3 problema del transporte, trasbordo y asignaciÓn
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3 PROBLEMA DEL TRANSPORTE, TRASBORDO Y ASIGNACIÓN
3.1 Transporte y trasbordo
Una de las principales áreas de aplicación de la programación lineal, son los problemas de
distribución y transporte. Este tipo de problemas requiere que determinados productos (bienes)
situados en puntos orígenes (fuentes), se trasladen físicamente a puntos de destinos o de
demanda, de manera que se satisfagan las demandas sin exceder las capacidades de las
fuentes y a costo mínimo. Típicamente, los orígenes representan fabricas donde se producen los
bienes, y los destinos a los almacenes que distribuyen los bienes a los clientes.
El título del problema de transporte, es sólo un emblema representativo de los primeros
problemas que le dieron origen. En la actualidad se ha usado esta técnica en problemas de
planeación de la producción, análisis de localización, programación de mano de obra, etc.
El problema de transporte se puede ajustar a un modelo de programación lineal y resolverse
con el algoritmo Simplex. Sin embargo, tiene una estructura tan especial que se han
desarrollado métodos más eficientes que el Simplex.
Las características de su estructura son:
Los coeficientes de las variables en las restricciones son siempre unos o ceros.
Si la oferta es igual a la demanda (lo cual siempre se puede lograr añadiendo orígenes o
destinos ficticios), una de las restricciones es redundante.
La variable dual correspondiente a una restricción redundante, se puede fijar
arbitrariamente.
Estas características se muestran en el siguiente ejemplo y dan origen al algoritmo del
transporte, que es un método rápido y eficiente.
Ejemplo 3.1 Planteamiento del modelo de transporte
Existen dos presas que suministran agua a tres ciudades. Cada presa puede suministrar hasta 50
millones de litros de agua por día. Cada ciudad quisiera recibir 40 millones de litros de agua al
día. Por cada millón de litros de demanda diaria no cumplida, hay una multa; en la ciudad 1, la
multa es de $20 pesos; en la ciudad 2, la multa es de $22 pesos; y en la ciudad 3, la multa es de
23 pesos. En el esquema se muestran los costos para enviar 1 millón de litros de agua desde
cada presa hacia cada ciudad. Formular un modelo para minimizar la suma de los costos de
escasez y de transporte.
Se presenta la necesidad de agregar una oferta ficticia, ya que la oferta en las presas es de 100
mld y la demanda en las ciudades es de 120 mld; para balancear el problema de transporte se
adiciona una oferta ficticia de 20 mld y que también corresponde a la escasez de
abastecimiento con una cierta multa diferente para cada ciudad.
El esquema contiene todos los parámetros requeridos en el modelo y las variables se definen
como:
xij = Millones de litros diarios de agua que se envían de la presa i a la ciudad j.
i = 1,2,3
j = 1,2,3
El modelo de programación lineal se puede plantear:
Min z = 7x11 + 8x12 + 10x13 + 9x21 + 7x22 + 8x23 + 20x31 + 22x32 + 23x33
S. a:
x11 + x12 + x13 =50
+ x21 + x22 + x23 =50
+ x31 + x32 + x33 = 20
x11 + x21 + x31 =40
x12 + x22 + x32 =40
x13 + x23 + x33 =40
El modelo dual del problema de transporte tendrá dos conjuntos de variables:
▪ Uno asociado a las restricciones de oferta y que se designa como Ui
▪ Otro asociado a las restricciones de demanda y se designan como Vj
El modelo dual queda de la siguiente manera:
Max z = 50U1 + 50U2 + 20U3 + 40V1 + 40V2 + 40V3
S. a:
U1 + V1 = 7
U1 + V2 = 8
U1 + V3 =10
PRESA
2
C IUDA D
1
PRESA
1
FICTICIA
C IUDA D
2
C IUDA D
3
50
50
20
40
40
40
7
8
10
9
7
8
20
22
23
CIUDAD 1 CIUDAD 2 CIUDAD 3
PRESA 1 7 8 10
50
PRESA 2 9 7 8
50
FICTICIA 20 22 23
20
40 40 40
U2 + V1 = 9
U2 + V2 = 7
U2 + V3 = 8
U3 + V1 =20
U3 + V2 =22
U3 + V3 =23
donde Ui, Vj son no restringidas
i=1, 2, 3
j=1, 2, 3
Cuando la oferta es igual a la demanda, una de las restricciones del modelo primal es
redundante, es decir, se puede expresar en función de las demás. Esto significa que en el
modelo dual, a una de las variables se le puede asignar un valor arbitrario.
La estructura del problema y estas características permiten utilizar un algoritmo más eficiente
que el algoritmo Simplex; éste es el de transporte en el cual se requiere como información, los
costos, cuáles son las variables básicas y cuál es su valor. Esto se puede registrar en una tabla
más compacta, llamada tabla del transporte, que tiene la siguiente forma:
Cada celda de la tabla, tiene la siguiente información: el costo de transportar una unidad del
producto (recuadro), del origen i al destino j y cuántas unidades se transporta de i a j. Si la
celda es básica, éste será un valor positivo, si es no básica, no tendrá ningún valor en la celda.
En todo problema de transporte debe haber tantas celdas con variables básicas como la suma
de restricciones de origen y destino, menos uno. En el ejemplo, hay tres orígenes y tres destinos
por lo que habrá: 3 + 3 – 1 = 5 celdas básicas; éste número de celdas básicas se conservará
durante todo el proceso.
Algoritmos de solución inicial
El algoritmo con el que se resuelve el problema de transporte, requiere para su aplicación, al
igual que el Simplex, de una solución inicial básica factible, la cual se puede obtener por varios
métodos, siendo los más utilizados, los siguientes:
Método de la Esquina Noroeste.
Método de Vogel.
Algoritmo de la esquina noroeste
1) Seleccionar la celda de la esquina noroeste (en un plano, el norte queda hacia arriba y el
oeste queda a la izquierda de manera que la esquina noroeste es la esquina situada arriba
y a la izquierda de la tabla). Fijar el embarque en esa celda a lo que sea menor: lo
disponible en el origen o lo que se requiere en el destino; si es cero se designa a la celda
como básica a nivel cero.
