1.30yC + 2.70yD + 0.40yE) 10,000

Por Espacio disponible

0.20(xA + yA) + 0.25(xB + yB) + 0.40(xC + yC) +0.11(xD +

yD) +0.50(xE + yE) 2,500

20. Una compañía extrae tres tipos de mineral en tres pozos distintos, para ello cuenta con tres equipos de las siguientes características:

Equipos P1 P2 P3 Días de mantenciónPor mes (30 días)

E1

E2

E3

90

65

50

70

80

70

78

65

85

5

2

2

Equipos P1 P2 P3E4 90 70 78 Ton/día

Se necesita un 4 to equipo ,que está disponible los 30 días del mes, pero no se arrienda por menos de 10 días/mes.

• La empresa que recibe el material admite las capacidades siguientes:

• Los costos de operación que tiene cada equipo están en el cuadro adjunto (S/. por día)

• Los gastos en salario y jornales de la mano de obra asociada a cada equipo son:

Suponiendo que los pozos deben explotarse los 30 días del mes plantee en forma normal el P.L. de manera que el programa de explotación produzca máximas utilidades. Si el precio de cada tonelada es de S/. 3,500

Mineral Pozo P1 .......... 2,500 ton/mes



Los costos de operación que tiene cada equipo están en el cuadro adjunto (S/. por día)

Equipos P1 P2 P3E1

E2

E3

E4

120

40

90

150

250

170

100

300

220

200

210

250

Los gastos en salario y jornales de la mano de obra asociada a cada equipo son:

Equipos E1 E2 E3 E4

S/. día 220 350 300 400

xij = Nº de días del equipo i dedicados a la mina j por mes

1 2 3

1234

x11 x12 x13

x21 x22 x23

x31 x32 x33

x41 x42 x43

Solución :

Definición de variables

Utilidad = Ingresos -C. de Operación -C. de Mano de Obra

F.O. :

Sujeto a:

Por capacidad disponible

Por número de días que trabaja cada equipo

Por número de días que trabaja la mina

Ingresos = 3,500(90x11 + 65x21 + 50x31 + 90x41 + 65x12 + 80x22 + 70x32

+ 72x42 + 78x13 + 65x23 + 85x33 + 58x43)

Costo de Operación= 120x11 + 40x21 + 90x31 + 150x41 + 250x12 + 170x22 + 100x32 + 300x42 + 220x13 + 200x23 + 210x33 + 2,500x34

Costo de mano de Obra = 200(x11 + x12 + x13) + 350 (x21 + x22 + x23) + 300(x31 +

x32 + x33) + 400 (x41 + x42 + x43)

Por capacidad disponible

90x11 + 65x21 + 50x31 + 90x41 2,500

65x12 + 80x22 + 70x32 + 72x42 2,300

78x13 + 65x23 + 85x33 + 58x43 2,250

Por número de días que trabaja cada equipo:

x11 + x12 + x13 25

x21 + x22 + x23 28

x31 + x32 + x33 28

10 x41 + x42 + x43 30

Por número de días que trabaja la mina:

x11 + x12 + x13 + x41 = 30

x12 + x22 + x32 + x42 = 30

x13 + x23 + x33 + x43 = 30

xij 0

METODO SIMPLEX

SOLUCIONES OPTIMAS NO ACOTADAS

SOLUCIONES OPTIMAS MULTIPLES

METODO PENAL

METODO DE DOBLE FASE

PROBLEMAS DE MINIMIZACIÓN

PROGRAMACION PROGRAMACION LINEALLINEAL

PROBLEMAS NO SOLUBLES

Max Z = Cx

s.a.

Ax b

x 0

Paso 1: Dado cualquier P.L. transfórmese por medio de las reglas de equivalencia al P.L. canónico.

ALGORITMO DEL METODO SIMPLEX

Paso 2: Reescríbase la F.O. de la siguiente manera Z - Cx =0

METODO METODO SIMPLEXSIMPLEX

Paso 3: Conviértase todas las desigualdades a igualdades usando variables de holgura; entonces la forma canónica se convierte en:

Max Z - Cx = 0

Ax + x = b x = vector de variables de holgura

x 0, x 0

Escribiendo en forma desarrollada: Z - c x - c x - ... - c x = 0

a x + a x + ... + a x + x = b

a x + a x + ... + a x + x = b

........................................................

a x + a x + ... + a x + x = b

x 0, x 0, ...,

1 1 2 2 n n

11 1 12 2 1n n n+1 1

21 1 22 2 2n n n+2 2

m 1 m2 2 mn n n+m m

1 2 x 0,

x 0, ..., x m 0, .... variables de holguran

n+1 n

La adición de las variables de holgura crea la primera base B, que resulta de la matriz identidad. Esto, a su vez, genera el primer punto extremo de la región de factibilidad

Paso 4: Constrúyase una tabla con los coeficientes del P.L.

