Monografia inv op 2011 leiva

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANTIAGO DEL ESTERO

FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS Y TECNOLOGÍAS

CÁTEDRA: INVESTIGACIÓN OPERATIVA

MODELOS DE
DISTRIBUCIÓN

Verónica Elizabet Leiva
18/02/2011

UNIVERSIDAD NACONAL DE SANTIAGO DEL ESTERO
FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS Y TECNOLOGIAS
CATEDRA: INVESTIGACION OPERATIVA 18/02/2011

SUMARIO O TABLA DE CONTENIDO
Índice ............................................................................................................................. 1

Resumen ........................................................................................................................ 2

Introducción .................................................................................................................. 3

Desarrollo ...................................................................................................................... 5

Modelos de Distribución...................................................................................5

Problemas de Transporte…………………………………………….5
Formulación de Modelo Matemático…………………………..8

Método de la Esquina Noroeste………………………………..12
Caso minimización………………………………….......12
Caso maximización …………………………………....12

Pruebas de Optimalidad y degeneración……………………….15
Tratamiento de la Degeneración………………………………..15
Prueba de Optimalidad…………………………………...…….15
Método de la Trayectoria +-……………………………...…….16

Método de Aproximación de Vogel………………………..…..22
Caso minimización………………………………….…..23
Caso maximización……………………………………..23

Problemas de Asignación……………………………………………..34
Formulación de modelo Matemático……………………...……34

Método Húngaro…………………………………………..……35

Conclusión ..................................................................................................................... 38

Bibliografía .................................................................................................................... 39

Enlaces consultados ...................................................................................................... 39

ALUMNA: LEIVA, VERONICA ELIZABET Página | 1


RESUMEN
Los Modelos de Distribución tratan básicamente dos tipos de problemas:

Problemas de Transporte: Consiste en colocar en varios destinos, las unidades
situadas en varios orígenes, de tal forma que la colocación sea optima (costo
mínimo, ganancia máxima)

Problemas de Asignación: Cosiste en la asignación de un determinado número de
orígenes al mismo número de destinos, con el objetivo de optimizar alguna función
de efectividad.

Para resolver los problemas de transporte son dos los algoritmos: Método de la
Esquina Noroeste y el Método de Aproximación de Vogel.
En cuanto a los problemas de asignación se resuelven mediante el algoritmo Húngaro
o Método Húngaro.



INTRODUCCION

La programación lineal es un campo tan amplio que se extiende a tipos de
problemas para los cuales existen métodos de solución especiales. Uno de estos se conoce
como problema de transporte. El método simplex de programación lineal puede servir para
resolver estos problemas. Pero se han desarrollado métodos más sencillos que aprovechan
ciertas características de los problemas. Entonces, el método del transporte son sólo
técnicas especiales para resolver ciertos tipos de problemas de programación lineal.
El transporte desempeña un papel importante en la economía y en las decisiones
administrativas. Con frecuencia la disponibilidad de transporte económico es crítica para la
supervivencia de una empresa.
¿Qué significa problema de transporte? Supóngase que un fabricante tiene tres
plantas que producen el mismo producto. Estas plantas, a su vez, mandan el producto a
cuatro almacenes. Cada planta puede mandar productos a todos los almacenes, pero el coste
de transporte varía con las diferentes combinaciones. El problema es determinar la cantidad
que cada planta debe mandar a cada almacén con el fin de minimizar el coste total de
transporte.
La manera más fácil de reconocer un problema de transporte es por su naturaleza o
estructura “de-hacia”: de un origen hacia un destino, de una fuente hacia un usuario, del
presente hacia el futuro, de aquí hacia allá. Al afrontar este tipo de problemas, la intuición
dice que debe haber una manera de obtener una solución. Se conocen las fuentes y los
destinos, las capacidades y demandas y los costes de cada trayectoria. Debe haber una
combinación óptima que minimice el coste (o maximice la ganancia). La dificultad estriba
en el gran número de combinaciones posibles.

La primera referencia escrita de este problema se remonta a 1781, cuando el
matemático francés Gaspard Monge describe el problema de la construcción y
abastecimiento de fortificaciones militares de los ejércitos de Napoleón. Monge era
entonces general de los ejércitos napoleónicos. Para resolver este problema usó el método
de “contar y llenar”, es decir, ir abasteciendo las diferentes trincheras desde los depósitos
de material existentes.
Formalmente, este material aparece en 1941 cuando F. L. Hitchcock publica una
solución analítica para este problema, aunque su desarrollo se produce a finales de los años
40, cuando Koopmans (un joven holandés) realiza su tesis doctoral sobre los problemas de
embarque de la marina holandesa.
A partir de ese momento el campo de aplicación del problema de transporte empieza
a crecer de una forma muy rápida, no solo en aplicaciones militares, sino también en el
campo de la producción, la distribución, las finanzas, etc.



Para poder desarrollar la temática propuesta por la Cátedra de Investigación
Operativa “Modelos de Distribución”, se debe tener en cuenta como se mencionó que es
un caso especial de Programación Lineal. Este última es un método que permite la
asignación de recursos que se consideran limitados. Esta asignación se hace entre
actividades competitivas que buscan tomar los recursos limitados y a su vez se busca
optimizar los objetivos.

Para los problemas de Programación Lineal existen tres métodos de solución: el
gráfico, el algebraico y el algorítmico (Simplex, Simplex modificado y Dual Simplex).

Pero los problemas que tratan los Modelos de Distribución presentan un número
importante de variables y restricciones; por esa razón la solución por el Método Simplex se
hace muy engorrosa. Debido a esto es que se han desarrollado algoritmos especiales
(métodos de resolución particulares para aplicarlos a estos modelos) con el objetivo de
simplificar la resolución.

Habiendo planteado la temática, se procederá al desarrollo exhaustivo de ésta,
brindando ejemplos y un nivel de detalle prefijado por la Cátedra.



DESARROLLO

Modellos de Diistriibuciión
Mode os de D str buc ón
Son modelos de Programación Lineal que tienen una forma determinada para los
cuales el método de resolución como ser el método Simplex, se hace engorroso y de
convergencia lenta. Al ser los modelos de distribución estructuras especiales que se generan
con frecuencia en la vida real, se desarrollaron métodos de resolución particulares para
aplicarlos a estos modelos. Pero a qué tipo de problemas estamos haciendo referencia? Los
Modelos de Distribución tratan básicamente dos tipos de problemas:

PROBLEMAS DE TRANSPORTE

MODELOS DE
analiza
DISTRIBUCION
PROBLEMAS DE ASIGANCION

FIGURA 1

Probllemas de Transporte
Prob emas de Transporte
El problema general de transporte se refiere a la distribución de cualquier bien desde
cualquier grupo de centros de suministro, llamados orígenes, a cualquier grupo de centros de
recepción, llamados destinos, de tal manera que se minimicen los costos totales de distribución.
Cada origen tiene que distribuir ciertas unidades a los destinos y cada destino tiene cierta
demanda de unidades que deben recibir de los orígenes.
Es este el tipo de problema que se presenta con mayor frecuencia en la vida real y
también uno de los casos más importantes de la Programación lineal. En pocas palabras, el
problema de transporte consiste en colocar en varios destinos, las unidades situadas en
varios orígenes, de tal forma que la colocación sea optima, es decir el costo sea mínimo o la
ganancia máxima.
Si bien optimizar implica la posibilidad de maximizar o minimizar, por las
características del problema, por lo general se trata de la minimización de la función
objetivo, es decir, se trata de minimizar la sumatoria del costo, que representa transportar
recursos situados en distintos orígenes a distintos destinos.



