Método Simplex para solucionar problemas de optimización lineal, Apuntes de Literatura

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Optimizaci´on

o

de Ingenier´ıa Inform´atica

F´elix G´omez M´armol

Curso 2002 - 2003

INDICE GENERAL

Cap´ıtulo 1

El Problema de la Programaci´on

Lineal

1.1. Elementos que definen un problema de Programaci´on Li-

neal

Definici´on 1.1 Un problema de programaci´on lineal es un problema de minimizar o ma-

ximizar un funci´on lineal en la presencia de restricciones lineales del tipo de desigualdad,

igualdad o ambas.

Este modelo matem´atico surge t´ıpicamente al tratar de asignar “recursos limitados” entre

“actividades competidoras” en la mejor forma posible (e.d. ´optima).

Ejemplo 1.1 Expresi´on general:

optimizar c 1 x 1 + c 2 x 2 + · · · + cnxn

sujeto a a 11 x 1

• a 12 x 2
• · · · + a 1 n x n (≤, =, ≥) b 1

a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2 nxn (≤, =, ≥) b 2

a m 1 x 1

• a m 2 x 2
• · · · + a mn x n (≤, =, ≥) b m

x 1 ,... , xk ≥ 0 (k ≤ n)

donde optimizar puede ser maximizar o minimizar.

c j ,b i y a ij (i = 1, 2 ,... , m; j = 1, 2 ,... , n) son constantes determinadas por la tecno-

log´ıa del problema y xj (j = 1, 2 ,... , n) son las variables de decisi´on.

Unicamente un signo

(≤, =, ≥) ocurre para cada restricci´on. Algunas de las variables de decisi´on son declaradas no

negativas; m´as adelante mostraremos que cada variable irrestricta puede convertirse equiva-

lente a variables no negativas.

La restricci´on de no negatividad, para todas las variables de decisi´on, es esencial para el

desarrollo del m´etodo de soluci´on de los problemas de programaci´on lineal.

Los modelos de programaci´on lineal a menudo representan problemas de “asignaci´on”

en los cuales los recursos limitados se asignan a un n´umero de actividades, que compiten

por ellos. En funci´on de la formulaci´on anterior los coeficientes c j ,b i y a ij se interpretan

f´ısicamente como sigue:

Si bi es la cantidad disponible del recurso i, entonces aij es la cantidad del recurso i

consumida/(que debe asignarse) por/(a) cada unidad de la actividad j. El “valor” por unidad

de la cantidad j es cj.

1.1 Elementos que definen un problema de Programaci´on Lineal

En la tabla adjunta resumimos las formas est´andar y can´onica:

Problema de Minimizaci´on Problema de Maximizaci´on

Forma Est´andar

Minimizar

n

j=

c j x j

Sujeto a

n

j=

aij = bi,i=1, 2 ,...,m

x j

j=1, 2 ,...,n

Maximizar

n

j=

c j x j

Sujeto a

n

j=

aij = bi,i=1, 2 ,...,m

x j

j=1, 2 ,...,n

Forma Can´onica

Minimizar

n

j=

c j x j

Sujeto a

n

j=

a ij ≥ b i

i=1, 2 ,...,m

x j

j=1, 2 ,...,n

Maximizar

n

j=

c j x j

Sujeto a

n

j=

a ij ≤ b i

i=1, 2 ,...,m

x j

j=1, 2 ,...,n

La tabla que acabamos de representar toma la siguiente forma, si utilizamos notaci´on

matricial:

Problema de Minimizaci´on Problema de Maximizaci´on

Forma Est´andar

Minimizar ¯c¯x

Sujeto a

Ax¯ =

b

x ¯ ≥

Maximizar ¯c¯x

Sujeto a

A¯x =

b

x ¯ ≥

Forma Can´onica

Minimizar ¯c¯x

Sujeto a

Ax¯ ≥

b

x ¯ ≥

Maximizar ¯c¯x

Sujeto a

A¯x ≤

b

x ¯ ≥

donde ¯x ∈ R

n , A ∈ Mm×n es la matriz de restricciones.