2) Disminuir la cantidad en la celda a la cantidad en el origen y en el destino correspondiente.
Eliminar el renglón o la columna que se haya convertido en cero. Si hay empate la solución
es degenerada. Eliminar un solo renglón o columna, pero no ambos.
3) Si se terminaron los orígenes y la demanda, se hace alto. En caso contrario, se regresa al
paso 1.
Algoritmo de Vogel
1) Calcular para cada renglón y columna la diferencia entre el menor elemento de costo y el
segundo costo menor, expresada en valor absoluto.
2) Escoger el renglón o columna con la máxima diferencia. Asignar lo más posible a la celda
con menor costo en el renglón o columna (aún cero en el caso degenerado).
Disminuir en el origen y destino en la cantidad asignada.
Eliminar el origen o destino que sea cero, pero no ambos.
3) Si sólo queda un renglón o una columna, hacer la asignación remanente con un elemento
básico en cada celda del renglón o columna respectivamente, y parar; si no, ir al paso 1.
Ejemplo 3.2 Algoritmos de solución inicial
Un contratista tiene que acarrear grava a tres construcciones. Puede comprar hasta 18
toneladas en un banco al norte de la ciudad y 14 toneladas en un banco al sur. Necesita 10, 5 y
10 toneladas en las construcciones 1, 2 y 3, respectivamente. El precio de compra por tonelada
en cada foso y los costos de acarreo se dan en la siguiente tabla:
Banco Costo por tonelada acarreada Precio por
tonelada 1 2 3
Norte 3 6 5 10
Sur 6 3 4 12
El contratista desea determinar cuánto acarrear de cada banco a cada construcción, de
manera que se minimice el costo total de compra y acarreo de la grava.
Consideraciones:
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 18
Sur 18 15 16 0 14
10 5 10 7
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 8
10
Sur 18 15 16 0 14
0 5 10 7
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 3
10 5
Sur 18 15 16 0 14
0 0 10 7
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 0
10 5 3
Sur 18 15 16 0 14
0 0 7 7
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 0
10 5 3
Sur 18 15 16 0 0
7 7
0 0 0 0
▪ El problema de transporte no está balanceado; es decir, hay una oferta superior (32
toneladas) a la demanda de la construcción (25 toneladas), por lo que es necesario agregar
una demanda ficticia de 7 toneladas.
▪ El costo en cada celda se integra con el costo de transporte más el precio de venta.
La tabla del transporte es:
Solución inicial con el algoritmo de Esquina Noroeste:
Z INICIAL CON ESQUINA NOROESTE = $367.00
C1 C2 C3 FICT D iferencias
Norte 13 16 15 0 18 13
Sur 18 15 16 0 7 15
7
10 5 10 0
D iferencias 5 1 1
C1 C2 C3 FICT D iferencias
Norte 13 16 15 0 8 2
10
Sur 18 15 16 0 0 1
7
0 5 10 0
D iferencias 5 1 1
C1 C2 C3 FICT D iferencias
Norte 13 16 15 0 0 1
10 8
Sur 18 15 16 0 0 1
7
0 5 2 0
D iferencias 1 1
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 18
Sur 18 15 16 0 14
10 5 10 7
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 0
10 8
Sur 18 15 16 0 0
5 2 7
0 0 0 0
C1 C2 C3 FICT
Norte 13 16 15 0 0
10 8
Sur 18 15 16 0 0
5 2 7
0 0 0 0
Solución inicial con el algoritmo de Vogel:
Se selecciona renglón o columna con la mayor diferencia y se asigna a la celda de menor
costo:
Z INICIAL CON VOGEL = $357.00
INICIO
1. Obtener una solución básica factible inicial utilizando el método de la esquina
noroeste o el de Vogel.
2. Especificar una variable dual arbitrariamente para un origen o un destino.
3. Para todas las celdas básicas se debe cumplir que:
Cij - Ui - Vj = 0
Resolver para todos los valores de Ui y Vj con la formula anterior.
4. Para todas las celdas no básicas calcular el costo reducido:
dij = Cij - Ui - Vj
Seleccionar la dij mínima.
¿Mínima dij, menor
que cero?
5. La variable con la dij más negativa debe de entrar a la base.
6. Encontrar una serie de brincos alternativos, verticales y horizontales,
análogos al movimiento de una torre de ajedrez, que comiencen y terminen en
la celda que entra, con todos los brincos intermedios en celdas basicas. No se
puede caer en una celda basica más de una vez.
7. Indicar la celda que entra a la base con un signo + y a la celdas basicas
alternativamente con + y -.
8. Escoger el menor elemento básico que tenga signo - (si hay empate romperlo
arbitrariamente). Añadir la cantidad minima así determinada a las celadas con
signo +, y restarla de las celdas con signo -.
Alto, la solución
es óptima.
Criterio de
optimalidadSí
No
Se puede observar que cada método da una solución inicial distinta, aunque puede ser igual.
Se recomienda utilizar el método de Vogel, ya que utiliza los costos para establecer las
diferencias y entonces permite una mejor selección de la variable básica, que se traduce en
una rápida convergencia hacia una solución óptima. Siempre se requiere que la oferta total
sea igual a la demanda total (que esté balanceado el transporte). Si la oferta es mayor que la
demanda, se puede añadir un centro de demanda ficticio, que requiera lo necesario para
conseguir la igualdad. Los costos de transportar a este centro ficticio son ceros. Si hay más
demanda que oferta, se añade un centro de oferta ficticio, con costo de transporte igual a
cero, que ofrezca lo necesario para igualar.
Algoritmo del transporte
Una vez obtenida una solución inicial se procede a la aplicación del algoritmo del transporte, el
cual se puede representar en forma de diagrama de flujo, según la figura 4.1:
Figura 3.1 Diagrama de flujo del algoritmo del transporte
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
70 80 50
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
50 50 50
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
150
70 80 100 50 200
Ejemplo 3.3 Algoritmo del transporte
Una compañía de concreto premezclado debe atender 4 obras y cuenta con 3 plantas
situadas en diferentes partes de la ciudad. El costo de transportar un m3 de concreto de la
planta i a la planta j se muestra en la tabla:
La capacidad global de producción diaria de cada planta se muestra en la tabla:
Planta Producción,
m3/día
1 200
2 150
3 150
En tanto que los requerimientos diarios de cada obra son los consignados en la tabla:
Obra Requerimientos,
m3/día
1 70
2 80
3 100
4 50
Calcular cuántos m3 de concreto debe proporcionar cada planta a cada una de las obras de
tal manera que los costos de transportes sean mínimos.
