1) El documento presenta un ejercicio de programación lineal para maximizar los ingresos de una compañía de auditores que realiza auditorías y liquidaciones. 2) Se formulan las restricciones de recursos disponibles y se define la función objetivo de maximizar los ingresos. 3) Al resolver el modelo se obtiene que la solución óptima es realizar 40 liquidaciones y 12 auditorías para obtener un ingreso de $7,600.

1. UNIDAD 2
GRÁFICA DE DESIGUALDADES
EJERCICIO N° 1
1) Convertir la desigualdad en igualdad
2X1 + 4X2 = 12
2) Graficar una recta
Recta.- representa una ecuación de 1°
Curva.- representa una ecuación de 2°
X1 X2
0 3
6 0
3) Escojo un punto de ensayo. Recomendado: P(0,0)
4) Determino si el punto de ensayo satisface la desigualdad
2(0)+4(0) ≤ 12
0 < 12 VERDADERO
Regresando al paso 3) Si escojo otro punto de ensayo por ejemplo P (6,4)
2(6)+4(4) ≤ 12
28 ≤ 12 FALSO
2X1 + 4X2 ≤ 12

2. EJERCICIO N°2
3X1 + 6X2 = 17
X1 X2
0 2.8
5.7 0
P (0,0)
3(0)+6(0) ≥17
0 ≥ 17 FALSO
RESOLUCIÓN POR EL MÉTODO GRÁFICO
EJERCICIO # 3
Una compañía de auditores se especializa en preparar liquidaciones y auditorías de
Empresas. Tienen interés en saber cuántas auditorías y liquidaciones pueden realizar
mensualmente para maximizar sus ingresos. Se dispone de 800 horas de trabajo directo y
320 horas para revisión. Una auditoría en promedio requiere de 40 horas de trabajo directo
y 10 horas de revisión, además aporta un ingreso de $300. Una liquidación de impuesto
requiere de 8 horas de trabajo directo y de 5 horas de revisión, produce un ingreso de $100.
El máximo de liquidaciones mensuales disponible es de 60.
3X1 + 6X2 ≥ 17

3. ESTRUCTURA DEL MODELO DE PL
1. FUNCION OBJETIVO.- Maximizar
2. VARIABLES DE DECISIÓN.- son las incógnitas: liquidaciones X1 y auditorías X2
3. RESTRICCIONES ESTRUCUTURALES.- Se dispone de 800 horas de trabajo y 320
de revisión y un máximo de liquidaciones mensuales disponibles es de 60
4. CONDICIÓN TÉCNICA. Todas las variables deben tomar valores positivos, o en
algunos casos puede ser que algunas variables tomen valores negativos.
F.O
8X1+40X2 ≤ 800
S.a 5X1+10X2 ≤ 320
X1 ≤ 60
Cond. Téc. X1, X2 ≥ 0
8X1+40X2 = 800
X1 X2
0 20
100 0
8(0)+40(0) ≤ 800
0 ≤ 800 VERDADERO
5X1+10X2 = 320
X1 X2
0 32
64 0
5(0)+10(0) ≤ 320
0 ≤ 320 VERDADERO
X1 = 60
MAXIMIZAR:
Z= 100(X1) +300(X2)

4. Para calcular los puntos C y D por el método de eliminación
8X1+40X2 = 800
5X1+10X2 = 320 (-4)
8X1 +40X2 = 800
-20X1-400X2 = -1280
-12X1 = - 480
X1 = 40
8(40) + 40X2 = 800
40X2 = 800 -320
X2 = 12
X1 = 60
5(60) + 10X2 = 320
10X2 = 320 – 300
X2 = 2
Solución Óptima (SO): Z =7600 Restricciones Activas (RA): 1,2
Variables Óptimas (VO): X1 = 40 Restricciones Inactivas: (RI): 3
X2 = 12
PUNTO X1 X2 Z
A 0 0 0
B 0 20 6000
C 40 12 7600
D 60 2 6600
E 60 0 6000

