SOLUCIÓN DE PROGRAMACION LINEAL, TÉCNICA DE LAS DOS FASES by hijuney7

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									   SOLUCIÓN DE
  PROGRAMACION
LINEAL, TÉCNICA DE
  LAS DOS FASES

    Investigaciòn de Operaciones
       TÉCNICA DE LAS DOS
             FASES
Esta técnica se utiliza en la solucion de problemas de PL, que
     presentan los siguientes requerimientos;
•     Modificar las restricciones para que el lado derecho sea
      no negativo
•    Convertir las desigualdades a su forma estándar.
•    Añadir una variable artificial no negativa (a) a las
     restricciones que en el paso 1 fueran = o

Esta técnica elimina el uso de la constante M, que puede
     provocar problemas en el redondeo de cifras. Esta técnica
     resuelve un P.L., de la siguiente forma:
1.   Se formula el problema inicial reemplazando Xo por la
     suma de las variables artificiales únicamente (R1, R2,
     etc.). Las restricciones quedan igual que las del
     problema original. Si el problema tiene un espacio
     factible, el valor mínimo de la nueva función objetivo
     (Ro), lo cual indica que todas las variables artificiales
     son cero. Si lo anterior no se cumple, el problema
     termina concluyendo que no existe solución factible.

     2.      Si el valor mínimo fue cero en la anterior (Ro =
     0) se utiliza la solución final com33o inicio de esta fase
     colocando únicamente la Xo del problema original con
     valor de solución cero. A partir de aquí se sustituyen los
     valores de las casillas de Xo correspondintes a las
     columnas pivotes considerando además, el tipo de
     objetivo que este (PL) tenga.
El método de dos fases, tiene entre otras
aplicaciones, las siguientes:

1.   Resolver un problema LP cuya función       objetivo (w)
     sea minimizar la suma de las variables artificiales
     (FASE 1)

2.    Si el valor óptimo de w es positivo el       problema
     original no tiene solución factible
3.    Si el valor óptimo de w es 0 y no hay variables
     artificiales en la solución básica se eliminan las
     columnas de la tabla óptima de la fase 1 que
     corresponden a las variables artificiales y se combinan
     la función objetivo original con las restricciones de
     dicha tabla.
     (Fase 2).
   PROBLEMA RESUELO, TECNICA
         DE DOS FASES

               Min. Xo = 5X1 – 6X2 – 7X3



s.a.
5X1 – 6X2 + 10X3  20
X1 + 5X2 – 3X3  15
X1 + X2 + X3 = 5
Xi  0
SOLUCION

Fase 1

Forma Estándar

5X1 – 6X2 + 10X3 + S1 = 20
X1 + 5X2 – 3X3 – S2 + R1 = 15
X1 + X2 + X3 + R2 = 5

Min.

Ro = R1 + R2
Ro – R1 –R2 = 0
         Tablero Inicial

Bas Ro X1 X2 X3 S2          S1   R1 R2 Sol


R0 1     0   0    0    0    0    -1   -1   0

S1   0   5   -6   10   0    1    0    0    20

R1 0     1   5    -3   -1   0    1    0    15

R2 0     1   1    1    0    0    0    1    5
El tablero anterior, se vuelve tablero inicial, por lo que
         se suman R1 y R2 al valor de la fila Ro

BA Ro X1 X2 X3 S2 S1 R1 R2 SO
S                          L
Ro 1  2  6  -2 -1 0  0  0  20

S1 0       5     -6    10     0    1     0     0     20

R1 0       1     5     -3    -1    0     1     0     15

R2 0       1     1     1     0     0     0     1     5
BA Ro   X1   X2 X3 S2 S1 R1 R2 SO
S                              L


R0 1    4/5 0   8/5 1/5 0   -   0   2
                            6/5
S1 0    31/ 0   32/ -   1   6/5 0   38
        5       5   6/5
X2 0    1/5 1   -   -   0   1/5 0   3
                3/5 1/5
R2 0    4/5 0   8/ 1/5 0    -   1   2
                5           1/5
BA Ro    X1   X2   X3   S2   S1   R1   R2   SO
S                                           L

Ro   1   0    0    0    0    0    -1   -1   0


S1   0   3    0    0    -2   1    2    -4   30


X2   0   1/2 1     0    -   0     1/8 3/8 15/
                        1/8               4

X3   0   1/2 0     1    1/8 0     -   5/8 5/4
                                  1/8
 Al haber llegado a Ro = 0, se continua
en la siguiente fase, copiando el tablero
      final de la primera fase, pero
sustituyendo la función objetivo con los
    valores de la original, y ya no se
    trabajan con las columnas de las
  penalizaciones (R1 y R2); y se sigue
  trabajando con el método SIMPLEX
BAS Xo   X1    X2   X3   S2    S1   SOL


Xo   1   -5    6    7    0     0    0


S1   0   3     0    0    -2    1    30


X2   0   1/2   1    0    -1/8 0     15/4


X3   0   1/2   0    1    1/8   0    5/4
BAS Xo   X1    X2   X3   S2    S1   SOL


Xo   1   -    6     0    -7/8 0     -
         17/2                       35/4

S1   0   3     0    0    -2    1    30


X2   0   1/2   1    0    -1/8 0     15/4


X3   0   1/2   0    1    1/8   0    5/4
           TABLERTO FINAL
BAS   Xo   X1    X2   X3   S2     S1   SOL

Xo    1    -23/2 0    0    -1/8   0    -
                                       125/
                                       4
S1    0    3     0    0    -2     1    30

X2    0    1/2   1    0    -1/8   0    15/4

X3    0    1/2   0    1    1/8    0    5/4
     SOLUCIÓN FINAL


R/
        Xo = -125/4
         X2 = 15/4
         X3 = 5/4
          S1 = 30

								
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