La producción (500 m3/día) es mayor que los requerimientos (300 m3/día), por lo que es
necesario agregar una demanda ficticia (200 m3/día) para balancear el problema del
transporte:
Una solución inicial con el algoritmo de la esquina noroeste es la siguiente:
Obra
Planta 1 2 3 4
1 12 13 12 10
2 10.5 12 14 10
3 8.5 15 12 8
14-U2-V3=0; U2=2
10-U2-V4=0; V4=8
0-U2-V5=0; V5=-2
0-U3-V5=0; U3=2
U1=0 V1=12
U2=2 V2=13
U3=2 V3=12
V4=8
V5=-2
D14=10-U1-V4=2
D15=0-0+2=2
D21=10.5-2-12=-3.5
D22=12-2-13=-3
D31=8.5-2-12=-5.5
D32=15-2-13=0
D33=12-2-12=-2
D34=8-2-8=-2
El valor de la función objetivos ZINICIAL= $3680.00
Algoritmo del transporte
En las celdas básicas plantear la ecuación: Cij-Ui-Vj=0, en que U es una variable dual asociada
a cada oferta y V es una variable dual asociada a cada demanda. En total se tienen 3
variables duales asociadas a los renglones y 5 variables duales asociadas a las demandas; se
tienen 8 variables y 7 ecuaciones, pero, por condiciones de redundancia se tiene la ventaja de
darle un valor arbitrario a una de las variables duales, por lo que se tiene un sistema consistente
que se resuelve para determinar los valores de las variables duales:
Seleccionando a U1 como la variable a la que es posible asignar un valor arbitrario cualquiera,
se tienen los siguientes valores:
Resolviendo para las demás variables duales se tiene:
Los valores de todas las variables duales son:
En cada celda no básica se plantea la ecuación Dij=Cij-Ui-Vj; se seleccionan aquellas Dij que
tienen un valor negativo y de entre ellas la más negativa, que indicará la celda que necesita
más rebalanceo:
De entre ellas se selecciona a la celda 3,1 (con D31=-5.5) como la celda que debe ser básica,
por lo que es necesario sacar a alguna de las básicas; esto se logra saltando sobre celdas
básicas, cambiando cada vez de dirección (movimiento de la torre del ajedrez) alternando el
U1=0 V1=12
U2= V2=13
U3= V3=12
V4=
V5=
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
(-) 70 80 (+) 50
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
(-) 50 50 (+) 50
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
(+) (-) 150
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
(-) 20 80 (+) 100
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
(-) 50 (+) 100
Planta 3 8.5 50 15 12 8 0 150
(+) (-) 100
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
20 80 100
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
50 100
Planta 3 8.5 50 15 12 8 0 150
100
70 80 100 50 200
D14=10-13.5=-3.5
D15=0-3.5=-3.5
D21=10.5+3.5-12=2
D22=12+3.5-13=2.5
D23=14+3.5-12=5.5
D32=15+3.5-12=6.5
D33=12+3.5-12=3.5
D34=8+3.5-13.5=-2
signo (+) y el (-) a cada celda (algoritmo del salto del arroyo o stepping stone); de entre ellas se
selecciona el menor valor de las que adquieren el signo (-) y será la cantidad que hay que
sumar y restar en cada celda; obviamente habrá una que se haga cero que será la celda que
dejará de ser básica:
Se observa que de las celdas con (-) la que tiene el menor valor es la celda (2,3), por lo que el
valor de 50 se suma y resta en cada celda según el signo con que está marcada:
Se tiene la tabla resultante con un valor de Z1=$3405.00:
Repitiendo el proceso anterior de determinar valores de las variables duales y de calcular las
diferencias Dij se tiene:
Para decidir entre las celdas (1,4) y (1,5) puede hacerse un análisis de sensibilidad:
U1=0 V1=12
U2=-3.5 V2=13
U3=-3.5 V3=12
V4=13.5
V5=3.5
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
30 120
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 80
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
50 100
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 80
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 (+) 150
(-) 30 120
Planta 3 8.5 15 12 8 0 (-) 150
70 (+) 80
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 30 50
70 80 100 50 200
Introduciendo la celda (1,4); Z2=$3335.00:
Si se introduce la celda (1,5); Z2=$3335.00:
Se debe seleccionar la celda más favorable, es decir, la que aporte el menor costo; en este
caso son iguales, por lo que es indiferente una u otra. Si se escoge la primera:
La celda (3,4) debe ser básica:
Z3=$3275.00
U1=0 V1=8.5
U2=0 V2=13
U3=0 V3=12
V4=10
V5=0
D11=12-8.5=3.5
D15=0
D21=10.5-8.5=2
D22=12-13=-1
D23=14-12=2
D32=15-13=2
D33=12-12=0
D34=8-10=-2
D11=12-10.5=1.5
D15=0-0-2=-2
D21=10.5+2-10.5=2
D22=12+2-13=1
D23=14+2-12=4
D32=15+2-13=4
D33=12+2-12=2
D24=10+2-10=2
U1=0 V1=10.5
U2=-2 V2=13
U3=-2 V3=12
V4=10
V5=2
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 (+) 200
80 100 (-) 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 (-) 150
70 (+) 30 50
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 50 30
70 80 100 50 200
D11=12-8.5=3.5
D14=10-0-8=2
D21=10.5-0-8.5=2
D22=12-0-13=-1
D23=14-0-12=2
D32=15-0-13=2
D33=12-0-12=0
D24=10-0-8=2
La celda (1,5) debe convertirse en básica:
Z4=$3235.00
U1=0 V1=8.5
U2=0 V2=13
U3=0 V3=12
V4=8
V5=0
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 (+) 200
(-) 80 100 20
Planta 2 10.5 12 14 10 0 (-) 150
(+) 150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 50 30
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
100 100
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
80 70
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 50 30
70 80 100 50 200
U1=0 V1=8.5
U2=0 V2=12
U3=0 V3=12
V4=8
V5=0
D11=12-8.5=3.5
D14=10-0-8=2
D21=10.5-0-8.5=2
D12=13-0-12=1
D23=14-0-12=2
D32=15-0-12=3
D33=12-0-12=0
D24=10-0-8=2
La celda (2,2) debe ser básica:
Todas las Dij>0 por lo que la última iteración es la distribución óptima, con un costo total de
$3155.00; la distribución del concreto sería como sigue:
La obra 1 se abastecerá con 70 m3 de la planta 3.
