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315 Versión 1 Segunda Parcial 1/6 Lapso 2003-2

Ingeniería de Sistemas

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA

MODELO DE RESPUESTA

ASIGNATURA: Investigación de Operaciones I CÓDIGO: 315 MOMENTO: Segunda Parcial VERSIÓN:1 FECHA DE APLICACIÓN: 25/10/03; LAPSO 2003-2 MOD. II, UND. 7, OBJ. 5 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 1- Aplicación del Método Simplex Revisado

Maximizar z = x1 + 2x2 + 3x3

sujeto a 2x1 + 2x2 + x3 = 2 x1 - x2 + x3 ≤ 1 3x1 + x3 ≥ 3 x1, x2, x3 ≥ 0

Como existen restricciones de igualdad y de desigualdad de tipo “≥”, se debe aplicar el Método Simplex Revisado aplicando una de sus variantes, en este caso el método de las Dos Fases. Transformaremos las restricciones del problema en las siguientes, al agregar las variables de holgura y artificiales:

2x1 + 2x2 + x3 + x6 = 2 x1 - x2 + x3 + x4 = 1 3x1 + x3 - x5 + x7 = 3 xi ≥ 0 (i = 1…7)

Como hay variables artificiales la función objetivo a minimizar en la Fase I es la siguiente:

Minimizar z = x6 + x7

Fase I: iteración 1



==

= −−

3

12

100

010001

11 bBxB B

Conjunto básico inicial:

=

7

4

6

x

xx

xB

Determinación del vector entrante: Cálculo de los zj –cj para los no básicos 1

1111 ; aByycz B

−==

5)101(.)´312(;312

312

100010001

11 ==

=

= zy

z1 –c1 = 5 - 0 = 5 De la misma manera se obtienen: z2 –c2 = 2 ; z3 –c3 = 2; z5 –c5 = -1 Como el mayor valor corresponde a x1, el vector a1 entra en la base Determinación del vector saliente Min {2/2, 1/1, 3/3} = 1. Puede salir cualquiera de los tres. Tomaremos a a6

Iteración 2: Nueva base:

==

−

−= −−

0

01

102/3

012/1002/1

11 bBxB B



Conjunto básico inicial:

=

7

4

1

x

xx

xB

Determinación del vector entrante: Cálculo de los zj –cj para los no básicos z2 –c2 = -3 ; z3 –c3 = -1/2; z5 –c5 = -1 Como todos los zj –cj son negativos y las variables artificiales alcanzaron el valor cero, termina la Fase I. Debe continuar la Fase II Criterio de corrección: se logra el objetivo si se aplica correctamente el MSR en su variante de las Dos Fases, detallando cada paso, hasta la Fase I. No se aceptan soluciones tabulares.

MOD. III, UND. 9, OBJ. 6 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 2- Problema de transporte:

1

2

3

4

Suministro

1 14 16 12 20 100 2 12 14 10 8 40

3 10 16 8 15 60

Demanda 30 50 65 55

Para hallar una solución básica factible inicial, aplicamos el Método de la esquina del Noroeste, resultando lo siguiente:

1

2

3

4

1 30 50 20 2 40

3 5 55



El costo asociado a esta solución es: 2.725 UM Para determinar si podemos hallar una solución mejor, podemos emplear el Algoritmo de las Piedras de Paso.

Consideremos la variable no básica x24 y formamos un circuito como sigue:

- 40 + + 5 55 -

Hallamos una nueva solución, que genera un costo menor:

1

2

3

4

1 30 50 20 2 40

3 45 15

Costo: 2.365 UM Criterio de corrección: se logra el objetivo, si se obtiene una solución básica factible inicial y su costo, por cualquier método. Seguidamente se procede a determinar si es posible obtener una solución mejor. Esto último puede hacerse empleando el Método de las Piedras de paso o el de los Multiplicadores. En el modelo presentado se empleó el Método de la Esquina del Noroeste para obtener una SBF inicial y el de las Piedras de Paso para obtener una solución mejor.

MOD. IV, UNDS. 11 y 12, OBJ. 8 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 3- Método Simplex para variables acotadas

Maximizar z = 2x1 + x2 + 2x3

sujeto a 4x1 + x2 ≤ 12 -2x1 + x3 ≤ 4 0 ≤ x1 ≤ 4

0 ≤ x2 ≤ 15 0 ≤ x3 ≤ 6



Primera iteración:

Entra x1. Calculamos el valor t t1 = 12/4 = 3 t2 = (uB5 – 4)/(-2) = ∞ . Como x5 no tiene cota superior, este valor es infinito uv = ∞ t = min{3, ∞, ∞} = t1 = 3. sale x4 Segunda iteración:

Entra x3. Calculamos el valor t t1 = 10 t2 = ∞. Como no hay coeficientes negativos, es infinito uv = 6 t = min{10, ∞, 6} = uv = 6, queda x3 en su cota superior, la base queda igual Tercera iteración:

Entra x2. Calculamos el valor t t1 = min{3/¼ ;4/½ } = 8 t2 = ∞. Como no hay coeficientes negativos, es infinito uv = 15

x1 x2 x3 x4 x5 b z -2 -1 -2 0 0 0

x4 4 1 0 1 0 12 x5 -2 0 1 0 1 4

x1 x2 x3 x4 x5 b z 0 - 1/2 -2 1/2 0 6

x1 1 1/4 0 1/4 0 3 x5 0 1/2 1 1/2 1 10

x1 x2 x3´ x4 x5 b z 0 - 1/2 2 1/2 0 18

x1 1 1/4 0 1/4 0 3 x5 0 1/2 -1 1/2 1 4



t = min{8, ∞, 15} = t1 = 8 Sale x5

La solución actual es óptima. x1* = 1; x2* = 8; x3* = 6 z* = 22 Criterio de corrección: se logra el objetivo si se aplica correctamente el Método Simplex para Cotas de variables, presentando los valores obtenidos en cada iteración. MOD. IV, UND. 14, OBJ. 9 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 4- Problema Lineal complementario

−

=

=

34

0432

qM

a) PLC: w1 – 2z1 – 3z2 = 4

w2 – 4z1 = -3

w1. z1 = 0; w2 . z2 = 0; w1, w2, z1, z2 = 0 b) Búsqueda de la solución:

ü Si hacemos w1 = w2 = 0 ; resultan z1 = ¾ y z2 = -11/6 ( < 0). Como z2 es negativa, para este par de valores el sistema no tiene solución.

ü Si hacemos: w1 = z2 = 0 Al intentar hallar los valores de las variables activas, resultan ambas negativas.

ü Si hacemos w2 = z1 = 0 , no hay solución. ü Por otra parte, si trazamos el cono de soluciones, en el plano q1, q2, cuando

w1 = w2 = 0, el vector q queda fuera del cono. Concluimos que el PLC no tiene solución.

Criterio de corrección: se logra el objetivo si se construye el PLC y se intenta hallar la solución del PLC empleando argumentos válidos.

x1 x2 x3 ́ x4 x5 b z 0 0 1 1 1 22

x1 1 0 ½ 0 - ½ 1 x2 0 1 -2 1 2 8



FIN DEL MODELO

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