MR 315 Versión 1 Segunda Parcial 1/7 Lapso 2013

MR 315
Versión 1
Segunda Parcial
Lapso 2013/1
1/7
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA INGENIERÍA
Semana 12
MODELO DE RESPUESTA
ASIGNATURA: Investigación de Operaciones I
MOMENTO: Segunda Parcial
FECHA DE APLICACIÓN: 23/ 03/13;
MOD. II, UND. 5, OBJ. 5
CÓDIGO: 315
VERSIÓN: 1
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
1- Aplicación del Método Simplex Revisado:
Forma matricial aumentada (una vez agregadas las variables de holgura):
⎛ 12 ⎞
⎜ ⎟
⎜ 10 ⎟
⎡ −3 2 8 1 0 0 ⎤
⎛ 17 ⎞
⎜ 30 ⎟
⎜ ⎟
c=⎜ ⎟
A = ⎢⎢ −1 1 3 0 1 0 ⎥⎥ ; b = ⎜ 9 ⎟ ;
⎜0⎟
⎜ 16 ⎟
⎢⎣ −2 1 8 0 0 1⎥⎦
⎝ ⎠
⎜0⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
Se aplica el Método Simplex Revisado
Iteración 1:
Base inicial:
⎡1 0 0⎤
B-1 = ⎢⎢0 1 0 ⎥⎥
⎢⎣0 0 1⎥⎦
⎛ 17 ⎞
⎜ ⎟
xB = B-1b = ⎜ 9 ⎟
⎜ ⎟
⎝ 16 ⎠
z=0
Conjunto básico inicial:
⎛ x4 ⎞
⎜ ⎟
x B = ⎜ x5 ⎟
⎜x ⎟
⎝ 6⎠
Especialista: María E. Mazzei
Ingeniería de Sistemas
Evaluador. Carmen Velásquez
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2/7
Determinación del vector entrante: Cálculo de los zj –cj para las variables
no básicas. Las variables no básicas son: {x1, x2 , x3}
zi = cB y i
;
y i = B −1ai para i correspondiente al índice de variables no
básicas
z1 –c1 = -12; z2 –c2 = -10; z3 –c3 = -30
(Solución no óptima)
Entra x3 ( el más negativo)
Determinación del vector saliente:
Se calcula y3
⎡1 0 0⎤ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 8 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
y3 = ⎢⎢0 1 0 ⎥⎥ ⎜ 3 ⎟ = ⎜ 3 ⎟
⎢⎣0 0 1⎥⎦ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ ⎜⎝ 8 ⎟⎠
Min {17/8 ; 9/3; 16/8} = 3; corresponde salir a :
a6
Iteración 2:
Vector básico:
⎛ x4 ⎞
⎜ ⎟
x B = ⎜ x5 ⎟
⎜x ⎟
⎝ 3⎠
Nueva base y nueva solución básica:
−1 ⎤
⎡1 0
⎢
B = ⎢0 1 −3 / 8 ⎥⎥
⎢⎣0 0 1/ 8 ⎥⎦
-1
⎛ 1⎞
⎜ ⎟
xB = B b = ⎜ 3 ⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
-1
z = 60
Determinación del vector entrante: Cálculo de los zj –cj para las variables
no básicas. Las variables no básicas son: {x1, x2, x6}
zi = cB y i
;
y i = B −1ai para i correspondiente al índice de variables no
básicas
z1 –c1 = -78/4; z2 –c2 = -25/4; z6 –c6 = 15/4
(Solución no óptima)
Entra x1 ( el más negativo)
Especialista: María E. Mazzei
Ingeniería de Sistemas
Evaluador. Carmen Velásquez
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3/7
Determinación del vector saliente:
Se calcula y1
−1 ⎤ ⎛ −3 ⎞ ⎛ −1 ⎞
⎡1 0
⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎢
y1 = ⎢0 1 −3 / 8 ⎥⎥ ⎜ −1 ⎟ = ⎜ −1/ 4 ⎟
⎢⎣0 0 1/ 8 ⎥⎦ ⎜⎝ −2 ⎟⎠ ⎜⎝ −1/ 4 ⎟⎠
Como todos los componentes de y1 son negativos, esto indica que la solución
al PPL es NO ACOTADA. No puede continuar hacia la próxima iteración, ya
que el proceso continuaría infinitamente.
Criterio de corrección: se logra el objetivo si se aplica correctamente el Método
Simplex Revisado, obteniendo el resultado de SOLUCIÓN NO ACOTADA. No se
acepta la forma tabular. El modelo de solución aquí presentado es una
simplificación de lo que se debe obtener según el método aprendido del libro.
MOD. II, UND. 6, OBJ. 6
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
2- Problema de asignación
Equipos
Personas
1
2
3
4
1
2
3
3
2
9
4
4
5
3
2
7
8
4
5
El problema no está balanceado. Se agrega un nodo ficticio
Equipos
Personas
Especialista: María E. Mazzei
1
2
3
4
1
2
3
4
3
2
9
4
4
5
3
2
7
8
4
5
0
0
0
0
Ingeniería de Sistemas
Evaluador. Carmen Velásquez
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4/7
Aplicaremos el Método Húngaro, para resolverlo.
