Cuando no encontramos satisfacciónen nosotros mismos, es inútil buscarla en otra parte, L. A. ROCHEFOUCAULD INTRODUCCIÓN El método gráfico es la forma más simple para resolver los problemas de programación lineal; consiste en graficar las ecuaciones correspondientes a las restricciones en coordenadas cartesianas, siendo cada variable representada en uno de los ejes, de forma que quede perfectamente delimitada la zona factible de solución, procediéndose entonces a tratar de localizar en ella el punto que optimice la función objetivo. En este método, como cada variable se representa en un eje, sólo podrán manejarse problemas que tengan como máximo tres variables, ya que no es posible graficar más de tres dimensiones, En este texto en particular se presentan sólo casos de dos variables, pues son los ejemplos que con frecuencia se manejan en el método gráfico para ser representados en un plano, ya que aun cuando son más sencillos, ilustran de una manera didáctica y conveniente el procedimiento de solución de los problemas (Davis y McKeown, 1986). METODOLOGÍA Un procedimiento dividido en pasos del presente método puede ser el siguiente (Thierauf y Grosse, 1990): 1. Plantear el problema, Esto es, convertir los datos e información que se tiene del problema en un sistema de ecuaciones debidamente planteadas corno programación lineal. Este paso ya no se desarrolla aquí, puesto que se trató en el capítulo anterior. 2. Representar una variable del problema en cada eje cartesiano, procediendo luego a graficar las ecuaciones de las restricciones en el plano formado. Cada intersección de un par de restricciones formará un vértice de la zona de solución, siendo el primero de éstos el origen, ya que es el punto de intersección de las restricciones de no negatividad. Entonces habrá tantos vértices como intersecciones posibles haya entre un par dado de restricciones, ya sean éstas funcionales o de no negatividad, Con esto se delimita la zona factible de solución de acuerdo con el tipo de restricciones del problema, es decir, si las restricciones son del tipo mayor o igual que, la zona factible de solución se ubicará hacia la parte superior del primer cuadrante de la gráfica, y por el contrario, si las restricciones son del tipo menor o igual que. la zona factible será la que quede por debajo de las líneas rectas correspondientes a las restricciones, pero siempre por encima del origen, Finalmente, cualquier restricción de igualdad implicará que la zona factible deberá quedar en la línea correspondiente a dicha restricción, 3. Trazar ecuaciones de la función objetivo. dándole diferentes valores a Z, viendo cuáles de ellas tocan alguna parte de la zona factible de solución. Debe señalarse que este paso puede omitirse. pues el objetivo es hallar el punto que corresponde a la solución del problema, el cual será aquel que optimice la Z. lo cual se explica en el paso siguiente. 4. Hallar la solución del problema. es decir. aquella recta de las trazadas en el paso anterior que optimice la 23 8. siendo Z = 0. numeradas del 1 a13. B = O). la zona 3 queda debajo de las rectas de las ecuaLuego se grafican las ecuaciones de las restricciones tomanciones 1y 2.4 x 16 =6. ya ba de la recta de la ecuación 1.