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9.1. OPCIÓN 1: MODIFICACIÓN DE LA FUNCIÓN OBJETIVO
Minimizar f ( X ) es equivalente a maximizar – f ( X ), situación en la que ya podemos aplicar directamente los criterios y algoritmos estudiados hasta aquí. Ahora bien, hay que prestar atención especial al valor de la función objetivo puesto que la función que debemos optimizar es realmente f ( X ) y no su opuesta.
Ejemplo:
min f ( X ) = 80 x 1 + 60 x 2
s.a.: (^0). 20 x 1 + 0. 32 x 2 ≤ 0. 25 x 1 + x 2 = 1 x 1 , x 2 ≥ 0
Cambiamos a la forma estándar introduciendo una variable de holgura x 3 H en la primera restricción, y añadimos posteriormente una variable artificial (^) x 4 A en la segunda. Previamente, multiplicamos la primera restricción por 100. Con todo ello, obtenemos:
max − f ( X ) =− 80 x 1 − 60 x 2 − Mx 4 A
s.a.: (^20) x 1 + 32 x 2 + x 3 H = 25 x 1 + x 2 + x 4 A = 1 x 1 , x 2 , x 3 H^ , x 4 A ≥ 0
Con la solución factible básica inicial (^) x 1 (^) = x 2 = 0 , (^) x 3 H = 25 , (^) x 4 A = 1 , construimos la
primera tabla de manera análoga a como hemos realizado para el caso estudiado de maximización:
x 1 x 2 x 3 H x 4^ A x 3^ H 25 20 32 1 0 0 x 4^ A 1 1 1 0 1 - M -80 -60 0 - M M - 80 M - 60 0 0
J = {1, 2} j = 1 ⇒ min { 25 20 , 11 } = 1 ⇒ i = 2
j = 2 ⇒ min^ { 25 32 , 11 }^ = 2532 ⇒ i = 1
max { 1 ⋅ (^ M − 80 ),^2532 ⋅(^ M − 60 )}^ = M − 80 ⇒entra^ x 1 y sale^ x 4 A.
x 1 x 2 x 3 H x 3^ H 5 0 12 1 0 x 1 (^) 1 1 1 0 - -80 -60 0 0 20 0
J = {2} min { 5 12 , 11 } = 512 ⇒entra x 2 y sale x 3 H.
x 1 x 2 x 3 H x 2 (^) 5/12 0 1 1/12 - x 1 (^) 7/12 1 0 -1/12 - -80 -60 0 0 0 -5/
J = ∅, por tanto estamos en la solución óptima:
12
*^7 x 1 (^) = ,^12 *^5 x (^) 2 = ,^3 80 60 *^215 2
1 Z *^ = x + x =
9.2. OPCIÓN 2: ADECUADA DEFINICIÓN DEL COSTE MARGINAL
Se cambia la definición de coste marginal, definiéndolo como c (^) k = zk − ck. Las variables artificiales se introducen en la función objetivo sumando, con un coeficiente + M suficientemente grande. Salvo estas modificaciones, el resto del procedimiento es el mismo.
Ejemplo:
min (^) Z = 80 x 1 + 60 x 2 min (^) Z = 80 x 1 + 60 x 2 + MxA 4 s.a.: (^0). 20 x 1 (^) + 0. 32 x 2 ≤ 0. 25 s.a.: 20 x 1 + 32 x 2 + x 3 H = 25 x 1 (^) + x 2 = 1 x 1 + x 2 + x 4 A = 1 x 1 , x 2 ≥ 0 x 1 , x 2 , x 3 H^ , x 4 A ≥^0
x 1 x 2 x 3 H x 4^ A x 3^ H 25 20 32 1 0 0 x 4^ A 1 1 1 0 1 M 80 60 0 M M - 80 M - 60 0 0
x 1 x 2 x 3 H x 4^ A x 2 (^) 25/32 5/8 1 1/32 0 60 x 4^ A 7/32 3/8 0 -1/32 1 M 80 60 0 M
2
85 8
3 M − 0
8 32
15 − M 0
x 1 x 2 xH 3 x 2 5/12 0 1 1/12 60 x 1 7/12 1 0 -1/12 80 80 60 0 0 0 -5/
Óptimo: 12
*^7 x 1 (^) = , (^12) *^5 x 2 (^) = , (^3) 80 60 *^215 Z *^ = x 1 *+ x 2 =
9.3. OPCIÓN 3: MODIFICACIONES EN EL ALGORITMO
Con c (^) k = ck − zk , modificar los algoritmos anteriores para el caso de minimización
con arreglo a los siguientes criterios:
a) J = { j ∋ cj < 0 }
b) Para elegir la variable que entra en la base seguiremos uno de los siguientes criterios:
b-1) Se calcula según el algoritmo 1, donde
= ∋ ij > 0 ij
i rj i
r (^) a a min b a
b (^). Por
tato, (^) xs entra en la base. b-2) Se elige x (^) s tal que (^) c s = min { c (^) j ∋ j ∈ J }.
c) El algoritmo acaba si J = ∅, es decir, si todo (^) c j ≥ 0.