La obra 2 se abastecerá con 80 m3 de la planta 2.
La obra 3 se abastecerá con 100 m3 de la planta 1.
La obra 4 se abastecerá con 50 m3 de la planta 3.
Además se tendrán sobrantes en la producción de 100 m3 en la planta 1, de 70 m3 en la planta
2 y de 30 m3 en la planta 3.
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
200
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
80 70 E
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 30 50
70 80 100 50 200
U1=2 V1=8.5
U2=2 V2=10
U3=0 V3=12
V4=8
V5=-2
D11=12-U1-V1=1.5
D12=13-U1-V2=1
D13=12-U1-V3=-2
D14=10-U1-V4=0
D21=10.5-U2-V1=0
D24=10-U2-V4=0
D32=15-U3-V2=5
D35=0-U3-V5=2
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 (-) 200
(+) 200
Planta 2 10.5 12 14 10 0 (+) 150
80 (-) 70 E
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 30 50
70 80 100 50 200
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4 Ficticia
Planta 1 12 13 12 10 0 200
70 130
Planta 2 10.5 12 14 10 0 150
80 70
Planta 3 8.5 15 12 8 0 150
70 30 50
70 80 100 50 200
U1=0 V1=8.5
U2=0 V2=12
U3=0 V3=12
V4=8
V5=0
El problema anterior, pero considerando una solución inicial de Vogel.
Problema del transporte:
Solución inicial (Zi=$3295.00):
Algoritmo del transporte:
La celda (1,3) debe entrar a la base:
D11=12-U1-V1=3.5
D12=13-U1-V2=1
D14=10-U1-V4=2
D21=10.5-U2-V1=2
D23=14-U2-V3=2
D24=10-U2-V4=2
D32=15-U3-V2=3
D35=0-U3-V5=0
La última iteración corresponde a la solución óptima (Dij≥0) con Z1=$3155.00; nótese que hay
una convergencia rápida a la solución óptima si se inicia con una solución inicial de Vogel.
Aunque pudiera diferir en los valores de algunas celdas, el costo total es el mismo:
La obra 1 se abastecerá con 70 m3 de la planta 3.
La obra 2 se abastecerá con 80 m3 de la planta 2.
La obra 3 se abastecerá con 70 m3 de la planta 1 y con 30 m3 de la planta 3.
La obra 4 se abastecerá con 50 m3 de la planta 3.
Además se tendrán sobrantes en la producción de 130 m3 en la planta 1 y de 70 m3 en la
planta 2.
Ahora utilizando el software TORA:
Figura 3.2 Ingresando los datos del modelo del transporte.
Figura 3.3 Solución del modelo del transporte.
Maximización en problemas de transporte
Aunque originalmente el algoritmo del transporte se instrumentó para minimizar costos, es
posible utilizarlo para optimizar utilidades. Una opción, sería invertir los algoritmos tanto de
solución inicial como de transporte y utilizar las utilidades en ellos; se obtendría la distribución
que optimizara las utilidades. La otra opción que se considera la más fácil, es convertir las
utilidades en costos de oportunidad; tratándose de costos, ya es posible utilizar los algoritmos tal
como se conocen.
Se dice que se incurre en un costo de oportunidad cuando no se toma la mejor decisión. En el
caso de un arreglo del transporte, siendo cada renglón un lugar de oferta, habrá que
seleccionar en cada renglón la mayor utilidad y la correspondiente en cada celda para
establecer el costo de oportunidad; así, se obtendría la tabla de transporte con costos de
oportunidad con la que se estaría en condiciones de operar, tanto para la solución inicial como
para el algoritmo de transporte.
Conviene tener en cuenta que para el cálculo de la función objetivo z, se considerarán los
valores correspondientes de las utilidades en cada celda básica de las soluciones. Cuando el
problema del transporte no esté balanceado y se trate de utilidades, es necesario balancearlo
con una oferta o una demanda ficticia, antes de calcular los costos de oportunidad. En el
ejemplo siguiente se ilustra la manera de proceder para estas situaciones.
Ejemplo 3.4 Maximización en el transporte
Una compañía petrolera controla dos campos petroleros. El campo 1 puede producir hasta 40
millones de barriles de petróleo al día, y el campo 2 puede producir hasta 50 millones de barriles
de petróleo al día. En el campo 1 cuesta 3 dólares extraer y refinar un barril de petróleo; en el
campo 2 cuesta 2 dólares extraer y refinar un barril de petróleo. La compañía vende el petróleo
a dos países: Inglaterra y Japón. En la tabla se muestra el costo de envío por barril de petróleo.
Cada día, Inglaterra está dispuesto a comprar hasta 40 millones de barriles de petróleo (a 6
dólares el barril), y Japón está dispuesto a comprar hasta 30 millones de barriles de petróleo (a
6.50 dólares el barril).
DESDE HACIA
Inglaterra, dólares Japón, dólares
Campo 1 1 2
Campo 2 2 1
Consideraciones:
El problema del transporte no está balanceado. La oferta es de 90 millones de barriles diarios y
lo que se demanda entre los dos países es 70 millones de barriles diarios; es necesario agregar
una demanda ficticia de 20 millones de barriles por día.
Por otra parte, se integrará una utilidad por transporte y por extracción-refinación del petróleo.
A partir de esta utilidad se establecerá la forma de resolver un problema de maximización en el
transporte, ya que los algoritmos de solución inicial y el algoritmo del transporte están diseñados
para problemas de costos.
Para utilizar los algoritmos, habrá que convertir las utilidades en costos de oportunidad. El costo
de oportunidad se define como aquel costo en que se incurre por no tomar la mejor decisión.
