Método Gráfico

Programación
Lineal:
el enfoque gráfico
1
Copyright (c) 2004 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Resolviendo con el método gráfico
• 1ro hay que identificar que el problema es lineal
• Es decir que su función objetivo y restricciones son
lineales, es decir que cumplen con las propiedades
de proporcionalidad y aditividad
• Además suponemos que existen condiciones de
certeza y no cambian durante el periodo del análisis
• Suponemos además que las variables no pueden
tomar valores negativos
• Se puede resolver gráficamente cuando solo son 2
variables
2
3
• La PROPORCIONALIDAD significa por
ejemplo que si la producción de 1 unidad de un
producto utiliza 3 horas de un recurso, entonces
producir 10 de esos mismos productos, utiliza
30 horas de ese recurso
• La ADITIVIDAD, es decir,
que el total de todas las
actividades es igual a la
suma de las actividades
individuales.
4
1. Restricciones lineales:
Por ejemplo:
a1x1 + a2x2 + a3x3+…..anxn ≤ (≥,=) b
2. Restricciones no lineales
Por ejemplo
L*W*H ≥ 12,000 o
X2 + 2y ≥ 10
5
Ejemplo
Un carpintero quiere hacer dos modelos de mesas, estilo Abba y estilo B
Cada muñeco:
• Produce un beneficio neto de $3.
• Requiere 2 horas de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora de trabajo de carpinteria.
Cada tren:
• Produce un beneficio neto de $2.
• Requiere 1 hora de trabajo de acabado.
• Requiere 1 hora trabajo de carpinteria.
Cada semana Gepetto puede disponer de:

• Todo el material que necesite.
• Solamente 100 horas de acabado.
• Solamente 80 horas de carpinteria.
También:
• La demanda de trenes puede ser cualquiera (sin límite).
• La demanda de muñecos es como mucho 40.
Gepetto quiere maximizar sus beneficios.

6 ¿Cuántos muñecos y cuántos trenes debe fabricar?
Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL).
Variables de Función Objetivo. En cualquier Restricciones

Decisión PPL, la decisión a tomar es Son desigualdades que
como maximizar (normalmente el limitan los posibles
x = nº de muñecos beneficio) o minimizar (el costo) valores de las variables
producidos a la de alguna función de las de decisión.
semana variables de decisión. Esta En este problema las
y = nº de trenes función a maximizar o minimizar restricciones vienen
producidos a la se llama función objetivo. dadas por la
semana disponibilidad de horas
El objetivo de Gepetto es elegir de acabado y carpintería
valores de x e y para y por la demanda de
muñecos.
maximizar 3x + 2y. La función
También suele haber
objetivo de Gepetto es: restricciones de signo o
no negatividad:
x≥0
y≥0
Max z = 3x + 2y
7
Restricciones
Cuando x e y crecen, la función objetivo de Gepetto también crece.
Pero no puede crecer indefinidamente porque, para Gepetto, los
valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones:
Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas.
Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpinteria pueden ser usadas.
Restricción 3: limitación de demanda, no deben fabricarse más de 40 muñecos.
Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente

por las siguientes desigualdades:
Restricción 1: 2 x + y ≤ 100
Restricción 2: x + y ≤ 80
Restricción 3: x ≤ 40
Además, tenemos las restricciones de signo: x ≥ 0 e y ≥ 0
8
Formulación matemática del PPL
Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de

signo x ≥ 0 e y ≥ 0 con la función objetivo y las restricciones,
tenemos el siguiente modelo de optimización:
Max z = 3x + 2y (función objetivo)

