investigaciÓn operativa · la investigación operativa es una rama de la matemática que usa...

INVESTIGACIÓN OPERATIVA I

APUNTES Y EJERCICIOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó

Club de Matemática EPN

Más que simple matemática

Alexander Constante

3

Cuadernos de Matemática


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CUADERNOS DE MATEMÁTICA

CLUB DE MATEMÁTICA EPN

A. CONSTANTE

INVESTIGACIÓN OPERATIVA IAPUNTES Y EJERCICIOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó


Más que simple matemática

Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 3

INVESTIGACIÓN OPERATIVA I: APUNTES Y EJERCICIOS

Alexander Constante

Revisión Académica: La obra no ha sido sometida a revisión por el momento

Registro de derecho autoral No. La obra no cuenta con registro por el momento

ISBN: La obra no cuenta con ISBN por el momento

Publicado en línea por el proyecto Alephsub0,Quito, Ecuador.

Primera edición: 2020

c© Club de Matemática EPN 2020

Se permite la distribución de la presente obra.

ÍNDICE GENERAL

CAP. 1 MODELOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL 1

1.1 Tipos de Modelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Esquema de un modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Modelos de Investigación Operativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.4 Programación Lineal (PL) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

CAP. 2 GEOMETRÍA DE LA PROGRAMACIÓN LINEAL 23

2.1 Conjuntos Convexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2 Repaso de la Topología en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.1 Bolas Abiertas y Cerradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.2 Conjuntos Abiertos y Cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.3 Hiperplano de apoyo de un convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3 Punto Extremo de un Convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Optimización de Funciones Convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.5 Formulaciones de los problemas de PL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.6 Posibles resultados de un problema de PL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.7 Desigualdades y Lema de Farkas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.7.1 Interpretación geométrica del Lema de Farkas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

CAP. 3 DUALIDAD DE LA PROGRAMACIÓN LINEAL 49

3.1 Teoremas de la dualidad débil y fuerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.2 Esquema de la dualidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.3 Modelos Dinámicos de PL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

CAP. 4 MÉTODO DEL SIMPLEX 73

4.1 Propiedades fundamentales de la PL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

III

IV Índice general

4.2 Repaso de Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.2.1 Tabla Condensada (ecuaciones) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.2.2 Reglas de Pivoteo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4.2.3 Reglas de Pivoteo del SIMPLEX . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.3 Regla Clásica del SIMPLEX . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.3.1 Algoritmo particular del SIMPLEX . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.3.2 Explicación de la Optimalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.3.3 Soluciones Degeneradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.4 Algoritmo del SIMPLEX general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.4.1 Método de las dos fases del simplex general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4.2 Interpretación de las variables duales y costos reducidos . . . . . . . . . . . . . 106

4.4.3 Análisis de Sensibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

CAP. 5 PROGRAMACIÓN LINEAL ENTERA 109

5.1 Modelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.1.1 Modelización de problemas PLE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.1.2 Restricciones Adicionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

PREFACIO

La presente obra es una recopilación de apuntes y ejercicios basados en las clases de la mate-

ria “Investigación Operativa I”, dictada en la carrera de Ingeniería Matemática y Matemática de

la Escuela Politécnica Nacional por el profesor Polo Vaca durante el semestre 2018-B. La trans-

cripción de los apuntes y ejercicios fueron elaborados por Alexander Constante, alumno de esta

materia en el periodo antes mencionado.

Este compendio de apuntes y ejercicios tiene la finalidad de servir como una guía para aque-

llos estudiantes que tomen esta materia. En caso de que el lector encuentre errores puede diri-

girlos a [email protected].

“Investigación Opertiva I: Apuntes y Ejercicios” forma parte de la serie “Cuaderno de Ma-

temática del Club de Matemática EPN”; la cual recolecta apuntes de clase y ejercicios resueltos

generados por estudiantes de la Facultad de Ciencias. El Club de Matemática EPN, junto al

proyecto Alephsub0 y la Asociación de Estudiantes de Matemática e Ingeniería Matemática,

administra la generación y publicación en linea de estos trabajos e invita a la comunidad de

estudiantes que deseen apoyar a este proyecto a sumarse al mismo.

V

CAPÍTULO 1

MODELOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL

Un modelo es una estructura que permite medir, establecer rasgos o características en forma

aproximada de un sistema o de un fenómeno físico, biológico, económico, etc. con el objeto de

obtener uno o varios objetivos.

P: ¿Para qué construir modelos?

• Para comprender mejor un fenómeno. Ciertos problemas tienen características ocultas que

permiten describirse en un modelo.

• Para la ayuda en la toma de decisiones.

• Experimentación; se pueden cambiar ciertos parámetros del modelo y estudiar la nueva

solución.

1.1 TIPOS DE MODELOS

a) Físicos o Concretos: tienen características comunes o idénticas con la realidad que se quie-

re modelar. Por ejemplo, la maqueta de un edificio, los dispositivos o procesos reales que

se comportan de igual forma al fenómeno del cual se tomó el modelo y del que se espera

aprender algo.

b) Modelos Abstractos: utilizan el simbolismo de la matemática (parámetros, variables, fun-

ciones, desigualdades) para establecer relaciones en las componentes de un sistema para

plantear un problema matemático que se resuelven en el computador.

Los modelos abstractos o matemáticos de subclasifican en

i. Determinísticos: tienen sus componentes (datos, parámetros) conocidos con certeza.

ii. Aleatorios o Estocásticos: tienen componentes aleatorias.

iii. Horizonte de Planificación: es el tiempo para el cual se realiza el modelo.

– Estratégicos: a largo plazo;

1

2 Modelos de Programación Lineal

– Tácticos: a mediano plazo;

– Operativas: a corto plazo (menor a un mes).

1.2 ESQUEMA DE UN MODELO

b

fenómenoreal

fenómeno

simplificado

Interacciones

Algoritmo

Reformulación(feedback)

ProblemaMatemático

¿Solución

factible?

fin

1.3 MODELOS DE INVESTIGACIÓN OPERATIVA

La Investigación Operativa es una rama de la matemática que usa modelos y algoritmos

para estudiar un fenómeno simplificado. Estos modelos, en general, buscan determinar la mejor

alternativa dentro de un conjunto de alternativas posibles, discretas o infinitas con respecto a un

criterio.

EJEMPLO 1.1. Una empresa, radicada en la ciudad A, debe realizar una consultoría en la ciudad

B con 10 consultorías que irán 5 semanas consecutivas a B; las condiciones son las siguientes:

• Los viajes deben ser en avión iniciando el lunes en la mañana y deben regresar el miércoles

por la tarde;

• Una empresa aeronáutica les propone 3 tarifas para los costos de los tickets de vuelo:

1.3 Modelos de Investigación Operativa 3

T1. El boleto ida y vuelta de A-B-A o B-A-B cuesta $200, 00 si es utilizado íntegramente

en una misma semana;

T2. El boleto ida y vuelta tiene un 25 % de descuento si su utilización completa se la hace

dejando pasar al menos un fin de semana;

T3. Viaje unidireccional A-B o B-A a $120, 00.

¿Cómo debe decidir la empresa la compra de los boletos para minimizar el costo total de tiempo

en las 5 semanas?.

Solución. Por Proporcionalidad, basta hacer el análisis para un solo consultorio; así, las alterna-

tivas que tenemos son las siguientes

A1 Comprar 10 boletos a la tarifa T3, así

costo : 240 × 5 = $1200, 00

costo total : $12000, 00


costo : 200 × 5 = $1000, 00


A3 Comprar 2 boletos a la tarifa T3 y 4 boletos a la tarifa T2, así

costo : 240 + 600 = $840, 00



costo : 150 × 5 = $750, 00


Por tanto, la solución óptima es la de la alternativa 4. Con esto, tenemos que los errores

relativos respecto a las otras alternativas son

ERA1 =12000 − 7500

7500= 0, 6

ERA2 =10000 − 7500

7500= 0, 33


ERA3 =8400 − 7500

7500= 0, 12.

Este ejemplo contiene los elementos de un modelo de Investigación Operativa, es decir,

• Objetivo: Minimizar los costos de transporte.

• Alternativas: Todas las formas factibles de comprar los boletos.

• Restricciones: Se deja pasar fin de semana para la tarifa T2 y viajar en avión.

Regla Empírica: los métodos de Investigación Operativa mejoran entre el 5 % y 12 % en la toma

de decisiones.

Ahora, recordemos las siguientes definiciones

1) Toda función lineal de Rn → R es de la forma

f (x1, x2, ..., xn) = α1x1 + α2x2 + · · · αnxn

con αi ∈ R conocidos para i ∈ {1, 2, ..., n}.

2) Una ecuación lineal de n variables se define como

L = {x ∈ Rn|a1x1 + a2x2 + · · · anxn = b}.

con ai, b ∈ R conocidos.

3) Una desigualdad es el conjunto de los x ∈ Rn que cumplen

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn ≤ b.

Tipos de soluciones para un sistema de ecuaciones con dos incógnitas

Veamos los tipos de soluciones a través de ejemplos; así,

1.4 Programación Lineal (PL) 5

Sol. única Sol. Incompatible Sol. Infinita

2x1 + x2 = 3

x1 − x2 = 0

2x1 + x2 = 2

2x1 + x2 = 0

2x1 + x2 = 2

4x1 + 2x2 = 4

1 2−1−1

−2

1

2

x1

x2

b

1 2−1−1

−2

1

2

x1

x2

1 2−1−1

−2

1

2

x1

x2

EJEMPLO 1.2. Graficar la solución de los siguientes sistemas de inecuaciones

a)

x1 + x2 ≤ 4

2x1 − x2 = 1

x1 ≥ 0

x2 ∈ R

b)

3x1 − x2 ≥ −1

2x1 + x2 ≤ 0

x2 ≤ 0

x1 ∈ R

1 2−1−1

−2

1

2

3

x1

x2

l1

l2

1 2−1−1

−2

−3

−4

−5

1

x1

x2

l1 l2

1.4 PROGRAMACIÓN LINEAL (PL)

DEFINICIÓN 1.1DEFINICIÓN 1.1La programación lineal, consiste en optimizar (maximizar o minimizar) una función lineal

de n variables, x1, x2, ..., xn (variables de decisión), sometidas o sujetas a un conjunto de res-

tricciones o exigencias expresadas mediante un conjunto de ecuaciones y/o desigualdades

lineales. Se lo denota por


Max z = f (x1, ..., xn) función objetivo

sar sujeto a las restricciones{F conjunto de soluciones factibles

Para construir un modelo de programación lineal se deben usar los siguientes supuestos

1) Proporcionalidad: el aporte de una variable es proporcional a una cantidad unitaria. Se dice

que dos magnitudes m1 y m2 son proporcionales si existe k ∈ R tal que m2 = k m1.

Por ejemplo, supongamos que el costo de transporte de una caja de la ciudad A a la ciudad B

es de p u.m. (unidades monetarias); por tanto, si se tienen x cajas a transportarse entonces

costo total = p · x

2) Aditividad: los efectos de una misma magnitud asociados a dos variables diferentes se su-

man.

3) Continuidad: las variables en un modelo de PL deben ser tomadas comom valores reales, es

decir, xi ∈ R. Usualmente se toman restricciones de positividad, es decir, xi ≥ 0.

4) Determinístico: los datos y desigualdades son conocidos con certeza.

A continuación, presentamos varios ejemplos de programación lineal,

MODELO 1.1: Planificación de la ProducciónMODELO 1.1: Planificación de la ProducciónEl dueño de un restaurante fabrica dos tipos de platos,

• Plato 1. El precio de venta es de 8 u.m. y su contenido es de 5 langostinos, 2 mejillones

y una ostra;

• Plato 2. El precio de venta es de 6 u.m. y su contenido es de 3 langostinos, 3 mejillones

y 3 ostras.

Diariamente un proveedor le entrega 30 langostinos, 24 mejillones y 18 ostras. ¿Cómo ela-

borar un plan de producción diario para maximizar las ventas o los ingresos diarios?

Solución. Horizonte de Planificación: diario (un día).

Decisión: cuántos platos del tipo 1 y del tipo 2 producir al día, sin sobrepasar las disponibilidades

de las materias primas.


Variables de Decisión:

x1 : cantidad de platos del tipo 1 a producirse en el día;

x2 : cantidad de platos del tipo 2 a producirse en el día.

función objetivo:

I(x1, x2) = 8x1 + 6x2

Restricciones:

5x1 + 3x2 ≤ 30 langostinos

2x1 + 3x2 ≤ 24 mejillones

x1 + 3x2 ≤ 18 ostras

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

P: ¿Cuál es el mejor plan de producción?

Usamos las curvas de nivel para la función objetivo, es decir,

Cα = {(x1, x2) | 8x1 + 6x2 = α}

las cuales son rectas de vector normal ∇z = (86) y, el último valor que topa en la región factible

es el mejor, es decir, el que maximizará a la función.

A continuación, procedemos a hallar la solución gráficamente

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19−1−1

−2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x1

x2l1

l2

l3∇z

C0 C36 C48 C54

b

b

b

b


Las curvas de nivel se obtuvieron tomando α como el valor que toma z al evaluar en los

vértices de la región, es decir,

x1 x2 z

0 0 0

0 6 36

6 0 48

3 5 54

Por lo tanto, tenemos que x∗1 = 3 y x∗2 = 5 con z∗ = 54 u.m.

EJERCICIO 1.1. Hallar gráficamente el óptimo al siguiente problema

Min z = 2x1 − 3x2

sar

4x1 + 3x2 ≤ 12

x1 + 2x2 ≥ 2

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Notemos que al minimizar la función, tenemos que

−∇z =

−2

3

Así, grafiquemos

1 2 3 4 5−1−2−1

−2

1

2

3

4

5l1

l2

−∇z

C−12

C−3

b

b

b b

donde, las curvas de nivel se tienen tomando los valores de α = z, es decir,


x1 x2 z

0 1 -3

0 4 -12

2 0 4

3 0 6

Con esto, vemos que lo óptimo es x∗1 = 0 y x∗2 = 4 con z∗ = −12.

MODELO 1.2MODELO 1.2La compañía ENGINOLA produce dos modelos de TV: Astros y Cosmos. Cada modelo se

fabrica en dos líneas de producción diferente

• La línea de producción de Astro tiene una capacidad diaria de 60 unidades y la del

cosmos de 50 unidades.

• Un aparato Astro requiere de una hora de trabajo y un cosmos de 2 horas de trabajo. Se

dispone diariamente de 120 horas de trabajo para que sean asignadas a la producción

en ambas líneas.

• Un aparato astro deja una utilidad de 20 u.m. y un cosmos una de 30 u.m.

Plantear un modelo de PL que permita elaborar un plan de producción diario de utilidad

máximo.

Solución. Horizonte de Planificación: un día.

Decisión: Determinar un plan de producción factible, es decir, cuántos TV de cada modelo pro-

ducir, con los recursos disponibles tal que maximice la utilidad.


A : cantidad de TV’s Astro que se producen diariamente

C : cantidad de TV’s Cosmos que se producen diariamente.

Así, el problema queda planteado como

Max z = 20A + 30C

sar


A ≤ 60 unidades de A

C ≤ 50 unidades de C

A + 2C ≤ 120 horas de trabajo

A ≥ 0, C ≥ 0

Donde la solución de este problema es A∗ = 60 y C∗ = 30 con z∗ = 2100 u.m.

MODELO 1.3: Modelo de producciónMODELO 1.3: Modelo de producciónUna fábrica de cerámica produce 5 productos diferentes P1, P2, P3, P4, P5 usando tres pro-

cesos diferentes: molienda, horneados y acabados.

Luego de deducir los costos en la producción de cada unidad de productos se da la utilidad

unitaria y el uso de los procesos en la elaboración de cada unidad de producto, se da en la

siguiente tabla:

• La fábrica tiene 3 molinos y 2 hornos que trabajan semanalmente 6 días en 2 turnos de

8 horas cada uno.

• Tiene 8 trabajadores para los acabados que trabajan un turno de 8 horas, 6 días a la

semana.

Plantear un modelo de PL que permita obtener una utilidad semanal máxima.

Solución. Horizonte de Planificación: una semana.

Decisión: cuántos productos de cada tipo producir


xi : cantidad de Pi a producirse semanalmente, i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}

Max z = 550x1 + 600x2 + 350x3 + 400x4 + 200x5

sar

12x1 + 20x2 + +25x4 + 15x5 ≤ 288 hrs molienda

10x1 + 8x2 + 16x3 ≤ 192 hrs horneado

20x1 + 20x2 + 20x3 + 20x4 + 20x5 ≤ 384 hrs acabado

xi ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}


MODELO 1.4: Modelo de una mezcla (blending)MODELO 1.4: Modelo de una mezcla (blending)Supongamos que se fabrica un aceite mediante dos procesos

i) Refinación conservativa de aceites crudos y

ii) Mezcla conservativa

Los aceites son de dos tipos: aceites vegetales (VEG1, VEG2) y aceites no vegetales (OIL1, OIL2,

OIL3).

• En un mes no se puede refinar más de 200 toneladas de aceites vegetales y no más de

250 toneladas de aceites no vegetales.

• Existe una restricción técnica sobre la densidad del aceite final y es que tenga una

densidad entre 3 y 6 en las unidades de densidad dadas y suponemos que la densidad

de los aceites se mezclan linealmente (o proporcionalmente).

• Una tonelada de aceite final se venderá a 150 u.m.

• Los costos de los aceites y sus densidades se dan en la siguiente tabla

VEG1 VEG2 OIL1 OIL2 OIL3

costo (um/ton) 110 120 130 110 115

densidad 8.8 6.1 2.0 4.2 5.0

Formular un modelo de PL que permita decidir cómo elaborar el producto final y en qué

cantidad, de manera que se maximice la utilidad mensual.

Solución. Horizonte de Planificación: un mes.

Decisión: qué cantidad de cada aceite ponemos para producir el producto final y qué cantidad

total elaborar.

Variables de decisión:

VEGi : cantidad de toneladas del i_ésimo aceite vegetal que va a la mezcla, i ∈ {1, 2}.

OILj : cantidad de toneladas del j_ésimo aceite no vegetal que va a la mezcla,

j ∈ {1, 2, 3}.


Además, definamos la variable de estado

y = VEG1 + VEG2 + OIL1 + OIL2 + OIL3,

con lo cual, tenemos que la restricción de la densidad de la mezcla está dada por

3 ≤ 8,8δ1 + 6,1δ2 + 2,0δ3 + 4,2δ4 + 5,0δ5 ≤ 6

de donde,

3 ≤ 8,8VEG1

y+ 6,1

VEG2

y+ 2,0

OIL1

y+ 4,2

OIL2

y+ 5,0

OIL3

y≤ 6

con lo cual, obtenemos la restricción

3y ≤ 8,8VEG1 + 6,1VEG2 + 2,0OIL1 + 4,2OIL2 + 5,0OIL3 ≤ 6y

Así, tenemos el planteamiento del modelo de la siguiente manera

Max z = 150y − 110 VEG1 − 120 VEG2 − 130 OIL1 − 110 OIL2 − 115 OIL3

sar

VEG1 + VEG2 ≤ 200

OIL1 + OIL2 + OIL3 ≤ 250

y = VEG1 + VEG2 + OIL1 + OIL2 + OIL3

8,8VEG1 + 6,1VEG2 + 2,0OIL1 + 4,2OIL2 + 5,0OIL3 − 6y ≤ 0

8,8VEG1 + 6,1VEG2 + 2,0OIL1 + 4,2OIL2 + 5,0OIL3 − 3y ≥ 0

VEGi ≥ 0, OILj ≥ 0, i ∈ {1, 2}, j ∈ {1, 2, 3}

MODELO 1.5: Un problema no linealMODELO 1.5: Un problema no linealTransformar el siguiente problema no lineal a uno lineal,

Max z = |x1 − 2|+ |x2 + 3|

sar


2x1 − x2 ≥ −3

x1 ≤ 1

x2 ≥ 2

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Recordemos que

|a| = max{0, a}+ max{0,−a} = A+ + A−,

de donde se tiene que

a ≤ A+, 0 ≤ A+ y 0 ≤ A−, −a ≤ A−.

Por tanto, llamemos

|x1 − 2| = max{0, x1 − 2}+ max{0, 2 − x1} = X+ + X−

y

|x2 + 3| = max{0, x2 + 3}+ max{0,−x2 − 3} = Y+ + Y−,

a lo cual, el problema lo podemos plantear de la siguiente forma

Max z = X+ + X− + Y+ + Y−

sar

2x1 − x2 ≥ −3

x1 ≤ 1

x2 ≥ 2

x1 − 2 ≤ X+, 0 ≤ X+

2 − x1 ≤ X−, 0 ≤ X−

x2 + 3 ≤ Y+, 0 ≤ Y+

−x2 − 3 ≤ Y−, 0 ≤ Y−

x1, x2 ≥ 0


MODELO 1.6: Modelo de una mezclaMODELO 1.6: Modelo de una mezclaSupongamos que una compañía metalúrgica fabrica dos tipos de acero A1 y A2 usando tres

métodos M1, M2 y M3, la información se presenta en las siguientes tablas

Aceros Especificaciones Técnicas PVP (u.m./ton)

A1 No menos del 60 % de M1 y no más del 30 % de M2 20

A2 Exactamente 10 % de M3 y no más del 40 % de M2 15

Disponibilidad diaria (ton) Costo Unitario

M1 200 8

M2 150 6

M3 60 3

Formular un modelo PL que permita un plan de producción diario de utilidad máxima.