«---. Este paso también puede llevarse a cabo hallando el valor de Z de cada uno de los vértices de la región factible de solución.4 x B = 0. en caso contrario. Para la ecuación 1: donde A = 0. entonces se representará A en el eje de restricción. se presentan varios ejemplos resueltos. se toma la que pasa por el punto P2 donde A = 10.4 xO=5.al cual se llamará R.Ecuación2 4 o Ejemplo 3. Z = 6. de donde se ha tomado el valor de 6. B= 16)y O2 (A= 16. se Ahora se sigue al paso 3. el otro puede ser cuando B = 0. existirá una solución óptima única.5 x 10 + 0. trazando algunas rectas de la funtrata de líneas rectas. por lo que cumple con la segunda que el 1 se ha efectuado.5A + O. pero no con la primera. factible de la solución. cumpliendo por tanto con ambas restricciones. por lo cual se representa en la figura con líneas diagonales punteadas. B = 20) Y P2 (A = 10.5 x + 0. las abscisas y B en el de las ordenadas. B P. por tanto no es región Siendo A. buscando entonces aquel vértice que tenga la Z máxima o mínima.5 x A + 0. B no negativas.5(0) + O. La zona 2 queda por debajo de la recta de la ecuación 2y arriSolución: aquí se inicia la metodología a partir del paso 2.1. quedando comprendi2A+B=20 (1) da entre los puntos 0-0¡-PO-P2• A+B= 16 (2) En este caso hay cuatro vértices del problema. entonces: SiB=O. B = 16. Para la otra línea recta.1.4B= 0. sobre las cuales puede comentarse lo siguiente: la zona 1 queda debajo de la recta correspondiente a la ecuación 1 y arriba 2A+B~20 (1) de la recta de la ecuación 2.8 Siendo el otro punto (A = 12. ticular se toman dos rectas. es decir: do la región factible para la solución.B=20 el 01. la representación gráfica de estas ecuaciones se muestra en la ngura 3_1.4.24 función objetivo. dado que la solución de programación lineal siempre se ubica en uno de los vértices de la zona factible de solución. entonces: Z=5 = 0.4/0.5A + 0.4B En la figura 3. B = O) Para la ecuación 2: A+B= 16 SiA=0.A= 10 Sujeta a las siguientes restricciones: ° Entonces los puntos son P.1. según sea el caso. primero la que pasa por el punto 01. B = 0. que es el caso cuando una de las rectas correspondientes a las restricciones es paralela a la recta de la función objetivo. esto delimita la zona factible de solución al primer cuadrante.B=0). por lo que tampoco es región factible de solución.1 han sido señaladas tres zonas. l-o comentario adicional es el hecho de que como A y B deben ser no negativas.4(0) de donde: A = 6. En este caso pardos puntos. pues para lograr esto debe cumplir ambas. por tanto Z será igual a 0. POYP2• Si se observa el tipo de ecuaciones de cada restricción. siendo las desigualdades como igualdades.B=16 SiB=O.4. Gráfica del ejemplo 3. que son los puntos 0. Para ilustrar el procedimiento antes señalado. las que podrán trazarse con localizar sólo ción objetivo. dándole diferentes valores a Z. Por su parte. el cual se tomará cuando A = 0.4B .4 x B = 0.5A + O. uno es SiA=0. 20 8 "'. Max Z = 0. que será aquella que maximice o minimice la Z.la zona cumple con la primera restricción y no cumple con la segunda. (A = 0. .4 = 0.5 = 12. 2A+B=20 Para graficar esta línea recta se necesitan dos puntos. esto significa que como las restriccioA+B~ 16 (2) nes son del tipo menor o igual que (~). según el caso que se va a resolver. Para graficar esta recta se necesita conocer un segundo punto. 01. Aquí es pertinente comentar que pueden existir varias soluciones óptimas de un problema.5 x A + 0. Resolver por el método gráfico el problema: 4 8 12 16 20 A Figura 3. A= 16 Siendo los puntos 01 (A=O. si se resuelven las ecuaciones de esas dos restricciones a la vez.5(0) + 0.B=O) Entonces: Z=0. por tanto.2 puede verse que la línea de Z = 6.4(0) = O Punto 01 (A = O.5(0) + 0.5(10) + 0. una manera simple de verificar esto es obtener la Z de los cuatro vértices que forman la zona de solución.4(12) =2+4. pero otros fuera de la misma.5A+0. PO. lo cual es lógico.4= 12. se sustituye en la ecuación 2 para obtener: 4+B=16 de donde: B=16-4=12 o 4 8 12 16 20 A Figura 3.5 y 0. Estas dos líneas rectas se presentan junto con la región factible de solución en la figura 3.4 Y Z = 5.B= 16) Por tanto.? 