Ejemplo:
min (^) Z = 80 x 1 + 60 x 2 min (^) Z = 80 x 1 + 60 x 2 + Mx 4 A s.a.: (^0). 20 x 1 (^) + 0. 32 x 2 ≤ 0. 25 s.a.: 20 x 1 + 32 x 2 + x 3 H = 25 x 1 (^) + x 2 = 1 x 1 + x 2 + x 4 A = 1 x 1 , x 2 ≥ 0 x 1 ,^ x 2 , x 3 H^ , x 4 A ≥^0
x 1 x 2 x 3 H x 4^ A x 3^ H 25 20 32 1 0 0 x 4^ A 1 1 1 0 1 M 80 60 0 M 80 - M 60 - M 0 0
Se utiliza como alternativa al método visto anteriormente, conocido como el método de la gran M , cuando es preciso introducir variables artificiales.
Fase I:
Se introducen las variables artificiales como en el procedimiento general, construyendo un problema auxiliar, para encontrar una primera solución factible básica en la que intervienen ya las variables artificiales (o bien, determinar que no existe solución factible).
Fase II:
Con la solución factible básica de la fase I se optimiza la función original. Durante la fase II, tanto las variables artificiales como la función objetivo de la fase I se omiten.
Si el problema lineal escrito en forma matricial estándar es:
min f ( X ) s.a.: AX = B X ≥ 0
entonces, el problema auxiliar con variables artificiales que construimos en la fase I será:
min (^) ∑
m i
yi 1 s.a.: AX + Y = B X ≥ 0 ,^ Y ≥ 0
donde Y = ( y 1 , ..., ym ) es un vector de variables artificiales. Es obvio que si existe para éste una solución factible para el problema original, entonces el mínimo del problema auxiliar debe de ser cero, con Y = 0, y en caso de que no exista solución factible para el primero, el mínimo de éste será mayor que cero.
Ejemplo:
min Z = 4 x 1 + x 2 + x 3 s.a.: 2 x 1 + x 2 + 2 x 3 = 4 3 x 1 + 3 x 2 + x 3 = 3 x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0
Fase I: Problema auxiliar.
min (^) y 1 (^) + y 2 max (^) − y 1 (^) − y 2 s.a.: 2 x 1 (^) + x 2 + 2 x 3 + y 1 = 4 s.a.: 2 x 1 + x 2 + 2 x 3 + y 1 = 4 3 x 1 (^) + 3 x 2 + x 3 + y 2 = 3 3 x 1 + 3 x 2 + x 3 + y 2 = 3 x 1 (^) , x 2 , x 3 ≥ 0 , y 1 , y 2 ≥ 0 x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 , y 1 , y 2 ≥ 0
x 1 x 2 x 3^ y 1 y 2 y 1 (^) 4 2 1 2 1 0 - y (^) 2 3 3 3 1 0 1 - -7 0 0 0 -1 - 5 4 3 0 0
x 1 x 2 x 3^ y 1 y 2 y 1 2 0 -1 4/3 1 -2/3 - x 1 1 1 1 1/3 0 1/3 0 -2 0 0 0 -1 - 0 -1 4/3 0 -5/
Este problema equivale a maximizar el opuesto de la función objetivo, − Z = − 2 x 1 − 3 x 2 − 2 x 3 + x 4 − x 5 , sujeto a las mismas restricciones.
Tabla óptima para la fase I. Óptimo: x 1 * = x * 2 = x 3 *= 0 ,
- x 1 x 2 x 3 y 1 y
- x 3 3/2 0 -3/4 1 3/4 -1/2
- x 1 1/2 1 5/4 0 -1/4 1/2 - 0 0 0 0 -1 - - 0 0 0 -1 -
- min 4 x 1 + x 2 + x 3 max − 4 x 1 − x 2 − x Fase II:
- s.a.: 2 x 1 + x 2 + 2 x 3 = 4 s.a.: 2 x 1 + x 2 + 2 x 3 = - 3 x 1 + 3 x 2 + x 3 = 3 3 x 1 + 3 x 2 + x 3 = - x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 x 1 , x 2 , x 3 ≥ - x 1 x 2 x - x 3 3/2 0 -3/4 1 - - x 1 1/2 1 5/4 0 - - -4 -1 - - 0 13/4 - x 1 x 2 x - x 3 9/5 3/5 0 1 - - x 2 2/5 4/5 1 0 - - -4 -1 - - -13/5 - * - x 2 = , - * - x 3 = , - 4 *
- min Z = 2 x 1 + 3 x 2 + 2 x 3 − x 4 + x Ejemplo:
- s.a.: 3 x 1 − 3 x 2 + 4 x 3 + 2 x 4 − x 5 =
- x 1 + x 2 + x 3 + 3 x 4 + x 5 =
- x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥
- min y 1 + y Fase I: Problema auxiliar.