Iteración 1
Colocamos los valores mínimos de las columnas:
1
2
3
4
min fila
1
2
3
4
3
2
9
4
2
4
5
3
2
2
7
8
4
5
4
0
0
0
0
0
Restamos el menor costo por columna a cada celda
1
2
3
4
1
2
3
4
1
0
7
2
2
3
1
0
3
4
0
1
0
0
0
0
Se halló la solución, ya que hay un cero asociado a cada fila y
columna:
Asignar la persona 2 al equipo 1
Asignar la persona 3 al equipo 3
Asignar la persona 4 al equipo 2
La persona 1 queda sin asignación
Costo óptimo asociado:= 8 unidades
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se obtiene correctamente la
solución del problema empleando el método Húngaro.
MOD. III, UND. 7, OBJ. 7
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
3- Aplicación del Método Simplex para variables acotadas
Especialista: María E. Mazzei
Ingeniería de Sistemas
Evaluador. Carmen Velásquez
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(PPL)
Maximizar 2 x1 + 3 x2
Sujeto a -x1 + x2
0 ≤ x1 ≤ 1
0 ≤ x2 ≤ 1
≤ 0,5
Iteración 1:
z
h1
x1
-2
-1
x2
-3
1
h1
0
1
b
0
½
x2 es la candidata a entrar a la base
t1 = = ½
t2 = ∞ corresponde a min((uBi – xBi)/-yiv), como h1 no tiene cota superior, es
infinito
u2 =1
t = min {½, ∞, 1} = ½. El mínimo corresponde a t1.
Iteración 2:
z
x2
x1´
-5
-1
x2
0
1
h1
3
1
b
3/2
½
t1 = = ∞
t2 = ½ corresponde a min((uBi – xBi)/-yiv
u1 =1
t = min {½, ∞, 1} = ½. El mínimo corresponde a t2
Iteración 3:
z
x1
Especialista: María E. Mazzei
x1
0
1
x2
-5
-1
h1
-2
-1
Ingeniería de Sistemas
b
-1
-½
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t1 = = ∞
t2 = 3/2 corresponde a min((uBi – xBi)/-yiv
u2 =1
t = min { ∞, 3/2, 1} = 1. El mínimo corresponde a u2 . Por lo tanto x2 queda
no básica pero en su cota superior, x2 = 1
Deben hacerse los cambios correspondientes en la columna sombreada y
continuar con la próxima iteración.
Criterio de corrección: Se logra el objetivo, si se aplica correctamente el Método
Simplex para variables acotadas, hasta 3 iteraciones completas. Es obligatorio
especificar los criterios de selección de variables entrantes y salientes de la base,
y al final, la solución óptima.
MOD. III, UND. 8, OBJ. 8
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
4- Problema lineal complementario
Dado el PPL:
Maximizar 4 x1 + 6 x2
Sujeto a
x1 + 3 x2 ≥ 15
x1 + 2 x2 ≥ 6
x1 , x2 ≥ 0
El dual del PPL es: Minimizar 15 y1 + 6 y2
Sujeto a
y1 + y2 ≤ 4
3y1 + 2y2 ≤ 6
y1 , y2 ≥ 0
wT = ( −u1, −u2 ,v1,v 2 );
⎡0
⎢0
M=⎢
⎢1
⎢
⎣1
(PLC)
zT = ( x1, x2 , y1, y 2 )
0 −1 −1⎤
0 −3 −2⎥⎥
;
3 0 0⎥
⎥
2 0 0⎦
⎡ 4 ⎤
⎡ c ⎤ ⎢ 6 ⎥⎥
q=⎢ ⎥=⎢
⎣ −b ⎦ ⎢ −15 ⎥
⎢
⎥
⎣ −6 ⎦
T
Iw – Mz = q
w ≥ 0, wi. zi = 0, para todo i
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7/7
Aplicación del Algoritmo del Pivote Complementario
Iteración 1
w1
w2
w3
w4
Entra z0
w1
1
0
0
0
y
w2
0
1
0
0
w3
0
0
1
0
w4
0
0
0
1
z1
0
0
-1
-1
z2
0
0
-3
-2
z3
1
3
0
0
z4
1
2
0
0
z0
-1
-1
-1
-1
q
4
6
-15
-6
w3
-1
-1
-1
-1
w4
0
0
0
1
z1
1
1
1
0
z2
3
3
3
1
z3
1
3
0
0
z4
1
2
0
0
z0
0
0
1
0
q
19
21
15
9
sale w3
Iteración 2
w1
w2
z0
w4
w1
1
0
0
0
w2
0
1
0
0
Como salió w3, debe entrar z3
La variable saliente se determina por: min{ 19, 21/3,-,-} = 7 , corresponde a w2
Aún no se ha hallado la solución óptima, ya que z0 no ha alcanzado el valor
cero.
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se construye correctamente el
PLC y se aplica correctamente el algoritmo, especificando las variables
entrantes y salientes. Se debe realizar al menos 2 iteraciones completas.
FIN DEL MODELO
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Evaluador. Carmen Velásquez