ORIGENES DESTINOS

O1 D1
a1 b1

UNIDADES DE UNIDADES DE
a2 O2 D2 b2 DEMANDA
OFERTA

a3 b3
O3 D3

FIGURA 2

Como se puede observar cualquier modelo de transporte se compone de unidades de
un bien a distribuir, m orígenes, n destinos, recursos en el origen, demandas en los destinos
y costos de distribución por unidad. Adicionalmente, se tienen varios supuestos:

1. Supuesto de requerimientos: cada origen tiene un suministro fijo de unidades que se
deben distribuir por completo entre los destinos.
2. Supuesto de costo: el costo de distribuir unidades de un origen a un destino
cualquiera es directamente proporcional al número de unidades distribuidas.
3. Propiedad de soluciones factibles: un problema de transporte tiene soluciones
factible si y sólo si la sumatoria de recursos en lo m orígenes es igual a la sumatoria
de demandas en los destinos.
4. Propiedad de soluciones enteras: En los casos en los que tanto los recursos como las
demandas toman un valor entero, todas las variables básicas (asignaciones), de
cualquiera de las soluciones básicas factibles (inclusive la solución optima),
asumen también valores enteros.

El modelo de transporte busca determinar un plan de transporte de recursos de varias
fuentes a varios destinos. Todo modelo de transporte cuenta con la siguiente información:

Nivel de oferta de cada fuente y la cantidad de demanda de cada destino.

El costo de transporte unitario de la mercadería, de cada fuente a cada destino.

El objetivo del modelo es determinar la cantidad que se enviará de cada fuente hacia
cada destino, tal que minimice los costos totales de transporte. La suposición básica del



modelo es que el costo de la distribución de unidades desde el origen i al destino j es
directamente proporcional al número de unidades distribuidas.
Para arribar a la solución de un problema de transporte debe cumplirse la condición
necesaria y suficiente de que estos estén balanceados, es decir que la oferta total sea igual a
la demanda total. Cuando un problema de transporte no está balanceado, se añade una
fuente o un destino artificial para de esta manera balancearlo.

Para una mejor comprensión de lo expuesto hasta este momento, se analiza el
siguiente caso:

Ejercicio1) “La empresa petrolera REPSOL YPF debe abastecer de nafta a 4 estaciones
expendedoras de Santiago del Estero: PETRONOR, SERVI SUR, WELLCOM y
PETROBAND que las identificamos como: A, B, C y D; en las cantidades de 50.000 litros,
40.000 litros, 60.000 litros y 40.000 litros respectivamente. La empresa petrolera dispone
de recursos en 3 destilerías distintas que las identificamos como: 1, 2 y 3 en las cantidades
de 80.000, 100.000 y 50.000 respectivamente. Los costos de transportar 1.000 litros de
combustible desde cada origen a cada destino se consignan con la siguiente tabla:

PETRONOR SERVISUR WELLCOM PETROBAN
(A) (B) (C) (D)
DESTILERIA 1 70 60 60 60
TABLA 1

Se quiere saber cuál es el programa óptimo de asignación de recursos de manera
tal que el costo de transportar las cantidades requeridas por los distintos destinos sea
mínimo”

Se entiende que se debe definir la cantidad que hay transportar para que el costo sea
mínimo. Se podría plantear el problema con el siguiente modelo matemático:

Min Z = ∑ ∑ cij xij
Con xij , i: 1, …, m
j: 1, …, n
cij : Es el costo de transporte de una unidad, desde el origen i hacia el destino j.
xij : Es la cantidad asignada o transportada desde el origen i hasta el destino j.

Al desarrollar el modelo matemático propuesto, se vería de esta manera,
Min Z = c1A x1A + c1B x1B + c1C x1C + c1D x1D +
c2A x2A + c2B x2B + c2C x2C + c2D x2D +
c3A x3A + c3B x3B + c3C x3C + c3D x3D



Se debe tener en cuenta las restricciones que se encuentran en el problema: como ser
que no se mande o distribuya más de lo que se pide y que no se envíe más de lo que se
tiene. Es decir, tenemos restricciones que imponen los destinos y restricciones que imponen
los orígenes.
Las restricciones a las que debe ajustarse el modelo son las siguientes:
Restricciones que imponen los destinos
x1A + x2A + x3A = 50.000
x1B + x2B + x3B = 40.000
x1C + x2C + x3C = 60.000
x1D + x2D + x3D = 40.000
Restricciones que imponen los orígenes
x1A + x1B + x1C + x1D ≤ 80.000
x2A + x2B + x2C + x2D ≤ 100.000
x3A + x3B + x3C + x3D ≤ 50.000
Teniendo en cuenta lo desarrollado, la matriz de los coeficientes tecnológicos
ampliada queda como:
X1A X1B X1C X1D X2A X2B X2C X2D X3A X3B X3C X3D bj
1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 80
0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 100
0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 50
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 50
0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 40
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 60
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 40
TABLA 2
La estructura especial de la matriz de coeficientes ampliada, es la que distingue a
este problema como un problema de transporte. Ya que es prácticamente imposible resolver
con otros modelos.
Entonces, se presenta un nuevo modelo matemático para resolver este tipo de
problemas.

Formulación del modelo matemático para un problema de transporte

∑ ∑ cij xij

∑
Sujeta a las restricciones: 1) xij = bj; para toda j : 1, 2, …, n
2) ∑ xij = ai; para toda i : 1, 2, …, m
3) ∑ ai = ∑ bj



4) xij ≥ 0
Siendo ai: es la cantidad de recursos disponibles de los origenes i.
bj: es la cantidad de requerimientos de los distintos destinos j.
cij: es el coeficiente de costo o beneficio de asignar una unidad de recurso del
origen i al destino j.
xij: es la cantidad asignada desde el origen i hasta el destino j. Es una variable de
decisión.

Con frecuencia, los valores de ai y bj, se los refiere como requerimientos de
contorno.
La restricción 1) establece que las cantidades asignadas, desde un mismo origen, a los
distintos destinos deben ser igual a la cantidad de recursos disponibles en dicho origen.
La restricción 2) establece que las cantidades de recursos asignados desde los distintos
orígenes a un determinado destino, deben ser igual al requerimiento de ese destino.
Como conclusión de las anteriores 1) y 2), surge la restricción 3) que establece que
la suma de las cantidades de recursos disponibles en los distintos orígenes debe ser igual a
la suma de los requerimientos de recursos de los distintos destinos. Esta restricción no
impone limitaciones serias al problema -es decir, que no es fuerte- dado que si esta
condición no se verifica, se requiere para satisfacerla, generar un origen ficticio (oferta
artificial) o un destino ficticio (demanda artificial), según sea el caso. Es decir, si se tiene
menos de lo que se pide (Σ ai < Σ bj), entonces se generará un recurso ficticio, y si se tiene
más de lo que se pide (Σ ai > Σ bj), entonces se generará una demanda artificial.
La restricción 4) implícita, referida a la no negatividad de la variable de decisión, en
este caso, los recursos no pueden ser negativos.

Para la resolución de un problema de transporte los datos consignados en el
problema se pueden organizar en un tablón o matriz de la siguiente forma:
Origen Destinos Disponibilidades
1 2 … J … N ai
1 x11 c11 x12 c12 x1j c1j x1n c1n a1
2 x21 c21 x22 c22 x2j c2j x2n c2n a2
… …
I xi1 ci1 xi2 ci2 xij cij xin cin ai
… …
M xm1 cm1 xm2 cm2 xmj cmj xmn xmn cm1
Requerimientos b1 b2 … bj … bn Σ ai = Σ bj
bj
TABLA 3



Se expuso que:
Si Σ ai > Σ bj entonces, se agrega una columna que representa el
requerimiento ficticio con un costo de transporte 0 (cero).
Si Σ ai < Σ bj entonces, se agrega una fila que representa una disponibilidad
ficticia con un costo de transporte 0 (cero).
Como se violentó con este artilugio o maniobra una restricción, entonces se puede
presentar algún tipo de problema en la resolución.

Dos son los algoritmos más conocidos para resolver los problemas de transporte: El
Método de la Esquina Noroeste y El Método de Aproximación de Vogel. Cada uno de
ellos con sus ventajas y desventajas. Para ambos casos, se requiere que el problema este
“balanceado”, es decir que se cumpla la condición expresada en la tercera restricción. De
no ser así, se agrega una fila o columna ficticia con la demanda u oferta necesaria a fin de
hacer cumplir tal condición, con coeficientes nulos.
Es decir, cuando la capacidad de producción es mayor a la demanda, entonces se
genera un nuevo centro de consumo ficticio. Lo que consuma ese centro no es real, por
tanto quedará, en la práctica como capacidad de producción ociosa. Cuando la capacidad de
producción es menor a la demanda, entonces se genera una nueva fábrica ficticia. Lo que
produzca esa fábrica no es real. Por tanto quedará, en la práctica, como demanda
insatisfecha.