- s.a.: 3 x 1 − 3 x 2 + 4 x 3 + 2 x 4 − x 5 + y 1 =
- x 1 + x 2 + x 3 + 3 x 4 + x 5 + y 2 =
- x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0 , y 1 , y 2 ≥ - x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 y 1 y Equivalente a maximizar − y 1 − y 2 con las mismas restricciones.
- y 1 0 3 -3 4 2 -1 1 0 -
- y 2 2 1 1 1 3 1 0 1 - - 0 0 0 0 0 -1 - - 4 -2 - x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 y 1 y
- x 4 0 3/2 -3/2 2 1 -1/2 1/2
- y 2 2 -7/2 11/2 -5 0 5/2 -3/2 1 - - 0 0 0 0 0 -1 - - -7/2 11/2 -5 0 5/2 -5/2 - x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 y 1 y
- x 4 6/11 6/11 0 7/11 1 2/11 1/11 3/11
- x 2 4/11 -7/11 1 -10/11 0 5/11 -3/11 2/11 - 0 0 0 0 0 -1 - - 0 0 0 0 0 -1 - - x 1 x 2 x 3 x 4 x Fase II:
- x 4 6/11 6/11 0 7/11 1 2/11
- x 2 4/11 -7/11 1 -10/11 0 5/11 - - -2 -3 -2 1 - - -49/11 0 -59/11 0 2/ - x 1 x 2 x 3 x 4 x
- x 4 2/5 4/5 -2/5
- x 5 4/5 -7/5 11/5 -2 0 1 - - -2 -3 -2 1 - - -21/5 -2/5 -5 - * - x 4 = , - * - x 5 = , - 2 3 2 *
x (^) 1 = 1200 − 2. 5 x 2 − 10 x 4^ H
x (^) 3 = 50 + 0. 5 x 2 + 5 x 4 H^ − 2. 5 x 5^ H
Z = 3800 − 0. 5 x 2 − 10 x 4 H^ − 10 x^ H 5
Los coeficientes asociados en la función objetivo a las variables no básicas x (^) 2 , x 4 H^ , x 5^ H , - 0.5, - 10, - 10 respectivamente, son los costes marginales asociados a dichas variables si aplicamos el algoritmo del Simplex.
En la tabla óptima teníamos:
x 1 x 2 x 3^ xH 4 x^ H 5 x 1 (^) 1200 1 2.5 0 10 0 x 3 (^) 50 0 -0.5 1 -5 2. 3800 0 -0.5 0 -10 -
Puesto que Z = 3800 − 0. 5 x 2 − 10 xH 4^ − 10 x 5 H , si hubiera un aumento positivo en la variable básica (^) x 2 ( (^) x 2 = 0), la función objetivo, Z , disminuiría puesto que a (^) x 2 le multiplica un coeficiente negativo, - 0.5. Esto es, comprobamos que por cada unidad del pienso (^) P 2 que fabriquemos, el valor de la función objetivo disminuye en 0.5 unidades. Además, si hiciéramos (^) c 2 (^) ≥ 5 + 0. 5 (coste de (^) x 2 más el valor absoluto del coste marginal de x 2 ), entonces x 2 sería básica, es decir, interesaría producir unidades de (^) P 2.
Veámoslo más detalladamente:
- Sea x 2 (^) = 1 , entonces se tiene que:
x 1 = 1200 − 2. 5 = 1197. 5
x 3 = 50 + 0. 5 = 50. 5
y, con ello, Z ( 1197. 5 , 1 , 50. 5 ) = 3799. 5
Notamos que lo que ha disminuido la función objetivo es justamente el valor absoluto del coste marginal correspondiente a la variable (^) x 2 , esto es, 3880 – 0.5 = 3799.
- Sea ahora (^) c 2 (^) ≥ 5. 5 , por ejemplo, (^) c 2 (^) = 6. 5 ⇒ c 2 = c 2 − z 2 = 6. 5 − 5. 5 = 1. Luego, entraría en la base x 2.
Calculamos min { 1200 2. 5 } ⇒ sale de la base la variable x 1 , obteniendo la
nueva tabla como:
x 1 x 2 x 3^ xH 4 x^ H 5 x 2 (^) 480 2/5 1 0 4 0 6. x 3 (^) 290 1/5 0 1 -3 2.5 4 4280 3 6.5 4 0 0 -2/5 0 0 -14 -
Hemos mejorado la solución óptima como expusimos anteriormente.
