El documento describe dos métodos para resolver problemas de programación lineal cuando el origen no es una solución factible: el método de las dos fases y el método de penalidad. El método de las dos fases resuelve primero un problema artificial para encontrar una solución básica inicial, y luego resuelve el problema original. El método de penalidad agrega penalidades a las variables artificiales para forzar una solución factible mientras maximiza la función objetivo original.

1. Programación Lineal
Método de las Dos Fases
Método de Penalidad

2. Método Simplex
 Idea conceptual:
 El simplex inicia cuando se tiene una
solución factible. Cuando las
restricciones son ≤, una solución
factible ocurre en el origen de
coordenadas.
 ¿qué sucede cuando el origen no es
solución factible?
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3. Método Simplex
 Cuando las restricciones son “≥”, “=“,
y/o bi <0, el origen no es una solución
factible. El problema ahora radica en
determinar una solución básica inicial
 Dos métodos:
 Método de las dos fases
 Método de penalidad
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4. Método de las dos fases
 Iniciar de acuerdo a:
 Hacer todas las bi’s ≥ 0 ( si alguna bi≤0,
multiplicar a la restricción correspondiente
por (-1) )
 Agregar (o sustraer) variables de holgura a
las restricciones “≤” (“≥”)
 A cada restricción “≥” ó “=“, agregar una
variable artificial Xia
 Crear una función objetivo artificial, según
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5. Método de las dos fases
 Si el problema es de min => MinZa X ia
 Si el problema es de máx => Max Za X ia
 Al nuevo problema se le denomina
Problema artificial
 Ejemplo:
max z = 6x1 - x2
s.a. 4x1 + x2 < 21
2x1 + 3x2 ≥ 13
x1 – x2 = -1
x1, x2 > 0
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6. Método de las dos fases
 Luego:
max z = 6x1 - x2 <= Función objetivo original
max zα = - X1a- X 2a <= Función objetivo artificial
s.a. 4x1 + x2 + x3 = 21
2x1 + 3x2 -x4 + X1a = 13
- x1 + x2 + X2 = 1
a
x1, x2, x3, x4, X1a , X 2a > 0
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7. Método de las dos fases
Método
 1º fase: En la primera fase se resuelve
el problema artificial
 Si el problema original tiene solución
factible al término de la primera fase, se
halla la sol óptima del problema artificial
y Xia 0, i y zα =0 ( las Xia 0 , son VNB)
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8. Método de las dos fases
 2º fase: Se inicia cuando el término de
la primera fase indica viabilidad del
problema original (esto es, X 0 y zα =0), i
a
=>
Base inicial = Base óptima de la primera fase
resolver el problema original a partir de
la solución factible hallada (Base inicial)
Nota: el problema original no tiene solución cuando X ia 0 , para
algún i, y por lo tanto zα≠0
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9. Método de las dos fases
 Dado el problema:
max z = 6x1 - x2 <= Función objetivo original
max zα = - X1a- X 2a <= Función objetivo artificial
s.a. 4x1 + x2 + x3 = 21
2x1 + 3x2 -x4 + X1a = 13
- x1 + x2 + X2 = 1
a
x1, x2, x3, x4, X1a , X 2a > 0
 Coloquemos en el tablero
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10. Método de las dos fases
x1 x2 x3 x4 X1a a
X2
x3 4 1 1 0 0 0 21
X1a 2 3 0 -1 1 0 13
-1 1 0 0 0 1 1
a
X2
-z 6 -1 0 0 0 0 0
-zα 0 0 0 0 -1 -1 0
Las VB, deben tener
coeficiente 0,
x3 4 1 1 0 0 0 21
X1a 2 3 0 -1 1 0 13
a
X2
-1 1* 0 0 0 1 1
-z 6 -1 0 0 0 0 0 Ahora, iniciamos el
pivoteamiento
-zα 1 4 0 -1 0 0 14
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11. Método de las dos fases
x1 x2 x3 x4 X1a a
X2
x3 5 0 1 0 0 -1 20
X1a 5* 0 0 -1 1 -3 10
x2 -1 1 0 0 0 1 1
-z 5 0 0 0 0 1 1
-zα 5 0 0 -1 0 -4 10
x3 0 0 1 1 -1 2 10
x1 1 0 0 -1/5 1/5 -3/5 2
x2 0 1 0 -1/5 1/5 -2/5 3
-z 0 0 0 1 -1 4 -9 Fin de la 1ª fase,
Za = 0 y X a 0
-zα 0 0 0 0 -1 -1 0
i
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12. Método de las dos fases
x1 x2 x3 x4
x3 0 0 1 1 10 Inicio de la 2ª fase.