1.1.3. Paso de unas formas a otras

Cualquier problema de programaci´on lineal puede escribirse en forma can´onica o en forma

est´andar, cuando se desee, de la siguiente forma:

1. Desigualdades y ecuaciones.

Una desigualdad se puede transformar f´acilmente en una ecuaci´on. Por ejemplo, consi-

deremos la restricci´on dada por

n

j=

a ij x j ≥ b i

. Esta restricci´on se puede escribir en

forma de ecuaci´on sustrayendo la “variable de exceso” no negativa S i , obteniendo:

n ∑

j=

a ij x j

− S

i = b i y S i

Similarmente la restricci´on

n

j=

a ij x j ≤ b i es equivalente a

n ∑

j=

aij xj + Si = bi y Si ≥ 0

donde se ha sumado la “variable de holgura” no negativa S i

As´ımismo, una ecuaci´on de la forma

n

j=

aij xj = bi se puede escribir como dos desi-

gualdades:

n ∑

j=

a ij x j ≤ b i y

n ∑

j=

a ij x j ≥ b i

Las cuales se pueden escribir, de forma equivalente:

O bien

n

j=

a ij x j ≤ b i ∑ n

j=

−aij xj ≤ −bi

O bien

n

j=

−a ij x j ≥ −b i ∑ n

j=

aij xj ≥ bi

seg´un nos interese.

8 Cap´ıtulo 1. El Problema de la Programaci´on Lineal

2. No Negatividad de las Variables.

Como el m´etodo simplex, que es el m´etodo que resuelve los problemas de programaci´on

lineal, est´a dise˜nado para resolver programas lineales en los que todas las variables de

decisi´on son no negativas, tenemos que:

a) Si una variable xj no est´a restringida en su signo, entonces se puede reemplazar

por x

′

j

− x

′′

j

con x

′

j

≥ 0 y x

′′

j

≥ 0 (en efecto, basta con tomar x

′

j

= max{x j , 0 } y

x

′′

j

= max{−x j , 0 }). Esta descomposici´on no es ´unica, ya que podemos tomar una

u ≥ 0 tal que x j = (x

′

j

• u) − (x

′′

j

• u).

b) Si una variable x j no se tiene restringida a ser no negativa y sin embargo se dispone

de la siguiente restricci´on xj ≥ lj (lj =cte), entonces autom´aticamente la nueva

variable x

′

j

= x j − l j es no negativa y en este caso reemplazar´ıamos x j por x

′

j

• l j

en el modelo.

c) An´alogamente, si una variable xj no se tiene restringida a ser no negativa y sin

embargo se dispone de la siguiente restricci´on x j ≤ u j (donde u j =cte) entonces

la sustituci´on x

′

j

= uj − xj produce una variable x

′

j

no negativa.

3. Problemas de Minimizaci´on y Maximizaci´on

Otra manipulaci´on del problema consiste en convertir un problema de maximizaci´on en

un problema de minimizaci´on y viceversa.

Para ello, observemos que sobre cualquier regi´on se verifica que:

M´aximo

n ∑

j=

cj xj = −M´ınimo

n ∑

j=

−cj xj

de modo que un problema de maximizaci´on (minimizaci´on) se puede convertir en un

problema de minimizaci´on (maximizaci´on) multiplicando los coeficientes de la funci´on

objetivo por −1. Despu´es de completar la optimizaci´on del nuevo problema, el valor

objetivo ´optimo del problema original es −1 por el valor objetivo ´optimo del nuevo

problema.

1.2. Ejemplos de Optimizaci´on Lineal

1.2.1. El Problema de la Dieta

Se desea a˜nadir a la dieta de ciertos animales de granja cantidades extra de tiamina, f´osfo-

ro y hierro. Para ello en el mercado existen dos preparados en polvo diferentes: el Fosfat´on y

el Ferrosforo. Estos contienen los tres nutrientes en las cantidades que se indican:

Tiamina F´osforo Hierro

Ferrosforo 0’15 mg/oz 0’75 mg/oz 1’30 mg/oz

Fosfat´on 0’10 mg/oz 1’70 mg/oz 1’10 mg/oz

Deseamos que cada animal reciba al d´ıa al menos 1’00 mg de tiamina, 7’50 mg de f´osforo

y 10’00 mg de hierro.

El costo de cada onza de ferrosforo es de 2 centavos y el de fosfat´on es de

5

3

de centavo

por onza. Determinar las cantidades de ferrosforo y fosfat´on que debemos administrar a cada

animal de forma que el costo de este suplemento a la dieta sea m´ınimo.