Solución. Horizonte de Planificación: un día.

Decisión: qué cantidad de cada metal Mi debo poner en el acero Aj, i ∈ {1, 2, 3}, j ∈ {1, 2}.

Variables de Decisión: Para definir las variables , podemos verlas a través de una matriz; así,

A1 A2

M1 x11 x12

M2 x21 x22

M3 x31 x32

xij : cantidad en toneladas de metal Mi en el acero Aj, i ∈ {1, 2, 3}, j ∈ {1, 2}.

Por otro lado, definamos las variables de estado

A1 : cantidad total del primer acero producidas en el día.

A2 : cantidad total del segundo acero producidas en el día.

Por tanto, el modelo queda planteado como

Max z = 20A1 + 15A2 − 8(x11 + x12)− 6(x21 + x22)− 3(x31 + x32)

sar


A1 = x11 + x21 + x31

A2 = x12 + x22 + x32

x11 + x12 ≤ 200 toneladas M1



x11 ≥ 0,6A1

x21 ≤ 0,3A1

x32 = 0,1A2

x22 ≤ 0,4A2

xij ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3}, j ∈ {1, 2}

MODELO 1.7: Problema de TransporteMODELO 1.7: Problema de TransporteUn carguero eléctrico debe transportar cajas de materias primas (una a cada vez) desde una

zona de entrada a unas bodegas de materias primas S1, S2, ..., Sm. Luego, se desplaza a otras

bodegas diferentes B1, B2, ..., Bn que tiene cajas con productos elaborados, donde toma una

caja y se dirige a la zona de salida donde deja la caja y regresa a la zona de entrada. Se tiene

Hipótesis:

• {Si} ∩ {Bj} = ∅, para i ∈ {1, 2, ..., m}, j ∈ {1, 2, ..., n};

• ai : números de cajas que deben ser almacenadas a Si, i ∈ {1, ..., m};

• bj : números de cajas de productos elaborados que deben salir del almacén y que están

en la bodega Bj, j ∈ {1, ..., n};

•m

∑i=1

ai =n

∑j=1

bj.

Datos:

tei: tiempo en el que el carguero va de la entrada a la bodega

de materia prima Si;

tij : tiempo de desplazamiento del conjunto de Si a Bj;


T =

t11 · · · t1n

t21 · · · t2n

.... . .

...

tm1 · · · tmn

tsj: tiempo de desplazamiento desde Bj a la salida;

tse : tiempo que toma el carguero en ir de la salida a la entrada.

Cómo organizar los movimientos del carguero de manera que en un tiempo mínimo intro-

duzca lasm

∑i=1

ai cajas y retire lasn

∑j=1

bj cajas de productos elaborados.

Solución. El presente problema no tiene horizonte de planificación, pues no tiene tiempo especí-

fico de traslado.

Decisión: Un trayecto va de Entrada − Si − Bj − Salida. Cuántos trayectos de Si a Bj se deben

hacer para cumplir con la tarea, para todo i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., n}.


xij : cantidad de veces que el carguero va de Si a Bj,

para todo i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., n}.

Así, el modelo es

Min t =m

∑i=1

teiai +

m

∑i=1

n

∑j=1

tijxij +n

∑j=1

tsjbj + tse

m

∑i=1

ai

sar

n

∑j=1

xij = ai, i ∈ {1, ..., m} ai veces en Si

m

∑i=1

xij = bj, j ∈ {1, ..., n} bj veces en Bj

xij ≥ 0, i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., n}

MODELO 1.8: Staffing: gestión de personalMODELO 1.8: Staffing: gestión de personalEl dueño de un almacén tiene el siguiente problema; desea saber cuántos trabajadores con-

tratar y a qué días de la semana asignarles para


• Minimizar los costos de contratación semanales;

• Satisfacer al menos la demanda diaria del personal,

bajo las siguientes condiciones

• Cada trabajador gana 300 u.m. si trabaja en días normales, una bonificación extra de

25 u.m. si trabaja el sábado y de 35 u.m. si trabaja el domingo.

• Su jornada semanal debe tener dos días libres consecutivos.

La demanda se da en la siguiente tabla

Días Lu Ma Mi Ju Vi Sa Do

Trabajadores 20 13 10 12 16 18 20

Plantear un modelo PL para solucionar este problema.

Solución. Horizonte de Planificación: una semana.

Decisión: determinar cuántos trabajadores contratar para cada turno semanal factible.

Pre-procesamiento: planteemos los turnos posibles en la semana

Turnos L Ma Mi J V S D Costo Unitario

1 1 1 1 1 1 0 0 300

2 0 1 1 1 1 1 0 325

3 0 0 1 1 1 1 1 360

4 1 0 0 1 1 1 1 360

5 1 1 0 0 1 1 1 360

6 1 1 1 0 0 1 1 360

7 1 1 1 1 0 0 1 335


xi : cantidad de trabajadores a contratar para que trabajen en el turno i, i ∈ {1, ..., 7}

El modelo planteado es

Min z = 300x1 + 325x2 + 360(x3 + x4 + x5 + x6) + 335x7

sar


x1 + +x4 + x5 + x6 + x7 ≥ 20 demanda Lunes

x1 + x2 + +x5 + x6 + x7 ≥ 13 demanda Martes

x1 + x2 + x3 + +x6 + x7 ≥ 10 demanda Miércoles

x1 + x2 + x3 + x4 + +x7 ≥ 12 demanda Jueves

x1 + x2 + x3 + x4 + x5+ ≥ 16 demanda Viernes

x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ≥ 18 demanda Sábado

x3 + x4 + x5 + x6 + x7 ≥ 20 demanda Domingo

xi ≥ 0, i ∈ {1, ..., 7}

MODELO 1.9: Problema General de TransporteMODELO 1.9: Problema General de TransporteSe consideran m orígenes Oi, i ∈ {1, ..., m} (fábricas, depósitos, reservorios, parada de bu-

ses, etc.) que tiene una oferta Oi de un producto (auto, caja, agua, buses, etc.) y, por otro

lado se consideran n destinos Dj, j ∈ {1, ..., n} (concesenarios, bodegas, ciudades, líneas de

servicios, etc.) cuya demanda es bj. Se conoce el costo unitario de transporte cij u.m.desde

Oi a Dj para todo i, j. Gráficamente se puede ver como

O1

...

Oi

...

Om

a1

ai

am

D1

...

Dj

...

Dn

b1

bj

bn

cij xij

xmn

xmj

x1j

x11

Como hipótesis se tiene quem

∑i=1

ai ≥n

∑j=1

bj y, se quiere determinar un plan de distribución

de costo total mínimo.

Solución. Tomemos las variables de decisión siguientes

xij : cantidad que se envía desde el origen Oi al cliente Dj

para todo i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., n}

Así, planteemos el modelo


Min z =m

∑i=1

n

∑j=1

cijxij

sar

n

∑j=1

xij ≤ ai, i ∈ {1, ..., m} Oferta

m

∑i=1

xij ≥ bj, j ∈ {1, ..., n} Demanda

xij ≥ 0, i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ...n}

MODELO 1.10: Modelo que no representa ninguno de los perceptos de la PLMODELO 1.10: Modelo que no representa ninguno de los perceptos de la PLUna empresa vende automóviles para segmentos de población medianas y altas. Esta em-

presa puede comprar "spots"de 20 segundos en programas de comedias y deportivos. Se

quiere llegar al menos a 28 u.p. (unidad poblacional) de mujeres y a 24 u.p. de hombres.

Comedias Deportivos

Audiencia Femenina (up/spots) 7 2

Audiencia Masculina (up/spots) 2 12

Costo por spots de 20 seg. 5 10

Solución. En principio, tomaríamos las siguientes variables de decisión

C : número de spots de 20 seg. que deben transmitirse en programa de comedia.

D : número de spots de 20 seg. que deben transmitirse en un programa deportivo.

y, plantearíamos el siguiente modelo

Min z = 5C + 10D

sar

7C + 2D ≥ 28 audiencia femenina

2C + 12D ≥ 24 audiencia masculina

C ≥ 0, D ≥ 0

Sin embargo, este problema no cumple con los supuestos para un problema de PL, pues

• No Proporcionalidad: La audiencia no es proporcional al número de spots que transmitan.


Por ejemplo, si se pasa un spot con 200 personas y se manda otro entonces continuarán las

200 personas.

• No Aditividad: Los dos spots puede que se transmitan en el programa de comedias.

• No Continuidad: Necesita valores enteros.

• No Determinístico: La audiencia representa una variable aleatoria, es decir, puede depender

de la hora.

MODELO 1.11: Cutting Stock ProblemMODELO 1.11: Cutting Stock ProblemUn compañía produce electrodomésticos y usa para ello láminas de acero de longitud es-

tándar (stock), que vienen en rollos de 72 pulgs., 48 pulgs. o 36 pulgs. de ancho, aun costo

unitario de 28 u.m., 19 u.m. y 15 u.m., respectivamente. En el proceso de manufactura se

requiere láminas de ocho anchos diferentes y en un número determinado

Ancho 60” 56” 42” 38” 34” 24” 15” 10”

N◦ láminas 500 400 300 450 350 100 800 1000

Se disponen de 1600 rollos de 72”, 1000 rollos de 48” y 10000 rollos de 36” y, el corte es

unidimensional.

Formular un modelo de PL que permita determinar la forma de cortar los rollos para

satisfacer la demanda pero utilizando el menor número de rollos, es decir, minimizando los

cortes de material de stock.

Solución. Como pre-procesamiento generemos todos los patrones posibles de cortes para los

rollos de 72, 48 o 36 pulgadas, expresados en la siguiente matriz P

A1 A2 A3 · · · A27 B1 B2 B3 · · · B9 C1 C2 C3 · · · C9

60” 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

56” 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

42” 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

38” 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

34” 0 0 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 1 0 0 · · · 0

24” 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

15” 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0

10” 1 0 1 7 0 1 1 4 0 1 0 3

r 2” 1” 6” · · · 2” 6” 0” 4” · · · 8” 2” 2” 6” · · · 6”


Con esto, se tienen las variables de decisión

Ai : número de veces que se debe cortar al patrón i, i ∈ {1, ..., 27}

Bj : número de veces que se debe cortar al patrón j, j ∈ {1, ..., 9}

Ck : número de veces que se debe cortar al patrón k, k ∈ {1, ..., 9}

Por otro lado, tomemos los siguientes vectores

xT =(

A1 · · · A27 B1 · · · B9 C1 · · · C9

)

bT =(

500 400 300 450 350 100 800 1000)

con lo cual, obtenemos el modelo

Min z = 2827

∑i=1

Ai + 199

∑j=1

Bj + 159

∑k=1

Ck

sar

P · x ≥ b

27

∑i=1

Ai ≤ 1600

9

∑j=1

Bj ≤ 1000

9

∑k=1

Ck ≤ 10000

Ai, Bj, Ck ≥ 0, i ∈ {1, ..., 27}, j, k ∈ {1, ..., 9}

CAPÍTULO 2

GEOMETRÍA DE LA PROGRAMACIÓN LINEAL

2.1 CONJUNTOS CONVEXOS

Estudiaremos conjuntos convexos en Rn y tomaremos la norma euclidiana

‖x‖ =√

x21 + x2

2 + · · ·+ x2n.

DEFINICIÓN 2.1: Segmento CerradoDEFINICIÓN 2.1: Segmento CerradoSean a, b ∈ R

n, se llama segmento cerrado que une a y b al subconjunto de Rn notado por [a, b]

y definido por

[a, b] = {z ∈ Rn|z = a + λ(b − a) con 0 ≤ λ ≤ 1}

equivalentemente,

[a, b] = {(1 − λ)a + bλ ∈ Rn | 0 ≤ λ ≤ 1}

[a, b] = {λ1a + λ2b ∈ Rn | λ1 + λ2 = 1, λ1, λ2 ≥ 0}.

A a y b se los conocen como los extremos del segmento.

Observación: Se nota como (a, b) al segmento de Rn que no incluye a y b, es decir,

(a, b) =]a, b[= {λa + (1 − λ)b | 0 < λ < 1}.

DEFINICIÓN 2.2: Conjunto ConvexoDEFINICIÓN 2.2: Conjunto ConvexoSea C ⊆ R

n, se dice que C es un conjunto convexo si para todo x, y ∈ C y para todo λ ∈ [0, 1],

el vector λx + (1− λ)y ∈ C, es decir, C es convexo si para todo x, y ∈ C, el segmento cerrado

[x, y] está contenido en C.

23

24 Geometría de la Programación Lineal

x

yx y

Convexo No Convexo

b

bb b

Ejemplos:

• ∅ es convexo.

• Rn es convexo.

• Un punto es convexo.

• Un plano es convexo.

DEFINICIÓN 2.3DEFINICIÓN 2.3Sea C un conjunto convexo en R

n, se dice que C tiene una dimensión, notada por dim C, si

es igual a la dimensión de la menor variedad afín (subespacio vectorial + vector) que contiene

a C.

EJERCICIO 2.1. Sea a ∈ Rn, a 6= 0 y α ∈ R. Consideremos el conjunto

H = {x ∈ Rn | aTx = α},

que se lo conoce como el hiperplano del vector normal a. Demostrar que H es un conjunto

convexo.

Demostración. Sean x, y ∈ H, entonces

aTx = α y aTy = α.

Sea 0 ≤ λ < 1, vamos a probar que λx + (1 − λ)y ∈ H; en efecto, vemos que

aT(λx + (1 − λ)y) = λaTx + (1 − λ)aTy

= λα + (1 − λ)α

= λα + α − αλ

= α;

por lo tanto, H es un conjunto convexo.

2.1 Conjuntos Convexos 25

EJERCICIO 2.2. Sea a ∈ Rn, a 6= 0 y α ∈ R. Consideremos el semiespacio S definido por el

vector a

S = {x ∈ Rn | aTx ≤ α}.

Demostrar que S es un conjunto convexo.

Demostración. Sean x, y ∈ S, entonces

aTx ≤ α y aTy ≤ α.

Sea 0 ≤ λ < 1, vamos a probar que λx + (1 − λ)y ∈ S; en efecto, vemos que

aT(λx + (1 − λ)y) = λaTx + (1 − λ)aTy

≤ λα + (1 − λ)α

= α;

de donde, se concluye que S es un conjunto convexo.

TEOREMA 2.1TEOREMA 2.1La intersección arbitraria de conjuntos convexos es convexo.

Demostración. Sea {Ci|i ∈ I} una familia de conjuntos convexos de Rn, donde I es un conjunto

de índices; así,

• Si⋂

i∈I

Ci = ∅, entonces se tiene el resultado;

• Si⋂

i∈I

Ci 6= ∅; sean x, y ∈⋂

i∈I

Ci, entonces para todo i ∈ I se tiene que x, y ∈ Ci y, puesto que

Ci es convexo, colegimos que para todo i ∈ I

[x, y] ∈ Ci,

con lo cual,

[x, y] ∈⋂

i∈I

Ci

y, por tanto⋂

i∈I

Ci es un conjunto convexo.

EJEMPLO 2.1. Sean Hi = {x ∈ Rn|aT

i x = bi}, i ∈ {1, ..., m}, m hiperplanos de vector normal


ai 6= 0. Entonces por el teorema se tiene que

m⋂

i=1

Hi = {x ∈ Rn|aT

i x = bi, i ∈ {1, ..., m}}

= {x ∈ Rn|Ax = b}

el cual es un conjunto convexo y se lo conoce como el conjunto solución de un sistema lineal de m

ecuaciones en Rn.

EJEMPLO 2.2. Sean Si = {x ∈ Rn|aT

i x ≤ bi}, i ∈ {1, ..., m}, m semiespacios definidos por ai 6= 0.

Entonces por el teorema se tiene que

m⋂

i=1

Si = {x ∈ Rn|aT

i x ≤ bi, i ∈ {1, ..., m}}

= {x ∈ Rn|Ax ≤ b}

el cual es un conjunto convexo y se lo conoce como el conjunto solución de un sistema de m de-

sigualdades en Rn.

Propiedad. El conjunto factible F de un problema de PL siempre es convexo.

DEFINICIÓN 2.4DEFINICIÓN 2.4El conjunto solución de un sistema de m desigualdades lineales se dice un Poliedro.

DEFINICIÓN 2.5DEFINICIÓN 2.5Sean A ⊆ R

n, x1, ..., xp ∈ A y λ1, ..., λp ∈ R tales que λi ≥ 0 para todo i ∈ {1, ..., p} yp

∑i=1

λi = 1. Se dice que un punto de la forma y = λ1x1 + · · · + λpxp es una combinación

convexa (o baricentro) de los x1, ..., xp.

DEFINICIÓN 2.6DEFINICIÓN 2.6Sea A ⊆ R

n, se llama la envolvente convexa de A al conjunto de todas las combinaciones

lineales convexas de un número finito de puntos de A; así,

Env(A) =

{y ∈ R

n∣∣∣y = λ1x1 + · · ·+ λpxp, con xi ∈ A, λi ≥ 0, y

p

∑i=1

λi = 1

}

Resultados: Sean A, B ⊆ Rn

• Env(A) es un conjunto convexo.

• A = Env(A) si y solo si A es un conjunto convexo.

2.2 Repaso de la Topología en Rn 27

• Env(A) =⋂

A⊆Ci

Ci, es decir, la envolvente convexa es el menor conjunto convexo de Rn

que contiene a A.

• A + B = {α + β ∈ Rn|α ∈ A y β ∈ B} es un conjunto convexo.

• A × B = {〈α, β〉 |α ∈ A y β ∈ B} es un conjunto convexo.

• Sea γ ∈ R, γA = {γα ∈ Rn|γα ∈ A} es un conjunto convexo.

2.2 REPASO DE LA TOPOLOGÍA EN Rn

A continuación presentamos una teoría básica de lo que es la topología en Rn; se presentarán

definiciones importantes y ciertos resultados cuyas demostraciones se omitirán, pues toda esta

teoría se la puede abordar y extender de mejor forma en un curso de Análisis Real o Matemático

y utilizar más resultados para las demostraciones.

2.2.1 Bolas Abiertas y Cerradas

Consideremos en Rn con una norma ‖·‖; dados a ∈ R

n y r > 0, definimos

1. Bola abierta de centro a y radio r

B(a, r) = {x ∈ Rn| ‖x − a‖ < r}

2. Bola cerrada de centro a y radio r

B(a, r) = {x ∈ Rn| ‖x − a‖ ≤ r}

2.2.2 Conjuntos Abiertos y Cerrados

DEFINICIÓN 2.7DEFINICIÓN 2.7Sea A ∈ R

n, se dice que a ∈ A es un punto interior de A si para todo ε > 0

B(a, ε) ⊆ A.

Al conjunto de puntos interiores de A se lo denota como◦

A, por lo que

◦A = {a ∈ A|a es un punto interior}.

Se dice que A es un conjunto abierto de Rn si y solo si

◦A = A.


DEFINICIÓN 2.8DEFINICIÓN 2.8Se dice que a es un punto frontera de A si para todo ε > 0

B(a, ε) ∩ A 6= ∅ y B(a, ε) ∩ Ac 6= ∅.

Se lo denota como

Fr(A) = {x ∈ Rn|x es punto frontera de A}.

EJEMPLO 2.3. Sea A = (−1,5], entonces Fr(A) = {−1, 5}.

Por otro lado, se dice que A es un conjunto cerrado si Fr(A) ⊆ A.

EJEMPLO 2.4. El hiperplano H = {‘x ∈ Rn|aTx ≤ b} y el semiespacio S = {x ∈ R

n|aTx ≤ b}

son conjuntos cerrados.

TEOREMA 2.2TEOREMA 2.2Un conjunto A es abierto si y solo si Ac es cerrado.

TEOREMA 2.3TEOREMA 2.3Se dice que A es acotado si existe R > 0 tal que para todo x ∈ A, ‖x‖ ≤ R.

TEOREMA 2.4: Heine-BorelTEOREMA 2.4: Heine-BorelSe dice que A es compacto si y solo si A es un conjunto cerrado y acotado.

TEOREMA 2.5TEOREMA 2.5Todo poliedro es un conjunto cerrado.

A un poliedro acotado se lo conoce como Polítopo.

2.2.3 Hiperplano de apoyo de un convexo

TEOREMA 2.6: RieszTEOREMA 2.6: RieszSi C es un convexo no vacío; si y /∈ C entonces existe x0 ∈ C tal que

‖x0 − y‖ = mın{‖y − x‖ |x ∈ C}

= d(x0, C).