Se eliminan Fila
x1 1 0 0 -1/5 2
correspondiente Za,
y columnas de X ia
x2 0 1 0 -1/5 3
-z 0 0 0 1 -9
x4 0 0 1 1 10
Sol. Óptima
x1 1 0 1/5 0 4 X4=10
X1=4
x2 0 1 1/5 0 5 X2=5
-z 0 0 -1 0 -19 Z=19
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13. Método de las dos fases
 Algoritmo:
 1ª Fase: Determine una solución óptima del
problema artificial
 Si Xia 0 y zα =0), => pase a la 2ª fase
Caso contrario, el problema original no tiene
solución (problema inviable)
 2ª Fase: Utilice la solución del problema artificial
como solución básica inicial posible para el
problema original y resuelva el problema.
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14. Método de las dos fases
 Ejercicio:
Max z = 3x1 + 2x2 + 4x3
s.a.
2x1 + x2 + 3x3 = 60
3x1 +3x2 + 5x3 > 120
x1, x2, x3> 0
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15. Método de las dos fases
 Ejercicio:
Max z = 2x1 + 5x2 + 3x3
s.a.
x1 - 2x2 > 20
2x1 +4x2 + x3 = 50
x1, x2, x3> 0
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16. Método de las dos fases
Análisis:
 Al finalizar la 1ª fase se tiene X ia 0 ó Xia 0
 Si X a 0 => el problema original no tiene solución
i
 Si X a 0 => puede ocurrir
i
 Xia fuera de la base => Se consiguió una solución básica
factible.
 cuando menos un Xia esta en la base => Solución básica
degenerada, pivotear y que entre algún X j en la base. (no
hay incremento del valor de la F.O.)
 Si todos los coeficientes asociados a X j , en la fila
correspondiente a X a , son ceros => X a es redundante,
i i
descartar esta restricción.
Continuar con la 2ª fase
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17. Método de las dos fases
 Ejemplo:
Max z = x1 + 2x2 + x3
s.a.
x1 + x2 +x3 =16
2x1 +2x2 + 2x3 = 32
x1, x2, x3> 0
max zα = - X1a - X 2
a
s.a.
x1 + x2 +x3 + X1 =16
a
2x1 +2x2 + 2x3 + X 2 = 32
a
a a
x1, x2, x3, X1 , X 2 > 0
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18. Método de las dos fases
x1 x2 x3 X1a X 2
a
X1a 1 1 1 1 0 16
X2a 2 2 2 0 1 32
-z 1 2 1 0 0 0
-zα 0 0 0 -1 -1 0
X1a 1* 1 1 1 0 16
a
X2 2 2 2 0 1 32
-z 1 2 1 0 0 0
-zα 3 3 3 0 0 0 Se alcanzó la sol.
Óptima de la 1ª fase.
x1 1 1 1 1 0 16 Se observa que X a
2
en la base , pero no
X2a
0 0 0 -2 1 0 puede entrar x2, ni
x3
=> restricción
-z 0 1 0 -1 -1 -16 redundante (se
elimina esta fila)
-zα 0 0 0 -3 0 0
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19. Método de las dos fases
x1 x2 x3
x1 1 1 1 16
-z 0 1 0 -16
Sol. Óptima
x2 1 1 1 16 x2 = 16
Z= 32
-z 0 0 0 -32
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20. Método de Penalidad
 Iniciar de acuerdo a:
 Hacer todas las bi’s ≥ 0 ( si alguna bi≤0,
multiplicar a la restricción correspondiente
por (-1) )
 Agregar (o sustraer) variables de holgura a
las restricciones “≤” (“≥”)
 A cada restricción “≥” ó “=“, agregar una
variable artificial Xia
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21. Método de Penalidad
 Asociar a cada variable artificial una
Penalidad (M), que corresponde al mayor
valor posible que cualquier otro que pueda
aparecer en los cálculos
 Adicionar:
Si el problema es de min => M Xia
Si el problema es de máx => -M Xia
a la función objetivo original
 Resolver el nuevo problema
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22. Método de Penalidad
 Se encuentra una solución factible del
problema, cuando todas las variables
artificiales están fuera de la base; esto es
Xia 0 i
 La solución óptima se encuentra por un
número cualquiera de iteraciones luego
que las variables artificiales dejaron la
base.