Sujeto a (s.a:)
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)
x + y ≤ 80 (restricción de carpinteria)
x ≤ 40(restricción de demanda de muñecos)
x ≥ 0 (restricción de signo)
y ≥ 0 (restricción de signo)
9
Región factible
La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos

que satisfacen todas las restricciones. Es la región del plano
delimitada por el sistema de desigualdades que forman las
restricciones.
x = 40 e y = 20 está en la región Restricciones de Gepetto

factible porque satisfacen todas 2x + y ≤ 100 (restricción finalizado)
las restricciones de Gepetto. x + y ≤ 80 (restricción carpintería)
Sin embargo, x = 15, y = 70 no x ≤ 40 (restricción demanda)
está en la región factible porque x ≥0 (restricción signo)
este punto no satisface la y ≥0 (restricción signo)
restricción de carpinteria
[15 + 70 > 80].
10
Solución óptima
Se puede demostrar
Para un problema de maximización, una solución
que la solución
óptima es un punto en la región factible en el cual
óptima de un PPL
la función objetivo tiene un valor máximo. Para un
está siempre en la
problema de minimización, una solución óptima es
frontera de la región
un punto en la región factible en el cual la función
factible, en un
objetivo tiene un valor mínimo.
vértice (si la
La mayoría de PPL tienen solamente una solución solución es única) o
óptima. Sin embargo, algunos PPL no tienen en un segmento
solución óptima, y otros PPL tienen un número entre dos vértices
infinito de soluciones. contiguos (si hay
Más adelante veremos que la solución del PPL de infinitas soluciones)
Gepetto es x = 20 e y = 60. Esta solución da un
valor de la función objetivo de:
z = 3x + 2y = 3·20 + 2·60 = $180
Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima,

estamos diciendo que, en ningún punto en la región factible, la
11 función objetivo tiene un valor (beneficio) superior a 180.
Representación Gráfica de las restricciones
Y
Cualquier PPL con sólo dos
variables puede resolverse
100
gráficamente. 2x + y = 100
Por ejemplo, para representar 80
gráficamente la primera
restricción, 2x + y ≤ 100 :
60
Dibujamos la recta 2x + y = 100
Elegimos el semiplano que 40

cumple la desigualdad: el
punto (0, 0) la cumple
(2·0 + 0 ≤ 100), 20
así que tomamos el

semiplano que lo contiene.
20 40 60 80 X
12
Dibujar la región factible
Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver

gráficamente. La región factible es el conjunto de todos los puntos
que satisfacen las restricciones:
2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)

x + y ≤ 80 (restricción de carpintería)
x ≤ 40 (restricción de demanda)
x ≥0 (restricción de signo)
y ≥0 (restricción de signo)
Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.
13
Y
100
2x + y = 100
Restricciones
2 x + y ≤ 100
80
x + y ≤ 80
x ≤ 40
x ≥0 60
y ≥0
40
Teniendo en
cuenta las 20
restricciones de
signo (x ≥ 0, y ≥ 0),
nos queda: 20 40 60 80 X
14
Y
100
Restricciones 80
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80 60 x + y = 80
x ≤ 40
x ≥0 40
y ≥0
20
20 40 60 80 X
15
Y
100
Restricciones 80
x = 40
2 x + y ≤ 100
x + y ≤ 80 60
x ≤ 40
x ≥0
40
y ≥0
20
20 40 60 80 X
16
Y
La intersección
de todos estos
semiplanos 100
2x + y = 100
(restricciones)
nos da la región
80
factible x = 40
60
x + y = 80
40
Región
20 Factible
20 40 60 80 X
17
Vértices de la región factible
Y Restricciones
La región factible (al
2 x + y ≤ 100
estar limitada por
x + y ≤ 80
rectas) es un polígono. 100
2x + y = 100
En esta caso, el x ≤ 40
polígono ABCDE. x ≥0
80 E x = 40 y ≥0
Como la solución
óptima está en alguno D
de los vértices (A, B, 60
C, D o E) de la región
x + y = 80
factible, calculamos 40
esos vértices.
Región
20 Factible C
B
A 20 40 60 80 X
18
Vértices de la región factible
Y
Los vértices de la región
factible son intersecciones de
dos rectas. El punto D es la 100
intersección de las rectas 2x + y = 100
2x + y = 100 x = 40
80 E(0, 80)
x + y = 80
La solución del sistema x = 20, D (20, 60)
y = 60 nos da el punto D. 60
B es solución de
x = 40 40
y=0
Región
C es solución de C(40, 20)
20 Factible
x = 40 x + y = 80
2x + y = 100 B(40, 0)
E es solución de A(0, 0) 20 40 60 80 X
x + y = 80
19 x=0
Resolución gráfica
Y
Max z = 3x + 2y
Para hallar la 100
solución óptima,
(0, 80)
dibujamos las 80
rectas en las
cuales los puntos (20, 60)
tienen el mismo 60
valor de z.
La figura muestra 40
estas lineas para