5. COMPROBACIÓN
1) 8 X1 + 40 X2 ≤ 800
8(40)+40(12) ≤ 800
320 + 480 ≤ 800
800 ≤ 800 Hay Equilibrio 8 X1 + 40 X2 + h1 = 800
8(40) + 40 (12) + h1 = 800
800 + h1 = 800
h1 = 0
2) 5 X1 + 10 X2 ≤ 320
5(40) + 10(12) ≤ 320
200 + 120 ≤ 320
320 ≤ 320 Hay equilibrio 5 X1 + 10 X2 + h2 = 320
5(40) + 10(12) + h2 = 320
200 + 120 + h2 = 320
h2 = 0
3) X1 ≤ 60
40 ≤ 60 Hay Holgura X1 + h3 = 60
40 + h3 = 60
h3 = 20
Entonces, para maximizar los ingresos se debe hacer 40 liquidaciones y 12 auditorías para
tener un ingreso de $7600.
Además existe una holgura de 20 liquidaciones respecto al límite máximo de liquidaciones
posibles en el mes.
CONCEPTUALIZACIONES
Maximización: representa el punto más lejos del origen.
Minimización: representa el punto más cercano al origen.
Arco Convexo: Sector de posibles soluciones limitado por cada contorno de las ecuaciones.
RESTRICCIONES ACTIVAS E INACTIVAS
Restricciones Activas.- aquellas rectas que son parte de la solución, se cumple la igualdad
al sustituir las variables.
Restricciones Inactivas.- aquellas rectas que no forman parte de la solución.

6. HOLGURA Y EL EXCEDENTE
Variable de Holgura.- representa la cantidad de recursos no utilizados, para su cálculo se la
anota como +h en el miembro izquierdo de la desigualdad.
Variable de excedente.- representa la cantidad por encima de un nivel mínimo requerido.
Para su cálculo se la anota como -h en el miembro izquierdo de la desigualdad.
Ambas variables deben cumplir con la condición de no negatividad; es decir deben ser
diferentes o mayores que cero.
EJERCICIO # 4
Se va a organizar una planta de un taller de automóviles donde van a trabajar electricistas y
mecánicos. Por necesidades de mercado, es necesario que haya mayor o igual número de
mecánicos que de electricistas y que el número de mecánicos no supere al doble que el de
electricistas. En total hay disponibles 30 electricistas y 20 mecánicos. El beneficio de la
Empresa por jornada es de 250 euros por electricista y 200 euros por mecánicos.
¿Cuántos trabajadores de cada clase deben elegirse para obtener el máximo beneficio, y
cuál es este?
FORMULACIÓN:
F.O.
VARIABLES: X1= número de mecánicos
X2= número de electricistas
X1≥ X2
X1≤ 2X2
Lim. X2≤ 30
X1≤ 20
C.T X1, X2 ≥ 0
X1= X2 X1= 2X2 X2= 30 X1=20
X1 X2 X1 X2
0 0 0 0
5 5 10 5
10 10 20 10
15 15 30 15
20 20 40 20
MAXIMIZAR: Z= 200(X1) +250(X2)

7. 0 ≥ 0 0 ≤ 2(0) 0 ≤ 30 0 ≤ 20
Verdad Verdad Verdad Verdad
SO. Z= 9000
V.O. RA=1, 4
X1= 20 RI= 2, 3
X2=20
COMPROBACIÓN
1) X1≥ X2
20≥20 Hay equilibrio
2) X1≤ 2X2
20 ≤ 2(20)
20 ≤ 40 Hay holgura
X1 + H1 = 2X2
20 + H1 = 2(20)
20 + H1 = 40
H1 = 20
3) X2≤ 30
20 ≤ 30 Hay holgura X2 + H2 = 30
20 + H2 = 30
H2 = 10
4) X1≤20
PUNTOS X1 X2 Z
B 20 10 6500
C 20 20 9000

8. 20 ≤ 20 Hay equilibrio
PROFESIONALES DISPONIBLES HOLGURA EXCEDENTE
MECÁNICOS 20
ELECTRICISTAS 30 10
EJERCICIO # 5
Solución única
Función objetivo:
MINIMIZAR Z = 2X + 3Y
-3x+2y ≤ 6
X +y ≤ 10.5
-x+2y ≥ 4
CONDICIÓN TÉCNICA X,Y ≥ 0
1) -3x+2y =6 2) X +y=10.5 3)-x+2y=4
0 ≤ 6 0 ≤ 105 0 ≥ 4
Verdadero Verdadero Falso
X Y
0 3
-2 0
X Y
0 10.5
10.5 0
X Y
0 2
-4 0
PUNTOS X Y Z
A 0 2 6
s.a

9. SO
Z=6 RA=3
RI=1, 2
V.O
X =0
Y= 2
COMPROBACIÓN:
1) -3x+2y ≤ 6
-3(0)+2(2) ≤ 6
4 ≤ 6 HAY HOLGURA -3(0)+2(2)+H1=6
4+H1=6
H1=3
2) X +y ≤ 10.5
0+2 ≤ 10.5
2 ≤ 10.5 HOLGURA (0)+2+H2=10.5
2+H2=10.5
H2=8.5
3) -x+2y ≥ 4
-0+2(2) ≥ 4
4 ≥4
EJERCICIO # 6
Solución múltiple
Función objetivo:
MAXIMIZAR Z = 5/2X1 + X2
3x1+5x2 <=15
5X1 +2x2<=10
CONDICIÓN TÉCNICA X1;x2 ≥ 0
1) 3x1+5x2 ≤ 15 2)5X1 +2x2 ≤ 10
X1 X2
0 3
5 0
0 ≤ 15 0 ≤ 10
Verdad Verdad
X1 X2
0 5
2 0
SA

