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1
Unidad 1
Programación Lineal

2
• ¿Qué es un problema?
• Soluciones:
Absolución
 Resolución
 Solución
Disolución
• ¿Por qué decimos que un problema es complejo?
• Análisis de problemas: ¿Quién resuelve los problemas?
• ¿Qué entendemos por identificar un problema?
1.1 Introducción a la Programación Lineal

3
¿Qué es Investigación de Operaciones?
El uso de las matemáticas y las computadoras
para ayudar a tomar decisiones racionales frente a
problemas de administración complejos

4
Aplicación de las técnicas de la administración a problemas (sistemas):
Determinísticos
Toda la información necesaria para obtener una
solución se conoce con certeza
Estocásticos
Parte de la información no se conoce con certeza

5
Método Científico para resolver problemas complejos
En las Ciencias En Administración
 Defínase el problema
 Recoléctense los datos
 Formulénse hipótesis
 Pruebénse hipótesis
 Evalúense resultados
 Obténganse conclusiones
 Defínase el problema
 Recoléctense los datos
 Defínanse soluciones alternativas
 Evalúense soluciones alternativas
 Selecciónese la mejor alternativa
 Puesta en práctica

6
¿Qué se hace en la realidad?
 Estar bien informado
 Conocer todas las alternativas
 Ser objetivo (ser optimizador económico)
Muchas
soluciones
Definir el
problema
Establecer
los criterios
de solución
Buscar las
soluciones
Solución
Satisfactoria
Aumentar los
criterios
Pocas
soluciones
Disminuir
criterios

7
¿Qué hace un Director de Empresa para escoger la acción más
efectiva para alcanzar las metas de la Organización?
 Establecer Criterio que usará
 Seleccionar un conjunto de alternativas para considerarlas
 Determinar el modelo que se usará y los valores de los parámetros
 Determinar la alternativa que optimiza el criterio

8
Aportes: Técnicas de Programación Lineal
– George Dantzig (USAF), Marshall Wood y Murray Geisler
– Wassily Leontief (modelo insumo-producto)
• Método Simplex
– Gomory (programación lineal discreta)
– Lester Ford y D. K: Fulkerson (redes, trayectoria crítica)
• CPM y PERT

9
CONSTRUCCIÓN DE MODELOS CUANTITATIVOS
Los métodos cuantitativos se emplean:
• Como guía en la toma de decisiones
• Como ayuda en la toma de decisiones
• Para automatizar la toma de decisiones

10
 Características de los Sistemas Administrativos
• Def: “Sistema....
• Tipos de sistemas: Cerrados, abiertos
 Modelos:
• Normativos, descriptivos
• Concretos, Abstractos (verbales o simbólicos)
• Aplicación (Inventarios)
• Técnica (Programación Lineal)
• Comparación de Modelos (validez, confialbilidad
y la simplicidad)

11
• Dimensionalidad de los modelos (unidades)
• Toma de decisiones
• Dimensionalidad de los modelos (unidades)
Categoría Consecuencia
Certidumbre Deterministas
Riesgo Probabilísticas
Incertidumbre Desconocidas
Conflicto Influidas por un oponente

12
Uso de Datos para la Toma de Decisiones
“Determina primero los hechos, después puedes
tergiversarlos como te plazca”. Mark Twin
“Los hechos no dejan de existir porque se ignoren”.
Aldous Huxley

13
• ¿Qué son los datos?
Son hechos o conceptos conocidos o supuestos y
generalmente se expresan en números
• Tipos de datos
Internos y externos
Objetivos y subjetivos
• Requerimientos de datos en diferentes niveles de
la Organización
Control operativo
Control Administrativo
Planeación estratégica

14
Situación: Inversión
Considere el problema enfrentado por Mark, graduado de la maestría de
administración de empresas, quién recientemente obtuvo un puesto como
analista financiero en una compañía de Wall Street. Uno de los beneficios
adicionales es un plan de retiro en el que el empleado pone 5% de su
ingreso mensual. La compañía iguala esta cantidad. El dinero de este plan
es entonces invertido en dos fondos: un fondo de acciones y un fondo de
bonos. El Departamento de Beneficios le ha pedido a Mark que especifique
la fracción de este dinero que habría que invertir en cada fondo. Mark ha
analizado el rendimiento anterior de estos fondos y se ha enterado de que
el fondo de acciones ha crecido a una tasa anual promedio de 10%,
mientras que el fondo de bonos, ha promediado una retribución anual de
6%. Para diversificar su cartera y para controlar el riesgo, no desea poner
todos los huevos en una sola canasta, ha identificado dos pautas:
1. Ninguno de los fondos debe tener más del 75% de la inversión total.
2.La cantidad invertida en el fondo de acciones no debe exceder del doble
invertido en el fondo de bonos.

15
1 Definición del problema
El problema de Mark está bien definido, se conoce el
objetivo global, las limitaciones básicas para la toma de
decisión
2 Desarrollo del Modelo Matemático
Expresar el problema en forma matemática (formular el
modelo), por lo que se requiere determinar las variables
involucradas

16
Variables de decisión:
S : Fracción de capital por invertir en acciones
B : Fracción de capital por invertir en bonos
Para el problema se desean escoger valores para que estas
variables:
1 Maximicen la retribución anual esperada
2 Satisfagan todas las pautas de inversión

17
- Función Objetivo
El objetivo global de un problema de decisión
expresado en una forma matemática en términos de
los datos y de las variables de decisión:
Maximizar 0,1 S + 0,06 B
- Restricciones (limitaciones)
Es un límite sobre los valores de las variables en un
modelo matemático típicamente impuestos por
condiciones externas.

18
- Ningún fondo tenga más del 75% de lo invertido
S  0,75 (límite superior en el fondo de acciones)
B  0,75 (límite superior en el fondo de bonos)
- La fracción S invertida en el fondo de acciones no debe
exceder del doble de la fracción B invertida en el fondo
de bonos
S  2 B ó S - 2 B  0
- Cada fracción debe ser no negativa
S, B  0

19
Finalmente el modelo resultante es:
Sujeto a:
S  0,75
B  0,75
S - 2 B  0
S, B  0

20
3 Resolución del modelo matemático
Al resolver el problema usando cualquier técnica se
tienen los siguientes valores para las variables de
decisión:
S = 0,75 y
B= 0,75
Generando una retribución de:
0,1 * 0,75 + 0,06 * 0,75 = 0,12 (12%) ¿?
Solver 1

21
4 Validación y Control de la Solución
Al observar los valores de las variables de decisión
(S=0,75 y B=0,75) se ve que no tienen sentido. No se
puede invertir un 75% en ambos fondos
simultáneamente.
Hay un error, no se incorporó una restricción, esto es,
los recursos disponibilidad.
S + B = 1

22
5 Modificación del Modelo
Sujeto a:
S  0,75
B  0,75
S - 2 B  0
S + B = 1
S, B  0

23
Resolviendo nuevamente se tiene que:
S = 0,6667 y
B = 0,3333
Finalmente la retribución es
0,1 * 0,6667 + 0,06 * 0,33333 = 0,86667 (8,667%)
Nota: Emplear Solver para determinar el
valor de las variables de decisión

24
1.2 Construcción de Modelos de PL
Modelo de Programación Lineal
Es un modelo matemático en el que las
relaciones entre variables son lineales y
donde hay un solo objetivo o medida de
rendimiento.
La ventaja que tiene el modelo es que
existe una técnica matemática que
permite determinar la decisión óptima.

25
El modelo de PL tiene un conjunto de variables de decisión, una
función objetivo la que debe maximizarse o minimizarse y un
conjunto de relaciones o restricciones.
Z = C1X1 + C2X2 + ......... CnXn
Z : es un objetivo económico (beneficios, producción, costos, etc)
Ci : coeficientes constantes (factores de ponderación)
Xi : variables de decisión (n)
sujeto a (Restricciones (m) ):
A1X1 + A2X2 + ......... AnXn  B1
..................................................
A1X1 + A2X2 + ......... AnXn  Bm
FORMALIZACIÓN DEL MODELO DE PL

26
Matricialmente se tiene:
Vector de variables o
niveles de actividad
Vector de “costos” o
factor de ponderación














n
x
x
x
.
2
1
 
n
c
c
c ...
2
1

27
A 
B 












n
b
b
b
2
1












mn
m
m
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
..
..
..
..
..
..
..
2
1
2
22
21
1
12
11

28
Entonces
Optimizar Z = CT X = [c1 c2 c3]












n
x
x
x
2
1
=


n
j
j
j x
c
1
sujeto a
A X B
y X  0



29
Ejemplo 1:
Una mueblería produce dos tipos de productos, sillas y
mesas. Supóngase que el beneficio marginal por cada
silla es de $8 y por cada mesa es de $10. Para la
producción se dispone de 20 horas hombre (hh) y de 10
unidades de madera (um). Para la construcción de una
silla se requieren 8 hh y 2 um, y para la construcción de
una mesa se requieren 6 hh y 4 um. ¿Cuántas sillas y
mesas se deben construir para obtener el mayor
beneficio?.

30
Recursos Sillas Mesas
Disponibilidad de
recursos
R1: horas hombre 8 6 20
R2: unidades de
madera
2 4 10
Beneficios $8 $10

31
Formulación del PL
Sea
X1 : Nº de sillas
X2 : Nº de mesas
Función Objetivo:
Max Z = 8X1 + 10X2
Sujeto a:
8X1 + 6X2  20 // hh
2X1 + 4X2  10 // um
X1  0 y X2 (no negatividad)

32
Ejemplo 2:
Dos productos se elaboran al pasar en forma sucesiva por tres
máquinas.
El tiempo por máquina asignado a los dos productos está limitado
a 10 horas por día
El tiempo de producción y la ganancia por unidad de cada
producto son:
Producto Máquina 1 Máquina 2 Máquina 3 Ganancia $
1 10 6 8 2
2 5 20 15 3
Minutos por unidad
Obtenga el modelo de PL para maximizar la ganancia

33
Solución:
1. Variables de decisión
X1 : Cantidad del producto 1
X2 : Cantidad del producto 2
2. Función Objetivo: Maximizar ganancia
MAX Z = 2 X1 + 3 X2
3. Restricciones
10 X1 + 5 X2  600
6 X1 + 20 X2  600
8 X1 + 15 X2  600
X1 , X2  0
ó 24 X1 + 40 X2  1800
X1 , X2  0

34
Ejemplo 3:
RMC posee una pequeña fábrica de pinturas para interiores y exteriores de
casa para su distribución al mayoreo. Se utilizan dos materiales básicos, A y B.
La disponibilidad máxima de A es de 6 toneladas diarias, la de B es de 8
toneladas por día. La necesidad diaria de materia prima por tonelada de pintura
para interiores y exteriores se resumen en la siguiente tabla:
Un estudio de mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para
interiores no puede ser mayor que las pinturas para exteriores en más de una
tonelada. Asimismo, el estudio señala que la demanda máxima de pintura para
interiores está limitada a dos toneladas diarias.
El precio al mayoreo es de $3.000 para la pintura de exteriores y $2.000 para la de
interiores.
¿Cuánta pintura para exteriores e interiores debe producir la fábrica de pinturas
RMC todos los días para maximizar el ingreso bruto?
Tonelada de materia prima
por tonelada de pintura Disponibilñidad
Exterior Interior máxima (Toneladas)
Materai prima A 1 2 6
Materia prima B 2 1 8

35
Solución:
X1 : Toneladas de pintura de exteriores producidas por día
X2 : Toneladas de pintura para interiores producidas por día
2. Función Objetivo: Maximizar ganancia
MAX Z = 3 X1 + 2 X2 miles de unidades monetarias
3. Restricciones
X1 + 2 X2  6
2 X1 + X2  8
- X1 + X2  1
X2  2
X1 , X2  0

36
Ejemplo 4:
Una empresa fabrica dos productos, A y B. En su elaboración, cada
producto debe pasar por dos secciones. El suministro de mano de obra
de la sección 1 es 100 horas y el de la sección 2 es 200 horas.
El tiempo de mano de obra cuesta $2 por hora en la sección 1 y $1,5
en la sección 2. Las horas de mano de obra necesarias por unidad de
cada producto son las siguientes:
Producto A Producto B
Sección 1 4 3
Sección 2 2 8
La cantidad máxima de unidades de B que puede venderse es igual a
treinta; la de A es veinticuatro. La materia prima para cada producto
cuesta $5 por unidad. El precio unitario de A es $30 y el de B es $25$
a) Construya el modelo de PL correspondiente.

37
1.3 Solución de Problemas PL
Existen varias métodos, entre ellos se tiene
1.3.1 Método Gráfico
1.3.2 Método Simplex

38
1.3.1 Método Gráfico
Este método es muy limitado por la incapacidad de
visualizar más de tres dimensiones. Sin embargo es
recomendable usarlo para fijar los conceptos que son
aplicables a los otros métodos de resolución.

39
Los pasos a seguir son:
1. Construir el modelo
2. Graficar cada una de las restricciones en el sistema
formado por las variables de decisión.
3. Identificar la región (zona) factible
4. Determinar el valor objetivo (VO) a partir de la función
objetivo en cada uno de los vértices de la zona factible.
Si es minimizar, considerar el menor o el mayor en caso
de maximizar.

40
Ejemplo
PROTRAC produce dos líneas de equipo pesado. Una de estas
líneas de productos (llamada equipo para remoción de escombros)
se destina esencialmente a aplicaciones de construcción. La otra
línea (llamada equipos forestales está destinada a la industria
maderera. El miembro más grande de la línea de equipos para
remover escombro (el E-9) y el miembro mayor de la línea de
equipos forestales (el F-9) se producen en el mismo departamento y
con el mismo equipo. Haciendo uso de las predicciones económicas
para el próximo mes, el gerente de mercadotecnia de PROTAC
juzga que durante ese periodo será posible vender los E-9 y los F-9
que la empresa pueda producir. La administración debe ahora
recomendar una meta de producción para el próximo mes. Es decir,
¿cuántos E-9 y F-9 deben producirse?. En la toma de decisión, los
principales factores a considerar son los siguientes:

41
1. PROTRAC tendrá una utilidad de $5.000 por cada E-9 que se
venda y $4.000 por cada F-9.
2. Cada producto pasa por operaciones mecánicas tanto en el
departamento A como en el departamento B
3. Para la producción del próximo mes, estos dos departamentos
tienen disponibles 150 y 160 horas respectivamente. Cada E-9
consume 10 horas en el departamento A y 20 horas en el
departamento B, mientras que cada F-9 consume 15 horas en el
departamento A y 10 horas en el departamento B.

42
4. Con objeto de cumplir un compromiso con el sindicato, el total
de horas de trabajo que se dedicarán a la verificación de los
productos terminados del próximo mes no puede ser menor en
10% a una meta establecida de 150 horas. Esta actividad se
realiza en un tercer departamento que no tiene relación con los
departamentos A y B. Cada E-9 requiere de 30 horas de
comprobación y cada F-9, 10 horas.
5. Con el objeto de mantener su posición actual en el mercado, la
alta gerencia ha decretado que para la política de operación es
necesario construir al menos un F-9 por cada 3 E-9.
6. Un consumidor importante ha ordenado un total de por lo menos
cinco aparatos (en cualquier combinación de E-9 y F-9) para el
próximo mes, así es que por lo menos debe producirse esa
cantidad

43
Modelo de PL
a) Variables de decisión:
b) Maximizar Z:
c) Sujeto a:

44
Gráfica de PROTRAC
Zona factible

45
F
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E
(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
C
D
FO
Gráfica de PROTRAC y función Utilidad

46
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E
(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
C
D
FO
Gráfica de PROTRAC y función Utilidad
Solución
óptima

47
Cálculo de E y F
(Vértice C: Resolver el sistema)
10E + 15F = 150
20E + 10F = 160
E = 4,5
F = 7
y VO = 5.000(4,5) + 4.000(7)
22.500 + 28.000
VO = 50.500

48
Consumo: (horas)
Depto A: 10(4,5) + 15(7) = 150
Depto B: 20(4,5) +10(7) = 160
Depto Pruebas: 30(4,5) + 10(7) = 205
En los departamentos A y B el consumo es
igual a la disponibilidad en cambio en el
departamento de pruebas se consumió más del
mínimo exigido.

