Universidad de Managua Curso de Investigacin de Operaciones

Universidad de Managua Curso de Investigación de Operaciones I Profesor: MSc. Julio Rito Vargas Avilés. Estudiantes: Ingenierías Año académico: II Cuatrimestre 2012 Modelos de Programación Lineal y su Interpretación geométrica

AGENDA Solución gráfica de un PPL (en dos variables) Definición del problema Construcción del Modelo matemático Solución por el método gráfica del modelo Prueba de la solución del modelo. Ejemplo de un PPL de maximización Ejemplo de PPL de minimización Características de los PPL en cuanto al número de soluciones: Tienen solución única. Tienen infinitas soluciones No tienen soluciones. 2

Problema Ejemplo 1: • La WINDOR GLASS CO. produce artículos de vidrio de alta calidad, entre ellos ventanas y puertas de vidrio. Tiene tres plantas. Los marcos y molduras de aluminio se hacen en la planta 1, los de madera en la planta 2; la 3 produce el vidrio y ensambla los productos. • Debido a una reducción de las ganancias , la alta administración ha decidido reorganizar la línea de producción de la compañía. Se descontinuarán varios productos no rentables y se dejará libre una parte de la capacidad de producción para emprender la fabricación de dos productos nuevos que tienen ventas potenciales grandes: – Producto 1: una puerta de vidrio de 8 pies con marco de aluminio. – Producto 2: una ventana corrediza con marco de madera de 4 X 6 pies. 3

Problema … 4 • El producto 1 requiere de la capacidad de producción en las plantas 1 y 3 y nada en la planta 2. El producto 2 sólo necesita trabajo en las plantas 2 y 3. La división de comercialización ha concluido que la compañía puede vender todos los productos que se puedan fabricar en las plantas. Sin embargo, como ambos productos competirán por la misma capacidad de producción en la planta 3, no está claro qué mezcla de productos sería la más rentable. Por lo tanto, se ha formado un equipo de IO para estudiar este problema. • El grupo comenzó a realizar juntas con la alta administración para identificar los objetivos del estudio y desarrollaron la siguiente definición del problema:

Problema … • Determinar que tasas de producción deben tener los dos productos con el fin de maximizar las utilidades totales, sujetas a las restricciones impuestas por las capacidades de producción limitadas disponibles en las tres plantas. (cada producto se fabricará en lotes de 20 unidades, de manera que la tasa de producción está definida con el número de lotes que se producen a la semana). Se permite cualquier combinación de tasas de producción que satisfaga estas restricciones, incluso no fabricar uno de los productos y elaborar todo lo que sea posible del otro. 5

Problema … 6 • • El equipo de IO también identificó los datos que necesitan reunir: Número de horas de producción disponibles por semana en cada planta para estos nuevos productos. (Casi todo el tiempo de estas plantas está comprometido con los productos actuales, lo que limita la capacidad para manufacturar nuevos productos. ) • Número de horas de fabricación que emplea cada lote producido de cada artículo nuevo en cada una de las plantas. • La ganancia por lote de cada producto nuevo. (Se escogió la ganancia por lote producido como una medida adecuada una vez que el equipo llegó a la conclusión de que la ganancia incremental de cada lote adicional producido sería, en esencia, constante, sin importar el número total de lotes producidos. Debido a que no se incurre en costos sustanciales para iniciar la producción y comercialización de estos nuevos productos, la ganancia total de cada uno es aproximadamente la ganancia por lote producido multiplicado por el número de lotes. )

Problema … • La obtención de estimaciones razonables de estas cantidades requirió del apoyo de personal clave en varias unidades de la compañía. El personal de la división de manufactura proporcionó los datos de la primera categoría mencionada. El desarrollo de estimaciones para la segunda categoría requirió un análisis de los ingenieros de manufactura involucrados en el diseño de los procesos de producción para los nuevos artículos. Al analizar los datos de costos obtenidos por estos ingenieros, junto con la decisión sobre los precios de la división de mercadotecnia, el departamento de contabilidad calculó las estimaciones para la tercera categoría. 7

Problema … • La tabla siguiente resume los datos reunidos. Tiempo de producción por lote(horas) Tiempo de producción disponible a la semana, horas Producto 8 Planta 1 2 P 1 1 0 4 P 2 0 2 12 P 3 3 2 18 Ganancias por lote $ 3000 $5000

