teorÍa de dualidad y anÁlisis de sensibilidad

5/4/2018 TEOR A DE DUALIDAD Y ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD - slidepdf.com

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE

INGENIERIA

FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y TEXTILFACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y TEXTIL

SEPARATA N° 3SEPARATA N° 3

CURSOCURSO: INVESTIGACION DE OPERACIONES I: INVESTIGACION DE OPERACIONES I

TEMATEMA : DUALIDAD - ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD: DUALIDAD - ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

- ANÁLISIS- ANÁLISISPOST-ÓPTIMOPOST-ÓPTIMO

PROF.PROF. : Mg. ING.: Mg. ING. MAURO PEREZ ESTRELLAMAURO PEREZ ESTRELLA



TEORÍA DE DUALIDAD Y ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD TABLA DE RELACIONES PRIMAL – DUAL

Min Max0≥ ≤0≤

≥ RestriccionesVariablesLibre =

Restricciones ≥ 0≥

≤ 0≤ Variables= Libre

Ejemplo: Max Z = 4x1 + 3x2 + 6x3

s.a:x1 + 2x2 + x3 ≥ 6 → w1

P 4x1 + x2 + 2x3 = 4 → w2

3x1 + 6x2 + x3 ≤ 3 → w3

x1 ≥ 0 x2 ≤ 0 x3 Libre

min G = 6w1 + 4w2 + 3w3

s.a:w1 + 4w2 + 3w3 ≥ 4

2w1 + w2 + 6w3 ≤ 3D w1 + 2w2 + w3 = 6

w1≤

0 w2 Libre, w3 ≥

0



Aplicación

Productos

Disponibilidad(hr/mes)

A BProceso 1 3 2 2000Proceso 2 1 2 1000(Utilidad $) 40

60

Max Z = 40x1 + 60x2 s.a:

3x1 + 2x2 ≤ 2000→ w1

x1 + 2 x2 ≤

1000→

w2x j ≥ 0

Formulación del Dual

Variables de decisión : w1 , w2 : precios a los recursos.

F.O. min G = 2000 w1 + 1000w2 → es la rentabilidad misma de lasVentas de los productos.

s.a:3w1 + w2 ≥ 40 → Los precios que se fijan para los recursos para hacer

A, debe ser mayor que la contribución que ofreceel producto A cuando se ofrece.

2w1 + w2 ≥ 60 → Los precios que se establecen para los recursos

para hacer B debe ser mayor o igual que lacontribución que ofrece el producto B, cuando seofrece.



Análisis de la Solución Óptima primal

Tablero óptimo para el primal

c j 40 60 0 0ck xk bi x1 x2 x3 x4

W3 40

x1 500 1 0 0.5 -0.5

W4 60

x2 250 0 1 -0.25 0.75

Z j 35000

40 60 5 25

c j Z j 0 0 -5 -25W3 W4 W1 W2

Solución óptimo: x1 = 500x2 = 250

Zópt. = 35000

Tablero Óptimo Dual

ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

1) Sensibilidad de los Coeficientes de la Función Objetivo (c j)

a) Coeficientes de V.N. Básicas en la función objetivo para el siguiente problema:

maxZ = 3x1 + 2x2 + x3

s.a:x1 + 2x2 + x3 ≤ 100

bi 2000

1000

0 0 M M

bk wk c j w1 w2 w3 w4 q1 q2

2000

w1 5 1 0 -0.5 0.25 0.5 -0.25

1000

w2 25 0 1 0.5 -0.75 -0.5 0.75

gi 3500

0

200

0

100

0

-500 -250 500 250

bi - gi 0 0 500 250 M-500 M-250



x1 + x2 + 2x3 ≤ 902x1 + 3x3 ≤ 120 x j ≥ 0 ; j = 1,2,3

Tablero óptimo c j 3 2 1 0 0 0

ck xk bi x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 x2 20 0 1 -1/4 1/2 0 -1/40 x5 10 0 0 3/4 -1/2 1 -1/43 x1 60 1 0 3/2 0 0 1/2

Z j 220

3 2 4 1 0 1

c j Z j 0 0 -3 -1 0 -1 V.N. Básicas : x3 , x4, x6

Caso de maximización: Caso minimización

j j j ccc ∆+≤≤∞− ∞≤≤∆− j j j ccc

- Considerando para x3 → c3

⇒ 333ccc ∆+≤≤∞−

Hallamos: 3

333=−=∆ c Z c

⇒ 43133≤≤∞−⇒+≤≤∞− cc


⇒ 444 ccc ∆+≤≤∞−

⇒ 101 4444 +≤≤∞−⇒=−=∆ cc Z c

⇒ 1

4≤≤∞− c


⇒ 666ccc ∆+≤≤∞−

⇒ 1666 =−=∆ c Z c

⇒ 11066≤≤∞−⇒+≤≤∞− cc



b) Coeficientes de V. Básicos en la fun..obj.

min

' :ij

j j

k k k k a

c Z cdondeccc

−=∆∆+=

Relación que deben cumplir los coeficientes de la función objetivo, su signo, suvariación y el signo de esta, el signo de los aij y el objetivo del problema para provocar variaciones de la solución óptima.