49
1.3.2 Método Simplex
1. Forma estándar del Modelo de PL
2. Soluciones Básicas
3. Método Simplex Primal: Algoritmo

A. Forma estándar del Modelo de PL
• Todas las restricciones son ecuaciones (con
segundos miembros no negativos
• Todas las variables son no negativas
• La función Objetivo puede ser maximización
o minimización

51
A.1 Restricciones
Una restricción del tipo  () puede convertirse en
ecuación mediante la suma de una variable de
holgura (restando una variable de exceso) al primer
miembro de la restricción.
Ejemplo:
1) desigualdad: 3x1 + 12x2  20
igualdad 3x1 + 12x2 + x3 = 20 con x3  0
2) desigualdad: 8x1 + 10x2  120
igualdad 8x1 + 10x2 - x4 = 120 con x4  0

52
A.2 Segundo miembro no negativo
Se multiplica la desigualdad (ecuación) por -1
Ej. 3X1 + 2X2  -5
-3X1 - 2X2 <= 5

53
A.3 Variables irrestrictas
Una variable irrestricta (no restringida) xi puede
expresarse en términos de dos variables no negativas
mediante el uso de la sustitución:
La sustitución debe realizarse en todas las
restricciones y en la función objetivo
0
, '
'
'

i
i x
x
'
'
'
i
i
i x
x
x 


54
Ejemplo:
Escriba el siguiente modelo de PL en la forma estándar:
MAX z = 2x1 + 3x2
sujeto a
x1 + x2 = 10
-2x1 + 3x2  -5
7x1 - 4x2  6
x1 irrestricta y
x2  0
Forma Estándar

56
A.4 Función Objetivo
El modelo estándar de programación lineal puede ser
utilizado para resolver problemas del tipo de maximización o
de minimización, algunas veces sirve para convertir una forma
a la otra.
La maximización de una función equivale a la
minimización del negativo de la misma función y viceversa.
Ejemplo: MAX z = 5x1 + 3x2 + 5x3
es matemáticamente equivalente a
MIN (-z) = -5x1 - 3x2 - 5x3

57
B. Soluciones Básicas
En un PL con m ecuaciones y n incógnitas
• Una solución básica asociada se determina haciendo n-m
variables iguales a cero y luego, resolviendo las m
ecuaciones con las restantes m incógnitas, siempre que la
solución exista y sea única
• En la PL nos referimos a las n-m variables que se hacen
cero como variables no básicas (externas), y a las m
variables restantes como variables básicas (siempre que
exista una solución única).
Se dice que una solución básica es factible si todos los
valores de su solución son no negativos

58
Algoritmo del método Simplex
INICIO
Obtener Forma Estándar (forma aumentada)
Construir tabla inicial
Mientras NO SEA Óptimo
{
Identificación variables de entrada/Salida
Desarrollo de la tabla revisada
}
FIN

59
C. Método Simplex Primal
Tabla Simplex General
Cj C1 C2 .. Cn 0 0 .. 0
Variables Valores de
Básicas Solución X1 X2 .. Xn Xn+1 Xn+2 .. Xn+m
0 Xn+1 b1 a11 a12 .. a1n 1 0 .. 0
0 Xn+2 b2 a21 a22 .. a2n 0 1 .. 0
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
0 Xn+m bm am1 am2 .. amn 0 0 .. 1
Zj
Cj - Zj XXX
Construcción de la tabla inicial

60
Ejemplo:
MAX Z = 3 X1 + 2 X2
s a
1) X1 + 2 X2 <= 6
2) 2 X1 + X2 <= 8
3) - X1 + X2 <= 1
4) X2 <= 2
X1, X2 >= 0
Dado el siguiente PL encontrar su solución
aplicando el método Simplex

61
Forma Estándar (aumentada)
MAX Z = 3 X1 + 2 X2 + 0X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6
s a
1) X1 + 2 X2 + X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 = 6
2) 2 X1 + X2 + 0 X3 + X4 + 0 X5 + 0 X6 = 8
3) - X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + X5 + 0 X6 = 1
4) 0 X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + 0 X5 + X6 = 2
X1, X2, X3, X4, X5, X6 >= 0

62
Cj 3 2 0 0 0 0
Básica Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 6 1 2 1 0 0 0
0 X4 8 2 1 0 1 0 0
0 X5 1 -1 1 0 0 1 0
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Zj
Cj - Zj XXX
Tabla Inicial

63
Solución Inicial:Variable Entrante y Saliente
Cj 3 2 0 0 0 0
Básica Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 6 1 2 1 0 0 0 6
0 X4 8 2 1 0 1 0 0 4
0 X5 1 -1 1 0 0 1 0 -1
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0 0
Cj - Zj XXX 3 2 0 0 0 0
a)
b) (menor
positivo
determina
la variable
que sale
Mayor contribución

64
Instrucciones
a) Cj- Zj El mayor para variable entrante
b) Se divide la columna solución por los coeficientes de la columna
de la variable que entra y se elige el menor de los positivos
c) Como la variable que entra es solución entonces la columna debe ser de ceros y un 1
i) Se divide la fila completa por el pivote (valor de la intersección fila columna)
ii) Para convertir los otros coeficientes a cero se utiliza la fila resultante del punto anterior
se multiplica por algun coeficiente de tal forma que al sumarlo (restarlo) a la fila de interés
el coeficiente sea cero
-> Para la fila de X3 se multiplica por -1 y se suma
-> Para la fila de X5 sólo hay que sumar
-> Para la fila de X6 ya es un cero
La nueva tabla es:

65
Cj 3 2 0 0 0 0
Básica XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 2 0 1 1/2 1 - 1/2 0 0
3 X1 4 1 1/2 0 1/2 0 0
0 X5 5 0 1 1/2 0 1/2 1 0
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Z 12 3 1 1/2 0 1 1/2 0 0
Cj-Zj XX 0 1/2 0 -1 1/2 0 0
Nueva Tabla

66
Segunda Iteración
La nueva tabla es:
Cj 3 2 0 0 0 0
Base XX X1 X2 X3 X4 X5 X6
0 X3 2 0 1,5 1 -0,5 0 0
3 X1 4 1 0,5 0 0,5 0 0
0 X5 5 0 1,5 0 0,5 1 0
0 X6 2 0 1,0 0 0,0 0 1
Z 12 3 1,5 0 1,5 0 0
Cj-Zj XX 0 0,5 0 -1,5 0 0
a)
Se hace la prueba de optimalidad

67
Tabla resultante
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 0
3 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 0
0 X5 3 0 0 -1 1 1 0
0 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0
Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
!Cumple la prueba de optimalidad!

68
Un Problema de Minimización (Penalización: M)
MIN Z = 2 X1 + 8 X2
sa
1) 5 X1 + 10 X2 = 150
2) X1  20
3) X2 14
X1  0

69
Forma estándar:
Restricciones:
1) Ya es una igualdad: 5 x1 + 10x2 = 150
2) Tiene variable de holgura: x1 + x4 = 20
3) Tiene una variable de exceso: x2 - x6 = 14
Resumen:
5 x1 + 10x2 = 150
x1 + x4 = 20
x2 - x6 = 14
¡¡ No es posible determinar un grupo de variables básicas !!

70
Forma estándar:
En el ejemplo anterior (maximización) todas las
restricciones tenían variables de holgura las que se
consideraban como variables básicas, pero no es así en
este caso, por lo tanto hay que que agregar variables
artificiales (X3 y X5) asociadas a un costo muy alto (M)
para asegurarse que al final sean variables externas y no
participen en la solución, para las restricciones 1) y 3).
Estas variables artificiales participan en la función
objetivo multiplicadas por el coeficiente M.

71
Modelo Estándar(Aumentado)
MIN Z = 2 X1 + 8 X2 + M X3 + 0 X4 + M X5 + 0 X6
1) 5 X1 + 10 X2 + X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 = 150
2) X1 + 0 X2 + 0 X3 + X4 + 0 X5 + 0 X6 = 20
3) 0 X1 + X2 + 0 X3 + 0 X4 + X5 + - X6 = 14
X1, X2, X3, X4, X5, X6 >= 0

72
Tabla Inicial
Las variables básicas son: X3, X4 y X5
Cj 2 8 M 0 M 0
Base Solución X1 X2 X3 X4 X5 X6
M X3 150 5 10 1 0 0 0
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
M X5 14 0 1 0 0 1 -1
Zj
Cj - Zj XXX

73
Iteración 1
Cj 2 8 M 0 M 0
M X3 150 5 10 1 0 0 0
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
M X5 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 164M 5M 11M M 0 M -M
Cj - Zj XXX 2-5M 8-11M 0 0 0 M
Entra X2 y sale X5

74
Iteración 2
Cj 2 8 M 0 M 0
M X3 10 5 0 1 0 -10 10
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
8 X2 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 112+10M 5M 8 M 0 -10M+8 10M-8
Cj - Zj XXX 2-5M 0 0 0 11M-8 -10M+8
Entra X6 y sale X3

75
Iteración 3
Cj 2 8 M 0 M 0
0 X6 1 0,5 0 0,1 0 -1 1
0 X4 20 1 0 0 1 0 0
8 X2 15 0,5 1 0,1 0 0 0
Zj 120 4 8 0,8 0 0 0
Cj - Zj XXX -2 0 M-0,8 0 M 0
Entra X1 y sale X6

76
Situación Final
2 X1 2 1 0 0,2 0 -2 2
0 X4 18 0 0 -0,2 1 2 -2
8 X2 14 0 1 0 0 1 -1
Zj 116 2 8 0,4 0 4 -4
Cj - Zj XXX 0 0 M-0,4 0 M-4 4
La solución es óptima (todos los elementos
de la última fila son cero o positivos).

77
1. 4 Análisis de sensibilidad
Sensibilidad implica preguntarse ¿qué sucedería sí …
A) Cambia un coeficiente del lado derecho de las
restricciones
B) Cambia uno de los coeficientes de la función objetivo

78
1. 4.1 Interpretación Gráfica

79
Ejemplo:
Recordando el problema de Protac.
Max Z: 5.000 E + 4.000 F
sa
10 E + 15 F ≤ 150
20 E + 10 F ≤ 160
30 E + 10 F ≥ 135
E - 3 F ≤ 0
E + F ≥ 5
E ≥ 0 y F ≥ 0

80
A) Cambios en los términos independientes
La solución era:
E = 4,5
F = 7
y Z = 50.500
Supongamos
a) Que se dispone de una hora adicional en el
departamento A (151 horas)
b) Que se dispone de una menos en el
departamento A (149 horas)
c) Lo anterior pero para el departamento B

82
Trazado de la gráfica
Caso a)
10 E + 15 F =151 => E = 151/10 y F = 151/15
Esta recta queda un poco desplazada a la derecha. Su
pendiente no cambia, por tanto el punto C se ha
trasladado al punto C’. La solución se mantiene en la
intersección de las rectas 10 E + 15 F = 151
20 E + 10 F =160

84
Caso b )
10 E + 15 F =149 => E = 149/10 y F = 149/15
Esta recta queda un poco desplazada a la izquierda. Su
pendiente no cambia, por tanto el punto C se ha
trasladado al punto C’’. La solución se mantiene en
la intersección de las rectas 10 E + 15 F = 149
20 E + 10 F = 160

86
F
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7 C
6 C''
5
4 (E-3F)
3
2
1
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 E
(10E+15F)
(20E+10F)
(30E+10F) (E+F)
A B
C'
D
FO

87
La solución ahora es:
Departamento A (±1 lado derecho)
a) E = 4,45 F = 7,1 y Z = 50.650
b) E = 4,55 F = 7,1 y Z = 50.350
Departamento B (±1 lado derecho)
c1) E = 4,575 F = 6,95 y Z = 50.675
c2) E = 4,425 F = 7,05 y Z = 50.325

88
Diferencia de Z:
Departamento A (±1 lado derecho)
a) Z = 50.500 y Z’ = 50.650 ΔZ = 150
b) Z = 50.500 y Z’ = 50.350 ΔZ = -150
Departamento B (±1 lado derecho)
c1) Z = 50.500 y Z’ = 50.675 ΔZ = 175
c2) Z = 50.500 y Z’ = 50.325 ΔZ = -175

89
Definición:
Precio dual, valor marginal o precio sombra es
el cambio incremental en los beneficios por
cambio unitario en el término independiente de
una restricción

90
B) Cambios unitarios en los coeficientes de la
función objetivo
Coeficiente de E: 5001 Z = 50.504,5
E: 4999 Z = 50.495,5
Coeficiente de F: 4001 Z = 50.507
F: 3999 Z = 50.493

91
1. 4. 2 Interpretación de la Tabla Simplex:
Información que se puede obtener de la tabla simplex
La solución óptima
• El estado de los recursos
• Los precios duales
• Sensibilidad de la solución óptima a cambios de disponibilidad
de recursos, ganancia marginal (coef. de la FO) y uso de
recursos.

92
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 0
3 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 0
0 X5 3 0 0 -1 1 1 0
0 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0
Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
Tabla resultante: Solución Óptima

93
Solución óptima (para el problema de
maximización)
Variable de Valor
decisión óptimo Decisión
X1 3 1/3 Producir 3,333 ton pintura exterior
X2 1 1/3 Producir 1,333 ton pintura interior
Z 12 2/3 Ganancia resultante unidades $

94
Estado de los Recursos
Clasificación de las restricciones: escasa, abundante ya sea
que la solución óptima “consuma” o no la cantidad
disponible del recurso.
Se determina a partir de las variables de holgura:
X3 = 0 Escasa Materia Prima A
X4 = 0 Escasa Materia Prima B
X5 = 3 Abundante Límite en exceso para X1 sobre X2
X6 = 2/3 Abundante Límite en la demanda de X1

95
Precio Dual (Valor unitario de un recurso)
• y1 = 1/3 miles de unid mon/ton adicional materia prima A
• y2 = 1 1/3 miles de unid mon/ton adicional materia prima B
• y3 = 0
• y4 = 0
Esta información se obtiene de la tabla simplex óptima
considerando los coeficientes de la fila de Z
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0

96
El mismo resultado se puede obtener de la ecuación de Z
óptimo:
Z = 12 2/3 - (1/3 X3 + 1 1/3 X4 + 0 X5 + 0 X6)
Si se cambia X3 de su nivel cero actual, Z cambiará a nivel de 1/3 de
miles de unidad monetaria por tonelada. Pero un cambio en X3 equivale a
cambiar el recurso A en una cantidad igual
X1 + 2 X2 + X3 = 6
Esto significa que el precio dual de la materia prima A es 1/3
Para la materia prima B es 1 1/3 y para los recursos 3 y 4 son cero.

97
1. Cambio máximo en la disponibilidad de Recursos
• Cambiar el recurso materia prima A en la cantidad D1
Esto significa que el recurso materia prima A será 6 + D1
Si D1 > 0, se produce un aumento
Si D1 < 0, se produce una disminución

98
¿Cómo hacerlo?
A la restricción inicial agregar D1 y resolver aplicando
simplex
El cambio sólo afecta a la solución (el segundo miembro),
considerando que las constantes del segundo miembro
nunca se utilizan de pivote.

99
Iteraciones sucesivas conducen a:
Iteración
Ecuación 0 1 2 (óptima)
z 0 12 12 2/3 + 1/3 D1
1 6 + D1 2+ D1 4/3 + 2/3 D1
2 8 4 10/3-1/3 D1
3 1 5 3 - 1 D1
4 2 2 2/3 - 2/3 D1

100
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 0
3 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 0
0 X5 3 0 0 -1 1 1 0
0 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 3 2 1/3 1 1/3 0 0
Cj-Zj XX 0 0 - 1/3 -1 1/3 0 0
Tabla: Solución óptima

101
¿Qué hacer con toda esta información?
• Procurar que la solución siga siendo factible
Esto significa que las variables básicas no deben
ser negativas. Mantener la no negatividad
1) X2 = 4/3 +2/3 D1  0
2) X1 = 10/3 -1/3 D1  0
3) X5 = 3 - D1  0
4) X6 = 2/3 -2/3 D1  0

102
Se consideran dos casos:
• Caso 1: D1 >0
1) Se satisface con cualquier valor
2) D1  10
3) D1  3
4) D1  1
En consecuencia D1 debe ser a lo más 1

103
• Caso 2: D1 < 0
2), 3) y 4) se satisfacen siempre
1) D1 -2
en este caso D1 -2
Resumen: -2  D1  1
6 - 2  Materia prima A  6+1
4  Materia prima A  7

104
• Haciendo el mismo análisis para la materia
prima B se tiene:
-2  D2  4
8 - 2  Materia prima B  8+4
6  Materia prima B  12

105
2. Cambio máximo en la relación
Utilidad/Costo marginal
La FO nunca se utiliza como ecuación pivote, por lo
tanto cualquier cambio en sus coeficientes la
afectarán sólo a ella en la tabla óptima.
Pueden ocurrir dos casos: que las variables sean
básicas o no en tabla óptima.

106
Caso 1: Variables básicas
Cambiar la ganancia marginal de X1 de 3 a 3 + D1
D1 puede ser positivo o negativo
La FO tendrá la forma
Z = (3+D1)X1 + 2X2
Utilizando este nuevo coeficiente se llega a la
siguiente tabla óptima:

107
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 0
3 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 0
0 X5 3 0 0 -1 1 1 0
0 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z A 0 0 B C 0 0
Cj-Zj XX 3 2 -B -C 0 0
A= 12 1/3 + 10/3 D1 B = 1/3 - 1/3 D1 C = 4/3 + 2/3 D1
Los únicos cambios en los coeficientes no básicos X3 y
X4 de la ecuación de Z

108
Estos cambios pueden determinarse de la tabla original,
multiplicando los coeficientes no básicos y el segundo miembro
de la fila de X1 por D1, y luego sumandolo a la fila Z óptimo.
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X2 1 1/3 0 1 2/3 - 1/3 0 0
3 X1 3 1/3 1 0 - 1/3 2/3 0 0
0 X5 3 0 0 -1 1 1 0
0 X6 2/3 0 0 - 2/3 1/3 0 1
Z 12 2/3 0 0 1/3 1 1/3 0 0
Cj-Zj XX 3 2 - 1/3 -1 1/3 0 0
A= 12 1/3 + 10/3 D1 B = 1/3 - 1/3 D1 C = 4/3 + 2/3 D1

109
Para el caso de maximización:
1/3 - 1/3 D1  0 y
4/3 + 2/3 D1  0
de la primera D1  1
y de la segunda D1  -2
-2  D1  1
Finalmente:
3-2  C1  3 + 1
1  C1  4
¡¡¡¡¡ Inténtelo para C2 !!!!!