SOLUCI

ON: Sean x 1 y x 2 las cantidades, en onzas, de ferrosforo y fosfat´on (desconocidas)

que debemos dar a los animales. Deseamos que el precio 2x 1

5

3

x 2 sea el menor posible, pero

que se consigan los aportes de los principios b´asicos que se desean, luego deseamos:

10 Cap´ıtulo 1. El Problema de la Programaci´on Lineal

SOLUCI

ON:

Figura 1.1: F´abricas y dep´ositos

Llamaremos xij al n´umero de Kgs de harina que se env´ıan desde la f´abrica Fi al dep´osito

D

j

. Se trata de:

minimizar

m

i=

n

j=

c ij x ij

sujeto a

n

j=

x ij ≤ a i

i=1, 2 ,...,m ∑ m

i=

xij = bi,j=1, 2 ,...,n

x ij

i=1, 2 ,...,m j=1, 2 ,...,n

Si los a i y los b j son enteros ∀ i, ∀ j, la soluci´on de este tipo de problemas de transporte

es tambi´en entera, como ya veremos m´as adelante.

Suponemos

m ∑

i=

a i

n ∑

j=

b j

porque siempre es posible expresarlo de esta manera.

Si hay m´as oferta que demanda se a˜nade un destino ficticio que demanda la cantidad

de producto que se quedar´ıa en el origen.

Si hay m´as demanda que oferta, se a˜nade un origen ficticio que produce la cantidad de

producto que no llegar´ıa al destino.

1.2.4. El Problema del Balanceo en el Ensamblaje

Una unidad completa de un cierto producto consiste en 4 unidades del componente A y

3 unidades del componente B. Los dos componentes (A y B) se fabrican con dos materias

primas diferentes de las cuales se tienen disponibles 100 y 200 unidades, respectivamente.

Tres departamentos est´an en el proceso de producci´on y cada departamento utiliza un m´eto-

do diferente para fabricar los componentes. La siguiente tabla da los requisitos de materia

prima por pasada de producci´on y las unidades resultantes de cada componente, en cada uno

de los departamentos. El objetivo es determinar el n´umero de pasadas de producci´on para

cada departamento que maximizar´a el n´umero total de unidades completas del producto final.

Entrada (en

pasada de

unidades) por

producci´on

Salida (en

pasada de

unidades) por

producci´on

Departamento Materia prima 1 Materia prima 2 Componente A Componente B

1.2 Ejemplos de Optimizaci´on Lineal 11

SOLUCI

ON: Denotamos por x i el n´umero de pasadas de producci´on por el departamento

i, con i = 1, 2 , 3.

El n´umero total de unidades de componente A producidas por los tres departamentos

son:

7 x 1

• 6x 2
• 8x 3

El n´umero total de unidades de componente B producidas por los tres departamentos

son:

5 x 1 + 9x 2 + 4x 3

Por otro lado, las restricciones correspondientes sobre las materias primas est´an dadas

como:

8 x 1

• 5x 2
• 3x 3 ≤ 100 para la materia prima 1

6 x 1 + 9x 2 + 8x 3 ≤ 200 para la materia prima 2

Ya que el objetivo es maximizar el n´umero total de unidades del producto final, y dado

que cada una de tales unidades requiere 4 unidades del componente A y 3 unidades del

componente B, el n´umero m´aximo de unidades del producto final no puede exceder el valor

m´as peque˜no de:

7 x 1

• 6x 2
• 8x 3

y

5 x 1

• 9x 2
• 4x 3

Por consiguiente, la funci´on objetivo ser´a:

Maximizar y = min

7 x 1

• 6x 2
• 8x 3

5 x 1

• 9x 2
• 4x 3

La funci´on objetivo anterior no es lineal. Sin embargo se puede usar una transformaci´on

que reducir´a el modelo anterior a un formato aceptable de programaci´on lineal.

Llamemos y = min

7 x 1 + 6x 2 + 8x 3

5 x 1 + 9x 2 + 4x 3

Entonces y es el n´umero final de unidades ensambladas (producto final), el cual es igual a

la menor de las dos expresiones. Ya que no se conoce con anterioridad qu´e expresi´on es m´as

peque˜na, la ecuaci´on anterior implica: 

7 x 1

• 6x 2
• 8x 3

≥ y

5 x 1

• 9x 2
• 4x 3

≥ y

Realmente, por lo menos una de estas dos desigualdades se debe

mantener como ecuaci´on (igualdad en cualquier soluci´on).