METODO DE LA ESQUINA NOROESTE

PROBLEMAS Utiliza
DE
TRANSPORTE METODO DE APROXIMACION DE VOGEL

FIGURA 3

Ninguno de los dos métodos asegura que la solución que se obtenga en un principio
sea la solución óptima. Por ello se aplica el siguiente algoritmo que permite llegar al
cálculo final de la Función Objetivo. En este algoritmo se ve reflejado el mecanismo de
cálculo para los problemas de transporte.



MENO MAV

1° ASIGNACION

Es degenerada?

N° de asignaciones
< m+n-1

Levantar
Prueba de Optimalidad degeneración.

Asignar ε

Es optima?

Redistribución
Costo Total
Trayectoria +-

Fin Nueva
Asignación

FIGURA 4

A continuación se presentan los métodos de resolución arriba mencionados de los
problemas de transporte.



Método de la Esquina Noroeste (MENO)
Es un método sencillo que no tiene en cuenta los coeficientes de costo al momento
de realizar las asignaciones de los distintos orígenes a los distintos destinos. En
consecuencia, lo hace menos eficiente que el Método de Vogel que si tiene en cuenta los
coeficientes de costos.
Caso de minimización:

Paso 1: Establecer el problema y realizar la distribución inicial con los datos
del mismo en una tabla, considerando cumplir con la restricción que dice
que el total de las disponibilidades debe ser igual al total de los
requerimientos. Si el suministro es mayor que los requerimientos agrego una
columna ficticia a la tabla, caso contrario será necesaria una fila ficticia.

Paso 2: el método requiere comenzar en la esquina noroeste, en la fila 1
columna 1 y hacer una asignación suficientemente grande para agotar la
capacidad del origen de la primera fila o satisfacer los requerimientos del
destino de la primera columna, o ambos.
Recalcular la disponibilidad remanente y el requerimiento faltante.
Se continúa en el próximo elemento, según corresponda hasta alcanzar el
elemento xmn de la matriz. Es decir, si el requerimiento del destino 1 se ha
satisfecho y quedan recursos disponibles en el origen 1, se desplaza hasta la
columna 2 para satisfacer el requerimiento del destino 2. Si la cantidad
disponible en el origen 1 no satisface los requerimientos del destino 1 (es
decir, que es menor) se desplaza hasta la fila siguiente origen 2, hasta
completar el requerimiento del destino 1. Se continúa de esta manera hasta
alcanzar la esquina opuesta en el tablón de asignación.

Al finalizar se obtiene una asignación del 100% de los recursos. Teniendo
todas las disponibilidades asignadas y las necesidades satisfechas. Si no
fuera así, está mal balanceado. Será esta la primera propuesta de asignación.

Se debe realizar pruebas de optimalidad y degeneración ante cada
asignación.

Caso de maximización:

Los primeros pasos consisten en ordenar los datos en forma de tabla
(incluida la fila o columna ficticia), multiplicar todos los coeficientes de la
ganancia por -1, y hacer una asignación inicial según el método de la



esquina noroeste. Ya que, minimizar el negativo de una función equivale a
maximizar la función, la modificación requerida consiste en hacer negativos
todos los coeficientes de la ganancia.
A partir de este punto el procedimiento es igual al empleado en la
minimización.
Esta modificación se puede realizar ya que minimizar el negativo de la
función equivale a maximizar la función.

Observaciones: El aspecto positivo es que el método es fácil y rápido. Se podría decir que
el aspecto negativo es que hay demasiada arbitrariedad en la asignación, puesto que el
elemento ubicado en primer lugar tiene asegurada la asignación que necesita.

El ejercicio 1 es un caso de minimización donde se aplicará el método de la esquina
noroeste de la siguiente forma:

La estación expendedora PETRONOR requiere 50.000 litros de nafta.
La estación expendedora SERVISUR requiere 40.000 litros de nafta.
La estación expendedora WELLCOM requiere 60.000 litros de nafta.
La estación expendedora PETROBAND requiere 40.000 litros de nafta.

La destilería 1 dispone de 80.000 litros de nafta.

Para un mejor manejo de los datos en la tabla, se los divide entre 10.000 (o bien se
multiplica entre 10-4)
Destilerías Estaciones expendedoras Disponibilidades
A B C D ai
1 70 60 60 60 8
2 50 80 60 70 10
3 80 50 80 60 5
Requerimientos 5 4 6 4 23
bj 19
TABLA 4

El problema consiste en determinar las cantidades de nafta que deben enviarse
desde cada localidad hasta cada expendedor, de manera que los requerimientos de los
distribuidores sean satisfechos y los costos totales de despacho sean mínimos. El primer
paso en la obtención de una solución de este problema, es “balancear” el problema con
una columna ficticia y hacer la distribución inicial.
En este planteo, la ecuación Σ ai = Σ bj no se satisface, por lo que es necesario agregar
una columna ficticia. Ya que el suministro es mayor que la demanda 23 > 19. Se crea un



destino ficticio con un requerimiento de 40.000 litros y con coeficientes de costo iguales a
o (cero).
A B C D FICTICIA ai
1 5 70 3 60 60 60 0 8
2 50 1 80 6 60 3 70 0 10
3 80 50 80 1 60 4 0 5
Requerimientos 5 4 6 4 4 23
bj 23
TABLA 5

La asignación inicial se efectúa por el método de la esquina noroeste. La cantidad
asignada a x1A en este problema es 5, ya que esta es la cantidad requerida por el
expendedor A. Por lo tanto quedan 3 en la localidad 1. El método requiere que esta última
cantidad sea asignada a x1B. Puesto que la asignación de 3 a x1B completa la cantidad
disponible en la localidad 1. El siguiente paso es considerar la fila 2. El expendedor B
requiere 4 en total; como ya se han asignado 3, se asigna al expendedor B, 1 más
procedente de la localidad 2. Esta asignación completa los requerimientos del expendedor
B. Por consiguiente, se hacen asignaciones a lo largo de la fila 2 hasta agotar la cantidad
disponible (suministro) sin hacer una asignación mayor que la requerida. Continuando en
esta forma, se agotan las capacidades de los orígenes y se satisfacen los requerimientos de
los destinos. Esto ocasiona un movimiento hacia la esquina sureste.
La asignación mostrada es una solución inicial.
Despachar 50.000 litros desde la destilería 1 al expendedor A.
Despachar 30.000 litros desde la destilería 1 al expendedor B.
Despachar 10.000 litros desde la localidad 2 al expendedor B.
Despachar 60.000 litros desde la localidad 2 al expendedor C.
Despachar 30.000 litros desde la localidad 2 al expendedor D.
Despachar 10.000 litros desde la localidad 3 al expendedor D.
40.000 litros de la localidad 3 no se despachan.
El costo total (CT) de esta asignación es:
CT = 50(70) + 30(60) + 10(80) + 60(60) + 30(70) + 10(60) + 40(0) = $12.400

Dado que la solución es arbitraria y no toma en cuenta los coeficientes de costo, no
se puede pretender la solución óptima en esta primera asignación. Por lo que, en este
punto se requiere hacer una Prueba de Optimalidad, siempre y cuando no sea degenerada.



Prueba de Optimalidad y Degeneración
Después de cada asignación, no existe certeza de que tal forma de distribución de
recursos sea la óptima, por lo que debe realizarse una prueba de optimalidad. Pero esta
prueba requiere de ciertas condiciones para ser realizada, y es que la asignación propuesta,
no debe ser degenerada. Se dice que la asignación es “degenerada”, cuando el número de
casillas que tienen asignaciones es menor que m+n-1, donde m es el número de filas y n el
numero de columnas. Por lo que la condición de Degeneración se escribe:
N° de Asignaciones < m +n - 1
En caso de que se cumpla esta condición, la prueba de optimalidad no puede ser
aplicada directamente, por lo que se debe levantar la degeneración asignando valores
infinitésimos de recursos en casilleros convenientes.

