Este documento presenta un problema de programación lineal para maximizar las utilidades de una compañía que fabrica dos tipos de bombas. El objetivo es determinar la cantidad óptima de cada bomba para fabricar sujeto a restricciones de tiempo de producción y demanda mínima. Las variables son el número de cada bomba a producir y las restricciones son los límites de horas disponibles para ensamblaje, pintura y pruebas, así como la demanda mínima de cada bomba.

1. ING. MA. DEL PILAR PEREZ CASTRO MATEMATICAS
PROGRAMACIÓN LINEAL
El problema de la programación lineal.
La programación lineal es un método determinista de análisis para elegir la mejor entre
muchas alternativas. Cuando esta mejor alternativa incluye un conjunto coordinado, se le
puede llamar plan o programa. La palabra “programa” se usa comúnmente en el medio del
entretenimiento en donde, por ejemplo, los conciertos tienen un programa o listado de la
música que se va a tocar. No obstante, no limita el término a los aspectos de entretenimiento.
Como se usa aquí, programar significa seleccionar la mejor combinación de actividades.
Con frecuencia, seleccionar una alternativa incluye satisfacer varios criterios al mismo
tiempo. Por ejemplo, cuando se compra una pieza de pan se tiene el criterio de frescura,
tamaño, tipo (blanco, de centeno u otro), costo y rebanado o sin rebanar. Se puede ir un paso
más adelante y dividir los criterios en dos categorías: restricciones y el objetivo. Las
restricciones son las condiciones que debe satisfacer una solución que está bajo consideración.
Si más de una alternativa satisface todas las restricciones, el objetivo se usa para seleccionar
entre todas las alternativas factibles. Cuando se elige una pieza de pan, puede quererse una
libra de pan blanco rebanado y hecho no antes del día anterior. Si varias marcas satisfacen
estas restricciones, puede aplicarse el objetivo de un costo mínimo y escoger la más barata.
Existen muchos problemas administrativos que se ajustan a este molde de tratar de
minimizar o maximizar un objetivo que está sujeto a una lista de restricciones. Un corredor de
inversiones, por ejemplo, trata de maximizar el rendimiento sobre los fondos invertidos pero
las posibles inversiones están restringidas por las leyes y las políticas bancarias. Un hospital
debe planear que las comidas para los pacientes satisfagan ciertas restricciones sobre sabor,
propiedades nutritivas, tipo y variedad, al mismo tiempo que se trata de minimizar el costo.
Un fabricante, al planear la producción futura, busca un costo mínimo al mismo tiempo cómo
cumplir restricciones sobre la demanda del producto, la capacidad de producción, los
inventarios, el nivel de empleados y la tecnología. LA programación lineal se ha aplicado con
éxito a estos y otros problemas.
La programación lineal es una técnica determinista, no incluye probabilidades. El
objetivo y cada una de las restricciones se deben expresar como una relación lineal, de ahí el
nombre de programación lineal. Para las aplicaciones más reales es necesaria una
computadora para resolver el problema. A pesar de estas limitaciones, la programación lineal
(PL) es una de las técnicas más poderosas y útiles en la toma de decisiones.
CARACTERÍSTICAS DE LOS PROBLEMAS DE P.L.
Un solo objetivo: Maximizar o minimizar.
Sujeta a restricciones: Limitaciones físicas de los recursos disponibles.
Proporcionalidad: Utiliza funciones o relaciones lineales.
Divisibilidad: Son posibles asignaciones fraccionarias de productos.
Aditividad: Las contribuciones de los productos individuales son aditivas.
No negatividad de los productos: No se pueden fabricar cantidades negativas.