De manera que el problema anterior se reduce al siguiente problema de programaci´on

lineal:

Maximizar y

Sujeto a 7 x 1 + 6x 2 + 8x 3 − 4 y ≥ 0

5 x 1

• 9x 2
• 4x 3 − 3 y ≥ 0

8 x 1 + 5x 2 + 3x 3 ≤ 100

6 x 1

• 9x 2
• 8x 3

x 1 , x 2 , x 3 , y ≥ 0

1.5 Casos Posibles 13

1.5.1. Caso A: ´Optimo ´Unico Finito

Los dos subcasos posibles se muestran en la figura 1.

Figura 1.2:

Optimo

Unico Finito

En ambos subcasos vemos que el ´optimo se alcanza en un punto externo de F.

En el subcaso de la izquierda F est´a acotada, mientras que en el subcaso de la derecha F

no est´a acotada.

1.5.2. Caso B: Infinitos Puntos de ´Optimo Finito

Los dos primeros subcasos se muestran en la figura 1.

En el subcaso de la izquierda F est´a acotada y existen infinitos puntos ´optimos en una

arista finita, mientras que en el subcaso de la derecha F no est´a acotada y por lo tanto existen

infinitos puntos ´optimos en una arista infinita.

Figura 1.3: Infinitos Puntos de

Optimo Finito

El tercer subcaso se muestra en la figura 1.

Figura 1.4: Infinitos Puntos de

Optimo Finito

14 Cap´ıtulo 1. El Problema de la Programaci´on Lineal

En este ´ultimo subcaso F no est´a acotada; sin embargo, existen infinitos puntos ´optimos

en una arista que es finita.

Como se puede observar en todos los subcasos siempre existe al menos un punto extremo

´optimo.

1.5.3. Caso C: ´Optimo No Acotado

S´olo puede darse si F es no acotada, tal y como se muestra en la figura 1.

Figura 1.5:

Optimo No Acotado

16 Cap´ıtulo 2. El M´etodo Simplex

2.2. Mejorando la Funci´on Objtetivo z

Estando en dicho v´ertice x 0 , el valor de la funci´on objetivo es:

z 0 = ¯cx¯ 0 = (¯c B c¯ N

¯xB

x ¯ N

= (¯c B ¯c N

B

b

= ¯c B

B

b + ¯c N

0 = ¯c B

B

b

En definitiva,

z 0 = ¯c B

B

b

Si ahora lo que pretendemos es mejorar esa soluci´on, lo que debemos hacer es “echar a

andar” por una arista desde el v´ertice en el que nos econtramos.

Para ello, se dejan todas las variables no b´asicas a cero, excepto una (x k ), a la cual se le

dan valores positivos. Dicha variable no b´asica xk ser´a (por convenio) aquella que m´as mejore

la funci´on objetivo (“echar a andar” por aquella arista que m´as mejore la soluci´on).

Para determinar qui´en ser´a esa variable x k evaluamos el valor de la funci´on objetivo

conforme se van dando valores a las x j , habiendo partido del v´ertice x 0 , seg´un la siguiente

expresi´on:

z = ¯cx¯ = (¯cB c¯N )

¯xB

x ¯ N

= ¯cB x¯B + ¯cN x¯N = ¯cB

B

− 1 ¯ b −

j∈R

B

− 1 ¯aj xj

j∈R

¯cj xj =

= ¯cB B

− 1 ¯ b −

j∈R

(¯cB B

− 1 ¯aj − cj )xj

= z 0 −

j∈R

(zj − cj )xj

con zj = ¯cB B

− 1 ¯aj

Tomando aquella x k cuyo coeficiente sea (z k − c k ) = max{z j − c j } se tiene que:

¯x B

= B

b − y¯ k x k

Una vez seleccionada x k , para evitar salirnos de la regi´on factible, el valor positivo m´aximo

que podr´a tomar xk ser´a el menor valor que haga que alguna de las variables b´asicas valga

cero. Reescribiendo la ´ultima expresi´on como:

         

xB 1

x B 2

x Br

xB m

b 1

b 2

b r

bm

y 1 k

y 2 k

y rk

ymk

x k

podemos decir que la primera variable b´asica x Bi que se hace cero es aquella que hace

m´ınimo el conjunto

b i

y ik

, y ik

Y por lo tanto, el m´aximo valor que podr´a tomar xk ser´a

x k

b r

y rk

= min

b i

y ik

, y ik

Una vez que se haya avanzado al nuevo v´ertice se comprueba si la funci´on objetivo se

mejora “echando a andar” por alguna de las nuevas aristas; en caso afirmativo, se reescribe

el problema en t´erminos de ese v´ertice y se repiten los c´alculos hasta encontrar la soluci´on

´optima del problema.