Coeficiente ck Objetivo del Problema

Maximizar Minimizar Positivo +∆

-∆

aij < 0aij > 0

aij > 0aij < 0

Negativo +∆

-∆

aij > 0aij < 0

aij < 0aij > 0

Para el caso de maximización

Cuando:

No existe:∞≤⇒<

≤∞−⇒>

jij

jij

ca

ca

0

0

Para el caso de minimización

Cuando:

No existe: jij

jij

caca

≤∞−⇒<

∞≤⇒>

0

0

En nuestro ejemplo:

V. Básicas : x1, x2, x5

Caso maximización:'' j j j j j ccccc ∆+≤≤∆−⇒



min

'

ij

j j

ja

c Z c

−=∆

)(0 Superior Límiteaij <

)(0 Inferior Límiteaij <


⇒ '

111

'

11ccccc ∆+≤≤∆−

Límite Superior:

→∉<−=∆

<

0;

min

11'

1

0

ij

ija

aa

c Z c

ij

⇒ ∞≤

1c

Límite Inferior:

22/3

3'

1=

−=∆c

22/1

1'

1=

−=∆c

⇒ el menor es 2

'

1 =∆c

Entonces:

3 – 2 ≤ C1 ≤ ∞

P1. RESOLUCIÓN POR EL MÉTODO SIMPLEX

F.O : MaxZ = 20X1 + 25X2

s.a: 0.5 X1+ X2 <= 150 ………disponibilidad de horas de la máquina Nº1X1 + X2 <= 250 ……… disponibilidad de horas de la máquina Nº2

X1 + 1.5 X2 <= 300 ……... disponibilidad de horas de la máquina Nº3 0

i x∀ ≥ …….. condición de no negatividad

PRIMER TABLERO SIMPLEX



C j 20 25 0 0 0Ck xk bi x1 x2 S1 S2 S3

0 S1 150 0.5 1 1 0 00 S2 250 1 1 0 1 00 S3 300 1 1.5 0 0 1

Z j 0 0 0 0 0 0

Z j-C j -20 -25 0 0 0

SEGUNDO TABLERO SIMPLEX

TERCER TABLERO

SIMPLEX (Tablero Optimo)

La solucion óptima se dará para los siguientes valores:

x1 = 200x2 = 50 Zoptimo = 5250S3 = 25

b) ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD PARA LOS COEFICIENTES DE LA FUNCIONOBJETIVO

- Para las variables básicas x1 y x2

Definimos x1: c1

Teóricamente sabemos que:c1 - ∆ c’1 ≤ c1 ≤ c1 + ∆ c’1

Ademas : ∆ c’1 =ij

j j

a

c z −=

2

10

−= 5 Limite Superior

C j 20 25 0 0 0Ck xk bi x1 x2 S1 S2 S3

25 x2 150 0.5 1 1 0 00 S2 100 0.5 0 -1 1 00 S3 75 0.25 0 -15 0 1

Z j 3750 12.5 25 25 0 0

Z j-C j -7.5 0 25 0 0

C j 20 25 0 0 0Ck xk bi x1 x2 S1 S2 S3

25 x2 50 0 1 2 -1 020 x1 200 1 0 -2 2 0

0 S3 25 0 0 -1 -0.5 1Z j 5250 20 25 10 15 0

Z j-C j 0 0 10 15 0



∆ c’1 =2

15= 7.5 Limite Inferior

Por lo tanto:20-7.5 ≤ c1 ≤ 20+5

12.5 ≤ c1 ≤ 25

Definimos x2: c2

Teóricamente sabemos que:c2 - ∆ c’2 ≤ c2 ≤ c2 + ∆ c’2

Además: ∆ c’2 =ij

j j

a

c z −=

1

15

−

= 15 Limite Superior

∆ c’2 =2

10= 5 Limite Inferior

Por lo tanto: 25-5 ≤ c2 ≤ 25+15

20 ≤ c2 ≤ 40

c) Si se incrementa la tasa de producción del articulo 1 en un 50%, entonces en nuestra F.O elcoeficiente de x1 será ahora 30, mediante el análisis de sensibilidad desarrollado en la preguntaanterior se demostró que c1 esta entre 12.5 y 25 por lo que al estar 30 fuera de este rango hará quenuestra solución optima varié por lo que ya no sería posible cumplir con la producción de 50unidades del articulo 2.