Para el ejemplo; en cada celda se tendrá una utilidad:
Inglaterra Japón
Campo 1 6-3-1=$2 6.5-3-2=$1.5
Campo 2 6-2-2=$2 6.5-2-1=$3.5
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 2 1.5 0 40
C2 2 3.5 0 50
40 30 20
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 0 0.5 2 40
C2 1.5 0 3.5 50
40 30 20
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 0 0.5 2 40 0.5
40
C2 1.5 0 3.5 50 1.5
40 30 20
1.5 0.5 1.5
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 0 0.5 2 0 1.5
40
C2 1.5 0 3.5 50 3.5
0 30 20
0.5 1.5
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 0 0.5 2 0 1.5
40
C2 1.5 0 3.5 20 3.5
30
0 0 20
1.5
INGLATERRA JAPÓN FICTICIA
C1 0 0.5 2 40
40 E
C2 1.5 0 3.5 50
30 20
40 30 20
Utilidad = Precio de venta – Costo por extracción y refinación – Costo por transporte
De manera que las utilidades en cada celda serán:
La tabla del transporte con utilidades es:
La conversión a costos de oportunidad: en cada renglón se selecciona la mejor utilidad (que es
la mejor decisión) y en cada celda se hace la diferencia entre la mejor decisión y cualquier otra
utilidad:
Búsqueda de una solución inicial con el algoritmo de Vogel:
U1=0 V1=0
U2=1.5 V2=-1.5
V3=2
El valor de la función objetivo se calcula con los valores de utilidades:
ZINICIAL=185 millones de dólares
Aplicando el algoritmo del transporte:
Al calcular las diferencias se encuentra que Dij≥0, por lo que la solución inicial es óptima y
sugiere enviar 40 millones de barriles por día del Campo 1 a Inglaterra y del Campo 2 enviar 30
millones de barriles por día a Japón, con lo cual la compañía petrolera optimizará sus utilidades
en 185 millones de dólares por día.
El problema de trasbordo
El problema de transporte (originalmente) solamente permite envíos que van directamente
desde un punto de oferta hacia un punto de demanda. En muchas situaciones, se permite
envíos entre punto de oferta o entre puntos de demanda; algunas veces, también puede haber
puntos (llamados puntos de transbordo) a través de los cuales se puede transbordar bienes en
su viaje desde un punto de oferta hacia un punto de demanda. Problemas de envío, con
alguna o todas estas características son problemas de transbordo. Afortunadamente, se puede
obtener la solución óptima para un problema de transbordo, al resolver un problema de
transporte.
Se define un punto de oferta como un punto que puede enviar bienes hacia un punto, pero
que no puede recibir bienes de cualquier otro punto. De manera similar, un punto de demanda
es un punto que puede recibir bienes de otros puntos, pero no puede enviar bienes hacia
ningún otro punto. Un punto de transbordo es un punto que puede tanto recibir bienes de otros
puntos como enviar bienes hacia otros puntos.
A continuación se describe cómo se puede obtener una solución óptima de un problema de
transbordo, resolviendo un problema de transporte:
1. Si es necesario, se añade un punto de demanda ficticio (con oferta de cero y una demanda
igual a la oferta en exceso) para balancear el problema. Los envíos hacia el punto ficticio y
desde un punto hacia sí mismo, tendrán naturalmente un costo de envío igual a cero. Sea s
la oferta total disponible.
2. Se construye un cuadro de transporte de la manera siguiente. Se necesitará un renglón en el
cuadro por cada punto de oferta y por cada punto de transbordo. Y se necesitará una
columna por cada punto de demanda y por cada punto de transbordo. Cada punto de
1 3
72 4
6 5
20,00090,000
50,000 60,000 (galones)
20
40
39
10
8
4
2
30
oferta tendrá una oferta igual a su oferta original, y cada punto de demanda tendrá una
demanda igual a su demanda original. Sea s la oferta total disponible. Entonces cada punto
de transbordo tendrá una oferta igual a (la oferta original del punto) + s y una demanda
igual a (la demanda original del punto) + s. Esto asegura que cualquier punto de transbordo
que es un abastecedor neto, tendrá una salida neta, igual a la oferta original del punto, y
cualquier punto de transbordo que sea un recibidor neto tendrá una entrada neta igual a la
demanda original del punto. Aunque no se sabe cuánto se enviará a través de cada punto
de transbordo, se puede estar seguro de que la cantidad total enviada a través del punto no
sea mayor que s. Esto explica porqué se suma s a la oferta y a la demanda en cada punto
de transbordo. Al sumar las mismas cantidades a la oferta y a la demanda en cada punto de
transbordo, se asegura que la salida neta de cada punto de transbordo será correcta y
también se mantiene un cuadro de transporte balanceado.
3. Se aplican los algoritmos de solución inicial y del transporte para buscar una solución óptima.
Ejemplo 3.5 Problema de trasbordo
Considérese la red de gasoductos representada por la figura, los distintos nodos representan
estaciones de bombeo y de recepción. En la red se ven las distancias entre las estaciones. El
costo de transporte por galón, entre dos nodos es directamente proporcional a la longitud del
gasoducto. Formular y resolver como un modelo de trasbordo.