Tratamiento de la degeneración
La razón de que se presente una solución degenerada cuando hay menos de m + n -
1 casillas con asignaciones se basa en la prueba de optimalidad. En esta prueba se establece
un conjunto único de valores de ui y vj al seleccionar el valor inicial de uno de los valores
ui o vj. Cuando el número de casillas ocupadas es menor que m + n - 1, no puede
determinarse un conjunto único, y la prueba de optimalidad no puede ser completada. Con
el objeto de “levantar la degeneración” para poder verificarlo, debe agregarse un ε. Cuando
se requiere más de una ε, debe seleccionarse arbitrariamente una de las ε como la mayor.

Como se señaló, la degeneración se presenta cuando el número de casillas que
tienen asignaciones es menor que la cantidad m + n - 1. La degeneración puede resolverse
en cualquier etapa de la solución situando una asignación de recursos ε infinitesimalmente
pequeña en una casilla apropiada. La asignación de ε se hace mediante inspección y no
afecta los totales de la fila o columna ya que esta es una cantidad muy pequeña. El
tratamiento de la asignación de ε a una casilla es el mismo que para cualquier otra
asignación. Cuando se obtiene la solución optimal, ε se hace igual a cero. Los detalles
reales del tratamiento de un problema de degeneración pueden ilustrarse mejor mediante un
ejemplo numérico mas adelante.

Prueba de Optimalidad
En caso de que el esquema de asignación de recursos propuesta sea NO degenerada,
para determinar si una solución es óptima, se aplica la Prueba de Optimalidad, que consiste
en los siguientes pasos:



1. Formular una matriz que contenga los costos asociados de las casillas en las cuales
se han realizado asignaciones (cij ).
2. Utilizando esta matriz, generar un conjunto de números ui, y otro conjunto de
números vj, tales que su suma iguale los costos obtenidos en el paso 1.
Matemáticamente, esto se expresa por: cij = ui + vj
3. Colocar los correspondientes valores de cij* en las casillas que no tiene
asignaciones.

4. Para los casilleros que no tienen asignación, calcular un numero N, tal que:
N = cij* - (ui + vj ) , siendo cij* los coeficientes de los casilleros sin
asignaciones.

Si cualesquiera de estos valores N son negativos, indica que la solución no es óptima.

Método de la trayectoria mas – menos : hacia una solución optima
Si en la prueba de optimalidad existe al menos un número N negativo, indica que la
asignación que se dispone no es óptima. Es necesario realizar una aproximación sistemática
por sucesivas asignaciones, hasta hallar una solución óptima. Para este caso, se aplica la
denominada “trayectoria más-menos”, los pasos son:

1. Identificar en la matriz de la prueba de optimalidad el “posicionamiento” del
número N que tenga el menor valor. En el caso de encontrar dos valores iguales,
debe hacerse una selección arbitraria.
2. Identificar en la matriz de transporte el “posicionamiento” correspondiente al
número N, encontrado en el paso anterior. En este casillero se inicia con “+” la
trayectoria “mas-menos” alternativamente, y trazando verticales y horizontales
únicamente. Esta trayectoria debe comenzar y terminar en la casilla identificada en
el paso 1. Las demás esquinas de la trayectoria (donde la trayectoria cambia de
dirección) deben contener asignaciones.
3. De las esquinas con signo menos (-), seleccionar el menor valor de asignación. Con
este valor, determinar una nueva asignación sumando o restando (según lo indique
el signo), esta cantidad de las esquinas de la trayectoria.
4. Las casillas que no hayan sido vértice de la trayectoria + - conservan su asignación
anterior.
5. Como verificación, debe tenerse la seguridad de no violar los requerimientos de
contorno. Realizado, se cuenta con una nueva asignación.
6. Previa verificación de la degeneración, se aplica nuevamente la “prueba de
optimalidad” descripta más arriba. Si la solución es óptima, finaliza la iteración, y
se calcula el costo total. Si no es óptima, se itera una vez más, trazando una nueva
trayectoria más-menos, repitiendo los pasos descriptos con anterioridad.



Se procede a realizar la prueba de optimalidad de la asignación inicial a la que se
llegó del ejercicio 1. De acuerdo con lo que indica el algoritmo de resolución (figura 4)

Es degenerada?
Cumple: N° de Asignaciones < m +n – 1?
7 < 3+5–1?

No cumple con la condición, es NO degenerada. Entonces, se realiza la prueba de
optimalidad.

Prueba de optimalidad para el ejercicio 1 con respecto a la primera asignación.

Se realiza una matriz del mismo orden colocando los coeficientes de costo en las celdas
con asignaciones.
Paso 1) Se provee de un valor a u1 o a v1 (se estila darle a u1 el valor 0). Al hacer
cumplir la condición cij = ui + vj los valores de ui y de vj deben ser únicos.
Paso 2) Se colocan los coeficientes de costo de aquellas celdas que no tuvieron
asignaciones (cij*). Se calcula el numero N para las celdas sin asignaciones, siendo

N = cij* - (ui + vj )

ui vj 0 -10 -30 -20 -80
70 70 60 20 60 10 60 10 0
90 -40 50 80 60 70 -10 0
80 0 80 -20 50 30 80 60 0
TABLA 6

El indicador de que la asignación es óptima o no es el número N.
Como se observa en la tabla de optimalidad existen valores negativos de N que
indican que la asignación inicial propuesta por el MENO, no es óptima.
Si los valores encontrados de N son negativos, no es una asignación óptima.
Entonces, siguiendo el algoritmo (figura 2) se debe realizar una Redistribución de
Recursos mediante la Trayectoria +-.

Trayectoria + - para el ejercicio 1.

Se toma el menor valor (-40) de la tabla de optimalidad. Se crea una trayectoria
cerrada. La trayectoria siempre comienza con signo más. En la tabla de transporte se fija
esta trayectoria y se elige el menor valor numérico de las celdas con signo negativo. Será
este el que se sume o reste en las demás celdas de la trayectoria.



A B C D FICTICIA ai
1 5 70 3 60 60 60 0 8
2 50 1 80 6 60 3 70 0 10
3 80 50 80 1 60 4 0 5
bj 23
TABLA 7
3 + 1 = 4; 5 – 1 = 4;
_ + 1 = 1; 1 - _ = 0;

Verificamos que cumpla con las condiciones de contorno.
Luego, se re-escribe la reasignación teniendo en cuenta las modificaciones.

A B C D FICTICIA ai
1 4 70 4 60 60 60 0 8
2 1 50 80 6 60 3 70 0 10
3 80 50 80 1 60 4 0 5
bj 23
TABLA 8

Esta vez, se llegó a una aproximación optima? No se sabe hasta que se haga
nuevamente la prueba de optimalidad.

Prueba de optimalidad para el ejercicio 1 con respecto a la segunda asignación, se
sigue el procedimiento según el algoritmo visto (figura 4).

Es degenerada?
7 < 3+5–1?
No cumple con la condición, es NO degenerada.
Entonces, se realiza la prueba de optimalidad.
Paso 1) cij = ui + vj los valores de ui y de vj deben ser únicos.
Paso 2) N = cij* - (ui + vj )

ui vj 0 -10 10 20 -40
70 70 60 -20 60 -30 60 -30 0
50 50 40 80 60 70 -10 0
40 40 80 20 50 30 80 60 0
TABLA 9

Como se observa en la tabla de optimalidad existen valores negativos de N que
indican que esta asignación no es óptima.



Entonces, siguiendo el algoritmo (figura 4) se debe realizar una Redistribución de
Recursos mediante la Trayectoria +-.

Trayectoria + - para el ejercicio 1.
Se toma el menor valor (-30) de la tabla de optimalidad. Se crea una trayectoria
cerrada.