Solución • Se trataba de un problema de programación lineal del tipo clásico mezcla de productos y procedemos a la formulación del modelo matemático correspondiente. • Para resolver este problema de PL: requerimos definir lo siguiente: Variables de decisión: : número de lotes del producto 1 fabricado por semana : número de lotes del producto 2 fabricado por semana • 9

Solución • • Función objetivo: Maximizar Restricciones: Horas disponibles en la planta 1, para producir lotes del producto 1 Horas disponibles en la planta 2, para producir lotes del producto 2 Horas disponibles en la planta 3, para producir lotes del prod 1 y prod 2 Restricciones de no negatividad 10

Solución Modelo matemático del PPL. Max s. a. 11

12

Conjunto convexo factible (0, 6) (2, 6) (4, 3) (0, 0) 13 (4, 0)

Solución… Soluciones factibles Vértices del problema 14 Z óptimo (0, 0) 0 (0, 6) 30 (2, 6) 36 (4, 3) 27 (4, 0) 12 36

Soluciones FEV Z=30 Z=36 Z=27 Z=0 15 Z=12 (factible en los vértices)

Gráfico del problema (0, 6) (2, 6) (4, 3) (0, 0) 16 (4, 0)

Un problema de máximos de programación lineal Problema 1: Una fábrica de bombones tiene almacenados 500 Kg. . de chocolate, 100 Kg. . de almendras y 85 Kg. . de frutas. Produce dos tipos de cajas: las de tipo A contienen 3 Kg. de chocolote, 1 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas; la de tipo B contiene 2 Kg. de chocolate, 1, 5 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas. Los precios de las cajas de tipo A y B son $13 y $13, 50 , respectivamente. ¿Cuántas cajas de cada tipo debe fabricar para maximizar sus venta? La siguiente tabla resume los datos del problema Designando por x = nº de cajas de tipo A y = nº de cajas de tipo B Función objetivo z = f (x, y) = 13 x + 13. 5 y que hay que maximizar 3 x + 2 y 500 (por el chocolate almacenado) x + 1. 5 y 100 (por la almendra almacenada) x + y 85 (por la fruta almacenada) Con las restricciones: x 0 y 0

• En un primer paso representamos la región factible. • En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible. R(0, 100/1, 5) • Finalmente evaluamos la función objetivo z = 13 x + 13, 50 y en cada vértice, para obtener el máximo • z(P) = 13. 85+13. 50. 0 = $1105 • z(Q) = 13. 55+13. 50. 30 =$ 1120 • z(R) = 13. 0+13. 50. 100/1. 5 = $900 Q(55, 30) P(85, 0)

Un problema de mínimos de programación lineal Problema 2: Un grupo local posee dos emisoras de radio, una de FM y otra de AM. La emisora de FM emite diariamente 12 horas de música rock, 6 horas de música clásica y 5 horas de información general. La emisora de AM emite diariamente 5 horas de música rock, 8 horas de música clásica y 10 horas de información general. Cada día que emite la emisora de FM le cuesta al grupo C$5000 , y cada día que emite la emisora de AM le cuesta al grupo C$4000. Sabiendo que tiene enlatado para emitir 120 horas de música rock, 180 horas de música clásica y 100 horas de información general, ¿cuántos días deberá emitir con ese material cada una de las emisoras para que el coste sea mínimo, teniendo en cuenta que entre las dos emisoras han de emitir al menos una semana? La siguiente tabla resume los datos del problema Designando por x = nº de días de AM y = nº de días de FM Función objetivo z = f (x , y) = 5000 x + 4000 y que hemos de minimizar Con las restricciones: 12 x 6 x 5 x x x + 5 y + 8 y + 10 y + y 0; 120 (por la música rock) 180 (por la música clásica) 100 (por la información general) 7 (emitir al menos una semana) y 0

• En un primer paso representamos la región factible. • En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible. • Finalmente evaluamos la función objetivo z = 5000 x + 4000 y en cada vértice, para obtener el mínimo. • z(P) = 5000. 10+4000. 0 = 50000 R(0, 10) S(0, 7) Q(7. 37, 6. 32 • z(Q) = 5000. 7. 37+4000. 6. 32 = 62130 • z(R) = 5000. 0+4000. 10 = 40000 • z(S) = 5000. 0+4000. 7 = 28000 • z(T) = 5000. 7+4000. 10 = 35000 T(7, 0) P(10, 0)