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23. Método de Penalidad
 Ejemplo:
max z = -8x1 +3x2 - 6x3
s.a. x1 + 3x2 + 5x3 = 4
5x1 + 3x2 - 4x3 ≥ 6
x1, x2, x3 > 0
Agregando variables artificiales
max z = -8x1 +3x2 - 6x3 + 0x4 –M X1a - MX 2a
s.a. x1 + 3x2 + 5x3 + X1a =4
5x1 + 3x2 - 4x3 – x4 + X 2a ≥ 6
x1, x2, x3,x4, X1a , X 2a > 0
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24. Método de Penalidad
x1 x2 x3 x4 X1a X 2a
X1a 1 3 5 0 1 0 4
5 3 -4 -1 0 1 6
a
X2
Las VB, deben tener
-z -8 3 -6 0 -M -M 0 coeficiente 0,
X1a 1 3 5 0 1 0 4
5 3 -4 -1 0 1 6
a
X2
-z -8+6M 3+6M -6+M -M 0 0 10M Ahora, iniciamos el
pivoteamiento
x2 1/3 1 5/3 0 1/3 0 4/3
4 0 -9 -1 -1 1 2
a
X2
-z -9+4M 0 -11-9M -M -1-2M 0 -4+2M
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25. Método de Penalidad
x1 x2 x3 x4 X1a a
X2
x2 1/3 1 5/3 0 1/3 0 4/3
4 0 -9 -1 -1 1 2
a
X2
-z -9+4M 0 -11-9M -M -1-2M 0 -4+2M
x2 0 1 29/12 1/12 5/12 -1/12 7/6
x1 1 0 -9/4 -1/4 -1/4 1/4 1/2 Sol. Óptima
X1=1/2
-z 0 0 -125/4 -9/4 -13/4-M 9/4-M 1/2 X2=7/6
Z=-1/2
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26. Ejercicios
Min 6x1 + 3x2+ 4x3
sujeto a:
x1 + 6x2+ x3 = 10
2x1 + 3x2 ≤ 15
x1, x2, x3 ≥ 0
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27. Ejercicio
 Min 4x1 + x2
Sujeto a:
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + 2x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0
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28. Método de Penalidad
Análisis:
Al resolver el problema modificado P(M)
puede ocurrir:
 Se alcanza la sol óptima de P(M)
 Se concluye que P(M) tiene sol. Óptima
no acotada, es decir Z ->∞
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29. Método de Penalidad
Análisis:
 ¿Qué respecto del problema original, P?
 Si se alcanzó sol óptima de P(M)
La Base no tiene variables artificial (X j 0, j), =>
a

sol óptima de P(M) = sol óptima de P
 La Base continua con variables artificiales, => si
M es un número negativo (positivo) muy grande
=> no existe sol factible de P
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30. Método de Penalidad
Análisis:
 P(M) tiene sol. Óptima no acotada (esto es la
columna pivot es ≤0)
 Si todas las variables artificial son ceros (X a 0, j ),
j
=> Problema original (P) tiene sol óptima no
acotada
 Cuando menos una variables artificial es positiva
=> P no tiene sol factible
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31. Método de Penalidad
 Ejemplo:
Min z = -x1 -x2
s.a.
x1 - x2 - x3 = 1
- x1 + x2 + 2x3 ≥ 1
x1, x2, x3> 0
Min z = -x1 - x2 +M X1a +M X 2 a
s.a.
x1 - x2 - x3 + X1 =1
a
-x1 +x2 + 2x3 -x4 +X 2 = 1
a
x1, x2, x3, x4, X1a , X 2 > 0
a
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32. Método de Penalidad
x1 x2 x3 x4 X1a a
X2
X1a 1 -1 -1 0 1 0 1
X2a
-1 1 2 -1 0 1 1
-z -1 -1 0 0 M M 0
X1a 1 -1 -1 0 1 0 1
X2a -1 1 2* -1 0 1 1
-z -1 -1 -M M 0 0 -2M
X1a 1/2* -1/2 0 -1/2 1 1/2 3/2
(PM) es no acotado
x3 -1/2 1/2 1 -1/2 0 1/2 1/2 a a
como X 1 , X 2 están
-z -1-M/2 -1+M/2 0 M/2 0 M/2 -3M/2
fuera de la base
x1 1 -1 0 -1 2 1 3 => (P) tiene sol
óptima no acotada
x3 0 0 1 -1 1 1 2
-z 0 -2 0 -1 2+M 1+M 3
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33. Método de Penalidad
 Ejemplo:
Min z = -x1 -x2
s.a.
x1 - x2 ≥ 1
- x1 + x2 ≥ 1
x1, x2> 0
Min z = -x1 - x2 +M X1a +M X 2 a
s.a.
x1 - x2 - x3 + X1 =1
a
-x1 +x2 -x4 +X 2 = 1
a
x1, x2, x3, x4, X1a , X 2 > 0
a
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34. Método de Penalidad
x1 x2 x3 x4 X1a a
X2
X1a 1 -1 -1 0 1 0 1
X 2 -1
a
1 0 -1 0 1 1
-z -1 -1 0 0 M M 0
X1a 1* -1 -1 0 1 0 1
X2a -1 1 0 -1 0 1 1
(PM) es no acotado y
-z -1 -1 M M 0 0 -2M a
X2 2 0
x1 1 -1 -1 0 1 0 1 => (P) no tiene sol
factible
X2a
0 0 -1 -1 1 1 2
-z 0 -2 -1+M M 1 0 1-2M
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