A B C D FICTICIA ai
1 4 70 4 60 60 60 0 8
2 1 50 80 6 60 3 70 0 10
3 80 50 80 1 60 4 0 5
bj 23
TABLA 10
_ + 3 = 3; 4 – 3 = 1;
1 + 3 = 4; 3 -3 = 0;
1 + 3 = 4; 4 – 3 = 1.

Verificamos que cumpla con las condiciones de contorno.
Luego, se re-escribe la reasignación teniendo en cuenta las modificaciones. Se
evalúa si esta asignación es óptima y si no lo es se sigue el algoritmo (figura 4).

Se continúa de esta forma hasta llegar a una solución óptima, donde ninguno de los
N encontrados sean negativos.
La tabla de asignaciones y la de optimalidad resultante (en la quinta asignación)
de la resolución del ejercicio 1 son las siguientes:

A B C D FICTICIA ai
1 70 60 1 60 3 60 4 0 8
2 5 50 80 5 60 70 0 10
3 80 4 50 80 1 60 0 5
bj 23
Tabla 11

ui vj -10 -10 0 0 -60
60 20 70 10 60 60 60 0
60 50 30 80 60 10 70 0 0
60 30 80 50 20 80 60 0 0
Tabla 12



Puesto que todos los valores de la tabla 12 son no-negativos, las asignaciones de la
tabla 11 son óptimas. Por consiguiente, la solución al problema de transporte es la
siguiente:

Desde la destilería 1 enviar 10.000 litros al expendedor C.
Desde la destilería 1 enviar 30.000 litros al expendedor D.
En la destilería 1 quedan 40.000 litros.
Desde la destilería 2 enviar 50.000 litros al expendedor A.
Desde la destilería 3 enviar 40.000 litros al expendedor B.
El costo total de esta solución es:
CT = 10(60) + 30(60) + 40(0) + 50(50) + 50(60) + 40(50) + 10(60) = $10.500

En la tabla final, entre los valores de cij* - (ui + vj ), se presenta un cero(tabla 12),
esto indica que hay otra alternativa de asignación que da el mismo costo total optimal. Por
ejemplo, si se hacen las asignaciones:

En la destilería 1 hay 10.000 litros que no se despachan.
Desde la destilería 2 enviar 50.000 litros al expendedor A.
30.000 litros de la localidad 2 no se despachan.
Desde la destilería 3 enviar 40.000 litros al expendedor B.
Por tanto el costo total es:
CT = 40(60) + 30(60) + 10(0) + 50(50) + 20(60) + 30(0) + 40(50) + 10(60) =
$10.500
Este es el mismo costo total obtenido con la asignación anterior.

Ejercicio 2: Caso de maximización para resolver mediante el Método de la Esquina
Noroeste.

“La empresa JUGOS MES S.A. desea maximizar sus ganancias obtenidas por el
transporte de sus productos a los supermercados SUPER TINY, SUPER ELEFANTE y
SUPER BANGUI desde dos almacenes uno ubicado en La Banda y otro en la Capital de
Santiago del Estero. Las ganancias por envío se ven reflejadas en la siguiente tabla.

SUPER TINY SUPER SUPER
(A) ELEFANTE BANGUI
(B) (C)
La Banda $5 $7 $4
Capital $6 $3 $5
TABLA 13



El almacén de La Banda tiene mensualmente una disponibilidad de 150 unidades y
el de la Capital una de 300 unidades. Los supermercados A,B y C demandan mensualmente
las cantidades de 100, 250 y 100 unidades.”

La tabla de transporte esta balanceada ya que cumple la restricción 3)
En nuestro problema: ∑ ai = 450 y ∑ bj = 450; i=1, 2,…,m ; j= 1, 2, …,n.
Como ∑ ai = ∑ bj, no es necesario agregar un origen o destino ficticio.

Almacenes Supermercados Disponibilidades
A B C ai
La Banda 100 -5 50 -7 -4 150
Capital -6 200 -3 100 -5 300
Requerimientos bj 100 250 100 450

TABLA 14

Se explica a continuación como se procedió:
Se multiplica todos los coeficientes de ganancia por -1.
Se inicia los envíos desde la esquina noroeste. Desde el almacén de La Banda se
envía 100 unidades al destino A, como aún queda capacidad de 150-100=50; entonces el
almacén de La Banda enviará 50 unidades al destino B, en ese momento, el almacén de La
Banda agota su capacidad, cuando esto ocurre se mueve hacia abajo, al siguiente renglón,
es decir, al almacén de la Capital, para satisfacer las demandas restantes.
Desde el almacén de la Capital se envía, 200 unidades al destino B, para satisfacer
la demanda, quedando capacidad de 300-200=100; entonces el almacén de la Capital,
envía las 100 unidades al destino C, satisfaciendo totalmente la demanda, en ese momento
el almacén de la Capital, agota su capacidad.
Se observa que cada requerimiento o demanda fue satisfecho de izquierda a derecha, uno
a uno.
Ahora, se debe controlar si es degenerada o no, esta primera asignación.

Es degenerada?
4 < 2+3–1?

ui vj 0 -12 -14
5 -5 -7 1 -4
9 3 -6 -3 -5
TABLA 15

Puesto que todos los valores de la tabla 15 son no-negativos, las asignaciones de la
tabla 14 son óptimas.
Ahora, se debe calcular el valor de Z, empleando la ecuación:



∑ ∑

Donde; Z es la ganancia

ZMAX = $5 * 100 + $7 * 50 +$ 3 * 200 +$5* 100 = $1.950

Por lo tanto, la solución al problema de transporte es la siguiente:

Para que la ganancia sea máxima en un total de $1950, se debe enviar:

100 unidades desde La Banda al SUPER TINY, 100 x $5 = $500;
50 unidades desde La Banda al SUPER ELEFANTE, 50 x $7 = $350;
200 unidades desde Capital al SUPER ELEFANTE, 200 x $3 = $600;
100 unidades desde Capital al SUPER BANGUI. 100 x $5 = $500.

Se continúa con el desarrollo de esta temática exponiendo el segundo método de
resolución de un problema de transporte.

Método de aproximación de Vogel (MAV).
Al hacer las asignaciones iniciales por el método de la esquina noroeste no se
consideraron las magnitudes de los coeficientes cij de costo (o ganancia). Si se consideran
las magnitudes de los coeficientes del costo puede haber menos iteraciones. El método de
aproximación de Vogel basa su asignación inicial en la comparación de los coeficientes del
costo.
 Es un método heurístico, también llamado Método de Sanción o
Penalización.
 Proporciona una solución básica factible inicial mejor que el método
anterior.
 En muchos casos proporciona la solución optima o una muy cercana a esta.
 Por cada renglón y columna de la tabla de transporte hay una sanción
conceptual, en términos de costo, debida al hecho de no elegir la celda más
baja disponible durante el proceso de asignación
 Un método que por lo general supera a los demás cuando se trata de
encontrar una solución óptima.
 Las sanciones calculadas son las diferencias, en relación con cada renglón y
columna, entre las rutas de transporte de costo más bajo y de costo más bajo
siguiente.
 Por lo tanto, las asignaciones se hacen a aquellas casillas o celdas donde las
sanciones son mayores, porque esto evita los incrementos más grandes del
costo asociados por las diferentes asignaciones.



Caso de minimización. (MAV)

Este método tiene en cuenta los costos al hacer las asignaciones. De los métodos
existentes para la obtención de una solución básica realizable es el más efectivo, tanto que
nos acerca a la solución óptima y en muchos casos la proporciona directamente.

Para aplicar el Método de Aproximación de Vogel se requieren cinco pasos:

Paso 1) Formar la matriz inicial. Es decir, construir una tabla de disponibilidades
(ofertas), requerimientos (demanda) y costos. Verificar si no hay que agregar
fila o columna ficticia.

Paso 2) Determinar la diferencia entre los dos coeficientes de costo más
pequeños para cada fila y para cada columna. Es decir, calcular para toda fila y
para toda columna la diferencia (en valor absoluto) entre las dos casillas de
menor costo. Se define como Penalización.

