Guía de Ejercicios – OptimizaciónPreparado por Felipe Quezada C. 2° Semestre 2012. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 2 EJERCICIOS PEP 1 PROBLEMA #1 Una fábrica de jugos de 1 litro (1000 cc) desea lanzar al mercado una nueva variedad de jugo. Para ello, disponen de 4 ingredientes base. La nueva variedad apuntará a conservar un balance alimenticio, debiendo contener al menos un 15% de vitamina C, y a lo más un 30% de potasio. Existe además una relación entre los betacarotenos y la vitamina A que impone lo siguiente: la cantidad de vitamina A debe ser, cuando menos, un tercio de los betacarotenos. Además, la vitamina A no puede superar el 35% del contenido del jugo. El costo por adquirir los ingredientes, los límites de los pedidos por día, y los aportes porcentuales de cada componente a los ingredientes por unidad se resumen en la siguiente tabla: Potasio Vitamina C Vitamina A Betacarotenos Costo [$/u] Límite [u] Ingrediente 1 20% 15% 30% 35% 25 6 Ingrediente 2 5% 40% 10% 45% 13 9 Ingrediente 3 35% 20% 25% 20% 10 8 Ingrediente 4 15% 25% 35% 25% 20 5 Tabla 1: Disposición de Ingredientes para el Problema #1 FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita minimizar los costos, cumpliendo con todos los requerimientos. Considere, para tal caso, que cada unidad son 100 cc. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones. SOLUCIÓN: Primero formulamos las variables del modelo. Sea la cantidad de unidades del ingrediente para la nueva variedad ( ). Como se desea minimizar los costos, la función objetivo estará dada por: () Ahora veamos las restricciones. En la nueva variedad, la combinación de los 4 ingredientes debe conformar una unidad de jugo, por lo cual la primera restricción se define de la siguiente manera: ( ) ( ) En el caso de la mezcla separamos por ingrediente. Para la vitamina C, la suma de las cantidades de los ingredientes conforma, por lo menos, un 15% del juego (que son 150 cc). Por lo tanto: Para el potasio, la suma de las cantidades de cada ingrediente no puede superar el 30% del total del juego (que son 300 cc). Luego: Para la vitamina A, esta suma debe ser al menos 1/3 de los betacarotenos. Por lo tanto: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 3 ( ) De manera simplificada: Además, la contribución de la vitamina A no debe superar el 35% del jugo (350 cc). Por ende: Por último, para los límites diarios, tenemos: Naturalmente. . El modelo es entonces el siguiente: () ( ) PROBLEMA #2 Formule y resuelva adecuadamente el siguiente problema de programación lineal. La primera iteración debe ser realizada mediante el algoritmo símplex. La segunda y siguientes efectuarlas empleando el método símplex revisado o matricial: () SOLUCIÓN: Primero hacemos el cambio de variable , a fin de tener sólo variables no negativas. Reescribiendo el PPL en forma estándar, se tiene: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 4 () El problema debe resolverse en dos fases. La fase 1 minimizará la función objetivo () . Procedemos en la primera iteración mediante el algoritmo símplex. La tabla de inicio para este problema es la siguiente. Observe que se han marcado en la tabla la inversa respectiva, así como el elemento pívot para la respectiva iteración: V.B () -4 1 -7 -3 0 1 0 0 50 50 3 2 2 4 0 0 1 0 150 75 1 0 4 2 -1 0 0 1 10 --- 5 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 3 -1 3 1 1 0 0 0 -60 Entra ; sale . Primera iteración: V.B () -4 1 -7 -3 0 1 0 0 50 50/7 11 0 16 10 0 -2 1 0 50 25/8 1 0 4 2 -1 0 0 1 10 5/2 1 0 -8 -4 0 1 0 0 50 -1 0 -4 -2 1 1 0 0 -10 Entra , sale . Las siguientes iteraciones deben hacerse mediante el algoritmo símplex revisado. De la tabla anterior reconocemos la matriz inversa de esta primera iteración: ( ) Como ya definimos el pívot y las variables de entrada y salida a partir de la tabla anterior, podemos calcular inmediatamente la matriz : ( ) ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 5 Calculamos para dar inicio a la segunda iteración: ( ) ( ) ( ) Construimos una pequeña tabla para verificar el orden de las variables básicas: V.B. () ( ) Calculamos los valores duales para esta iteración: () ( ) ( ) ( ) Calculamos los coeficientes (o costos) reducidos para esta iteración: ( ) Luego: ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: ( ) ( ) Como todos los coeficientes reducidos de la función objetivo w son nulos, hemos llegado al óptimo para la fase 1. Como y son no básicas, y por tanto nulas, se tiene que () , por lo que existe un espacio de soluciones factible para el PPL original en la fase 2. Ahora debemos calcular los valores duales para la función objetivo z en la fase 2 (iteración 2). Verificando el orden de las variables básicas: V.B. () ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 6 Por lo tanto: () ( ) ( ) ( ) Calculamos los costos reducidos: ( ) Luego: ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: ( ) ( ) Como el coeficiente reducido de en la función objetivo es negativo, aún no estamos en el óptimo. Se tiene que es la variable de entrada para la tercera iteración, porque tiene el coeficiente más negativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y ( ) para determinar la variable de salida y el elemento pívot: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: V.B. ( ) 135/2 -7/4 (135/2):(-7/4) = -270/7 → Ignorar 10 4 10/4 = 5/2 → Mínimo 5/2 -1/4 (5/2):(-1/4) = -10 → Ignorar Tabla 2: Cálculo de los elementos para el Problema #2 La variable de salida es entonces . El pívot corresponde a 4. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 7 Calculamos la matriz inversa : Donde: ( ( ) ( ) ) ( ) Entonces: ( ) ( ) ( ) Verificamos el orden de las variables básicas: V.B. () ( ) Calculamos los valores duales: () ( ) ( ) ( ) Calculamos los costos reducidos: ( ) Luego: ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 8 ( ) ( ) Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo. Calculamos entonces para encontrar la solución óptima de este problema: ( ) ( ) ( ) Por lo tanto, la solución óptima es y . El resto de las variables son nulas. Reemplazando estos valores en la función objetivo se obtiene () , con lo cual () . PROBLEMA #3 Considere el problema de programación lineal cuyo tableau final (óptimo) es el siguiente. Asuma que S i es la variable de holgura para la restricción i. V.B. X1 X2 X3 X4 S1 S2 b X1 1 -5 4 13 5 0 7 S1 0 2 1 6 10 1 3 -Z 0 3 1 8 4 0 76 a) ¿Cuáles son las variables básicas? b) ¿Cuáles son las variables no básicas? c) ¿Cuál es la solución óptima? d) ¿Qué puede decir acerca de las restricciones 1 y 2? ¿Cuáles son las unidades adicionales? SOLUCIÓN: Tenemos: a) Las variables básicas son y . b) Las variables no básicas están conformadas por el resto de variables que no se encuentran en la base: son no básicas. c) La solución óptima es . Su valor es () . d) En ambas restricciones hay variables de holgura asociadas. El recurso asociado a la primera restricción se considera abundante, porque no se ha consumido del todo, ya que la variable de holgura asociada, , es mayor que cero. El recurso asociado a la segunda restricción se considera escaso, porque su holgura es nula. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 9 PROBLEMA #4 Una fábrica de ropa produce tres líneas de trajes: jeans, franela y amasado. La ropa es vendida en lotes de 100 trajes de cada tipo. Cada lote pasa a través de tres procesos: corte, cosido y empaque. La planta dispone de 16 cortadores como máximo, 41 máquinas de coser como máximo y debe ocupar a 10 empacadores (no más no menos). Los requerimientos para producir un lote de 100 trajes de cada tipo y las utilidades asociadas, se presenta a continuación: Requerimientos de Producción y Utilidad Jeans Franelas Amasados Cortadores [Personas/Lote] 4 2 1 Máquinas de Coser [Máquinas/Lote] 1 2 1 Empacadores [Personas/Lote] 1 1 1 Utilidad [$/Lote] 400 200 300 Tabla 3: Requerimientos de producción y utilidad para el Problema #4 FORMULE un modelo de programación lineal que permite maximizar las utilidades de la fábrica. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones. A continuación, RESUELVA el modelo que planteó utilizando el método que más le acomode. SOLUCIÓN: El objetivo de la fábrica es determinar las cantidades de cada lote de ropa a fabricar, de tal forma que éstos maximicen las utilidades. Sea la cantidad de lotes de ropa a fabricar del tipo . De la tabla, podemos obtener inmediatamente la función objetivo: () Las restricciones del problema están asociadas al límite de recursos impuesto por la fábrica en función de la cantidad de cortadores, máquinas de coser y personal encargado de empacar. Así, se tiene lo siguiente: Cortadores: Máquinas de coser: Personal de empaque: El modelo completo es entonces: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 10 () El modelo puede resolverse utilizando cualquier método. En este caso particular, podemos hacer un arreglo algebraico sencillo que permita solucionarlo mediante el método gráfico. De la tercera restricción, despejamos, con lo cual resulta ( ). Reemplazando en el PPL, obtenemos: () El espacio de soluciones factible (ESF) de este problema es el siguiente: Figura 1: ESF del Problema #4 Notemos que los únicos puntos candidatos a solución óptima de este problema son A y B. Evaluando la función objetivo se obtiene que el punto esquina óptimo es B, dado por lotes de jeans, resultando no rentable fabricar lotes de franela (porque ). Reemplazando lo anterior en el modelo original, se obtiene que lotes de amasados. La utilidad máxima que percibe la fábrica es de () unidades monetarias. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 11 PROBLEMA #5 Escriba el DUAL del siguiente problema. Verifique que el dual del dual es el problema original. () ( ) SOLUCIÓN: Del primal, tenemos que: Debemos hacer entonces dos cambios de variable: y . Reemplazando en , se tiene: La última expresión podemos fragmentar en dos restricciones independientes: y . Además, la expresión también podemos fragmentarla en dos restricciones independientes: y . Escribimos entonces el problema primal en forma canónica (primal simétrico): () Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 12 Construimos ahora el problema dual. Notemos que, a partir de la definición, el dual tendrá 8 variables y 5 restricciones. Además, la variable dual es no restringida, mientras que el resto son no negativas. () La comprobación de que el dual del dual es el primal es obvia, y se deja como ejercicio al lector. PROBLEMA #6 La compañía minera FERROJAC CHILE tiene dos operaciones mineras que alimentan de mineral de hierro a una sola planta. Cada mina tiene dos áreas de las cuales puede extraer el mineral. La ley alimentada a planta debe ser mayor que 35% Fe, y debe ser menor que 12% Si. La planta requiere al menos 45.000 toneladas, pero no puede manejar más de 60.000. El mercado interno requiere que al menos 12.000 toneladas de Fe deben estar disponibles para el consumo – asumir un 90% de recuperación en el proceso. La razón promedio de estéril/mineral determinada para las operaciones de extracción mineral tiene un valor de 3,5. Dado los datos que se indican, FORMULAR (no RESOLVER) un modelo de programación lineal, el cual permita obtener un plan minero de producción que cumpla las restricciones operacionales y permita minimizar la desviación de la razón estéril/mineral total. Mina Área Reservas (toneladas) % Fe % Si Razón Estéril/Mineral Cerro GRANATE Norte 20.000 40 17 3,0 Lomas 10.000 30 10 2,0 Lomas BAYAS Sur Sur 15.000 40 11 4,0 Alberta 30.000 35 13 5,0 Tabla 4: Detalle de las reservas y leyes de FERROJAC Chile SOLUCIÓN: Primero definimos las variables del problema: : Producción Cerro Granate, área Norte : Producción Cerro Granate, área Lomas : Producción Lomas Bayas, área Sur Sur : Producción Lomas Bayas, área Alberta Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 13 Para este problema, es muy útil la elaboración de un diagrama que muestre el proceso en cuestión: Figura 2: Esquema del proceso que se debe modelar en el Problema #6 Ahora veamos las restricciones del problema. En cuanto a las capacidades de la planta, como ésta debe recibir al menos 45.000 toneladas y no más 60.000 toneladas, se tendrá: Si el mercado interno requiere de, al menos, 12.000 toneladas de Fe, entonces el 90% de la producción que llega a planta, en términos del Fe, debe conformar como mínimo, este tonelaje. Luego: ( ) Se debe agregar que los sectores de producción tienen como limitante a sus reservas totales. Luego: Por último, la planta debe recibir como mínimo una ley del 35% de Fe y, a lo más, una ley del 12% de Si. Luego, tenemos lo siguiente: ( ) ( ) Ahora veamos la función objetivo. Como se requiere minimizar la desviación de la razón estéril – mineral, se tendrá: () ( ) ( ) Planta Ley de Fe ≥ 35% Ley de Si ≤ 12% Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 14 El modelo completo es entonces: () ( ) , ( ) ( ) PROBLEMA #7 Resuelva el siguiente problema de programación lineal, empleando el método símplex para la fase 1, y el método símplex revisado para la fase 2: () SOLUCIÓN: Se debe reescribir el PPL en forma estándar. Se tiene entonces: () El problema debe resolverse en dos fases. La fase 1 minimizará la función objetivo () . Procedemos en la primera fase mediante el algoritmo símplex. La tabla de inicio para este problema es la siguiente: V.B. () -3 1 -5 -3 1 0 0 0 400 400 -3 2 2 4 0 1 0 0 1500 750 1 0 4 2 0 0 1 -1 120 --- -2 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 2 -1 1 1 0 0 0 1 -520 Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 15 Entra , sale . Primera iteración. V.B. () -3 1 -5 -3 1 0 0 0 400 --- 3 0 12 10 -2 1 0 0 700 175/3 1 0 4 2 0 0 1 -1 120 30 -5 0 -6 -4 1 0 0 0 400 -1 0 -4 -2 1 0 0 1 -120 Entra , sale . Segunda iteración. V.B. () -7/4 1 0 -1/2 1 0 5/4 -5/4 550 --- 0 0 0 4 -2 1 -3 3 340 --- 1/4 0 1 1/2 0 0 1/4 -1/4 30 120 -7/2 0 0 -1 1 0 3/2 -3/2 580 0 0 0 0 1 0 1 0 0 Entra , sale . Como () , con , entonces existe un ESF para el PPL en la fase 2. Procedemos entonces mediante el método símplex revisado en dicha fase. La matriz inversa de la presente iteración es: ( ) Como ya definimos el pívot y las variables de entrada y salida a partir de la tabla anterior, podemos calcular inmediatamente la matriz : ( ) ( ) Luego calculamos para dar inicio a la cuarta iteración: ( ) ( ) ( ) Construimos una pequeña tabla para verificar el orden de las variables básicas: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 16 V.B. () ( ) Calculamos los valores duales para esta iteración: () ( ) ( ) ( ) Calculamos los costos reducidos: ̅ ( ) Luego: ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: ( ) ( ) Como el coeficiente reducido de en la función objetivo es negativo, aún no estamos en el óptimo. Se tiene que es la variable de entrada para la tercera iteración, porque tiene el coeficiente más negativo en la fila objetivo. Calculamos entonces las columnas y ( ) para determinar la variable de salida y el elemento pívot: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: V.B. ( ) 760 -3 760:(-3) = -253.33 → Ignorar 340 3 340:3 = 113.33 → Mínimo 120 -1 120:(-1) = -120 → Ignorar Tabla 5: Cálculo de los elementos para el Problema #7 Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 17 La variable de salida es entonces . El pívot corresponde a 3. Calculamos la matriz inversa : Donde: ( ) ( ) Entonces: ( ) ( ) ( ) Verificamos el orden de las variables básicas: V.B. () ( ) Calculamos los valores duales: () ( ) ( ) ( ) Calculamos los costos reducidos: ( ) Luego: ( ) ( ) ( ) Por lo tanto: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 18 ( ) ( ) Como ahora todos los coeficientes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo. Calculamos entonces para encontrar la solución óptima de este problema: ( ) ( ) ( ) Por lo tanto, la solución óptima es , y . Reemplazando estos valores en la función objetivo se obtiene () , con lo cual () . PROBLEMA #8 Un florista sabe hacer sólo dos tipos de arreglos florales, para los cuales dispone de 3 tipos distintos de flores: rosas, tulipanes e ibizcos. Los requerimientos de flores para cada arreglo, la disponibilidad de flores y los requerimientos de cada arreglo vienen dados en la siguiente tabla: FLORES Arreglo 1 Arreglo 2 DISPONIBILIDAD Rosas 3 1 300 Tulipanes 1 1 140 Ibizcos 1 3 300 PRECIO [$] 2000 1000 Tabla 6: Detalle de precios del florista para el Problema #8 a) FORMULE un PPL que resuelva el problema de maximización de ingresos por ventas sujeto a la disponibilidad de recursos. b) ¿Cuál es el problema DUAL asociado? ¿Qué situación podría estar optimizando? Justifique. c) Usando el teorema de holguras complementarias, encuentre la solución óptima del problema dual una vez resuelto el problema primal utilizando el método símplex. d) Suponga que retorna frustrado después que una bella dama le cerrara la puerta cuando usted le llevaba amablemente una rosa, un tulipán y un ibizco. Si se encuentra con el florista ¿Cuánto cree que estaría dispuesto a pagar él por sus flores? SOLUCIÓN: Tenemos lo siguiente: a) Sean y los dos tipos de arreglos que puede hacer el florista. De la tabla, y en forma inmediata, se obtiene el PPL deseado: () Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 19 b) Es posible formular inmediatamente el problema dual a partir del primal, sin utilizar la transformación de primal simétrico, invirtiendo las situaciones presentadas en la definición de ambos problemas. Se tiene entonces: () El modelo dual resuelve el problema de un agente externo que desea saber el precio unitario que puede ofrecer por cada una de las flores, en el caso de éste quiera comprarle todas las flores al florista. Así, y son los precios unitarios asociados a las rosas, tulipanes e ibizcos, respectivamente. c) Reescribiendo el primal en forma estándar: () Tabla de inicio: V.B. () 3 1 1 0 0 300 100 1 1 0 1 0 140 140 1 3 0 0 1 300 300 -2000 -1000 0 0 0 0 Entra , sale . Procedemos con la primera iteración: V.B. () 1 1/3 1/3 0 0 100 300 0 2/3 -1/3 1 0 40 60 0 8/3 -1/3 0 1 200 75 0 -1000/3 2000/3 0 0 -200000 Entra , sale . Procedemos con la segunda iteración: V.B. 1 0 ½ -1/2 0 80 0 1 -1/2 3/2 0 60 0 0 1 -4 1 40 0 0 500 500 0 -220000 Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 20 Como todos los coeficientes de las variables en la función objetivo son no negativas, hemos llegado al óptimo. La utilidad máxima que puede percibir el florista es de $220.000, con arreglos florales del tipo 1, y arreglos florales del tipo 2. En este punto óptimo, es válido el teorema de holguras complementarias. Por lo tanto: Para el primal: [ ( )] [ ( )] [ ( )] Para el dual: [ ( )] [ ( )] Reemplazando los valores obtenidos en la solución primal óptima en las holguras complementarias, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: Con lo cual se obtiene y . Este valor es correcto, porque si lo remplazamos en la función objetivo dual, resulta () , que es equivalente a la función objetivo primal en el óptimo. Por lo tanto, el florista venderá rosas y tulipanes a un precio de $500 c/u, y entregará como “oferta” los ibizcos gratis, siempre y cuando venda todo como un paquete. Esto tiene sentido, porque si vende sólo las rosas y tulipanes, dado que sólo sabe hacer los arreglos florales descritos, no le sacará provecho a los ibizcos. d) Si tuviéramos tan desgraciada suerte, entonces, idealmente, el valor máximo que nos pagará el florista por las flores es el descrito con anterioridad: $500 por cada rosa y tulipán, y $0 por los ibizcos. PROBLEMA #9 Dado el programa lineal: () Se pide: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 21 a) Determinar el programa DUAL b) Representar gráficamente este último programa para mostrar su conjunto de soluciones factibles c) A partir de esta representación, describir un proceso por el que tras dos, y sólo dos operaciones de pivotado a partir del origen, se alcance la solución. Estas operaciones de pivotado no tienen por qué seguir las reglas del símplex. d) Por medio de las relaciones que pueden establecerse a merced del principio de holgura complementaria, determinar la solución del problema primal SOLUCIÓN: A partir del enunciado, se tiene: a) Se debe obtener el modelo lineal estándar (MLE) del problema. Para ello, hacemos los cambios de variable y , con lo cual el problema se re-escribe de la siguiente forma: () Ahora podemos formular el problema dual: () b) El espacio de soluciones factibles (ESF) del problema dual es el siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 22 Figura 3: ESF del problema dual En el gráfico anterior, los puntos esquina del ESF están dados por los siguientes pares: Punto esquina Valor de Valor de Valor objetivo G 4/3 5/3 -1/3 B 3 5 -2 C 36/7 36/7 -4/7 J 6 4 2 Tabla 7: Valores de las variables y función objetivo para los diferentes puntos esquina del problema dual Por tanto, el valor máximo del problema dual es , y se cumple cuando estamos en el punto esquina J. c) Si el proceso de resolución del problema dual no tiene por qué seguir las reglas del símplex, entonces basta que, a partir del origen, el algoritmo ignore la regla dada por el criterio de optimalidad en un problema de maximización, la cual dicta que se escoja siempre el coeficiente más negativo en la fila objetivo del tableau símplex. Por tanto, si partimos desde el origen, podemos comenzar en el punto E, y luego llegar de inmediato al punto J utilizando el hecho de que, en este punto, se encuentra la solución. Notemos que, además, este nuevo proceso ignora la subdivisión del problema en dos fases, ya que se cuenta de inmediato con una solución básica de inicio (el origen). d) Utilizando el teorema de holguras complementarias (THC), se obtiene: Para el primal: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 23 [ ( )] [ ( )] Para el dual: [ ( )] [ ( )] [ ( )] [ ( )] De las holguras complementarias para el primal, se obtiene: Con lo cual se obtiene y , lo que conforma la solución óptima del problema primal. Todas las demás variables son nulas. El valor de la solución óptima es () . PROBLEMA #10 La Compañía Minera ASIOP S.A. (ASIOPSA) produce dos tipos distintos de concentrado, cobre y zinc. La siguiente tabla muestra las demandas mensuales esperadas para cada producto (en toneladas): Concentrado Mes 1 Mes 2 Mes 3 Cu 1000 3000 5000 Zn 1000 500 3000 Tabla 8: Detalle de las demandas mensuales de concentrado para el Problema #10 Además, la gerencia de ASIOPSA ha determinado lo siguiente: El costo de producción por tonelada del concentrado de cobre es de 20 USD, y el del concentrado de zinc es de 10 USD El costo de mantener una cantidad arbitraria de concentrado a la espera de ser comercializado es de 0,3 USD por tonelada en inventario para el concentrado de cobre, y de 1,5 USD por tonelada en inventario para el concentrado de zinc El costo de tener mano de obra extra con respecto al mes anterior es de 10 USD/hora El costo de trabajar menos horas con respecto al mes anterior es de 2,5 USD/hora Estos dos últimos costos se refieren a las fluctuaciones en los niveles de producción, ya que ASIOPSA tiene como política trabajar todos los meses la misma cantidad de horas. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 24 Al comienzo de los tres meses existen en inventario 50 toneladas del concentrado de cobre y 200 del concentrado de zinc. Al final de los tres meses, el inventario mínimo debe ser de 400 toneladas de concentrado de cobre y 200 toneladas de concentrado de zinc. Ambos concentrados se guardan en una planta en depósitos comunes. Cada depósito permite guardar hasta dos componentes de concentrado de cobre, y hasta tres componentes de concentrado de zinc. La envergadura de la planta permite guardar hasta 1000 depósitos. Los requerimientos de fabricación de cada concentrado se resumen en la siguiente tabla: Concentrado Maquinaria [hr/ton] Mano de obra [hr/ton] Cu 0,10 0,05 Zn 0,08 0,07 Tabla 9: Requerimientos de fabricación de cada concentrado La capacidad de fabricación mensual es de 400 horas de maquinaria y 300 horas de mano de obra. Además, se sabe que el último mes sólo se usaron 225 horas de mano de obra para la fabricación de ambos componentes. FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita determinar el plan de producción mensual que minimiza los costos de satisfacción de la demanda esperada. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones. SOLUCIÓN: Definimos primeramente las variables del problema: : Cantidad de concentrado del tipo (con o ) producido en el mes (con ) : Inventario de concentrado del tipo al término del mes : Horas de mano de obra empleadas al mes : Aumento del empleo de mano de obra al mes : Disminución del empleo de mano de obra al mes : Número de depósitos requeridos al mes Veamos ahora la función objetivo. Como el objetivo de ASIOPSAL es minimizar los costos, es posible definir dicha función directamente partir de los datos entregados en el enunciado: () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) La función objetivo puede escribirse de forma más abreviada como sigue: () ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 25 Ahora veamos las restricciones. Lo más sencillo es verificar primero las limitaciones de satisfacción, demanda e inventario de ASIOPSAL. En este caso, para cada mes, se tiene lo siguiente: Mes 1: Mes 2: Mes 3: Con respecto a la maquinaria, se tiene: Además, para la mano de obra, se tiene que para cada mes: Mes 1: Mes 2: Mes 3: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 26 Finalmente, de las limitaciones impuestas por la planta: Naturalmente, todas las variables consideradas para este problema son no negativas. El modelo completo (simplificado) es el siguiente: () ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ , , , , Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 27 PROBLEMA #11 Al comienzo del mes 1, la financiera ARCOS dispone de 400 USD en efectivo. Al comienzo de los meses 1, 2, 3 y 4, la financiera recibirá ingresos y, además, deberá realizar pagos como se indica en la siguiente tabla: Mes Ingresos (US$) Pagos (US$) 1 400 600 2 800 500 3 300 500 4 300 250 Tabla 10: Detalle de ingresos y pagos de la financiera ARCOS El dinero restante en cada mes, una vez realizados los pagos, puede ser invertido durante un mes a una tasa del 0,1% mensual; durante dos meses a una tasa del 052% mensual; durante tres meses a una tasa del 1,0% mensual; o durante cuatro meses a una tasa del 2,0% mensual. FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita determinar una estrategia de inversión que maximiza el dinero en efectivo al comienzo del quinto año. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones. SOLUCIÓN: Lo primero es definir las variables de este problema. Sea la cantidad de dinero invertido al comienzo del mes durante un período de meses. La función objetivo queda entonces definida como sigue: () Las restricciones del modelo naturalmente representan la distribución del dinero. Así, éstas se definen por las siguientes desigualdades: Naturalmente, todas las variables consideradas en el modelo son no negativas. PROBLEMA #12 La Compañía FERROSUR debe decidir cuántas toneladas de acero puro X y cuántas de chatarra Y se deben utilizar en la preparación de una aleación para un cliente. El costo por tonelada de acero puro es de 3, y el de chatarra 6 (por las impurezas); la demanda del cliente es de por lo menos 5, y él aceptaría más si así se requiere. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 28 La disponibilidad de X es de 4 toneladas y 7 la de Y. La relación entre chatarra y acero puro no puede exceder 7/8. La fundición tiene 18 horas disponibles para derretir y fundir; una tonelada de acero puro requiere 3 horas, mientras que la de chatarra sólo 2 horas. Se pide: a) Escribir el problema de programación lineal b) Resolverlo gráficamente SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Las variables del problema ya habían sido definidas en el enunciado: : Toneladas de acero puro : Toneladas de chatarra Como se trata de un problema de costos, se debe minimizar la función objetivo, que define los costos de fabricación de cada material. Luego, dicha función viene dada por la siguiente expresión: () Ahora veamos las restricciones. De la demanda del cliente y la disponibilidad de cada recurso, tenemos: De la relación entre tonelajes, tenemos: De forma simplificada, . Finalmente, de la disponibilidad horaria, se tiene que: Naturalmente, . Por lo tanto, el modelo completo es el siguiente: () b) El ESF de este modelo se muestra en Figura 4: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 29 Figura 4: ESF del modelo de FERROSUR La tabla siguiente evalúa el valor de las variables del PPL en cada uno de los puntos esquina del ESF: Punto Esquina Valor de x Valor de y Función objetivo B 1,25 0 3,75 C 0,494 0,432 4,074 D 3,789 3,316 31,263 F 6 0 18 Tabla 11: Valores de las variables y función objetivo en los puntos esquina del problema Por lo tanto, el punto esquina B es el óptimo, porque es aquel donde la función objetivo alcanza su mínimo valor. Se concluye entonces que FERROSUR debe fabricar 1,25 toneladas de acero puro, a un costo mínimo de 3,75 unidades monetarias. La chatarra no es rentable de producir. PROBLEMA #13 Un importador de whisky está planificando su negocio considerando que, en las próximas temporadas, tendrá las siguientes demandas (en miles de botellas): Tipo Temporadas 1 2 3 4 Seco 10 12 14 8 Frutoso 13 15 17 19 Añejo 21 25 9 11 Tabla 12: Demandas que tendrá el importador de whisky en miles de botellas Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 30 El whisky seco lo vende a 34 dólares por botella, el frutoso a 28,8 y el añejo a 22,5 en la primera temporada. En las siguientes se espera poder venderlos a un 5% más caro. Cada tipo de whisky es elaborado mezclando tres materias primas, A, B y C, de las cuales se puede importar un máximo de 2000, 2500 y 1200 botellas por temporada a un costo de 35, 25 y 20 dólares, respectivamente. Estos costos, válidos para la primera temporada, deberían aumentar un 2% en cada temporada. El whisky seco debe contener por lo menos un 60% de la materia prima A y no más de un 20% de la materia prima C. El whisky frutoso debe contener por lo menos un 15% de la materia prima A y no más de un 60% de la materia prima C. El whisky añejo debe contener por lo menos un 50% de la materia prima B. Cada botella de whisky fabricada en una temporada puede ser vendida en dicha temporada o almacenada a un costo unitario por temporada de 0,5 dólares para ser vendidas posteriormente. FORMULAR (NO RESOLVER) un modelo de programación lineal que permita optimizar las actividades del importador. Defina claramente variables, función objetivo y restricciones del problema. SOLUCIÓN: Las variables a considerar para este problema son las siguientes: : Cantidad de materia prima k para fabricar whisky i en la temporada j : Cantidad de whisky tipo i vendido en la temporada j : Cantidad de whisky tipo i almacenado en la temporada j La función objetivo se subdivide en tres partes, y , donde representa los ingresos que obtiene el importador a partir de la venta de whisky en cada temporada, representa los costos de importación de whisky de cada tipo, y representa los costos de almacenaje de whisky. Definimos entonces: ∑( ( ))( ) ∑∑( ( ))( ) ∑∑ Por lo tanto, la función objetivo será: () Las restricciones del problema vienen dadas por la disponibilidad de materia prima para producir cada tipo de whisky, la cantidad máxima de ventas por temporada, la proporción de uso de las materias primas en la elaboración de cada tipo de whisky, y la producción, ventas y almacenaje por temporada. Luego, se tiene lo siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 31 Para la disponibilidad de materia prima: ∑ ∑ ∑ A partir de la tabla entregada en el enunciado del problema, se obtienen las restricciones de venta máxima por temporada: Además, considerando las proporciones de materias primas requeridas en la elaboración de cada tipo de whisky, se obtiene: ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Las restricciones anteriores se cumplen para todo . Finalmente, a partir de los datos entregados en el enunciado del problema con respecto a la producción, ventas y almacenaje por temporada, se obtienen las siguientes expresiones: ∑ ∑ ∑ Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 32 ∑ Naturalmente, todas las variables consideradas en la formulación de este problema son positivas o nulas. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 33 EJERCICIOS PEP 2 PROBLEMA #1 Resuelva el siguiente problema de transporte de mineral desde tres puntos de carguío y cuatro piques de traspaso, y determine un plan óptimo de manejo de mineral en la mina de acuerdo a la información que se indica. Use el método de la esquina noroeste para la obtención de la solución básica de inicio. Punto de Carguío Toneladas mineral Costo ($/t) Pique 1 Costo ($/t) Pique 2 Costo ($/t) Pique 3 Costo ($/t) Pique 4 PT1 20 2 3 4 9 PT2 30 14 12 5 1 PT3 40 12 15 9 3 Capacidad de piques 10 10 20 50 Tabla 13: Detalle de los requerimientos y capacidades de cada pique de traspaso SOLUCIÓN: Lo primero es determinar si el problema se encuentra balanceado. Para ello, se considerará que las toneladas de mineral que van desde los puntos de carguío son las cantidades de oferta del problema, mientras que las capacidades de los piques de traspaso serán consideradas como cantidades de demanda. Luego: Sumatoria de ofertas: ∑ toneladas Sumatoria de demandas: ∑ toneladas Luego, como ambas sumatorias son iguales, el problema se encuentra balanceado. Ahora determinaremos una solución básica de inicio utilizando el método de la esquina noroeste. El tableau de transporte para este problema, una vez que se ha obtenido dicha solución con el método de la esquina noroeste, es el siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 34 Pique 1 Pique 2 Pique 3 Pique 4 Oferta PT1 PT2 PT3 Demanda Tabla 14: Solución básica de inicio para el Problema #1 La asignación de inicio es correcta, porque el número de variables básicas que hay en esta tabla cumple con la condición (hay un total de 6 variables básicas en esta primera solución). Además, las sumas de estas asignaciones por fila y columna equivalen a las cantidades de oferta y demanda en cada una de dichas filas y columnas. Calculamos ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual se tiene que la variable de entrada es . Oferta Demanda Tabla 15: Primera iteración del Problema #1 Una vez determinada que la variable de entrada , se debe generar un loop para determinar la variable de salida. Dicho loop se observa en Tabla 52. Como se debe cumplir que todas las Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 35 asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior: De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es , el cual corresponde a la celda (2, 2). Luego, la variable de salida es . El tableau resultante, con los correspondientes valores duales y costos reducidos, es el siguiente: Oferta Demanda Tabla 16: Tableau óptimo para el Problema #1 Se debe observar que los costos reducidos son todos positivos. Por lo tanto, hemos llegado al óptimo. La solución óptima es entonces , , , , , . El costo mínimo de transporte es () . PROBLEMA #2 Un Ingeniero Geotécnico está desarrollando un proyecto de cálculo de una malla de pilares para un layout de un Panel Caving Tradicional, y necesita contratar con urgencia dibujantes para que le confeccionen los planos del proyecto completo. El Ingeniero requiere que durante el fin de semana le dibujen tres planos y al menos cuatro durante la semana. El Ingeniero conoce a dos dibujantes: Héctor y Daniel. Héctor le cobra $30.000 por dibujar cada plano durante el fin de semana y $27.000 por cada plano durante la semana. Daniel le cobra $29.000 por dibujar cada plano durante el fin de semana y $28.000 por cada plano durante la semana. Debido a que tiene otros compromisos, Héctor le advierte que podrá dibujar como máximo 5 planos, mientras que Daniel no desea comprometerse a dibujar más de 4 planos, ya que el software le ha estado fallando. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 36 Se pide: a) Determinar la mejor forma de distribuir los planos entre los dibujantes. b) A partir de la solución encontrada en (a), determine la mejor forma de distribuir los planos si el Ingeniero requiere dibujar 5 ó 2 planos durante la semana. c) Determine la mejor asignación si requiere dibujar 6 planos durante la semana. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Como la cantidad de planos requerida durante la semana es de al menos 4, se puede expresar como , con . El problema se puede plantear como un modelo de transporte, donde la oferta es la disponibilidad de los dibujantes y la demanda es el requerimiento del ingeniero. Se debe agregar un punto de demanda artificial para balancear el problema. Fin de semana Semana Artificial Oferta Héctor Daniel Demanda Tabla 17: Tableau de transporte implementado al problema del ingeniero Se debe hallar una solución básica de inicio para este problema. Una opción es utilizar el método de aproximación de Vogel que, si bien es algo engorroso, nos permite acercarnos más que los otros métodos al óptimo. El siguiente tableau muestra la solución de inicio considerando el método de aproximación de Vogel. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 37 Fin de semana Semana Artificial Oferta Héctor Daniel Demanda Tabla 18: Solución básica de inicio considerando el método de aproximación de Vogel El costo asociado a la asignación de inicio es de: ( ) ( ) ( ) El tableau con los valores duales y costos reducidos calculados es el siguiente: Oferta Demanda Tabla 19: Solución de inicio con los valores duales y costos reducidos calculados El costo reducido de la celda (1, 3) es negativo. Por ende, aún no hemos llegado al óptimo. La variables de entrada es entonces . Se debe generar un loop que contenga a para así determinar la variable de salida, como se muestra en Tabla 57. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 38 Oferta Demanda Tabla 20: Generación del loop para la primera iteración Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior: De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es , el cual corresponde a la celda (1, 1). Luego, la variable de salida es . El tableau resultante, con los correspondientes valores duales y costos reducidos, es el siguiente: Oferta Demanda Tabla 21: Tableau óptimo para el Problema #2 Se observa que el tableau anterior es óptimo, porque los costos reducidos son todos positivos. La asignación óptima es de 3 planos para Daniel durante el fin de semana y al menos 4 planos para Héctor durante la semana. El costo mínimo asociado es () . b) Si el Ingeniero requiere dibujar 5 planos durante la semana, basta evaluar las expresiones anteriores para ; si se requiere dibujar 2 planos, basta evaluar para . Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 39 c) En este caso no es posible emplear la solución anterior, ya que si , entonces una de las variables básicas, se hace negativa. Por lo tanto, se debe volver a plantear el problema, esta vez para una demanda de 6 planos durante la semana. Fin de semana Semana Oferta Héctor Daniel Demanda Tabla 22: Tableau de inicio para el problema con una demanda de 6 planos durante la semana En este caso, se debe observar que ∑ y ∑ . Luego, como la sumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentra balanceado. Aplicando el método de aproximación de Vogel se obtiene la siguiente solución básica de inicio, que también es óptima: Oferta Demanda Tabla 23: Solución óptima del problema Por lo tanto, el costo mínimo asociado es () . Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 40 PROBLEMA #3 Considere el siguiente problema de programación lineal: () Los coeficientes de la función objetivo representan la utilidad asociada a la venta de dos productos, y , respectivamente. Las dos primeras restricciones se refieren a límites de demanda, y las dos restantes se refieren a la utilización de dos recursos del proceso productivo. a) Encuentre la solución óptima de este problema utilizando el método gráfico. b) A partir de la solución óptima encontrada en (a), construya el tableau final sin utilizar el algoritmo símplex. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Graficando las restricciones se obtiene el siguiente espacio de soluciones factibles: Figura 5: Espacio de soluciones factibles del problema La solución óptima del problema se encuentra en uno de los vértices del polígono ADJFEO. Calculando los valores de la función objetivo para cada uno de estos puntos, se obtiene la siguiente tabla de valores: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 41 Punto Valor de Valor de Valor objetivo O 0 0 0 A 6 0 9 D 6 2 11 E 0 8 8 F 2 8 11 J 4 6 12 Tabla 24: Valores de la función objetivo para los diferentes puntos esquina del ESF El valor máximo de la función objetivo se obtiene en el punto J. Por lo tanto, la solución óptima es , cuyo valor objetivo es () . b) Escribiendo las restricciones del problema de forma estándar, se tiene el siguiente conjunto de ecuaciones lineales: Reemplazando los valores , en estas ecuaciones, es posible obtener el valor de las holguras de forma inmediata. Luego, la base óptima de este problema es de la siguiente forma: ( ) ( ) Mediante operaciones elementales por fila es preciso dejar sólo una variable básica en cada ecuación. Restando la tercera ecuación a la cuarta, se obtiene: Restando la cuarta ecuación a la primera: Restando la cuarta ecuación a la tercera: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 42 Finalmente, restando la tercera ecuación a la segunda: Las ecuaciones anteriores nos permiten escribir ahora la tabla óptima del problema: V.B. 0 0 1 0 1 -1 2 0 0 0 1 -2 1 2 0 1 0 0 2 -1 6 1 0 0 0 -1 1 4 0 0 0 0 1/2 1/2 -12 En forma alternativa, es posible construir el tableau a partir del análisis de sensibilidad de los coeficientes del lado derecho, desplazando las restricciones. PROBLEMA #4 GEOSPARK CORPORATION Co. (GEOCORP) posee una extensa red de 7 plantas concentradoras de oro a lo largo y ancho de toda la región continental de Australia. Cada una de estas plantas es capaz de retroalimentarse, total o parcialmente, con cianuro para el proceso de lixiviación del oro. La capacidad de autoproducción de cianuro, en miles de m 3 , se muestra en Tabla 25: Planta 1 2 3 4 5 6 7 Capacidad (km 3 ) 190 150 140 330 260 150 240 Tabla 25: Detalle de las capacidades de las plantas de tratamiento GEOCORP desea que, al iniciar cada semana de trabajo, haya al menos 200.000 m 3 de compuesto de cianuro en cada una de las plantas concentradoras. Para cumplir dicho requerimiento se puede enviar una carga de compuesto de cianuro mediante camiones acoplados desde aquellas plantas con mayor capacidad a aquellas que no sean capaces de autoabastecerse con los 200.000 m 3 de cianuro requerido. Los costos de envío por cada 1.000 m 3 (en miles de dólares) entre las distintas plantas se ilustran en la siguiente red: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 43 Figura 6: Red de plantas de cianuración de GEOCORP Se pide: a) Determinar la mejor forma de distribuir el compuesto de cianuro entre las plantas de lixiviación. b) ¿En cuánto puede variar el costo de envío entre las plantas 1 y 3 para que la solución anterior se mantenga? c) Obtener la nueva solución si la producción de la planta 3 disminuye a 130.000 m 3 y la de la planta 5 aumenta a 270.000 m 3 . d) Determinar la nueva solución si la producción de la planta 2 disminuye a 140.000 m 3 y la