ANALISIS POSTOPTIMALPara el siguiente problema

Max Z = 3x1 + 2x2+ x3

s.a:x1 + 2x2 + x3 ≤ 100x1 + x2 + 2x3 ≤ 90

2x1 + 3x3 ≤ 120xi ≥ 0

Tablero óptimo

c j 3 2 1 0 0 0



ck xk bi x1 x2 x3 S1 S2 S3

2 x2 20 0 1 -1/4 1/2 0 -1/40 S2 10 0 0 3/4 -1/2 1 -1/43 x1 60 1 0 3/2 0 0 1/2

Z j 220 3 2 4 1 0 1

C j - Z j 0 0 -3 -1 0 -1

Análisis post-optimal

A) Modificación de los coeficientes de la F.O. correspondientes a V.N.B.

Variables no básicas: x3, s1, s3

Para x3→

c3

c3 = 1 cambiar por c '

3 = 5

Cálculo:Z j - c ' j = ( Z j - c j ) + ( c j - c ' j )

⇒ Z j - c '

j = 3 + ( 1 - 5 )

Z j - c ' j = -1

Como: Z j - c j ≥ 0 ⇒ la solución óptima se modifica, ingresa x3 a la base

B) Modificaciones en los coeficientes de la F.O. correspondiente a V.B.

Variables básicas: x1, x2, s2

Cálculo:

Z j - c ' j = ( Z j - c j ) - )c-(c j j'

Cambio neto

Para x1 → c1

⇒ c1 =3 cambiar por 6 → c '

1 = 6

Luego ⇒ el cambio neto = c ' j - c j = 6 -3 = 3

Para obtener el nuevo reglón de x1, multiplicar cada término del reglón x1 por elcambio neto y sumar luego esta cantidad a cada término del reglón x1 original.

c j 6 2 1 0 0 0ck xk bi x1 x2 x3 S1 S2 S3



2 x2 20 0 1 -1/4 1/2 0 -1/40 S2 10 0 0 3/4 -1/2 1 -1/46 x1 60 1 0 6 0 0 2

Z j 400 6 2 71/2 1 0 23/2

C j - Z j 0 0-

69/2

-1 0 -23/2

Nuevos términos:

2/3 x 3 + 3/2 = 6Z se incrementa apreciablemente.

0 x 3 + 0 = 0 ⇒ La base permanece óptima.

1/2 x 3 + 1/2 = 2cambio neto

C) Modificación en la matriz de restricciones.

1) Columna no básica : x3, s1, s3

=

3

2

1

3a cambiar por

=

4

1

3

'

3a



⇒

−

=

−−

−== −

2

2/3

2/1

4

1

3

2/1

4/1

4/1

0

1

0

0

2/1

2/1'

3

1'

3 a B x

( ) 1

2

2/3

2/1

3,0,2.... 3'3

13

'3

1

3

−

−=−=− −− ca Bcca Bc B

Z

T k

Z j – C j = 7-1 = 6 → sigue siendo óptima.

2) Columna básica: x1, x2, s2

Cálculo:

=

≠

⇒=−

:0

:0

'

'

'1'

j

j

j j x s i

x s i

a B x

La base sigue siendo óptima, analizar la siguiente iteración

Añadir una variable artificial, se modifica la base



a) Si consideramos para la columna de x1

=2

1

1

1a cambiar por

=4

2

3

'

1a

⇒

1

5

2

'

1

1'

22/1

2/1

42

3

2/14/1

4/1

01

0

02/1

2/1

x x

x

a B x j

→→

→

−

=

−

−

−==−

vemos que:0'

1 ≠ x



( ) 43732

2/1

2/1

3,0,2.. 1

'

1

1

3=−=−

−=−⇒−

ca Bc

Z

B Z j – C j = 4 ; sigue siendo óptima, la solución es columna '

1 x .

b) Si consideramos:

=

2

1

1

1a por

=

0

2

1

'

1a



⇒

1

2

2

'

1

1'

0

2/3

2/1

0

2

1

2/1

4/1

4/1

0

1

0

0

2/1

2/1

x

s x

a B x j

→

→→

=

−−

−== −

0'