2.3 Soluciones ´Optimas, ´Unicas e Infinitas 17

2.3. Soluciones ´Optimas, ´Unicas e Infinitas

Supongamos que ¯x

∗ es una s.b.f. del problema (P ) asociada a la base B de manera que

x¯∗ =

x¯

∗

B

¯x

∗

N

B

b

y supongamos, adem´as, que z j − c j ≤ 0 ∀ j ∈ R Es decir,

zj − cj = ¯cB y¯j − cj ≤ 0 ⇒ cB B

− 1 ¯aj − cj ≤ 0

entonces la s.b.f. ¯x

∗ es una s.b.f. ´optima para el problema (P ).

Dem.- Si llamamos z

∗ al valor de la funci´on objetivo en la s.b.f. ¯x

∗ y cogemos cualquier

otra soluci´on b´asica factible ¯x del problema (P ) entonces llamamos z al valor de la

funci´on objetivo en el punto ¯x, cumpliendo

z = z

∗ −

j∈R

(z j − c j )x j

z

∗ − z =

j∈R

(z j − c j )x j

y dado que xj ≥ 0, zj − cj ≤ 0 ∀ j ∈ R se tiene que

z

∗ − z =

j∈R

(zj − cj )xj ≤ 0 ⇒ z

∗ ≤ z

Si ahora tenemos una s.b.f. ¯x

∗ para la cual se tiene que

z j − c j = ¯c B y¯ j − c j < 0 ⇒ c B

B

− 1 ¯a j − c j

entonces la s.b.f. ¯x

∗ es la ´unica s.b.f. ´optima para el ‘problema (P ).

Dem.- Como z j − c j < 0 ∀ j ∈ R ⇒ z j − c j ≤ 0 ⇒ x

∗ es una soluci´on ´optima.

Para demostar que es ´unica, sea ¯x una s.b.f. distinta de ¯x

∗ ; por lo tanto, ¯x tiene una

componente no b´asica positiva (por ejemplo, x l

0), pues de lo contrario ¯x y ¯x

∗

coincidir´ıan.

Al igual que en el caso anterior,

z = z

∗ −

j∈R

(z j − c j )x j ⇒ z

∗ − z =

j∈R

(z j − c j )x j

ahora bien,

j∈R

(z j − c j )x j

j∈R, j 6 =l

(z j − c j )x j

• (z l − c l )x l ≤ (z l − c l )x l

Por lo tanto,

z

∗ − z ≤ (z l − c l )x l

y como z l − c l < 0 (ya que zj − cj < 0 ∀ j ∈ R y x l

1. se tiene que

(z l − c l )x l < 0 ⇒ z

∗ − z < 0 ⇒ z

∗ < z

Sea ¯x

∗ una s.b.f. del problema (P ) para la cual se tiene que

zj − cj ≤ 0 ∀ j ∈ R y adem´as, zk − ck = 0 para alg´un k ∈ R

Entonces podemos asegurar que existen infinitas s.b.f. para el problema (P ).

Dem.- Para “echar a andar” por una arista se dejan todas las variables no b´asicas a

cero, excepto una. Sea ´esta xk.

Por lo tanto, del mismo modo que antes, se tiene que

z = z

∗ −

j∈R

(z j − c j )x j = (z k − c k )x k ⇒ z

∗ − z = (z k − c k )x k ⇒ z

∗ − z = 0 ⇒ z

∗ = z

2.4 El M´etodo S´ımplex en Formato Tabla 19

0 ¯cB B

− 1 N − ¯cN ¯cB B

b

0 I B

− 1 N B

b

= M

B

2

M

B

2

recibe el nombre de “Tabla Simplex” y nosotros la escribiremos como sigue:

Variables B´asicas z x¯ B x¯ N

L.D.

1

z 1

0 ¯c B

B

− 1 N − c¯ N ¯c B

B

b

xB

0 I B

− 1 N

b

con la diferencia de que nosotros no ordenaremos las variables en b´asicas y no b´asicas (sim-

plemente tendremos en cuenta cu´ales son, pero sin ordenarlas expl´ıcitamente en la tabla).

Una vez dada la tabla simplex, si queremos mejorar la funci´on objetivo (en caso de que

sea posible) debemos escoger una variable no b´asica “pivote” que entre a formar parte de la

nueva base y por lo tanto, reescribir de nuevo la tabla, en funci´on de esa nueva base.