10 siendo A Y B no negativas. al ser estos coeficientes constantes.2.2 que quede dentro de la zona de la solución y maximice a Z.B = 12. Gráfica de las dos rectas de la función objetivo. la pendiente de la recta también será constante.respectivamente.25 METODOLOGíA de donde: Entonces: B=5/0. por su parte. para esto se sabe que dicho punto es la intersección de la recta de la restricción número 1 con la recta de la restricción número 2. las líneas serán paralelas. el cual se denominará como S. B Punto PO (no se conocen las coordenadas).4 Siendo este segundo punto (A = O.5). De acuerdo con la metodología señalada para el paso 4.4(16) =6.8 Finalmente el punto P2 (A = 10. Finalmente se pasa al cuarto paso.4 tiene algunos puntos dentro de dicha zona. se obtiene: 2A-A+B-B=20-16 A=4 Con este valor de A.? 12 2A+ B. pero aún podrían trazarse rectas paralelas que logren quedar dentro de la zona de solución.2. pues los coeficientes 0. B = O) Entonces: Z=0. donde A=4 B= 12 ConZ=6.5 Z=0.4B = 0. el cual consiste en hallar aquella recta paralela a las dos de la figura 3.4 que multiplican a las variables Ay B. las coordenadas del punto PO son (A = 4. Una observación importante es que ambas rectas son paralelas.8 Ejemplo 3.4B = 0. Como puede observarse en la figura 3. Resolver el problema: MinZ= 10A+9B Sujeto a las restricciones: A+ 2B.2. (1) (2) . De la figura 3. se obtendrán los valores de A y B que corresponden al punto PO.4 es mejor en este sentido que la de Z = 5.5A+0. entonces: 20 2A+B=20 A+B= 16 (1) (2) Q1 Si se resta la ecuación 2 de la 1. por lo que al tener la misma pendiente. son constantes.5A+0. B = 12 ). la línea Z = 5 queda toda dentro de la zona de solución.4B = 0.5A+0. Z = 6. sólo varía el valor de Z. mientras que la recta Z = 6.2. Lo cual se efectúa enseguida: Punto O(A=O.4(0) =5 De aquí se observa que la solución del problema es el punto de intersección de las rectas de las restricciones.8=6. se tendrá lo siguiente: Z=0.4B = 0. lo primero será obtener su localización.5(4) + 0. Por tanto. para Z. que es el que proporciona la 2 mínima y cumple con las restricciones. B= O) Estas rectas se muestran gráficamente en la figura 3. se debe en primer término encontrar su localización. Por su parte la zona 2 cumple con la segunda restricción. pero no con la segunda. B=6) Si B= O.. A = 10/2 =5. (A= O.8/3 = 36/3 .:_~ -. pues queda por debajo de las dos líneas correspondientes a sus ecuaciones.. punto P. la zona 3 no cumple con ninguna de las dos restricciones. es decir. B=O). MÉTODO GRÁfiCO Por último. B= 14/3). para la primera de ellas se tendrá: A+ 2B= 12 LINEAL. Por tanto.esta zona cumple con la primera restricción. se tendrá: A . el punto PO está situado en (A = 8/3. entonces: A+ 2B= 12 2A+ B= 10 (1) (2) Para poder trazar estas dos rectas se necesitan dos puntos CODOCidos en cada una de ellas. cuyo espacio se ha dividido en tres zonas. para esto se resuelve el sistema de ecuaciones simultáneas: A+2B= 12 2A+ B= 10 (1) (2) Si a la ecuación 1 se le resta dos veces la ecuación 2. en el cual el punto de solución será aquel que minimice 2 de la región factible. por tanto la solución es: A=8/3 B= 14/3 2=206/3 . B= 10. la línea formada por los puntos P2. la zona factible de solución será aquélla del primer cuadrante (puesto que Ay B deben ser no negativas). se tiene: 2= 10A+9B = 10(0) + 9(10) = 90 Si A = O.3. pues queda por debajo de la línea correspondiente a su ecuación.2 (2A) +2B. pero no con la primera.2(B) = 12 -2(10) A-4A+2B-2B= 12-20 -3A=-8 A=8/3 y si se sustituye este valor en la ecuación 1. B= 12/2 =6. Como las restricciones son en este caso del tipo mayor o igual que (::::). "C"-OGRAMACIÓN Y. dará: . punto O2 (A =5.3.c. En este caso se tienen tres vértices. B= O) Por su parte. punto O¡ (A= O. pues queda por arriba de la línea de su ecuación.:-~das_ Enseguida se grafican las ecuaciones de las restricciones tomando las desigualdades como igualdades. e o 2 4 P2 6 8 10 12 14 A Figura 3. Por tanto.:¡ 2 8/3 +2B= 12 2B = 12 . A = 12. será: Por su parte. para el punto P2 (A= 12. PO Y P2• Para el punto 01 (A = O.3. B= 10) Si B= O. punto P..PO-ol de la figura 3. que son los puntos 01. esto dará para 2: 2=10A+9B = 10(8/3) + 9(14/3) = 80/3 + 126/3 = 206/3 De aquí se ve que la solución está situada en este punto PO.