110
Caso 2: Variables no básicas
Un cambio en los coeficientes objetivos pueden afectar
sólo a los coeficientes de la ecuación de Z (la columna
correspondiente no se utiliza como pivote).
El caso en estudio no sirve porque X1 y X2 son básicas
en la tabla óptima.

111
Ejemplo:
Sea Z = 5X1 + 2X2
para las mismas restricciones del ejemplo en estudio.
La tabla resultante es:
Cj 3 2 0 0 0 0
2 X3 2 0 1 1/2 1 - 1/2 0 0
3 X1 4 1 1/2 0 1/2 0 0
0 X5 5 0 1 1/2 0 1/2 1 0
0 X6 2 0 1 0 0 0 1
Z 20 0 1/2 0 2 1/2 0 0
Cj-Zj XX 3 1 1/2 0 -2 1/2 0 0

112
X2 es ahora no básica
El objetivo es cambiar su coeficiente C2 = 2 a C2 + D2 y
luego encontrar el intervalo.
Al aplicar el nuevo coeficiente habrá un cambio en el
coeficiente de 0,5 a 0,5 - D2
En general, el cambio D del coeficiente objetivo original
de una variable no básica conduce SIEMPRE al
decremento en la misma cantidad del coeficiente
objetivo en la tabla óptima.
La tabla permanecerá óptima en tanto que 0,5 -D2  0
esto es, D2  0,5

113
El intervalo es
-infinito  D2  0,5 +2
-infinito  D2  2,5

114
Ejemplo:
Resolver el siguiente PL empleando simplex y realizar
un análisis de sensibilidad.
MAX Z = 3X1 + 2X2 +5X3
sa
X1 + 2X2 + X3 ≤ 500
3X1 + 2X3 ≤ 460
X1 + 4X2 ≤ 420
X1 ,X2 , X3 ≥ 0

115
1.5 Método Simplex Dual
Cuando los problemas de PL no tienen una solución factible
básica inicial con sólo holguras, se pueden resolver sin
utilizar variables artificiales, entregando la misma
información.
• DEFINICIÓN DEL PROBLEMA DUAL
El dual es un problema de PL que se obtiene
matemáticamente de un modelo primal de PL dado. Los
problemas primal y dual están relacionados a tal grado que la
solución de uno de ellos conduce en forma automática a la
solución del otro.

116
• En la mayoría de los procedimientos de PL, el dual se
define para varias formas del primal, dependiendo de
los tipos de restricciones, de los signos de las
variables y del sentido de la optimización.
• Se incluirá una definición única del problema dual
que incluye automáticamente a todas las formas del
primal. Se basa en el hecho de que el problema de PL
debe calcularse en forma estándar antes de resolverlo
mediante el método simplex o simplex dual, de esta
manera al definir el problema dual mediante la forma
estándar, los resultados serán consistentes con la
información contenida en la tabla simplex..

117



n
j
j
j x
c
z
1
La forma estándar general del primal se define como:
maximizar o minimizar


n
j
j
ij x
a
1
sujeto a i = 1, 2, ....., m
j = 1, 2, ..., n
xj 0
Notar que las n variables xj, incluyen los excesos y las holguras.
El esquema se muestra en el siguiente diagrama:

118
Variables primales
X1 X2 .. Xj .. Xn
C1 C2 .. Cj .. Cn
a11 a12 .. a1j .. a1n b1 y1
a21 a22 .. a2j .. a2n b2 y2
.. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. ..
am1 am2 .. amj .. amn bm ym
Segundo
miembro de
restricciones
duales
Coeficientes
del primer
miembro de las
restricciones
duales
j-ésima
restricción
dual
Funcción
objetivo del
dual
Variable
dual

119
El diagrama muestra que el dual se obtiene simétricamente del
primal de acuerdo con las siguientes reglas:
• Para toda restricción primal hay una variable dual
• Para toda variable primal hay una restricción dual
• Los coeficientes de las restricciones de una variable primal forman
los coeficientes del primer miembro de la restricción dual
correspondiente, el coeficiente objetivo de la misma variable se
convierte en el segundo miembro de las restricción dual; y el
segundo miembro de la restricción primal se convierte en el
coeficiente objetivo de la respectiva variable dual
Estas reglas indican que el problema dual tendrá m variables (y1,
y2, ..., ym) y n restricciones, (correspondientes a x1, x2 ,...., xn).

120
En la tabla siguiente se muestra como determinar los elementos
restantes del problema dual: sentido de la optimización, tipo de
restricciones y el signo de las variables duales.
Función Objetivo Dual
Estándar del primal Función objetivo Restricciones Variables
Maximización Minimización  Irrestrictas
Minimización Maximización  Irrestrictas
Todas las restricciones primales son ecuaciones y todas las
variables son no negativas.

121
Ejemplo 1:
Primal Maximizar Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
sujeto a X1 + 2 X2 + X3  10
2 X1 - X2 + 3 X3 = 8
X1, X2, X3  0
Primal estándar Maximizar Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3 + 0 X4
sujeto a X1 + 2 X2 + X3 + X4 = 10
2 X1 - X2 + 3 X3 +0 X4 = 8
X1, X2, X3  0

122
Dual Minimizar w = 10 y1 + 8 y2
sujeto a X1: y1 + 2 y2  5
X2: 2 y1 - y2  12
X3: y1 + 3 y2  4
X4: y1 + 0 y2  0
y1, y2 irrestricta
y1 es irrestricta, pero además está “dominada por y1  0, la restricción
dual asociada con X4, entonces al eliminar la redundancia el modelo es:
Minimizar w = 10 y1 + 8 y2
sujeto a: y1 + 2 y2  5
2 y1 - y2  12
y1 + 3 y2  4
y1  0, y2 irrestricta
Dual
Final

123
Unidad 2
Programación Lineal
Aplicaciones

124
El objetivo general es encontrar el mejor plan de distribución, es
decir, la cantidad que se debe enviar por cada una de las rutas desde
los puntos de suministro hasta los puntos de demanda.
El “mejor plan” es aquel que minimiza los costos totales de envío,
produzca la mayor ganancia u optimice algún objetivo corporativo.
Se debe contar con:
i) Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda
en cada destino.
ii) Costo de transporte unitario de mercadería desde cada
fuente a cada destino.
2.1 Modelo de Transporte

125
También es necesario satisfacer ciertas restricciones:
1. No enviar más de la capacidad especificada desde cada punto de
suministro (oferta).
2. Enviar bienes solamente por las rutas válidas.
3. Cumplir (o exceder) los requerimientos de bienes en los puntos
de demanda.

126
Esquemáticamente se podría ver como se muestra en la siguiente
figura
Destinos
Fuentes
1 1
2
2
n
m
s2
sm
d2
s1
d1
dn
.
.
.
.
.
.
Xij: cantidad transportada desde la fuente i al destino j
C11, X11
Cmn, Xmn
Cij: Costo del transporte unitario desde la fuente i al destino j
donde
Gráficamente: Para m fuentes y n destinos

127
Modelo general de PL que representa al modelo de Transporte
o
x
d
x
s
x
x
c
Z
ij
j
m
i
ij
i
n
j
ij
m
i
n
j
ij
ij









 
1
1
1 1
j=1,2,...,n
i=1,2,...,m
El modelo implica que al menos la oferta debe ser igual a la demanda
para toda i y j
minimizar
s a

128
Modelo general de PL que representa al modelo de Transporte
Modelo de transporte equilibrado: Oferta = Demanda
i
n
j
ij S
x 

1
j=1, 2, 3,....,n
j
m
i
ij D
x 

1
i=1, 2, 3,....,m
0

ij
x para toda i y j

129
Aplicaciones del modelo de Transporte
El Modelo de Transporte no sólo es aplicable al movimiento de
productos, sino que también, como modelo se puede aplicar a otras
áreas tales como:
• Planificación de la Producción
• Control de Inventarios
• Control de Proveedores
• Otras

Ejemplo:
RPG tiene cuatro plantas ensambladoras en Europa. Están
ubicadas en Leipzig, Alemania (1);Nancy, Francia (2); Lieja,
Bélgica (3), y Tilburgo, Holanda (4). Las máquinas
ensambladoras usadas en estas plantas se producen en Estados
Unidos y se embarcan a Europa. Llegaron a los puertos de
Amsterdan (1), Amberes (2) y El Havre (3).
Los planes de producción del tercer trimestre (julio a
septiembre) ya han sido formulados. Los requerimientos (la
demanda en destinos) de motores diesel E-4 son los
siguientes:

Planta Cantidad de Motores
(1) Leipzig 400
(2) Nancy 900
(3) Lieja 200
(4) Tilburgo 500
Total 2000
Puerto Cantidad de Motores
(1) Amsterdan 500
(2) Amberes 700
(3) El Hevre 800
Total 2000
La cantidad disponible de máquinas E-4 en los puertos(oferta en
orígenes) son:

132
Los costos ($) de transporte de un motor
desde un origen a un destino son:
Desde el
origen
1 2 3 4
1 12 13 4 6
2 6 4 10 11
3 10 9 12 4
Al destino

133
Xij = número de motores enviados del puerto i a la planta j
i = 1, 2, 3
j = 1, 2, 3, 4
Construcción del modelo de PL
2. Función Objetivo
Minimizar Z = 12 X11 + 13 X12 + 4X13 + 6X14 + 6X21 + 4X22 +
10X23 + 11X24 + 10X31 + 9X32 + 12X34 + 4X14

134
X11 + X21 + X31  400
X12 + X22 + X32  900
X13 + X23 + X33  200
X14 + X24 + X34  500
1) Oferta: La cantidad de elementos enviados no puede exceder la
cantidad disponible
X11 + X12 + X13 + X14  500
X21 + X22 + X23 + X24  700
X31 + X32 + X33 + X34  800
3. Restricciones:
2) Demanda: Debe satisfacerse la demanda de cada planta
Xij  0 para i=1, 2, 3; j= 1, 2, 3, 4
y de no negatividad

Solución del Modelo de
Transporte

136
Algoritmos Específicos
2.1.1 Regla de la esquina noroeste (MEN)
2.1.2 Método por aproximación de Vogel (MAV)
2.1.3 Método del costo mínimo (MCM)
2.1.4 Método del paso secuencial y
2.1.5 DIMO (método de distribución modificada)

137
Descripción de los algoritmos
La regla de la esquina noroeste, el método de aproximación
de Vogel y el método del costo mínimo son alternativas para
encontrar una solución inicial factible.
El método del escalón y el DIMO son alternativas para
proceder de una solución inicial factible a la óptima.
Por tanto, el primer paso es encontrar una solución inicial
factible, que por definición es cualquier distribución de
ofertas que satisfaga todas las demandas

138
Descripción de los algoritmos
Una vez obtenida una solución básica factible, el algoritmo
procede paso a paso para encontrar un mejor valor para la
función objetivo.
La solución óptima es una solución factible de costo mínimo
Para aplicar los algoritmos, primero hay que construir una
tabla de transporte.

139
Tabla Inicial
Destinos
Origen 1 2 3 4 n Ofertas
1 C11 C12 C13 C14 .... C1n
2 C21 C22 C23 C24 .... C2n
3 C31 C32 C33 C34 .... C3n
... .... ..... .... .... ....
m Cm1 Cm2 Cm3 Cm4 .... Cmn
Demanda

140
Tabla Inicial del Ejemplo
Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta
1 12 13 4 6
500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 400 900 200 500 2000

141
2.1.1 Regla de la esquina Noroeste
Se inicia el proceso desde la esquina izquierda superior
Se ubican tantas unidades como sea posible en la ruta
Cantidad de Unidades = Mínimo(disponibilidad, demanda)
Las siguientes asignaciones se hacen o bien recorriendo hacia la
derecha o bien hacia abajo.
Las demandas se satisfacen recorriendo sucesivamente de
izquierda a derecha y las ofertas se destinan recorriendo de
arriba hacia abajo.

142
Primera asignación
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 0 400 900 200 500 2000

143
Hasta cuarta asignación
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000

144
Esquina Noroeste: Solución final factible
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Valor FO: 400*12+100*13+700*4+100*9+200*12+500*4= $14.200

145
2.1.2 Método de aproximación de
Vogel (MAV)
MAV usa información de costos mediante el concepto de costo
de oportunidad para determinar una solución inicial factible.
Seleccionar en una fila la ruta más barata y la que le sigue.
Hacer su diferencia (penalidad), que es el costo adicional por
enviar una unidad desde el origen actual al segundo destino y
no al primero.
En nuestro caso, para el puerto1, C13 y C14; Penalidad = 6 - 4
MAV asigna un costo de penalidad por no usar la mejor ruta
en esta fila.

146
2.1.2 Método de aproximación de Vogel
Lo anterior se repite para cada fila y cada columna, esto es,
determinar todas las penalidades
Los pasos iterativos de MAV son los siguientes:
1. Identificar la fila o columna con la máxima penalidad.
2.Colocar la máxima asignación posible a la ruta no usada que
tenga menor costo en la fila o columna seleccionada en el punto
1 (los empates se resuelven arbitrariamente)
3. Reajustar la oferta y demanda en vista de esta asignación.
4. Eliminar la columna en la que haya quedado una demanda 0 (o
la fila con oferta 0), de consideraciones posteriores.
5. Calcular los nuevos costos de penalidad.

147
El MAV continúa aplicando este proceso en forma sucesiva
hasta que se haya obtenido una solución factible.
Los resultados obtenidos se muestran en las siguientes tablas

148
Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta Penalidades
1 12 13 4 6 2
500
2 6 4 10 11 2
700
3 10 9 12 4 5
800
Demanda 400 900 200 500 2000
Penalidades 4 5 6 2
Calculadas todas las penalidades, la mayor
corresponde a la columna 3 (penalidad = 6)
Paso 1: Identificar máxima penalidad (fila o columna)
Paso 0: Cálculo de penalidades

149
Paso 2: Asignación de unidades (MIN(oferta,demanda))
Paso 3:Reajuste de oferta y demanda
Plantas
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 400 900 0 200 500 2000

150
Paso 4: Eliminar columna (fila) con demanda (oferta) 0
Plantas
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 400 900 0 200 500 2000

151
Paso 5: Calcular los nuevos costos de penalidad
Plantas
Puertos 1 2 3 4 Oferta Penalidades
1 12 13 4 6 6
200 300 500
2 6 4 10 11 2
700
3 10 9 12 4 5
800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
Penalidades 4 5 2

152
Repitiendo los pasos anteriores, finalmente se llega a la siguiente
solución
Plantas
1 12 13 4 6
200 300 300 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
400 200 200 600 800
Demanda 400 900 0 200 200 500 2000
¿Es solución factible? ¿m + n - 1 = 6? SI
Costo: 200*4+300*6+700*4+400*10+200*9+200*4 = $12.000

153
2.1.3. Método del Costo Mínimo
1. Dada una tabla de transporte
2. Asignar la mayor cantidad de unidades a la variable
(ruta) con el menor costo unitario de toda la tabla.
3. Tachar la fila o columna satisfecha.
4. Ajustar oferta y demanda de todas las filas y columnas
5. Si hay más de una fila o columna no tachada repetir
los puntos 2, 3 y 4
Algoritmo
Fundamento
Asignar la mayor cantidad de unidades a una ruta
disponible de costo mínimo

154
2.1.3. Método del Costo Mínimo (cont.)
Ejemplo: Aplicar MCM a la tabla de transporte
Plantas
1 12 13 4 6
500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 400 900 200 500 2000
Unidades a asignar = MIN(200,400) = 200
Existen tres rutas costo mínimo. Elijamos la 1_3
Paso 2

155
Paso 3: Tachar fila o columna (columna 3)
Plantas
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
800
Demanda 400 900 0 200 500 2000
Aún quedan más de una fila o columna sin tachar. Ir a paso 2
Ajustar ofertas y demandas (fila 1 y columna 3)
Paso 5
Paso 4

156
Paso 4: Tachar ajustar fila 3 y columna 4
Plantas
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 11
700
3 10 9 12 4
500 300 800
Demanda 400 900 0 200 0 500 2000
Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 3_4 (ó 2_2)
Unidades = MIN(500,800) = 500
Paso 3: Tachar columna 4

157
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 0
700 0 700
3 10 9 12 4
500 300 800
Demanda 400 200 900 0 200 0 500 2000
Paso 5
Paso 2: Ruta de costo menor -> 2_2
Unidades = MIN(700,900) = 300
Paso 3: Tachar fila2

158
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 0
700 0 700
3 10 9 12 4 100
200 500 300 800
Demanda 400 200 900 0 200 0 500 2000
Paso 5
Unidades = MIN(200,300) = 200
Paso 3: Tachar columna 2