Para establecer la tabla del transporte:
1 y 3 son ofertas puras
2 y 4 son demandas puras
5, 6 y 7 son trasbordos
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 50
3 M 30 M M 9 60
5 M 2 0 4 10 110
6 8 M 4 0 M 110
7 40 M 10 M 0 110
90 20 110 110 110
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 50
50
3 M 30 M M 9 60
60
5 M 2 0 4 10 110
20 90
6 8 M 4 0 M 110
90 20
7 40 M 10 M 0 110
110 E E
90 20 110 110 110
U1=3 V1=M+8
U2=9 V2=M-2
U3=4-M V3=10
U4=-M V4=M
U5=0 V5=0
D11=20-U1-V1=9-M D31=M-U3-V1=M-12
D12=M-U1-V2=-1 D33=0-U3-V3=M-14
D13=M-U1-V3=M-13 D35=10-U3-V5=M+6
D14=M-U1-V4=-3 D42=M-U4-V2=M-2
D21=M-U2-V1=-17 D43=4-U4-V3=M-6
D22=30-U2-V2=23-M D45=M-U4-V5=2M
D23=M-U2-V3=M-19 D51=40-U5-V1=32-M
D24=M-U2-V4=-9 D52=M-U5-V2=2
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 (-) 50
(+) 50
3 M 30 M M 9 60
60
5 M 2 0 4 10 110
20 90
6 8 M 4 0 (+) M 110
(-) 90 20
7 40 M 10 M 0 (+) 110
110 (-) E E
90 20 110 110 110
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 50
E 50
3 M 30 M M 9 60
60
5 M 2 0 4 10 110
20 90
6 8 M 4 0 M 110
90 20
7 40 M 10 M 0 110
110 E
90 20 110 110 110
La tabla del transporte es:
Solución inicial con algoritmo de Vogel:
Zi=$2910.00
La celda (1, 1) debe ser básica:
Z1=$2910.00
U1=3 V1=17
U2=9 V2=7
U3=-5 V3=10
U4=-9 V4=9
U5=0 V5=0
D54=M-U5-V4=M-9 D31=M-U3-V1=M-12
D12=M-U1-V2=M-10 D33=0-U3-V3=-5
D13=M-U1-V3=M-13 D35=10-U3-V5=15
D14=M-U1-V4=M-12 D42=M-U4-V2=M-1
D21=M-U2-V1=M-26 D43=4-U4-V3=3
D22=30-U2-V2=14 D45=M-U4-V5=M+9
D23=M-U2-V3=M-19 D51=40-U5-V1=23
D24=M-U2-V4=M-18 D52=M-U5-V2=M-7
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 (-) 50
(+) E 50
3 M 30 M M 9 60
60
5 M 2 0 4 (-) 10 110
20 (+ ) 90
6 8 M 4 0 (+) M 110
(-) 90 20
7 40 M 10 M 0 (+) 110
(-) 110 E
90 20 110 110 110
2 4 5 6 7
1 20 M M M 3 50
50
3 M 30 M M 9 60
60
5 M 2 0 4 10 110
20 50 40
6 8 M 4 0 M 110
40 70
7 40 M 10 M 0 110
60 50
90 20 110 110 110
U1=8 V1=12
U2=19 V2=2
U3=0 V3=0
U4=-4 V4=4
U5=10 V5=-10
D54=M-U5-V4=M-14 D31=M-U3-V1=M-12
D12=M-U1-V2=M-10 D15=3-U1-V5=4
D13=M-U1-V3=M-8 D35=10-U3-V5=20
D14=M-U1-V4=M-12 D42=M-U4-V2=M+2
D21=M-U2-V1=M-31 D43=4-U4-V3=8
D22=30-U2-V2=9 D45=M-U4-V5=M+14
D23=M-U2-V3=M-19 D51=40-U5-V1=18
D24=M-U2-V4=M-23 D52=M-U5-V2=M-12
La celda (3, 3) debe ser celda básica:
Z2=$2660.00
1 3
2 7 4
6 5
50 00060 000
20 000
40 000
60 000
209
210
4
40 000
890 000
50 000 60 000
20 000
4
1 2
5 3
34
1
3
2
1 2 3 4 5
1 0 4 M 3 1 6
2 4 0 2 M M 6
3 M 2 0 M 3 4
4 3 M M 0 M 3
5 1 M 3 M 0 5
3 3 6 6 6
La solución es óptima, Dij≥0; el resultado se puede expresar con la red:
Ejemplo 3.6 Problema de transbordo
Un constructor tiene 6 piezas de equipo de construcción de la misma clase, disponible en las
ciudades 1 y 2 (3 piezas en cada una), y tiene obras en proceso en las ciudades 3, 4 y 5 en las
cuales requiere de 2, 3 y 1 piezas, respectivamente. Estas ciudades están localizadas como se
muestra en la figura y los costos de transporte por unidad aparecen en los arcos de la red. En
donde no hay liga directa entre dos ciudades, el transporte se puede hacer con las ciudades
intermedias. ¿Cómo puede llevarse a cabo el traslado de equipo, para minimizar el costo total?
La tabla inicial de transporte es:
1 2 3 4 5
1 0 4 M 3 1 6
2 3 1
2 4 0 2 M M 6
1 3 2
3 M 2 0 M 3 4
4
4 3 M M 0 M 3
3
5 1 M 3 M 0 5
5
3 3 6 6 6
2
5
1
4
3
$3
3 $4
1
$11 $22
3 3
1 2
Una solución inicial con el algoritmo de Vogel:
Aplicando el algoritmo del transporte:
Se observa que Dij≥0 por lo que la solución es óptima y se puede representar en la red:
El costo total de transporte es Z=$18.00
U1=-2 V1=4 2-U1-V1=0; U1=-2
U2=0 V2=0 3-U1-V4=0; V4=5
U3=-2 V3=2 1-U1-V5=0; V5=3
U4=-5 V4=5 0-U3-V3=0; U3=-2
U5=-3 V5=3 0-U4-V4=0; U4=-5
0-U5-V5=0; U5=-3
D12=4-U1-V2=6
D13=M-U1-V3=M
D24=M-U2-V4=M-5
D25=M-U2-V5=M-3
D31=M-U3-V1=M-2
D32=2-U3-V2=4
D34=M-U3-V4=M-3
D35=3-U3-V5=2
D41=3-U4-V1=4
D42=M-U4-V2=M+5
D43=M-U4-V3=M+3
D45=M-U4-V5=M+2
D51=1-U5-V1=0
D52=M-U5-V2=M-1
D53=3-U5-V3=4
D54=M-U5-V4=M-2
2
1
3
4
6
5Pozo 1
Pozo 2
Mobile
Galveston
Nueva York
Los Ángeles
150 000
200 000
140 000
160 000
78
66
8
25
25
15
12
24 13
13 20 1456
Ejemplo 3.7 Problema de trasbordo empleando Solver
Sunco Oil produce petróleo en dos pozos. El pozo 1 produce 150 000 barriles por día y el pozo 2
produce 200 000 barriles al día. Es posible enviar petróleo directamente de los pozos a los
clientes de sunco en Los Ángeles y Nueva York. Alternativamente, Sunco podría transportar
petróleo a los puertos de Mobile y Galveston y luego enviarlo en un buque cisterna a Nueva
York y Los Ángeles. Esta última ciudad requiere de 160 000 barriles por día y Nueva York requiere
140 000 barriles por día. El costo de enviar 1000 barriles entre dos puntos se muestra en la tabla.