Demostración. Sea ε > 0 suficientemente grande tal que

B(y, ε) ∩ C = ∅,

2.2 Repaso de la Topología en Rn 29

luego, como B(y, ε) es cerrado y acotado, entonces es compacto, por lo que

B(y, ε) ∩ C es un compacto.

Por otro lado, se conoce que || · || : Rn → R es continua, pues para todo x, y ∈ R

n

| ‖x‖ − ‖y‖ | < ‖x − y‖

y, tomando δ = ε se tiene la continuidad ya que

‖x − y‖ < δ =⇒ | ‖x‖ − ‖y‖ | < ε.

Además, por el teorema de Weiestrass, si se minimiza una función continua sobre un conjunto

compacto de Rn entonces este mínimo existe, es decir, existe x0 ∈ B(y, ε) ∩ C tal que

‖x0 − y‖ = mın{‖x − y‖ |x ∈ B(y, ε) ∩ C};

es claro que si x ∈ B(y, ε), es decir, ‖x − y‖ > ε, se tiene que en cualquier caso

‖x0 − y‖ = mınx∈C

{‖x − y‖}.

TEOREMA 2.7: Separación de un convexo y un puntoTEOREMA 2.7: Separación de un convexo y un puntoSi C es un convexo, cerrado, no vacío y y /∈ C entonces existe a ∈ R

nr {0} tal que

aTy < ınfx∈C

aTx.

Demostración. Por el teorema de Riesz sabemos que existe x0 ∈ C tal que

d(y, C) = ‖x0 − y‖ = mınx∈C

{‖x − y‖}.

Sea x ∈ C, tomemos los puntos del segmento [x, x0], es decir, de la forma x0 + λ(x − x0), para

λ ∈ [0, 1], de donde, al ser C un conjunto convexo se tiene que

x0 + λ(x − x0) ∈ C

luego,

‖x0 + λ(x − x0)− y‖2 ≥ ‖x0 − y‖2


de donde

〈x0 + λ(x − x0)− y, x0 + λ(x − x0)− y〉 ≥ ‖x0 − y‖2

así

‖x0 − y‖2 + 2λ 〈x0 − y, x − x0〉+ λ2 ‖x − x0‖2 ≥ ‖x0 − y‖2 .

Tomando λ → 0, tenemos que para todo x ∈ C

〈x0 − y, x − x0〉 ≥ 0;

llamemos a = x0 − y, por tanto para todo x ∈ C

〈a, x〉 ≥ 〈a, x0〉

≤ 〈a, x0 − y + y〉

≤ 〈a, x0 − y〉+ 〈a, y〉

≤ ‖x0 − y‖2 + 〈a, y〉

a lo cual

〈a, y〉 = aTy ≤ 〈a, x〉 − ‖x0 − y‖2 ≤ 〈a, x〉

y, en consecuencia

aTy < ınfx∈C

aTx.

COROLARIO 2.8. Si C es un conjunto convexo, cerrado y no vacío, existe

H = {x ∈ Rn|aT(x − y) = 0}

que se separa C con {y}.

DEFINICIÓN 2.9DEFINICIÓN 2.9Sea C un convexo, no vacío y y ∈ C, se dice que H es un hiperplano de apoyo de C en y si C está

completamente contenido en uno de los semiespacios cerrados que define y pasa por y.

DEFINICIÓN 2.10DEFINICIÓN 2.10Sea C un convexo, no vacío y y ∈ C, se dice que H es un hiperplano de apoyo de C en y si C está

completamente contenido en uno de los semiespacios cerrados que define y pasa por y.

Se puede demostrar que y ∈ Fr(C).

2.3 Punto Extremo de un Convexo 31

TEOREMA 2.9TEOREMA 2.9Si C es un conjunto convexo, no vacío y y ∈ Fr(C) entonces existe un hiperplano de apoyo

de C en y.

Demostración. Supongamos que {yk}k∈N es una sucesión de vectores exteriores a C tal que

lımk→∞

= y;

por el teorema de separación de un convexo y un punto, existe ak = y − yk tal que ‖ak‖ = 1 para

todo k ∈ N, tal que para todo x ∈ C

aTy < ınfx∈C

aTx.

Como {ak}k∈N es acotada, por Bolzano-Weiestrass existe una subsucesión M ⊆ N tal que

lımk∈M

ak = a 6= 0

luego, notemos que para todo x ∈ C

lımk∈M

aTyk = aTy ≤ aTx = lımk∈M

aTk x

de donde,

H = {z ∈ Rn|aT(y − z) = 0}.

Adicionalmente, notemos que y ∈ H y, como para todo x ∈ C, aTy ≤ aTx, se tiene que C está

contenido en uno de los semiespacios que define a H.

2.3 PUNTO EXTREMO DE UN CONVEXO

DEFINICIÓN 2.11DEFINICIÓN 2.11Sea C un conjunto convexo no vacío, se dice que un punto x0 ∈ C es punto extremo de C si

no existen x1, x2 ∈ C, (x1 6= x2) tal que x0 ∈]x1, x2[. Equivalentemente, existe λ ∈]0, 1[ tal

que x0 = λx1 + (1 − λ)x2, es decir, x0 no puede ser ’atrapado’ con ningún segmento abierto

]x1, x2[.

– C no tiene puntos extremos; – C tiene como extremo a x0;


– C tiene infinito número de – El poliedro C tiene un número

puntos extremos; finito de puntos extremos.

TEOREMA 2.10TEOREMA 2.10Si C es un convexo, cerrado, no vacío y H es un hiperplano de apoyo de C, entonces se

cumple que todo punto extremo de T = H ∩ C es un punto extremo de C.

Demostración. Supongamos que x0 es un punto extremo de T = H ∩ C y, por reducción al absur-

do supongamos x0 no es punto extremo de C, entonces existen x1, x2 ∈ C tales que

x0 = λx1 + (1 − λ)x2 con 0 < λ < 1.

Ahora, supongamos que H = {x ∈ Rn|aTx = c} y que C esté completamente contenido en

C+ = {x ∈ R.|aTx ≥ c}.

Como x0 ∈ T, entonces x0 ∈ H y x0 ∈ C+; así,

c = aTx0 = λaTx1 + (1 − λ)aTx2 ≥ c

pero, para que se mantenga la igualdad debe ocurrir que aTx1 = c y aTx2 = c, es decir, no puede

darse que aTx1 > c o aTx2 > c; por lo tanto, x1, x2 ∈ H con lo cual x1, x2 ∈ T y, en consecuencia,

x0 no sería un punto extremo de T, y contradice al primer hecho; así, x0 es un punto extremo de

C.


n no vacío, se dice que A es acotado inferiormente si existe M ∈ R tal que para todo

x = (x1, ..., xn) ∈ A se tiene que xi ≥ M para todo i ∈ {1, ..., n}.

Nuestro caso de interés es cuando M = 0.

TEOREMA 2.11: ***TEOREMA 2.11: ***Si C es conjunto convexo, cerrado, no vacío y acotado inferiormente entonces

i. C tiene al menos un punto extremo;

ii. Todo hiperplano de apoyo de C contiene al menos un punto extremo de C.

2.4 Optimización de Funciones Convexas 33

Demostración. Probemos por inducción sobre m = dim(C). Si m = 1, entonces se cumple, pues

se puede tomar una semirrecta el cual tendrá un punto extremo.

Ahora, supongamos que es verdadero para m− 1 = dim(Cm−1); sea Cm un convexo, cerrado,

no vacío y acotado inferiormente, entonces al ser cerrado se tiene que existe x0 ∈ Fr(C), de

donde, por teorema se tiene que existe un hiperplano de apoyo de C en x0.

Consideremos T = H ∩ C 6= ∅, el cual es un conjunto convexo, cerrado y acotado inferior-

mente; así, dim(T) ≤ m − 1 y por la hipótesis inductiva, el teorema se cumple para T, es decir,

T tiene un punto extremo x y por el teorema anterior este punto es extremo de C.

Además, como x ∈ H se colige ii.

2.4 OPTIMIZACIÓN DE FUNCIONES CONVEXAS

DEFINICIÓN 2.13DEFINICIÓN 2.13Sea S ⊆ R

n y f : S → R, se dice que

i. x∗ es un mínimo local de f si existe un ε > 0 tal que para todo x ∈ B(x∗, ε), se cumple que

f (x) ≥ f (x∗)

ii. x∗ es un mínimo global de f sobre S si para todo x ∈ S, f (x) ≥ f (x∗).

OBSERVACIÓN. Es indiferente maximizar o minimizar (búsqueda de extremos locales o globa-

les), pues

Max x∈S f (x) = −{Min x∈S − f (x)}

DEFINICIÓN 2.14DEFINICIÓN 2.14Sea C un conjunto convexo no vacío de R

n, se dice que f : C → R es un función convexa si

para todo λ ∈ [0, 1] y para todo x1, x2 ∈ C,

f (λx1 + (1 − λ)x2) ≤ λ f (x1) + (1 − λ) f (x2).

Equivalentemente, para todo x1, x2 ∈ C, f ([x1, x2]) están por debajo del segmento [(x1, f (x1)), (x2, f (x2))].

OBSERVACIÓN. se dice que f es cóncava si − f es convexa.

TEOREMA 2.12TEOREMA 2.12

Sean C ⊆ Rn convexo no vacío, x1, ..., xp ∈ C y λ1, ..., λp ≥ 0 tal que

p

∑i=1

λi = 1. Si f : C → R


es una función convexa entonces

f

(p

∑i=1

λixi

)≤

p

∑i=1

λi f (xi).

La demostración se sigue por inducción.

OBSERVACIÓN. Las funciones lineales y afines son convexas y cóncavas a la vez.

TEOREMA 2.13TEOREMA 2.13Sean C ⊆ R

n, fi : C → R, i ∈ {1, ..., m}, m funciones convexas, entonces

D = {x ∈ C| fi(x) ≤ 0, i ∈ {1, ..., m}}

es convexo.

Demostración. Probemos que para un i fijo, 1 ≤ i ≤ m

Di = {x ∈ C| fi(x) ≤ 0}

es convexo.

Sean x1, x2 ∈ Di y λ ∈ [0, 1], vemos que

fi(λx1 + (1 − λ)x2) ≤ λ fi(x1)︸︷︷︸≤0

+(1 − λ) f (x2)︸︷︷︸≤0

≤ 0,

es decir, λx1 + (1 − λ)x2 ∈ Di. Luego, como D =n⋂

i=1

Di, se tiene que D es convexo, pues es la

intersección finita de convexos.

TEOREMA 2.14: *TEOREMA 2.14: *Sea C ⊆ R

n convexo y f : C → R una función convexa. Entonces

1. El conjunto M de todos los mínimos globales de f es convexo;

2. x∗ es un mínimo local si y solo si x∗ es un mínimo global.

Demostración. Probemos que M es convexo. Si M = ∅, entonces se tiene el resultado. Si M 6= ∅;

sea c0 = mınx∈C f (x) el valor de los mínimos globales, entonces

M = {x ∈ C| f (x)− c0 ≤ 0}

a lo cual, por el teorema precedente se concluye que M es un conjunto convexo.

2.4 Optimización de Funciones Convexas 35

Ahora, probemos el literal (2) del teorema. Supongamos que x∗ es un mínimo global entonces

se tiene que es un mínimo local.

Supongamos que x∗ es un mínimo local y, por reducción al absurdo, supongamos que x∗ no

es mínimo global, es decir, existe y ∈ C tal que f (y) < f (x∗).

Consideremos el segmento de Rn, [y, x∗] = {λy + (1 − λ)x∗|λ ∈ [0, 1]}, entonces para todo

λ ∈ [0, 1]

f (λy + (1 − λ)x∗) ≤ λ f (y) + (1 − λ) f (x∗)

< λ f (x∗) + (1 − λ) f (x∗)

= f (x∗)

a lo cual, contradice el hecho de que x∗ es un mínimo local.

COROLARIO 2.15. Si una función convexa tiene dos mínimos globales diferentes entonces

tiene un infinito número de mínimos globales.

TEOREMA 2.16: ***TEOREMA 2.16: ***Sean C ⊆ R

n cerrado, acotado inferiormente, no vacío y f : C → R una función convexa. Se

considera el problema de optimización convexa

(P) Max x∈C f (x).

Si f tiene un máximo global sobre C entonces este valor siempre se obtendrá en un punto

extremo de C.

Demostración. Supongamos que el máximo global de x0 se obtiene en x0 ∈ Int(C), entonces como

el conjunto de puntos interiores es abierto, se tiene que existe ε > 0 tal que

B(x0, ε) ⊆ C.

Consideremos el punto

x′ = x0 + εx0 − y

‖x0 − y‖

donde y es un punto extremo de C (existe por el primer teorema [***], Teorema 2.11); así,

x′ =ε(x0 − y) + x0 ‖x0 − y‖

‖x0 − y‖=

x0(ε + ‖x − y0‖)− εy

ε + ‖x0 − y‖ − ε=

x0 −εy

ε+‖x0−y‖

1 − εε+‖x0+y‖


por tanto, despejando x0 tenemos

x0 =ε

ε + ‖x0 − y‖y +

(1 −

ε

ε + ‖x0 − y‖

)x′ = λy + (1 − λ)x′

con λ ∈]0, 1[. Luego, como f es convexa se tiene que

f (x0) ≤ λ f (y) + (1 − λ) f (x′),

entonces, si

λ → 0+ f (x0) ≤ f (x′)

λ → 1− f (x0) ≤ f (y)

⇒ f (x0) = f (x′) = f (y),

pues x0 es un máximo global.

Por lo tanto, el teorema se cumple porque el valor máximo se obtiene en f (y), siendo un

punto extremo de C.

OBSERVACIÓN. Si F = {x ∈ Rn|Ax = b, x ≥ 0} 6= ∅, F es convexo, cerrado, acotado inferior-

mente y tiene al menos un punto extremo. Entonces, por el teorema, si f (x) = cTx, es lineal, el

problema

Max z = cTx

sar

(PL)

{x ∈ F

tiene solución óptima f (x∗), y este valor se alcanzará en un punto extremo de F.

2.5 FORMULACIONES DE LOS PROBLEMAS DE PL

La PL es la optimización de una función lineal o afín de n variables x1, ..., xn sujetos a un

conjunto finito de restricciones expresadas mediante desigualdades y/o ecuaciones lineales.

Dados una matriz A ∈ Mm,n, un vector c ∈ Rn y un vector b ∈ R

m, diremos que un problema

de PL se expresa en la forma

1. General: si se escribe de la forma

Max z = cTx

sar

2.5 Formulaciones de los problemas de PL 37

(PG)

Ax ≤ b

x ∈ Rn

2. Canónica: si se escribe de la forma

Max z = cTx

sar

(PC)

Ax ≤ b

x ≥ 0

3. Estándar: si se escribe de la forma

Max z = cTx

sar

(PS)

Ax = b

x ≥ 0

PROPOSICIÓN 2.17. Se puede pasar de una forma a otra de manera equivalente, es decir, de

la solución óptima de un problema dedujo la solución óptima del otro y visceversa.

Demostración. La demostración de la proposición precedente es directa si consideramos las si-

guientes observaciones:

1. Si queremos minimizar

Min z = cTx −Max z = −cTx

sar ≡ sar{x ∈ F

{x ∈ F

2. Si tenemos una desigualdad lineal αTx ≤ β, entonces tomamos la variable de holgura s1

(slack variable) y obtenemos

αTx + s1 = β

s1 ≥ 0

Si tenemos la desigualdad de la forma αTx ≥ β, entonces tomamos la variable excedente


s2 (surplus variable) y obtenemos

αTx − s2 = β

s2 ≥ 0

3. Teniendo una ecuación lineal αTx = β, podemos reescribir de la forma

αTx ≤ β

−αTx ≤ −β

4. Si tenemos x ∈ R, variable libre, entonces reescribimos a la variable

x = x′ − x′′

x′ ≥ 0, x′′ ≥ 0

5. Si tenemos x ≥ 0, para obtener la variable en su forma libre, escribimos

x = x′ + x′′

x′ ∈ R, x′′ ∈ R

EJERCICIO 2.3. Escribir el siguiente problema de PL en su forma estándar

Min z = 2x1 + x3

sar

x1 + x2 + 3x3 ≤ 1

x1 − x2 − 4x3 ≥ 3

x1 + x2 = 5

x1 ≥ 0, x2 ∈ R, x3 ≥ 0

Solución. Notemos que el problema PL es de minimizar, entonces debemos transformar uno de

maximización; por otro lado, debemos tomar una slack variable s1 y una surplus variable s2 para

tranforma las desigualdades a igualdades y, reescribir a la variable x2. Por tanto, el problema en

su forma estándar es

2.6 Posibles resultados de un problema de PL 39

− Max z = −2x1 − x3

sar

x1 + x′2 − x′′2 + 3x3 + s1 = 1

x1 − x′2 + x′′2 − 4x3 − s2 = 3

x1 + x′2 − x′′2 = 5

x1, x′2, x′′2 , x3 ≥ 0

2.6 POSIBLES RESULTADOS DE UN PROBLEMA DE PL

Sea F = {x ∈ Rn|Ax ≤ b, x ≥ 0} el conjunto factible de un problema de PL en la forma

canónica. La PL busca un x∗ ∈ F tal que para todo x ∈ F

z∗ = cTx∗ ≥ cTx.

Al resolver un problema de PL, tres respuestas son posibles

i) Problema con solución finita: el problema tiene una única solución o un infinito número de

soluciones óptimas.

ii) Problema no factible: el conjunto F = ∅, se nota por

Max z = cTx = −∞

sar{

x ∈ F = ∅

iii) Problema no acotado: cuando F 6= ∅ pero z → ∞, se nota por

Max z = cTx = +∞

sar{

x ∈ F

EJEMPLO 2.5. El Modelo 1.1, Planificación de Producción, se encuentra en el caso i), es decir,


tiene solución única.

Ahora, veamos un problema donde se encuentre en el caso i) pero que tenga infinitas solu-

ciones óptimas.

EJERCICIO 2.4. Una compañía fabrica camiones y automóviles usando dos procesos, ensam-

blaje y pintura

Camión Automóviles

Ensamblaje 50 50

Pintura 40 60

Utilidad (um) 300 200

Plantear un modelo de PL para determinar un plan de producción óptima, de la utilidad

diaria máxima.

Solución. Tomemos las variables de decisión

x1 : cantidad de camiones a producirse al día.

x2 : cantidad de automóviles a producirse al día.

El modelo es

Max z = 300x1 + 200x2

sar

x150 + x2

50 ≤ 1

x140 + x2

60 ≤ 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

o visto de otro modo

Max z = 300x1 + 200x2

sar

x1 + x2 ≤ 50

3x1 + 2x2 ≤ 120

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

2.6 Posibles resultados de un problema de PL 41

Entonces, grafiquemos las restricciones y las curvas de nivel de la función a maximizar, es decir,

Cα = {(x1, x2)|300x1 + 200x2 = α},

los cuales tomaremos α =0,10000,12000, que vienen a representar los valores de z al tomar los

puntos extremos del poliedro obtenido, es decir,

x1 x2 z

40 0 12000

0 50 10000

20 30 12000

Así, el gráfico resultante es

0 10 20 30 40 50 60

10

20

30

40

50

60

x1

x2

l1

l2

C0

C10000

C12000

b

b

b

A

B

F

Con esto, podemos ver que el segmento [A, B] con

[A, B] =

{(x

y

)∈ R

2∣∣∣(

x

y

)= λ

(2030

)+ (1 − λ)

(400

)}

es solución del problema y, por ejemplo, para λ = 12 se tiene que x = (30

15), es una solución no

extrema del problema.

EJEMPLO 2.6. Si en el problema anterior tenemos la restricción de que x1 ≥ 30 y x2 ≥ 25, enton-

ces no habrá solución al problema, pues

F = ∅;


por tanto, es un problema infactible.

Finalmente, veamos otro problema que pertenezca al caso iii), es decir, que sea no acotado.

EJERCICIO 2.5. Considere el problema

Max z = 2x1 − x2

sar

x1 − x2 ≤ 1

2x1 + x2 ≥ 6

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Grafique la solución de este problema.

Solución. Graficando las restricciones, obtenemos

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−1

−2

1

2

3

4

5

6

x1

x2

l1

l2

C0

b

Por tanto, se puede ver que este problema es no acotado y z → ∞.

OBSERVACIÓN. Una condición necesaria para que un problema de PL sea no acotado es que F

no sea acotado, aun así no es suficiente asegurarlo debido a que depende de la dirección de ∇z.

2.7 Desigualdades y Lema de Farkas 43

2.7 DESIGUALDADES Y LEMA DE FARKAS

LEMA 2.18 (Farkas (1902)). Sea A ∈ Rm×n, (Mm×n) y b ∈ R

m. Entonces el sistema Ax = b,

x ≥ 0 es compatible si y solo si para todo y ∈ Rm tal que ATy ≥ 0 se cumple que bTy ≥ 0,

es decir, un problema de PL en la forma estándar tiene un conjunto factible no nulo.