159
1 12 13 4 6
200 300 500
2 6 4 10 0
700 0 700
3 10 9 12 4 100 0
100 200 500 300 800
Demanda 300 400 200 900 0 200 0 500 2000
Paso 5
Unidades = MIN(400,100) = 100
Paso 3: Tachar fila 3

160
1 12 13 4 6 0
300 200 300 500
2 6 4 10 0
700 0 700
3 10 9 12 4 100 0
100 200 500 300 800
Demanda 300 400 200 900 0 200 0 500 2000
Queda sólo una fila sin tachar. Terminar
Paso 5
Unidades = MIN(300,300) = 300
Paso 3: Tachar fila 1 ó columna 1 (sólo una de ellas)

161
Comparación de los resultados
¿Es solución factible? ¿m + n - 1 = 6? SI
Costo: 300*12+200*4+700*4+100*10+200*9+500*4 = $12.000
Método Rutas Costo
MEN 6 $14.200
MAV 6 $12.000
MCM 6 $12.000
Los tres métodos entregan soluciones básicas factibles,
pero ninguno asegura que la solución sea óptima.
Conclusión

162
2.1.4. Método de Pasos Secuenciales
Este método comienza con una solución inicial factible.
En cada paso se intenta enviar artículos por una ruta que
no se haya usado en la solución factible actual, en tanto
se elimina una ruta usada actualmente.
En cada cambio de ruta debe cumplirse que:
1. La solución siga siendo factible y
2. Que mejore el valor de la función objetivo
El procedimiento termina cuando no hay cambio de rutas
que mejoren el valor de la función.
Fundamento

163
2.1.4. Método de pasos secuenciales (cont..)
Usar la solución actual (MEN, MAV o MCM) para crear una
trayectoria única del paso secuencial. Usar estas trayectorias
para calcular el costo marginal de introducir a la solución
cada ruta no usada.
Si todos los costos marginales son iguales o mayores que
cero, terminar; se tendrá la solución óptima. Si no, elegir la
celda que tenga el costo marginal más negativo (empates se
resuelven arbitrariamente)
Usando la trayectoria del paso secuencial, determine el
máximo número de artículos que se pueden asignar a la ruta
elegida en el punto 2 y ajustar la distribución adecuadamente.
Regrese al paso 1
Algoritmo
1
2
3
4

164
a) Ponga un signo + en la celda de interés no ocupada
b) Ponga un signo - en una celda usada de la misma fila
c) Ponga un + en una celda usada de la misma columna
El proceso continúa alternando los signos + y - tanto en las filas
como en las columnas hasta que se obtenga una sucesión de
celdas (trayectoria) que satisfagan dos condiciones
1. Hay un signo + en la celda desocupada original de interés, y
2. Cualquier fila o columna que tenga un signo + debe tener
también un signo - y viceversa.
Algoritmo Paso 1

165
Algoritmo Paso 1
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Solución básica factible obtenida aplicando el método de la Esquina Noroeste

166
Algoritmo Paso 1
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 - + 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 + 200 - 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
Trayectoria 1: +C13-C12+C32-C33

167
Algoritmo Paso 1
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 - + 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 + 200 - 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
1: +(4)-(13)+(9)-(12)= -12 2: +(6)-(13)+(9)-(4) = -2
3: +(6)-(4)+(13)-(12)= 3 4: +(10)-(4)+(9)-(12) = 3
5: +(11)-(4)+(9)-(4) = 12 6: +(10)-(9)+(13)-(12)= 2
Costos de las Trayectorias

168
Algoritmo Paso 2
1: +(4)-(13)+(9)-(12)= -12 2: +(6)-(13)+(9)-(4) = -2
3: +(6)-(4)+(13)-(12)= 3 4: +(10)-(4)+(9)-(12) = 3
5: +(11)-(4)+(9)-(4) = 2 6: +(10)-(9)+(13)-(12)= 2
La solución factible NO es óptima !!
Se selecciona la trayectoria 1 (costo marginal más negativo)

169
Algoritmo Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
¿Cuántas unidades se pueden asignar a la ruta elegida?
Acción Ruta Unidades disponibles en
celdas decrecientes
Aumentar 1 unidad 1_3
Disminuir 1 unidad 1_2 100
Aumentar 1 unidad 3_2
Disminuir 1 unidad 3_3 200

170
Algoritmo
Plantas
1 12 13 4 6
400 - 100 + 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
200 + 100 - 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
Paso 3 (Generación de la nueva tabla)
Costo: $13.000

171
Algoritmo Paso 4
Volver al Paso 1:
Para cada trayectoria evaluar costo marginal
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
200 100 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000

172
Algoritmo Paso 2: Elección de CMg menor
Plantas
1 12 13 4 6
400 +12 100 +10 100 500
2 6 4 10 11
-9 700 +3 +12 0 700
3 10 9 12 4
-10 200 100 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000
La celda más negativa es c 31 (-10) y la trayectoria es:
C31 – C33 + C13 – C11

173
¿Cuántas unidades se pueden asignar a la ruta elegida?
Acción Ruta Unidades disponibles en
celdas decrecientes
Aumentar 1 unidad 31
Disminuir 1 unidad 33 100
Aumentar 1 nidad 13
Disminuir 1 unidad 11 400

174
Costo: $12.000
Plantas
1 12 13 4 6
300 200 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000

175
Algoritmo Paso 4
Volver al Paso 1:
Para cada trayectoria evaluar costo marginal
Plantas
1 12 13 4 6
300 200 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000

176
Algoritmo Paso 2: Determinar costos marginales
Todas rutas son no negativas (positivas o cero)
Solución factible óptima!!! $12.000
Compare esta solución con la obtenida con MAV y MCM ¿ ...?
Plantas
1 12 13 4 6
300 +2 200 0 100 500
2 6 4 10 11
+1 700 +13 +12 0 700
3 10 9 12 4
100 200 +10 500 0 800
Demanda 0 400 0 900 0 200 0 500 2000

177
2.1.5. Método de Distribución Modificada (DIMO)
Algoritmo
1. Usar la solución actual (NE, MAV o MCM) y las siguientes
operaciones (a) y (b) para determinar el costo marginal de enviar
material para cada una de las rutas no usadas.
Asociar a cada fila un índice ui y a cada columna un índice vj
a) Hacer u1 = 0. Encuéntrese los índices de las filas u2, ..., um y los
índices de las columnas v1, ...., vn tales que cij = ui + vj para cada
celda usada.
b) Sea eij = cij - (ui+vj) para cada celda no usada; eij será el costo
marginal de introducir la celda (ruta) i, j a la solución.
Los pasos 2 a 4 son los mismos que en el método secuencial.

178
Aplicar el algoritmo al problema en estudio y
comparar resultados obtenidos con los métodos
anteriores
Comentar resultados
¿Qué explica que existan dos soluciones
óptimas factibles?

179
Aplicación
Costo por
Ruta en uso motor ($) Ecuación
11 12 u1 + v1 = 12
12 13 u1 + v2 = 13
22 4 u2 + v2 = 4
32 9 u3 + v2 = 9
33 12 u3 + v3 = 12
34 4 u3 + v4 = 4
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Paso 0: Asociar índices
ui
vj

180
Paso1.a) Solucionar la ecuación
Existen 6 ecuaciones y siete variables entonces se hace u1 = 0
(puede ser cualquiera) y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 13 u2 = - 9 u3 = -4 v3 = 16 v4 = 8
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada celda no usada.
eij = cij - (ui + vj)

181
Costos marginales para las celdas no usadas.
1) e13 = c13 - (u1 + v3)= 4 - (0 + 16) = -12
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 + 8) = -2
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (-9 + 13) = 2
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (-9 + 16) = 3
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (-9 + 8) = 12
6) e31 = c31 - (u3 + v1)= 10 - (-4 + 12) = 2

182
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 -12 -2 100 500
2 6 4 10 11
2 700 3 12 0 700
3 10 9 12 4
2 100 200 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Paso 2: Prueba de Optimalidad.
Hay costos negativos por lo tanto no es óptima
La ruta de reasignación es: +C13 -C33 +C32 -C12 (más negativo, -12)

183
Paso 3: Asignación de unidades a la ruta elegida.
Unidades disponibles a mover:
Disminuir 1 unidad C12 100
Plantas
1 12 13 4 6
400 100 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
200 100 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000

184
Vuelta al Paso 1:
Costo por
11 12 u1 + v1 = 12
13 4 u1 + v3 = 4
22 4 u2 + v2 = 4
32 9 u3 + v2 = 9
33 12 u3 + v3 = 12
34 4 u3 + v4 = 4
Se hacer u1 = 0 y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 1 v3 = 4 v4 = -4 u2 = 3 u3 = 8
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada
celda no usada. eij = cij - (ui + vj)

185
1) e12 = c12 - (u1 + v2)= 13 - (0 + 1) = 12
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 - 4) = 10
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (3 + 12) = -9
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (3 + 4) = 3
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (3 - 4) = 12
6) e31 = c31 - (u3 + v1)= 10 - (8 + 12) = -10

186
Hay costos negativos por lo tanto no es óptima
La ruta de reasignación es: +C31 -C33 +C13 -C11
Plantas
1 - 12 13 + 4 6
400 19 100 1 100 500
2 6 4 10 11
0 700 3 12 0 700
3 + 10 9 - 12 4
-1 200 100 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000

187
Paso 3: Asignación de unidades a la ruta elegida.
Unidades disponibles a mover:
Plantas
1 12 13 4 6
300 200 100 500
2 6 4 10 11
700 0 700
3 10 9 12 4
100 200 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000

188
Vuelta al Paso 1:
u1 = 0 y se determina el resto de los índices
v1 = 12 v2 = 11 v3 = 4 v4 = 6 u2 = - 7 u3 = -2
Paso 1.b) Calcular los costos marginales para cada
celda no usada. eij = cij - (ui + vj)
Costo por
11 12 u1 + v1 = 12
13 4 u1 + v3 = 4
22 4 u2 + v2 = 4
31 10 u3 + v1 = 10
32 9 u3 + v2 = 9
34 4 u3 + v4 = 4

189
1) e12 = c12 - (u1 + v2)= 13 - (0 + 11) = 2
2) e14 = c14 - (u1 + v4)= 6 - (0 + 6) = 0
3) e21 = c21 - (u2 + v1)= 6 - (-7 + 12) = 1
4) e23 = c23 - (u2 + v3)= 10 - (-7 + 4) = 13
5) e24 = c24 - (u2 + v4)= 11 - (-7 + 6) = 12
6) e33 = c33 - (u3 + v3)= 12 - (-2 + 4) = 10

190
No hay costos negativos por lo tanto es óptima
VO = 300*12+200*4+700*4+100*10+200*9+500*4=$12.000
Plantas
1 12 13 4 6
300 0 200 0 100 500
2 6 4 10 11
1 700 13 12 0 700
3 10 9 12 4
100 200 10 500 700 800
Demanda 0 400 0 900 200 500 2000
Ver Transporte RPG Equilibrio

191
2.1.6. Modelo de Transporte: Situaciones Especiales
1. Solución en problemas de maximización de transporte
2. El caso en que la oferta excede a la demanda.
3. Eliminación de rutas inaceptables.
4. Degeneración en problemas de transporte.
5. Propiedades especiales del modelo de transporte

192
1. Solución en problemas de maximización de transporte.
a) Se utilizan los beneficios marginales en lugar de los costos.
Se asignará unidades a la celda que tenga el mayor valor
marginal y el procedimiento concluirá cuando todas las rutas
tengan valores marginales negativos.
b) Convertir la tabla de beneficios en una tabla de costo: Se
busca el beneficio mayor, en cada celda se le resta al mayor
el beneficio de la celda. Ejemplo:

193
Tabla de beneficios
14 19 12
17 19 15
16 20 11
6 1 8
3 1 5
4 0 9
2
3
Destinos
Fuentes
1 2 3
1
Destinos
1 2 3
Fuentes
1
2
3
Mayor = 20
Tabla de costo

194
2. El caso en que la oferta excede a la demanda.
Se utiliza un destino ficticio en la tabla de transporte. Se
considera como nulo el costo de enviar una unidad a dicho
destino desde cada una de las fuentes (orígenes).
Si la demanda es mayor que la oferta el problema no tiene
solución factible, sin embargo el administrador podría
abastecer toda la demanda que sea posible a un costo
mínimo.
Se utiliza un origen ficticio. El costo de abastecer cualquier
destino desde dicho origen será cero. Sin embargo podría
haber un cargo por orden no cubierta.
Ver Transporte RPG (O>D) y (O<D

195
3. Eliminación de rutas inaceptables.
Se asocia a una ruta no aceptable un costo lo suficientemente
alto para que no sea atrayente la ruta en cuestión. El costo M
Por ejemplo: producir en abril para vender en febrero del mismo
año.
4. Degeneración en problemas de transporte.
Se dice que un problema se degenera cuando hay menos de
m + n - 1 rutas ocupadas. Esto puede ocurrir cuando
simultáneamente se satisface una demanda y se agota una
oferta.
Ver Transporte RPG (inaceptable)

196
5. Propiedades especiales del modelo de transporte
Todo problema de transporte es posible resolverlo mediante
algoritmos que usan sólo la adición y la sustracción.
Si todas las ofertas y demandas tienen valores enteros en un
problema de transporte, los valores óptimos de las variables
de decisión serán también enteros.

197
Ejercicios
Suponer que se tienen tres fábricas M1, M2 y M3 que producen
39, 48 y 33 toneladas respectivamente, de un cierto producto
que debe llevarse a cuatro destinos, D1, D2, D3 y D4, los cuales
requieren 40, 37, 18 y 25 toneladas.
Los costos están dados por la siguiente tabla:
1
D1 D2 D3 D4
M1 2 3 1 2
M2 1 4 7 6
M3 8 9 4 5

198
Planificación de la producción:
2
Periodo Capacidad de Producción
Máxima (unidades)
Demanda a
satisfacer
Costo de
Producción ($)
Costo de
Almacenaje ($)
1 1200 900 15 1.2
2 800 800 18 1.4
3 1100 1000 17 1.1
4 900 700 20 1.5
¿Cuánto hay que producir en cada periodo para satisfacer la
demanda al mínimo costo (tanto de producción como de
almacenaje)?.
Supuesto: No existe inventario inicial ni final.
Plantear el problema usando el modelo de transporte.
Encuentre las respuestas usando Solver.

199
Situación:
Asignar m trabajos (o trabajadores) a n máquinas.
Un trabajo i (=1, 2, 3 ,...,m) cuando se asigna a la máquina
j (=1,2,....,n) incurre en un costo cij.
El objetivo es asignar los trabajos a las máquinas uno a uno
al menor costo.
La formulación de este problema puede considerarse como
un caso especial del modelo de transporte.
2.2 Modelo de Asignación

200
Descripción
Los trabajos representan las “fuentes” y las máquinas los
“destinos”
La oferta disponible en cada fuente es 1 como también
lo es la demanda en cada destino.
cij es el costo de transportar (asignar) el trabajo i a la
máquina j
El costo puede representar también características de
competencia de cada trabajador

201
Descripción
En el caso que un trabajo no deba ser asignado
(porque no cumple con los requisitos) a una máquina
(actividad) en particular, este costo debe tener un
valor alto (M)
En el caso de existir desequilibrio, esto es, más
trabajos que máquinas o más máquinas que trabajos,
hay que equilibrar con máquinas o trabajos figurados
(ficticios), logrando de esta forma que m = n

202
Expresión matemática del modelo
0, si el i-ésimo trabajo no se asigna a la j-ésima máquina
1, si el i-ésimo trabajo se asigna a la j-ésima máquina
Xij =
Máquina
1 2 ….. n
C11 C12 ….. C1n
C21 C22 ….. C2n
….. ….. ….. …..
Cn1 Cn2 ….. Cnn
1
2
…..
n
Trabajo
1
1
…..
1
1 1 ….. 1

203
Por lo tanto el modelo está dado por:
minimizar z = 
 
n
i
n
j
ij
ij x
c
1 1
sujeto a 1
1



n
j
ij
x i=1,2, ...,n
1
1



n
i
ij
x j=1,2,..n
xij = 0 ó bien 1

204
Ejemplo:
La gerencia general de RPG (ejemplo de transporte) con sede
en Bruselas, este año, como parte de su auditoría anual, decidió
que cada uno de sus cuatro vicepresidentes visite e inspeccione
cada una de sus plantas de ensamblaje durante las primeras dos
semanas de junio. Las plantas están ubicadas en Leipzig
(Alemania), Nancy (Francia, Lieja (Bélgica) y Tilburgo
(Holanda).
Para decidir a que vicepresidente enviar a una planta
determinada, se asignaron puntos (costos) a cada uno de ellos
de acuerdo a su experiencia, habilidades lenguísticas, tiempo
que durará la inspección y otros. Estos datos se muestran en la
siguiente tabla:

205
Ejemplo
PLANTA
Leipzig (1) Nancy(2) Lieja (3) Tilburgo(4)
Finanzas (F) (1) 24 10 21 11
Mercadotecnia(M) (2) 14 22 10 15
Operaciones (O) (3) 15 17 20 19
Personal(P) (4) 11 19 14 13
Plantear el modelo de PL

206
Ejemplo: Modelo de PL
MIN Z = 24 X11 + 10 X12 + ... + 14 X43 + 13 X44
sujeto a:
a) Oferta X11 + X12 + X13 + X14 = 1
X21 + X22 + X23 + X24 = 1
X31 + X32 + X33 + X34 = 1
X41 + X42 + X43 + X44 = 1
b) Demanda X11 + X21 + X31 + X41 = 1
X12 + X22 + X32 + X42 = 1
X13 + X23 + X33 + X43 = 1
X14 + X24 + X34 + X44 = 1
c) No negatividad Xij >= 0 i=1,...,4, j=1,....,4

207
Métodos de Solución
Existen varias formas de obtener la solución:
a) Listar todas las alternativas posibles con sus costos y seleccionar
la de menor costo (algoritmo exhaustivo)
b) Método Húngaro: método iterativo
a) Listar todas las alternativas:
¿Cuántas alternativas posibles existen?
- El primer trabajo se puede asignar de n formas formas posibles
- El segundo de n-1 formas
- El último sólo de 1 forma
En total existen n! formas de hacer la asignación completa

208
Método Húngaro:
Paso 0: Construir la matriz de asignación
Para obtener la solución óptima cada nueva matriz de asignación
debe satisfacer:
Propiedad 1: Todos los números son no negativos
Propiedad 2: Cada fila y cada columna tiene al menos una celda con
un valor cero
Paso 1:
a) Reducción de filas: Restar el costo menor de cada fila a la fila
correspondiente y/o
b) Reducción de columnas: Restar el costo menor de cada columna
a la columna correspondiente
Con esto se crea una nueva matriz con las propiedades 1 y 2

209
Método Húngaro:
Paso 2: Determinar si la matriz es reducida (Prueba de Optimalidad).
Trazar el menor número de líneas rectas sobre las filas y columnas
para cubrir todos los ceros.
Si el número de rectas es igual al número de filas o columnas se dice
que esta matriz es reducida.
Si la matriz no es reducida pasar al paso 3, sino pasar al paso 4

210
Método Húngaro:
Paso 3: Movimiento
De todas las celdas no cruzadas identifique una con el menor
valor y haga lo siguiente:
a) Restar el valor a cada celda no cruzada
b) Sumar el valor a cada celda de intersección de rectas
Volver al paso 2

211
Método Húngaro:
Paso 4: Solución óptima (Asignación)
Primero se asigna a las que tengan sólo una alternativa, se van
marcando y así sucesivamente
Determinar el costo: Se suman todos los costos correspondientes
a las asignaciones (o sumar todos los pi y qj).
¿Qué valor se obtiene al sumar todos los valores que se restaron
en las reducciones de filas y columnas?

212
Ejemplo: Aplique el método Húngaro al ejemplo
1 2 3 4 pi
F 24 10 21 11
M 14 22 10 15
O 15 17 20 19
P 11 19 14 13
qj
Paso 0: Matriz de Asignación
Nota: En negrita los menores de cada fila

213
Paso 1: Reducción de filas y columnas
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 1 10
M 4 12 0 5 10
O 0 2 5 4 15
P 0 8 3 2 11
qj 1
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10
M 4 12 0 4 10
O 0 2 5 3 15
P 0 8 3 1 11
qj 1

214
Paso 2: Determinar si la matriz es reducida
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10
M 4 12 0 4 10
O 0 2 5 3 15
P 0 8 3 1 11
qj 1
No es reducida: sólo tres rectas (para ser reducida deben ser 4)
Ir al paso 3

215
Paso 3: Movimiento (Seleccionar el menor: restar a las
no tachadas, sumar a las intersecciones)
1 2 3 4 pi
F 14 0 11 0 10
M 4 12 0 4 10
O 0 2 5 3 15
P 0 8 3 1 11
qj 1
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10
M 4 11 0 3 10
O 0 1 5 2 15
P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Volver al paso 2 !!

216
Iteración paso 2:
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10
M 4 11 0 3 10
O 0 1 5 2 15
P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Se tachan todos los ceros con cuatro rectas, por tanto es óptima
Ir al paso 4 !!

217
Paso 4: Asignación
1 2 3 4 pi
F 15 0 12 0 10
M 4 11 0 3 10
O 0 1 5 2 15
P 0 7 3 0 11
qj 1 + 1
Costo = c12 + c23 + c31 +c44
= 10+10+15+13 = 48

 
 j
i q
p
Costo
=10 + 10 + 15 + 11 + 1 + 1 = 48
Ver Asignación RPG

218
Modelo de Asignación: Otras consideraciones
El modelo de asignación de RPG es un modelo de minimización
en el cual el número de vicepresidentes es igual al número de
plantas, y todas las asignaciones posibles son aceptables.
Consideremos ahora modelos tipo asignación donde no todas las
condiciones anteriores se cumplen. En particular se considerarán
situaciones en las que:
1 Hay una desigualdad entre el número de “personas” por
asignar y el número de “destinos” que requieren personas
asignadas.
2 Hay un modelo de maximización
3 Existen asignaciones inaceptables

219
1. Ofertas y demandas desiguales
a) Oferta mayor que la demanda
Suponer que el presidente de RPG quiere auditar a la planta de
Tilburgo, por tanto tendrá que decidir cual de los cuatro
vicepresidentes debe asignar a cada una de las tres plantas
restantes.
Solución: Se elimina la restricción que requería un
vicepresidente para Tilburgo. El resultado de este cambio es que
la holgura para uno de los cuatro vicepresidentes será 1 en la
nueva solución óptima
Ver Asignación RPG (O>D)

220
1. Ofertas y demandas desiguales
b) Demanda mayor que la oferta
Suponer que el vicepresidente de Personal tiene que viajar a
Illinois durante la primer semana de junio, por lo tanto no puede
participar en la auditoría en Europa.
Solución: Se agrega un vicepresidente ficticio (igual al modelo
de transporte) para obtener una solución factible, pero es claro
que una de las plantas quedará sin auditar.

221
2. Hay un modelo de maximización
La respuesta de asignación es un beneficio y no un costo
Ejemplo: Suponga que RPG tiene que asignar vendedores a sus
territorios de venta.
Existen cuatro personas bien capacitadas listas para ser
asignadas y tres territorios requieren un nuevo vendedor. Uno
de los vendedores no será asignado.
En este caso la asignación de un vendedor cualquiera a un
territorio se mide por el incremento marginal esperado en la
contribución de dicha asignación a las ganancias.

222
2. Hay un modelo de maximización
La matriz de ganancia es la siguiente
Contribución del
Vendedora
Territorio
1
Territorio
2
Territorio
3
A 40
$ 30
$ 20
$
B 18
$ 28
$ 22
$
C 12
$ 16
$ 20
$
D 25
$ 24
$ 27
$
Ver Asignación Vendedores RPG

223
3. Situaciones con asignaciones inaceptables
Ejemplo: Suponga que el presidente de RPG no tiene
el menor deseo de que el vicepresidente de
Operaciones realice una auditoría a la Planta Nancy.
Solución: Asignar un costo arbitrariamente alto a esta
“ruta”, de tal modo que al restar de él cualquier
número finito se obtiene siempre un valor mayor que
otros números relevantes
Ver Asignación RPG inaceptable

224
2.3 Modelo de Transbordo
Este modelo permite que las unidades no vayan
directamente desde un origen a un destino, sino
que pasen por nodos intermedios o transitorios.
Cada origen, punto intermedio y destino final se representan
como nodos y se conectan a través de arcos dirigidos
Restricción en cada nodo transitorio:
suma flujos entrantes = suma flujos saliente
También se puede representar por medio de una matriz donde un
mij = 1 cuando existe un enlace directo entre el nodo i y el nodo
j; y mij = 0 cuando no hay enlace directo entre estos nodos

225
Modelo de Transbordo: Algoritmo
Inicialización: Encuentre un plan de embarque factible que
satisfaga todas las restricciones de suministro y demanda, al
mismo tiempo que mantiene un equilibrio en todos los nodos
de transbordo.
Prueba de Optimalidad: Pruebe el plan de embarque actual
para ver si es óptimo, es decir, si es el plan que incurre en los
costos totales mínimos. Si es así, deténgase con la solución
óptima, sino vaya al paso 3.
Movimientos: Use el hecho de que el plan de embarque
actual no es óptimo para crear un nuevo plan de embarque
factible con menos costo total que el actual. Vaya al paso 2.
1
2
3

226
Consideraciones:
• Los pasos del algoritmo son análogos a los del algoritmo de
pasos sucesivos (escalón).
• Tanto los nodos origen como los destinos pueden ser a su vez
nodos de transbordo.
• Al igual que el modelo de transporte, puede haber desequilibrio,
en ese caso se agregan fuentes o destinos ficticios con costo cero.
• El numero total del sistema está dado por el total de la oferta o de
la demanda.
• A cada nodo de transbordo se asigna un suministro (demanda)
igual a su suministro (demanda) original (cero, si no coincide
originalmente con un destino) más el total de unidades del
sistema. Esto permite que todas las unidades puedan pasar por un
empalme dado.

227
Ejemplo 1:
Determínese un programa de embarque que cubra todas las
demandas a un costo mínimo total para los datos
correspondientes al siguiente grafo (costo en $).
3 4
2
4
3
7 2
1 3 5
2 4 6
+95 -30
+70
+15
-30 -45
8

228
Solución
• Los sitios 1 y 2 son orígenes
• Los sitios 5 y 6 son destinos
• El sitio 3 es origen y empalme
• El sitio 4 es destino y empalme
• La oferta es mayor que la demanda por tanto se requiere un
destino ficticio que demande 75 unidades
• Agregar 180 unidades a cada empalme (oferta y demanda)
• El costo de las unidades que van de un empalme (como origen)
a él mismo (como destino) y de cualquier origen al sitio ficticio
es cero.
• A las rutas no permitidas se les asocia un valor relativamente
alto (por 1.000)

229
La tabla inicial es:
3 4 5 6 F Oferta
1 95
3 1000 8 1000 0
2 70
2 7 1000 1000 0
3 195
0 3 4 4 0
4 180
1000 0 1000 2 0
Demanda 180 210 30 45 75
Orígenes
Destinos

230
La tabla final es:
3 4 5 6 F Oferta
1 20 75 95
3 1000 8 1000 0
2 70 70
2 7 1000 1000 0
3 90 30 30 45 195
0 3 4 4 0
4 180 180
1000 0 1000 2 0
Demanda 180 210 30 45 75
Destinos
Orígenes
Costo = 20*3+75*0+70*2+90*0+30*3+30*4+45*4+180*0=$590

231
Ejemplo 2:
Una corporación necesita transportar 70 unidades de un producto, del sitio 1 a
los sitios 2 y 3 en cantidades de 45 y 25 unidades, respectivamente. Las tarifas
cij (en miles de pesos por unidad) de carga aérea entre los sitios comunicados
por carguero se dan en la tabla, en la cual las líneas punteadas indica que no hay
servicio disponible. Determínese un programa de embarque que asigne el
número requerido de artículos a cada destino, a un costo mínimo de transporte.
Ningún embarque requiere de vuelo directo, se permiten los envíos empleando
puntos intermedios.
1 2 3 4
1 .... 38 56 34
2 38 ... 27 ...
3 56 27 ... 19
4 34 ... 19 ...

232
Ejemplo 3:
1
2
3
4
5 7
6
8
9
10
11
100
200
150
120
80
70
110
2
3
4
4
4
5
5
6
6
6
7
7
7
8
8
Nodos de transbordo

233
Planteamiento del modelo PL :
Plantear el modelo de PL para el ejemplo mostrado en el
grafo anterior.

234
2.4. Modelos de Redes
2.4.1 Teoría de Grafos
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta
2.4.3 Modelo del Árbol Expandido Mínimo
2.4.4 Problema del Flujo Máximo

235
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos
Grafo no dirigido:
Un grafo no dirigido G consiste en un conjunto V de vértices
(o nodos) y un conjunto E de lados (ramas o enlaces) tales que
cada lado e ε E está asociado a un par no ordenado de vértices
v y w. Si un lado e está asociado a un único par de vértices v y
w, entonces e= (v,w) o e=(w,v).
Grafo dirigido:
Un grafo dirigido (o digrafo) G consiste en un conjunto V de
vértices (o nodos) y un conjunto E de lados (o ramas) tales que
cada lado e ε E está asociado a un par ordenado de vértices. Si
un lado e está asociado a un par ordenado único de vértices v y
w, se escribe e = (v,w).

236
Se dice que un lado e = (v,w) de un grafo (dirigido o no dirigido) es
incidente en v y w. Se dice que los vértices v y w son incidentes
en e y también son vértices adyacentes.
Si G es un grafo (dirigido o no dirigido) con un conjunto de vértices
V y un conjunto de lados E, se escribe G = (V,E)
Nodo (Vértice):
Un círculo de una red utilizada para representar una planta,
almacén o tienda.
Nodo de Suministro:
Nodo desde le cual los productos se van a enviar.

237
Nodo de demanda:
Nodo que va a recibir los productos para cumplir con una
demanda conocida.
Nodo de transbordo:
Nodo que recibe productos desde otros nodos para su
distribución.
Arco (enlace):
Línea de una red que conecta un par de nodos. Se le utiliza para
representar una ruta válida desde el nodo origen al nodo de
distribución.

238
Arco dirigido:
Indica el sentido de movimiento de los productos.
Camino:
Una secuencia de nodos en una red unidos por arcos (dirigidos o
no dirigidos)
Trayectoria (lazo):
Es un camino cerrado (ciclo) donde el primer nodo es a su vez el
último.

239
Representación Matricial
i) Matriz de Adyacencia
ii) Matriz de costo (beneficio)
Representación de un grafo:
Un grafo se puede representar matemáticamente como:
a) Una matriz
b) Una lista enlazada
c) Árbol

240
2.4.1 Introducción a la Teoría de Grafos (cont.)
Matriz de Adyacencia:
Para un grafo G, es una matriz A de dimensión NxN,
donde A[i,j] es verdadero (1) si, y sólo si, existe un arco
que vaya del vértice i al vértice j. En ausencia de arco
directo se representa generalmente por 0.
Ejemplo:Dado el siguiente grafo encontrar su matriz de
adyacencia

241
2
3
4
1
1 2 3 4
1 1 1
2 1
3 1
4 1

242
Matriz de Costo:
Para un grafo G etiquetado, es una matriz C de dimensión
NxN, donde A[i,j] es el costo (valor de la etiqueta) si, y
sólo si, existe un arco que vaya del vértice i al vértice j.
En ausencia de arco directo se representa generalmente
por infinito (costo extremadamente alto, para la
simulación se hace uso de un valor fuera de contexto).
Ejemplo:Dado el siguiente grafo encontrar su matriz de costo

243
2
3
4
1
1 2 3 4
1 10 15
2 12
3 20
4 5
10
15 20 12
5

244
Para un grafo no dirigido, tanto la matriz de adyacencia
como la matriz de costo son simétricas, esto es:
A[i,j] = A[j,i]
ó
C[i,j] = C[j,i]

245
Ejemplo Introductorio
Seymour Miles es el gerente de distribución de Zigwell. Zigwell
distribuye sus motores oruga en cinco estados del medio oeste. Por lo
regular, Seymour Miles tiene 10 aparatos E-9 in situ en lo que
designaremos como local 1. Estos tractores deben ser enviados a los
dos locales de construcción más importantes designados como 3 y 4.
Se necesitan tres E-9 en el local 3 y siete en el local 4. Debido a
itinerarios arreglados con anterioridad, relativos a la disponibilidad de
conductores, los tractores solo pueden ser distribuidos de acuerdo con
las rutas alternativas que se muestran en el grafo de la figura.
La figura tiene un número +10 en el nodo 1, esto significa que hay 10
aparatos E-9 disponibles (oferta). Los indicadores -3 y -7 asociados a
los locales 3 y 4, respectivamente, denotan los requerimientos
(demandas) de éstos.

246
1 2 4
5
3
c12
c34
c24
c25 c54
u43
c53
c23
+10
-3
-7
Rutas alternativas para el destino 3
1-2-3, 1-2-4-3, 1-2-5-4-3, 1-2-5-3
u12
u23
u34
c43
u53
c54
u25
u24

247
Los costos cij son unitarios. Por ejemplo el costo de
recorrer el arco (5,3) es c53 por cada tractor.
Debido a los acuerdos sostenidos con los conductores,
Zigwell debe cambiarlos en cada local que se encuentre
sobre la ruta. Las limitaciones en la disponibilidad de
conductores ocasionan que haya una cota superior en el
número de tractores que pueden recorrer cualquier arco
dado.
Por ejemplo: u53 es la cota superior o capacidad en el arco
(5,3).
El problema de Sygmour consiste en encontrar un plan de
embarque que satisfaga la demanda y las restricciones de
capacidad a costo mínimo.