Paso 3) Hallar la mayor diferencia o penalización e identificar la fila o columna
a la que pertenece. En caso de empate se hace una selección arbitraria. Luego, se
sitúa en la celda de menor coste el mayor número posible de unidades,
disminuyendo las demandas y ofertas en la cantidad situada en esta celda.

Paso 4) Asignar cero a las casillas restantes de la fila (o columna) donde la
demanda o el suministro se haya agotado. Este paso elimina una fila o columna
(dependiendo del requerimiento de contorno satisfecho) para todos los otros
pasos posteriores.

Paso 5) Realizar una nueva diferencia de coeficientes con los casilleros
habilitados. Nuevamente elegir el valor de diferencia mayor y continuar con
igual metodología hasta asignar la totalidad de los recursos.

Cuando sólo queda una casilla en una fila o columna, se asigna a esa casilla una
cantidad que no viole los requerimientos de contorno. Verificar la optimalidad de la
solución empleando la prueba correspondiente.

Caso de Maximización.

El método MAV, puede usarse en problemas de maximización, haciendo una
ligera modificación. La modificación requerida consiste en multiplicar todos los valores
de coeficiente de costo (cij) por –1, empleando el concepto de que minimizar la
opuesta de una función equivalente a maximizar la función original.



Para una mayor comprensión del método de aproximación de Vogel se
presentaran dos problemas de transporte (uno de minimización y otro de maximización)
para su resolución por este método.

Ejercicio 3) caso de minimización para la resolución mediante el Método de
Aproximación de Vogel.

“La compañía ARCOR tiene cuatro enlatadoras A, B, C y D que abastecen a cuatro
almacenes y la gerencia quiere determinar la programación de envío de costo mínimo para
su producción mensual de latas de tomate. La demanda de los cuatro almacenes es de 10,
12, 15 y 9; y la producción de las enlatadoras A, B, C y D es de 15, 6, 14 y 11
respectivamente. Los costos de envío por caja de latas de tomate se muestran en la Tabla
16.”

Almacen 1 Almacen 2 Alamcen 3 Alamcen 4
Enlatadora A $25 $35 $36 $60
Enlatadora B $55 $30 $45 $38
Enlatadora C $40 $50 $26 $65
Enlatadora D $60 $40 $66 $27
TABLA 16

Paso 1) Se construye la tabla de disponibilidades. En este caso no hay que
agregar fila o columna ficticia. Está balanceada.

Enlatadoras Almacenes Producción
1 2 3 4
A 25 35 36 60 15
B 55 30 45 38 6
C 40 50 26 65 14
D 60 40 66 27 11
Demanda 10 12 15 9 46
TABLA 17
De acuerdo con el modelo presentado anteriormente, en este problema se trata
de seleccionar valores de estas 16 variables de decisión (las xij) para:

Minimizar Z = 25 * x11 + 35 * x12 + 36 * x13 + 60 * x14 + 55 * x21 + 30 * x22
+ 45 * x23 + 38 * x24 + 40 * x31 + 50 * x32 + 26 * x33 + 65 * x34 + 60 *
x41 + 40 * x42 + 66 * x43 + 27 * x44.

Sujeta a las restricciones de enlatadoras:
x11 + x12 + x13 + x14 = 15
x21 + x22 + x23 + x24 = 6
x31 + x32 + x33 + x34 = 14
x41 + x42 + x43 + x44 = 11



y a las siguientes restricciones de almacenes:
x11 + x21 + x31+ x41 = 10
x12 + x22+ x32 + x42 = 12
x13 + x23 + x33 + x43 = 15
x14 + x24 + x34 + x44 = 9

y xij ≥ 0 (i = 1,2,3,4; j = 1,2,3,4)
Se recuerda que las variables xij representan las cantidades de productos
enviadas de cada centro de suministro a cada centro de demanda a costo
mínimo.

Paso 2) se calcula para toda fila y para toda columna la diferencia (en valor
absoluto) entre las dos casillas de menor costo. Se define como Penalización.

Diferencia de la fila 1: |25-35|=10

Diferencia de la columna 1: |25-40|=15

Paso 3) En nuestro problema el 15 es la mayor diferencia o penalización.
Dentro de esta columna se elige la celda de menor costo, la enlatadora A con el
almacén 1. Se asigna a esta celda lo más posible, el almacén 1 requiere 10
unidades. El centro productor puede abastecerlo en esa cantidad, de esa
manera queda satisfecho el almacén 1.

Paso 4) Se elimina para cálculos sucesivos la columna 1 cuya capacidad ha
quedado satisfecha, ya que este almacén ha recibido todo lo demandado. Habrá
casos en los que podrá eliminarse fila y columna, será cuando coincidan oferta
y demanda). Asignar cero a las casillas restantes de la fila (o columna) donde la
demanda o el suministro se haya agotado.

1 2 3 4
A 10 25 35 36 60 5
B -- 55 30 45 38 6
C -- 40 50 26 65 14
D -- 60 40 66 27 11
Demanda 0 12 15 9
TABLA 18



Paso 5) Volver a calcular para toda fila y para toda columna, las diferencias
entre las dos casillas de menor costo. Cualquier fila y columna con cero oferta o
demanda no se debe utilizar para calcular otras diferencias. Continuar con
igual metodología hasta asignar la totalidad de los recursos.

1 2 3 4
A 10 25 35 36 60 5
B -- 55 30 45 38 6
C -- 40 -- 50 14 26 -- 65 0
D -- 60 40 66 27 11
Demanda 0 12 1 9
TABLA 19

Nótese que la oferta del centro A, ahora es 5, ya que abasteció con
10 unidades al almacén 1. Se selecciona la fila C, por tener mayor
diferencia (24). Se elige la celda de la enlatadora C y el almacen 3 por ser
la de menor costo dentro de la fila C. Se asigna a esta celda 14 unidades del
centro productor C. Se elimina la fila C porque la oferta de este centro
productor está satisfecha. Se calculan las diferencias nuevamente y se repite
el ciclo.

1 2 3 4
A 10 25 35 36 -- 60 5
B -- 55 30 45 -- 38 6
C -- 40 -- 50 14 26 -- 65 0
D -- 60 40 66 9 27 2
Demanda 0 12 1 0
TABLA 20

Se selecciona la columna 4, por tener mayor diferencia (13). Se elige
la celda D-4 para asignar las 9 unidades que demanda. Se elimina la
columna 4. Se calculan las diferencias nuevamente y se repite el ciclo.
1 2 3 4
A 10 25 35 36 -- 60 5
B -- 55 30 45 -- 38 6
C -- 40 -- 50 14 26 -- 65 0
D -- 60 2 40 -- 66 9 27 0
Demanda 0 10 1 0
TABLA 21

Se selecciona la fila D, por tener mayor diferencia (26). Se elige la
celda D-2, que es la que tiene el menor costo, para asignar solo las 2



unidades que tiene la enlatadora D. Se elimina la fila D. Se calculan las
diferencias nuevamente y se repite el ciclo.

1 2 3 4
A 10 25 35 36 -- 60 5
B -- 55 6 30 -- 45 -- 38 0
C -- 40 -- 50 14 26 -- 65 0
D -- 60 2 40 -- 66 9 27 0
Demanda 0 4 1 0
TABLA 22
Se selecciona la columna 2, por tener mayor diferencia (15). Se elige
la celda B-2, que es la que tiene el menor costo, para asignar solo las 6
unidades que tiene la enlatadora B. Se elimina la columna B. Y se realiza la
asignación final, una asignación directa.

Luego, la tabla de asignaciones resultante es la siguiente:

1 2 3 4
A 10 25 4 35 1 36 -- 60 15
B -- 55 6 30 -- 45 -- 38 6
C -- 40 -- 50 14 26 -- 65 14
D -- 60 2 40 -- 66 9 27 11
Demanda 10 12 15 9 46
TABLA 23

Costo Total = 10 *($25) + 14* ($26) + 9 *($27) + 2*($40) + 6*($30) +
4*($35) + $36 = $1293

Si seguimos el procedimiento del algoritmo (figura 4):

Es degenerada?
7 < 4+4–1?