Demostración. Supongamos que el sistema restringido Ax = b, x ≥ 0 es compatible, es decir,

existe x0 ≥ 0 tal que

Ax0 = b.

Sea y ∈ Rm tal que ATy ≥ 0, vamos a demostrar que bTy ≥ 0; en efecto, se tiene que

bTy = (xT0 AT)y = xT

0︸︷︷︸≥0

ATy︸︷︷︸≥0

≥ 0.

Ahora, supongamos que para todo y ∈ Rm tal que ATy ≥ 0 se tiene que bTy ≥ 0 y, por

reducción al absurdo, supongamos que el sistema Ax = b, x ≥ 0 es incompatible. Sea

K = {y ∈ Rm|∃x ∈ R

n, x ≥ 0 tal que Ax = y}

Así, notemos que

• K es no vacío, pues y = 0 ∈ K;

• K es convexo. Sean y1, y2 ∈ K y λ ∈ [0, 1], entonces existen x1, x2 ∈ Rn con x1, x2 ≥ 0 tales

que

Ax1 = y1 y Ax2 = y2;

luego, como λx1 + (1 − λ)x2 ≥ 0 se tiene que

A(λx1 + (1 − λ)x2) = λy1 + (1 − λ)y2

y, en efecto, λy1 + (1 − λ)y2 ∈ K;

• K es cerrado. Sea (yn)n∈Nuna sucesión de K tal que

lımn→∞

yn = y,

entonces para todo n ∈ N, existe xn ∈ Rn con xn ≥ 0 tal que

Axn = yn


de donde,

lımn→∞

Axn = Ax = y = lımn→∞

yn

y, en consecuencia, y ∈ K, por lo que K es cerrado.

Así, por hipótesis se tiene que b /∈ K y, en conjunto con lo anterior, por el Teorema 2.7, se

tiene que existe a ∈ Rm tal que aTb < α y aTy ≥ α, para todo y ∈ K , pues α = ınf

y∈KaTy. En

particular, para y = 0 se tiene que

aTb < aTy = 0.

Ahora, tomando y = aj la j_ésima columna de A, j ∈ {1, ..., n} y λ > 0, tenemos que λaj ∈ K,

pues basta tomar x = λei, con ei =

1 i_ésima componente

0 otra componente; así,

A(λei) = λai

y, además aTb < λaTai. Ahora, dividimos ambos lados de la última desigualdad por λ y to-

mamos límite λ → ∞, para concluir que aTaj ≥ 0 y, como es verdad para cada j ∈ {1, ..., n},

obtenemos que

aT A = ATa ≥ 0,

lo cual genera una contradicción a la hipótesis, pues hemos encontrado a ∈ Rm tal que ATa ≥ 0

pero aTb = bTa < 0; por lo tanto, se concluye que el sistema Ax = b, x ≥ 0 es compatible

COROLARIO 2.19. El sistema de desigualdades Ax ≤ b, x ∈ Rn es compatible si y solo si

para todo y ∈ Rm tal que ATy = 0 con y ≥ 0 se tiene que yTb ≥ 0, es decir, el problema de

PL en la forma general tiene un conjunto factible no nulo.

Demostración. Supongamos que el sistema de desigualdades Ax ≤ b, x ∈ Rn es compatible,

transformemos a su forma estándar. Sean A∗ = (Im, A,−A)m×(m+2n) y xT = (z, x′, x′′) con

z ∈ Rm (vector de variables de holguras), x′, x′′ ∈ R

n y x′, x′′ ≥ 0; así,

A∗x =(

Im A −A)

z

x′

x′′

= z + A(x′ − x′′)


Por tanto, reescribimos el problema como

A∗x = b

x ≥ 0

el cual es compatibles si y solo si

A∗x ≤ b

x ∈ Rn

es compatible, por la Proposición 2.17. Entonces aplicando el Lema de Farkas decimos que es

compatible si, para todo y ∈ Rm tal que A∗Ty ≥ 0 se tiene que yTb ≥ 0; luego, notemos que

A∗Ty =

Im

AT

−AT

y =

y

ATy

−ATy

≥ 0

es decir,

y ≥ 0

ATy = 0

y, en consecuencia ,

Ax ≤ b

x ∈ Rn

es compatible si y solo si para todo y ∈ Rn tal que y ≥ 0 y

ATy = 0 se cumple que yTb ≥ 0.

2.7.1 Interpretación geométrica del Lema de Farkas

DEFINICIÓN 2.15DEFINICIÓN 2.15Sea C ⊆ R

n no vacío; se dice que C es un cono (con la punta en el origen) si para todo a, b ∈ C,

λ ≥ 0 y µ ≥ 0, se cumple que la combinación cónica está en C, es decir,

λa + µb ∈ C.

Gráficamente se ve


1 2 3 4 5 6 7−1−1

1

2

3

4

5

6

7

x1

x2

a

b

a+bλa

µb

λa + µb

C

DEFINICIÓN 2.16DEFINICIÓN 2.16

Sean a1, ..., ap ∈ Rn y λi ≥ 0, i ∈ {1, ..., p}; todo vector de la forma

p

∑i=1

λiai se dice una

combinación lineal cónica de los vectores a1, ..., ap.


n, no vacío. Se llama Envolvente Cónica de A y se nota por EnvC(A) al conjunto

de todas las combinaciones cónicas se un subconjunto finito de vector de A.

OBSERVACIÓN. Si A ⊆ Rn no vacío , se cumple que

i) EnvC(A) es un cono.

ii) EnvC(A) = A si y solo si A es un cono con la punta en el origen.

iii) EnvC(A) =⋂

A⊆D

D.

iv) La intersección de conos es un cono.

DEFINICIÓN 2.18DEFINICIÓN 2.18Dado w ∈ R

m, w 6= 0. Diremos que

L = {x ∈ Rm|αTx ≥ 0}

es un semiespacio lineal de Rm.

OBSERVACIÓN. Se tiene que x ∈ L si wTx ≥ 0 y ‖w‖ ‖x‖ cos θ ≥ 0, con θ el ángulo que forma x

y w y 0 ≤ θ ≤ π2 .


Siguiendo el lema de Farkas podemos notar que

i) Si A = {a1, ..., an} ⊆ Rm el conjunto de las columnas de la matriz (A ∈ Mm×n), se tiene que

Ax = b

x ≥ 0es compatible si y si solo si b ∈ EnvC(A).

ii) Sea y ∈ Rm, y 6= 0 se define el semiespacio lineal

Dy = {x ∈ Rm|yTx ≥ 0}

CAPÍTULO 3

DUALIDAD DE LA PROGRAMACIÓN LINEAL

La dualidad es útil para

• Encontrar cotas superiores de un problema de maximización;

• Generar otros algoritmos para resolver un problema de PL (Método Dual);

• Hacer post-optimización (What if);

• Análisis de Sensibilidad, intervalos en los que la interpretación de las variables duales son

válidas.

Consideremos el siguiente ejercicio:

EJERCICIO 3.1. ECUACAFÉ produce cuatro mezclas de cafés B1, B2, B3 y B4 usando cafés

brasileño, colombiano y ecuatoriano. Los productos se elaboran en paquetes de 10 libras

Mezclas Brasileño Colombiano Ecuatoriano Utilidad

(lbr/paquete) (lbr/paquete) (lbr/paquete) (um/paquete)

B1 2 4 4 8

B2 4 5 1 6

B3 3 3 4 4

B4 7 2 1 5

Disp. (lbr) 8000 6400 6000

Plantear un modelo de PL para obtener un plan de producción diario de utilidad máxima


xi : cantidad de paquetes de la mezcla Bi que deben elaborarse al día, i ∈ {1, 2, 3, 4}.

Entonces, el modelo (Problema PRIMAL) es

Max z = 8x1 + 6x2 + 4x3 + 5x4

49

50 Dualidad de la Programación Lineal

sar

(P)

2x1 + 4x2 + 3x3 + 7x4 ≤ 8000 lbrs. café brasileño

4x1 + 5x2 + 3x3 + 2x4 ≤ 6400 lbrs. café colombiano

4x1 + x2 + 4x3 + x4 ≤ 6000 lbrs. café ecuatoriano

xi ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3, 4}

Resolviendo el problema en un paquete se tiene que la solución óptima es

x∗1 = 1200, x∗2 = x∗3 = 0, x∗4 = 800 =⇒ z∗ = 13600 um.

Transformando el problema a su forma estándar, debemos tomar las variables de holgura

s1, s2 y s3, de donde se tiene que

s∗1 = s∗2 = 0, s∗3 = 400

lo que significa que no hay sobrante de libras de café brasileño y colombiano, pero si hay una

sobra de 400 lbrs. de café ecuatoriano.

Problema Dual: Sin conocer la solución de (P) un empresario le propone a ECUACAFÉ

comprarle todas sus existencias de materias primas, de tal forma que

• Minimice el monto total de compra; y

• ECUACAFÉ haga el trato lo más justo posible, define un precio de equilibrio.

Solución. Bajo el razonamiento previo, para plantear este problema como uno de PL, debemos

fijar un sistema de precios unitarios; por ende, definamos las variables de decisión

λ1 : precio de venta del café brasileño (um/lbrs.)

λ2 : precio de venta del café colombiano (um/lbrs.)

λ3 : precio de venta del café ecuatoriano (um/lbrs.)

Por tanto, planteamos el modelo

Min ω = 8000λ1 + 6400λ2 + 6000λ3

sar

51

(D)

2λ1 + 4λ2 + 4λ3 ≥ 8

4λ1 + 5λ2 + λ3 ≥ 6

3λ1 + 3λ2 + 4λ3 ≥ 4

7λ1 + 2λ2 + λ3 ≥ 5

λ1, λ2, λ3 ≥ 0

Las restricciones planteadas en el problema son precios que ayudan a recuperar al menos la

utilidad unitaria de Bi, i ∈ {1, 2, 3, 4}; la solución de este problema es

λ∗1 =

16

, λ∗2 =

2312

, λ∗3 = 0 =⇒ ω∗ = 13600 um.

Estos valores se los conoce como los precios ocultos (shadow prices).

DEFINICIÓN 3.1DEFINICIÓN 3.1Dado un problema de PL en la forma canónica

Max z = cTx

sar

(P)

Ax ≤ b

x ∈ Rn, x ≥ 0

con A ∈ Rm×n y x un vector n variables. Se le asevera otro problema de PL

Min ω = bTλ

sar

(D)

ATλ ≥ c

λ ∈ Rm, λ ≥ 0

donde consta de m restricciones del problema (P), que es llamado el Problema Dual.

Terminología:

• (P) : se dice el problema Primal (primígeno), con xi, i ∈ {1, ..., n} variables primales.

• (D) : se dice el problema Dual de (P) con λj, j ∈ {1, ..., m} variables duales.

OBSERVACIÓN (Propiedad Involutiva.). El problema dual de (D) es (P).


Demostración. Expresemos al problema dual (D) en su forma canónica; así,

− Max ω = −bTλ

sar

(DC)

(−AT)λ ≤ −c

λ ≥ 0

Entonces, el problema dual de (DC), tomando x′ como el vector de las variables duales, es

− Min z = −cTx′

sar

(DDC)

(−AT)Tx′ ≥ −b

x′ ≥ 0

por lo que se tiene el problema primal

Max z = cTx′

sar

(P)

Ax′ ≤ b

x′ ≥ 0

EJERCICIO 3.2. Sea (P) un problema PL en la forma estándar, hallar el dual de (P)

Solución. Recordemos que un problema de PL en su forma estándar se expresa de la forma

Max z = cTx

sar

(PE)

Ax = b

x ≥ 0

Expresándolo en su forma canónica, se tiene que

Max z = cTx

sar

53

(PC)

Ax ≤ b

−Ax ≤ −b

x ≥ 0

por tanto, tomando µ ∈ Rm y η ∈ R

m como las variables duales, tenemos que el dual de P es

Min ω = bTµ − bTη

sar

(PD)

ATµ − ATη ≥ c

µ, η ≥ 0

y, tomando λ = µ − η, obtenemos que

Min ω = bTλ

sar

(D)

ATλ ≥ c

λ ∈ Rm

EJERCICIO 3.3. Calcular el programa dual de un problema de PL en la forma general

Max z = cTx

sar

(P)

Ax ≤ b

x ∈ Rm

Solución. Expresemos el problema (P) en su forma canónica; así, tomemos x′, x′′ ∈ Rm con

x′, x′′ ≥ 0 tal que x = x′ − x′′, por ende el problema es


Max z = cT(x′ − x′′) Max z =(

cT −cT) x′

x′′

sar ≡ sar

A(x′ − x′′) ≤ b

x′

x′′

≥ 0

(A −A

)

x′

x′′

≤ b

x′

x′′

≥ 0

Tomando λ ∈ Rm como las variables duales del problema, tenemos que

Min ω = bTλ Min ω = bTλ

sar ≡ sar

AT

−AT

λ ≥

c

−c

λ ≥ 0

ATλ = c

λ ≥ 0

Cálculo del dual de un problema general con restricciones de positividad

Consideremos el problema primal (P) y m1, m2, m3 ∈ N tales que m = m1 + m2 + m3

Max z = cTx

sar

(P)

A1x ≤ b1 b1 ∈ Rm1

A2x = b2 b2 ∈ Rm2

A3x ≥ b3 b3 ∈ Rm3

x ≥ 0

Ahora, por el tipo de restricciones del problema, tenemos los siguientes criteriores:

• Si la restricción es del tipo ≤, se toman variables de holgura tales que estas sean positivas.

• Si la restricción es del tipo =, se toman variables libres.

• Si la restricción es del tipo ≥, se toman las variables excedentes tales que estas sean nega-

tivas o, equivalentemente, se restan en la restricción del dual siendo estas positivas.

55

Bajo lo anterior, tomando las variables λ ∈ Rm1 , µ ∈ R

m2 y η ∈ Rm3 se tiene que el problema

dual de (P) es

Min ω = bT1 λ + bT

2 µ + bT3 η

sar

(D)

AT1 λ + AT

2 µ + AT3 η ≥ c

λ ≥ 0, µ ∈ Rm2 , η ≤ 0

EJERCICIO 3.4. Calcule y resuelva el problema dual del problema primal

Max z = 2x1 − x3 + x5

sar

(P)

2x1 + x2 − x3 + 4x4 + 2x5 ≤ 8

xi ≥ 0, i ∈ {1, ..., 5}

Solución. Puesto que el problema (P) tiene una restricción, tomamos la variable dual λ ∈ R, por

lo que el problema dual es

Min ω = 8λ Min ω = 8λ

sar ≡ sar

2

1

−1

4

2

λ ≥

2

0

−1

0

1

λ ≥ 0

2λ ≥ 2

λ ≥ 0

λ ≤ 1

2λ ≥ 1

λ ≥ 0

Entonces, es fácil ver que solo hay un punto en común entre todas las restricciones,

0 1 2 3 4 5 6−1−2−3−4λ

l2l1

l3l4

por tanto, se tiene que λ∗ = 1, de donde, w∗ = 8


EJERCICIO 3.5. Calcule el dual de

Max z = 2x1 − 2x2 + x4 − x6

sar

(P)

2x1 − x2 ≤ −1

x1 + x3 + x4 + x5 ≤ 2

2x1 − x2 = 0

x1 − x2 + x3 − 6x4 − x6 ≥ 1

2x1 + x6 ≥ −4

xi ≥ 0, i ∈ {1, ..., 6}

Solución. Tomamos 5 variables duales, λi, i ∈ {1, ..., 5}, de donde se tiene que el dual de (P) es

Min ω = −λ1 + 2λ2 + λ4 − 4λ5

sar

(D)

2λ1 + λ2 + 2λ3 + λ4 + 2λ5 ≥ 2

−λ1 + −λ3 − λ4 ≥ −2

λ2 − λ4 ≥ 0

λ2 + −6λ4 ≥ 1

λ2 ≥ 0

−λ4 + λ5 ≥ −1

λ1, λ2 ≥ 0, λ3 ∈ R, λ4, λ5 ≤ 0

3.1 TEOREMAS DE LA DUALIDAD DÉBIL Y FUERTE

TEOREMA 3.1: Dualidad DébilTEOREMA 3.1: Dualidad DébilDado el problema primal (P) en la forma canónica y su dual (D)

3.1 Teoremas de la dualidad débil y fuerte 57

Max z = cTx Min ω = bTλ

sar y sar

(P)

Ax ≤ b

x ≥ 0(D)

ATλ ≥ c

λ ≥ 0

Para toda solución factible x de (P) y para toda solución factible λ de (D) se tiene que

z(x) = cTx ≤ bTλ = ω(λ)

Demostración. Supongamos que x y λ son soluciones factibles para los problemas (P) y (D),

respectivamente; así, puesto que x ≥ 0 y c ≤ ATλ tenemos que

cTx ≤ λT Ax

y, como Ax ≤ b obtenemos que

cTx ≤ λTb,

como se quería.

TEOREMA 3.2: Certificado de OptimalidadTEOREMA 3.2: Certificado de OptimalidadSi existen un x∗ ∈ F(P) y λ∗ ∈ F(D) tales que

cTx∗ = bTλ∗

entonces x∗ y λ∗ son óptimos para (P) y (D), respectivamente.

Demostración. Supongamos, por reducción al absurdo, que x∗ no es óptimo para (P), entonces

existe un valor que maximice mejor a la función, es decir, existe x ∈ F(P) tal que

cT x > cTx∗,

de donde, por la hipótesis se tiene que

cT x > bTλ∗,

el cual es una contradicción al Teorema 3.1; por tanto, x∗ es óptimo para (P). Análogamente, se

prueba que λ∗ es el óptimo de (D).

Al siguiente teorema, por su importancia, se lo conoce como Teorema Fundamental de la PL. En


esta parte tomaremos los siguientes problemas en dualidad


sar y sar

(P)

Ax ≤ b

x ∈ Rn

(D)

ATλ = c

λ ≥ 0

TEOREMA 3.3TEOREMA 3.3

Sean A ∈ Rm×n, b ∈ R

m y F(P) el poliedro de (P), es decir,

F(P) = {x ∈ Rn|Ax ≤ b} 6= ∅.

Supongamos que z está acotada superiormente en F(P) por d ∈ R, es decir, para todo x ∈

F(P), cTx ≤ d, entonces existe λ ∈ Rm, λ ≥ 0 tal que ATλ = c, es decir, existe un punto

factible del dual (D) tal que bTλ ≤ d.

Demostración. Para la demostración de este teorema, haremos uso del corolario del Lema de

Farkas (Corolario 2.19). Para esto es suficiente mostrar que el sistema

A′λ =

−Im

AT

−AT

bT

λ ≤

0m

c

−c

d

= b′

admite una solución λ ∈ Rm; pues así, el sistema de desigualdades precedente es factible si

existe y ∈ Rm+2n+1 con y ≥ 0,

yT =(

µ x′ x′′ z)

tal que

(−Im A −A b

)

µ

x′

x′′

z

= 0

entonces

(0 cT −cT d

)

µ

x′

x′′

z

≥ 0,


es decir, el sistema de desigualdades es consistente si para todo µ ≥ 0, (µ ∈ Rm), para todo

x′, x′′ ≥ 0, (x′, x′′ ∈ Rn) y para todo z ≥ 0, z ∈ R tal que

−µ + A(x′ − x′′) + zb = 0

se tiene que

cT(x′ − x′′) + dz ≥ 0,

con lo cual, poniendo x = x′′ − x′ tenemos que

−µ − Ax + zb = 0 =⇒ −cTx + dz ≥ 0

Ax + µ = zb =⇒ cTx ≤ dz

Por tanto, considerando que µ es un vector de variables de holgura, vamos a demostrar que si

Ax ≤ zb entonces cTx ≤ dz, de donde, por el coroloario se tendría que el sistema es compatible.

Así,

a) Si z > 0, (z ∈ R); supongamos que

Ax ≤ zb,

es decir,

A

(1z

x

)≤ b

por lo tanto, 1z ∈ F(P), de donde, por la hipótesis del teorema se tiene que

cT

(1z

x

)≤ d

y, en consecuencia, cTx ≤ zd.

b) Si z = 0; supongamos que Ax ≤ 0 y probemos que cTx ≤ 0; para esto, supongamos que

existe x0 ∈ Rn tal que Ax0 ≤ 0 y, por el absurdo supongamos que cTx0 > 0. Luego como

F(P) 6= ∅, existe x1 ∈ F(P) tal que para todo α ≥ 0, x1 + αx0 ∈ F(P), pues

A(x1 + αx0) = Ax1 + αAx0 ≤ b,

y, por hipótesis del teorema se tiene que, para todo α ≥ 0

cT(x1 + αx0) ≤ d


es decir,

cTx1 + αcTx0 ≤ d,

al tomar α → ∞ a1α

cTx1 + cTx0 ≤1α

d

se llega a una notoria contradicción, por tanto cTx ≤ 0.

OBSERVACIÓN. Se puede demostrar también que si

F(D) ={

λ ∈ Rm|ATλ = c, λ ≥ 0

}6= ∅

y ω está acotada inferiormente por un d ∈ R, es decir, para todo ω ∈ F(D) se cumple que

bTλ ≥ d, entonces existe x ∈ F(P), (x ∈ Rn) tal que cTx ≥ d.