La tabla antes de pivotar ser´ıa:

z xB 1 · · · xB r · · · xB m · · · xj · · · xk · · · L.D.

z 1 0 · · · 0 · · · 0 · · · z j − c j · · · z k − c k · · · ¯c B

B

b

xB 1 0 1 · · · 0 · · · 0 · · · y 1 j · · · y 1 k · · ·

b 1

x Br 0 0 · · · 1 · · · 0 · · · y rj · · · y rk

b r

x Bm 0 0 · · · 0 · · · 1 · · · y mj · · · y mk

b m

Y despu´es de pivotar, suponiendo que la variable no b´asica que entra es xk, y la variable

b´asica que sale es x Br , la tabla queda como sigue:

z x B 1 · · · x Br · · · x Bm · · · x j · · · x k

· · · L.D.

z 1 0 · · ·

c k − z k

y rk

· · · 0 · · · (zj − cj ) −

y rj

y rk

(zk − ck) · · · 0 · · · ¯cB

b − (zk − ck)

b r

y rk

x B 1

−y 1 k

y rk

· · · 0 · · · y 1 j

y rj

y rk

y 1 k

b 1

y 1 k

y rk

b r

x Br

yrk

yrj

yrk

br

yrk

xB m

−y mk

y rk

· · · 1 · · · ymj −

y rj

y rk

ymk · · · 0 · · ·

bm −

y mk

y rk

br

Ejemplo 2.1 Resolver el siguiente problema mediante el m´etodo s´ımplex en formato tabla:

Minimizar x 1 + x 2 − 4 x 3

Sujeto a x 1

• x 2
• 2x 3

x 1 + x 2 − x 3 ≤ 2

−x 1

• x 2
• x 3

x 1 , x 2 , x 3

Introducimos las variables de holgura no negativas x 4 , x 5 , x 6

Minimizar x 1

• x 2 − 4 x 3

Sujeto a x 1 + x 2 + 2x 3 + x 4 = 9

x 1

• x 2 − x 3
• x 5

−x 1 + x 2 + x 3 + x 6 = 4

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6

20 Cap´ıtulo 2. El M´etodo Simplex

Tomamos como base inicial B = (¯a 4 , ¯a 5 , a¯ 6 ), teni´endose la siguiente tabla simplex:

z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6

L.D.

z 1 − 1 − 1 4 0 0 0 0 raz´on

x 4

′ 5

x 5 0 1 1 − 1 0 1 0 2

x 6

Dado que z 3 − c 3 = 4 es la ´unica que es ≥ 0 , ser´a x 3 la variable no b´asica pivote que

entrar´a a formar parte de la nueva base.

La variable b´asica que dejar´a de serlo es x 6 , ya que de todas las yi 3 (con i ∈ { 4 , 5 , 6 })

positivas (2 y 1 en nuestro caso), es la que corresponde con x 6 la que hace m´ınima la raz´on

(4 en nuestro caso).

Por lo tanto, la nueva tabla ser´a:

z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6

L.D.

z 1 3 − 5 0 0 0 − 4 − 16 raz´on

x 4

x 5 0 0 2 0 0 1 1 6

x 3

Por la misma raz´on que antes, ahora la variable que sale de la base es x 4 y la que entra

es x 1 , teni´endose la siguiente tabla:

z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 L.D.

z 1 0 − 4 0 − 1 0 − 2 − 17

x 1 0 1 −

1

3

1

3

2

3

1

3

x 5

x 3 0 0

2

3

1

3

1

3

13

3

Y como ahora z j − c j < 0 ∀ j ∈ R la soluci´on obtenida es ´optima y ´unica, siendo ´esta

x 1 =

, x 2 = 0, x 3 =

z = − 17

2.5. Soluci´on Inicial

Dado el problema (P )

Min ¯cx¯

s.a. Ax¯ =

b

¯x ≥

con

b ≥

0, pueden ocurrir dos cosas:

1. Que en la matriz A exista una submatriz (probablemente desordenada) identidad de

orden m, en cuyo caso ya disponemos de una s.b.f y estamos en condiciones de resolver

el problema mediante el m´etodo s´ımplex.

2. Que no exista dicha submatriz.

La soluci´on pasa, entonces, por a˜nadir (a lo sumo

2 ) m variables de decisi´on nuevas,

llamadas “variables artificiales” de la siguiente manera:

2 Se dice “a lo sumo” porque podr´ıa darse el caso de que tuvi´eramos ya algunos vecores linealmente inde-

pendientes y s´olo tuvi´eramos que a˜nadir los necesarios para llegar hasta los m totales.