RESOLVER EL SIGUIENTE PROBLEMA DE PL Un fabricante produce mesas (X) y escritorios (Y). Para cada mesa que produce requiere 2 horas y media de montaje, tres horas de pulido y una hora de embalaje. Asimismo, para cada escritorio se requiere una hora de montaje, tres horas de pulido y dos horas de embalaje. Estas secciones presentan las siguientes limitaciones: la unidad de montaje trabaja, como máximo 20 horas al día; la unidad de pulido como máximo 15 horas al día; la unidad de embalaje como máximo 16 horas al día. El fabricante trabaja con un margen de beneficios de U$25 por mesa producida y U$40 por cada escritorio, Plantear el modelo de programación Matemático en el caso que el fabricante pretenda maximizar beneficios.

Ejemplo: La fábrica Gepetto S. L. , manufactura muñecos y trenes de madera. Cada muñeco: • Produce un beneficio neto de U$3. • Requiere 2 horas de trabajo de acabado. • Requiere 1 hora de trabajo de carpinteria. Cada tren: • Produce un beneficio neto de U$2 • Requiere 1 hora de trabajo de acabado. • Requiere 1 hora trabajo de carpinteria. Cada semana Gepetto puede disponer de: • Todo el material que necesite. • Solamente 100 horas de acabado. • Solamente 80 horas de carpinteria. También: • La demanda de trenes puede ser cualquiera (sin límite). • La demanda de muñecos es cuando mucho 40. Gepetto quiere maximizar sus beneficios. ¿Cuántos muñecos y cuántos trenes debe fabricar?

Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL). Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana y = nº de trenes producidos a la semana Función Objetivo. En cualquier PPL, la decisión a tomar es como maximizar (normalmente el beneficio) o minimizar (el coste) de alguna función de las variables de decisión. Esta función a maximizar o minimizar se llama función objetivo. El objetivo de Gepetto es elegir valores de x e y para maximizar 3 x + 2 y. Usaremos la variable z para denotar el valor de la función objetivo. La función objetivo de Gepetto es: Max z = 3 x + 2 y Restricciones Son desigualdades que limitan los posibles valores de las variables de decisión. En este problema las restricciones vienen dadas por la disponibilidad de horas de acabado y carpintería y por la demanda de muñecos. También suele haber restricciones de signo o no negatividad: x≥ 0 y≥ 0

Restricciones Cuando x e y crecen, la función objetivo de Gepetto también crece. Pero no puede crecer indefinidamente porque, para Gepetto, los valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones: Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas. Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpinteria pueden ser usadas. Restricción 3: limitación de demanda, no deben fabricarse más de 40 muñecos. Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente por las siguientes desigualdades: Restricción 1: 2 x + y ≤ 100 Restricción 2: x + y ≤ 80 Restricción 3: x ≤ 40 Además, tenemos las restricciones de no negatividad: x ≥ 0 e y ≥ 0

Formulación matemática del PPL Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana y = nº de trenes producidos a la semana Muñeco Tren Beneficio 3 2 Acabado 2 1 ≤ 100 2 x + y ≤ 100 Carpintería 1 1 ≤ 80 x + y ≤ 80 Demanda Max z = 3 x + 2 y ≤ 40 x y (función objetivo) (acabado) (carpinteria) (demanda muñecos) ≥ 0 (restricción de signo)

Formulación matemática del PPL Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de signo x ≥ 0 e y ≥ 0 con la función objetivo y las restricciones, tenemos el siguiente modelo de optimización: Max z = 3 x + 2 y (función objetivo) Sujeto a (s. a: ) 2 x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 (restricción de acabado) (restricción de carpinteria) x ≤ 40 (restricción de demanda de muñecos) x ≥ 0 (restricción de signo) y