TEOREMA 3.4: Dualidad FuerteTEOREMA 3.4: Dualidad Fuerte

Si A ∈ Rm×n, b ∈ R

m, c ∈ Rn se cumple que

max{

cTx|Ax ≤ b, x ∈ Rn}= mın

{bTλ|ATλ = c, λ ≥ 0

}

si y solo si F(P) y F(D) son conjuntos no vacíos.

Demostración. La primera implicación es evidente por la definición del máximo y mínimo, por

lo que los conjuntos

{cTx|Ax ≤ b, x ∈ R

n}

y{

bTλ|ATλ = c, λ ≥ 0}

son no vacíos.

Ahora, bajo el suspuesto de que F(P) y F(D) son no vacíos, vamos a probar la igualdad. Por

el teorema de la dualidad débil sabemos que para todo x ∈ F(P) y para todo λ ∈ F(D) se tiene

que cTx ≤ bTλ, de donde, podemos deducir que

cTx ≤ sup{

cTx|Ax ≤ b, x ∈ Rn}≤ ınf


}≤ bTλ (3.1)

Luego, como tenemos que para todo x ∈ F(P), cTx ≤ d con d = sup{

cTx|Ax ≤ b, x ∈ Rn}

, por

el Teorema 3.3, existe λ ∈ F(D) tal que bTλ ≤ d, por lo que ınf es un mın y, además

sup{

cTx|Ax ≤ b, x ∈ Rn}= mın


}


Por otro lado, supongamos que el sup{cTx|x ∈ F(P)} no es un max , es decir, el sistema

Ax ≤ b l m

−cTx ≤ −d l 1

es incompatible, de donde, por el corolario del Lema de Farkas, existe y =

y

µ

∈ R

m+1 tal

que(

AT c) y

µ

= 0

pero(

bT −d) y

µ

< 0,

es decir, existe

y

µ

, con y ∈ R

m, y ≥ 0 y µ ≥ 0 tal que

ATy + cµ = 0 pero bTy < du;

así, vemos que

• Si µ = 0 , existe y ∈ Rm tal que ATy = 0 y bTy < 0, por lo que se tendría que F(P) = ∅. Con

esto, necesariamente se tiene que µ > 0.

• Tomando µ = 1 y y = 1µ y (y ∈ R

m), se tiene que AT y = c y, entonces bT y < d, es decir,

bT y < mın{

bTy | y ∈ F(D)}

,

el cual genera una contradicción a (3.1) y, en consecuencia, se concluye que el sup es un max,

por lo que

d = max{

cTx | Ax ≤ b, x ∈ Rn}= mın

{bTλ | ATλ = c, λ ≥ 0

}

OBSERVACIÓN. Si solamente uno de los conjuntos F(P) o F(D) es no vacío, entonces

sup{

cTx | Ax ≤ b, x ∈ Rn}= ınf

{bTλ | ATλ = c, λ ≥ 0

}

.


3.2 ESQUEMA DE LA DUALIDAD

Para recordar en qué estados están simultáneamente (P) y (D) se constituye lo que se llama

Esquema de Dualidad.

(D) \ (P)Solución

Finita

No

Acotada

No

Factible

Solución

Finita

Caso I: Th.

dualidad fuerte

No es

posible

No es

posible

No

Acotada

No es

posible

No es

posible

Caso II:

Obs. 6

No

Factible

No es

posible

Caso II:

Obs. 6

Caso III:

posible

Los casos en los que no es posible, se debe al teorema de la dualidad débil. A continuación

presentamos un ejemplo

EJERCICIO 3.6 (Caso II:). Obtener las soluciones de (P) y (D) si

Max z = x1 + x2

sar

(P)

−x1 + x2 = 1

x1 + x2 = 0

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Resolviendo el sistema de ecuaciones

−x1 + x2 = 1

x1 + x2

, se tiene que

x1 =12

y x1 = −12

el cual es punto que se encuentra en el tercer cuadrante y, como se tienen restricciones de positi-

vidad, se concluye que F(P) = ∅.

Ahora, notemos que el dual de (P) es

Min ω = λ1

sar

3.2 Esquema de la dualidad 63

(D)

−λ1 + λ2 ≥ 1

λ1 + λ2 ≥ 1

λ1 ∈ R, λ2 ∈ R

de donde, se tiene que el gradiente de la función a minimizar es ∇ω =

1

0

y, gráficamente

tenemos

1 2−1−2

−1

1

2

l1l2

−∇ω

C−1

Con esto. podemos ver que F(D) 6= ∅ pero no acotado y, además ınf ω = bTλ → −∞.

Un ejemplo que representa el Caso III, es decir, que F(P) y F(D) son conjuntos vacíos, es el

siguiente problema

Max z = x1 + x2

sar

(P)

−x1 + x2 = 1

x1 − x2 = 0

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

A continuación, consideremos los siguientes programas lineales en dualidad


sar y sar

(P)

Ax ≤ b

x ≥ 0, x ∈ Rn

(D)

ATλ ≥ c

λ ≥ 0, λ ∈ Rm

TEOREMA 3.5: Holguras ComplementariasTEOREMA 3.5: Holguras Complementarias

x∗ es óptimo para (P) y λ∗ es óptimo para (D) si y solo si λ∗T(b − Ax∗) = 0 y (ATλ∗ −

c)Tx∗ = 0.


Demostración. Sean x ∈ F(P) y λ ∈ F(D); notemos que

b − Ax ≥ 0 y ATλ − c ≥ 0

de donde, se tiene claramente que

f = λT(b − Ax) ≥ 0 y g = (ATλ − c)Tx ≥ 0

por lo que, para todo x ∈ F(P) y λ ∈ F(D)

f + g = λTb − λT Ax + λT(AT)Tx − cTx ≥ 0

= bTλ − cTx ≥ 0.

Así, supongamos que x∗ ∈ F(P) y λ∗ ∈ F(D) son óptimos, entonces por el Teorema de

la Dualidad Fuerte, ambos problemas al ser evaluados en sus respectivas soluciones óptimas

proveen idéntico valor óptimo, es decir,

cTx∗ = bTλ∗

por tanto, bTλ∗ − cTx∗ = 0, es decir, f + g = 0 y, como f y g son positivas, la única posibilidad

para que la suma sea cero es que f = 0 y g = 0, es decir,

λ∗T(b − Ax∗) = 0 y (ATλ∗ − c)Tx∗ = 0.

Para la otra implicaciòn, se usa el mismo argumento anterior y se concluye por el Certificado de

Optimalidad.

OBSERVACIÓN. Si consideramos los problemas


sar y sar

(P)

Ax = b

x ≥ 0(D)

ATλ ≥ c

λ ∈ Rm

el teorema anterior se reduce a decir que x∗ ∈ F(P) y λ∗ ∈ F(D) son óptimos si y solo si

(ATλ∗ − c)x∗ = 0.

3.3 Modelos Dinámicos de PL 65

3.3 MODELOS DINÁMICOS DE PL

Hasta el momento se han construido modelos estáticos, porque se tomaban una o varias

decisiones al inicio del horizonte de planificación (hp) para optimizar en todo este horizonte un

criterio u objetivo.

utilidad

ganancia

hp

En un modo dinámico o multiperiódico se divide al horizonte de planificación en lapsos llama-

dos periodos (uniformes o no) y se toman decisiones al inicio de cada periodo, con el objetivo

de optimizar una función lineal en todo el hp. Ademàs, las decisiones son al inicio del periodo.

lapsos decisiones

Periodo

t − 2 t − 1 t

EcuacionesInterperiódicas

Estado delsistema

A continuación, presentamos algunos modelos que utilizan este esquema.

MODELO 3.1: Modelo multiperiódico de inventarios (Whitney - 1950)MODELO 3.1: Modelo multiperiódico de inventarios (Whitney - 1950)Supongamos que una empresa produce tractores y debe determinar al inicio de cada tri-

mestre de un año cuántas producir para satidfacer a tiempo una demanda conocida de an-

temano (predicción de la demanda)

t (trimestre) 1 2 3 4

Demanda dt 50 30 75 55

bajo la siguientes condiciones

• Al inicio del año (t = 0) se tienen 5 tractores y se quieren tener 5 tractores al final del


año.

• Durante cada trimestre la fábrica tiene una capacidad de producción de 40 tractores en

horas normales a un costo de 400 um. por tractor y a un costo de 450 um. por tractor

en horas extras.

• Al final de cada trimestre todo tractor que no fue vendido debe pagar un costo de

20 um. por tractor y por trimestre y no se puede almacenar más de 5 tractores por

trimestre.

Hipótesis: Al inicio de cada trimestre se debe decidir cuántos tractores producir y, supondremos

que los tractores producidos en un trimestre pueden ser usados para satisfacer la demanda de tractores

en ese trimestre o en el trimestre posterior

La siguiente tabla muestra los precios trimestrales de renta

t 1 2 3 4

pt 800 900 700 850

ht (holding) 20 20 20 20

Plantear un modelo de producción multiperiódica que permita determinar una polìtica

de producción que maximice la uitilidad anual de la empresa, satisfaciéndoce a tiempo las

demandas.

Solución. El horizonte de planificación (periodo) es de un año, dividido en cuatro timestres, de

donde como parte de las decisiones es en conocer, cuántos tractores producir en horas normales

y en horas extras al inicio de cada periodo. Entonces, consideremos las siguientes variables, para

t ∈ {1, 2, 3, 4}

xt : cantidad de tractores producidos al inicio del periodo t, en horas normales.

yt : cantidad de tractores producidos trimestralmente en horas extras.

Además. consideremos las variables de estado

st : cantidad de tractores no vendidos al final del periodo t.

de donde, de las condiciones planteadas, se tiene que para el primer y último perido s0 = 5 y

s4 = 5, respectivamente.


t − 1 tst−1 st

xt yt

dt

Así, el modelo queda planteado de la siguiente manera

Max z =4

∑t=1

ptdt

︸︷︷︸Ingreso anual

−

(4

∑t=1

400xt + 450yt

)

︸︷︷︸Costos de producción

−4

∑t=1

20st

︸︷︷︸Costo de inventario

sar

st = st−1 + xt + yt − dt Ec. Interperiódica

s0 = 5, s4 = 5

xt ≤ 40 Límite hrs normales

st ≤ 5 No almacenar más de 5

xt ≥ 0, yt ≥ 0, st ≥ 0, t ∈ {1, 2, 3, 4}

MODELO 3.2: Manpower PlanningMODELO 3.2: Manpower PlanningSe considera una empresa que presta servicios computacionales prestados por sus expertos

por horas. Las demandas, en horas, proyectadas son

(hrs/experto) Enero Febrero Marzo Abril Mayo

Demanda dt 6000 7000 8000 9500 11000

• Al inicio del quimestre la empresa cuenta con 50 expertos que trabajan 160 horas al

mes y ganan $ 2000 al mes.

• Para satisfacer la demanda, la empresa debe capacitar a inexpertos. La capacitación de

cada inexperto toma un mes y requiere de 50 horas de un experto y el sueldo es de

$1000 dólares.

• Al final del mes abandonan la empresa el 5 % de los expertos.

Plantear un modelo de PL multiperiódico que permita determinar una política de contrata-

ción y capacitación de manera que se satisfaga loa demanda al costo laboral en el hp mínimo.


Solución. Tomemos como variables de decisión

xinext: cantidad de inexpertos que se contraten al inicio del periodo t, t ∈ {1, ..., 5}

y, como variables de estado

xexpt : cantidad de expertos que trabajan en una empresa al mes t, t ∈ {1, ..., 5}.

El siguiente gráfico muestra la descripción de la ecuación interperiódica:

t

0,95 xexpt−1xexpt

xinext−1

Con esto, formulamos el modelo

Min z =5

∑t=1

200xexpt +5

∑t=1

1000xinext

sar

xexpt = 0, 95xexpt−1 + xinext−1

xexp0 = 50, xinex0 = 0

160xexpt − 50xinext≥ dt

xexpt ≥ 0, xinext≥ 0, t ∈ {1, ..., 5}

MODELO 3.3: Producción o inventariosMODELO 3.3: Producción o inventariosUna compañía que produce cierto artículo enfrenta una demanda que debe satisfacerse a

tiempo de

t (mes) 1 2 3

dt 20 10 15

ct 13 14 15

ht 2 2 2

donde ct es el costo unitario de producción (u.m./articulo), dt es la demanda de los artículos

y ht es el costo de almacenamiento (u.m./mes × art).

En estas situación de los bienes producidos en un mes t, solo la mitad puede ser usa-

da para satisfacer la demanda del mes t. Formular un modelo multiperiódico que defina

una política de producción óptima, satisfaciéndose las demandas y, suponiéndose que se


comienza el trimestre con 5 unidades.

Solución. Nuestro horizonte de planificación es un trimestre, con periodos de un mes. Las varia-

bles de decisión a considerar son

xt : cantidad de artículos que se producen al inicio del mes t, t ∈ {1, 2, 3}

y, las variables de estado

st : cantidad de artículos no vendidos en el periodo t.

Representemos cómo se describe la ecuación interperiódica

t

st−1 st

xt

dt

Así, el modelo es

Min z =3

∑t=1

(ctxt + htst)

= 13x1 + 14x2 + 15x3 + 2(s1 + s2 + s3)

sar

st = st−1 + xt − dt

s0 = 5

st−1 +12 xt ≥ dt

xt ≥ 0, st ≥ 0

MODELO 3.4: Modelo de inversionesMODELO 3.4: Modelo de inversionesUna compañía financiera desea determinar una política de inversiones para los próximos

tres años.

• A tiempos t = 0 dispone de $ 100000 para ser invertidos.

• Se tienen a disposición 5 inversiones (A, B, C, D, E) y en la tabla siguiente se da el flujo

efectivo (cash flow)


0 1 2 3

A -1.0 0.5 1.0 0

B 0 -1.0 0.5 1.0

C -1.0 1.2 0 0

D -1.0 0 0 1.9

E 0 0 -1.0 1.5

donde, por ejemplo, −1,0 significa que la persona invierte $ 1 y, 0,5 significa que a la

persona le devuelven $ 0.5

Observación: todas estas inversiones se hacen solo una vez en el triaño.

• Se tiene la opción de invertir a un banco a una tasa de interés del 8 % anual.

• Para asegurar la diversificación, ninguna inversión debe ser superior a $ 75000.

• Los réditos obtenidos deben ser inmediatamente reinvertidos y la compañía no puede

hacer préstamos, ni gastos (sistema cerrado).

Formular un modelo multiperiódico que defina una polñitica de inversiones de manera que

al final del triaño se tenga un capital máximo.


A : cantidad de dinero que se invierte en la opción A.

B : cantidad de dinero que se invierte en la opción B.

C : cantidad de dinero que se invierte en la opción C.

D : cantidad de dinero que se invierte en la opción D.

E : cantidad de dinero que se invierte en la opción E.

xt : cantidad de dinero que se pone en el banco al inicio del periodo t, t ∈ {0, 1, 2}.

Con esto y, tomando en cuenta que en la función a maximizarse se debe considerar los flujos y

la tasa de interés (8 %) del último periodo y además, que las restricciones siguen la siguiente ley

dinero en mano en el tiempo t = cantidad invertida en el tiempo t;

tenemos el siguiente modelo

Max z = B + 1,9D + 1,5E + 1,08x2


sar

A + C + D + x0 = 100000 balance a t = 0

B + x1 = 0,5A + 1,2C + 1,08x0 balance a t = 1

E + x2 = A + 0,5B + 1,08x1 balance a t = 2

A, B, C, D, E ≤ 75000

A, B, C, D, E ≥ 0, xt ≥ 0, t ∈ {0, 1, 2}

MODELO 3.5MODELO 3.5Una empresa quiere definir una política de inversiones para los próximos cinco años. Tiene

a su disposición tres opciones y porta de un capital inicial de $ 150000,

• Opción A : Ganancia anual del 10 %;

• Opción B : Ganancia del 30 % por una inversión por 2 años consecutivos;

• Opción C : Ganancia del 70 % por una inversión de 3 años consecutivos;

Cómo hacer las inversiones de manera que la final del quinto año se tenga un capital máxi-

mo con la restricción de que toda inversión en los dos primeros años sea menor a $ 70000.

Solución. Tomemos las variables de decisión, para cada t ∈ {1, 2, 3, 4, 5}

xtA : cantidad de dinero que se invierte en la opción A al inicio del periodo t,

t ∈ {1, 2, 3, 4, 5}

xtB : cantidad de dinero que se invierte en la opción B al inicio del periodo t,

t ∈ {1, 2, 3, 4}

xtC : cantidad de dinero que se invierte en la opción C al inicio del periodo t,

t ∈ {1, 2, 3}

Ahora, a través de un gráfico veamos cómo se distribuirían las opciones

0 1 2 3 4 5

t = 1x1A

x1B

x1C

x2A

x2B

x2C

x3A

x3B

x3C

x4A

x4Bx5A


Así, tenemos el modelo

Max z = 1,1x5A + 1,3x4B + 1,7x3C

sar

x1A + x1B + x1C = 150000

x2A + x2B + x2C = 1,1x1A

x3A + x3B + x3C = 1,3x1B + 1,1x1A

x4A + x4B = 1,7x1C + 1,3x2B + 1,1x3A

x5A = 1,7x2C + 1,3x3B + 1,1x4A

x1A, x1B, x1C ≤ 70000

x2A, x2B, x2C ≤ 70000

xtA, xtB, xtC ≥ 0

CAPÍTULO 4

MÉTODO DEL SIMPLEX


Dado un sistema de ecuaciones subdeterminado Ax = b, A ∈ Rm×n pero m ≤ n, se dice

que una submatriz de A, B ∈ Rm×m es una base de A si es inversible.

OBSERVACIÓN. La matriz A tiene por lo menos una base B si

• rang(A) = m;

• se pueden extraer m columnas linealmente independientes de A.

OBSERVACIÓN. Si conocemos una base B ∈ Rm×n, con m ≤ n, tenemos que

Ax = b ⇐⇒(

B N) xB

xN

= b

⇐⇒ BxB + NxN = b

⇐⇒ BxB = b − NxN

⇐⇒ B−1b − B−1Nxn

Así, en la última implicación se tiene que xB son las variables de base en función de las variables

fuera de la base (solución paramétrica del sistema).

Notación y Terminología: A las matrices B y N las notaremos como

B =(

aB(1) · · · aB(i) · · · aB(m))

y N =(

aN(1) · · · aN(j) · · · aN(n−m))

matriz de base matriz de columnas fuera de base

73

74 Método del Simplex

y, a las variables xB asociadas a las columnas de A que forman la base y a xN les notaremos como

xB(1)

xB(2)...

xB(m)

y

xN(1)...

xN(n−m)

.


Dada A ∈ Rm×n, m ≤ n y B una base; la solución particular del sistema xB = B−1b −

B−1NxN con xN = 0, es decir, xB = B−1b, se dice una solución de base del sistema Ax = b.

EJEMPLO 4.1. Hallar las soluciones de base de

x1 + x2 + x3 = 2

2x1 + x2 + x4 = 3

Solución. Tenemos el sistema subdeterminado con m = 2 y n = 4; tomemos

B1 =(

a2 a1)=

1 1

1 2

de donde se tiene que B1 es invertible, pues det(B1) = 1 6= 0 y, así B1 es una base de A. Con esto

xB1 =

x2

x1

y xN =

x3

x4

Así, tomando los pivotes, considerando la matriz B1, en el sistema de ecuaciones, tenemos

1 1 1 0 2

2 1 0 1 3

−→

1 1 1 0 2

1 0 −1 1 1

−→

0 1 2 −1 1

1 0 −1 1 1

por tanto, el sistema es equivalente a

x2 = 1 − 2x3 + x4

x1 = 1 + x3 − x4

, que son las variables de la base en

función de las que no estàn en B1; así,

x1 = 1 + s − t

x2 = 1 − 2s + t, donde x3 = s y x4 = t con s, t ∈ R.

Así, por ejemplo, una solución de base asociada a B1 es x3 = 0, x4 = 0, x2 = 1 y x1 = 1

(solución particular).

EJEMPLO 4.2. Tomando el ejemplo anterior, encontrar la solución de base asociada a B2 =(a1 a4) =

1 0

2 1

.

75

Solución. Como det(B2) = 1, se tiene que B2 es una base de A, por lo que

xB2 =

x1

x4

y xN2 =

x2

x3

de donde tenemos que

1 1 1 0 2

2 1 0 1 3

−→

1 1 1 0 2

0 −1 −2 1 −1

Por tanto,

x1 = 2 − x2 − x3

x4 = −1 + x2 + 2x3

con lo que la solución de base asociada a la base B2 es

x2 = 0, x3 = 0, x1 = 2 x4 = −1.

DEFINICIÓN 4.3DEFINICIÓN 4.3Consideremos el sistema lineal subdeterminado y restringido

(∗)

Ax = b

x ≥ 0

con A ∈ Rm×n con m ≤ n. Se dice que la solución de base xB = B−1b y xN = 0 es una

solución de base factible si xB ≥ 0.