Z x1, x2, ..., xn Xn+1, xn+2, ..., xn+m

1 CBB-1A-C CBB-1 CBXB

aB1

aB2

.

.

.aBm

0

B-1A

B-1

XB

Paso 5: Seleccione como vector de entrada aquel cuya Zj - Cj sea

la más negativa. Si no hay candidato de entrada, es decir que todas las Zj - Cj >=0 para todo j en A, la solución xB mostrado en

la tabla es óptimo. En caso que exista un empate entre varios vectores, rómpase el empate arbitrariamente.

0/j

j

k

j

r

kk

b

kr

B yy

x

y

xmin

Paso 6: Una vez seleccionado la columna aj que entrará a la

nueva base, selecciónese el vector de salida ar de base actual

usando:

Forma desarrollada del tablero SimplexForma desarrollada del tablero Simplex

Z x1, x2, ..., xn Xn+1, xn+2, ..., xn+m

1 Z1-C1 Z2-C2 ... Zn-Cn Zn+1-Cn+1 Zn+2-Cn+2 ... Zn+m-Cn+m Z0

aB1

aB2

.

.

.aBm

00...0

Y11 Y12 ... Y1n

Y21 Y22 ... Y2n

.................

.................

.................Ym1 Ym2 ... Ymn

Y1,n+1 Y1,n+2 ... Y1,n+m

Y2,n+1 Y2,n+2 ... Y2,n+m

.................

.................

.................Ym,n+1 Ym,n+2 ... Ym,n+m

XB1

XB2

.

.

.XBm

NOTA:

Paso 7: La intersección en el tablero de la columna que entra con la columna que sale determina el elemento pivot yrj.

Aplíquese operaciones matriciales elementales en el pivot yrj

con el objeto de convertir a la columna aj en el vector unitario

er. Es decir, ceros en toda la columna y uno en la r-ava

componente, que resulta ser yrj. Regrese al paso 5.

En caso de que todas las ykj del denominador

sean negativos, se tiene el caso de una solución no acotada.

En caso de que exista un empate entre varios vectores candidatos hay que aplicar las reglas lexicográficas para romper el empate; una decisión arbitraria puede causar que el proceso cicle continuamente sin alcanzar la solución óptima.

Por ejemplo: si la columna seleccionada al entrar a la base es a2

y la fila a salir es a7 hágase el elemento y72 del

tablero igual a uno y al resto de componentes de la columna a2, ceros (incluyendo a Z2 - C2) mediante

el uso de operaciones elementales matriciales.

Este paso genera una nueva base B, un nuevo punto

extremo xB y un nuevo valor

de la F.O (Z).

Operaciones Matriciales Elementales.

Estas operaciones afectan únicamente a las filas de la matriz. Existen tres clases de operaciones de este tipo:

a) Multiplicar o dividir una fila de una matriz por un escalar diferente de cero.

b) Añadir o restar de una fila el múltiplo de otra.

c) Intercambiar dos filas.

Transformese por medio de reglas deequivalencia a la forma canonica

Max Z=CXAX<=bX>=0

Re-escribase la FO. de lasiguiente manera:

Z-CX=0

Conviertese todas las desigualdades enigualdades agregando variables de holgura

Max Z-CX=0AX+X =b

X>=0,X>=0

Construyase un tablero conlos coeficientes del PL.

INICIO

Dado unPrograma

Lineal

Condicion deOptimalidad

Zj-C j>=0

Seleccionese como vector deentrada aquel cuyo Zj-C j sea

el mas negativo.

Seleccionese el vector de

salida a r de la base actual:XBr =min{ XBk |Ykj>0}Yrj k Y kj .

Aplique operaciones matricialeselementales en el Pivot Yrj con el

objeto de convertir la columna a jen un vector unitario

Sí

No

La solucion XBmostrada es Optima.