Región factible La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos que satisfacen todas las restricciones. Es la región del plano delimitada por el sistema de desigualdades que forman las restricciones. Restricciones de Gepetto x = 40 e y = 20 está en la región factible porque satisfacen todas 2 x + y ≤ 100 (restricción finalizado) las restricciones de Gepetto. x + y ≤ 80 (restricción carpintería) Sin embargo, x = 15, y = 70 no está en la región factible porque este punto no satisface la restricción de carpinteria [15 + 70 > 80]. x ≤ 40 (restricción demanda) x ≥ 0 (restricción signo) y ≥ 0 (restricción signo)

Solución óptima Para un problema de maximización, una solución óptima es un punto en la región factible en el cual la función objetivo tiene un valor máximo. Para un problema de minimización, una solución óptima es un punto en la región factible en el cual la función objetivo tiene un valor mínimo. La mayoría de PPL tienen solamente una solución óptima. Sin embargo, algunos PPL no tienen solución óptima, y otros PPL tienen un número infinito de soluciones. Se puede demostrar que la solución óptima de un PPL está siempre en la frontera de la región factible, en un vértice (si la solución es única) o en un segmento entre dos vértices contiguos (si hay infinitas soluciones) Más adelante veremos que la solución del PPL de Gepetto es x = 20 e y = 60. Esta solución da un valor de la función objetivo de: z = 3 x + 2 y = 3· 20 + 2· 60 = 180 € Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima, estamos diciendo que en ningún punto en la región factible, la función objetivo tiene un valor (beneficio) superior a 180.

Representación Gráfica. Y de las restricciones Cualquier PPL con sólo dos variables puede resolverse gráficamente. Por ejemplo, para representar gráficamente la primera restricción, 2 x + y ≤ 100 : Dibujamos la recta 2 x + y = 100 Elegimos el semiplano que cumple la desigualdad: el punto (0, 0) la cumple (2· 0 + 0 ≤ 100), así que tomamos el semiplano que lo contiene. 100 2 x + y = 100 80 60 40 20 20 40 60 80 X

Dibujar la región factible Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver gráficamente. La región factible es el conjunto de todos los puntos que satisfacen las restricciones: 2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado) x + y ≤ 80 (restricción de carpintería) x ≤ 40 (restricción de demanda) x ≥ 0 (restricción de signo) y ≥ 0 (restricción de signo) Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.

Dibujar la región factible Y Restricciones 2 x + y ≤ 100 2 x + y = 100 80 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 Teniendo en cuenta las restricciones de signo (x ≥ 0, y ≥ 0), nos queda: 60 40 20 20 40 60 80 X

Dibujar la región factible Y 100 Restricciones 80 2 x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 60 x + y = 80 40 20 20 40 60 80 X

Dibujar la región factible Y 100 Restricciones 80 x = 40 2 x + y ≤ 100 x + y ≤ 80 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 60 40 20 20 40 60 80 X

Dibujar la región factible La intersección de todos estos semiplanos (restricciones) nos da la región factible Y 2 x + y = 100 80 x = 40 60 x + y = 80 40 20 Región Factible 20 40 60 80 X

Vértices de la región factible La región factible (al estar limitada por rectas) es un polígono. En esta caso, el polígono ABCDE. Como la solución óptima está en alguno de los vértices (A, B, C, D o E) de la región factible, calculamos esos vértices. Restricciones Y 2 x + y ≤ 100 2 x + y = 100 80 60 E x + y ≤ 80 x = 40 x ≤ 40 x ≥ 0 y ≥ 0 D x + y = 80 40 20 Región Factible C B A 20 40 60 80 X

Vértices de la región factible Los vértices de la región factible son intersecciones de dos rectas. El punto D es la intersección de las rectas 2 x + y = 100 x + y = 80 La solución del sistema x = 20, y. B=es 60 solución nos da el depunto D. x = 40 y=0 C es solución de x = 40 2 x + y = 100 E es solución de x + y = 80 x=0 Y 100 2 x + y = 100 80 60 E(0, 80) x = 40 D (20, 60) 40 20 A(0, 0) Región Factible C(40, 20) x + y = 80 B(40, 0) 20 40 60 80 X

Resolución gráfica Max z = 3 x + 2 y Para hallar la solución óptima, dibujamos las rectas en las cuales los puntos tienen el mismo valor de z. La figura muestra estas lineas para z = 0, z = 100, y z = 180 Y 100 80 (0, 80) (20, 60) 60 40 20 Región Factible (40, 20) (40, 0) (0, 0) 20 z=0 40 z = 100 60 80 z = 180 X