248
El problema en particular se conoce como modelo
de transbordo con capacidades.
Expresar el problema como un PL
a) Variables de decisión
xij = número total de E-9 que se enviarán a través
del arco (i,j).
= flujo del nodo i al nodo j

249
b) Función Objetivo
MIN Z =C12X12+C23X23+C24X24+C25X25+C34X34+C43X43+C53X53+C54X54
la red
(i,j) de
ar
todos los
c
x ij
ij cos
,
0 

c) Restricciones
s a
+ X12 = 10
- X12+X23+X24+X25 = 0
-X23 -X43 -X53 +X34 = -3
-X24 +X43 -X34 -X54 = -7
-X25 +X53 +X54 = 0
Balance
de
flujo

250
Matriz Incidencia nodo-arco
a r c o
Nodo (1,2) (2,3) (2,4) (2,5) (4,3) (5,3) (3,4) (5,4) LD
1 +1 0 0 0 0 0 0 0 10
2 -1 +1 +1 +1 0 0 0 0 0
3 0 -1 0 0 -1 -1 +1 0 -3
4 0 0 -1 0 +1 0 -1 -1 -7
5 0 0 0 -1 0 +1 0 +1 0

251
Formulación General del Modelo de Transbordo con Capacidades
Xij denotan el flujo del nodo i al nodo j a lo largo del arco que
conecta esos nodos.
Lj representa la oferta en el nodo j
ij
ij ij x
c

s.a.
minimice
n
j
L
x
x j
k kj
k jk ,....,
2
,
1
, 



la red
(i,j) de
ar
todos los
c
x ij
ij cos
,
0 


252
Resolver para las siguientes capacidades y costos
Capacidad
de a Sitio 1 Sitio 2 Sitio 3 Sitio 4 Sitio 5
Sitio 1 10
Sitio 2 4 3 3
Sitio 3 2
Sitio 4 4
Sitio 5 3 5
Costo Unitario
de a Sitio 1 Sitio 2 Sitio 3 Sitio 4 Sitio 5
Sitio 1 $100
Sitio 2 $45 $50 $20
Sitio 3 $60
Sitio 4 $85
Sitio 5 $10 $55
Ver transbordo con capacidades

253
Se pueden dar dos casos para representar la red:
Como grafo no dirigido
Como grafo dirigido
Situaciones:
a
b
Cualquiera que sea el caso corresponde
a grafos ponderados (con peso)

254
Considerénse todos los nodos que estén directamente
conectados con el origen. Etiquetarlos con la distancia al
origen y su nodo predecesor. Etiquetas temporales,
[distancia, nodo].
De entre todos los nodos con etiquetas temporales,
escoger el que tenga la distancia menor y se marca como
permanente. Si todos están con etiquetas permanentes se
va al paso cuatro.
a) Algoritmo: Grafo no dirigido
1
2

255
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GND)
Todo nodo que no tenga etiqueta permanente, tendrá etiqueta
temporal o estará sin etiqueta. Sea L el último nodo con
etiqueta permanente. Considerénse todas las etiquetas de los
vecinos de L (directamente conectados a L mediante un
arco). Para cada uno de estos nodos calcúlese la suma de su
distancia a L. Si el nodo en cuestión no está etiquetado,
asígnese una etiqueta temporal que conste de esta distancia y
de L como predecesor. Si el nodo en cuestión ya tiene
etiqueta temporal, cámbiese sólo si la distancia recién
calculada es menor que la componente de distancia de la
etiqueta actual. En este caso, la etiqueta contendrá esta
distancia y a L como predecesor. Regresar al paso 2
3
Algoritmo:

256
Las etiquetas permanentes indican la distancia más corta entre
el nodo origen a cada nodo de la red. También indican el
nodo predecesor en la ruta más corta hacia cada nodo. Para
encontrar el camino más corto de un nodo dado, comiéncese
en él y retroceda al nodo anterior. Continuar con el recorrido
hasta llegar al origen.
Algoritmo:
4

257
Ejemplo: Para el siguiente grafo encontrar la distancia más corta
desde el nodo H al resto de los nodos.
H
1
2
3
4
5
6
7
8
4
1
1
1
1
2
2
7
6
3
3
3

258
Solución:
H
1
2
3
4
5
6
7
8
4
1
1
1
1
2
2
7
6
3
3
3
(8,H)
(4,H)
(5,1)
(6,3)
(8,2)
(6,3)
(9,4)
(9,7)
ó
1:Ver ejemplo 1 Ruta mas corta 2: Hacer problema 19 guía 2 (Ejemplo 2 Ruta mas corta

259
A
7
1
3
B
C
D
E
F
G
1
4
2
10
8
10
5
7
4
3
Para su práctica y ejercitación neuronal

260
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD)
Es una técnica exhaustiva, esto es, prueba todas las alternativas
posibles.
Opera a partir de un conjunto S de vértices cuya distancia más
corta desde el origen ya es conocida. Inicialmente S contiene sólo
el nodo de origen. En cada paso se agrega algún vértice restante v
a S, cuya distancia desde el origen es la más corta posible.
Para cada paso del algoritmo, se utiliza una matriz D para registrar
la longitud del camino más corto a cada vértice.
b) Algoritmo de Dijkstra

261
2.4.2 Modelo de la Ruta más corta (GD) Algoritmo de Dijkstra
INICIO
0) V = {1, 2, 3, 4, ..., n}
1) S = {1} // nodo 1 se supone que es el origen
2) Para i=2 Hasta n Hacer
3) Di = C1i
4) Para i=1 Hasta n-1 Hacer
5) Elegir un vértice w en V-S tal que Dw sea un mínimo
6) agregar w a S
7) Para cada vértice v en V-S Hacer
SI ((Dw+Cwv)<Dv)
//Pv = w
Dv = Dw+Cwv
8) //Dv=mínimo(Dv,Dw+Cwv)
FIN

262
Ejemplo: Aplicar el algoritmo al siguiente grafo dirigido
10
100
60
50
30
10
2
1
3 4
5
20

263
Inicial
0) V = {1, 2, 3, 4, 5}
1) S = {1}
2)
3) D2 = 10, D3 = inf, D4=30, D5 = 100
4) Iterar 4 veces
5) Seleccionar nodo con distancia más corta de V-S,
En el ejemplo es el nodo 2
Iteración S w D2 D3 D4 D5
Inicial {1} -- 10 inf 30 100

264
6) Agregar el nodo 2 a S : S = {1,2}
7) Iterar |V-S|, (V-S = {3,4,5})
D3=mínimo(D3,D2+C23) =mínimo(inf,10+50) = 60
D4=mínimo(D4,D2+C24) =mínimo(30,10+inf) = 30
D5=mínimo(D5,D2+C25) =mínimo(100,10+inf) = 100
Inicial {1} -- 10 inf 30 100
1 {1,2} 2 10 60 30 100

265
2a Iteración
V-S = {3,4,5}
5) w = 4
6) S = {1,2,4}
7) Iterar |V-S| V-S = {3,5}
D3=mínimo(D3,D4+C43) =mínimo(60,30+20) = 50
Inicial {1} -- 10 inf 30 100
1 {1,2} 2 10 60 30 100
2 {1,2,4} 4 10 50 30 90

266
3a Iteración
V-S = {3,5}
5) w = 3
6) S = {1,2,4,3}
7) Iterar |V-S| (V-S = {5})
Inicial {1} -- 10 inf 30 100
1 {1,2} 2 10 60 30 100
2 {1,2,4} 4 10 50 30 90
3 {1,2,4,3} 3 10 50 30 60

267
4a Iteración
V-S = {5}
5) w = 5
6) S = {1,2,4,3,5}
7) Iterar |V-S| (V-S = {})
Inicial {1} -- 10 inf 30 100
1 {1,2} 2 10 60 30 100
2 {1,2,4} 4 10 50 30 90
3 {1,2,4,3} 3 10 50 30 60
4 {1,2,4,3,5} 5 10 50 30 60
Tabla Final

268
¿Cuál es el camino?
Para conocer el camino hay que incluir otra matriz P de
vértices, tal que Pv contenga el vértice inmediato anterior a v
en el camino más corto.
Se asigna a Pv valor inicial 1 para todo v  1
La matriz P se actualiza después de la línea 8.
Si Dw + Cwv < Dv en la línea 8, después se hace Pv = w
Al término de la corrida del algoritmo, el camino a cada vértice
puede encontrarse regresando por los vértices predecesores de
la matriz P

269
¿Cuál es el camino?
Para el ejemplo, la matriz P debe tener los valores
P2 =1, P3 = 4, P4 = 1, P5 = 3
Para encontrar el camino más corto del vértice 1 al 5, se siguen
los predecesores en orden inverso.
3 es el predecesor de 5

270
Problema de los caminos más cortos entre
todos los pares de nodos
Para visualizar el problema se emplea un grafo dirigido G =
(V,A) en el que cada arco v w tiene un costo no negativo
Cv,w. El problema consiste en encontrar el camino de longitud
más corta (menor costo) entre v y w para cada par ordenado de
vértices (v,w).
Algoritmo de Floyd
Se utiliza una matriz A, donde Aij = Cij para toda i j, si no
existe camino directo entre i y j se supone que Cij = inf. Cada
elemento de la diagonal se hace cero.

271
Problema de los caminos más cortos entre todos los pares de nodos
Después se hacen n iteraciones en la matriz A.
Al final de la k-ésima iteración Aij tendrá por valor la longitud
más pequeña de cualquier camino que vaya desde el vértice i
hasta el vértice j y que no pase por un vértice mayor que k.
Esto es, i y j, los vértice extremos del camino, pueden ser
cualquier vértice, pero todo vértice intermedio debe ser menor
o igual a k.
En la k-ésima iteración se aplica la siguiente fórmula para
calcular A
k-1Aij
kAij = min
k-1Aik + k-1Akj

272
Para calcular Aij, se compara k-1Aij, el costo de ir de i a j sin
pasar por k o cualquier otro nodo con numeración mayor, con
k-1Aik + k-1Akj, el costo de ir primero de i a k y después de k a j,
sin pasar a través de un vértice mayor que k. Si el paso por el
vértice k produce un camino más económico que el de k-1Aij, se
elige ese costo para kAij.
k-1Aij
i
k
j

273
Algoritmo de Floyd // Se supone que se cuenta con la matriz de costo C
0) INICIO
1) Desde i = 1 Hasta N
2) Desde j = 1 Hasta N
3) Aij  Cij
4) Desde i = 1 Has ta N
5) Aii = 0
6) Desde k = 1 Hasta N
9) SI (Aik + Akj < Aij)
10) Aij = Aik + Akj
11) FIN

274
Recuperación de caminos para el Algoritmo de Floyd
Cuando es de interés conocer el camino más corto
entre dos vértices, hay que consignarlo en una matriz
P, donde Pij tiene el vértice k que permitió a Floyd
encontrar el valor menor de Aij. Si Pij es cero, el
camino de i a j es directo.

275
Algoritmo de Floyd Modificado
0) INICIO
3) Aij  Cij
3) Pij  0
4) Desde i = 1 Has ta N
5) Aii = 0
6) Desde k = 1 Hasta N
9) SI (Aik + Akj < Aij)
10) Aij  Aik + Akj
10) Pij  k
11) FIN

276
Ejemplo: Aplique Floyd al grafo ponderado mostrado en la
figura
1 2 3
2
8
3
2
5

277
Solución:
Tabla Inicial
Nodos 1 2 3
1 0 8 5
2 3 0 inf
3 inf 2 0
0Aij

278
Solución:
Después de la primera iteración
1Aij
Nodos 1 2 3
1 0 8 5
2 3 0 8
3 inf 2 0

279
Solución:
Después de la segunda iteración
2Aij
Nodos 1 2 3
1 0 8 5
2 3 0 8
3 5 2 0

280
Solución:
Después de la tercera iteración
3Aij
Nodos 1 2 3
1 0 7 5
2 3 0 8
3 5 2 0

281
2.4.3 Modelo de árbol extensión mínima
Un árbol es un grafo que tiene sus n nodos (vértices)
conectados (conexo) con n-1 arcos (aristas), no
existiendo ciclos (caminos cerrados)
Definición 1
Definición 2 Un árbol de expansión de costo mínimo es aquel en que
todos los enlaces tienen longitudes (costos) mínimas

282
Algoritmo para el problema del árbol de expansión mínima.
Método Gráfico
Se selecciona un nodo cualquiera y se conecta al
nodo más cercano a éste.
Se identifica el nodo no conectado más cercano a
un nodo conectado y se conectan estos dos nodos
Empates se deciden en forma arbitraria. Los
empates indican que existen soluciones
alternativas para la construcción.
1
2
Nota:

283
H
1
2
3
4
5
6
7
8
4
1
1
1
1
2
2
7
6
3
3
3
Ejemplo: Encontrar el AEM para el siguiente grafo

284
H
1
2
3
4
5
6
7
1
1
1
1
Solución :
2
2
4

285
Algoritmo tabular
Paso Acción
0 Se construye la tabla de costos de enlaces
1 Se comienza arbitrariamente con cualquier nodo. Se designa a
este nodo como conectado y se pone una marca al lado de la
fila correspondiente al nodo. Se tacha el índice de la columna
que corresponde a él.
2 Considerando todas las filas marcadas, buscar el mínimo en las
columnas cuyo índice aún no haya sido tachado encerrándolo
en un círculo. Designándose de esta manera el nuevo nodo
conectado. Se tacha el índice de la columna y pone una marca
en la fila correspondiente a este nodo. Se repite este paso hasta
que todos los nodos estén conectados.
3 Los nodos encerrados en círculo identifican el árbol.

286
Aplicación Algoritmo tabular
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7
H 4 7 8
1 4 6 1
2 6 1 2
3 1 1 1
4 7 1 3 3 2
5 2 3 3
6 3 3 1
7 8 2 1
Tabla inicial

287
Inicio: Nodo H
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7
* H 4 7 8
* 1 4 6 1
2 6 1 2
3 1 1 1
4 7 1 3 3 2
5 2 3 3
6 3 3 1
7 8 2 1
a)
b)

288
Nodo 1
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7
* H 4 7 8
* 1 4 6 1
2 6 1 2
* 3 1 1 1
4 7 1 3 3 2
5 2 3 3
6 3 3 1
7 8 2 1
a)
b)
c)

289
Nodo H 1 2 3 4 5 6 7
* H 4 7 8
* 1 4 6 1
* 2 6 1 2
* 3 1 1 1
* 4 7 1 3 3 2
* 5 2 3 3
* 6 3 3 1
* 7 8 2 1
Tabla final
a)
b)
c)

290
H
1
2
3
4
5
6
7
1
1
1
1
Arbol de expansión mínima :
2
2
4

291
2.4.4 Problema del Flujo Máximo
En este problema hay un solo nodo fuente (nodo de
entrada) y un solo nodo destino (nodo de salida), y el
resto son nodos de transbordo. El problema consiste en
encontrar la máxima cantidad de flujo total (petróleo,
gas, efectivo, mensajes, tránsito, etc.) en una unidad de
tiempo.
La cantidad de flujo por unidad de tiempo en cada arco
está limitada por las restricciones de capacidad.
Este problema se puede representar como una red
dirigida y conexa.
Descripción

292
Para cada nodo interno debe cumplirse que:
flujo que sale del nodo = flujo que entra al nodo
En términos formales, siendo 1 la fuente y n el
destino el problema consiste en:
MAX f
f si i = 1
sujeto a si i = n
0 en otro caso
0  xij  uij, para todos (i,j) de la red
xij : flujo por unidad de tiempo por el arco (i,j)
uij : capacidad del arco (i,j)
f : flujo total a través de la red
Descripción
f
x
x
j
ji
j
ij 

 


293
Considérese la i-ésima restricción, para algún
valor fijo de i, La suma se considera sobre
toda j para la cual el arco (i,j) con i fijo,
pertenezca a la red. Entonces, será el flujo
total que sale del nodo i. En forma semejante, la
suma se considera sobre toda j para la cual
exista el arco (j,i) en la red, (i fijo). De modo que
es el flujo que entra al nodo i
Descripción

j
ij
x

j
ji
x

j
ij
x

294
Antes de hacer la presentación formal del
algoritmo, revisemos el siguiente ejemplo.
Algoritmo
6
6
6
2
4
4
3
2
1
6
1
2
3
4
5

295
Grafo inicial: Inicialización delos flujos en cada nodo
Algoritmo
Consideremos un camino desde el nodo 1 al nodo 6
Ejemplo: 1-2-5-6
4
0
0
0
0
0
0
0
0
6
4
1
6
2
3
2
6
0
2
3
4
5
6
1

296
Se dice que la cantidad de flujo a lo largo de dicho
recorrido es factible si:
No excede la capacidad de ningún arco del camino
Con excepción de los nodos 1 y 6, el flujo en cada nodo
debe satisfacer la condición de conservación
1
2
La cantidad máxima que puede fluir desde la fuente a lo
largo de un camino es igual a la menor de las
capacidades de los arcos de dicho camino
Al asignar un flujo a un arco nos atendremos a las reglas:
1
2
Se reduce la capacidad en la dirección del flujo (cantidad de flujo)
Se aumenta la capacidad en sentido opuesto (cantidad de flujo)