FIN

Ejemplo: Resuelva por el método Simplex el siguiente problema:El Dueño de una planta produce únicamente dos tipos de cerveza: blanca y negra. Existen tecnologías bastante diferentes para la elaboración de cada uno de los tipos de cerveza, obviamnete cada tipo de tecnología a un costo diferente el dueño de la planta no sabe cual deba ser su producción óptima semanal de cada producto , y por lo tanto se decide a identificar dos variables de decisión.

X1 : miles de litros de cerveza blanca a producir en una semana .

X2 : miles de litros de cerveza negra a producir en una semana .El precio al mayoreo de 1000 litros de cerveza blanca es $ 5 000 , mientras que el precio al mayoreo de 1000 litros de cerveza negra es de $ 3 000.

Un estudio de tiempos y movimientos ha desmotrado que para producir mil litros de cerveza blanca se requiere un total de 3 obreros en el proceso de producción, en cambio se requiere 5 obreros para producir 1000 litros de cerveza negra, supongamos que la planta tiene un total de 15 obreros, también se sabe que para producir 1000 litros de cerveza blanca es de $ 500, mientras que 1000 litros de cerveza negra le cuesta al dueño $200 su capital no le permite gastar más de $1000 semanales en la producción de X1, X2.

¿Cuáles deben ser los niveles de producción semanal de cerveza blanca y cerveza negra que maximicen el ingreso por concepto de venta semanal ?.

Solución :

02x,1 x; )produccion de costos deón (restricci 1022x15x

obra) de mano deón (restricci 1525x13x :Sa

23000x15000xMax Z

Paso 1: El P.L. es Canónico.

Generar Z – 5000x1 – 3000x2 = 0

holgura de variables4x,3x ; 04x,3x,2x,1 x

104x22x15x

153x25x13x :Sa

023000x15000x ZMax

x3 = Es la diferencia entre el nro

de obreros que se van a utilizar en la producción óptima y los que hay disponibles.

x4 = Es la diferencia entre el

capital que se va a gastar semanalmente en la producción óptima y el capital disponible.

Paso 2:

Paso 3: Generar la siguiente estructura:

Paso 4: Tablero:

Z x1 x2 x3 x4 Z0

1 –5000 –3000 0 0 0

Vectoresen labase

a3

a4

0 0

3 5

5 2

1 0

0 1

15

10

Comparando este tablero con la siguiente estructura general:

1 CBB-1A-C CBB-1 Z0

0

B-1A B-1 XB

0

0,

),,(),3000,5000(),(

),0,0(),(,25

53

0,10

15,

10

01

2

1

2

1

4

3

4322111

333311

04

31

x

xx

x

xx

x

x

xx

aaBczczCABC

czczBCAB

zx

xxB

NN

B

B

B

B

Paso 5 : Indica que hay que seleccionar todas las Zj - Cj < 0 para toda

columna j en A que no pertenezca a la base actual B. Las únicas columnas que no pertenecen son a1 y a2. Se debe seleccionar al más negativo de estas Zj

- Cj

Zj - Cj = Min {–5000, –3000} = –5000 entra a1 , j=1

0/min1

j

j

kr

kk

b

kr

B yy

x

y

x

sabiendo que j=1 se tiene:

43

41

a a

base la de sale 2}2,5min{5

10,

3

15min a

y

x

kr

Br

Por lo que la columna a entrar a la nueva base es a1. Para ver que vector ar

debe salir de la base actual se aplica el paso 6. Los únicos candidatos a salir están dados por la regla:

Sabiendo que el vector a1 es el que debe entrar y a4 el que va salir, el pivot

queda determinado. El pivot en este caso es el elemento y21=5, tal como se muestra

Z x1 x2 x3 x4 Z0

1 -5000 -3000 0 0 0

Vectores en la base

a3

a4

0 0

3 5 5 2

1 0 0 1

15

10

Pivot y21=5

• Para encontrar la nueva base hay que convertir la columna a1 en una

columna unitaria e2, con un uno en la segunda componente y ceros en el

resto de la columna, incluyendo Zj - Cj. Esto se logra con operaciones

matriciales elementales :

Z x1 x2 x3 x4 Z0

1 0 -1000 0 1000 10 000

Vectores en la base

a3

a1

0 0

0 19/5 1 2/5

1 -3/5 0 1/5

9 2

Se ha terminado una iteración completa del método Simplex. En esta iteración, el proceso se ha movido de un punto extremo con componentes x1=0, x2=0,

x3=15 y x4=10, correspondientes a la base B=(a3,a4) y en donde la F.O. es igual a

cero, a otro punto extremo con componentes x1=2, x2=0, x3=9 y x4=0,

correspondiente a la nueva base B=( a3,a1) y a un nuevo valor de la F.O. de

10 000.