z = 0, z = 100, y z Región (40, 20)
= 180
20 Factible
(40, 0)
(0, 0) 20 40 60 80 X
z = 180
20 z=0 z = 100
Resolución gráfica Y
Max z = 3x + 2y
100
La última recta de (0, 80)

80
z que interseca
(toca) la región (20, 60)
factible indica la 60
solución óptima
para el PPL. Para 40
el problema de
Gepetto, esto Región (40, 20)
ocurre en el 20 Factible
punto D (x = 20, y
(40, 0)
= 60, z = 180).
(0, 0) 20 40 60 80 X
z = 180
z=0 z = 100
21
Resolución analítica
Y
Max z = 3x + 2y
También podemos encontrar la 100
solución óptima calculando el
valor de z en los vértices de la
(0, 80)
región factible. 80
Vértice z = 3x + 2y (20, 60)

60
(0, 0) z = 3·0+2·0 = 0
(40, 0) z = 3·40+2·0 = 120
(40, 20) z = 3·40+2·20 = 160 40
(20, 60) z = 3·20+2·60 = 180

Región
(0, 80) z = 3·0+2·80 = 160 (40, 20)
20 Factible
La solución óptima es:
(40, 0)
x = 20 muñecos
y = 60 trenes (0, 0) 20 40 60 80 X
z = 180 € de beneficio
22
Hemos identificado la región factible para
el problema de Gepetto y buscado la
solución óptima, la cual era el punto en la
región factible con el mayor valor posible
de z.
23
Recuerda que:
• La región factible en cualquier PPL

está limitada por segmentos (es un
polígono, acotado o no).
• La región factible de cualquier PPL

tiene solamente un número finito de
vértices.
• Cualquier PPL que tenga solución

óptima tiene un vértice que es óptimo.
24
Un problema de minimización
Dorian Auto fabrica y vende coches y furgonetas.La empresa quiere

emprender una campaña publicitaria en TV y tiene que decidir
comprar los tiempos de anuncios en dos tipos de programas: del
corazón y fútbol.
• Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de

mujeres y 2 millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones
de hombres.
• Un anuncio en el programa de corazón cuesta 50.000 € y un anuncio
del fútbol cuesta 100.000 €.
• Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por por lo menos 30
millones de mujeres y 24 millones de hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de
25 programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo.
Formulación del problema:
• Cada anuncio del programa del

corazón es visto por 6 millones de
mujeres y 2 millones de hombres.
• Cada partido de fútbol es visto por
3 millones de mujeres y 8 millones
de hombres. Corazón Fútbol
• Un anuncio en el programa de (x) (y)
corazón cuesta 50.000 € y un
anuncio del fútbol cuesta 100.000
€. mujeres 6 3 6x + 3y ≥ 30
• Dorian Auto quisiera que los
anuncios sean vistos por por lo
hombres 2 8 2x + 8y ≥ 24
menos 30 millones de mujeres y 24
millones de hombres.
Dorian Auto quiere saber cuántos Coste
50 100 50x +100y
anuncios debe contratar en cada tipo 1.000€
de programa para que el coste de la
campaña publicitaria sea mínimo.
26
Formulación del problema:
Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón

y = nº de anuncios en fútbol
Min z = 50x + 100y (función objetivo en 1.000 €)

s.a: 6x + 3y ≥ 30 (mujeres)
2x + 8y ≥ 24 (hombres)
x, y ≥ 0 (no negatividad)
27
Dibujamos la región factible.
Y
14
Min z = 50 x + 100y 12
6x + 3y = 30
s.a. 6x + 3y ≥ 30
10
2x + 8y ≥ 24
x, y ≥ 0 8
4
2x + 8y = 24
2
X
2 4 6 8 10 12 14
28
Calculamos los vértices de la región factible:
Y
El vértice A es solución del
La región factible
sistema 14
no está acotada
6x + 3y = 30
x=0 12
Por tanto, A(0, 10) A

10
Región
El vértice B es solución de 8
Factible
6x + 3y = 30
2x + 8y = 24 6
Por tanto, B(4, 2)

4
El vértice C es solución de 2
B
2x + 8y = 24
C
y=0
X
Por tanto, C(12, 0) 2 4 6 8 10 12 14
29
Resolvemos por el método analítico
Evaluamos la función objetivo z en los vértices.