EJEMPLO 4.3. Considerando el sistema de ecuaciones del Ejemplo 4.1, vemos que

• La solución de base asociada a B1 (x1 = x2 = 1, x3 = x4 = 0) es una solución factible para

el sistema (∗), pues xB1 ≥ 0.

• De la base B2 (Ejemplo 10) nos da como solución de base x1 = 2, x4 = −1, x2 = x3 = 0;

por lo tanto, no es solución de base del sistema (∗).

OBSERVACIÓN. En una solución de base, al menos n − m variables toman el valor de cero y a lo

más m variables de base son no nulas.

DEFINICIÓN 4.4DEFINICIÓN 4.4Si más de n − m variables son nulas, es decir, al menos una varible de base toma el valor de

cero, la solución de base se dice degenerada.

P: En un sistema subdeterminado Ax = b, cuál es el número máximo de bases de A.

Se tendría el número de combinaciones de n columnas tomadas m columnas (combinación si


repetición), es decir, como máximo número de bases de A se tiene

Cnm =

(n

m

)=

n!(n − m)!m!

.

4.1 PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA PL

Consideremos un poliedro de un problema de PL en la forma canónica en la forma siguiente

Ax ≤ b, incluidas las restricciones de positividad (−x ≤ 0, −Inx ≤ 0) con A ∈ Rm×n y m ≥ n.

OBSERVACIÓN.

A′x ≤ b

x ≥ 0≡

A′

−In

x ≤

b′

0

Notación: La i_ésima ecuación del sistema de desigualdades Ax ≤ b, le notaremos como

aTi x ≤ bi.

Sea K = {x ∈ Rn|Ax ≤ b}, podemos ver que

• K es convexo;

• K es cerrado y acotado inferiormente, pues contiene las restricciones x ≥ 0, K ⊆ R+

Ahora, supongamos que K 6= ∅ y x0 ∈ K, entonces notemos que

I(x0) ={

i ∈ {1, ..., m}|aTi x0 = bi

}

es el conjunto de índices de las restricciones activas y, el hiperplano de vector normal aTi

L(x0) ={

x ∈ Rn|aT

i x = bi, i ∈ I(x0)}

es una variedad lineal (solución de un sistema de ecuaciones con los índices en I(x0)), el cual

como x0 ∈ L(x0) se tiene que L(x0) 6= ∅.

• Propiedad 1: x0 es un punto extremo de K si y solo si dim(L(x0)) = 0.

• Propiedad 2: Como K es convexo, cerrado, no vacío y acotado inferiormente, entonces K tiene

al menos un punto extremo (último teorema de convexos).

• Propiedad 3: Una función lineal alcanza un máximo o mínimo sobre un extremo de K si el

problema tiene solución finita (último teorema de funciones convexas).

• Propiedad 4: Sea A ∈ Rm×n, m ≥ n y b ∈ R

m, entonces una condición necesaria y suficiente

par que un punto x ∈ K sea un extremo de K es que x sea la solución única de un sistema

Ax = b donde A ∈ Rn×n extraída de A y b es el lado derecho correspondiente.

4.1 Propiedades fundamentales de la PL 77

EJEMPLO 4.4. Supongamos que K ={(x1, x2) ∈ R

2|x1 + x2 ≤ 1, −x1 ≤ 0, −x2 ≤ 0}

Solución. Tenemos que A =

1 1

−1 0

0 −1

y b =

1

0

0

, por lo que

a)

1 1

−1 0

x1

x2

=

1

0

, entonces

1 1 1

−1 0 0

−→

1 1 1

0 1 1

−→

1 0 0

0 1 1

,

es decir, x1 = 0 y x2 = 1.

b) 1 1 1

0 −1 0

−→

1 1 1

0 1 0

−→

1 0 1

0 1 0

,

es decir, x1 = 1 y x2 = 0.

c) −x1 = 0 y −x2 = 0, equivalentemente x1 = 0 y x2 = 0.

Con esto, se tiene los tres puntos extremos del poliedro K. Así,

1−1

−1

1

x1

x2

K

• Propiedad 5 (Caraterística algebraica de los extremos de un poliedro): Sea K = {x ∈ Rn|Ax =

b, x ≥ 0} donde A ∈ Rm×n con m ≤ n y, supongamos que rang (A) = m. Entonces x ∈ R

n es

un punto extremo de K si y solo si x es una solución de base factible de

Ax = b

x ≥ 0.

EJEMPLO 4.5. Consideremos K = {x ∈ R3|2x1 + x2 + 3x3 = 6} con xi ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3}.

Solución. Tenemos que m = 1 y n = 3, por tanto las soluciones de base de dicho sistema son


a) B1 = (a1) = (3), pues x1 = 3 − 12 x2 −

12 x3, de la cual se tiene que un extremo del poliedro

es cuando

x1 = 3, x2 = 0, x3 = 0.

b) B2 = (a2) = (1), pues x2 = 6− 2x1 − 3x3, , de la cual se tiene que otro extremo del poliedro

es

x1 = 0, x2 = 6, x3 = 0.

c) B3 = (a3) = (2), pues x3 = 2− 23 x1 −

13 x2, de la cual se tiene que otro extremo del poliedro

es

x1 = 0, x2 = 0, x3 = 2.

Así, todas las soluciones son factibles, ya que todas son mayores o iguales a cero.

OBSERVACIÓN. Si K = {x ∈ Rn|Ax = b, x ≥ 0} con rang(A) = m y m ≥ n; en este caso, un

punto es extremo de K si y solo si es una solución de base facible de Ax = b, x ≥ 0.

OBSERVACIÓN. Un mismo punto extremo de K puede ser la solución de base asociada a dos

bases distintas.

EJEMPLO 4.6.

x1 + x2 + x3 = 1

x2 + x4 = 1

Solución. Notemos que para B = (a3 a4) =

1 0

0 1

, es evidente que las soluciones de base son

x3 = x4 = 1 y x1 = x2 = 0.

Ahora, tomemos B1 = (a2 a3) =

1 1

1 0

, de donde se tiene

1 1 1 0 1

0 1 0 1 1

−→

1 1 1 0 1

−1 0 −1 1 0

−→

1 1 1 0 1

1 0 1 1 0

−→

0 1 0 1 1

1 0 1 −1 0

≡

x2 = 1 − x4

x3 = x4 − x1

de donde se tiene la solución degenerada x1 = 0 = x4, x2 = 1 y x3 = 0, con lo cual y = (0 1 0 0)

es un punto extremo asociado al sistema de ecuaciones.

Por otro lado, si consideramos B2 = (a2 a4) =

1 0

1 1

, se tiene el mismo punto extremo,

4.2 Repaso de Gauss-Jordan 79

pues

x2 = 1 − x1

x4 = x1 + x3

, de donde, x1 = 0 = x3, x2 = 1 y x4 = 0.

OBSERVACIÓN. El número de extremos de un poliedro K es menor o igual al número de bases

de A.

4.2 REPASO DE GAUSS-JORDAN

Consideremos un sistema subdeterminado Ax = b, A ∈ Rm×n y m ≤ n y B una base de A,

podemos reescribir el sistema como

Ax = b ⇐⇒ ImxB = B−1b − B−1NxN

el cual, es una escritura de un sistema que pone en evidencia la solución de base asociada a B.

x1 · · · xj · · · xk · · · xn b

a11 · · · a1j · · · a1k · · · a1n b1...

......

......

ai1 · · · aij · · · aik · · · ain bi...

......

......

ar1 · · · arj · · · ark · · · arn br...

......

......

am1 · · · amj · · · amk · · · amn bm

Fila delpivote

Columnadel pivote

Pivote

Tomemos ark 6= 0, que será llamado pivote y usemos la regla de Gauss-Jordan para con-

vertir la columna ak en la columna er en la matriz Im. Si aplicamos el método de Gauss-Jordan,

obtenemos un sistema equivalente;


x1 · · · xj · · · xk · · · xn b

a′11 · · · a′1j · · · 0 · · · a′1n b′1......

......

...a′i1 · · · a′ij · · · 0 · · · a′in b′i...

......

......

a′r1 · · · a′rj · · · 1 · · · a′rn b′r......

......

...a′m1 · · · a′mj · · · 0 · · · a′mn b′m

P: ¿Cómo se obtuvieron dichos valores?

• En la fila del pivote se obtuvieron, para cada j ∈ {1, ..., n}

a′rj =arj

arky b′r =

br

ark.

• Para el término de la i_ésima fila y la j_ésima columna se obtiene a través de la regla del

rectángulo

aij aik

arj ark

......

· · ·

· · ·

es decir, para i 6= r

a′ij = aij −aij arj

arky b′i = bi −

aik br

ark.

EJEMPLO 4.7.

2x1 + x2 − 2x3 = 4

3x1 − 2x2 + x3 = 1. Obtenga la matriz equivalente para r = 2 y k = 1.

Solución.

2 1 −2 4

3 −2 1 1

−→

0 1 + 4

3 −2 − 23 4 − 2

3

1 − 23

13

13

−→

0 7

3 − 83

103

1 − 23

13

13

EJEMPLO 4.8. Usando la regla del rectángulo ponga en evidencia la solución de la base asociada


B = (a3 a1), dada

x1 + x2 + x3 = 3

2x1 + x2 + x4 = 3

Solución. 1 1 1 0 2

2 1 0 1 3

−→

0 1

2 1 − 12

12

1 12 0 1

232

de donde se tiene que x3 = 12 , x1 = 3

2 , x2 = x4 = 0.


Se dicen que dos bases B y B′ de una matriz A ∈ Rm×n (m ≤ n) son vecinas si |B r B′| =

|B′r B| = 1, es decir, B y B′ se diferencian en una sola columna.

OBSERVACIÓN. Se dice que hacemos un pivotaje cuando a partir de una expresión que pone en

evidencia su solución de base asociada a B, es decir,

xB = B−1b − B−1NxN

se llega a otra expresión que pone en evidencia una solución de base asociada a B′ que es vecina

de B, es decir,

xB′ = B′−1b − B

′−1N′xN′

4.2.1 Tabla Condensada (ecuaciones)

Dado un sistema subdeterminado Ax = b, A ∈ Rm×n (m ≤ n) y rang(A) = m. Sabemos que

xB = B−1b − B−1NxN ⇐⇒ xB = B−1b + B−1N(−xN),

podemos poner en una tabla esta expresión

−xN

xB = B−1b B−1N

EJEMPLO 4.9.

x1 + x2 + x3 = 1

2x1 + 3x2 + x4 = 2

Solución. Si B = (a3 a4) = I2, tenemos que la expresión que pone en evidencia la solución de

base asociada a B es 1 1 1 1 1

2 3 0 1 2


de donde se obtiene que x3 = 1 − x1 − x2 y x4 = 2 − 2x1 − 3x2, escribiendo en la tabla

−x1 −x2

x3 = 1 1 1

x4 = 2 2 3

Un pivotaje será la expresión que pone en evidencia la solución de la base asociada B a la base

vecina B′ = (a3 a2), es decir,

13 0 1 − 1

313

23 1 0 1

323

tabulado es

−x1 −x4

x3 = 13

13 − 1

3

x2 = 23

23

13

de donde, la variable x4 sale de la base y, la variable x2 entra a la base.

Otro pivotaje es considerando la expresión que pone en evidencia la solución de la base

asociada B a la base vecina B′′ = (a1 a4), es decir,

1 1 1 0 1

0 1 −2 1 0

−x2 −x3

x1 = 1 1 1

x4 = 0 1 -2

4.2.2 Reglas de Pivoteo

1) Escogemos un pivote ark 6= 0.

2) Intercambiar las variables de la fila del pivote con la variable fuera de base de la columna del

pivote.

3) Donde esté el pivote en la nueva tabla condensada ponemos 1/ark.

4) La fila del pivote se divide para ark y cambiamos el signo, salvo en la posición del pivote.

5) Los otros términos se calculan por la regla del rectángulo


EJEMPLO 4.10. Supongamos que tenemos B = (a2 a1 a4) y N = (a5 a3 a6) con la tabla conden-

sada (tomamos valores positivos para el pivote)

−x5 −x3 −x6

x2 = 1 2 1 2

x1 = 0 -3 0 1

x4 = 2 0 -1 -5

de donde, bajo las reglas dadas, se tiene que B′ = (a6 a1 a4) y

−x5 −x3 −x2

x6 = 12 1 1

212

x1 = − 12 -4 − 1

2 − 12

x4 = 92 5 3

252

con lo cual la solución no es factible porque tiene un número negativo.

4.2.3 Reglas de Pivoteo del SIMPLEX

Permiten pasar de un extremo de

Ax = b

x ≥ 0a otro extremo "mejor", donde la función obje-

tivo z = cTx toma un valor mayor o igual que en el extremo anterior.

Regla II: Permite pasar de un punto extremo a otro punto extremo mejor.

Supongamos que conocemos un sistema equivalente a Ax = b que pone en evidencia una

solución factible de base (Extremo del Poliedro)

xB = B−1b − B−1NxN con B−1b ≥ 0, xN = 0

−xN

xB = B−1b B−1N

esta tabla condensada la notaremos


−xN(1) · · · −xN(k) · · · −xN(n−m)

xB(1) =...

xB(i) =...

xB(r) =...

xB(m) =

y10...

yi0...

yr0...

ym0

y11...

yi1...

yr1...

ym1

· · ·

· · ·

· · ·

· · ·

y1k...

yik...

yrk...

ymk

· · ·

· · ·

· · ·

· · ·

y1(n−m)...

yi(n−m)...

yr(n−m)...

ym(n−m)

columna 0 B−1aN(k)

Solución debase factible

donde yi0 ≥ 0 para todo i ∈ {1, ..., m}.

OBSERVACIÓN. B−1N = B−1(

an(1) · · · aN(n−m))=(

B−1an(1) · · · B−1aN(n−m))

.

Hipótesis: supongamos que conocemos la columna k del futuro pivote. Sea yrk el pivote

• En particular, se tiene que y′r0 =yr0

yrk≥ 0, si yrk > 0.

• Si hay varios términos en la k_ésima columna de B−1N; debemos garantizar que el pivote

sea tal que para todo i ∈ {1, ..., m} (i 6= r), y′i0 ≥ 0, es decir,

y′i0 = yi0 −yi0 yik

yrk≥ 0,

de donde, comoyr0

yrk≥ 0,

– si yik ≤ 0, entonces y′i0 ≥ 0;

– si yik > 0, al ser yi0 −yi0 yik

yrk≥ 0, tenemos que

yi0

yik≥

yr0

yrk.

Así, se escoge, para k fijo, la fila del pivote tal que

yr0

yrk= mın

{yi0

yrk

∣∣∣yik > 0}

.

Del Ejemplo 4.10, tomemos k = 3, por lo que elegimos el pivote ubicado en xN(3) = −x6 y, por

la Regla II se tiene que mın{

12 , 0

1

}= 0; por tanto, elegimos la fila r = 2, es decir, la fila del

pivote xB(2) = x1

−x5 −x3 −x6

x2 = 1 2 1 2

x1 = 0 -3 0 1

x4 = 2 0 -1 -5


con lo cual obtenemos

−x5 −x3 −x1

x2 = 1 8 1 2

x6 = 0 -3 0 1

x4 = 2 -15 -1 5

es decir, se tiene la base vecina B′ = (a2 a6 a4).

OBSERVACIÓN. B−1N = B−1(

aN(1) · · · aN(n−k))=(

B−1aN(1) · · · B−1aN(n−k))

, es decir, pa-

ra j ∈ {1, ..., n − m}

y·j = B−1aN(j).

Se puede ver que aB(r) ∈ B puede ser reemplazado por aN(k) ∈ N para obtener una base vecina

B′ = B r

{aB(r)

}∪{

aN(k)}

si y solo si yrk 6= 0.

Ahora, consideremos un problema de PL en la forma estándar

Max z = cTx

sar

Ax = b

x ≥ 0

con A ∈ Rm×n ,m ≤ n y rang(A) = m. Sea B una base factible de A, es decir, xB = B−1b ≥ 0,

xN = 0. Notemos que

z = cTx = cTBxB + cT

N xN .

Sabemos que la solución de base B es xB = B−1b − B−1NxN , sustituyendo

z = cTB

(B−1b − B−1NxN

)+ cT

N xN

= cTBB−1b −

(cT

BB−1N + cTN

)xN .

Llamemos z0 = cTBB−1b, valor de la función z objetivo en el punto extremo asociado a la base B

y, notemos que

z = z0 − ∑j: aN(j)∈N

(cT

BB−1aN(j) + cj

)xj;


llamemos zj = cTBB−1aN(j) para todo j tal que aN(j) ∈ N. Por tanto, se tiene la función z expresada

en función del valor fuera de la base xj,

z = z0 − ∑j: aN(j)∈N

(zj − cj)xj.

Regla I: para elegir una varible xk, aN(k) ∈ N solamente hay que elegir que zk − ck < 0.

4.3 REGLA CLÁSICA DEL SIMPLEX

Tomar la variable xk tal que zk − ck es el número más negativo.

Tabla condensada del SIMPLEX

−xN

z = z0 zj − cj

xB = B−1b B−1aN(j)

OBSERVACIÓN. La Regla I elige la columna del pivote

OBSERVACIÓN. La actualización de la tabla condensada del SIMPLEX se hace usando las mis-

mas reglas de actualización vistas. Esto debido a que la fila 0 puede considerarse como otra

ecuación

z − cTx = 0

Ax = b.

4.3.1 Algoritmo particular del SIMPLEX

Dado un problema de PL, tenemos

• Paso 0: Poner al problema de PL en la forma estándar, es decir,

Max z = cTx

sar

Ax = b

x ≥ 0

rang(A) = m, m ≤ n. Hipótesis: el sistema tiene una base B factible, es decir, existe un punto

extremo.

4.3 Regla Clásica del SIMPLEX 87

• Paso 1: construya la tabla condensada del simplex asociada a la base B.

• Paso 2 (Paso iterativo): Aplique las reglas I y I I de pivotaje del SIMPLEX

a) Si se puede encontrar un pivote yrk, actualizar la tabla de simplex;

b) Sino

– si no se puede aplicar la Regla I, quiere decir que zj − cj ≥ 0, para todo j tal que

aN(j) ∈ N.

FIN: el extremo corriente es óptimo.

– si pasa la Regla I, es decir, existe k tal que aN(k) ∈ N tal que zk − ck < 0, pero y·k ≤ 0.

FIN: el problema es NO acotado.

EJERCICIO 4.1 (Un ’buen’ ejemplo). Aplicar el algoritmo de simple al siguiente problema de

PL

Max z = 5x1 + 8x2

sar

(P)

x1 + x2 ≤ 2

x1 − 2x2 ≤ 0

−x1 + 4x2 ≤ 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Notemos que el problema (P) está en la forma canónica, entonces

Paso 0: reescribimos el problema en su forma estándar

Max z = 5x1 + 8x2

sar

(PE)

x1 + x2 + s1 = 2

x1 − 2x2 + s2 = 0

−x1 + 4x2 + s3 = 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

s1 ≥ 0, s2 ≥ 0, s3 ≥ 0

Notemos que el sistema de restricciones Ax = b es tal que A ∈ R3×5.


Paso 1: como B0 = (a3 a4 a5) =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I3; se tiene que B0 es factible, pues si x1 = 0 y

x2 = 0 entonces s1 = 2, s2 = 0 y s3 = 1, es decir, xT0 =

(0 0 2 0 1

)es una solución de base

factible del sistema, dicho de otro modo, es un punto extremo del poliedro en la forma estándar.

Por la Regla I, tomamos el pivote en la columna 2 (k = 2), es decir, xN(2) = −x2, pues, el más

negativo de zj − cj es -8; además, la tabla asociada a la base (tabla del simplex inicial) es

−x1 −x2

z = 0 -5 -8

s1 = 2 1 1

s2 = 0 1 -2

s3 = 1 -1 4

por otro lado, se toma la fila del pivote r = 3, es decir, xB(3) = s3 porque mın{

21 , 1

4

}= 1

4

(recordar que los negativos no se consideran para el mínimo, yik > 0). Así, actualizamos la tabla

−x1 −s3

z = 2 -7 2

s1 = 7/4 5/4 -1/4

s2 = 1/2 1/2 1/2

x2 = 1/4 -1/4 1/4

Se toma el nuevo pivote 12 , pues por la Regla I, el zj − cj más negativo es el −7 (k = 1, xN(1) =

−x1) y, por la Regla II se toma mın{

7/45/4 , 1/2

1/2

}= 1, (r = 2, xB(2) = s2).

Con esto, tenemos que z = 2+ 7x1 − 2s3, la nueva base es B1 = (a3 a4 a2) y xT1 =

(0 1

474

12 0

).