1 ≠ x

( ) 313

0

2/3

2/1

3,0,2.. 1

'

1

1 −=−

=−⇒ −

ca Bc B

Z1 – C1 = -2

Solución es columna '

1 x : '

1 x

x2 1/2s2 3/2x1 0

z j 1Z j - c j -2



En el tablero simplex (reemplazar el reglón x1 por q1)

c j 3 2 1 0 0 0 Mck xk bi x1 x2 x3 S1 S2 S3 q1

2 x2 20 1/2 1 -1/4 1/2 0 -1/4 00 S2 10 3/2 0 3/4 -1/2 1 -1/4 0M q1 60 0 0 3/2 0 0 1/2 1

Z j

60M+400

1 23/2M-

1/21 0

M/2-1/2

M

C j - Z j -2 03/2M-

3/21 0

M/2-1/2

0

↑ingres

a

E) Adición de una nueva actividadPodemos considerar que la adición de una nueva actividad es una actividad no

básica que se inició originalmente en el modelo con todos los coeficientes cero en lafunción objetivo y en las restricciones.

Los coeficientes de la nueva actividad representarán entonces los cambios decero a los nuevos valores.

Nueva actividad : xn+1

Coeficiente : cn+1

Columna de consumo : an+1

¿Conviene producir xn+1 ?

5;0 441 =≥=⇒ + c x xn

=

1

1

3

4a

Calculamos:

?. 4

1

4 ==−a B x



−

=

−−

−== −

2/1

2/3

4/5

1

1

3

2/1

4/1

4/1

0

1

0

0

2/1

2/1

'

4

1

4a B x

15

2/1

4/3

4/5

)3,0,2(.. 4

'

4

1

3

−=−

−=−−

ca Bc

Z

b

⇒ Z j – C j < 0 ingresa x4 a la base.

c j 3 2 1 5 0 0 0ck xk bi x1 x2 x3 x4 S1 S2 S3 θ

2 x2 20 0 1-

1/45/4

1/2

0 -1/4

0 S2 10 0 0 3/4 -3/4-1/2

1 -1/4

3 x1 60 1 0 3/2 1/2 0 0 1/2Z j 220 3 2 4 4 1 0 1

C j - Z j 0 0 -3 1 -1 0 -1



↑ingresa

No se puede admitir una nueva actividad en la solución a menos que esta mejore el

valor de la función objetivo.F) Adición de una nueva restricción.

La adición de una nueva restricción puede dar origen a una de dos condiciones:

1. La restricción satisface la solución actual y en este caso, la restricción es deno enlace o redundante, y por lo tanto, su adición no altera la solución.

2. La solución actual no satisface la restricción por lo tanto se volverá de enlace y lanueva solución tiene un valor menos óptimo de Z original.

Ejemplo: Sea la nueva restricción:

x1 ≤ 70

⇒ x1 + s5 = 70

Luego:

c j

ck xk bi x1 x2 x3 S1 S2 S3 S4

2 x2

2

0 0 1 -1/4 1/2 0 -1/4 00 S2

10

0 0 3/4 -1/2 1 -1/4 0

3 x160

1 0 3/2 0 0 1/2 0

0 S470

1 0 0 0 0 0 1

↓

debe ser “cero” para formar la matriz identidad, entonces se

multiplica el reglón x1→

por -1 y luego se suma a los términos iniciales del reglón x7.

Así:



60(-1) + ; 4(-1)+ ; 0+ ; -3/2+ ; 0+ ; 0+ ; -1/2+ ; 0+70 1 0 0 0 0 0 1

10 0 0 -3/2 0 0 -1/2 1

c j 3 2 1 0 0 0 0

ck xk bi x1 x2 x3 S1 S2 S3 S42 x2 20 0 1 -1/4 1/2 0 -1/4 00 S2 10 0 0 3/4 -1/2 1 -1/4 03 x1 60 1 0 3/2 0 0 1/2 00 S4 10 0 0 -3/2 0 0 0 1

Z j 220

3 2 4 1 0 1 0

c j - Z j 0 0 -3 -1 0 -1 0

La solución sigue siendo óptima.