Y
Vértice z = 50x + 100y
14
z = 50·0 + 100·10 =
A(0, 10)
= 0+10000 = 10 000 12
z = 50·4 + 100·2 = A(0, 10)

B(4, 2) 10
Región
= 200+200 = 400
8
Factible
z = 50·12 + 100·0 =
C(12, 0)
= 6000+0 = 6 000 6
El coste mínimo se obtiene en B. 4
B(4, 2)
Solución: 2
x = 4 anuncios en pr. corazón C(12, 0)
y = 2 anuncios en futbol X
Coste z = 400 (mil €) 2 4 6 8 10 12 14
30
Resolvemos por el método gráfico
Min z = 50 x + 100y Y
s.a. 6x + 3y ≥ 30 14
2x + 8y ≥ 24
12
x, y ≥ 0
10 A(0, 10)
El coste mínimo Región
se obtiene en el Z = 600
8
Factible
punto B. 6
Z = 400
4
2
B(4, 2)
Solución:
x = 4 anuncios en pr. corazón C(12, 0)
y = 2 anuncios en futbol 2 4 6 8 10 12 14
X
Coste z = 400 (mil €)

31
Número de Soluciones de un PPL
Los dos ejemplos anteriores, Gepetto y Dorian Auto,

tienen, cada uno, una única solución óptima.
No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar
también las siguientes posibilidades:
• Algunos PPL tienen un número infinito de
soluciones óptimas (alternativas o múltiples
soluciones óptimas).
• Algunos PPL no tienen soluciones factibles (no
tienen región factible).
• Algunos PPL son no acotados: Existen puntos en
la región factible con valores de z arbitrariamente
grandes (en un problema de maximización).
Veamos un ejemplo de cada caso.
32
Número infinito de soluciones óptimas
Y
Consideremos el siguiente 60
problema:
50
C
max z = 3x + 2y
40
s.a: 3x + 2y ≤ 120
x + y ≤ 50
B
x,y≥0 30 Región
Factible
z = 120
Cualquier punto (solución) 20
situado en el segmento AB
puede ser una solución óptima 10
z = 60
de z =120. z = 100
A
10 20 30 40 50 X
33
Sin soluciones factibles
Y
Consideremos el siguiente 60
problema: No existe
Región Factible
max z = 3x1 + 2x2 50
x ≥ 30
s.a: 3x + 2y ≤ 120 40
x + y ≤ 50 x + y ≤ 50 y ≥ 30
x ≥ 30
y ≥ 30 30
x,y≥0
20
10 3x + 2y ≤ 120
No existe región factible
34
10 20 30 40 50 X
PPL no acotado
max z = 2x – y Y
s.a: x–y≤1 6
Región Factible
2x + y ≥ 6
5
x, y ≥ 0
La región factible es no 4
acotada. Se muestran en el z=4

gráfico las rectas de nivel
3
para z = 4 y z = 6. Pero
podemos desplazar las
rectas de nivel hacia la 2
derecha indefinidamente sin z=6