Nuevamente, actualizamos la tabla

−s2 −s3

z = 9 (14 9) > 0

s1 = 1/2 -5/2 -3/2

x1 = 1 2 1

x2 = 1/2 1/2 1/2

En consecuencia, como ya no se puede aplicar la Regla I, hemos encontrado la solucón óptima

de (P), es decir,

x∗1 = 1, x∗2 =12

, z∗ = 9 y s∗1 =12

, s∗2 = 0, s∗3 = 0.


4.3.2 Explicación de la Optimalidad

Sabemos que si B es una base factible de Ax = b, entonces

z = z0 − ∑j: aj∈N

(zj − cj)xj

si para todo j, se tiene que zj − cj ≥ 0.

Si cualquier variable fuera de base xj toma un valor positivo en una misma base vecina

z′0 ≤ z0, entonces el extremo corriente es un máximo local, por la convexidad de z y, entonces z0

es un máximo global.

EJERCICIO 4.2. Resolver por el método del SIMPLEX el Modelo 1.1, planteado como

Max z = 8x1 + 6x2

sar

(P)

5x1 + 3x2 ≤ 30

2x1 + 3x2 ≤ 24

x1 + 3x2 ≤ 18

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Reescribiendo el problema (P) en su forma estándar, tenemos

Max z = 8x1 + 6x2

sar

(PE)

5x1 + 3x2 + s1 = 30

2x1 + 3x2 + s2 = 24

x1 + 3x2 + s3 = 18

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

s1, s2, s3 ≥ 0

Tomamos la base factible B0 = (a3 a4 a5) y, por la Regla I elegimos la columna k = 1 (xN(1) =

−x1) y por la Regla II tomamos la fila r = 1 (xB(1) = s1), pues mın{

305 , 24

2 , 181

}; con esto, partimos

de xT0 =

(0 0 30 24 18

)y, se tiene la tabla inicial


−x1 −x2

z = 0 -8 -6

s1 = 30 5 3

s2 = 24 2 3

s3 = 18 1 3

Actualizamos la tabla,

−s1 −x2

z = 48 8/5 -6/5

x1 = 6 1/5 3/5

s2 = 12 -2/5 9/5

s3 = 12 -1/5 12/5

el cual se obtuvo B1 = (a1 a4 a5) y xT1 =

(6 0 0 12 12

); además, dicho pivote se obtuvo

por la Regla I, k = 2 (xN(2) = −x2) y por la Regla II, mın{

63/5 , 12

9/5 , 1212/5

}= 5, tomamos r = 3,

(xB(3) = s3).

Finalmente, se tiene la última actualización

−s1 −s3

z = 54 3/2 1/2

x1 = 3 3/12 -1/4

s2 = 3 -3/12 -3/4

x2 = 5 -1/12 5/12

EJERCICIO 4.3 (Un problema no acotado). Consideremos el problema

Max z = x1 + 2x2

sar

(P)

−x1 + x2 ≤ 2

x2 ≤ 3

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Solución. Reescribimos el problema

Max z = x1 + 2x2


sar

(PE)

−x1 + 2x2 + x3 = 2

x2 + x4 = 3

xi ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3, 4}

Tenemos la tabla

−x1 −x2

z = 0 -1 -2

x3 = 2 -1 1

s4 = 3 0 1

de donde, se obtuvo dicho pivote tomando k = 2 (el más negativo), xN(2) = −x2 y r = 1(mın

{ 21 , 3

1

}= 2

), xB(1) = x3. Además, notemos que, en la Regla I, si hubiese salido k = 1 ya se

encontraría que no hay pivote. Actualizamos la tabla y tomamos el pivote en k = 1 (xN(1) = −x1)

y r = 2 (xB(2) = x4) (único positivo)

−x1 −x3

z = 4 -3 2

x1 = 2 -1 1

x4 = 1 1 -1

Una nueva actualización

−x4 −x3

z = 7 3 -1

x2 = 3 1 0 ≤ 0

x1 = 1 1 -1 ≤ 0

y, vemos que por la Regla I se toma k = 2, pero para seguir con la Regla II se tiene que y·2 ≤ 0.

Por tanto, el problema NO es acotado.


1 2−1−2−3

−1

1

2

3

x1

x2

b

b

b

Demostración. (Existencia del problema NO Acotado)

Supongamos que B es una base de A ∈ Rm×n en cuya tabla del simplex asociada exista

j : aN(j) ∈ N tal que zj − cj < 0 y y·j = B−1aN(j) ≤ 0,

• Notemos, por un lado, que como y·j = B−1aN(j) entonces By·j = aN(j), es decir,

m

∑i=1

yijaB(i) = aN(j) (Ax = x1a1 + · · ·+ xnan)

• Por otro lado, xB = B−1b, es decir, BxB = b,

m

∑i=1

xB(i)aB(i) = b

Sea d < 0, vemos quem

∑i=1

(xB(i)a

B(i) + daN(j))− daN(j) = b

y, sustituyendo aN(j) tenemos

m

∑i=1

(xB(i) + dyij

)aB(i) − daN(j) = b.

Así, tenemos las soluciones

xB(i) + dyij para las variables de base

−d positivo para aN(j)

0 para las variables fuera de base

.


Con esto, se tiene que las soluciones son factibles para todo d < 0 para el sistema

Ax = b

x ≥ 0.

Además, si calculamos el valor de z para estas soluciones obtenemos

z = cTB[xB(i) + dyij]− cjd

= cTBxB + d

[cT

Byij − cj

]

= cTBxB + d

[cT

BB−1aN(j) − cj

]

= cTBxB + d [zj − cj]︸︷︷︸

<0

Con esto, si d → −∞ se colige que z → +∞.

4.3.3 Soluciones Degeneradas

Si tenemos una tabla del simplex

z = z0 zk − ck

yr0 yrk

≤ 0

> 0

En la base vecina B′, la función objetivo toma el valor

z′0 = z0 −yr0(zk − ck)

yrk> z0

si yr0 6= 0.

a) SIMPLEX o terminación finita: Si el algoritmo del simplex nunca produce soluciones de

base degeneradas, entonces culmina en un número finito de iteraciones.

b) Ciclos: Hay ejemplos para los cuales el método del simplex es tal que yr0 = 0, es decir,

z′0 = z0 y en algún momento se regresa a una base ya visitada, es decir, como el algoritmo es

determinístico se produce un ciclo

Pivoteo lexicográfico de plano

Bland (1980) propuso las siguientes reglas de pivotaje

• R′1 : se escoge la columna k tal que

k = mın{

j | zj − cj < 0}

.


• R′2 : se escoge la fila del pivote r tal que

B(r) = mın{

i ∈ {1, ..., m}∣∣∣yi0

yik= mın

{yl0

ylk

∣∣∣yl0 > 0}}

.

EJEMPLO 4.11. Supongamos que tenemos la siguiente tabla

−x1 −x8 −x6 −x4

z = 38 2 -100 -50 -10

x5 = 6 1 2 0 3

x7 = 5 4 3 2 -1

x3 = 4 -1 -1 0 2

x2 = 2 0 1 0 1

Se toma dicho pivote pues, para la columna se tiene que k = mın {4, 6, 8} = 4 (el mínimo

índice j tal que zj − cj sea negativo), es decir, xN(4) = −x4; en cambio, para la fila, primero

buscamos mın{

63 , 4

2 , 21

}= 2 (r = 4), de donde se tomaría el mínimo subíndice tal que se tenga la

igualdad, es decir, mın{5, 3, 2} = 2 , de donde, xB(4) = x2; así, se tiene una solución degenerada

y, aplicando lo ya conocido se actualiza la tabla.

Con estas reglas se puede demostrar que NO se producen ciclos. Además, en la práctica se

aplican pivotajes çasiïgual al clásico y nunca se ha reportado un ciclo.

En la práctica, si se usa la regla de Bland, el método del simplex hace más iteraciones para

encontrar el otro.

EJERCICIO 4.4 (Problema con soluciones multiperiódicas).

Max z = x1 + 2x2

sar

x1 + 2x2 ≤ 4

x2 ≤ 1

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Solución. La solución gráfica de este problema es

[A, B] =

{λ

(21

)+ (1 − λ)

(40

)∣∣∣0 ≤ λ ≤ 1}


1 2 3 4 5−1−1

1

2

x1

x2

b

b

A

BC0

C4

l1

l2

Aplicando el método del simplex tenemos

−x1 −x2

z = 0 -1 -2

s1 = 4 1 2

s2 = 1 0 1

actualizando

−x1 −s2

z = 2 -1 2

s1 = 2 1 -2

x2 = 1 0 1

Hacemos otra iteración

−s1 −s2

z = 4 1 0

x1 = 2 1 -2

x2 = 1 0 1

de donde, se tiene la solución óptima x∗1 = 2 y x∗2 = 1 con z∗ = 4.

Sin embargo, existen múltiples soluciones para este problema, ya que si hacemos el nuevo

pivotaje tomando la columna xN(2) = −s2 (pues zK − cK = 0) y la fila xB(2) = x2, y2k = 1 > 0,

nos lleva a otro punto extremo solución

−s1 −x2

z = 4 1 0

x1 = 4 1 1

s2 = 1 0 1

es decir, x∗1 = 4, x∗2 = 0, s∗1 = 0 y s∗2 = 1.


4.4 ALGORITMO DEL SIMPLEX GENERAL

OBSERVACIÓN. Dado un problema de PL cualquiera siempre se le puede expresar en la forma

Max z = cTx

sar

Ax = b

x ≥ 0

con b ∈ Rm tal que b ≥ 0 y A ∈ R

m×n con m y n cualesquiera.

EJEMPLO 4.12. Consideremos el problema

Max z = x1 − x2 + x3

sar

x1 − x2 + x3 ≥ −3

2x1 + x2 ≤ 5

x1 − x2 − x3 = 8

x2 + x3 ≤ −1

x1, x2, x3 ≥ 0

así, al problema se lo puede reescribir como

Max z = x1 − x2 + x3 Max z = x1 − x2 + x3

sar ≡ sar

x1 − x2 + x3 − x4 = −3

2x1 + x2 + x5 = 5

x1 − x2 − x3 = 8

x2 + x3 + x6 = −1

xi ≥ 0, i ∈ {1, ..., 6}

−x1 + x2 − x3 + x4 = 3

2x1 + x2 + x5 = 5

x1 − x2 − x3 = 8

−x2 − x3 − x6 = 1

xi ≥ 0, i ∈ {1, ..., 6}

OBSERVACIÓN. Dado un problema de PL en la forma

Max z = cTx

sar

4.4 Algoritmo del SIMPLEX general 97

(P)

Ax = b

x ≥ 0

Para saber si (P) es factible se resuelve el problema auxiliar

Min ω =m

∑i=1

yi

sar

(PA)

Ax + Imy = b

x ≥ 0, y ≥ 0

de donde, podemos aplicar el simplex particular para resolver este problema a partir de la base

inicial B0 = Im asociada a las variables artificiales yi, i ∈ {1, ..., m}

xB = y = b ≥ 0

xN = x = 0

Propiedad: si el óptimo del problema (PA) toma un valor óptimo de ω∗> 0 entonces (P) no

es factible.

Demostración. Supongamos que ω∗> 0 y que (P) es factible, es decir, existe x ∈ R

n tal que

Ax = b

x ≥ 0.

Además, se tiene (x, 0) es factible para el problema (PA) y ω en este punto vale 0, lo cual

genera una contradicción al hecho de que ω∗> 0.

OBSERVACIÓN. ¿Cómo se aplica el simplex para un problema de minimización? Si B es una base

factible de un sistema subdeterminado

Ax = b

x ≥ 0con A ∈ R

m×n (m ≤ n), sabemos que

z = z0 − ∑j: aN(j)∈N

(zj − cj)xj.

Si se quiere minimizar, se aplican las siguientes reglas

• R′1 : se escoge en la tabla del simplex asociada a la base B una columna k tal que zk − ck > 0

(método clásico, se toma el más positivo).


• R′2 : similar a R2; pues esta regla permite pasar de un extremo a otro.

Test de Optimalidad: zj − cj ≤ 0 para todo j : aN(j) ∈ N.

4.4.1 Método de las dos fases del simplex general

Dado un problema de PL en la forma

Max z = cTx

sar

(P)

Ax = b

x ≥ 0

con b ≥ 0 y A ∈ Rm×n, se tiene

• Fase I: encontrar un punto extremo de (P), si (P) es un problema factible

– Se resuelve el problema auxiliar (PA) asociada a (P). Si ω∗> 0.

FIN: problema (P) no factible.

– Si en alguna iteración ω = 0, es decir,m

∑i=1

yi = 0, es decir para todo i se tiene que

yi = 0, i ∈ {1, ..., m}

a) Si todas las yi están fuera de la base B.

FIN: pues se encuentran variables xB(i), i ∈ {1, ..., m}, de base asociada a las varia-

bles originales x.

ω = 0

−y1 −y2 −xj · · · −xk

xB(1)...

xB(m)

y10...

ym0

b) Por lo menos una de las variables artificiales yi está en la base, por lo que la solu-

ción de la base es degenerada y se puede tomar un pivote yrk 6= 0

ω = 0

−xk

ωk − ck

...yi

...0 yik


c) Existe una variable artificial yi en la base y no se le puede intercambiar con una

variable original xk porque yrk = 0.

En la tabla se puede ver que la i_ésima restricción o igualdad del sistema Ax = b

es redundante, luego la podemos eliminar y regresar a a).

ω = 0

−xk · · · −xj

...yi 0 · · · 0

• Fase II: Usar iterativamente el método del simplex simplificado. Con esto, se puede deter-

minar si (P)

– Tiene solución óptima finita; o

– Es NO acotado.

EJERCICIO 4.5. Aplicando el método anterior, resuelva el siguiente problema

Max z = 2x1 + x2

sar

(P)

x1 + 2x2 + x3 = 5

3x1 − 2x2 + 3x3 = 2

x1, x2, x3 ≥ 0

Solución. Fase I: resolvemos el problema auxiliar

Min ω = y1 + y2

sar

(PA)

x1 + 2x2 + x3 + y1 = 5

3x1 − 2x2 + 3x3 + y2 = 2

x1, x2, x3 ≥ 0 y1, y2 ≥ 0

Notando que

w = y1 + y2

= (5 − x1 − 2x2 − x3) + (2 − 3x1 + 2x2 − 3x3)


= 7 − 4x1 − 4x3

tenemos la tabla inicial

−x1 −x2 −x3

ω = 7 4 0 4

z = 0 -2 -1 0

y1 = 5 1 2 1

y2 = 2 3 -2 3

y, recordando que estamos minimizando, el pivote se obtuvo por la R′1, el más positivo de ωj − cj

(k = 1) y, por la R′2, mın

{ 51 , 2

3

}= 2

3 (r = 2). Así, actualizamos la tabla

−y1 −x2 −x3

ω = 13/3 -4/3 8/3 0

z = 4/3 2/3 -7/3 2

y1 = 13/3 -1/3 8/3 0

x1 = 2/3 1/3 -2/3 1

Realizamos la última iteración

−y1 −y2 −x3

ω = 0

z = 41/8 2

x2 = 13/8 0

x1 = 7/4 1

Terminamos la Fase I, pues hemos encontrado variables xB(i) de la base asociada a las variables

originales. Ahora, pasamos a la Fase II

−x3

z = 41/8 2

x2 = 13/8 0

x1 = 7/4 1

de donde, no se puede aplicar la Regla I del agoritmo del simplex simplificado, pues se tiene

z3 − c3 ≥ 0, por lo que el algoritmo termina y, hemos encotrado el extremo óptimo, es decir,

x∗1 =74

, x∗2 =138

, x∗3 = 0


asociada a B =(a2 a1).

EJERCICIO 4.6. Resolver el siguiente problema

Max z = −x1 + x2

sar

(P)

x1 − x2 = 1

2x1 + 3x2 = −3

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Solución. Gráficamente vemos que el problema es infactible (F(P) = ∅)

1 2−1−2−3−1

−2

−3

1

x1

x2

l1l2

pues, no cumple con la restricción de positividad.

Amplicando el algoritmo, tenemos que el problema auxiliar es

Min ω = y1 + y2

sar

(PA)

x1 − x2 + y1 = 1

−2x1 − 3x2 + y2 = 3

x1, x2 ≥ 0 y1, y2 ≥ 0

de donde, realizando la tabla para minimizar ω tenemos

−x1 −x2

ω = 4 -1 -4

z = 0 1 -1

y1 = 1 1 -1

+ + +

y2 = 3 -2 -3


con lo cual, como todos los ωj − cj son negativos, se tiene que la solución es óptima con ω∗ =

4 > 0 y, en consecuencia, el algoritmo termina concluyendo que (P) no es factible.

EJERCICIO 4.7. Resolver

Max z = −x1 + x2

sar

(P)

12 x1 − x2 +

32 x3 = 1

x1 − 2x2 + 3x3 = 2

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0, x3 ≥ 0

Solución. Fase I: problema auxiliar

Min ω = y1 + y2

sar

(P)

12 x1 − x2 +

32 x3 + y1 = 1

x1 − 2x2 + 3x3 + y2 = 2

x1, x2, x3 ≥ 0 y1, y2 ≥ 0

tabulamos y tomamos el pivote

−x1 −x2 −x3

ω = 3 3/2 -3 9/2

z = 0 1 -1 0

y1 = 1 1/2 -1 3/2

y2 = 2 1 -2 3

actualizamos y, tachamos la variable artificial y1 de la base, pues no se puede intercambiar con

alguna variable original xk

−x1 −x2 −y2

ω = 0 0 0 -3/2

z = 0 1 -1 0

y1 = 0 0 0 -1/2

x3 = 2/3 1/3 -2/3 1/3


esto quiere decir que la primera ecuación asociada y1 es redundante. Luego, pasamos a la Fase

II, teniendo

−x1 −x2

z = 0 1 -1

x3 = 2/3 1/3 -2/3

de donde, por la Regla I tenemos k = 2, pero y·2 ≤ 0; por tanto, el algoritmo termina concluyen-

do que el problema es NO acotado.

EJERCICIO 4.8. Considere el siguiente problema de PL

Max z = 3x1 + x2

sar

(P)

2x1 + x2 ≥ 2

x1 − x2 ≤ 0

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

a) Resuelva (P) por el método de las dos fases.

b) Describa gráficamente la primera y segunda etapa.

c) Calcule el dual de (P).

Solución. Primero, reescribimos el problema en su forma estándar, donde x3 y x4 representarán

las variables de holgura

Max z = 3x1 + x2

sar

(PE)

2x1 + x2 − x3 = 2

x1 − x2 + x4 = 0

xi ≥ 0 i ∈ {1, 2, 3, 4}

a) Fase I: escribimos el problema auxiliar

Max z = y1 + y2

sar


(PEA)

2x1 + x2 − x3 + y1 = 2

x1 − x2 + x4 + y2 = 0

xi ≥ 0 i ∈ {1, 2, 3, 4}

y1 ≥ 0, y2 ≥ 0

Con esto, construimos la tabla

−x1 −x2 −x3 −x4

ω = 2 3 0 -1 1

z = 0 -3 -1 0 0

y1 = 2 2 1 -1 0

y2 = 0 1 -1 0 1

Tomamos dicho pivote, pues el más positivo wj − cj es para k = 1 y, como mın{ 2

2 , 01

}= 0 se

tomó r = 2. Así, actualizamos la tabla y tomamos el nuevo pivote

−y2 −x2 −x3 −x4

ω = 2 -3 3 -1 -2

z = 0 3 -4 0 3

y1 = 2 -2 3 -1 -2

x1 = 0 1 -1 0 1

−y2 −y1 −x3 −x4

ω = 0

z = 8/3 -4/3 1/3

x2 = 2/3 -1/3 -2/3

x1 = 2/3 -1/3 1/3

Con esto, pasamos a la Fase II, teniendo la tabla

−x3 −x4

z = 1/3 -4/3 1/3

x2 = 2/3 -1/3 -2/3

x1 = 2/3 -1/3 1/3

y, como estamos maximizando z, tomamos el más negativo, en k = 1, pero al tener y·1 ≤ 0,

se termina el algoritmo, dándonos un problema NO acotado.


b) Lo que las dos fases terminan describendo, gráficamete es

1 2 3−1

−1

1

2

x1

x2

l1 l2

C0

C8/3

Fase I

Fase II

b

c) Puesto que tenemos dos restricciones, tomamos λ1 y λ2 como las variables duales; así, tene-

mos

Min ω = 2λ1

sar

(D)

2λ1 + λ2 ≥ 3

λ1 − λ2 ≥ 1

λ1 ≤ 0, λ2 ≥ 0

Llamando β1 = −λ1, reescribimos (D)

Min ω = −2β1

sar

(D)

−2β1 + λ2 ≥ 3

−β1 − λ2 ≥ 1

β1 ≥ 0, λ2 ≥ 0

Resolviendo dicho problema, tendríamos que expresarlo en su forma estándar

Min ω = −2β1

sar

(D)

−2β1 + λ2 − λ3 = 3

−β1 − λ2 − λ4 = 1

β1 ≥ 0, λ2, λ3, λ4 ≥ 0


y, partiríamos del problema auxiliar

Min ω = y1 + y2

sar

(DA)

−2β1 + λ2 − λ3 + y1 = 3

−β1 − λ2 − λ4 + y2 = 1

β1 ≥ 0, λ2, λ3, λ4 ≥ 0

y1 ≥ 0, y2 ≥ 0

Así, recordando el esquema de la dualidad, F(D) debe ser vacío, es decir, el conjunto factible

no debe estar en el primer cuadrante y, siguiendo el algoritmo de las dos fases se debe tener

que ω∗> 0.

