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2 x + 2 y≥
x y
0 6
3 0
x y
0 4
4 0
x y
0 3
6 0
min. f ( x; y )= 10 x + 14 y
(2;2)
F.
O
(3;0)(4;0) (6;0)
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA
POSGRADO DE LA FACULTAD DE INGENIERIA AMBIENTAL
MATEMATICAS APLICADAS , Docente : Msc. Ing. Luis Alvarado Jaramillo
PRIMERA CLASE , TEMA : OPTIMIZACION
1.- La producción de carbón a diferentes calidades en Ton/día, está dado en la siguiente
matriz.
Excelente Medio Malo Gasto/día
Mina 1 1 2 4 10
Mina 2 2 2 2 14
Requerimient
o
6 8 12 48
Solución:
SOLUCIÓN Función Objetivo ( F. O. )
x + 2 y≥ 6
Por Método Gráfico:
x + 2 y ≥ 6 2 x + 2 y ≥ 8 4 x + 2 y ≥ 12
x + 2 y = 6 2 x + 2 y = 8 4 x + 2 y = 12
(
( 0
0 ;
;
4
6 ))
(0;3)
f ( x ; y )= 10 x + 14 y
(0;3) 10 (0) + 14 (3) = 42
(2;2) 10 (2) + 14 (2) = 48
(3;0) 10 (3) + 14 (0) = 30
Sujeto
∴ f ( 2 ; 2 )= 10 ( 2 )+ 14 ( 2 )
RPTA.
min. f ( x ; y ) = 48 x = 2;y = 2
max. Z = 50 x1+ 80 x
0
1
1
0
=> 2x + 2y = 8 (-) …(i)
x + 2y = 6 …(ii)
x = 2
=> de (ii):
x + 2y = 6 (2) + 2y = 6 y = 2
2. La producción de dos Materiales de diferentes calidades en Kg/día, está dado en la
siguiente matriz.
matriz.
Calidad 1 Calidad 2 Utilidad/día N° días trabajados
Producto A 1 1 50 X1 = 60
Producto B 2 1 80 X2 = 30
Requerimiento
Máximo
120 90 5400
a) ¿Cuántos días se deben trabajar para que la utilidad sea máxima?
b) Encontrar la utilidad
Máxima. Use el método
simplex.
SOLUCIÓN
F. O.
Sujeto a :
x
1
2
x
1
2
Transformando a Igualdad:
--> x
1
2
1
= 120
--> x 1
= 90
Formando sistema de ecuaciones:
Z – 50x 1
= 0
0Z + x 1
= 120
0Z + x 1
= 90
F 1
-->
F 2
-->
F 3
-->
1 -
0 1
0 1
-80 0 0
2 -1 0
1 0 -
0
120 -> 120/2 = 60 ✓ (menor)
90 -> 90/1 = 90
F 1
(÷2)
F 3
-> 60/1/2 = 120
-> 30/1/2 = 60 ✓ (menor)
F 1
0
F
2
3
0
-30 -
-1 1
5400
30
1 -10 0 -40 0 4800
0 1/2 1 -1/2 0 60
0 1/2 0 1/2 -1 30
123
4
X
RESPUESTA = 2.
b ¿ Max Z = 40 x + 50 y , sublet ¿ : x + 2 y≤ 60 , 4 x + 2 y≤ 120 , x , y≥ 0
Solución:
Max Z = 40 X + 50 Y
X + 2 Y ≤ 60
4 X + 2 Y ≤ 120
X , Y ≥ 0
X = 0 → 0 + 2 Y = 60 →Y = 30
Y = 0 → X + 2 ( 0 )= 60 → X = 30
X = 0 → 0 + 2 Y = 60 →Y = 30
Y = 0 → X + 2
= 60 → X = 30
X + 2 Y = 60 .....................( 1 )
4 X + 2 Y = 120 ....................( 2 )
3 X = 60
X = 20 ....................