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PLANTEAMIENTO DE PROBLEMAS DE P.L.
1. DESCRIBA EL PROBLEMA EN FORMA VERBAL
a) IDENTIFIQUE EL OBJETIVO GENERAL:
¿Cuál es el objetivo final del problema?: Maximizar utilidades?,
¿Minimizar costos?, ¿Maximizar la fuerza de trabajo ?
b) EXPRESE EL OBJETIVO EN FORMA VERBAL:
Se debe incluir la forma en que el objetivo se relaciona con los
diversos factores (variables de decisión), sobre los cuales tiene
control quien toma las decisiones.
c) IDENTIFIQUE LAS RESTRICCIONES:
¿Cuáles son las limitaciones físicas de los recursos disponibles?
d) EXPRESE LAS RESTRICCIONES EN FORMA VERBAL:
Se indicará la forma en que los diversos factores se relacionan
entre sí.
2. TRANSFORME LAS DESCRIPCIONES VERBALES EN
UNA ESTRUCTURA MATEMÁTICA APROPIADA.
1. Identifique y defina las variables de decisión (Xj) asociadas con el problema
así como las unidades de medición asociadas a cada una de las variables.
2. Identifique los coeficientes de contribución (Cj) asociados con cada variable,
incluyendo en la definición la unidad de medición asociada.
3. Plantee la función objetivo y verifique que exista consistencia en las unidades
de medición.
4. Identifique la tasa física de los coeficientes de sustitución (aij) en las
restricciones.
5. Identifique los recursos o requerimientos disponibles, es decir, los coeficientes
del segundo miembro de las desigualdades o igualdades de restricción (bj)
6. Plantee las restricciones relacionadas con cada uno de los respectivos recursos
o requerimientos, verificando que haya consistencia en las unidades de
medición.
7. Defina las condiciones de no negatividad asociadas con las variables de
decisión.

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EJEMPLO DE PLANTEAMIENTO DE UN PROBLEMA DE P.L.
La Compañía Cerrey fabrica y vende dos tipos de bombas hidráulicas: (1) normal y (2) grande.
El proceso de manufactura asociado con la fabricación de las bombas implica tres actividades:
ensamblado, pintura y pruebas (control) de calidad. Los requerimientos de recursos para
ensamble, pintura y prueba de las bombas se muestran en la tabla 2-1. La contribución a las
utilidades por la venta de una bomba normal es $50, en tanto que la utilidad por una bomba
grande es $75. Existen disponibles por semana 4,800 horas de tiempo de ensamble, 1,980
horas de tiempo de pintura y 900 horas de tiempo de prueba. Las experiencias anteriores de
venta señalan que la compañía puede esperar vender cuando menos 300 bombas normales y
180 bombas grandes por semana. A la Compañía Cerrey le gustaría determinar la cantidad de
cada tipo de bomba que debe fabricar semanalmente con el objeto de maximizar sus
utilidades.
TABLA 2-1. Requerimientos de manufactura (horas). Compañía Cerrey
Tiempo de
Tipo Tiempo de pintado Tiempo de prueba
ensamble
Normal 3.6 1.6 0.6
Grande 4.8 1.8 0.6
SOLUCIÓN:
1. DESCRIPCIÓN DEL PROBLEMA EN FORMA VERBAL:
a) IDENTIFICACIÓN DEL OBJETIVO GENERAL:
Maximizar las utilidades.
b) EXPRESIÓN DEL OBJETIVO GENERAL EN FORMA VERBAL:
En forma general:
Las utilidades son iguales a la suma de los productos de la contribución de las
utilidades de cada tipo de bomba fabricada, por el número de bombas fabricadas de
cada tipo.
En forma particular:
Utilidades = (contribución de las utilidades de la bomba normal X número de bombas
normales fabricadas) + (contribución de las utilidades de la bomba grande X número de
bombas grandes fabricadas)
Aquí vemos que será necesario determinar el número de bombas a fabricar de cada
tipo (variables de decisión) puesto que las contribuciones a las utilidades son datos
conocidos (parámetros). ($50 y $75)
c) IDENTIFICACIÓN DE LAS RESTRICCIONES:
Tiempo total en horas semanales disponibles para cada una de las tres actividades que
intervienen en el proceso de fabricación. (4,800, 1,980 Y 900 hrs.)
Número mínimo de cada tipo de bombas a fabricar semanalmente. (300 y 180 bombas)