4.4.2 Interpretación de las variables duales y costos reducidos

PROPOSICIÓN 4.1. Si B es una base óptima del problema de PL

Max z = cTx

sar

(P)

Ax = b

x ≥ 0

con rang(A) = m, entonces el vector λ∗TB = cT

BB−1 es el vector de las variables duales

óptimas

Demostración. Notemos que z∗ = cTBx∗B = (cT

BB−1)b = λ∗TB b = ω∗, es decir,

z∗ = ω∗.

Ahora, falta mostrar que λB es factible para el dual (D). Así, sabemos que el dual de (P) es

Min ω = λTb

sar

(D)

ATλ ≥ c ⇔ λT A ≥ cT

λ ∈ Rm


y, notemos que

λ∗T A − cT = λ∗T(

B N)−(

cTB cT

N

)

= cTBB−1

(B N

)−(

cTB cT

N

)

=(

cTB cT

BB−1N)−(

cTB cT

N

)

=(

0 cTBB−1N − cT

N

)

=(

0 z1 − c1 · · · zN(n−m) − cn−m

)

La última igualdad se tiene debido a que, como B es factible se verifica que zj − cj ≥ 0, para todo

j tal que aN(j) ∈ N, es decir,

zj − cj = cTBB−1aN(j) − cj ≥ 0

particularmente cTBB−1N − cT

N ≥ 0, lo que implica que λ∗AT − cT ≥ 0, es decir, λ es factible para

(D).

OBSERVACIÓN. Si B es una base admisible o factible para (P) se sabe que

z = z0 − ∑j: aN(j)∈N

(zj − cj)xj

de donde

∂z

∂xk=

−(zk − ck) si k : aN(k) ∈ N

0 si xk : a(k) ∈ B=

ck − zk si xk está fuera de la base

0 si xk está en la base

Los términos ck − zk se dicen costos reducidos, representan el cambio marginal de z con respecto

a la variable xk, es decir, el cambio de z cuando xk pasa a xk+1.

PROPOSICIÓN 4.2. Si B∗ es una base óptima para (P) y el lado derecho del sistema b ∈ Rm,

cambia a b + ∆b y suponemos que el nuevo problema

Max z = cTx

sar

(P′)

Ax = b + ∆b

x ≥ 0

la base óptima B∗ no cambia y, entonces ∆z = λ∗∆b.


Solución. Supongamos que la solución óptima de (P) es xB = B−1b y xN = 0 y, a la solución

óptima de (P′) llamémosla xB + ∆xB y cumple

B(xB + ∆xB) = b + ∆b

BxB + B∆xB = b + ∆b

B∆xB = ∆b

∆xB = B−1∆b.

Además,

z∗ + ∆z = cTB(xB + ∆xB) = cT

BxB + cTB∆xB = z∗ + (cT

BB−1)∆b,

de donde se tiene que

∆z = λ∗TB ∆b

= λ∗1(∆b)1 + · · ·+ λ∗

i (∆b)i + · · ·+ λ∗m(∆b)m

Así, cuando b → b + ∆b y la base óptima no cambia, el cambio de z es igual a ∆z que es una

combinación lineal de las variables duales óptimas por los cambios en b.

EJEMPLO 4.13. Supongamos que tenemos ∆b=(

0 0 · · · 1 0 · · · 0)

, entonces vemos que

∆z = λ∗i (unidad de z / unidad de la i_ésima restricción), es decir, la i_ésima variable dual del

problema óptimo mide el cambio de z cuando ∆bi = 1.

4.4.3 Análisis de Sensibilidad

Son técnicas matemáticas que se aplican a un problema de PL para determinar los intervalos

en que se puede modificar el lado derecho del sistema sin que la base cambie y se mantenga, por

tanto, la interpretación de las variables duales.

CAPÍTULO 5

PROGRAMACIÓN LINEAL ENTERA

DEFINICIÓN 5.1DEFINICIÓN 5.1Sabemos que un problema de PL es de

1. Programación Lineal Entera si todas las variables xi deben tomar valores enteros

xi ∈ Z+ = {0, 1, 2, ...}, i ∈ {1, ..., n}.

2. Programación Lineal Entera Mixta si un subconjunto de variables deben tomar valores

enteros y otro subconjunto de valores reales.

3. Programación Lineal Bivalente si las variables xi pueden tomar solo los valores 0 o 1,

xi ∈ {0, 1}.

Las variables bivalentes sirven para modelizar decisiones del tipo todo o nada, es decir

xi =

1 si se ejecuta una acción

0 si no

5.1 MODELOS

Consideremos el siguiente problema de PL

Max z = x1 + 2x2

sar

(P)

x1 + x2 ≤ 6,4

+(R)

donde R representan las restricciones del problema. Así, veamos los siguientes casos

109

110 Programación Lineal Entera

1. Si (R) : x1, x2 ∈ Z+, vemos que gráficamente tenemos

1 2 3 4 5 6−1−1

1

2

3

4

5

6

x1

x2

F: discreto(finito o numerable)

Con esto, podemos verificar que F es no convexo. Además, los problemas (PLE) son difíciles

de resolver por lo que se suele relajar al problema, por ejemplo, resolviendo (P) únicamente

con restricciones de positividad tenemos que x1∗ = 0 y x2

∗ = 6,4 con z∗ = 12,8, de donde se

intuye que x∗1 = 0 y x∗2 = 6 con z∗ = 12.

2. Si (R) : x1 ∈ Z+ y x2 ≥ 0, gráficamente tenemos

1 2 3 4 5 6−1−1

1

2

3

4

5

6

x1

x2

F

Con esto, notemos que F es no contable y no convexo y, la solución del problema es x∗1 = 0 y

x∗2 = 6,4 con z∗ = 12,8.

3. Si (R) : x1 ≥ 0 y x2 ∈ {1, 0} tenemos

5.1 Modelos 111

1 2 3 4 5 6−1−1

1

2

3

4

5

6

x1

x2

F

de donde, se tiene que la solución es x∗1 = 6,4 y x∗2 = 0 con z∗ = 6,4.

4. Si (R) : x1, x2 ∈ {0, 1}, tenemos

1 2 3 4 5 6−1−1

1

2

3

4

5

6

x1

x2

F

cuya solución es x∗1 = 1 y x∗2 = 1 con z∗ = 3.

OBSERVACIÓN. Si tenemos n variables bivalentes, el cubo unitario de Rn tiene 2n vértices.

DEFINICIÓN 5.2DEFINICIÓN 5.2Los métodos Heurísticos son métodos aproximados que tratan de buscar rápidamente una

solución factible "buena".

EJEMPLO 5.1. Resolver el siguiente problema

Max z = 21x1 + 11x2

sar


(P)

7x1 + 4x2 ≤ 13

x1 ∈ Z+, x2 ∈ Z

+

Solución. Para resolver el problema aplicaremos la siguiente Heurística

1. Resolver el problema lineal relajado, es decir, con restricciones del tipo x1 ≥ 0 y x2 ≥ 0.

2. Redondear la solución obtenida por el PL.

Con esto, obtengamos primero la solución del problema relajado

1 2 3−1−1

1

2

3

x1

x2

C0

C39

Gráficamente, se tiene que la solución del problema relajado es

x∗1 =137

y x∗2 = 0 con z∗ = 39.

Así, una forma de redondear es

x1 = 2 y x2 = 0,

sin embargo, solución no es factible, pues está fuera del conjunto.

Otra forma de redondear es

¯x1 = 1 y ¯x2 = 0,

con ¯z∗ = 21. No obstante, la solución óptima del problema (P) es x∗1 = 0 y x∗2 = 3 con z∗ =

33.

5.1.1 Modelización de problemas PLE

MODELO 5.1: Problema de Knapsack (Mochila)MODELO 5.1: Problema de Knapsack (Mochila)Un andinista tiene una mochila que soporta a lo más W kg. Tiene a su disposición n objetos

diferentes, cada uno de los cuales tiene un peso wi > 0 y un valor ci > 0, i ∈ {1, ..., n}.

¿Cómo debe elegir el andinista sus objetos de manera que el peso total no sobrepase la

capacidad y que tenga este cargamento un valor máximo?

5.1 Modelos 113

Solución. Definimos las variables de decisión (variables bivalentes)

xi =

1 si el i_ésimo objeto va a la mochila

0 si no

por lo que el problema se plantea como

Max z =n

∑i=1

cixi

sar

(P)

n

∑i=1

wixi ≤ W capacidad

xi ∈ {0, 1}, i ∈ {1, ..., n}

MODELO 5.2: Problema de Knapsack generalMODELO 5.2: Problema de Knapsack generalSupongamos que tenemos n clases Ci, de peso wi y de valor ci, i ∈ {1, ..., n}, donde cada clase

tiene objetos iguales. ¿Cómo determinar un cargamento de valor máximo que no sobrepase

la capacidad de la mochila W kg.?

Solución. Tomamos las variables

xi : número de objetos de la i_ésima clase Ci que van a la mochila, i ∈ {1, ..., n}

Así, tenemos

Max z =n

∑i=1

cixi

sar

(P)

n

∑i=1

wixi ≤ W

xi ∈ Z+, i ∈ {1, ..., n}

MODELO 5.3MODELO 5.3Una empresa explora cuatro inversiones que se las debe hacer completamente y, dispone de

14000 u.m.


INV 1 INV 2 INV 3 INV 4

Desembolso al 5000 7000 4000 3000

inicio del año

Rendimiento al 16000 22000 12000 8000

final del año

¿Cuál es el portafolio óptimo de inversiones?.

Solución. Nos planteamos una decisión de todo o nada, es decir, si invierto o no invierto; por

tanto, tomamos las variables, para cada i ∈ {1, 2, 3, 4}

xi =

1 si participamos en la inversión i

0 si no

de donde, se tiene el modelo

Max z = 16000x1 + 22000x2 + 12000x3 + 8000x4 rendimiento

sar

(P)

5000x1 + 7000x2 + 4000x3 + 3000x4 ≤ 14000 desembolso

xi ∈ {0, 1}, i ∈ {1, 2, 3, 4}

Por la Observación 24, tenemos 24 = 16 posibles soluciones. Así, bajo este ejemplo plantearemos

algunas Heurísticas

1. Tomar las inversiones por el mayor rendimiento

Ordenamos las inversiones de mayor a menor, es decir,

x2 ≻ x1 ≻ x3 ≻ x4

y vamos restando a nuestro monto actual; así,

x2 = 1, r1 = 14000 − 7000 = 7000

ahora, tomamos

x1 = 1, r2 = 7000 − 5000 = 2000

y, puesto que x3 requiere de 4000 u.m.ya no podemos seleccionarlo, por tanto x3 = 0 = x4.

5.1 Modelos 115

Con esto,

x1T =

(1 1 0 0

)con z1 = 38000 u.m.

2. Ordenar las inversiones en orden creciente de los desembolsos

x4 � x3 � x1 � x2

y, con la misma lógica anterior tenemos

x4 = 1, r1 = 14000 − 3000 = 11000

x3 = 1, r2 = 11000 − 4000 = 7000

x1 = 1, r3 = 7000 − 5000 = 2000

x2 = 0,

es decir,

x2T =

(1 0 1 1

)con z2 = 36000 u.m.

3. Ordenar decrecientemente las inversiones por redimiento/desembolso: esta regla es la que más se

emplea

x1 � x2 � x3 � x4.

Con esto,

x1 = 1, r1 = 14000 − 5000 = 9000

x2 = 1, r2 = 9000 − 7000 = 2000

x3 = 0

x4 = 0

es decir,

x3T =

(1 1 0 0

)con z3 = 38000 u.m.

Aun así, la solución óptima es

x∗1 = 0, x∗2 = x∗3 = x∗4 = 1 con z∗ = 42000.


5.1.2 Restricciones Adicionales

a. No se hagan más de dos inversiones

x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 2.

b. Que se haga solo una de las INV 3 e INV 4

x3 + x4 = 1.

c. Si se participa en la INV 2 no se debe participar en INV 1, es decir, si x2 = 1 entonces x1 = 0

x1 + x2 ≤ 1.

d. Si participa INV 3 entonces obligatoriamente participa en INV 4, es decir, si x3 = 1 entonces

x4 = 1

x4 − x3 ≥ 0 ⇐⇒ x4 ≥ x3.

MODELO 5.4: Localización de InstalacionesMODELO 5.4: Localización de InstalacionesSe quiere decidir en qué barrios B1, ..., B6 instalar estaciones de bomberos en el menor nú-

mero, de manera que si se produce un incidente en cualquier barrio se tenga una instalación

próxima que atienda al incidente en menos de 15 minutos. Se presenta la tabla de tiempos

de Bi a Bj en minutos

B2 B3 B4 B5 B5

B1 10 20 30 30 20

B2 0 25 35 20 10

B3 0 15 30 20

B4 0 15 20

B5 0 14

Supondremos que los tiempos son simétricos. Formular un modelo de PLE que permita

resolver este problema

Solución. Tomamos las variables de decisión, para cada i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}

xi =

1 si se instala una estación de bomberos en el barrio Bi;

0 si no.

5.1 Modelos 117

Además, para plantear las restricciones, debemos considerar los tiempos de Bi a Bj, i, j ∈ {1, ..., 6}

(i 6= j), menores o iguales a 15; así, tomamos un barrio i y vemos los tiempos menores o iguales

a 15 hacia otro barrio, recordando que los tiempos son simétricos, es decir, el tiempo en ir de Bi

a Bj es igual al tiempo de ir de Bj a Bi; por lo que tenemos

• B1 : a B2 se puede ir en un lapso de 10 minutos.

• B2 : a B1 en 10 min y a B6 en 10 min.

• B3 : a B4 en 15 min.


• B5 : a B4 en 14 min. y a B6 en 14 min.


Con esto, formulamos el modelo

Min z = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6

sar

(P)

x1 + x2 ≥ 1 seguridad para B1

x1 + x2 + x6 ≥ 1 seguridad para B2

x3 + x4 ≥ 1 seguridad para B3




xi ∈ {0, 1}, i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}

Para el siguiente modelo recordemos lo siguiente

Costo fijo (k): costo que no depende del número de productos elaborados.

Costo variable o costo unitario (v): costo que depende de cada unidad producida.

costo total = costo f ijo + x(costo variable)

= k + v x

costo total =

0 si x = 0

k + v x si x > 0


MODELO 5.5: Producción con costo fijo o Modelo de cargaMODELO 5.5: Producción con costo fijo o Modelo de cargaUna empresa que elabora artículos deportivos puede producir: camisetas, pantalones y bu-

zos. La elaboración de cada uno de estos productos requiere de maquinaria especial que se

la puede alquilar a: 200 um/semana, 150 um/semana y 350 um/semana, respectivamente.

Los datos se presentan en la siguiente tabla

Mano de obra Tela PVP Costos unitarios

(hr/trabajo) (m2) (um/unidad) de producción

Camiseta 3 4 12 6

Pantaloneta 2 3 8 4

Buzos 6 4 15 8

Disponibilidad 150 160

semanal

Formular un modelo de PLEM que permita determinar un plan de producción de utilidad

semanal máxima.

Solución. Tomamos las siguientes variables

xi : cantidad del i_ésimo producto a elaborar en la semana, i ∈ {1, 2, 3}.

yi =

1 si se alquila la maquinaria para elaborar el i_ésimo producto;

0 si no

Ahora, para plantear las restricciones de capacidad se debe verificar que, por el ejemplo, el nú-

mero máximo de camisetas a producirse es lo mínimo de disponibilidad semanal respecto a

mano de obra o tela, es decir,

mın{

1503

,160

4

}= 40

y, a esto se debe verificar que

si y1 = 0 entonces x1 = 0 y si y1 = 1 entonces x1 ≤ 40.

Análogamente, se tiene las restricciones de capacidad para pantalones y buzos. Así, el modelo

es

Max z = (12 − 6)x1 + (8 − 4)x2 + (15 − 8)x3

− 200y1 − 150y2 − 350y3

sar

5.1 Modelos 119

(P)

3x1 + 2x2 + 6x3 ≤ 150

4x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 160

x1 ≤ 40y1

x2 ≤1603

y2

x3 ≤ 25y3

xi ≥ 0, yi ∈ {0, 1}, i ∈ {1, 2, 3}

MODELO 5.6: Modelo de AsignaciónMODELO 5.6: Modelo de AsignaciónSe supone que se tienen que realizar m trabajos, T1, ..., Tm en n máquinas M1, ..., Mn, m ≤ n.

Se conoce la eficiencia cij de procesamiento del trabajp Ti si se lo realiza en la máquina Mj.

¿Cómo asignar cada trabajo a una y solo una máquina, de manera que la eficiencia total sea

máxima.

Solución. Al problema, gráficamente lo podemos representar de la siguiente manera

Tm

...

Ti

...

T1

Mn

...

Mj

...

M1

cij xij

x11

x1j

xmj

Así, tomemos las variables de decisión

xij =

1 si el trabajo Ti es asignado a la máquina Mj

0 si no

para i ∈ {1, ..., m} y j ∈ {1, ..., n}. Por tanto, considerando las dos restricciones

• Todo trabajo se asigna a una sola máquina, y

• Toda máquina procesa a lo más a uno de los trabajos

tenemos el modelo

Max z =m

∑i=1

n

∑j=1

cijxij


sar

(P)

n

∑j=1

xij = 1 i ∈ {1, ..., m}

m

∑i=1

xij ≤ 1 j ∈ {1, ..., n}

xij ∈ {0, 1}, ∀i, ∀j

MODELO 5.7MODELO 5.7Se tienen que realizar cuatro trabajos en cuatro máquinas. En la tabla se muestra el costo de

arranque (set up costs) o de preparación (limpieza, calibración)

M1 M2 M3 M4

T1 14 2 7 2

T2 5 12 8 4

T3 8 6 3 6

T4 7 5 9 10

Formule un modelo de asignación que permita minimizar los costos totales de arranque.

Solución. Planteamos las variables

xij =

1 si el trabajo Ti va a la máquina Mj

0 si no

para todo i, j ∈ {1, 2, 3, 4} y, tomando en cuenta que todo trabajo va a una sola máquina, se tiene

el modelo

Max z = 14x11 + 2x12 + 7x13 + 2x14 + · · ·+ 10x44

sar

5.1 Modelos 121

(P)

x11 + x12 + x13 + x14 = 1

x21 + x22 + x23 + x24 = 1

x31 + x32 + x33 + x34 = 1

x41 + x42 + x43 + x44 = 1

x11 + x21 + x31 + x41 = 1

x12 + x22 + x32 + x42 = 1

x13 + x23 + x33 + x43 = 1

x14 + x24 + x34 + x44 = 1

xij ∈ {0, 1}, i, j ∈ {1, 2, 3, 4}

MODELO 5.8: Modelo de LocalizaciónMODELO 5.8: Modelo de LocalizaciónSe considera una zona geográfica para el estudio (país,provincias, ciudades); mediante tra-

bajos preliminares de prospección se han determinado m localizaciones posibles para cons-

truir bodegas, cada una de las bodegas tiene un costo de construcción ki y una capacidad de

almacenamiento de ci unidades de un producto. Por otro lado, se conoce que en esta región

hay n clientes del producto cuyas localizaciones son conocidas, con demanda de bj unida-

des, n >>> m; se conoce el costo unitario de transporte desde la bodega i hacia el cliente j,

notado por cij, es decir, se conoce Cm×n =(cij

).

¿Dónde se deben construir las bodegas para minimizar los costos de construcción y de

transporte que permita satisfacer la demanda de todos los clientes?.

j

2

13

4

n

i

1

2

m

ki

ci

xij

xi1

Solución. Formulamos las variables

xij : cantidad enviada desde la bodega i al cliente j


yi =

1 si se construye la bodega i

0 si no

para todo i ∈ {1, ..., m} y todo j ∈ {1, ..., n}. Con esto, planteamos el modelo

Min z =m

∑i=1

kiyi +m

∑i=1

n

∑j=1

cijxij

sar

(P)

n

∑j=1

xij ≤ ciyi i ∈ {1, ..., m}

m

∑i=1

xij ≥ bj j ∈ {1, ..., n}

xij ≥ 0, ∀i, ∀j

yi ∈ {0, 1}, j ∈ {1, ..., n}

BIBLIOGRAFÍA

[1] Bertsimas, D. y Tsitsiklis, J. Introduction to Linear Optimization. Athena Scientific, Estados

Unidos, 1997.

[2] Winston, W. Investigación de Operaciones, Aplicaciones y Algoritmos. Thomson, México, 2005.

123

investigaciÓn operativa · la investigación operativa es una rama de la matemática que usa...

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