0 10 11 -3
25 25 35 36 38 60
20 35 55 30 14 45 21 38
15 25 40 25 50 26 23 65
30 30 60 40 25 66 27
TABLA 24



Al no encontrarse N negativos, se concluye que la solución es óptima (Tabla
24).

Ejercicio 4) caso de maximización mediante el método de Vogel.

Como ejemplo, se utilizan datos del ejercicio 3 excepto que los coeficientes de costo
presentados en la tabla 16 se consideran ahora como coeficientes de ganancia.

Método MAV caso de maximización: minimización del opuesto.

1 2 3 4
A -25 -35 -36 -60 15
B -55 -30 -45 -38 6
C -40 -50 -26 -65 14
D -60 -40 -66 -27 11
Demanda 10 12 15 9 46
TABLA 25

Se multiplican todos los coeficientes de costo cij por -1. Se siguen los pasos del
método de Vogel. De esta manera se obtienen las siguientes tablas que muestran el
desarrollo del método.

Enlatadoras Almacenes Producción ≠1
1 2 3 4
A -25 -35 -36 9 -60 15 6 24
B -55 -30 -45 -- -38 6 10
C -40 -50 -26 -- -65 14 15
D -60 -40 -66 -- -27 11 6
Demanda 10 12 15 90
≠1 5 10 21 5
TABLA 26

Se satisface la demanda de la columna 4, entonces queda eliminado para el
próximo ciclo.
1 2 3 4
A -25 -35 -36 9 -60 6 1
B -55 -30 -45 -- -38 6 10
C -40 -50 -26 -- -65 14 10
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 11 0 6
Demanda 10 12 15 4
≠2 5 10 21
TABLA 27



Se provee toda la producción de la fila D, entonces queda eliminada para el
próximo ciclo.

1 2 3 4
A -25 -35 -36 9 -60 6 1
B 6 -55 -30 -45 -- -38 60 10
C -40 -50 -26 -- -65 14 10
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 0
Demanda 10 4 12 4
≠3 15 15 9
TABLA 28

Se encuentran dos valores de sanción iguales, se elige de forma arbitraria la
columna. Pero en este caso vemos que en la columna 1 se encuentra el valor mas bajo (-
55) y se asignará allí las 6 unidades que le quedaron. Se elimina la fila B para el próximo
ciclo.
1 2 3 4
A -25 -- -35 -36 9 -60 6 1
B 6 -55 -- -30 -- -45 -- -38 0
C -40 12 -50 -26 -- -65 14 2 10
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 0
Demanda 4 12 0 4
≠4 15 15 10
TABLA 29

Se encuentran dos valores de sanción iguales, se elige de forma arbitraria la
columna. Pero en este caso vemos que en la columna 2 se encuentra el valor más bajo (-
50) y se asignará allí las 12 unidades que solicita. Se elimina la columna 2 para el próximo
ciclo.
1 2 3 4
A -25 -- -35 -36 9 -60 6 1
B 6 -55 -- -30 -- -45 -- -38 0
C 2 -40 12 -50 -- -26 -- -65 20 14
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 0
Demanda 42 0 4
≠5 15 10
TABLA 30

Se provee toda la producción de la fila C. Se realiza las ultima asignaciones en
forma directa.



1 2 3 4
A 2 -25 -- -35 4 -36 9 -60 6 4
B 6 -55 -- -30 -- -45 -- -38 0
C 2 -40 12 -50 -- -26 -- -65 0
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 0
Demanda 20 0 4 0
TABLA 31

Luego, la tabla de asignaciones resultante es la siguiente:

1 2 3 4
A 2 -25 -- -35 4 -36 9 -60 15
B 6 -55 -- -30 -- -45 -- -38 6
C 2 -40 12 -50 -- -26 -- -65 14
D -- -60 -- -40 11 -66 -- -27 11
Demanda 10 12 15 9
TABLA 32

Si seguimos el procedimiento del algoritmo (figura 4):

Es degenerada?
7 < 4+4–1?

0 -10 -11 -35
-25 -25 0 -35 -36 -60
-55 -55 35 -30 16 -45 52 -38
-40 -40 -50 25 -26 10 -65
-50 -10 -60 20 -40 -66 58 -27
TABLA 33

Hay un N negativo, entonces se debe hacer una reasignación mediante la
trayectoria +-. Se ubica en la tabla de asignaciones el N negativo y se comienza a trazar la
trayectoria.



1 2 3 4
A -- -25 -- -35 6 -36 9 -60 15
B 6 -55 -- -30 -- -45 -- -38 6
C 2 -40 12 -50 -- -26 -- -65 14
D 2 -60 -- -40 9 -66 -- -27 11
Demanda 10 12 15 9
TABLA 34

Es degenerada?
7 < 4+4–1?

0 -10 -6 -30
-30 5 -25 5 -35 -36 -60
-55 -55 35 -30 16 -45 47 -38
-40 -40 -50 20 -26 5 -65
-60 -60 30 -40 -66 53 -27
TABLA 35

Al no encontrarse N negativos, se concluye que la solución es óptima (Tabla
24).

La solución al problema de transporte para el caso de maximización y
resolución por el método de Aproximación de Vogel es:

Desde la enlatadora A enviar 6 unidades al almacén 3
Desde la enlatadora A enviar 9 unidades al almacén 4
Desde la enlatadora B enviar 6 unidades al almacén 1
Desde la enlatadora C enviar 2 unidades al almacén 1
Desde la enlatadora C enviar 12 unidades al almacén 2
Desde la enlatadora D enviar 2 unidades al almacén 1
Desde la enlatadora D enviar 9 unidades al almacén 3

Ganancia Total = 6 *($36) + 9* ($60) + 6*($55) + 2*($40) + 12*($50) + 2*($60)+9*
($66) = $260 + $540 + $ 330 + $ 80 + $ 600 + $120+ $594 = $2480



Ejercicio 5) Se presenta una tabla resultante de una primera asignación. El siguiente paso
que corresponde, siguiendo el algoritmo de la figura 4, es ver si es degenerada.

Destino A Destino B Destino C Destino D
Origen 1 5 3 3 4 1 2
Origen 2 1 2 5 7 3 7
Origen 3 2 1 1 6 3
TABLA 36
Es degenerada?
N° de asignaciones < 3 +3 – 1
5 < 6 es degenerada.

Luego, debo levantar la degeneración.
Esta solución tiene asignaciones en 5 casillas, mientras que m+ n - 1 es igual a 6.
Por consiguiente, esta es una solución degenerada. En realidad, la solución mostrada en la
tabla 36 indica que es necesario agregar una ε.

En la tabla 37 se muestra la asignación de ε. Debe recordarse que las ε deben
situarse en las casillas que permitan una asignación única de los valores de ui y vj. Por
ejemplo, la asignación de ε a la casilla 1A, o la casilla 1C no habría permitido un
conjunto único de valores de ui y vj después de la selección inicial de un valor de ui o vj.

Origen 1 5 3 3 4 1 2
Origen 2 1 2 5 7 3 7
Origen 3 2 ε 1 1 6 3
TABLA 37
Elegimos entre las posiciones posibles la (3,B), que es una de las más baratas, y le
daremos el valor ε, y hallamos los costos reducidos.

ui vj 0 1 -1 3
3 3 4 2 1 -4 2
4 -3 1 5 3 0 7
0 2 2 1 2 1 3
TABLA 38

En la tabla 38 se presenta la prueba de optimalidad de la solución dada en la tabla 37.
Es optima la asignación?
Como se observa en la tabla 38, existen valores de N negativos que indican que la
asigancion inicial no es optima.
Se hace entonces un desplazamiento hacia una solucion optimal.
Ya que la asignación no es optima, es necesario hacer otra asignación. Se lo hrá mediante
la trayectoria +-.



El costo reducido más positivo es la posición (1,D), es el menor valor de los N. La solución
a la que corresponde el valor más pequeño entre las celdas marcadas con el signo menos
es 3, en la posición (1,B). La nueva solución está en la siguiente tabla.