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d) EXPRESIÓN DE LAS RESTRICCIONES EN FORMA VERBAL:
RESTRICCIONES PARA EL TIEMPO DISPONIBLE:
En forma general:
Número de horas requeridas en cada una de las tres etapas de fabricación por cada
tipo de bomba X número de cada tipo de bombas fabricadas a la semana, deberán ser
igual o menor al total de tiempo disponibles semanalmente para cada etapa.
En forma particular:
ENSAMBLE:
(Número de horas requeridas para ensamblar una bomba normal X número de
bombas normales fabricadas a la semana) + (Número de horas requeridas para
ensamblar una bomba grande X número de bombas grandes fabricadas a la
semana) deberá ser menor o igual a 4,800 horas disponibles.
PINTADO:
(Número de horas requeridas para pintar una bomba normal X número de bombas
normales fabricadas a la semana) + (Número de horas requeridas para pintar una
bomba grande X número de bombas grandes fabricadas a la semana) deberá ser
menor o igual a 1,980 horas disponibles.
PRUEBA:
(Número de horas requeridas para probar una bomba normal X número de bombas
normales fabricadas a la semana) + (Número de horas requeridas para probar una
bomba grande X número de bombas grandes fabricadas a la semana) deberá ser
menor o igual a 900 horas disponibles.
RESTRICCIONES PARA EL NÚMERO MÍNIMO DE BOMBAS A FABRICAR:
Estas restricciones ya están explícitas en los datos del problema:
BOMBAS NORMALES:
Número de bombas normales a fabricar en la semana deberá ser igual o menor a
300 bombas.
BOMBAS GRANDES:
Número de bombas grandes a fabricar a la semana deberá ser igual o menor a 180
bombas.
Hasta aquí hemos descrito el problema en forma verbal. Ahora entraremos al siguiente
paso para transformar las descripciones verbales en una estructura matemática apropiada,
utilizando los símbolos correspondientes a cada uno de los datos.
2. TRANSFORMACIÓN DE LAS DESCRIPCIONES VERBALES EN UNA ESTRUCTURA
MATEMÁTICA:

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1. :
X1 = Número de unidades de la BOMBA NORMAL que se deben
fabricar en una semana determinada.
X2 = Número de unidades de la BOMBA GRANDE que se deben
fabricar en una semana determinada.
2. IDENTIFICACIÓN DE LOS COEFICIENTES DE CONTRIBUCIÓN:
C1 = $ 50. = Contribución a las utilidades por la venta de una bomba NORMAL
C2 = $ 75 = Contribución a las utilidades por la venta de una bomba GRANDE
3. PLANTEAMIENTO DE LA FUNCIÓN OBJETIVO:
MAXIMIZAR: Z = C1 X1 + C2 X2
En donde Z = UTILIDAD SEMANAL EXPRESADA EN PESOS
4. IDENTIFICACIÓN DE LA TASA FÍSICA DE LOS COEFICIENTES DE SUSTITUCIÓN:
a11 = número de horas requeridas para ensamblar una bomba normal = 3.6
a12 = número de horas requeridas para ensamblar una bomba grande = 4.8
a21 = número de horas requeridas para pintar una bomba normal = 1.6
a22 = número de horas requeridas para pintar una bomba grande = 1.8
a31 = número de horas requeridas para probar una bomba normal = 0.6
a32 = número de horas requeridas para probar una bomba grande = 0.6
5. IDENTIFICACIÓN DE LOS RECURSOS DISPONIBLES:
b1 = número de horas semanales disponibles para ensamblar bombas = 4,800
b2 = número de horas semanales disponibles para pintar bombas = 1,980
b3 = número de horas semanales disponibles para probar bombas = 900
6. PLANTEAMIENTO DE LAS RESTRICCIONES:

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PARA EL ENSAMBLE: 3.6X1 + 4.8X2 4,800 (HORAS)
PARA LA PINTURA: 1.6X1 + 1.8X2 1,980 (HORAS)
PARA LAS PRUEBAS: 0.6X1 + 0.6X2 900 (HORAS)
PARA EL NÚMERO DE BOMBAS NORMALES: X1 300 (UNIDADES)
PARA EL NÚMERO DE BOMBAS GRANDES: X2 180 (UNIDADES)
7. DEFINICIÓN DE LAS CONDICIONES DE NO NEGATIVIDAD:
PARA EL NÚMERO DE BOMBAS NORMALES: X1 0 (UNIDADES)
PARA EL NÚMERO DE BOMBAS GRANDES: X2 0 (UNIDADES)
Reuniendo todas las restricciones, se tiene como resultado el siguiente modelo:
MAXIMIZAR: Z = 50 X1 + 75 X2
SUJETO A: 3.6X1 + 4.8X2 4,800
1.6X1 + 1.8X2 1,980
0.6X1 + 0.6X2 900
X1 300
X2 180
X1, X2 0