297
Ejemplo: Considerar el arco 1-2
Asignar dos unidades a este arco:
Aplicando las reglas 1 y 2 se tiene
Se generó una capacidad ficticia en la dirección 2-1
Enviar una unidad de 2 a 1
1 2
(2 )
2
2
1 2
4 0
1 2
(1 )
1
3

298
Algoritmo
Inicializar cada nodo del grafo con capacidades uij en
la dirección del flujo y cero en la dirección opuesta.
Encontrar cualquier camino de la fuente a destino que
tenga capacidad de flujo positiva, si no los hay, se
habrá encontrado la solución óptima.
Sea cmin la capacidad mínima de flujo entre los arcos
seleccionados en el paso 1, se aumenta el flujo
existente a través de la red al enviar un flujo adicional
cmin para todos los arcos del camino.
Para todos los arcos del camino, disminúyanse las
capacidades en la dirección del flujo y auméntese las
capacidades en la dirección opuesta en cmin. Volver al
paso 1
Inicial
1
2
3

299
Aplicar el algoritmo al grafo del ejemplo:
4
0
0
0
0
0
0
0
0
6
4
1
6
2
3
2
6
0
2
3
4
5
6
1
Paso Inicial

300
Iteración 1:
4
0
0
0
0
0
0
0
0
6
4
1
6
2
3
2
6
0
2
3
4
5
6
1
Elegir arbitrariamente el camino 1-3-5-6
cmin = MIN(6,4,2)=2; actualizando la red se tiene
4
2
2 2
0
2
2
2

301
Iteración 2:
4
0
0
0
0
0
0
0
0
6
4
1
2
2
3
2
2
0
2
3
4
5
6
1
4
2
0
2
2
6
Elegir arbitrariamente el camino 1-2-4-6
cmin = MIN(4,6,6)=4; actualizando la red se tiene
4
0
6
4
6
4
2
6
2
2

302
Iteración 3:
4
0
0
0
0
0
2
0
0
6
4
1
0
2
1
2
0
0
2
3
4
5
6
1
2
4
0
2
2
8
Elegir arbitrariamente el camino 1-3-2-4-6
cmin = MIN(4,3,2,2)=2; actualizando la red se tiene
4
0
6
4
6 6
2
8
2
2
4
2
3
0
2
6
2
4
6
6

303
Cálculo de la cantidad de flujo en cada arco
Se determina comparando la capacidad inicial de cada arco
con la capacidad inicial. Para cada arco la regla es:
Si la capacidad final es menor que la capacidad inicial,
calcular la diferencia. Esta es la cantidad del flujo a través
del arco.
Ejemplo: Arco 3-5
Inicial
Final 2
2
3 5
0
4
3 5
Final < inicial entonces el flujo es 4-2=2

304
Aplicando la regla anterior a todos los arcos se tiene el
siguiente grafo:
6
6
6
2
4
2
8
2
8
4
1
2
3
4
5

305
Unidad 3
Administración de Proyectos
PERT y CPM

306
3 Administración de Proyectos (PERT y CPM)
1. ¿Cuándo sería lo más pronto que el proyecto pudiera estar
terminado?
2. Para cumplir con este tiempo de conclusión, ¿qué tareas son
críticas, en el sentido de que un retraso en cualquiera de esas
tareas provoca un retraso en la conclusión del proyecto?
3. Es posible acelerar ciertas tareas para terminar todo el proyecto
más pronto?. Si es así, ¿qué tareas serán éstas y cuál sería el
costo adicional?
Todo proyecto debe ser comprobado y controlado, dado que éste
tiene involucrado numerosas tareas interrelacionadas.
A través de algunas técnicas se puede responder a preguntas como:

307
Técnica de Evaluación de Proyectos (PERT,
Program Evaluation and Review Technique): Método
utilizado para administrar proyectos en que los
tiempos requeridos para terminar las tareas
individuales son inciertos (probabilísticos).
Método de la Ruta Crítica (CPM, Critical Path
Method): Método utilizado para administrar
proyectos en que los tiempos requeridos para
terminar las tareas individuales se conocen con
relativa certeza (determinísticos).

308
3.1 Desarrollo de la Red de Proyectos
1. Identifique las tareas individuales que componen el proyecto
2. Obtenga una estimación del tiempo de conclusión de cada
tarea.
3. Identifique las relaciones entre las tareas. ¿Qué tareas deben
concluirse antes de que otras puedan iniciarse?
4. Dibuje un diagrama de red de proyecto para reflejar la
información de los pasos 1 y 3
Para determinar el tiempo de conclusión de un proyecto puede
usar los siguientes pasos:

309
Ejemplo:
Traslado de las oficinas de una ciudad a otra
El directorio ha fijado un plazo máximo de 22
semanas para la mudanza
Actividad Descripción
Prdecesoras
inmediatas
Tiempo Recursos
A Elegir local de oficinas -
B Crear el plan financiero y de -
C
Determinar requerimientos
de personal
B
D Diseño de local A, C
E Construir el interior D
F Elegir personal a mudar C
G
Contratar nuevos
empleados
F
H
Mudar registros, personal
clave, etc.
F
I
Hacer arreglos finacieros de
la organización
B
J Entrenar personal nuevo H, E, G

310
Construcción del diagrama de Red:
1
2
3
4
A
B C
¿Cómo agregamos la actividad D?. Sus
predecesoras inmediatas son A y C,
además C es predecesora directa de F

311
Actividades Ficticias (figurada):
Es una actividad artificial que no requiere tiempo y que se
incluye en una red de proyecto para asegurar la relación de
precedencia correcta entre ciertas tareas.
Generalmente se representan por líneas segmentadas.
Se usan sólo para reflejar las relaciones de precedencia
adecuadas
2
4
A
C

312
Volviendo al ejemplo: Agregando el resto de las actividades a la red
finalmente se tiene
1
2
3
4
5
6
7
8
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J

313
Siguiendo con el ejemplo: G y H tienen como predecesora inmediata
F, además ambas son predecesoras de J, agregar actividad ficticia.
1
2
3
4
5
6
7
8
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
9
Red Final
Fic

314
Ruta Crítica: Dar cumplimiento al plazo límite
Se requiere de las estimaciones de tiempo de cada actividad (supuestos)
Actividad Descripción
Prdecesoras
inmediatas
Tiempo Recursos
A Elegir local de oficinas - 3
B
Crear el plan financiero y de
organización
- 5
C
Determinar requerimientos
de personal
B 3
D Diseño de local A, C 4
E Construir el interior D 8
F Elegir personal a mudar C 2
G
Contratar nuevos
empleados
F 4
H
Mudar registros, personal
clave, etc.
F 2
I
Hacer arreglos finacieros de
la organización
B 5
J Entrenar personal nuevo H, E, G 3

315
Retomando el ejemplo: Agregando los tiempos a las actividades
1
2
3
4
5
6
7
9
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
(3)
(5)
(3)
(4)
(8)
(2)
(4)
(2)
(5)
(3)
8
Fic

316
Cálculo de la ruta crítica: Tiempo de término del proyecto
Definiciones
Tiempo de inicio más inmediato: El tiempo
más cercano en que una tarea posiblemente
pueda iniciarse (TI)
Tiempo de término más breve: El tiempo más
corto en el que una tarea posiblemente pueda
concluir (TT)

317
Reglas a cumplir: Dado que en el proyecto existen tareas
predecesoras es necesario conocer cuando termina
una y cuando empieza la otra:
Regla
1. Para calcular el TI de una tarea se debe conocer los TT de cada
tarea predecesora inmediata
2. El TI más inmediato de una tarea de la que se conocen los
tiempos de término más breves de todas sus tareas
predecesoras inmediatas es el máximo de todos esos tiempos
de término más breves.
3. Tiempo de término más breve = (tiempo de inicio más
inmediato) + (tiempo de tarea(t))

318
Pasos para determinar los TI y TT más inmediatos:
Paso
0
1
Identificar el nodo de inicio de la red del proyecto
Calcule y escriba en cada arco saliente
a) TI más cercano, esto es, 0
b) El TT más breve de acuerdo a la regla 3
TT más breve = (TI más inmediato) + (t)
= 0 + t
Seleccionar cualquier nodo donde todos los arcos
entrantes han sido etiquetados con sus TI y TT

319
Pasos para determinar los TI y TT más inmediatos:
Paso
2 Para el nodo seleccionado en el paso 1 calcule y registre
en cada arco saliente
a) El TI más breve de acuerdo a la regla 2
TI más breve = MAXIMO(TT de los arcos entrantes)
b) El TT más breve de acuerdo a la regla 3
TT más breve = TI más inmediato + t

320
Cálculo de TI y TT:
1
2
3
4
5
6
7
9
D[8,12]
8
Fic

321
Identificación de las tareas críticas:
Para identificar las tareas críticas hay que realizar un
recorrido hacia atrás hasta el inicio del proyecto,
analizando cada tarea.
1. Último Tiempo de término: Lo más tarde que puede
concluirse una tarea, en tanto permita que el proyecto se
complete lo más pronto posible
2. Último tiempo de inicio: Lo más tarde que pueda
iniciarse una tarea, pero finalizando dentro de su tiempo
de término.
3. Tarea sucesora: Una tarea para la que la tarea de interés
es una predecesora

322
Para calcular el último tiempo de término (UTT) de una
tarea particular, debe conocer los últimos tiempos de
inicio (UTI) de cada tarea sucesora inmediata.
Respecto a una tarea de la que se conocen los últimos
tiempos de inicio de todas sus tareas sucesoras
inmediatas, el último tiempo de término (UTT) de esa
tarea es el mínimo de los últimos tiempos de inicio de
todas las tareas sucesoras inmediatas
UTI = UTT- t
Regla
4
5
6

323
Pasos para calcular los últimos tiempos de inicio y término
0
1
2
3
Identificar el final del proyecto. Calcular y escribir en cada arco
entrante:
a) Último tiempo de término del proyecto
b) Último tiempo de inicio (Regla 6): UTI=UTT-t
Seleccione un nodo, cuyos arcos salientes hayan sido etiquetados
todos con sus UTI y UTT
Para el nodo seleccionado (paso 1) calcule y escriba lo siguiente
a) UTT= MIN(UTI arcos salientes), (regla 5)
b) UTI=UTT - t (regla 6)
Repetir pasos 1 y 2 hasta cubrir toda la red del proyecto

324
Cálculo de UTT y UTI para cada actividad
Iteración 2
Actividad ficticia UTT = 20
UTI = 20-0 = 20
Actividad I UTT = 23
UTI = 23-5 = 18
Nodo 7 Actividad E UTT = 20
UTI = 20-8 = 12
UTT = 20
UTI = 20-2 = 18
Iteración 1
Actividad H
Nodo 9 Actividad J UTT = 23
UTI = 23-3 = 20

325
1
2
3
4
5
6
7
9
8
Cálculo de UTT y UTI para cada actividad . Finalmente se tiene
D[8,12]
[8,12]
[5,8]
Fic

326
Holgura: Es la cantidad de tiempo que puede demorar una
actividad sin afectar la fecha de término del proyecto.
El valor de la holgura para cada actividad está dada por:
holgura = TI - UTI = TT - UTT
Ejemplo:
Actividad C: TI = 5, UTI = 5, TT = 8, UTT = 8
Holgura = 5 - 5 = 8 - 8 = 0
Actividad I: TI = 5, UTI = 18, TT = 10, UTT = 23
La actividad C tiene holgura 0, por tanto no puede
retrasarse, en cambio la actividad I tiene 13 semanas de
holgura que permite retrasar su inicio.

327
Resumen de los tiempos de las actividades del proyecto:
Actividad Tiempo Inicio Término Inicio Término Holgura
A 3 0 3 5 8 5
B 5 0 5 0 5 0
C 3 5 8 5 8 0
D 4 8 12 8 12 0
E 8 12 20 12 20 0
F 2 8 10 14 16 6
G 4 10 14 16 20 6
H 2 10 12 18 20 8
I 5 5 10 18 23 13
J 3 20 23 20 23 0
Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Tiempo de ejecución del proyecto: 23 semanas

328
Actividad crítica es aquella que tiene holgura cero
Ruta crítica es una secuencia de tareas (actividades) críticas que
conecta el principio del proyecto con el fin
En nuestro ejemplo:
Actividades críticas: B, C, D, E y J
Ruta crítica: Nodos 1-3-2-5-7-9
Actividades B-C-D-E-J

329
Formas de Reducir la duración del proyecto:
1. Análisis Estratégico
Aquí el analista se pregunta: “¿Este proyecto tiene que
desarrollarse en la forma programada actualmente?”. En
concreto, “¿Todas las actividades de la ruta crítica tienen que
realizarse en el orden especificado?”. ¿Podemos hacer arreglos
para efectuar algunas de estas actividades en forma distinta de
cómo aparecen en la ruta crítica?.
2. Enfoque Táctico
El analista presupone que el diagrama en curso es adecuado y
trabaja para reducir el tiempo de ciertas actividades de la ruta
crítica asignando mayores recursos. Por ejemplo tiempo, aumento
de mano de obra, etc.

330
Para el ejemplo en estudio, el directorio estimó un
tiempo máximo de 22 semanas para realizar el
proyecto, y según el estudio se ha determinado que se
requieren 23 semanas, ¿Cómo soluciona Ud. el
problema?. Realice distintos supuestos válidos para su
solución. ¿Es única?.

331
Alternativa de solución
Realizados algunos estudios los responsables de la mudanza, se
dan cuenta que la actividad J (entrenamiento de los nuevos
empleados) debe realizarse en el nuevo edificio (después de
completar la actividad E) y después de que el personal clave y
de registros se haya mudado (al completar la actividad H).
Estos requerimientos se podrían cambiar:
• Realizar J independientemente de H
• El entrenamiento realizarlo en otras dependencias a un costo
reducido y que estén listos para cuando se termine la
construcción. Esto requiere agregar otra actividad: Garantizar
recursos de entrenamiento, actividad K

332
Con los cambios anteriores, es posible que la red
redefinida tenga una nueva ruta crítica con un tiempo
menor, aunque todavía insatisfactorio (mayor a las 22
semanas establecidas).

333
Diagrama de red para el proyecto redefinido
1
2
3
4
5
6
7
9
A
B
C
D
E
F G
H
I
J
(3)
(5)
(3)
(4)
(8)
(2) (4)
(2)
(5)
(3)
8
K(3)
Fic

334
Actualización de los tiempos para el proyecto redefinido
Actividad Tiempo Inicio Término Inicio Término Holgura
A 3 0 3 5 8 5
B 5 0 5 0 5 0
C 3 5 8 5 8 0
D 4 8 12 8 12 0
E 8 12 20 12 20 0
F 2 8 10 11 13 3
G 4 10 14 13 17 3
H 2 10 12 18 20 8
I 5 5 10 15 20 10
J 3 14 17 17 20 3
K 3 10 13 14 17 4
Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Actividades ruta crítica: B-C-D-E
Duración del proyecto: 20 semanas

335
3.3 PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
Hasta ahora hemos trabajado asumiendo que los
tiempos de duración de las actividades eran
determinísticos, en consecuencia TI, TT, UTI y UTT
también fueron deducidos como deterministas. Como
este supuesto no siempre es correcto, PERT emplea
una fórmula especial para estimar los tiempos de las
actividades.
PERT requiere de alguien que conozca bien una
actividad en cuestión, para producir tres estimaciones
del tiempo de ésta.

336
PERT: Variabilidad en los tiempos de Actividades
1. Tiempo optimista (denotado por a): el tiempo
mínimo. Todo tiene que marchar a la perfección.
2. Tiempo más probable (denotado por m): el tiempo
que se necesita en circunstancias ordinarias.
3. Tiempo pesimista (denotado por b): el tiempo
máximo. Situación que se da en el peor caso.

337
Ejemplo: Para la actividad E (8 semanas). Al
examinar en detalle el proyecto de construcción del
interior se llegó a las siguientes estimaciones:
a = 4
m = 7
b = 16
Para estimar el valor esperado y la desviación estándar de
los tiempos de la actividad, se asume que el tiempo de la
actividad es una variable aleatoria que tiene una
distribución de probabilidad unimodal beta.

338
4 7 8 16
a m b
Estimación del tiempo esperado
de actividad o tiempo promedio 6
4 b
m
a
te



Estimación de la desviación
estándar del tiempo de la actividad 6
a
b 


Distribución beta

339
Estimación de tiempo
Actividad a m b te desv est varianza
A 1,0 3,0 5,0 3,0 0,667 0,444
B 3,0 4,5 9,0 5,0 1,000 1,000
C 2,0 3,0 4,0 3,0 0,333 0,111
D 2,0 4,0 6,0 4,0 0,667 0,444
E 4,0 7,0 16,0 8,0 2,000 4,000
F 1,0 1,5 5,0 2,0 0,667 0,444
G 2,5 3,5 7,5 4,0 0,833 0,694
H 1,0 2,0 3,0 2,0 0,333 0,111
I 4,0 5,0 6,0 5,0 0,333 0,111
J 1,5 3,0 4,5 3,0 0,500 0,250
K 1,0 3,0 5,0 3,0 0,667 0,444

340
Cálculo del tiempo esperado de finalización de proyectos
Una vez determinado el tiempo promedio de cada
actividad, se puede calcular el tiempo de finalización
más temprano esperado para el proyecto completo.
Se determinan los tiempos de inicio y de término más
cercano, como también los tiempos de término y de
inicio más lejano. Con estos tiempos se determina la
holgura en cada actividad, para finalmente determinar la
ruta crítica, exactamente igual como se hizo para tiempo
determinista.