Origen 1 5 3 4 1 3 2
Origen 2 1 2 5 7 3 7
Origen 3 2 3+ ε 1 1 3 3
TABLA 39
ui vj 3 0 -2 2
0 3 4 4 3 1 2
5 -7 1 5 3 0 7
1 -2 2 1 2 1 3
TABLA 40
Es optima la asignación?
Como se observa en la tabla 40, existen valores de N negativos que indican que la
asignación inicial no es óptima.

El mayor valor del coste reducido es 7, que está en la posición (2,1).
En el ciclo marcado los valores señalados con signo menos son (5,2,3) de los cuales el
menor costo es 2 por lo que la posición (2,2) vale 0, quedando la nueva tabla:

Origen 1 3 3 4 1 5 2
Origen 2 2 1 0 5 7 3 7
Origen 3 2 5+ ε 1 1 1 3
TABLA 41

Luego se verifica si es optima y si no lo es, se continua aplicando la trayectoria +-, hasta
llegar a una solucion optima.

La tabla final resultante es:

Origen 1 3 4 2 1 6 2
Origen 2 5 1 5 4 3 7
Origen 3 2 5 1 1 1 3
TABLA 42
Obtenida tras poner en 0 el valor de ε.



Probllemas de Asiignaciión
Prob emas de As gnac ón
Otra clase de modelo de distribución es el modelo de asignación. Específicamente,
éste modelo está relacionado con la asignación de un determinado número de orígenes al
mismo número de destinos (es decir, una matriz de asignación cuadrada, “m = n”) con el
objeto de optimizar alguna función de efectividad (ordinariamente el valor de la ganancia).
Los problemas de asignación son casos degenerados de los problemas de transporte.
Aquí la degeneración se presenta en cada una de las etapas de solución. Aunque se pueden
resolver por los mismos métodos, el grado de degeneración de este tipo de problemas y lo
complicado que resulta su resolución por esos métodos, ha obligado a desarrollar un
método específico para resolverlos.
El problema de asignación es un tipo especial de problema de programación lineal
en el que los asignados son recursos destinados a la realización de tareas. Por ejemplo, los
asignados pueden ser empleados a quienes se tiene que dar trabajo. La asignación de
personas a trabajos es una aplicación común del problema de asignación. Sin embargo, los
asignados no tienen que ser personas. También, pueden ser maquinas, vehículos, plantas a
los que se asignan tareas. Para que un problema se ajuste a la definición de problema de
transporte se deben cumplir las siguientes suposiciones:
1) El número de asignados es igual al número de tareas (se denota por n).
2) Cada asignado se asigna a una tarea.
3) Cada tarea debe realizarla exactamente un asignado.
4) Existe un costo cij asociado con el asignado i ( i = 1,2...,n) que realiza la tarea j (j
= 1,2...n).
5) El objetivo es determinar cómo deben hacerse las n asignaciones para minimizar
los costos totales.
Cualquier problema que satisface estas suposiciones puede resolverse en forma
extremadamente eficiente mediante los algoritmos diseñados especialmente para los
problemas de asignación.

Matemáticamente, el modelo de asignación se define como la, optimización
(maximización o minimización) de la función:

∑ ∑ cij xij
donde cij son los coeficientes de costo (ganancia),
∑
Sujeto a las restricciones: xij = 1,0 ; j=1, 2, 3, …,n [hasta una asignación
en una columna]

∑ xij = 1,0 ; i=1, 2, 3, …,n [hasta una
asignación en una fila]

xij = 1 o 0 para todas las xij



El término cij es un coeficiente de costo o beneficio de asignar el origen “i” al
destino “j”. El valor binario de xij , significa que el origen “i” puede o no, ser asignado al
destino “j”.
Observe que la estructura es similar al modelo de transporte. De hecho, el problema
de asignación es solo un caso especial de los problemas de transporte, en donde los
orígenes son ahora los asignados, y los destinos son las asignaciones o tareas y donde:

Numero de orígenes (m) = número de destinos (n).
Cada recurso ai = 1
Cada demanda bj = 1.

Resumiendo, las soluciones de este problema sólo pueden tomar los valores 0 ó 1.
Un 1 en la celda (i, j) significa que al individuo i se asigna la tarea j. Aunque el problema
puede resolverse por el algoritmo de transporte, se suele presentar un alto grado de
degeneración. Para el problema de asignación es más eficiente usar el método Húngaro, que
exponemos a continuación.

METODO HUNGARO
El método Húngaro, propuesto por Kuhn en 1954, es más eficiente que otros
algoritmos. Este método, que no aparece en forma explícita hasta principios de los años
setenta, se basa en el hecho de que la asignación optima no queda afectada si se suma o
resta una misma constante a una fila o columna de la matriz de asignación. El objetivo es
entonces obtener el mayor número de ceros en la matriz de costo convenientemente
transformada de forma que sea posible encontrar m ceros que correspondan a una solución
factible. Supuesto entonces que todos los cij son no negativos, el método lleva por tanto a
transformar el problema en uno “equivalente” con un mínimo costo total cero, lo que será
cierto si es posible obtener una asignación independiente de ceros.

Partiendo de la matriz cuadrada se realizan los pasos siguientes:

Paso 1) Encontrar el mínimo de cada fila. Construir una nueva matriz restando de
cada fila el mínimo coste de ésta. Para esta nueva matriz realizar la misma
operación por columnas. Esta nueva matriz se llama matriz de coste reducido.

Paso 2) Considerando esta última matriz y procurando comenzar por las filas o
columnas con menor número de ceros se recuadra un cero en cada fila y columna y
se tachan los demás ceros de estas filas o columnas. Se repite este proceso hasta que
no queden ceros sin tachar o recuadrar.

Paso 3: Si el número de ceros recuadrados es igual que el número de filas (también
será igual que el número de columnas), las posiciones de los ceros recuadrados
marcan la solución óptima. Si no es así, continuar con el Paso 4.

Paso 4: Tachar con el menor número de líneas (filas o columnas) todos los ceros de



la matriz. Para conseguirlo se puede seguir el siguiente procedimiento:
a) Se marcan las filas que no tengan ningún cero recuadrado.
b) Se marcan las columnas que tengan algún cero tachado en las filas
marcadas.
c) Considerando únicamente las columnas marcadas se marcan las filas que
tengan algún cero recuadrado en estas columnas marcadas.
d) Se repite b y c hasta que no se puedan marcar más filas o columnas.
e) Se tachan las filas no marcadas y las columnas marcadas.

Paso 5: Se resta a todos los elementos sin tachar el menor de ellos. Los elementos de
la parte tachada se dejan igual salvo los que están tachados dos veces, a los que se
les suma ese número.

Paso 6: Volver al paso 2

Ejercicio 6) caso de minimización para la resolución con el método Húngaro

Se trata de asignar cuatro personas a la realización de cuatro tareas diferentes. La
puntuación relativa de cada persona a cada tarea se podría determinar mediante
puntuaciones de prueba, intentos u opiniones subjetivas. Esas puntuaciones se disponen en
forma de matriz como se indica en la Tabla 43.

TAREA 1 TAREA 2 TAREA 3 TAREA 4
PERSONA 1 2 6 3 5
PERSONA 2 1 2 5 3
PERSONA 3 4 3 1 5
PERSONA 4 2 4 1 5
TABLA 43

El primer paso consiste en obtener los costos de oportunidad para cada renglón y
columna, mediante la resta en renglones y columnas. Esto se hace restando el número más
pequeño que aparezca en cada renglón o columna de los restantes valores del renglón
respectivo. La Tabla 44 muestra la resta en renglones.

TAREA 1 TAREA 2 TAREA 3 TAREA 4 Num
Menor
PERSONA 1 0 4 1 3 2
PERSONA 2 0 1 4 2 1
PERSONA 3 3 2 0 4 1
PERSONA 4 1 3 0 4 1
TABLA 44

Observe que en cada renglón aparece un cero. Los otros valores distintos de cero
son los costos de oportunidad que resultarían al no asignar la persona con la mejor


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