Formular el problema de transbordo con un modelo de transporte equivalente que podría
utilizarse para minimizar los costos de transporte a fin de satisfacer las demandas de petróleo de
Los Ángeles y Nueva York.
Nota: Los guiones indican que no están permitidos los envíos.
Identificando las variables de decisión:
A ($)
De: Pozo 1 Pozo 2 Mobile Galveston N. Y. L. A.
Pozo 1 0 - 7 13 25 20
Pozo 2 - 0 15 12 24 25
Mobile - - 0 6 8 13
Galveston - - 6 0 14 8
N. Y. - - - - 0 5
L. A. - - - - 6 0
Introducción de datos en Excel:
Se introduce la función sumaproducto para la celda objetivo:
Se introduce la función sumaproducto para cada restricción:
En herramientas, se selecciona Solver y se introduce la información solicitada; en Opciones se
solicita que el análisis sea lineal:
Finalmente, se tiene un resultado:
2
1
3
4
6
5Pozo 1
Pozo 2
Mobile
Galveston
150 000
200 000
140 000
160 000
140, $7
150, $12
10, $20
140, $8
150, $8
Este resultado se puede observar en la red:
El costo asociado al transporte es $5 300 000.00.
3.2 Asignación
En este grupo de problemas se tiene una matriz de efectividad, que señala lo que sucede
cuando se asocia cada uno de los orígenes con cada uno de los destinos; hay tantos orígenes
como destinos. Cada origen se asocia con un y sólo un destino, y se quiere hacer las
asociaciones de tal manera que se haga mínima (máxima) la efectividad total (la suma de las
efectividades). Se cita como ejemplo la manera de asignar 10 contratos a 10 contratistas de
manera que la distribución sea óptima.
El problema de asignación es un tipo de problema en el que n contratos se distribuyen entre n
contratistas de forma óptima.
El problema se puede expresar formalmente como sigue. Dada una matriz de nxn de números
reales [cij] donde cij es la ganancia individual asociada con la asignación del contrato i-ésimo al
contratista j-ésimo. Encontrar entre todas las permutaciones (i1, i2, . . . , in) del conjunto de
enteros (1, 2, . . . , n), aquella permutación para la cual
n2 ini2i1 c...cc
toma su valor máximo (mínimo).
Existen n! permutaciones (es decir, n! maneras de asignar n contratos a n contratistas).
Algoritmo de asignación
Teorema: Si en un problema de asignación se suma una constante para cada elemento de un
renglón (o columna) en la matriz de efectividad, entonces una asignación que hace mínima la
efectividad total en una matriz, también minimiza la efectividad total de la otra matriz.
En base al teorema, se procede a restar el elemento mínimo en cada renglón de todos los
elementos en su renglón y restar el elemento mínimo en cada columna de todos los elementos
de la columna. Es obvio que la matriz sólo contendrá elementos positivos o cero y entonces la
efectividad total no puede ser negativa para ninguna asignación. En consecuencia, si se puede
escoger una asignación que tiene un total de cero, no puede haber asignación alguna con un
total menor. En otras palabras, es seguro que el total es mínimo si todas las asignaciones se
pueden hacer en donde los elementos son cero.
Si la asignación máxima no constituye una solución completa, se comienza con una asignación
máxima y:
a) Se marcan todos los renglones en los que no se ha hecho asignación.
b) Se marcan las columnas que no han sido marcadas y que tienen ceros en los renglones
marcados.
c) Se marcan los renglones que aún no están marcados y que tienen asignaciones en
columnas marcadas.
d) Se repiten los pasos b y c hasta que termina la cadena de marcas.
e) Se trazan líneas a través de todos los renglones no marcados y a través de todas las
columnas marcadas. Si se ha llevado correctamente el procedimiento, debe haber tantas
líneas como asignaciones había en la asignación máxima, y cada cero tendrá cuando
menos una línea que pase por él. Más aún, este método, produce el mínimo número de
líneas que pasan por todos los ceros.
f) Una vez que se han trazado líneas de los pasos a hasta e, se examinan los elementos que no
tienen una línea que pase por ellos, y se resta de todos los elementos que no tienen una
línea que pase por ellos. Se suma este elemento menor a cada elemento que está en la
intersección de dos líneas. Se dejan los elementos sobrantes de la matriz sin cambio.
1 2 3 4 5 6
1 4 5 3 2 7 1
2 5 4 2 3 4 6
3 6 8 1 4 3 7
4 3 2 9 7 6 5
5 1 3 5 1 8 4
6 2 6 7 5 2 3
1 2 3 4 5 6
1 3 4 2 1 6 0
2 3 2 0 1 2 4
3 5 7 0 3 2 6
4 1 0 7 5 4 3
5 0 2 4 0 7 3
6 0 4 5 3 0 1
1 2 3 4 5 6
1 3 4 2 1 6 0
2 3 2 0 1 2 4 X3 5 7 0 3 2 6 X4 1 0 7 5 4 3
5 0 2 4 0 7 3
6 0 4 5 3 0 1
X
Ejemplo 3.8 Algoritmo de asignación
Un constructor tiene 6 piezas especiales de un equipo de excavación de diferentes clases y
tiene 6 lugares en que realiza excavación con diferentes condiciones del sitio. Ha calificado la
ejecución del equipo de cada clase para cada sitio con la escala del 1 al 9 como se muestra
en la tabla, en la cual 1 representa el más deseable y 9 el menos deseable. ¿Cómo puede
asignar cada pieza de equipo a cada trabajo, de manera que la calificación total sea
mínima?