columna a1 en una columna unitaria e2

19

45

2

10,

19

45

522

,5

199

min

min2

k

kr

B

y

xrSin embargo como Z2 - C2=-1000 < 0, es negativo, el valor de la F.O. puede aún

mejorarse. Repitiendo otra iteración del método Simplex, se tiene que a2 entra a la

nueva base y que:

Z x1 x2 x3 x4 Z0

1 0 -1000 0 1000 10 000

Vectoresen labase

a3

a1

0 0

1 19/5

1 2/5

1 -3/5

0 1/5

9 2

Nuevo pivotVectores

Z x1 x2 x3 x4 Z0

1 0 0 5000/19 1600/19 235 000/19

en la base

a2

a1

0 0

0 1

1 0

5/19 -3/19

-2/19 25/19

45/19

20/19columna a2 en una columna unitaria e1

La nueva solución o punto extremo correspondiente a la nueva base B=(a2, a1), que

por cierto ya es óptima porque tiene todas las Zj - Cj >= 0, es:

x =20

19= 1.052 miles de botellas de cerveza blanca.

x =45

19= 2.368 miles de botellas de cerveza negra.

x = 0 exceso de obreros.

x = 0 exceso de capotal semanal.

Z =235000

19= $12,368.42 de utilidad semanal.

1

2

3

4


Se tiene el siguiente P.L. en su forma canónica

Gráficamente : 0X0,X

42XX-

2X22X-

:.

X44X Max Z

21

21

21

21

as

(1)

Z=8

Z incrementa2

1

X14

X2

(2)

Z=0


0X

bAX :s.a

CXMax Z

Paso1. Supóngase un problema lineal en forma canónica:

Paso2. En cualquier Iteración del Método Simplex, el vector que entra a la base es el ak.

Paso3. Si todos los Yik son menores que cero para todo i=1-m la

solución del P.L. es no acotado, ir al paso4, caso contrario continuar con el algoritmo del método simplex.

PROPOSICIONSupóngase el problema lineal en forma canónica

Supóngase que en cualquier iteración del método simplex, el vector que entra a la base es ak. Entonces si todas las soluciones del P.L es no acotado.

m,,1,i

0X

bAX :s.a

CXMax Z

0,Yik

ALGORITMO

Paso4. Fin.

Inicio

Dado el P. L. en suforma canónica

En cualquier iteración del MS elvector que entra a la base es a k

Todos los (Y ik <0)para todo i=1-m

Continuar conAlgoritmo del

Método Simplex

Imprimir:"Solución NoAcotada"

fin

sino

Aplicar el algoritmodel Método simplex

DIAGRAMA DE FLUJO

EJEMPLO

4-1i 0,X

4X 2XX-

2 XX22X-

0X0X0X44X- Z

0X0,X

42XX-

2X22X-

:a.s

X44X Max Z

i

421

321

4321

21

21

21

21

Resuélvase por el método simplex el siguiente P.L.

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 -4 -4 0 0 0

X3 0 -2 2 1 0 2

X4 0 -1 2 0 1 4

Tablero Inicial

Yi2>0, i=1-2

Pivot

Como algunosYi1 >0, i=1-2

Primera Iteración

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 -8 0 2 0 4

X2 0 -1 1 1/2 0 1

X4 0 1 0 -1 1 2

Pivot

Segunda Iteración

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 0 0 -6 8 20

X2 0 0 1 -1/2 1 3

X1 0 1 0 -1 1 2

Se tiene el siguiente tablero que aún no es óptimo y se debe seleccionar el nuevo vector de entrada que es X3.

Como todos los Yi3 < 0, i=1-2 se concluye que la solución del problema es no acotado.

Como todos los Yi3 < 0, i=1-2

Nota:En la segunda Iteración X3 debe entrar, pero como los Y13 = -1/2 <0 y Y23 = -1<0, y por

lo tanto la regla de selección del vector que debe salir de la base no se puede llevar a cabo. Nótese también que esa misma condición se encuentra en el tablero inicial, si en vez de introducir X2 a la base se introduce X1. Por tal motivo se comple el algoritmo

dado y el problema tiene solución no acotada.