341
Probabilidad de concluir el proyecto a tiempo
El análisis procede de la siguiente forma:
1. Sea T el tiempo total que durarán las actividades de la ruta
crítica.
2. Encuéntrese la probabilidad de que el valor de T resulte menor
o igual que cualquier valor específico de interés. Para el
ejemplo en estudio buscaríamos T  22 semanas.
Una buena aproximación de esta probabilidad se encuentra
aceptando dos supuestos:
a) Los tiempos de actividad son variables aleatorias
independientes.
b) La variable T tiene una distribución aproximadamente normal.

342
La meta es encontrar P{T  22}, donde T es el tiempo a lo largo
de la ruta crítica.
Estadísticas de la ruta crítica:
2
2
2
2
1 ... n
T 


 



Desviación estándar
i

:
i
 Desviación estándar de i-ésima actividad
de la ruta crítica
T : es el tiempo esperado (promedio)

343
Estimación de terminación del proyecto
Uso de la tabla de distribución normal, entonces
debemos calcular Z para llegar a determinar la
probabilidad.




x
Z

344
Cálculos caso en estudio
Ruta crítica: B- C- D y E
T = 20 (tiempo esperado, promedio calculado, )
x = 22 (tiempo exigido)
357
,
2
555
,
5
4
444
,
0
111
,
0
1
2
2
2
2
2
2
2










T
T
T
E
D
C
B
T









345
Cálculos caso en estudio
Z = 0,8485
En la tabla de Z
P(Z 0,8485) = 0,80
357
,
2
20
22 

Z

346
Matriz de Encadenamiento
Una matriz de encadenamiento, es una matriz de NxN (N es la
cantidad de actividades) donde cada celda se marca con una X si
la actividad de la fila requiere que esté terminada la actividad de
la columna. Esta matriz ayuda a la construcción de la red CPM
Para el ejemplo en estudio es:
A B C D E F G H I J
A
B
C X
D X X
F X
G X
H X
I X
J X X X

347
3.4 CPM: TRUEQUE ENTRE TIEMPO Y COSTO
CPM considera que el tiempo extra (costo) puede reducir el
tiempo de término de una actividad, y en consecuencia reducir el
tiempo total del proyecto
Compra de tiempo:
CPM usa dos estimaciones: tiempo y costo normal, a lo que se
agregará tiempo y costo intensivo
Se asume que estas estimaciones son lineales:
Tiempo
Esfuerzo normal
Esfuerzo intensivo

348
Debido a las estimaciones de CPM se puede obtener dos redes
extremas:
1. Red de costo normal
2. Red de costo intensivo
¿Todas las actividades deben realizarse en forma intensiva?
3. Red de tiempo mínimo—costo mínimo
CPM: Trueque entre el costo y el tiempo
Red de tiempo mínimo – costo mínimo

349
1. Comenzar con la red normal e ir reduciendo los tiempos de
término hasta un mínimo.
2. Comenzar con la red de todo intensivo y “desintensificar”
actividades para reducir el costo sin afectar el tiempo total.
3. Comenzar con la ruta crítica de la red de todo intensivo con
un tiempo mínimo, pero con todas la demás actividades
normales. Después reducir las otras trayectorias como sea
necesario.
¿Todos son igualmente eficaces?
Enfoques para encontrar red de tiempo mínimo – costo
mínimo

350
Enfoque: Red normal y reducción de tiempos
Proyecto: Construcción de una casa
Actividad Precedencia Normal Intensivo Normal Intensivo Costo
A (1,2) ninguna 4 3 1.400 2.000 600
B (2,3) A 2 1 1.500 2.000 500
C (2,4) A 3 1 1.500 2.500 1.000
D (2,7) A 1 1 600 600 --
Fic(3,4) 0 0 -- -- --
E (4,5) B, C 3 2 1.300 2.000 700
F (4,6) B, C 2 1 300 500 200
G (5,7) E 2 1 800 1.200 400
H (6,7) F 2 1 600 1.000 400
Tiempo (semanas) Costo (miles $)

351
Paso 1: Red del proyecto
2
3
6
5
7
E(3)
G(2)
H(2)
D(1)
1
F(2)
4
C(3)
Si consideramos la convención actividad-flecha, el grafo del
proyecto es:
B(2)
A(4)

352
Paso 2: Tiempos de Inicio y de Término, holgura y ruta crítica
2
3
6
5
7
H(2)[9,11]
[10,12]
1
F(2)[7,9]
4
C(3)[4,7]
En el grafo se muestran los tiempos de inicio y de término más
próximos y los más lejanos, y la ruta crítica. El tiempo mínimo
para la ruta crítica es de 12 semanas a un costo normal de $8.000.
A(4)[0,4]
0
0 0
0
12 12
D(1)[4,5]
[8,10]
[4,7]
[0,4]
[11,12]

353
Paso 2: Tabla de tiempos próximos y lejanos
Tiempo Tiempo más próximo de: Tiempo más lejano de:
Actividad Normal Inicio Término Inicio Término Holgura
A (1,2) 4 0 4 4 4 0
B (2,3) 2 4 6 5 7 1
C (2,4) 3 4 7 4 7 0
D (2,7) 1 4 5 1 12 7
E (4,5) 3 7 10 7 10 0
F (4,6) 2 7 9 8 10 1
G (5,7) 2 10 12 10 12 0
H (6,7) 2 9 11 10 12 1
Actividades
críticas

354
Paso 3: “Intensificar” actividades ruta crítica
a) Actividad A: de 4 a 3 semanas ( 600)
b) Actividad C: de 3 a 1 semana (1.000)
c) Actividad E: de 3 a 2 semanas ( 700)
d) Actividad G: de 2 a 1 semana ( 400)
¿Es posible hacer estas reducciones?

355
Reducción de Actividades ruta crítica
2
3
6
5
7
H(2)[9,11]
1
F(2)[7,9]
4
C(3 1)
La ruta crítica disminuyó a 7 semanas, ¿seguirá manteniéndose
como tal?. No
Hay que ver si es posible reducir las actividades paralelas a la ruta
crítica inicial, sólo hasta igualar tiempos.
A(4 3)
0
0 0
0
D(1)[4,5]

356
Paso 4: “Intensificar” actividades que no están en la
ruta crítica (“paralelas”)
a) Actividad B (paralela a C): de 2 a 1 semana (500)
b) ¿Actividad F o H? (¿o ambas?). En este caso sólo F: de 2 a 1
semana (200)
c) Actividad D: No requiere reducción

357
Paso 4: Resumen de las reducciones
Costo
Actividad Acción Adicional Normal Total
A (1,2) 1 semana 600 1.400 2.000
B (2,3) 1 semana 500 1.500 2.000
C (2,4) 2 semanas 1000 1.500 2.500
D (2,7) ----- 600 600
E (4,5) 1 semana 700 1.300 2.000
F (4,6) 1 semana 200 300 500
G (5,7) 1 semana 400 800 1.200
H (6,7) ----- 600 600
$ 8.000 $ 11.400

358
Grafo final
2
3
6
5
7
H(2)[5,7]
[5,7]
1
F(1)[4,5]
4
C(1)[3,4]
En el grafo se muestran los tiempos de inicio y de término más
próximos y los más lejanos, y la ruta crítica. El tiempo mínimo
para la ruta crítica es de 7 semanas a un costo normal de $11.400.
A(3)[0,3]
0
0 0
0
7 7
D(1)[3,4]
[4,5]
[3,4]
[0,3]
[6,7]

359
¿Qué sucede si un proyecto lleva más tiempo del especificado?
¿Conviene hacer más “intensivo” el proyecto o pagar la
penalización por atraso?
Ejemplo:
Suponga que en el proyecto de la casa hay una penalización de
$450 por cada semana de tiempo extra después de ocho semanas.
¿Cuál es la red óptima?.
Solución: Reducir la red en una semana cada vez e ir
comparando si los costos por intensificar son menores a los
costos por penalización. Se termina cuando los costos de
penalización son mayor a los costos de intensificar.
Red óptima

360
1. Reducir una semana (de 12 a 11 semanas)
De la red normal analizar ruta crítica
Actividades Incremento de Costo
A 600
C 500
E 700
G 400
Conclusión: Intensificar 1 semana la actividad G
(400<450).
2. Intentar reducir una segunda semana (de 11 a 10)
Todos los costos incrementales de la ruta son mayores a la
penalización. Intentar por las vías paralelas.
No hay rutas alternativas cuya reducción implique un costo
menor al de penalización.
Red óptima

361
Solución
2
3
6
5
7
H(2)
1
F(2)
4
C(3)
Grafo resultante
A(4)
D(1)
Conviene hacer intensivo el proyecto hasta la semana 11 y pagar
las penalizaciones por las semanas de atraso
Costo total = Costo intensivo + costo penalización
= (8.000 + 400) + 3*450 = $9.650

362
Ejemplo
a) Dibuje la red. Con los tiempos normales de las actividades,
encuéntrese la duración total del proyecto y la ruta crítica.
b) Supóngase que el proyecto se debe completar en un tiempo mínimo.
¿Cuál es el menor costo para el proyecto, es decir, cuál es la red de
tiempo mínimo—costo mínimo?
c) ¿Cuál es el costo mínimo para terminar el proyecto en 17 meses?
d) El departamento de comercialización dice que cada mes que el
proyecto se pase de 15 meses le cuesta a la firma $5.000. ¿Cuál es el
costo y duración óptimo del proyecto?
Suponga que un proyecto de investigación tiene las siguientes
estimaciones:
Actividad Normal Intensivo Normal Intensivo
A (1,2) 8 4 20.000 30.000
B (1,3) 9 6 18.000 27.000
C (2,3) 3 2 12.000 17.000
D (2,4) 10 7 25.000 34.000
E(3,4) 6 4 15.000 23.000
Tiempo (meses) Costo (miles $)

363
Modelo de PL para CPM (Tiempo mínimo—costo mínimo)
a) Identificación de Variables de decisión
Están relacionadas directamente con el tiempo a reducir en
cada tarea
Yi: Tiempo (horas, días, ..) a reducir de la i-ésima actividad
YA: Número de semanas en las cuales acortar la actividad A
b) Función Objetivo
El objetivo es minimizar los recursos adicionales totales
requeridos para satisfacer el tiempo de término del proyecto.
Para el ejemplo en estudio, en la tabla de especificaciones
agregamos dos columnas: Tiempo máximo a reducir por tarea
y el costo adicional por semana intensiva

364
Por lo tanto la función es:
MIN Z = 600YA+500YB+500YC+700YE+200YF+400YG+400YH
Actividad Precedencia Normal Intensivo Normal Intensivo
A (1,2) ninguna 4 3 1.400 2.000 1 600
B (2,3) A 2 1 1.500 2.000 1 500
C (2,4) A 3 1 1.500 2.500 2 500
D (2,7) A 1 1 600 600 0 --
Fic(3,4) 0 0 -- -- 0 --
E (4,5) B, C 3 2 1.300 2.000 1 700
F (4,6) B, C 2 1 300 500 1 200
G (5,7) E 2 1 800 1.200 1 400
H (6,7) F 2 1 600 1.000 1 400
Tiempo (semanas) Costo (miles $) Reducción
máxima
Costo por
semana

365
c) Identificación de las restricciones
Para el ejemplo, se pueden agrupar en dos grupos
1. La cantidad máxima de tiempo en el cual se puede acortar
cada actividad.
2. El tiempo de término del proyecto (en este caso 12 semanas)
Para el grupo 1, lo que se necesita son las cotas superiores
sobre las variables de decisión (YA, YB, YC, YE, YF, YG, YH)
dada por la columna “Reducción máxima) de la tabla anterior.

366
Restricciones de Límite
0<=YA<= 1 (límite de A)
0<=YB<= 1 (límite de B)
0<=YC<= 2 (límite de C)
0<=YD<= 0 (límite de D)
0<=YE<= 1 (límite de E)
0<=YF<= 1 (límite de F)
0<=YG<= 1 (límite de G)
0<=YH<= 1 (límite de H)

367
Restricciones del grupo 2 están en función de nuevas variables que
expresan cuando las actividades que salen de un determinado
evento pueden comenzar. Requiere conocer cuando terminan
todas las actividades que llegan al evento. Dependen de Yi
X1 : tiempo en que todas las actividades que salen del evento 1 pueden comenzar
......
Además el proyecto debe comenzar en el tiempo 1 y terminar a lo más en 12
semanas
X1 = 0
X7  12

368
2
3
6
5
7
E(3)
G(2)
H(2)
D(1)
1
F(2)
4
C(3)
Asociando las variables a la red tenemos:
(2-YB)
A(4)
B(2)
(4-YA) (3-YC) (2-YF)
(1-YD)
(2-YH)
(3-YE) (2-YG)
(0)
X1 X2
X3
X4
X5
X6
X7

369
Nodo 2
Tiempo de inicio de las tareas que salen del nodo 2  tiempo de
terminación de todas las tareas que entran al nodo 2
Tiempo de inicio de las tareas B, C y D  (tiempo de terminación
de la tarea A + (tiempo acortado de la tarea A)
X2  X1 + (4-YA)
Nodo 3
terminación de todas las tareas que entran al nodo 3
Tiempo de inicio de la tarea Ficticia  (tiempo de terminación de
la tarea B + (tiempo acortado de la tarea B)
X3  X2 + (2-YB)

370
Nodo 4
terminación de todas las tareas que entran al nodo 4.
Hay dos arcos que entran al nodo, las actividades E y F deben
comenzar sólo cuando las tareas que entran (C y la ficticia) hayan
terminado. Dando origen así a dos restricciones (una por cada
actividad)
Restricción de la actividad C
Tiempo de inicio de las tareas E y F  tiempo de terminación de
la tarea C
Tiempo de inicio de las tareas E y F  (tiempo de terminación de
la tarea C + (tiempo acortado de la tarea C)
X4  X2 + (3-Yc) (tarea C)

371
Nodo 4
Restricción de la actividad Ficticia
Tiempo de inicio de las tareas E y F  tiempo de terminación de
la tarea figurada
Tiempo de inicio de las tareas E y F  (tiempo de terminación de
la tarea Figurada + (tiempo acortado de la tarea Figurada)
X4  X3 + 0 (tarea Figurada)
Aplicando sistemáticamente el procedimiento y se escribe una
restricción para cada actividad se obtienen las siguientes
restricciones para los nodos 5 al 7

372
Nodo 5
X5  X4 + (3-YE) (actividad E)
Nodo 6
X6  X4 + (2-YF) (actividad F)
Nodo 7
X7  X5 + (2-YG) (actividad G)
X7  X6 + (2-YH) (actividad H)

373
MIN Z = 600YA+500YB+500YC+700YE+200YF+400YG+400YH
Sujeto a:
Restricciones de Límite
0<=YA<= 1 (límite de A)
0<=YB<= 1 (límite de B)
0<=YC<= 2 (límite de C)
0<=YD<= 0 (límite de D)
0<=YE<= 1 (límite de E)
0<=YF<= 1 (límite de F)
0<=YG<= 1 (límite de G)
0<=YH<= 1 (límite de H)

374
X1 = 0
X7  12
X2  X1 + (4-YA) (tarea C)
X3  X2 + (2-YB) (tarea B)
X4  X2 + (3-Yc) (tarea C)
X4  X3 + 0 (tarea Figurada)
X5  X4 + (3-YE) (actividad E)
X6  X4 + (2-YF) (actividad F)
X7  X5 + (2-YG) (actividad G)
X7  X6 + (2-YH) (actividad H)
X1, ..., X7  0

375
Para su entretención
Ejercicios:
a) Existen 7 trayectorias en esta red. Encuéntrense todas.
b) Con tiempos normales, encuéntrese la longitud de cada trayectoria. ¿Cuál
es la ruta crítica?
c) ¿Cuál es el costo mínimo intensivo para reducir el proyecto a 39 días? ¿a
38 días? ¿a 37 días?
d) Encuéntrese la red de tiempo mínimo—costo mínimo.
La complejidad de las redes CPM está más afectada por las interrelaciones que
el número de nodos. Por ejemplo, considérese el proyecto siguiente:
Actividad Normal Intensivo Normal Intensivo
A (1,2) 8 7 10.000 12.000
B (1,3) 15 10 12.000 17.000
C (1,4) 12 6 13.000 14.000
D (2,3) 9 9 7.000 7.000
E (2,5) 11 9 2.000 4.000
F (3,6) 9 8 5.000 7.000
G (4,3) 9 7 14.000 16.000
H (4,7) 13 12 8.000 10.000
I (5,6) 7 5 6.000 10.000
J (5,8) 15 11 9.000 10.000
K (6,8) 10 5 3.000 8.000
L (7,6) 4 3 7.000 8.000
M (7,8) 12 9 5.000 6.000

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