Sitio número
1 2 3 4 5 6
Eq
uip
o n
úm
ero
1 4 5 3 2 7 1
2 5 4 2 3 4 6
3 6 8 1 4 3 7
4 3 2 9 7 6 5
5 1 3 5 1 8 4
6 2 6 7 5 2 3
La matriz original es:
En cada renglón se resta el menor de cada una de las celdas; si hace falta se hace lo mismo en
cada columna y se hace la asignación máxima:
Como la asignación no es completa, se procede con el método húngaro: Se marca renglón en
donde no hay asignación, se marca columna que tienen ceros en renglones marcados y
renglones que tienen asignaciones en columnas marcadas:
1 2 3 4 5 6
1 3 4 2 1 6 0
2 3 2 0 1 2 4
3 5 7 0 3 2 6
4 1 0 7 5 4 3
5 0 2 4 0 7 3
6 0 4 5 3 0 1
1 2 3 4 5 6
1 3 4 3 1 6 0
2 2 1 0 0 1 3
3 4 6 0 2 1 5
4 1 0 8 5 4 3
5 0 2 5 0 7 3
6 0 4 6 3 0 1
1 2 3 4 5 6
1 3 4 3 1 6 0
2 2 1 0 0 1 3
3 4 6 0 2 1 5
4 1 0 8 5 4 3
5 0 2 5 0 7 3
6 0 4 6 3 0 1
1 2 3 4 5 6
1 4 5 3 2 7 1
2 5 4 2 3 4 6
3 6 8 1 4 3 7
4 3 2 9 7 6 5
5 1 3 5 1 8 4
6 2 6 7 5 2 3
Se trazan líneas a través de renglones no marcados y por columnas marcadas:
Examinando los elementos que no tienen una línea que pase por ellos; se selecciona al menor
(1), el cual se resta de todos los elementos que no tienen una línea que pase por ellos y se suma
a cada elemento que está en la intersección de dos líneas:
Haciendo otra asignación:
Se tiene una asignación completa u óptima, por lo que sustituyendo esta asignación en los
valores originales se tiene la solución que minimiza el costo:
La pieza 1 se asigna al sitio 6
La pieza 2 se asigna al sitio 4
La pieza 3 se asigna al sitio 3
La pieza 4 se asigna al sitio 2
La pieza 5 se asigna al sitio 1
La pieza 6 se asigna al sitio 5
Lo cual generará una calificación total mínima de 10.
1 2 3 Ficticia
A 24 45 25 0
B 33 48 23 0
C 24 52 20 0
D 30 56 21 0
0 0 5 0
9 3 3 0
0 7 0 0
6 11 1 0
Ejemplo 3.9 Algoritmo de asignación
El departamento de mantenimiento debe realizar 3 trabajos de reparación de maquinaria y
equipo. Se cuenta con cuatro grupos de técnicos, cada uno con diferente instrumental y
diferentes habilidades para realizar los tres trabajos. Debido a estas diferencias el tiempo
estimado de desarrollo de cada mantenimiento será diferente dependiendo del rupo al cual
sea asignado cada trabajo. En la tabla se muestra la cantidad de horas que se estima tomará
la realización de cada trabajo según el grupo al que se le asigne.
Determinar la asignación óptima de los tres trabajos, es decir, aquella que minimice el tiempo
total de ejecución de todos los mantenimientos.
Grupo de
mantenimiento
Trabajo
1 2 3
A 24 45 25
B 33 48 23
C 24 52 20
D 30 56 21
Se agrega una columna ficticia para emplear el método húngaro:
Se generan ceros al restar el valor más pequeño en renglones y columnas:
Se hace una asignación; al no ser completa se marcan renglones sin asignación y columnas
con ceros renglones marcados; se marcan renglones con asignación en columnas marcadas,
hasta que ya no es posible marcar. Se trazan líneas en renglones no marcados y en columnas
marcadas. Se selecciona el menor valor de entre los que no hay línea que pase por ellos; este
valor se resta en todos aquellos que no tienen línea que pase por ellos y se suma a los que están
en intersecciones de líneas:
0 0 5 0 0 0 5 1
9 3 3 0 X 8 2 2 0
0 7 0 0 0 7 0 1
6 11 1 0 X 5 10 0 0
X
1 2 3 Ficticia
0 0 5 1 A 24 45 25 0
8 2 2 0 B 33 48 23 0
0 7 0 1 C 24 52 20 0
5 10 0 0 D 30 56 21 0
En este arreglo resultante se hace una nueva asignación y esta es completa, por lo que es la
óptima. Trasladando este resultado a los costos originales, se tiene que:
El grupo A hará el trabajo 2
El grupo B no hará ninguno
El grupo C hará el trabajo 1
El grupo D hará el trabajo 3
El costo total de asignar los trabajos será de $45+$24+$21=$90.00
Ejemplo 3.10 Maximización en asignación
Se planea la venta de cinco lotes y se han recibido ofertas individuales de cuatro clientes.
Debido a la cantidad de capital que se requiere, estas ofertas se han hecho en el
entendimiento de que ninguno de los cuatro clientes comprará más de un lote. Las ofertas se
muestran en la tabla. Se desea decidir a qué comprador asignar cada lote de tal forma que se
maximice el ingreso total a partir de estas ofertas.
Comprador Lote
1 2 3 4 5
A 16 15 25 19 20
B 19 17 24 15 25
C 15 15 18 0 16
D 19 0 15 17 18
Es un problema de maximización, por lo que las ofertas se deben convertir en costos de
oportunidad y trabajar con la matriz resultante:
Costos oportunidad
16 15 25 19 20 9 10 0 6 5
19 17 24 15 25 6 8 1 10 0
15 15 18 0 16 3 3 0 18 2
19 0 15 17 18 0 19 4 2 1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
7 8 0 4 3 X 7 8 0 4 3 X
6 8 3 10 0 6 8 3 10 0 X
1 1 0 16 0 X 1 1 0 16 0 X
0 19 6 2 1 0 19 6 2 1
0 0 2 0 0 0 0 2 0 0
X X X
6 7 0 3 3 6 7 0 3 3
5 7 3 9 0 5 7 3 9 0
0 0 0 15 0 0 0 0 15 0
0 19 7 2 2 0 19 7 2 2
0 0 3 0 1 0 0 3 0 1
Lote
1 2 3 4 5
A 16 15 25 19 20
B 19 17 24 15 25
C 15 15 18 0 16
D 19 0 15 17 18
0 0 0 0 0
Se aplica el método húngaro:
La solución óptima es:
Al comprador A se le asigna el lote 3
Al comprador B se le asigna el lote 5
Al comprador C se le asigna el lote 2
Al comprador D se le asigna el lote 1
El lote 4 no tiene comprador
La utilidad total por la venta de los lotes es de $84.00
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