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EJERCICIO 2.1: PLANTEAMIENTO DE UN PROBLEMA DE P.L.
La compañía Aries, S.A. produce tres tipos de aisladores de tipo industrial: aisladores de aplicación general, de
aplicación especial y de alto voltaje. Cada producto pasa a través de tres operaciones de producción en su
planta: horneado, laminado y pulido. Sólo existe disponible una máquina en cada una de las respectivas
operaciones. La tasa de producción (en unidades por hora) para cada tipo de aislador, y en cada operación, se
muestran en la tabla 2.2. Los costos de las materias primas asociados con la fabricación de los aisladores son de
$5 (aplicación general), $6 (aplicación especial) y $10 (alto voltaje). Los costos por hora de las respectivas
operaciones de producción son: $250 (horneado), $200 (laminado), y $100 (pulido). Los pesos unitarios de venta
son $25, $39.75 y $67.50 para los tres productos, respectivamente. A la compañía le gustaría asignar el tiempo
utilizado en las tres diferentes operaciones de manera que se maximizen las utilidades por hora.
TABLA 2.2 Tasas de producción (unidades/hora). Compañía Aries, S.A.
Tipo de aislador Horneado Laminado Pulido
De aplicación general 50 40 25
De aplicación especial 40 20 20
De alto voltaje 25 10 10
Utilice los símbolos X1, X2 y X3 como el número de unidades de cada uno de los tres tipos de aisladores que se
fabricarán por hora y siga los dos pasos del procedimiento que permitan llegar a establecer el modelo matemático que
corresponda.
En este problema hay necesidad de calcular los respectivos coeficientes de contribución a las utilidades, (complete y
use la tabla 2-3) así como las respectivas tasas físicas de sustitución expresadas en fracciones de hora 1
TABLA 2-3. Cálculos del margen de utilidad: Compañía Aries, S.A.
Aislador de Aislador de Aislador para alto
aplicación general aplicación especial voltaje
Costos de operación:
Horneado $5.00 2
Laminado 5.00
Pulido 4.00
Costo de materiales 5.00
Costos totales 19.00
Precio de venta 25.00
Utilidad unitaria $6.00
VARIABLES DE DECISIÓN RECURSOS
RESTRICCIONES
X1 X2 X3
Horneado
Laminado
Pulido
SOLUCIÓN:
Maximizar Z = 6.00 X1 + _________X2 + _________X3
Sujeto a: 0.02 X1 + _________X2 + _________X3 ____
_____ X1 + _________X2 + _________X3 ____
_____ X1 + _________X2 + _________X3 ____
1
Ya que es posible fabricar 50 aisladores de aplicación general por hora en la operación de horneado, se requerirá 0.02 horas (l/50) para
hornear un aislador.
2
Con la misma información anterior, cada aislador de aplicación general cuesta $250/50 = $5.00/unidad por concepto de horneado.

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EL MÉTODO GRÁFICO:
Es un método muy sencillo pero limitado, ya que solamente se puede utilizar para
resolver modelos que tengan no más de dos variables de decisión.
PROCEDIMIENTO:
1) Exprésense los datos del problema como una función objetivo y restricciones
2) Grafíquese cada restricción
3) Localícese la solución óptima
a) Por prueba y error, o
b) Con líneas de indiferencia.
APLICACIÓN DEL MÉTODO GRÁFICO A UN PROBLEMA DE MEZCLA DE PRODUCTOS:
Un fabricante está tratando de decidir sobre las cantidades de producción para dos
artículos: mesas y sillas. Se cuenta con 96 unidades de material y con 72 horas de mano de
obra. Cada mesa requiere 12 unidades de material y 6 horas de mano de obra. Por otra parte,
las sillas usan 8 unidades de material cada una y requieren 12 horas de mano de obra por
silla. El margen de contribución es el mismo para las mesas que para las sillas: $ 5. por
unidad. El fabricante prometió construir por lo menos dos mesas.
Paso 1: formulación del problema.
¿Cuál es el objetivo?
Es maximizar las utilidades. En este caso conocemos de antemano la contribución a las
utilidades de cada uno de los artículos ($5), por lo tanto procedemos a escribir la función
objetivo:
Maximizar: Z = 5X1 + 5X2
En donde las variables de decisión son: X1 = Nº de mesas
y X2 = Nº de sillas
¿Cuáles son las restricciones o limitaciones del problema?
Existen tres limitaciones:
1) El material que está limitado a 96 unidades.
2) El total de horas de mano de obra, limitado a 72 horas
3) El fabricante prometió producir cuando menos 2 mesas.
Podemos establecer las restricciones en una forma muy sencilla, mediante una tabla:
VARIABLES DE DECISIÓN
RESTRICCIONES RECURSOS
X1 X2
MATERIAL 12 8 96
MANO DE OBRA 6 12 72