abandonar la región factible. 1
Por tanto, el valor de z
puede crecer
indefinidamente. 1 2 3 4 5 X
35
Ejercicio 1
Disponemos de 210.000 euros para invertir en bolsa.
Nos recomiendan dos tipos de acciones. Las del tipo A,
que rinden el 10% y las del tipo B, que rinden el 8%.
Decidimos invertir un máximo de 130.000 euros en las
del tipo A y como mínimo 60.000 en las del tipo B.
Además queremos que la inversión en las del tipo A
sea menor que el doble de la inversión en B. ¿Cuál
tiene que ser la distribución de la inversión para
obtener el máximo interés anual?
Resolver mediante el enfoque gráfico
36
Ejercicio 2
En una pastelería se hacen dos tipos de tartas: Vienesa y
Real. Cada tarta Vienesa necesita un cuarto de relleno
por cada Kg. de bizcocho y produce un beneficio de L.250
, mientras que una tarta Real necesita medio Kg. de
relleno por cada Kg. de bizcocho y produce L. 400 de
beneficio. En la pastelería se pueden hacer diariamente
hasta 150 Kg. de bizcocho y 50 Kg. de relleno, aunque por
problemas de maquinaria no pueden hacer mas de 125
tartas de cada tipo. ¿Cuántas tartas Vienesas y cuantas
Reales deben vender al día para que sea máximo el
beneficio?
37
Ejercicio 3
Una escuela prepara una excursión para 400
alumnos. La empresa de transporte tiene 8
buses de 40 plazas y 10 buses de 50 plazas, pero
solo dispone de 9 conductores. El alquiler de un
bus grande cuesta $80 y el de uno pequeño,
$60. Calcular cuantos de cada tipo hay que
utilizar para que la excursión resulte lo mas
económica posible para la escuela.
38
Ejercicio 4
• Una compañía posee dos minas: la mina A produce
cada día 1 tonelada de hierro de alta calidad, 3
toneladas de calidad media y 5 de baja calidad. La
mina B produce cada día 2 toneladas de cada una de
las tres calidades. La compañía necesita al menos 80
toneladas de mineral de alta calidad, 160 toneladas
de calidad media y 200 de baja calidad. Sabiendo
que el coste diario de la operación es de 2000 euros
en cada mina ¿cuántos días debe trabajar cada
mina para que el coste sea mínimo?.
39
Ejercicio 5
Leary Chemical produce tres productos químicos: A, B y C. Estos
productos se obtienen mediante dos procesos: 1 y 2. El
funcionamiento del proceso 1 durante una hora cuesta 4 dólares
y produce 3 unidades del producto A, 1 unidad del producto B, y
1 unidad del producto C. El funcionamiento del proceso 2
durante 1 hora cuesta 1 dólar y produce 1 unidad del producto A
y 1 unidad del producto B. Para satisfacer la demanda de los
clientes hay que producir diariamente por lo menos 10 unidades
del producto A, 5 del producto B y 3 del producto C. Determine
el modelo que le permita a Leary Chemical minimizar el costo
diario y que satisfaga las demandas diarias. Resuelva este
problema por el método grafico.
40

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Programación

Cada semana Gepetto puede disponer de:

Gepetto quiere maximizar sus beneficios.

Variables de Función Objetivo. En cualquier Restricciones

Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente

Además, tenemos las restricciones de signo: x ≥ 0 e y ≥ 0

Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de

Max z = 3x + 2y (función objetivo)

La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos

x = 40 e y = 20 está en la región Restricciones de Gepetto

Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima,

Por ejemplo, para representar 80

Elegimos el semiplano que 40

así que tomamos el

Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver

2 x + y ≤ 100 (restricción de acabado)

Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.

Para hallar la 100

estas lineas para

La última recta de (0, 80)

Vértice z = 3x + 2y (20, 60)

(20, 60) z = 3·20+2·60 = 180

• La región factible en cualquier PPL

• La región factible de cualquier PPL

• Cualquier PPL que tenga solución

Dorian Auto fabrica y vende coches y furgonetas.La empresa quiere

• Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de

• Cada anuncio del programa del

Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón

Min z = 50x + 100y (función objetivo en 1.000 €)

Por tanto, A(0, 10) A

Por tanto, B(4, 2)

Evaluamos la función objetivo z en los vértices.

z = 50·4 + 100·2 = A(0, 10)

El coste mínimo se obtiene en B. 4

Coste z = 400 (mil €)

Los dos ejemplos anteriores, Gepetto y Dorian Auto,

No existe región factible

acotada. Se muestran en el z=4

derecha indefinidamente sin z=6

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