-:Ol'l: se mica la resolución del problema a partir del paso 2 representando _-\en el eje de las abscisas y B en el de las crd. de las que puede comentarse lo siguiente: Para el punto PO.2. (A = 12. Gráfica de las restricciones y la región factible de solución del ejemplo 3. que es la intersección de las rectas correspondientes a las restricciones.26 ::.. este punto debe estar localizado en alguno de los vértices de dicha zona. que quede por encima de ambas líneas de las ecuaciones de las restricciones.8/3 = 28/3 B = 28/3/2 = 28/6 = 14/3 I ~ . para la segunda ecuación se tiene: 2=10A+9B = 10(12) + 9(0) = 120 2A+B= 10 SiA= O. B= 10). En este caso se omite el paso 3 y se pasa directamente al 4. La zona 1 queda debajo de la línea de la ecuación 2 y arriba de la línea de la ecuación 1. 3B= 0.3B ~ 0.4B+ 0.0. ::a 5C"~-=:.:': paso. donde se presentan las rectas correspondientes a .04 0.4 B =-0.4=0. colocando A en el eje de las abscisas y B en el de .3E = 0. restricciones: (1) A+B=1 O. dará: B 0. por tanto.uer.B.4B+ 0...2)Y P2 (A = 0. la región factible de solución es el tramo de esta recta que queda dentro del triángulo O-P1-P2..4).=. B= O). de acuerdo con el paso 4. por tanto.36 .6 Finalmente se despeja B.O.6.4. la cual se muestra en la figura 3. y sustituir esta expresión en la ecuación 2.8 l.2 y como de la ecuación 1.5B '.3B= 0.36 Aquí es necesario comentar que la segunda restricción es del tipo menor o igual que (~).3B= 0.36 0. con lo cual de la ecuación 1 se tendrá: y si E = O. esto significa que la solución debe quedar en un punto sobre la recta de la ecuación 1.9 A=l-B Siendo los puntos PI (A=O.40 -O.4(1-B) + 0.4. Al sustituir en la ecuación 2: O.. entonces se tendrá: O O 0. esto significa que la solución quedará comprendida entre 01y PQ.2 A (1) A=1-0.:. Pero la primera restricción es del tipo igual que (=).4A= 0.5B = 2(0) + 1. :r:".H + 0.~~mo se grafican las restricciones en el plano cartesiano..lB = -0.36 Al quitar los paréntesis..4A+ 0.4A+ 0. A = 1 .36 1.8 0. Ahora. se inicia con ¿ ~-? -. B=O.0 Figura 3.2 0. que señala que la solución se localiza en un vértice de la zona factible.6 Por tanto. B = 1.. los puntos base a partir de los cuales se han dibu. Gráfica del caso del ejemplo 3.9.::. Esto puede conocerse calculando la Z de cada uno de estos puntos: Para el punto 01 (A = O.4 0. porlo cual A resulta ser: A = 0.1) = 0.:::~ al igual que en los ejemplos anteriores. ésta se obtiene al resolver simultáneamente el sistema de ecuaciones formado por las dos restricciones: ~tientras que para la segunda se tendrá: A+B=l O.¡con el signo de igualdad.: ::.as restricciones.4A+ 0. el triángulo O-P1-P2.36. por tanto.=.'ado y el punto PO que es la intersección de las líneas.0 -O.3B= 0.6 Si A = O.:.0): (2) Z=2A+1.4 .: A Y E no negativas. esto delimita la zona factible de solución al área debajo de esta línea y dentro del primer cuadrante. Una representación gráfica de estas ecuaciones se muestra en la figura 3.:¡ la primera ecuación se toman los siguientes puntos: Para el punto PO. el punto POse sitúa en (A =0.O.-':'. para obtener: 0. 