Resolución gráfica Max z = 3 x + 2 y La última recta de z que interseca (toca) la región factible indica la solución óptima para el PPL. Para el problema de Gepetto, esto ocurre en el punto D (x = 20, y = 60, z = 180). Y 100 80 (0, 80) (20, 60) 60 40 20 Región Factible (40, 20) (40, 0) (0, 0) 20 z=0 40 z = 100 60 80 z = 180 X

Resolución analítica Max z = 3 x + 2 y También podemos encontrar la solución óptima calculando el valor de z en los vértices de la región factible. Vértice z = 3 x + 2 y (0, 0) z = 3· 0+2· 0 = 0 (40, 0) z = 3· 40+2· 0 = 120 (40, 20) z = 3· 40+2· 20 = 160 (20, 60) z = 3· 20+2· 60 = 180 (0, 80) z = 3· 0+2· 80 = 160 La solución óptima es: x = 20 muñecos y = 60 trenes z = U$ 180 de beneficio Y 100 80 60 (0, 80) (20, 60) 40 20 Región Factible (40, 20) (40, 0) (0, 0) 20 40 60 80 X

Hemos identificado la región factible para el problema de Gepetto y buscado la solución óptima, la cual era el punto en la región factible con el mayor valor posible de z.

Recuerda que: • La región factible en cualquier PPL está limitada por segmentos (es un polígono, acotado o no). • La región factible de cualquier PPL tiene solamente un número finito de vértices. • Cualquier PPL que tenga solución óptima tiene un vértice que es óptimo.

Un problema de minimización Dorian Auto; fabrica y vende autos y furgonetas. La empresa quiere emprender una campaña publicitaria en TV y tiene que decidir comprar los tiempos de anuncios en dos tipos de programas: del corazón y fútbol. • Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2 millones de hombres. • Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de hombres. • Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50. 000 y un anuncio del fútbol cuesta U$100. 000. • Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones de mujeres y 24 millones de hombres. Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo.

Formulación del problema: • Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2 millones de hombres. • Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de hombres. • Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50. 000 y un anuncio del fútbol cuesta U$100. 000. • Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones de mujeres y 24 millones de hombres. Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo. Corazón (x) Fútbol (y) mujeres 6 3 6 x + 3 y ≥ 30 hombres 2 8 2 x + 8 y ≥ 24 Coste U$ 50 100 50 x +100 y

Formulación del problema: Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón y = nº de anuncios en fútbol Min z = 50 x + 100 y (función objetivo en 1. 000 €) s. a: 6 x + 3 y ≥ 30 (mujeres) 2 x + 8 y ≥ 24 (hombres) x, y ≥ 0 (no negatividad)

Dibujamos la región factible. Y 14 Min z = 50 x + 100 y s. a. 12 6 x + 3 y = 30 6 x + 3 y ≥ 30 2 x + 8 y ≥ 24 x, y ≥ 0 10 8 6 2 x + 8 y = 24 4 2 2 4 6 8 10 12 14 X

Calculamos los vértices de la región factible: El vértice A es solución del sistema 6 x + 3 y = 30 x=0 Por tanto, A(0, 10) El vértice B es solución de 6 x + 3 y = 30 2 x + 8 y = 24 Por tanto, B(4, 2) El vértice C es solución de 2 x + 8 y = 24 y=0 Por tanto, C(12, 0) Y La región factible no está acotada 14 12 A Región Factible 10 8 6 B 4 2 C 2 4 6 8 10 12 14 X

Resolvemos por el método analítico Evaluamos la función objetivo z en los vértices. Vértice z = 50 x + 100 y A(0, 10) z = 50· 0 + 100· 10 = = 0+10000 = 10 000 B(4, 2) z = 50· 4 + 100· 2 = = 200+200 = 400 C(12, 0) z = 50· 12 + 100· 0 = = 6000+0 = 6 000 El coste mínimo se obtiene en B. Solución: x = 4 anuncios en pr. corazón y = 2 anuncios en futbol Coste z = U$400 (mil ) Y 14 12 A(0, 10) Región Factible 10 8 6 B(4, 2) 4 C(12, 0) 2 2 4 6 8 10 12 14 X