0X0,X

204X10X

30X106X

:a.s

X2X5 Max Z

21

21

21

21

. . . (1)

. . . (2)

Existen P.L. que no tienen una solución óptima única, sino que al contrario tiene un número Infinito de soluciones. Tal es el caso del siguiente Problema Lineal.

Graficamente :

Z=0

(2)

(1)

Z=10

3

52

A

B

5

X1

X2

SOLUCIONES OPTIMAS

MULTIPLES

Matemáticamente se tiene que si XA es el vector del punto A y XB es el

vector del punto B entonces se define lo siguiente:

Es también óptima. La siguiente proposición da las condiciones que permiten identificar soluciones óptimas múltiples en un tablero del método simplex.

0,1 BX1AXX

PROPOSICIONDado el problema lineal en forma canónica, Máx Z=cX, sujeto a . Si existe un vector ak que no este en la base cuyo correspondiente zk -

ck = 0, y todas las Yik > 0, i=1, ..., m entonces el programa lineal tiene

soluciones óptimas multiples y la base es óptima.

0X ,bAX

ALGORITMO

0X

bAX :s.a

CXMax Z

Paso1. Dado el problema en forma canónico:

Paso2. Aplicar el algoritmo del método simplex al programa lineal.

Paso3. Si existe un vector ak original que no está en la base

cuyo correspondiente Zk-Ck = 0 y todos los Yik > 0 para todo

i=1-m, entonces el problema lineal tiene soluciones óptimas multiples y la base es óptima, ir al paso4, caso contrario la solución encontrada es óptima

Paso4. fin

DIAGRAMA DE FLUJO

Inicio

Dado el P. L. en suforma canónica

Verificar vectores a koriginales

Existe un vectororiginal que no está en la

base y su correspondientez k-c k=0 y todos los Y ik>0,

para todo i=1-mLa soluciónencontrada es

óptima

Imprimir:"SoluciónesMultiples"

fin

sino

Aplicar el Método Simplex

Resuelva por el método simplex el siguiente P.L.

EJERCICIO

4-1i 0,X

20X 4X10X

30 X106X

:000X2X5- Z

0X0,X

204X10X

30X106X

:.

X2X5 Max Z

i

421

321

4321

21

21

21

21

X

XX

as

Tablero Inicial

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 -5 -2 0 0 0

a3 0 6 10 1 0 30

a4 0 10 4 0 1 20

Primera Iteración

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 0 0 0 ½ 10

a3 0 0 38/5 1 -6 18

a1 0 1 2/5 0 1/10 2

Como Z2-C2=0 y a2 no está en la base B=( a3-a1) y todas las Yi2>0, i en B se

tiene una solución óptima multiple. Sea un punto extremo óptimo el siguiente:

Da un valor óptimo de Z=10, que se verifica en el tablero anterior en la primera iteración.Para ver cuál sería el otro punto extremo se introduce a2 a la base y queda el

siguiente tablero.

0

18

0

2

4X

3X2X1X

X

Z X1 X2 X3 X4 Z

1 0 0 0 1/2 10

a2 0 0 1 5/38 -38/980 90/38

a1 0 1 0 0 125/950 20/19

CONTINUACIÓN...

X̂

El tablero anterior también es óptimo y corresponde a un punto extremo cuyas componentes son:

0

038

9019

20

4X3X2X1X

X̂

X̂

Cuyo valor de la función objetivo también es 10. Entonces cualquier combinación lineal X y también es óptimo, dando el mismo valor de la función objetivo. Matemáticamente se representa como la siguiente expresión que también es un punto óptimo.

10

0

038

9019

20

1

0

18

0

2

x

0

0

38/90

19/20

4

3

2

1

Y

0

0

18

2

4

2

3

1

X

X

X

X

NX

Bx

X

X

X

X

NX

Bx

A continuación se verá que tipo de problema se desarrollan en un programa de minimización. Donde de eliminan los problemas triviales que son de la forma siguiente:

0 b

0 X

b AX

: a s.

X C ZMin

PROBLEMAS DE MINIMIZACION

Estos tipos de problemas tienen como solución óptima: ,00, ,0,0, X

X ,X X NB

Como se puede ver gráficamente a continuación la solución óptima es no hacer nada.