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NUM. MÍNIMO DE MESAS 2
La misma colocación de los elementos dentro de la tabla permitirán definir las funciones
de restricción:
12X1 + 8X2 96
6X1 + 12X2 72
X1 2
Por lo tanto, el modelo está formado por: Maximizar: Z = 5X1 + 5X2
Sujeto a: 12X1 + 8X2 96
6X1 +12X2 72
X1 2
X1, X2 0
PASO 2: gráfica de las restricciones.
La gráfica de las restricciones de no negatividad implica que la región factible del modelo se encontrará
dentro del primer cuadrante, que es donde los valores X1 y X2 son positivos.
X2
X1 0 Región
factible
X1
X1 0
X2 0
X2 0
GRÁFICA DE LAS RESTRICCIONES DE NO NEGATIVIDAD
La siguiente restricción es: X1 2

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Para trazarla, suponemos que se trata de una ecuación: X1 = 2
cuya gráfica corresponde a una línea vertical que pasa por dicho punto, sin embargo
regresando a la desigualdad vemos que la región factible incluye todos los valores de X 1 que
están sobre o a la derecha de la línea X1 = 2
X2
12
10 Región
factible
8
Continuamos con la gráfica de la
6
desigualdad: 6X1 + 12X2 72
4
X1 transformándola en la ecuación:
2
6X1 + 12X2 = 72
0 2 4 6 8 10
12
Ahora, haciendo X1 = 0, tenemos 12X2 = 72
X2 = 6
Y haciendo X2 = 0, tenemos 6X1 = 72
X2 X1 = 12
X1 = 2
12
10
8
6 Región factible
4
6X1 + 12X2 = 72
2
X1
0 2 4 6 8 10 12
GRÁFICA DE LAS PRIMERAS DOS RESTRICCIONES
Procedemos de la misma forma con la tercera restricción: 12X1 + 8X2 96

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12X1 + 8X2 = 96 Sí X1 = 0 entonces X2 = 96 / 8 = 12 (0, 12)
Si X2 = 0 entonces X1 = 96 / 12 = 8 (8, 0)
X2 CÁLCULO DEL PUNTO B:
(3) X1 =
2 Se resuelve el sistema formado por (1) y (2):
( 1) 12X1 + 8X2 = 96
(0, ( 2) 6X1 + 12X2 = 72 se multiplica por –2:
12)
-12X1 - 24X2 = -144 y se suma a la otra
(1) 12X1 + 8X2 = 96 ecuación:
+ 12X1 + 8X2 = 96
- 16X2 = - 48 X2= -48 / -16 = 3
Sustituyendo X2 = 3 en (1):
12X1 + 8(3) = 96
12X1 + 24 = 96
12X1 = 96 - 24
12X1 = 72 X1 = 72 / 12 = 6
(2,
5) CÁLCULO DEL PUNTO C:
Se resuelve el sistema formado por (2) y (3):
(0, 6) (2) 6X1 + 12X2 = 72
(6, 3) (3) X1 = 2 se sustituye en (2):
6(2) + 12X2 = 72
12 + 12X2 = 72
12X2 = 72 – 12
12X2 = 60 X2 = 60 / 12 = 5
Región factible
(2) 6X1 + 12X2 = 72
(12,
0)
X1
(8, 0)
(2, 0)
PASO 3: obtención de la solución óptima: prueba y error.
GRÁFICA DE TODAS LAS RESTRICCIONES COMBINADAS
La frontera extrema de la región factible (línea A-B-C-D) es de especial interés porque
por lo menos uno de los puntos de intersección en la frontera extrema será una
solución óptima. Por lo tanto, puede reducirse la lista de las posibles soluciones óptimas a
sólo cuatro puntos. A,B,C y D.
Entonces, una vez calculadas sus coordenadas, se procede a sustituir los valores de
cada posible solución en la función objetivo.
Punto A. (8,0): Z = 5(8) + 5(0) = $40
Punto B, (6,3): Z = 5(6) + 5(3) = $45 VALOR MÁXIMO
Punto C, (2,5): Z = 5(2) + 5(5) = $35
Punto D, (2,0): Z = 5(2) + 5(0) = $10
Solución óptima: X1 = 6 (mesas) X2= 3 (sillas)
OBTENCIÓN DE LA SOLUCIÓN ÓPTIMA USANDO LÍNEAS DE INDIFERENCIA:

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Éste método es menos usado. Consiste en trazar la función objetivo en la misma gráfica
de las restricciones para lo cual se suponen algunos valores de Z para poder encontrar y
graficar las líneas resultantes. Estas líneas se llaman líneas de indiferencia, porque
cualquier punto sobre la línea proporciona la misma utilidad total. De ahí que es indiferente
cualquier punto.
Así, suponiendo que Z = $50
Entonces la función objetivo se convierte en: 50 = 5X1 + 5X2
Ahora, haciendo X1 = 0 50 = 5X2 X2 = 50/5 = 10
Ahora, haciendo X2 = 0 50 = 5X1 X1 = 50/5 = 10
Es decir, la línea de indiferencia para una utilidad supuesta Z = $50 tendrá sus
intersecciones el los puntos (0,10) y en (10, 0).
Suponiendo ahora que Z = $25
Entonces la función objetivo se convierte en: 25 = 5X1 + 5X2
Ahora, haciendo X1 = 0 25 = 5X2 X2 = 25/5 = 5
Ahora, haciendo X2 = 0 25 = 5X1 X1 = 25/5 = 5
Es decir, la línea de indiferencia para una utilidad supuesta Z = $25 tendrá sus
intersecciones el los puntos (0,5) y en (5, 0).
Trazando las dos líneas de indiferencia, observamos que la distancia de ellas medidas
perpendicularmente hasta el origen aumenta al aumentar los valores de Z. También
observamos que las líneas de indiferencia son paralelas entre si. Estas propiedades gráficas
se pueden usar para resolver el problema.
X2
Con una Z = $50, la línea de indiferencia cae fuera
de la región factible
Punto óptimo
Con una Z = $45, la línea de indiferencia es la
más alejada del origen que toca la región
factible en el punto óptimo (6,3)
X1
0 2 4 6 8 10 12
Con una Z = $25 parte de la línea cae dentro de la región factible.

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Imaginando que la línea de indiferencia Z = 25 se mueve hacia la línea Z = 50, de
acuerdo a las propiedades descritas anteriormente, el punto óptimo estará sobre la línea de
indiferencia más lejana al origen pero que todavía toque la región factible. Esto se aprecia
claramente en la gráfica anterior.
Una vez que se ha localizado en forma gráfica el punto óptimo, lo único que faltará será
calcular algebraicamente sus coordenadas. (Dicho cálculo ya se efectuó anteriormente,
obteniéndose los valores: X1= 6, X2 = 3 y Z = $45).
APLICACIÓN DEL MÉTODO GRÁFICO A UN PROBLEMA DE
MINIMIZACIÓN.
PROBLEMA DE DIETA:
Un comprador está tratando de seleccionar la combinación más barata de dos alimentos
que debe cumplir con ciertas necesidades diarias de vitaminas. Los requerimientos vitamínicos
son por lo menos 40 unidades de vitamina W, 50 unidades de vitamina X y 49 unidades de
vitamina Y. Cada onza de alimento A proporciona 4 unidades de vitamina W, 10 unidades de
vitamina X y 7 unidades de vitamina Y. Cada onza del alimento B proporciona 10 unidades de
vitamina W, 5 unidades de vitamina X y 7 unidades de vitamina Y. El alimento A cuesta 5
centavos/onza y el alimento B cuesta 8 centavos/onza.
SOLUCIÓN:
PASO 1: Formulación del problema.
En este problema el objetivo es encontrar la manera menos costosa que satisfaga las
necesidades vitamínicas. Las dos opciones disponibles son los alimentos A y B.
Por lo tanto, la función objetivo será:
MINIMIZAR: Z = 5A + 8B (centavos)
En la que: A = Número de onzas del alimento A
B = Número de onzas del alimento B
Para completar el modelo matemático, convendrá tabular los datos disponibles, tal
como lo hicimos en el problema de las mesas y sillas (página 9)
VARIABLES DE DECISIÓN
RESTRICCIONES REQUERIMIENTOS
A B
VITAMINA W 4 10 40
VITAMINA X 10 5 50
VITAMINA Y 7 7 49
Las funciones de restricción son:
4A + 10B 40 (vitamina W)
10A + 5B 50 (vitamina X)
7A + 7B 49 (vitamina Y)
A 0, B 0 (no negatividad)