Remplazamos 3 n 1
4 ( 20 )+ 2 Y = 120
Y = 120
Max Z = 40 ( 20 )+ 50 ( 20 ) → 1800
Respuesta = 1800
y
60
X + 2 Y = 60
4 X + 2 Y = 120
45
30
155
(20,20)
155
30 455 605
X
RESPUESTA = 1800
c) Min Z =− 5 x − 4 y , subjet ¿: 2 x + 2 y ≤ 14 , 6 x + 3 y≤ 36 , 5 x + 10 y ≤ 60 , x , y≥ 0
Max Z =− 5 X − 4 Y
2 X + 2 Y ≤ 14
6 X + 3 Y ≤ 36
5 X + 10 Y ≤ 60
X , Y ≥ 0
X = 0 → 0 + 2 Y = 14 →Y = 7
Y = 0 → 2 X + 2
= 14 → X = 7
6 X 3 Y 36
X = 0 → 6 ( 0 )+ 3 Y = 36 →Y = 12
Y = 0 → 6 X + 3 ( 0 )= 36 → X = 6
5 X 10 Y 60
X = 0 → 5 ( 0 )+ 10 Y = 60 →Y = 6
Y = 0 → 5 X + 10 ( 0 )= 60 → X = 12
6 X + 6 Y = 42
2 X + 2 Y = 14
6 X + 73 Y = 16
3 Y = 6
Y = 2
X = 5
Min Z =− 5 X − 4 Y
Respuesta =−¿ 33
10 X + 10 Y = 70
2 X + 2 Y = 14
5 X + 10 Y = 60
5 X = 10
X = 2
Y = 5
y
2 X + 2 Y = 14
( ( ( A ( ( π
RESPUESTA:
BASE = 2.8 m ALTURA =1.8 m
A
,
= 6 −2.14 X
A
, ,
= 6 −2.14 X
A
, ,
Hallar los puntos críticos
,
( X )
6 −2.14 X = 0
X =2.8 m
De (3)
Y = 6 −1.5 X
Y = 6 −1.5 (2.8)
Y =1.
5.- Se Requiere construir un tanque cilíndrico de base circular para almacenar agua para consumo
humano, el volumen del cilindro deberá ser 64 unidades cúbicas. Encontrar las dimensiones que
debe tener par que la cantidad de material de acero empleado sea mínimo.
Solución: V = 64 m
3
A = π r
2
∗ h = 64 ..............
Expresión (1)
A = 2 π r
2
Expresión (2)
h =
π r
2 ……………………………Expresión (3)
sustituimos 3 en 2
A
( r )
A
( r )
= 2 π r
2
= 2 π r
2
r ∗ 65
π r
2
A = 2 π r
2
− 1
Aplicamos la primera derivada
A´ = 2 π r
2
−
1
A´´
A´´
= 4 π r + 2 ( 128 )∗ r
− 1
= 4 π r +
A´´
( r )
r
√
Encontramos la h
V = 64
(
(
√
(
π π
RESPUESTA:
Área Mínima = 89.019 Altura =4.
LP OPTIMUM FOUND AT STEP
OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1)48.
VARIABLEVALUEREDUCED COST X2.0000000.
Y2.0000000.
ROW SLACK OR SURPLUSDUAL PRICES
NO. ITERATIONS= 2
64 = π r
2
∗ h
h =
π
h =4.
hallamos las dimensiones
A = 2 π r 2 + 128 ∗ r − 1
A
√
√
Areaminima =89.
Haltura =4.
5.- Para los problemas 1 , 2 Y 3, usar el programa LINDO.
Problema 1:
Min Z = 10 X + 14 Y
Subject to
X + 2 Y ≥ 6
2 X + 2 Y ≥
4 X + 2 Y ≥ 12
0.000000 -6.
0.000000 0.
0.000000 -1.
Problema 2:
Max Z = 50 X + 80 Y
2
Subject to
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
VARIABLE VALUE REDUCED COST
X1 60.000000 0.
X2 30.000000 0.
(
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 0
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
Max Z = 40 X + 50 Y
Subject to
VARIABLE VALUE REDUCED COST
X 20.000000 0.
Y 20.000000 0.
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL
PRICES
X , Y ≥ 0
NO. ITERATIONS= 0
RANGES IN WHICH THE BASIS IS
UNCHANGED:
OBJ COEFFICIENT RANGES
VARIABLE CURRENT ALLOWABLE
ALLOWABLE
COEF INCREASE
DECREASE
X 40.000000 60.
Y 50.000000 30.
RIGHTHAND SIDE RANGES
ROW CURRENT ALLOWABLE
ALLOWABLE
RHS INCREASE
DECREASE
2 60.000000 60.
X + 2 Y ≤ 60
- 0.000000 20.
4 X + 2 Y ≤ 120
- 0.000000 5.