de la planta 5 aumenta a 270.000 m 3 SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) De acuerdo a la capacidad de autoproducción de cada planta de lixiviación, y considerando el requerimiento de 200.000 m 3 de cianuro, se puede establecer que las plantas 1, 2, 3 y 6 requieren 10, 50, 60 y 50 mil m 3 de cianuro, respectivamente. Por otro lado, las plantas 4, 5 y 7 son capaces de entregar 130, 60 y 40 mil m 3 de cianuro, respectivamente. De esta forma, el problema se puede plantear como un modelo de transporte, donde las plantas que exceden los 200.000 m 3 de cianuro son puntos de oferta, y las plantas que están por debajo de los 200.000 m 3 de cianuro son puntos de demanda. Los costos de envío se obtienen directamente de la red en Figura 19. Luego, el tableau de transporte de inicio que corresponde a este problema es el siguiente (se ha incluido un punto de demanda artificial para balancear el problema): 1 3 5 7 6 2 4 35 Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 44 Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 6 Artificial Oferta Planta 4 38 Planta 5 Planta 7 Demanda Tabla 26: Tableau de inicio para el problema de GEOCORP En este punto, se puede aplicar cualquier método para obtener la solución básica de inicio del problema. Sin embargo, es interesante señalar que el método de aproximación de Vogel nos permite, además, obtener la solución óptima de forma inmediata. En efecto, como se observa en Tabla 64, se tiene: Oferta 38 Demanda Tabla 27: Solución óptima del problema de GEOCORP Como todos los costos reducidos son positivos, y hay uno nulo (que indica la existencia de una solución óptima alternativa), hemos llegado al óptimo. La solución óptima de este problema es , con un costo mínimo de () . Los valores de las variables asociadas al punto de demanda artificial indican asignaciones que no son reales, por lo que pueden ser interpretadas como la elaboración Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 45 de un stock o acopio de cianuro en caso de que cualquiera de las plantas que entrega este compuesto falle a la hora de hacer el transporte. b) Como las plantas 1 y 3 son puntos de demanda, la variación del costo de envío no afecta a la solución del problema. c) El nuevo valor de la función objetivo se puede obtener según: Por lo tanto, el costo es ahora 300 veces más alto. Como la variable está asignada (es una ruta de envío) de la planta 5 a la planta 3, el nuevo valor de esta variable puede calcularse de forma muy sencilla mediante la siguiente expresión: Naturalmente, el valor de las otras variables no cambia. d) En este caso, el nuevo valor de la función objetivo también puede ser obtenido por: Como, en este caso, la variable no está asignada, es preciso encontrar el loop que contiene a la celda (2, 2), que corresponde a la variable , y sumar y restar de forma alternada. Oferta 38 Demanda Tabla 28: Generación del análisis de sensibilidad para la celda (2, 2) Evaluando el tableau anterior en se obtiene la nueva asignación óptima. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 46 PROBLEMA #5 A continuación se muestra el siguiente tableau de transporte: Oferta 7 Demanda Tabla 29: Tableau de transporte para el Problema #5 a) ¿Es básica la solución? b) Demuestre que la solución presentada en este tableau es óptima. c) ¿Este problema tiene óptimos alternativos? d) Proporcione el problema original de programación lineal y su correspondiente problema dual. e) Deduzca la solución óptima del problema dual. f) Escriba el tableau simplex óptimo asociado con el tableau de transporte proporcionado. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) La solución presentada en el tableau anterior es básica siempre que se cumplan las siguientes condiciones: El problema se encuentra balanceado. En efecto: ∑ ∑ Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 47 Luego, como la sumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentra balanceado. El número de variables básicas es igual a , donde es la cantidad de puntos oferta y es la cantidad de puntos de demanda. En efecto, se tienen 7 asignaciones (variables básicas) en este tableau. Como , se cumple entonces la condición anterior. Las sumas de las asignaciones por fila (columna) son consistentes con las cantidades de oferta (demanda) dadas en el tableau. En efecto: Fila 1: → Se cumple Fila 2: → Se cumple Fila 3: → Se cumple Fila 4: → Se cumple Columna 1: → Se cumple Columna 2: → Se cumple Columna 3: → Se cumple Columna 4: → Se cumple Por lo tanto, las asignaciones por fila (columna) son consistentes con las respectivas cantidades de oferta (demanda) definidas en el tableau. La última condición, que se le deja como ejercicio al lector (y que, evidentemente, se cumple), es que el tableau respete el teorema de secuenciación. Vale decir, que no se pueda generar un loop con la colección de variables básicas dada en dicho tableau. b) Para efectuar la demostración, deben calcularse los costos reducidos de la solución básica definida en (a). En efecto, se tiene que: ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) ̅ ( ) ( ) Luego, como ̅ , se tiene que la solución básica presentada en el tableau es óptima. El costo mínimo de transporte asociado es () unidades. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 48 c) En efecto, el problema tiene soluciones óptimas alternativas, ya que hay costos reducidos nulos en las celdas (1, 4) y (2, 2), que corresponden a variables no básicas. d) Del tableau de transporte, se puede obtener de forma inmediata el problema de programación lineal original: Función objetivo: () Restricciones de oferta: Restricciones de demanda: Naturalmente, El problema dual se define a continuación: Función objetivo: () Restricciones: Naturalmente, se tiene que son no restringidas, para todo e) La solución óptima del problema dual se obtiene reemplazando los valores de , obtenidos en el tableau óptimo entregado en primera instancia, con lo cual se obtiene () Como () , se cumple el teorema de dualidad y, por ende, esta es la solución óptima del problema dual. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 49 PROBLEMA #6 El Jefe de carguío y transporte de una operación a cielo abierto debe asignar cuatro operadores a cuatro palas durante el turno. Los costos unitarios (en unidades monetarias cualesquiera) que expresan la habilidad del operador se dan en Tabla 30. Aquellos costos indeterminados (-) representan la condición de no aplicabilidad del operador a la pala respectiva. Operador 1 Operador 2 Operador 3 Operador 4 Pala 1 9 3 - 5 Pala 2 7 2 7 6 Pala 3 5 5 2 - Pala 4 7 4 3 2 Tabla 30: Detalle de costos de cada operador con respecto a cada pala Se pide: a) Encontrar la asignación óptima y entregar el costo asociado. b) Suponer que se tiene disponible una quinta pala. Sus costos de asignación respectivos son 2, 8, 2 y 1. La nueva pala reemplazará a una existente sólo si la situación puede justificarse económicamente. Reformular el problema como un modelo de asignación y encontrar la solución óptima, indicando el costo asociado ¿Es económico reemplazar una de las máquinas? Si es así ¿Cuál de ellas? SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Procedemos mediante el algoritmo húngaro. La matriz de costos se obtiene directamente de Tabla 67, con lo cual: ( ) Las asignaciones ocupadas por la constante M son aquellas que no son aplicables por cualquier razón, y se indican con M, que implica un costo infinito, para que así el algoritmo no los considere como asignaciones válidas en el óptimo. Se genera entonces la eliminación de mínimos por filas, obteniéndose: ( ) ( ) ( ) A la matriz resultante, , se le aplica ahora una eliminación de mínimos por columnas, obteniéndose: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 50 ( ) ( ) Lo que implica: ( ) Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizan aún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan ceros. ( ) Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárselo a todos los elementos no tachados, y sumárselo a aquellos elementos que se encuentren en la intersección de las líneas con las que tachamos las filas y columnas con elementos nulos. Así, se obtiene la siguiente matriz: ( ) En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementos coloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, la asignación óptima es entonces la siguiente: Asignar el operador 1 a la pala 2. Asignar el operador 2 a la pala 1. Asignar el operador 3 a la pala 3. Asignar el operador 4 a la pala 4. El costo mínimo de esta asignación se obtiene sumando los costos respectivos de cada operador con respecto a las palas asignadas. Luego, () unidades monetarias. b) La quinta pala puede ser agregada a la tabla de costos suponiendo la existencia de un operador ficticio más, para que así, de esta forma, la matriz de costos cumpla con la restricción de ser una matriz cuadrada. Naturalmente, los costos asociados a este trabajador ficticio son nulos, pues al final, no es un operador propiamente tal. Por lo tanto: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 51 ( ) Se debe notar que no tiene sentido generar una eliminación por filas, debido a que hemos agregado una columna nula. Generando entonces la eliminación de mínimos por columnas, se obtiene: ( ) ( ) Luego: ( ) Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizan aún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan ceros. ( ) Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárselo a todos los elementos no tachados, y sumárselo a aquellos elementos que se encuentren en la intersección de las líneas con las que tachamos las filas y columnas con elementos nulos. Así, se obtiene la siguiente matriz: ( ) En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementos coloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, la asignación óptima es entonces la siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 52 Asignar el operador 1 a la pala 5. Asignar el operador 2 a la pala 2. Asignar el operador 3 a la pala 3. Asignar el operador 4 a la pala 4 Asignar el operador ficticio a la pala 1. El costo mínimo de esta asignación se obtiene sumando los costos respectivos de cada operador con respecto a las palas asignadas. Luego, () unidades monetarias. La inclusión de esta nueva pala es entonces conveniente, siempre que se reemplace por la pala 1 (que es la que se asigna al operador ficticio), ya que el costo total es menor que en (a). PROBLEMA #7 En la V Región, PETROMAT S.A., una mediana planta de áridos para la construcción, produce 4 tipos de materiales de áridos. El proceso está compuesto por tres etapas: chancado, harneado e inspección de calidad. Se dispone de 800 horas de chancado, 1000 horas de harneado y 340 horas – hombre (HH) de inspección para el próximo mes de producción. En base a estas disponibilidades, la empresa desea maximizar sus utilidades dentro de este período. Para resolver el problema, se ha formulado un modelo de programación lineal, el cual se presenta a continuación: () El tableau final (incompleto) de este modelo se presenta a continuación: V.B. 0 1 3/2 -1 0 200 1 0 -2 2 0 0 0 1/10 -2/5 1 20 Donde representa la cantidad de material árido del tipo . Responder: a) ¿Cuál es el plan de producción óptima para el próximo mes? b) ¿Es única la solución óptima? c) ¿Cuánto debería aumentar, como mínimo, la utilidad del material árido del tipo 3 para que fuera conveniente producirlo? d) ¿Cuánto podría disminuir la utilidad del material árido del tipo 2 sin que cambie la base óptima? Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 53 e) ¿Dentro de qué rango podría variar la cantidad de horas de chancado sin que cambie la base óptima? f) ¿Cuánto estaría dispuesto a pagar por una hora de harneado adicional? g) Un competidor ofrece arrendarle capacidad adicional para chancado a 3 unidades monetarias por hora ¿Aceptaría la oferta? h) ¿A qué precio estaría dispuesto a arrendar a su competidor una hora de harneado adicional? ¿Hasta cuántas horas (sin que cambie la base óptima)? i) ¿Cuánto puede disminuir el tiempo de inspección sin que cambie la solución óptima? j) ¿Cuál es la nueva solución y el nuevo valor de la función objetivo si las horas de chancado aumentan a 880? k) ¿Aceptaría la producción de un material árido del tipo 5, si requiere 2 horas de chancado y 3 horas de harneado e inspección de calidad, respectivamente, con una utilidad de 30 unidades monetarias? SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) La tabla de inicio de este problema es la siguiente: V.B. 1 2 10 16 1 0 0 800 3/2 2 4 5 0 1 0 1000 1/2 3/5 1 2 0 0 1 340 -8 -14 -30 -50 0 0 0 0 Además, la matriz inversa óptima se puede obtener a partir de la tabla óptima (incompleta) entregada en el enunciado del problema: ( ) Para obtener la solución óptima se debe calcular la matriz óptima de recursos, ̅ . Para ello se debe recurrir al formulismo del método símplex revisado. En efecto, se tiene: ̅ ( ) ( ) ( ) Por lo tanto, el plan de producción óptimo para el próximo mes es el siguiente: Producir 400 unidades de material árido del tipo 1. Producir 200 unidades de material árido del tipo 2. No es rentable producir material árido del tipo 3 y 4. Existe una holgura de 20 horas de inspección de calidad. La máxima utilidad de este plan se calcula reemplazando los valores óptimos entregados por el plan en la función objetivo del problema, con lo cual () unidades monetarias. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 54 b) Para determinar la existencia de óptimos alternativos, se deben verificar los costos reducidos en la tabla óptima. Como éstos no fueron entregados, deben calcularse igualmente mediante el formulismo del método símplex revisado para así completar la tabla óptima del problema. Lo primero entonces es calcular las columnas de restricción óptimas que faltan en dicha tabla: ̅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Calculamos ahora el vector de valores duales : () ( ) ( ) ( ) Calculamos ahora el vector de costos reducidos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Por lo tanto, la tabla óptima completa del problema es la siguiente: V.B. 0 1 11 19 3/2 -1 0 200 1 0 -12 -22 -2 2 0 400 0 0 2/5 8/5 1/10 -2/5 1 20 0 0 28 40 5 2 0 -6000 Se observa, en este caso, que todos los costos reducidos son positivos para las variables no básicas. Por lo tanto, no existen óptimos alternativos para este problema. c) Como es una variable no básica, el análisis de sensibilidad es sencillo. Sea el cambio (positivo o negativo) en el coeficiente de . Se tiene entonces lo siguiente: ̅ Luego: Por lo tanto, . Se tiene entonces que . Por lo tanto, la utilidad de puede aumentar sin límite sin cambiar la solución óptima del problema. Sin embargo, sólo puede disminuir hasta en 58 unidades. Notemos que, de todas formas, no tiene sentido tener una utilidad negativa en este tipo de problemas, porque las utilidades negativas representan costos. Por ello, la utilidad puede bajar incluso a cero sin cambiar la base óptima de este problema. Se dice que es una variable que otorga total flexibilidad. Sin embargo, no es rentable de todos modos. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 55 d) Siendo una variable básica, el análisis es un tanto más engorroso. Sea el cambio (positivo o negativo) del coeficiente de en la función objetivo. Calculamos entonces las cotas de a continuación: Cota superior: { } Cota inferior: {} Por lo tanto, se tiene que Por lo tanto, la utilidad del material árido del tipo 2 puede disminuir hasta en 2 unidades monetarias sin que ello modifique la base óptima del problema. e) Sea el cambio (positivo o negativo) en la cantidad de horas de chancado. Calculamos las cotas de a continuación: Cota superior: { } Cota inferior: { } Por lo tanto, se tiene que . Luego, la cantidad de horas de chancado varían en el intervalo . Dentro de ese rango, la base óptima permanece inalterada. f) El máximo valor a pagar por una hora de harneado adicional corresponde, en teoría, al valor del precio sombra (o precio dual) asociado a la restricción de harneado (que es la restricción 2). Dicho precio sombra es, de la tabla óptima, unidades monetarias. Este corresponde al valor máximo a pagar por una hora de harneado adicional. g) Como el precio sombra asociado a la restricción de horas de chancado es unidades monetarias, la oferta es beneficiosa y se acepta, porque se ofrece la hora adicional del recurso a un valor menor, que es 3 unidades monetarias. h) Tal y como se vió en (f), el precio sombra asociado a las horas adicionales de harneado es unidades monetarias, y es el máximo a pagar por dicha capacidad adicional. El límite máximo más allá del cual la base óptima se modifica, con respecto a este recurso, se verficia mediante el respectivo análisis de sensibilidad. Sea el cambio (positivo o negativo) en las horas de harneado. Las cotas de se calculan como sigue: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 56 Cota superior: {} Cota inferior: {} Por lo tanto, se tiene que Luego, es posible arrendar un máximo de 50 horas adicionales de harneado, sin que ello modifique la base óptima. i) Si las horas de chancado aumentan hasta las 880 horas, se puede obtener la nueva solución de forma inmediata mediante el formulismo del método símplex revisado. Para ello, la matriz inicial de recursos debe incluir este cambio, por lo cual: ̅ ( ) ( ) ( ) Luego, el nuevo plan óptimo es el siguiente: Producir 320 unidades de material árido del tipo 1. Producir 240 unidades de material árido del tipo 2. No es rentable producir material árido del tipo 3 y 4. Existe una holgura de 28 horas de inspección de calidad. La nueva utilidad máxima se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo, con lo cual se tiene que () unidades monetarias. Naturalmente, este plan es más rentable, porque deja una utilidad mayor. j) Sea el cambio (positivo o negativo) en las horas – hombre de inspección de calidad. Las cotas de se calculan de la tabla óptima como sigue: Cota superior: {} Cota inferior: { } Por lo tanto, Luego, las horas de inspección pueden disminuir hasta en 20 unidades, sin que ello modifique la base óptima del problema. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 57 k) Según los datos que entrega el problema, se debe agregar una nueva variable al modelo original, que denotamos por . Utilizando los coeficientes de restricción entregados para esta variable y su utilidad original, es posible calcular su costo reducido de forma inmediata mediante el uso del formulismo del método símplex revisado. En efecto: ̅ ( ) ( ) Como el costo reducido de es negativo, entonces debe entrar a la base. Se asegura así al menos una iteración más y, por tanto, al menos una mejora en la utilidad máxima de PETROMAT, lo que implica que se acepta la producción del nuevo material árido. PROBLEMA #8 La empresa de transporte TRANSEC Ltda. realiza traslados de mineral desde las minas Alto, Cerro e Indígena a distintas plantas concentradoras ubicadas a lo largo del país. El gerente de finanzas y logística de TRANSEC desea determinar los recorridos más convenientes, en términos de costos, para los futuros contratos. Los costos de transporte, con sus respectivos requerimientos y suministros, se presentan en Tabla 31. Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Suministros Alto 19 11 7 21 20 Cerro 13 5 9 14 10 Indígena 14 2 8 19 8 Requerimientos 15 8 10 5 Tabla 31: Detalle de los costos de transporte de TRANSEC Determine las rutas más convenientes para TRANSEC. Utilice el método de mínimo costo para encontrar la solución básica de inicio y analice sus resultados. SOLUCIÓN: Lo primero es verificar si el problema se encuentra balanceado. En efecto: ∑ ∑ Como la sumatoria de ofertas es igual a la sumatoria de demandas, el problema se encuentra balanceado. El tableau de transporte, de esta forma, se construye de forma inmediata utilizando los datos de Tabla 31: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 58 Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Oferta Alto Cerro Indígena Demanda Tabla 32: Tableau de inicio para el modelo de TRANSEC Desarrollando por mínimo costo, se llega a la siguiente solución básica de inicio. Se debe considerar que se ha agregado una asignación nula en la celda (2, 2) para así satisfacer el teorema de secuenciación: Planta 1 Planta 2 Planta 3 Planta 4 Oferta Alto Cerro Indígena Demanda Tabla 33: Solución básica de inicio para el modelo de TRANSEC Calculamos ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual se tiene que la variable de entrada es . Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 59 Oferta Demanda Tabla 34: Primera iteración del problema de TRANSEC Una vez determinado que la variable de entrada es , se debe generar un loop para determinar la variable de salida. Dicho loop se observa en Tabla 63. Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior: De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es , el cual corresponde a la celda (1, 4). Luego, la variable de salida es . El tableau resultante, con los correspondientes valores duales y costos reducidos, es el siguiente: Oferta Demanda Tabla 35: Tableau óptimo del problema de TRANSEC Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 60 El tableau anterior óptimo, porque todos los costos reducidos son no negativos. La solución óptima de este problema es entonces El costo mínimo asociado a las asignaciones anteriores es () unidades monetarias. Es interesante señalar que este problema presenta una solución óptima degenerada, ya que la asignación en la celda (2, 2) es nula. Además, también presenta óptimos alternati vos, puesto que el costo reducido de la variable no básica es nulo. PROBLEMA #9 La compañía manufacturadora de explosivos mineros ASIOP Mining Explosives Ltda. (ASIOPMEL) fabrica detonadores eléctricos para 3 empresas de explosivos en cada una de sus 3 plantas de manufacturación. Los costos de producción varían debido a la tecnología de producción y el rendimiento de los operarios. Los costos unitarios y la capacidad mensual de producción, así como la demanda de las empresas para el siguiente mes y el costo unitario de abastecimiento (transporte) hacia las empresas clientes, se indican en Tabla 36. Planta/Fábrica Hacia Costo/Unidad Producción Fábrica Demanda Desde 1 2 3 ($/unid) Mensual Mensual A 3 2 6 2 6000 1 4000 B 6 4 2 4 4000 2 6000 C 5 1 3 3 6000 3 2000 Tabla 36: Detalle del proyecto de manufacturación de detonadores de ASIOPMEL ASIOPMEL debe decidir cuántas unidades de detonadores se deben producir en cada planta, y cuánta demanda de cada cliente se abastecerá desde cada una de ellas. Se desea minimizar el costo total de producción y transporte para ASIOPMEL en los siguientes escenarios: 1. Se emplea la capacidad total de producción de las tres plantas. 2. Se produce sólo la cantidad de detonadores necesaria para satisfacer la demanda. SOLUCIÓN: Lo primero es verificar si el problema se encuentra balanceado. En efecto, asumiendo que las producciones mensuales son las cantidades de oferta, se tiene que: ∑ ∑ Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 61 Como la sumatoria de ofertas no es equivalente a la sumatoria de demandas, el problema debe balancearse añadiendo una fábrica artificial, cuya demanda sea igual al excedente de oferta en las plantas de manufacturación de detonadores. Antes de comenzar el análisis, se debe considerar que este problema presenta una singularidad: la producción de detonadores implica un costo fijo. Dicho costo está siempre presente, y por ende debe ser añadido al algoritmo de transporte. La forma más sencilla es sumar dicho costo fijo de producción a cada una de las celdas que definen las rutas de transporte (de forma más directa, sumar los costos fijos por filas), para así resolver el problema correctamente. De lo anterior, el tableau de inicio para el modelo de ASIOPMEL es el siguiente: Fábrica 1 Fábrica 2 Fábrica 3 Artificial Oferta Planta A Planta B Planta C Demanda Tabla 37: Tableau de inicio para el modelo de ASIOPMEL Desarrollando por el método de mínimo costo, se llega a la siguiente solución básica de inicio: Fábrica 1 Fábrica 2 Fábrica 3 Artificial Oferta Planta A Planta B Planta C Demanda Tabla 38: Solución básica de inicio del modelo de ASIOPMEL Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 62 La asignación anterior es correcta, porque satisface el teorema de secuenciación. Calculamos ahora los valores duales y costos reducidos para la primera iteración, con lo cual se tiene que la variable de entrada es . Oferta Demanda Tabla 39: Primera iteración del problema de ASIOPMEL Una vez determinado que la variable de entrada es , se debe generar un loop para determinar la variable de salida. Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior: De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es , el cual corresponde a la celda (2, 1). Luego, la variable de salida es . Luego: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 63 Oferta Demanda Tabla 40: Solución óptima del problema de ASIOPMEL para el primer escenario La tabla anterior es óptima, porque todos los costos reducidos son no negativos. La solución óptima es entonces El costo mínimo de transporte asociado a este plan es () Lo siguiente es verificar qué sucede en el caso de que la fabricación de detonadores se vea limitada por la cantidad que se demanda en las empresas clientes. Si bien este problema en particular puede abordarse de varias maneras, lo más sencillo es suprimir la producción de la planta B, porque así utilizamos de forma efectiva sólo las plantas necesarias para satisfacer la demanda de los clientes y, al mismo tiempo, balancear el problema. A continuación se muestra el tableau de inicio para este escenario, al cual se le ha encontrado una solución básica de inicio mediante el método de mínimo costo. También se han calculado los valores duales y los costos reducidos para esta primera iteración, con lo cual se determina que es la variable de entrada en la primera iteración. Oferta Demanda Tabla 41: Primera iteración para el segundo escenario Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 64 Una vez determinado que la variable de entrada es , se debe generar un loop para determinar la variable de salida. Como se debe cumplir que todas las asignaciones sean positivas o nulas, la variable de salida se obtiene de las asignaciones limitadas por la cantidad en el tableau anterior: De lo anterior, el valor mínimo de que no viola la restricción de no negatividad de las variables es , el cual corresponde a la celda (1, 3). Luego, la variable de salida es . Luego: Oferta Demanda Tabla 42: Solución óptima del problema para el segundo escenario La tabla anterior es óptima, porque todos los costos reducidos son positivos. La solución óptima es entonces El costo mínimo de transporte asociado a este plan es () Se observa entonces que ambos escenarios entregan un costo mínimo similar, por ende, en teoría, es indiferente cuál utilizar por ASIOPMEL. Sin embargo, de todos modos, el plan de producción del segundo escenario implica que, para estos efectos, la planta B puede utilizarse para cualqui er otra operación, lo que le da cierta ventaja sobre el primer escenario. PROBLEMA #10 COBREANDES Ltda. (Chile) es propiedad de una operación a cielo abierto de cobre en la II Región. La explotación comprende la extracción de cuatro tipos de minerales: óxido de baja ley (OXBL), óxido de alta ley (OXAL), sulfuro de baja ley (SUBL) y sulfuro de alta ley (SUAL). La operación mantiene dos plantas de chancado, una para óxidos y una para sulfuros, cuyas capacidades son 40 y 50 ktpd, respectivamente, y su alimentación, de acuerdo al plan minero, establece que la extracción de alta ley y baja ley debe estar en la razón 2:1, mientras que la extracción de sulfuros debe estar en la razón 1:1. Además, por razones de disponibilidad de carguío, el doble de la producción de sulfuros de alta ley no debe superar la producción de sulfuros de baja ley sumado al stock permanente de 10 kt en planta. Restricciones de transporte por camiones establecen que la producción total de mineral Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 65 sulfurado debe superar, al menos en un 40%, la producción total de mineral oxidado. La producción del día requerida por el plan minero debe ser igual a 70 ktpd. OXBL OXAL SUBL SUAL Planta Chancado Óxido 1 2 Planta Chancado Sulfuro 1 1 Valor Ingresos (US$/t) 20 10 15 40 Tabla 43: Detalle De las razones de extracción de óxidos y sulfuros El objetivo de la COBREANDES es, naturalmente, maximizar sus ingresos. Para ello, se ha definido un modelo de programación lineal cuya tabla óptima se presenta a continuación: Tabla óptima: V.B. OXBL OXAL SUBL SUAL 1 1 1 0 -1 0 20 0 0 24 0 -14 -1 220 OXBL 1 0 -1 0 1 0 20 SUAL 0 0 1/3 1/3 0 0 20 SUBL 0 0 2/3 -1/3 0 0 30 10 0 20 0 -1650 En base a la información disponible, responder las siguientes interrogantes del plan: a) ¿Cuál es el plan minero de producción/explotación a proponer de cada producto mineral? ¿Cuál es el ingreso total? b) ¿Cuál es el rango de variación de la utilidad de OXBL tal que la solución óptima no varía? c) ¿Qué sucede con la solución óptima si el ingreso por unidad de SUAL aumenta en 10 unidades? d) Suponga que se aumenta el ingreso del producto OXAL en 8 US$/t ¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan? e) ¿Cuánto debe ser, al menos, el ingreso por unidad del producto OXAL para que sea rentable su extracción? f) Suponga que se deben producir 80 ktpd ¿Es factible este nuevo plan? De ser así, determine el nuevo ingreso máximo que otorga dicho plan. g) Suponga que se dispone de 45 ktpd de capacidad en la planta de óxidos ¿Varía la base óptima? Responda esta misma pregunta en el supuesto de que se disponga de 30 ktpd de capacidad en la planta de sulfuros. h) Suponga que se debe aumentar el stock en la planta de sulfuros a 20 kt ¿Es factible la solución? En caso de serlo, calcular el ingreso máximo del nuevo plan ¿Cuál sería su respuesta si se supone que el stock de sulfuros es descartado del plan? i) ¿Cuál es la cantidad máxima que estaría dispuesto a pagar por una tonelada de capacidad adicional en la planta de chancado de óxidos y sulfuros? j) ¿Cuál es la cantidad máxima que estaría dispuesto a pagar por una tonelada adicional de capacidad de stock de sulfuros? Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 66 k) ¿Cuál es el recurso que aporta la mayor ganancia al plan minero? Determine el máximo aporte total posible para el plan óptimo. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) La solución óptima de este problema se obtiene directamente de la tabla óptima (incompleta) entregada en el enunciado. Luego, el plan minero de producción es el siguiente: Extraer 20 ktpd de óxidos de baja ley. Extraer 30 ktpd de sulfuros de baja ley. Extraer 20 ktpd de sulfuros de alta ley. La extracción de óxidos de alta ley no es rentable para este plan. Asimismo, el máximo ingreso a percibir por concepto de este plan de producción es de 1650 US$/día. b) Como la tabla de inicio del modelo de COBREANDES no fue entregada, se debe generar el modelo de programación lineal original de este problema para así completar la tabla óptima y hacer el análisis de sensibilidad pedido. Las variables de dicho modelo se definen como sigue: Unidades de óxido de baja ley (OXBL) en explotación. Unidades de óxido de alta ley (OXAL) en explotación. Unidades de sulfuro de baja ley (SUBL) en explotación. Unidades de sulfuro de alta ley (SUAL) en explotación. Las restricciones del problema se pueden obtener fácilmente a partir del enunciado del mismo. En este caso, se tiene lo siguiente: Capacidad de planta de óxidos: Capacidad de planta de sulfuros: Plan minero de extracción: Producción de sulfuros y stock: Relación sulfuros v/s óxidos: ( ) ( ) La función objetivo se puede construir a partir de la Tabla 72. Luego: () Por lo tanto, el modelo lineal estándar de este problema es el siguiente: () Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 67 Luego, la tabla de inicio del modelo de COBREANDES es la siguiente: V.B. OXBL OXAL SUBL SUAL 1 2 0 0 0 1 0 0 0 0 40 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 50 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 70 0 2 -1 0 0 0 0 0 1 0 10 -7/5 -7/5 1 1 -1 0 0 0 0 1 0 -20 -10 -15 -40 0 0 0 0 0 0 0 Lo siguiente es utilizar el formulismo del método símplex revisado para obtener la tabla óptima del modelo de COBREANDES. Lo mejor que se puede hacer, sin embargo, es también comprobar las columnas ya entregadas en la tabla óptima del enunciado del problema, para así corroborar que lo hemos modelado correctamente. Por lo tanto, tenemos: Matriz inversa óptima: ( ) Matriz óptima de recursos: ̅ ( ) ( ) ( ) Vector de valores duales: ( ) ( ) Luego, ( ) Vector de costos reducidos: ̅ ( ) ( ) ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 68 Luego, ̅ ( ) ( ) Por lo tanto, la tabla óptima completa de este problema es la siguiente: V.B. OXBL OXAL SUBL SUAL 0 1 0 0 0 1 1 -1 0 0 20 0 0 0 0 1 0 24 -14 0 -1 220 OXBL 1 1 0 0 0 0 -1 1 0 0 20 SUAL 0 0 0 1 0 0 1/3 0 1/3 0 20 SUBL 0 0 1 0 0 0 2/3 0 -1/3 0 30 0 10 0 0 0 0 10/3 20 25/3 0 -1650 Los resultados obtenidos mediante el método simplex revisado confirman que el modelo realizado en primera instancia está correcto. Ahora podemos preceder a realizar el análisis de sensibilidad pedido. Sea el cambio (positivo o negativo) en la utilidad de OXBL. Las cotas de se calculan como sigue: Cota superior: { } Cota inferior: { } Por lo tanto, se obtiene que . Sin embargo, se debe considerar que como el modelo de COBREANDES es un modelo de maximización, este intervalo debe revertirse para así acotar el coeficiente de OXBL de forma correcta. Luego, Por lo tanto, el intervalo en el cual la utilidad de OXBL puede variar sin afectar la base óptima es c) Si la utilidad de SUAL aumenta en 10 unidades, se tendrá entonces que . Como la variable (que representa el tonelaje de SUAL en explotación) es básica, un cambio en su coeficiente objetivo altera los valores duales óptimos del problema. Por ende, el vector de valores duales debe ser recalculado. Sin embargo, primero verificaremos cuál es el intervalo de optimalidad de esta variable. Sea el cambio (positivo o negativo) en la utilidad de SUAL. Calculamos las cotas de dicha variación de la siguiente forma: Cota superior: { } Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 69 No existe cota inferior, ya que para todo . Por lo tanto, Como el problema es de maximización, el intervalo de optimalidad debe invertirse, por lo que . Luego la variación de la utilidad es . Así, si , la solución óptima no se ve afectada. d) Sea ingreso por unidad de óxido de alta ley. Se tiene entonces: ̅ Lo que implica: Por tanto, Sin embargo, como este problema es de maximización, este intervalo debe revertirse a fin de hacer el análisis de forma correcta. Por lo tanto, Cualquier aumento de más allá de 20 US$/unidad altera la base óptima del problema. Luego, un aumento de 8 US$/unidad no cambia las variables básicas del modelo, porque quedaría , lo que está dentro del intervalo de optimalidad antes calculado. e) Utilizando lo calculado en (d), concluimos que el ingreso por unidad de OXAL debe ser mayor a los 20 US$/unidad para que sea rentable su producción, ya que de esta forma la base óptima del problema cambiaría, quedando (que son las unidades de OXAL en explotación) como variable de entrada y, en consecuencia, como parte de la nueva solución óptima del problema. f) Sea el cambio (positivo o negativo) en la producción total del plan minero. Las cotas de variación de se calculan a partir de la tabla óptima como sigue: Cota superior: { } Cota inferior: {} Por lo tanto, se tiene que En consecuencia, el intervalo de factibilidad de la producción del plan minero es . Concluimos entonces que el aumento de la producción según dicho plan a 80 ktpd no altera la base óptima, aunque sí su valor. Calculamos la solución óptima y su valor objetivo utilizando el método símplex revisado como sigue: ̅ ( ) ( ) ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 70 Luego, el nuevo plan abarca la explotación de 30 ktpd de óxido de baja ley, 20 ktpd de sulfuro de alta ley y 30 ktpd de sulfuro de baja ley. El ingreso máximo por concepto de este nuevo plan se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo, con lo cual () US$/día. g) Se deben generar dos análisis de sensibilidad independientes. Uno para una capacidad de 45 kt en la planta de óxidos (recurso ligado a la restricción nº1) y otro para una capacidad de 30 kt en la planta de sulfuros (recurso ligado a la restricción nº2). Para el cambio en la capacidad de la planta de óxidos, calculamos la matriz óptima de recursos como sigue: ̅ ( ) ( ) ( ) Reemplazando los valores obtenidos en la función objetivo obtenemos un ingreso máximo de () US$/día. Es decir, no hay cambio alguno en la solución óptima ni en su valor. Por lo tanto, el aumento de capacidad propuesto para la planta de óxidos es irrelevante y no constituye mejora alguna para el plan de producción, y por tanto se rechaza. Para el cambio en la capacidad de la planta de sulfuros se debe realizar un análisis similar, obteniéndose: ̅ ( ) ( ) ( ) El cambio hecho en la capacidad de la planta de sulfuros genera la pérdida de la factibilidad de la solución óptima encontrada, ya que el valor asociado a es negativo. En este caso, la factibilidad debe recuperarse mediante la aplicación del algoritmo símplex dual. Para estos casos, como hay una o más iteraciones a realizar, el óptimo mejora y, por ende, aumenta el ingreso máximo a percibir por COBREANDES y, por tanto, el nuevo plan se acepta. h) Se tiene un aumento del recurso correspondiente a la cuarta restricción hasta las 20 kt. Utilizando la fórmula del método simplex revisado, se tiene: ̅ ( ) ( ) ( ) La nueva solución encontrada es factible, porque todos los valores del vector columna calculado son no negativos. Reemplazando estos valores en la función objetivo del problema se obtiene un ingreso máximo de () 1733,3 US$/día, lo cual es evidentemente más rentable que la solución óptima del problema original. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 71 Si el stock de la planta de sulfuros se descarta, se tendrá entonces que el recurso asociado a la cuarta restricción es ahora nulo. Utilizando nuevamente la fórmula del método simplex revisado, se tiene: ̅ ( ) ( ) ( ) La nueva solución encontrada es igualmente factible. Reemplazando estos valores en la función objetivo del problema se tiene que el ingreso máximo es de () 1566,7 US$/día. La opción es claramente desfavorable con respecto al aumento del stock de la planta de sulfuros, ya que los ingresos generados al descartar dicho stock son menores que cuando se aumentan. i) De la tabla óptima, se tiene que los precios sombra asociados a los recursos de capacidad de chancado en las plantas de óxidos y sulfuros, respectivamente, son y En consecuencia, se tiene que la capacidad de chancado en la planta de óxidos es un recurso abundante, puesto que la holgura es no nula, y por ende no es necesario pagar por mayor capacidad. Por el contrario, para tener capacidad adicional de chancado en la planta de sulfuros, se debe pagar un total de 3,333 US$/kt, o bien, 0,00333 US$/t adicional. j) Tal y como se hizo en (i), verificando la tabla óptima, se tiene que el precio sombra asociado al recurso de stock en la planta de sulfuros es US$/kt adicional. Luego, se debe pagar un total de US$ 0,0083 por tonelada adicional de stock. k) El monto en particular que aporta cada recurso al plan de extracción de COBREANDES se obtiene utilizando la relación () ̅ , verificando los resultados de la multiplicación término a término. El mayor de ellos será el que más ingreso aporta al plan. Por lo tanto: R1: Aporte R2: Aporte R3: Aporte R4: Aporte R5: Aporte Por lo tanto, el recurso que mayor ingreso aporta al proyecto de COBREANDES es R3, correspondiente al plan minero de extracción de mineral. PROBLEMA #11 La Compañía Minera CERRO IMÁN Chile (CMCI), comercializa cuatro tipos de productos minerales de Fe (mineral, grueso, pellet y fino). La gerencia mina ha resuelto desarrollar un plan de producción mediante programación lineal. La información pertinente para la realización de este plan se ha entregado en Tabla 44: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 72 Mineral Grueso Pellet Fino Requerimientos planta chancado 4 5 2 3 Requerimientos planta concentración 4 6 3 4 Precio de venta (US$/t) 5 8 6 4 Tabla 44: Información entregada por Gerencia para la realización del plan Los actuales contratos de la compañía imponen la necesidad de producir 1100 t, y no se contempla venta adicional. Asimismo, el contrato establece que deben ser entregados por lo menos 350 t de mineral grueso. Las restricciones operacionales de las plantas de chancado y de concentración facilitan una capacidad de proceso de 4500 t y 5000 t, respectivamente. La siguiente es la tabla óptima del modelo de CMCI, cuyo objetivo es maximizar sus ingresos. Las restricciones están asociadas a la producción, requerimiento de mineral grueso, disponibilidad de chancado y de concentración. V.B. MINERAL GRUESO PELLET FINO 0 1 0 2 0 0 -1/3 533 1/3 1 0 0 -1 0 0 1/3 566 2/3 0 0 0 1 0 1 -1 600 0 0 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3 En base a la información disponible, responder las siguientes interrogantes del plan: a) Exponga claramente el plan óptimo resultante para el contrato y su valor. b) Suponga que se disminuye el precio de venta del producto mineral en 60 centavos por unidad ¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan? c) Suponga que CMCI aumenta el precio del producto fino en 50 centavos la unidad ¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan? ¿Cuál es el nuevo ingreso del plan? d) Suponga que se aumenta el precio de venta del producto pellet en 60 centavos la unidad ¿Cuál es la nueva solución óptima para el plan? e) ¿Qué precio debería tener, al menos, el producto mineral, para que sea rentable su extracción? f) Suponga que debido a la renegociación del contrato de venta se debe producir un total de 1000 t. Determine el nuevo valor óptimo de la función objetivo. g) Suponga que debido a un aumento del tamaño del producto mineral se reduce la disponibilidad de chancado a 4400 t ¿Cuál será el ingreso del plan? h) Suponga que se deben producir exactamente 400 t del producto grueso ¿Es factible la solución? En caso de serlo calcule el ingreso. i) ¿Cuál es la cantidad máxima que CMCI estaría dispuesto a pagar por una tonelada extra de chancado? ¿Y por una tonelada extra de concentración magnética? j) ¿Cuáles son los valores, las unidades y la interpretación de las variables del problema dual? k) ¿El problema es degenerado? ¿Por qué? Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 73 l) CMCI se encuentra negociando la venta de un nuevo producto de fierro, que requeriría 3 y 5 unidades de chancado y concentración, respectivamente, y tendría un precio de venta de 8 US$/t ¿Cuál es la nueva solución óptima del plan? ¿Cuál es el nuevo ingreso? SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Como no se ha entregado la tabla de inicio de este problema, se debe formular el modelo de CMCI antes de encontrar la solución. Sean: Cantidad de mineral a producir en kt. Cantidad de grueso a producir en kt. Cantidad de pellet a producir en kt. Cantidad de fino a producir en kt. Del enunciado, se obtienen de inmediato las primeras dos restricciones del modelo: Producción: Requerimiento de grueso: Además, de la Tabla 81 se obtienen las restricciones de requerimiento de chancado y concentración: Requerimiento de chancado: Requerimiento de concentración: Finalmente, también de la Tabla 81, se obtiene la función objetivo del problema: () Por lo tanto, el modelo lineal estándar completo de CMCI es el siguiente: () Luego, la tabla de inicio del problema es la siguiente: V.B. MINERAL GRUESO PELLET FINO MINERAL 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1100 GRUESO 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 350 PELLET 4 5 2 3 0 0 0 1 0 4500 FINO 4 6 3 4 0 0 0 0 1 5000 -5 -8 -6 -4 0 0 0 0 0 0 Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 74 Para encontrar la solución óptima, se debe completar la tabla óptima del problema, la cual fue entregada incompleta. Lo primero es identificar la matriz inversa óptima: ( ) Además, dado que se entregan las columnas canónicas en la tabla óptima, es posible determinar que la base óptima de la solución está conformada por las variables siguientes: V.B. Matriz Inversa Óptima Coef. Objetivo Pellet 2 0 0 -1/3 -6 Grueso -1 0 0 1/3 -8 1 0 1 -1 0 -1 -1 0 1/3 0 Luego, el primer elemento a calcular de la tabla óptima es el vector de valores duales, dado por la fórmula () . Así: ( ) ( ) ( ) Ahora debemos calcular las columnas de restricción que faltan en la tabla óptima: ̅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Calculamos la matriz óptima de recursos (para comprobar que el modelo de inicio es correcto): ̅ ( ) ( ) ( ) Ahora calculamos los costos reducidos: ̅ ( ) ( ) ( ) ( ) Finalmente calculamos el valor objetivo óptimo: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 75 () ( ) ( ) Por lo tanto, la tabla óptima completa del modelo de CMCI es la siguiente: V.B. Mineral Grueso Pellet Fino Pellet 2/3 0 1 2/3 0 2 0 0 -1/3 533 1/3 Grueso 1/3 1 0 1/3 0 -1 0 0 1/3 566 2/3 1 0 0 0 0 1 0 1 -1 600 1/3 0 0 1/3 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3 5/3 0 0 8/3 0 4 0 0 2/3 -23200/3 Por lo tanto, la solución óptima de este problema es la siguiente: Considerar la producción de 533.333 kt de pellets. Considerar la producción de 566.667 kt de gruesos. Existen 600 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado El requerimiento de gruesos puede bajarse a 216.667 kt, sin perjuicio del plan No es rentable la producción de mineral y finos. El ingreso máximo a percibir por CMCI es de 7733.333 US$/kt de fierro producido. b) Como la variable mineral, dada por , es no básica, es posible determinar su intervalo de optimalidad mediante la siguiente relación: ̅ Donde es el cambio (positivo o negativo) en el coeficiente objetivo de la variable mineral. Por lo tanto, se tiene lo siguiente: Luego, Como el modelo de CMCI es de maximización, se debe invertir el intervalo anterior, con lo cual . Por lo tanto, el intervalo de optimalidad de es Por lo tanto, la disminución del precio del producto mineral en 0.6 US$/t no hace variar la base óptima del problema. c) Para un aumento del precio del material fino en 0,5 US$/t, se tiene lo siguiente: ̅ ( ) ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 76 Como el costo reducido referente a la variable fino se mantiene positivo, no hay cambios en la base óptima. Por ende, el valor de dicha variable es cero (ya que es no básica), y no hay cambios en el ingreso total del plan. d) Para un análisis más certero, se determinará el intervalo de optimalidad para la variable pellet. En este caso, como se trata de una variable básica, se calculan las cotas superiores del cambio (positivo o negativo) de la siguiente forma: Cota superior: { } Cota inferior: { } Por lo tanto, Como el problema es de maximización, se invierte este intervalo, dando como resultado un rango de variación igual a Luego, el intervalo de optimalidad de la utilidad correspondiente a la variable pellet es Por lo tanto, un aumento de su precio en 0.6 US$/t no afecta a la base óptima del problema, ya que está dentro del intervalo de optimalidad. e) De lo hecho en (b), determinamos que el intervalo de optimalidad del precio de la variable mineral es . Por lo tanto, para un precio , esta variable entra a la base y, por tanto, se convierte en una alternativa de extracción (pasa a ser rentable). f) Para una producción de 1000 kt, se debe calcular la nueva solución óptima utilizando el formulismo del método símplex revisado. En efecto, modificando la limitante de la primera restricción de 1100 kt a 1000 kt, tenemos: ̅ ( ) ( ) ( ) La solución óptima entonces se mantiene factible, y el plan pasa a ser el siguiente: Considerar la producción de 333.333 kt de pellets. Considerar la producción de 666.667 kt de gruesos. Existen 500 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado El requerimiento de gruesos puede bajarse a 316.667 kt, sin perjuicio del plan No es rentable la producción de mineral y finos. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 77 El nuevo ingreso se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo del problema, dando como resultado () US$/t. g) En este caso hay un cambio en la tercera restricción, desde 4500 kt a 4400 kt. Utilizando el mismo formulismo que en (f), se tiene que: ̅ ( ) ( ) ( ) La solución óptima entonces se mantiene factible, y el plan pasa a ser el siguiente: Considerar la producción de 533.333 kt de pellets. Considerar la producción de 566.667 kt de gruesos. Existen 500 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado El requerimiento de gruesos puede bajarse a 216.667 kt, sin perjuicio del plan No es rentable la producción de mineral y finos. El nuevo ingreso se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo del problema, dando como resultado () US$/t. h) Ahora se tiene un aumento en la limitante de la segunda restricción, de 350 kt a 400 kt. Utilizando el mismo formulismo que en (f) y (g), se tiene: ̅ ( ) ( ) ( ) La solución óptima entonces se mantiene factible, y el plan pasa a ser el siguiente: Considerar la producción de 533.333 kt de pellets. Considerar la producción de 566.667 kt de gruesos. Existen 600 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado El requerimiento de gruesos puede bajarse a 166.667 kt, sin perjuicio del plan No es rentable la producción de mineral y finos. El nuevo ingreso se obtiene reemplazando estos valores en la función objetivo del problema, dando como resultado () US$/t. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 78 i) Los precios máximos a pagar por una unidad de recurso adicional corresponden a los valores duales (precios sombra) calculados en primera instancia para la tabla óptima. Como la holgura asociada a la capacidad de chancado no es nula, entonces el precio sombra es cero, puesto que no es necesario pagar por capacidad adicional de chancado si ya disponemos de capacidad no utilizada de este recurso. No obstante, para el caso de la concentración magnética, la holgura asociada es cero. Luego, hay un precio sombra asociado dado por US$/t, que es el máximo a pagar por una tonelada de concentración adicional. j) El modelo original de CMCI es el siguiente: () Cambiando el PPL anterior a su forma primal simétrica, se tiene: () Luego, el dual de este problema es el siguiente: () Las variables duales representan los precios que estamos dispuestos a pagar por una unidad de recurso adicional, según corresponda. Para restricciones con holguras no nulas, es claro que dichos precios son cero, por cuanto no es necesario pagar por capacidad adicional si existe una capacidad no utilizada del recurso respectivo. La función objetivo dual representa la maximización del uso de los recursos, mientras que las restricciones representan las limitantes de uso de los recursos en función de los precios de cada tipo de material. Los valores óptimos duales son . Todos ellos en US$/t. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 79 k) El problema no es degenerado, puesto que ninguna de las variables básicas es nula en la iteración óptima. l) Se debe sumar una nueva variable al modelo, Calculamos su costo reducido: ̅ ( ) ( ) Como el costo reducido de la nueva variable es negativo, entra a la base del problema y se debe iterar nuevamente para obtener la solución óptima. Se tiene entonces: ̅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) La tabla queda entonces como: V.B. () 2/3 0 1 2/3 -5/3 0 2 0 0 -1/3 533 1/3 - 1/3 1 0 1/3 5/3 0 -1 0 0 1/3 566 2/3 340 1 0 0 0 -2 0 1 0 1 -1 600 - 1/3 0 0 1/3 5/3 1 -1 -1 0 1/3 216 2/3 130 5/3 0 0 8/3 -14/3 0 4 0 0 2/3 -23200/3 Entra , sale . Siguiente iteración: V.B. 7/3 0 1 7/3 0 1 11/3 -1 0 4/3 535 -4/3 1 0 -4/3 0 -1 -8/3 1 0 -4/3 565 3 0 0 2 0 6/5 3 -6/5 1 1 602 1/5 0 0 1/5 1 3/5 -3/5 -3/5 0 1/5 130 19/3 0 0 22/3 0 14/5 26/3 0 0 5 -23186/3 Como todos los costos reducidos son positivos, hemos llegado al óptimo. Por lo tanto, la solución óptima es la siguiente: Considerar la producción de 535 kt de pellets. Considerar la producción de 565 kt de gruesos. Considerar la producción de 130 kt de material nuevo. Existen 602 kt de capacidad no utilizada en la planta de chancado No es rentable la producción de mineral y finos. El ingreso máximo del plan es () US$/t. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 80 PROBLEMA #12 Para complementar la formación de sus alumnos, este Departamento ha decidido programar una serie de seminarios sobre algunos temas de actualidad: ecología, energía, transporte y seguridad. Estos seminarios tendrán lugar una vez por semana en horario de tarde, de manera que exista sólo una sesión para cada uno de los temas a tratar y, naturalmente, sólo se pueda programar un seminario por día. La dirección del Departamento ha estimado que podrían asistir a cada uno de estos seminarios, obteniendo los datos mostrados en Tabla 45: Ecología Energía Transporte Seguridad Lunes 50 40 60 20 Martes 40 30 40 30 Miércoles 60 20 30 20 Jueves 60 30 20 30 Viernes 10 20 10 30 Tabla 45: Estimación del número de alumnos que asistirá a cada seminario Determine la programación temporal óptima de estos seminarios, de manera que el total de alumnos que asista a cada uno de ellos sea el mayor posible: SOLUCIÓN: Procedemos mediante el algoritmo húngaro. Lo primero es verificar la naturaleza del problema, asumiendo que el número estimado de alumnos en cada uno de los seminarios es un “beneficio” para la programación. Así, tenemos un problema de asignación de beneficios, y no de costos, el cual maximiza una función objetivo. Construimos la matriz de costos agregando una columna artificial a fin de tener una matriz cuadrada y, además, asumiendo costos negativos (ya que son beneficios). ( ) Generando una eliminación de mínimos por columnas, obtenemos: ( ) ( ) ( ) Como los ceros generados mediante la eliminación de mínimos por filas y columnas no garantizan aún una asignación óptima, se debe tachar la cantidad mínima de filas y columnas que tengan ceros. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 81 ( ) Ahora se debe elegir el mínimo elemento entre aquellos que no se encuentran tachados, restárselo a todos los elementos no tachados, y sumárselo a aquellos elementos que se encuentren en la intersección de las líneas con las que tachamos las filas y columnas con elementos nulos. Así, se obtiene la siguiente matriz: ( ) En esta oportunidad, los ceros sí garantizan una asignación óptima, determinada por los elementos coloreados con amarillo. Cotejando con la tabla entregada en el enunciado del problema, la asignación óptima es entonces la siguiente: Programar el seminario de ecología para el día miércoles. Programar el seminario de energía para el día martes. Programar el seminario de transporte para el día lunes. Programar el seminario de seguridad para el día viernes. El número máximo de alumnos asistentes a los seminarios de esta asignación se obtiene sumando el número de alumnos respectivo de cada seminario con respecto a los días asignados. Luego, () alumnos. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 82 EJERCICIOS PEP 3 PROBLEMA #1 La Empresa Minera Andes Ltda. (EMAL) dispone de un equipo de perforación, el cual tiene como mayor obstáculo el tiempo de traslado de un lugar a otro. Este hecho aumenta considerablemente los costos operacionales. Para un área determinada dentro de la mina, se desea trasladar el equipo desde el nodo “s” al nodo “t” según la siguiente red: Figura 7: Red del problema de EMAL Los arcos señalan el tiempo de traslado (en minutos) entre cada nodo. Se pide: a) Determinar la ruta que debe realizar el equipo de perforación desde el nodo “s” al nodo “t” en el menor tiempo posible. b) Determinar el máximo tiempo de traslado del equipo de perforación desde el nodo “s” al nodo “t”. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Procedemos mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta más corta a partir del nodo “s” y terminando en el nodo “t”. Etiquetando cada uno de los nodos de la red, se llega a lo siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 83 Figura 8: Solución óptima de ruta más corta para EMAL A partir de los rótulos en cada nodo, se tiene que la ruta más corta corresponde al camino S → B → G → T. El tiempo mínimo de traslado del equipo se obtiene también del rótulo final en el nodo “t”, y corresponde a 14 minutos. b) Procedemos mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta máxima. Redibujando la red, y rotulando los nodos en función de los tiempos máximos de traslado por arco, se tiene lo siguiente: Figura 9: Solución óptima de ruta máxima para EMAL De lo anterior, se tiene que la ruta más larga corresponde al camino S → D → C → G → J → T. Notemos además que existe una solución óptima alternativa, dada por el camino S → A → B → E → J → T. La duración máxima de traslado es de 34 minutos. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 84 PROBLEMA #2 Determinar el pit final óptimo para el inventario de bloques siguiente, y construya el vector columna de pits para dicha sección. Sección 12 – Norte BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9 H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10 H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10 Tabla 46: Inventario de bloques para el Problema #2 SOLUCIÓN: Primero analizamos los niveles H – 1 y H – 2. Para la solución de este problema, se asumirá la notación para el bloque ubicado en la i-ésima fila y la j-ésima columna. Para ello construimos la siguiente red, aplicando en su resolución el algoritmo de máximo flujo. Figura 10: Red de los niveles H – 1 y H – 2 De la red anterior, se genera el corte mínimo que separa el conjunto de los bloques que son removidos en esta combinación de niveles, del conjunto ̅ de los bloques que no son extraídos del inventario en primera instancia. Luego se extraen los bloques dados por el conjunto {}. Por lo tanto, el inventario de bloques toma la siguiente forma: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 85 Sección 12 – Norte BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9 H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10 H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10 Tabla 47: Inventario resultante de la remoción primaria de bloques Ahora se deben analizar los niveles H – 2 y H – 3. Construyendo la red respectiva y aplicando el algoritmo de máximo flujo, se obtiene lo siguiente: Figura 11: Red de los niveles H – 2 y H – 3 De la red anterior se obtiene el conjunto de bloques removidos en esta etapa, dado por {}. Por lo tanto, el inventario final con los bloques extraídos y el vector columna de pits es el siguiente: Sección 12 – Norte BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 Vector de pits H – 1 -9 -2 -1 2 -1 -1 -1 1 -9 -4 H – 2 -11 -3 2 3 -2 -2 -1 5 -10 1 H – 3 -11 -6 2 1 6 -3 -4 -6 -10 7 Tabla 48: Inventario de bloques óptimo El beneficio de este pit final es igual a 4 unidades monetarias. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 86 PROBLEMA #3 La Empresa Minera MANANTIAL posee 3 minas desde las cuales se transporta el mineral extraído a una planta de procesamiento a través de un sistema de correas transportadoras, el cual se esquematiza mediante la siguiente red: Figura 12: Red de correas de la Empresa MANANTIAL Los valores de los arcos representan la capacidad de las correas en cientos de toneladas por hora. Se sabe que los turnos de trabajo son de 8 horas y que el tonelaje extraído por mina en cada turno es de 8000, 6000 y 4800 toneladas/turno, respectivamente. Se pide: a) Determinar el máximo tonelaje por turno de trabajo que la planta, ubicada en el nodo T, puede esperar. b) Determinar cuáles son los arcos que controlan la capacidad del sistema ¿Qué nombre reciben estos arcos? c) ¿Qué sucede si el arco (9, 4) baja su capacidad en 200 unidades? d) ¿Qué sucede si el arco (8, 12) sube su capacidad en 200 unidades? SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Procedemos mediante el algoritmo de máximo flujo. Primero se debe generar el nodo de inicio S utilizando las extracciones por turno de cada mina. Los arcos (S, 1), (S, 2) y (S, 3) tendrán así la siguiente capacidad: ( ) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 87 ( ) ( ) La red completa del problema, cuya solución óptima se ha calculado mediante el algoritmo de máximo flujo, es la siguiente: Figura 13: Red de MANANTIAL solucionada mediante el algoritmo de máximo flujo A partir del corte mínimo trazado en la red, se puede calcular el máximo flujo sumando todos los flujos que atraviesan dicho corte. Por lo tanto, se tiene que () unidades. b) Los arcos que controlan la capacidad del sistema son aquellos que intersectan al corte mínimo y que además transportan un flujo de material a través de ellos. Dichos arcos son (S, 3), (5, 6) y (4, 8). Haciendo una analogía con el método símplex, dado que la solución óptima depende de ellos, es razonable suponer que dichos arcos son las variables básicas del problema. c) No influye en la solución óptima del problema, ya que el arco respectivo no tiene asignado un flujo de material. d) No influye en la solución óptima del problema, ya que el arco respectivo no tiene asignado un flujo de material. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 88 PROBLEMA #4 A continuación se detallan los tiempos probabilísticos esperados para las distintas actividades de un proyecto. ACTIVIDAD PRECEDENTE T. OPTIMISTA T. MÁS PROBABLE T. PESISMISTA A - 1 3 3 B A 2 5 6 C B, H, E 1 1 1 D - 3 5 9 E G 2 3 4 F E, L 1 2 3 G D 1 2 3 H G 3 4 5 I D 1 3 5 J I 3 4 5 K D 2 3 7 L J, K 3 5 4 M C, L 1 2 3 Tabla 49: Estimación de tiempos para el proyecto a) Dibuje la red del proyecto. b) Calcule la duración máxima del proyecto. c) Encontrar la ruta crítica y calcular las holguras totales de cada actividad. SOLUCIÓN: Se tiene lo siguiente: a) Lo primero es generar la estimación esperada de tiempos por actividad según el método PERT. Para ello se utiliza la siguiente fórmula: Luego tenemos: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 89 ACTIVIDAD PRECEDENTE TIEMPO OPTIMISTA T. MÁS PROBABLE TIEMPO PESISMISTA TIEMPO ESPERADO A - 1 3 3 2,7 B A 2 5 6 4,7 C B, H, E 1 1 1 1 D - 3 5 9 5,3 E G 2 3 4 3 F E, L 1 2 3 2 G D 1 2 3 2 H G 3 4 5 4 I D 1 3 5 3 J I 3 4 5 4 K D 2 3 7 3 L J, K 3 5 4 5 M C, L 1 2 3 2 Tabla 50: Estimación de tiempos más esperados por actividad La red del proyecto, una vez se ha aplicado el algoritmo CPM de la ruta crítica, se muestra a continuación. Figura 14: Red del proyecto b) De la red del proyecto, se obtiene que el tiempo crítico es de 20,3 semanas. c) De la red del proyecto, se observa que la ruta crítica es D → I → J → L → C. Las holguras totales se calculan a continuación. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 90 ACTIVIDAD HOLGURA A 10 B 10 C 0 D 0 E 6 F 1 G 6 H 6 I 0 J 0 K 4 L 0 M 0 Tabla 51: Holguras totales de las actividades del proyecto PROBLEMA #5 A partir del inventario de bloques entregado, calcular el pit final óptimo y el vector columna de pits para esta sección. Sección 54 – Sur BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2 F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9 G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16 Tabla 52: Inventario de bloques SOLUCIÓN: Primero analizamos los niveles E – 4 y F – 4. Para ello, construimos la siguiente red, aplicando el algoritmo de máximo flujo. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 91 Figura 15: Red de los niveles E – 4 y F – 4 De la red anterior, se genera el corte mínimo que separa el conjunto de los bloques que son removidos en esta combinación de niveles, del conjunto ̅ de los bloques que no son extraídos del inventario en primera instancia. Luego se extraen los bloques dados por el conjunto {}. Por lo tanto, el inventario de bloques toma la siguiente forma: Sección 54 – Sur BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2 F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9 G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16 Tabla 53: Inventario resultante de la primera remoción de bloques Ahora se deben analizar los niveles H – 2 y H – 3. Construyendo la red respectiva y aplicando el algoritmo de máximo flujo, se obtiene lo siguiente: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 92 Figura 16: Solución óptima del problema La red anterior nos muestra la solución óptima del problema. El conjunto de bloques removidos en esta última fase del pit es {}. Luego, el inventario de bloques que muestra el pit final óptimo y su vector columna de beneficios es el siguiente: Sección 54 – Sur BANCO B – 1 B – 2 B – 3 B – 4 B – 5 B – 6 B – 7 B – 8 B – 9 Vector de pits E – 4 -3 -2 -3 -4 -2 -1 1 -1 -2 -14 F – 4 -10 3 6 5 2 -1 -3 4 -9 19 G – 1 -13 -3 3 9 4 1 -5 -1 -16 26 Tabla 54: Inventario de bloques óptimo Del pit final óptimo se obtiene un beneficio de 26 unidades monetarias. PROBLEMA #6 Considere que su amigo, vecino y compañero de curso, Julián, lo conduce a usted diariamente desde su casa a la universidad. Dado que usted acaba de terminar un curso de análisis de redes, entonces puede ayudarle a determinar la ruta más corta desde el vecindario, V, hasta su universidad, U. Desafortunadamente, la ruta seleccionada está excesivamente patrullada por la policía y con todas las multas pagadas por exceso de velocidad (por no siempre levantarse a la hora indicada), la ruta más corta no es la mejor elección. Por consigui ente, usted ha decidido ayudar a su amigo Julián a determinar la ruta que maximice la probabilidad de no ser detenido y que así no lo multen. Para ello, considere la siguiente red, en la cual los arcos definen la probabilidad de no ser detenido por la policía en dicha rama. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 93 Figura 17: Red de caminos desde el vecindario hasta la universidad Considere, para este problema, que la probabilidad de que no lo multen en una sucesión de caminos es igual al producto entre las probabilidades individuales de que no lo multen en cada arco respectivo. SOLUCIÓN: El problema debe resolverse mediante el algoritmo de Dijkstra de la ruta máxima. La diferencia con otro tipo de problemas es que ahora las probabilidades acumuladas por nodo en los rótulos son iguales a la multiplicación de las probabilidades individuales por arco respectivo. Así, se obtiene la solución óptima que se observa en la siguiente red. Figura 18: Solución óptima del problema La ruta más segura, que maximiza la probabilidad de no ser multado, es V → 1 → 5 → 9 → U. La probabilidad máxima de no ser multado es de 7,2%, resultado que es bastante desafortunado. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 94 PROBLEMA #7 La Empresa PETROGAS Co. (Chile) se encuentra en la etapa final de puesta en producción de 9 pozos de gas natural mar adentro en el área de Isla Grande. Debido a la ubicación del pozo 2, cercana a la costa, se encuentra equipado con suficiente capacidad de bombeo y almacenamiento para bombear la producción de los 8 pozos restantes al punto de entrega. El siguiente plano (no necesariamente a escala) muestra el kilometraje de los ductos factibles que conectan los 9 pozos de gas natural mar adentro con el punto de entrega. Figura 19: Red de pozos de PETROGAS Considerando que el costo promedio por kilómetro para los proyectos de ductos mayores es aproximadamente igual a US$ 7000 por kilómetro, determine el conjunto de ductos que minimice la longitud por la cual el gas natural será transportado hacia el punto de entrega. SOLUCIÓN: Dado que la red está conformada por arcos no direccionados, asumimos que el gas natural puede circular en ambas direcciones entre cada uno de los nodos de la red. Por lo tanto, este problema puede ser resuelto de forma sencilla mediante el algoritmo de árbol de expansión mínima. Los arcos que minimizan la longitud de traslado de gas se muestran en la siguiente red. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 95 Figura 20: Árbol que minimiza la longitud de ductos de transporte de gas La longitud mínima de los ductos del árbol de expansión mínima es () kilómetros. El costo asociado a esta construcción es igual a US$ 287.000 PROBLEMA #8 La Compañía Minera ARRIBACHILE (COMACHI) es propietaria de tres minas desde las cuales se transporta el mineral extraído a una planta de concentración a través de un sistema de correas transportadoras modelado por la siguiente red. Figura 21: Red de correas de COMACHI Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 96 Los valores de los arcos representan la capacidad en cientos de toneladas por hora. Se sabe que los turnos de trabajo son de 8 horas y que las toneladas por turno de cada mina son 4800, 6000 y 8000, respectivamente. Determine la máxima cantidad de mineral que este sistema de correas es capaz de transportar. SOLUCIÓN: Lo primero es generar el nodo de salida “s” para luego aplicar el algoritmo de máximo flujo. Para ello, se generan los arcos tales que respetan la capacidad de extracción de cada mina por turno y en iguales unidades que el resto de los arcos: ( ) ( ) ( ) La solución óptima de este problema, una vez aplicado el algoritmo de máximo flujo, se muestra en la siguiente red. Figura 22: Solución óptima del problema de COMACHI El máximo flujo, que determina el máximo tonelaje que la red es capaz de transportar, se calcula sumando todos los flujos que atraviesan el corte mínimo trazado en la red. Por lo tanto, () t/turno. Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 97 PROBLEMA #9 Un proyecto minero está compuesto por actividades cuyas características se presentan a continuación. Normal Acelerado Actividad Predecesor Duración [días] Duración [días] Costo [$] A - 2 1 120 B - 4 2 250 C A, B 3 1 150 D B 2 1 30 E B 3 1 90 F E 1 1 - G C, D 4 1 200 H C, D 3 2 80 I G 3 2 300 J H 6 3 400 K I 3 2 150 L I 5 3 100 M J, K 1 1 - Tabla 55: Actividades a realizar por el proyecto Se pide: a) Dibujar la red del proyecto y determinar la ruta crítica y su duración. b) Considerando la posibilidad de acelerar las actividades, formular un modelo de programación lineal que permita determinar qué actividades deben ser aceleradas y en cuánto, de manera tal que el proyecto se pueda terminar en 15 días. c) Se quiere acelerar el proyecto en tres días a costo mínimo ¿Cuáles actividades conviene acelerar y en cuánto? ¿A qué costo? Dibuje como va cambiando la malla del proyecto. SOLUCIÓN: a) La red del proyecto se muestra a continuación. Figura 23: Red del proyecto Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 98 La ruta crítica, a partir de la red anterior, es B → C → G → I → L. La duración crítica del proyecto es entonces días. b) El modelo queda determinado de la siguiente manera: Sean: Tiempo acumulado hasta el instante , con Cantidad de días a disminuir la actividad , con La función objetivo es la siguiente: () Las restricciones del problema se listan a continuación: c) Las opciones a disminuir son las siguientes: Disminuir B en 2 días a un costo de $250. Disminuir C en 2 días a un costo de $150. Disminuir G en 3 días a un costo de $200. Disminuir I en 1 día a un costo de $300. Disminuir L en 2 días a un costo de $100. Se elige disminuir L en 1 día. La red del proyecto queda de la siguiente forma: Figura 24: Red del proyecto luego de disminuir 1 día la actividad L Quedan dos rutas críticas, por lo cual las opciones a disminuir son: Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería en Minas Guía de Ejercicios – Optimización 99 Disminuir B en 2 días a un costo de $250. Disminuir C en 2 días a un costo de $150. Disminuir G en 3 días a un costo de $200. Disminuir I en 1 día a un costo de $300. Disminuir L y K en 1 día a un costo de $250. Se elige disminuir C en 1 día, con lo cual la red queda como sigue: Figura 25: Red del proyecto luego de disminuir 1 día la actividad C Quedan 4 rutas críticas, por lo cual las opciones a disminuir son: B en 2 días a un costo de $250. C y D en 1 día a un costo de $180. G en 3 días a un costo de $200. I en 1 día a un costo de $300. L y K en 1 día a un costo de $250. Se elige disminuir C y D en 1 día, con lo cual la red del proyecto queda como sigue: Figura 26: Red del proyecto luego de disminuir C y D en 1 día Finalmente, el costo de reducir el proyecto a 16 días es de 100 + 150 + 180 = $ 430.
Report "Guía de Ejercicios Optimización 2012-2 (1).pdf"