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PASO 2: Gráfica de las restricciones.
Se sigue el mismo procedimiento usado en el ejemplo anterior.
Para la primera restricción, la consideramos como la ecuación: 4A + 10B = 40
Entonces: Sí A = 0, B = 40/10 = 4
Sí B = 0, A = 40/4 = 10
Por lo tanto las dos intersecciones a los ejes son: (0.4) y (10,0)
Para la segunda restricción la consideramos como la ecuación: 10A + 5B = 50
Entonces: Sí A = 0, B = 50/5 = 10
Sí B = 0, A = 50/10 = 5
Por lo tanto las dos intersecciones a los ejes son: (0.10) y (5,0)
Para la tercera restricción la consideramos como la ecuación: 7A + 7B = 49
Entonces: Sí A = 0, B = 49/7 = 7
Sí B = 0, A = 49/7 = 7
Por lo tanto las dos intersecciones a los ejes son: (0.7) y (7,0)
B
11
Región factible
10 d
9
10A + 5B = 50
8
7
6
5
c 7A + 7B = 49
4
3
b 4A + 10B = 40
2
1
a A
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
12
GRÁFICA CON LAS TRES RESTRICCIONES

15. ING. MA. DEL PILAR PEREZ CASTRO MATEMATICAS
Es importante señalar que a diferencia del anterior ejemplo, las restricciones de este
caso son del tipo igual o mayor que, en cambio en el anterior ejemplo eran del tipo igual o
menor que. Así, la región factible del ejemplo anterior quedaba por abajo y hacia la izquierda
(menor que) de las rectas. En cambio, en este ejemplo, la región factible queda por arriba y a
la derecha de las rectas (mayor que).
PASO 3: Obtención de la solución óptima: prueba y error.
Estudiando la gráfica de las tres restricciones, vemos que la frontera extrema de la
región factible es la línea formada por los puntos a, b, c y e, por lo que procedemos a
calcular sus coordenadas para después sustituir dichos valores en la función objetivo y obtener
el valor mínimo.
Las coordenadas de los puntos a y d ya se calcularon al graficar las restricciones,
obteniéndose (10,0) y (0,10), respectivamente.
Por lo tanto se calcularán los puntos b y c, resolviendo los sistemas formados por sus
ecuaciones.
Para el punto b, se resuelve el sistema formado por: (1) 4A + 10B = 40
(2) 7A + 7B = 49
Multiplicamos la ecuación (1) por 7: (1’) 28A + 70B = 280
Multiplicamos la ecuación (2) por -4: (2’) -28A - 28B = -196
42B = 84
B = 84/42
B=2
Se sustituye B = 2 en la ecuación (1): 4A + 10(2) = 40
4A + 20 = 40
4A = 20
A = 20/4
A=5
Para el punto c, se resuelve el sistema formado por: (2) 7A + 7B = 49
(3) 10A + 5B = 50
Multiplicamos la ecuación (2) por 10: (2’’) 70A + 70B = 490
Multiplicamos la ecuación (3) por -7: (3’) -70A - 35B = -350
35B = 140
B = 140/35
B=4
Se sustituye B = 4 en la ecuación (2): 7A + 7(4) = 49
7A + 28 = 49
7A = 21
A = 21/7
A=3
Sustituimos los puntos en la función objetivo:
PUNTO a, (10,0): Z = 5(10) + 8(0) = 50 + 0 = 50 (centavos)
PUNTO b, (5,2): Z = 5(5) + 8(2) = 25 + 16 = 41 (centavos) VALOR MÍNIMO
PUNTO c, (3,4): Z = 5(3) + 8(4) = 15 + 32 = 47 (centavos)
PUNTO d, (0,10): Z = 5(0) + 8(10) = 0 + 80 = 80 (centavos)

16. ING. MA. DEL PILAR PEREZ CASTRO MATEMATICAS
CONCLUSIÓN: La solución óptima (menos costosa) es la combinación de 5 onzas de
alimento A y 2 onzas de alimento B.