1.l. por decir A. es decir.O.2 (1) (2) Aquí se puede despejar una variable de la ecuación 1.4. no se conoce su localización.2 Al agrupar términos: 1.::':as.04/(-0.36 B = 0.36 (2) :.3B= 0.36/30 = 1.. esto significa que aquélla estará situada en cualquiera de los dos puntos extremo 01 o PO. :':.6 0.27 METODOLOGíA F# i iio 3.Resolver el problema de programación lineal: Max Z = 2.4 con un trazo más grueso. o.+ l. pues es la única parte que cumple con ambas restricciones.3B = 0. (2) .40 = 0.3. es decir: (1) A+B=1 O.4 0. B= 1.3.36/0. .5(1) = 1.5 ?. 2 1. tomando como igualdades sus ecuaciones. S!eClÓC' 2.6) + 1. B= 1 SiB=O.. B= 0. En la figura 3.5. Maximizar: Z=4A+3B Sujeta a las restricciones: A+B<.4 B5.a.2B=1.A= 1 Sus puntos serán R.75) Y O2 (A == 1. la tercera restricción por ser del tipo igual que (=). Ahora se toman dos puntos de cada ecuación para trazar la recta correspondiente. la solución es: 1.:::5 Siendo A Y B no negativas.312 == 0.2.3) YP2 (A = 0. entonces: (1) (2) (3) restricciones.3 A = 1. 3. B == 1.8 Ejemplo 3.6 = 1.4 Sujeta a las restricciones: 2A+B.5 se ve que esta recta no entra en ningún momento en el área señalada con diagonales.0 Figura 3.4) = 1. así se tendrá para la ecuación 110siguiente: Si A = 0.1. (A = 0. por lo cual se puede decir que este problema no tiene solución factible. Siendo A Y B no negativas y además enteras. Para la ecuación 2: PROBLEMAS PROPUESTOS 3.8 1.5 SiA=0. Minimizar: Z=6A+8B SiA=O.4.k' A=0.OOI:Jt'$.8 1.2 +0. implica que la solución debe quedar en la recta de dicha ecuación.5 Los puntos serán O¡ (A = 0.512=0.75 SiB=O. lo que significa que no existe región factible de solución que satisfaga las tres restricciones. esto habría implicado buscar combinaciones enteras de las dos variables que quedasen dentro de la zona factible de solución. Gráfica del ejemplo 3. y se procede a graficar las restricciones. 1.4 (1) (2) (3) Solución: como el problema ya está planteado. (A = 0.:::6 B.2:5 pnmeras dos restricciones son del tipo menor o igual que el área marcada con diagonales la que satisface ambas 1:$1. En la figura 3.5 A+ B=l 0.::: 18 A.. B= O)..6 B=0.4 ConZ= 1.5(0. B = 1.5 A+ B= 1 0. B = O).5 se presenta la gráfica que contiene estas ecr..6 A <. .1. Y para la ecuación 3: Siendo A Y B no negativas y enteras. L.6 2.5B = 2(0.28 y la Z respectiva será: B Z=2A+ 1. B= O).6 .5 B==1.65 Los puntos serán P. 2A+ B= 1.3 A+2B= 1.2 • • / Ecuación 1 /' •. siendo aquella combinación entera que hubiese maximizado Z.65.3 A+2B<.5. B= 1)Y R2 (A = 1.4. Una situación que es conveniente señalar es el hecho de que la solución de este problema desde su planteamiento indicaba que las variables Ay B deberían ser enteras. La Z mayor es esta última.2A=1. por tanto. colocando la A en el eje de las abscisas y la B en el de las ordenadas.3 SiB=0..A= 1. se va al paso 2.. sin embargo. Maximizar la función objetivo: MaxZ=80A+75B o Sujeta a las restricciones: 2A+ B<. '. Modelos cuantitativos para administración. J. 1990. A.8. Minimizar: Z=45A+45B Sujeta a las restricciones: 2A+ B~200 A+2B~220 A+ B= 140 Z=6A+5B Sujeta a las restricciones: A+B~ 16 A~4 B~6 Con Ay B enteras y no negativas. Grosse. 1986. Maximizar: Z=6X+9Y Siendo Ay B enteras y no negativas.5. BIBLIOGRAFÍA Davis.Limusa. Maximizar: Z=40C+38D Sujeta a las restricciones: C+D~30 C~ 15 D~ 18 Z=4X+6Y Sujeta a las restricciones: X+ Y~ 10 X~7 Y~5 Con X.7. Toma de decisionespor medio de investigaciónde operaciones. 3. K.\linimizar: Con Cy D enteras y no negativas. G.6. Grupo Editorial Iberoamérica. 3. 3. y R. Ynonegativas. L-l. \~2:"illIlizar: Sujeta a las restricciones: Z=7X+9Y X+2Y~20 2X+ Y~24 ~:':]etaa las restricciones: 2X+3Y~36 X+ Y~ 14 Siendo X y y no negativas. McKeown. Y P. R. Thierauf. . 1.1aximizar: Con X.29 BIBLIOGRAfíA lJ. R. y enteras y no negativas.. .