Resolvemos por el método gráfico Y Min z = 50 x + 100 y s. a. 6 x + 3 y ≥ 30 14 2 x + 8 y ≥ 24 12 x, y ≥ 0 El coste mínimo se obtiene en el punto B. A(0, 10) Región Factible 10 Z = 600 8 Z = 400 6 Solución: x = 4 anuncios en prog. corazón y = 2 anuncios en futbol Coste z = 400 (mil €) B(4, 2) 4 2 C(12, 0) 2 4 6 8 10 12 14 X

Número de Soluciones de un PPL 49

Los ejemplos anteriores, hasta ahora estudiados tienen, cada uno, una única solución óptima. No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar también las siguientes posibilidades: • Algunos PPL tienen un número infinito de soluciones óptimas (alternativas o múltiples soluciones óptimas). • Algunos PPL no tienen soluciones factibles (no tienen región factible). • Algunos PPL son no acotados: Existen puntos en la región factible con valores de z arbitrariamente grandes (en un problema de maximización). Veamos un ejemplo de cada caso. 50

Número de soluciones de un problema de programación lineal Para un problema de minimización Solución única 51 Solución de arista: infinitas soluciones No hay mínimo

Para un problema de maximización Solución única 52 Solución de arista: infinitas soluciones No hay máximo

Número infinito de soluciones óptimas Y Consideremos el siguiente problema: 60 50 C 3 x + 2 y ≤ 120 max z = 3 x + 2 y s. a: 3 x + 2 y ≤ 120 x + y ≤ 50 x, y≥ 0 Cualquier punto (solución) situado en el segmento AB puede ser una solución óptima de z =120. 40 30 Región Factible B z = 120 20 10 x + y ≤ 50 z = 60 z = 100 A 10 20 30 40 50 X

Sin soluciones factibles Consideremos el siguiente problema: max z = 3 x 1 + 2 x 2 s. a: 3 x + 2 y ≤ 120 x + y ≤ 50 x ≥ 30 y ≥ 30 x, y≥ 0 Y 60 No existe Región Factible 50 x ≥ 30 40 y ≥ 30 x + y ≤ 50 30 20 3 x + 2 y ≤ 120 10 No existe región factible 10 20 30 40 50 X

max z = 2 x – y s. a: PPL no acotado x–y≤ 1 Y 6 Región Factible 2 x + y ≥ 6 x, y ≥ 0 La región factible es no acotada. Se muestran en el gráfico las rectas de nivel para z = 4 y z = 6. Pero podemos desplazar las rectas de nivel hacia la derecha indefinidamente sin abandonar la región factible. Por tanto, el valor de z puede crecer indefinidamente. 5 4 z=4 3 2 z=6 1 1 2 3 4 5 X

Resumen: Función objetivo Optimizar (maximizar o minimizar) z = a x + by sujeta a las siguientes restricciones • Solución posible: cualquier par de valores (x 1, y 1) que cumpla todas la restricciones. Al conjunto de soluciones posibles de un problema lineal se le llama región factible. • Solución óptima: un par de valores (x 1, y 1), si existe, que hace máxima o mínima la función objetivo Un problema de programación lineal puede: • Tener solución única • Tener infinitas soluciones • No tener solución

TAREA INDIVIDUAL #1 1. Una fábrica de carrocerías de automóviles y camiones tiene dos Talleres. En el Taller A, para hacer la carrocería de un camión, se invierten 7 díasoperario, para fabricar la de un carro se precisan 2 días-operario. En el Taller B se invierten tres días-operario tanto en carrocerías de camión como de carro. Por limitaciones de mano de obra y maquinaria, El Taller A dispone de 300 días operario, y el Taller B de 270 días-operario. Si los beneficios que se obtienen por cada camión son de U$6000 y por cada automóvil U$2000, ¿cuántas unidades de cada uno se deben producir para maximizar las ganancias? 2. Una empresa fabrica dos tipos de rótulos, los de clase A en U$200 la unidad y los de clase B en U$150. En la producción diaria se sabe que el número de rótulos de la clase B no supera en 1000 unidades a los de la A; además, entre las dos clases no superan las 3000 unidades y la de la clase B no bajan de 1000 unidades por día. Hallar a producción máxima diaria. 57

FIN INVESTIGACION DE OPERACIONES JRVA- 2011