PROBLEMAS DE

MINIMIZACION

X1

X2

Z

Z

Punto Optimo

igual al vector 0. Este tipo de problemas tienen la siguiente representación canónica:

0 X

b AX

: a s.

X C ZMin

EJEMPLO

02X 0, 1X

18 22X 1X 3

6 2X

4 1X

: a s.

2X 5 1X 3- ZMin

02X 0, 1X

18 - 22X - 1X 3 -

6 2X

4 1X

: a s.

2X 5 - 1X 3 ) (-Z h Max

:C .F

02X 0, 1X

18 22X 1X 3

6 2X

4 1X

: a s.

2X 5 - 1X 3 ) (-Z Max

Por el Método Simplex conduce a resolver lo siguiente.

El problema se puede reescribir.

H X1 X2 X3 X4 X5 Z

1 -3 5 0 0 0 0

a3 0 1 0 1 0 0 4

a4 0 0 1 0 1 0 6

a5 0 -3 -2 0 0 1 -18

Observamos en el tablero que existe una solución que no es factible:

0

018

6

4

2X1X5X4X3X

NXBX

:siguientesolucion la tenemos0 ZCuando

Agregando varianbles de Holgura lo llevamos al tablero del Método Simplex y tenemos lo siguiente:

Esta solución no es factible por que X5

= -18 que es menor que cero, está violando la restricción de no negatividad .Se concluye que para problemas de minimización no triviales, el método simplex no funciona.

0 vector Wel 0 X

b XA

: a s.

X C ZMin

P.O. al optima también Es

0 w

0 Y

0 X

b W Y - AX

: a s.

W M X C ZMin

donde:

W=Vector de variables artificiales y penalizado.

M=Vector de valores positivos arbitrarios muy elevados.

Efectuaremos el Algoritmo del Método Penal juntamente con su ejemplo:

Dado el P.L. de la siguiente forma:

Paso 2 :

Opt z = CX

s.a : AX ≤ B > X ≥ 0

Convertirlo a la forma Estándar

Verificamos si el PL no viola las condiciones de no negatividad y de factibilidad.

Si es Si ir al Paso 5 ; Caso contrario continuar con el Paso 3.

Reestablecer la base, se quiere que la base B esté compuesta de las variables de holgura y artificiales, se necesita que W sea un vector unitario tipo en . Para esto se convierte ZW1 – CW1

en cero, mediante el uso de operaciones matriciales elementales; haciendo así que la solución inicial es factible y básica.

Agregar un vector W a cada restricción en donde no existan variable Donde : M es un vector de valores positivos arbitrarios muy elevados (M>>> 0).

W es un vector de variables artificiales s de holgura y penalizar a la FO con un costo –MW en caso de Maximización o +MW en caso de minimización .

Visualizaremos el último tablero Simplex , en donde verificaremos la condición de optimalidad.

FIN

Aplicar el método Simplex ( implementado para soluciones no acotadas)..

Observar si existe un W en la base , de ser así no hay solución óptima ir al paso 8.

Caso contrario no exista un W en la base, osea W=0 y se a retornado al problema original, cuya solución óptima está garantizada por el Método Simplex.

02X 0, 1X

18 22X 1X 3

6 2X

4 1X

: a s.

2X 5 1X 3- ZMin

02X 0, 1X

18 22X 1X 3

6 2X

4 1X

: a s.

2X 5 1X 3- ZMin

5-1i 0, X

18 X - 2X X 3

6 X X

4 X X

: a s.

X 5 - X 3 Z- h

i

521

42

31

21

Max

0 W5-1i 0, X

18 W X - 2X X 3

6 X X

4 X X

: a s.

MW -X 5 - X 3 Z- h Max

:tenemos Wartificial variablela ndoIntroducie

1i

1521

42

31

121

1

Llevando al tablero Simplex tenemos:

H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z 1 -3 5 0 0 0 M 0

X3 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 1 0 1 0 0 6

XW1 0 3 2 0 0 -1 1 18

0 W5-1i 0, X

18 W X - 2X X 3

6 X X

4 X X

: a s.

MW -X 5 - X 3 Z- h Max

:tenemos Wartificial variablela ndoIntroducie

1i

1521

42

31

121

1

H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z 1 -3 5 0 0 0 M 0

X3 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 1 0 1 0 0 6

XW1 0 3 2 0 0 -1 1 18

Tablero Transformado

H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z 1 -3-3M 5-2M 0 0 M 0 -18M X3 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 1 0 1 0 0 6 XW1 0 3 2 0 0 -1 1 18

De aquí en adelante aplicamos el Método Simplex

Primera IteraciónPrimera Iteración

Vector que ingresa a la base X2.