10. SO
Z=5 RA=1;2
V.O
X1 =20/19
X2= 45/19
POSIBLES SOLUCIONES ÓPTIMAS
X1 DESDE 20/19 HASTA 45/19
20/19 ≤ X1 ≤ 2
X2 0 ≤ X2 ≤ 45/19
DONDE Z = 5
Para calcular el Punto C
3x1+5x2 =15 (-2)
5X1 +2x2=10(5)
-6x1-10x2 =-30
25X1 +10x2=50
19x1 0 =20
X1=20/19
3(20/19)+5x2 =15
60/19+5x2 =15
X2 =45/19
PUNTO C= (20/19; 45/19)

11. COMPROBACIÓN:
1) 3x1+5x2 ≤ 15
3(20/19)+5(45/19) ≤ 15
15 ≤ 15
2) 5X1 +2x2 ≤ 10
5(20/19)+2(45/19) ≤ 10
10 ≤10
EJEMPLO # 7
NO ACOTADO.- una de las variables de decisión puede asumir calores indefinidamente.
Función objetivo:
MAXIMIZAR Z= 5000A + 4000B
A+B>=5
A-3B<=0
30A+10B>=135
CONDICIÓN TÉCNICA A;B ≥ 0
1) - A+B = 5 2) A-3B ≤ 0 3) 30A+10B = 135
A=3B
0 ≥ 5 0 ≤ 0 0 ≥ 135
Falso Verdad Falso
A B
0 5
5 0
A B
0 13.5
4.5 0
A B
3 1
15 5
SA

12. No acotada no hay solución
EJERCICIO # 8
Un frutero necesita 16 cajas de naranjas, 5 de plátanos y 20 de manzana. Dos mayoristas pueden
suministrarle para satisfacer sus necesidades, pero solo venden la fruta en contenedores completos.
El mayorista A envía en cada contenedor 8 cajas de naranjas, 1 de plátanos y 2 de manzanas. El
mayorista B envía en cada contenedor 2 cajas de naranjas, 1 de plátanos y 7 de manzanas. Sabiendo
que el mayorista A se encuentra a 150 Km de distancia y el mayorista B se encuentra a 300 Km,
calcular cuántos contenedores habrá que comprar a cada mayorista con objeto de ahorrar tiempo y
dinero, reduciendo al mínimo la distancia de lo solicitado.
FORMULACIÓN:
FO. Z = 150A + 300B
RESTRICCIONES
8A +2B ≥ 16
A + B ≥ 5
2A+7B ≥ 20
CONDICIÓN TÉCNICA A, B ≥ 0
1) 8A +2B ≥ 16 2) A + B ≥ 5 3) 2A+7B ≥ 20
A B A B A B
0 8 0 5 10 0
2 0 5 0 0 2,86 = 3
0 ≥ 16 0 ≥ 5 0 ≥ 20
Falso Falso Falso
SA

13. PUNTOS X1 X2 Z
B 1 4 1350
C 3 2 1050
SO
Z= 1050 RA= 2,3
VO RI= 1
A= 3
B= 2
COMPROBACIÓN
1) 8A +2B ≥ 16
8(3)+2(2) ≥ 16
24+4 ≥ 16
2) 28 ≥ 16 Hay Excedente 8A +2B - H1 = 16
8(3)+2(2) - H1= 16
28 – H1 = 16
H1 = 12
3) A + B ≥ 5
3 + 2 ≥ 5
5 ≥ 5
4) 2A+7B ≥ 20
2(3)+7(2) ≥ 20
6+14 ≥ 20
20 ≥ 20
Este es un problema no acotado, pero si tiene solución.
EJERCICIO # 9
Problemas no factibles.- tienen un conjunto factible vacío
MAXIMIZAR Z= 3000E + 4000F
E +F ≤ 5
E -3F ≤ 0
10E + 15F ≤ 150
20E + 10F ≤ 160
30E +10F ≥ 150
CONDICIÓN TÉCNICA.- E,F ≥0
SA

14. E +F = 5 E -3F = 0 10E + 15F = 150 20E + 10F = 160 30E +10F = 150
E F E F E F E F E F
0 5 3 1 15 0 0 16 0 15
5 0 6 2 0 10 8 0 5 0
0 ≤ 5 0 ≤ 0 0 ≤ 150 0 ≤ 160 0 ≥ 150
Verdad Verdad Verdad Verdad Falso
No tienen solución