Vector que sale de la base Xw1

H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z 1 0 5-2M 3+3M 0 M 0 12-6M X1 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 1 0 1 0 0 6 XW1 0 0 2 -3 0 -1 1 6

Ultimo Ultimo tablerotablero H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z

1 0 0 21/2 0 5/2 M-5/2 -3 X1 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 0 3/2 1 ½ - ½ 3 X2 0 0 1 -3/2 0 - ½ ½ 3

Ahora en el último tablero óptimo se verifica si el vector W sigue en la base:

H X1 X2 X3 X4 X5 W1 Z 1 0 0 21/2 0 5/2 M-5/2 -3 X1 0 1 0 1 0 0 0 4 X4 0 0 0 3/2 1 ½ - ½ 3 X2 0 0 1 -3/2 0 - ½ ½ 3

óptimo es problema el 0 1y W 0jCj ZComo

3Z

3Zh

0

0

0

3

3

4

1W5X3X2X4X1X

NX

BX

Los PL no tienen soluc’ cuando sus restricciones son inconsistentes.

Veamos la aplicación, con el ejemplo:

0 W4-1i 0, X

4 WX- X X

2 X X X

: a s.

MW- 0X0X-X 2 X 2 ZMax

: tenemosPenal Método el Por

0X 0, X

4 X X

2 X X

: a s.

X 2 X 2 ZMax

1i

1421

321

14321

21

21

21

21

Tablero InicialTablero Inicial

Como W1 está en la base, se debe restablecer la base

convirtiéndolo en un vector unitario e3.

Z X1 X2 X3 X4 W1 Z 1 -2 -2 0 0 M 0

X3 0 1 1 1 0 0 2 W1 0 1 1 0 -1 1 4

Aplicando el algoritmo del M. Penal en el tablero sgte :

Z X1 X2 X3 X4 W1 Z 1 -2-M -2-M 0 M 0 -4M

X3 0 1 1 1 0 0 2 W1 0 1 1 0 -1 1 4

Z X1 X2 X3 X4 W1 Z 1 -2-M -2-M 0 M 0 -4M

X3 0 1 1 1 0 0 2 W1 0 1 1 0 -1 1 4

1ra Iteración1ra Iteración

Vector que ingresa a la base X1.

Vector que sale de la base es X3.

Z X1 X2 X3 X4 X5 Z 1 0 0 2+M M 0 4-2M

X1 0 1 1 1 0 0 2 W1 0 0 0 -1 -1 1 2

Como los (Zj – Cj) >=0 entonces se cumple el criterio de Optimalidad pero W1 no sale de la base(W1 =2) por lo tanto el

problema no tiene solución.

es igual al M.Penal, soloque primero se introducen las variables artificiales al Problema Original.

0 W0, Y 0, X

b W Y - AX

: a s.

X C ZMin

: como Quedando

0 X

b AX

: a s.

X C ZMin

Dado el P.L. de la siguiente forma:

0X

bAX

:a sujeta

CX ZMin

Si el PL puede resolverse por el M.Simplex, entonces seguir con los pasos del algoritmo del M.Simplex, e ir al paso7. Caso contrario seguir al paso3

0W ,0Y 0,X

bWY-AX

:a .s

WMinp

1ii

0X

bAX

:a sujeta

CX ZMin

La Soluc Opt. de la I Fase debe ser cuando W=0

Si Obtenemos las condiciones de Optimalidad Zj-Cj >0 en la Fase I y W>0 el problema original no tiene solución, ir al paso 6.

Supóngase que la Fase I es óptimo es decir W=0, y que la base asociada al tablero es B, aplicar la II Fase.

II Fase:

Se aplica el M. Simplex para resolver el siguiente modelo:

0 Y 0, X

b B Y B- AX B

: a s.

X C ZMin

1-1-1-

FIN

Anteriormente se dijo que al existir un Empate para decidir que vector entra a la base esto se decide arbitrariamente sin ningún efecto

en el número de iteraciones del método simplex. En cambio un empate en el vector de salida no puede puede decidirse

arbitrariamente porque puede ocacionar un ciclaje.

II Fase:

Se aplica el M. Simplex para resolver el siguiente modelo:

fdgjdgj

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