Prob. Utilizando holgura complementaria, y a su vez método gráfico resolver el siguiente

problema:

Min Z = 110X1 + 130X2 + 910X3 + 6480X4 + 11050X5S.a:

X1 + 13X3 + 14X4 + 40X5 ≥ 30X2 - 7X3 + 45X4 + 65X5 ≥ 60

Xi ≥ 0

Solución

Primal:

Min Z = 110X1 + 130X2 + 910X3 + 6480X4 + 11050X5S.a:

X1 + 13X3 + 14X4 + 40X5 ≥ 30………….W1

X2 - 7X3 + 45X4 + 65X5 ≥ 60……………W2Xi ≥ 0

Dual:

Max G = 30W1 + 60W2S.a:

W1 ≤ 110

W2 ≤ 130

13W1 – 7W2 ≤ 910

14W1 + 45W2 ≤ 6 480

40W1 + 65W2 ≤ 11 050



Wi ≥ 0

Tabulaciones de los puntos extremos de la RSF del Método Gráfico:

Punto Valor

A(0,130) 7800B(45,130) 9 150Punto óptimo→ C(85.45,117.42) 9 608.7 ←Valor óptimo

D(110,102.31) 9 438.6E(110,74.3) 7 758F(70,0) 2 100G(0,0) 0

La solución del dual por el método gráfico da los siguientes resultados:

Góptimo = 9608.7W1 = 85.45W2 = 117.42

Aplicando holgura complementaria:

o De la 1ra restricción del dual se obtiene:

W1 + S1 = 110 → S1 ≠ 0 → X1 = 0o De la 2da restricción del dual se obtiene:

W2 + S2 = 130 → S2 ≠ 0 → X2 = 0

o De la 3ra restricción del dual se obtiene:

13W1 – 7W2 + S3 = 910→ S3 ≠ 0 → X3 = 0

o De la 4ta restricción del dual se obtiene:

14W1 + 45W2 + S4 = 6 480→ S4 = 0 → X3 ≠ 0

o De la 5ta restricción del dual se obtiene:

40W1 + 65W2 + S5 = 11 050→ S5 = 0 → X5 ≠ 0

Reemplazando en las restricciones del primal:X4 = 0.505662

X5 = 0.573033Zóptimo = 9608.7



PROBLEMAFred Marvin administra la granja de su familia. Para complementar varios alimentos que se cultivanen la granja, Fred también cría cerdos para venta y desea determinar las cantidades de los distintostipos de alimentos disponibles (maíz, grasas y alfalfa) que debe dar a cada cerdo. Como los cerdos secomerán cualquier mezcla de estos tipos de alimento, el objetivo es determinar qué mezcla cumpleciertos requisitos nutritivos a un costo mínimo. En la siguiente tabla se dan las unidades de cada tipode ingrediente nutritivo básico contenido en 1 kilogramo de cada tipo de alimento, junto con losrequisitos de nutrición diarios y los costos de los alimentos.

Ingredientenutritivo

Kilogramo demaíz

Kilogramo degrasas

Kilogramo dealfalfa

Requisitomínimo diario

CarbohidratosProteínasVitaminas

903010

208020

406060

940450170

Costo (pesos) 68 76 78a) Formular y resolver el problema. Utilice el método simplex. b) Formular el Dual y elaborar el tablero óptimo dual a partir del tablero óptimo primal.c) Determine el rango de variación para los coeficientes de la función objetivo y de los términos

del lado derechod) Si se desea incrementar la cantidad de carbohidratos en 22 unidades cuál sería la contribución

a la utilidad de la mezcla óptima. Usar análisis de sensibilidad.e) El incremento de la producción de maíz en el mercado hace que el precio de la misma se

reduce un 40%, se modifica la mezcla óptima hallada en a)? justifique su respuesta utilizandoanálisis de sensibilidad.

f) Se desea utilizar un cuarto tipo de alimento (afrecho) cuyo costo es de 56 pesos; se sabe que

cada kilogramo de la misma contiene 80 unidades de carbohidrato, 40 unidades de proteínas y20 unidades de vitaminas. Modifica la solución actual?. Si es así muestre la nueva solución.

g) Si el requisito mínimo diario de proteínas es de 590 unidades, se modifica la solución actual; sies así muestre la nueva solución óptima.

h) Si el contenido de ingredientes nutritivos por kilogramo de maíz se modifica a 80, 20 y 25unidades de carbohidratos, proteínas y vitaminas respectivamente, muestre la nueva solución sise modifica.

Solución

a) sea: Xi = cant.(kg) del alimento “i” utilizado en la mezcla ( i= 1, 2, 3)F.O: minimizar el costo de la mezcla Min Z = 68X1 + 76X2 + 78X3

s.a:90X1 + 20X2 + 40X3 >= 94030X1 + 80X2 + 60X3 >= 45010X1 + 20X2 + 60X3 >= 170

Tablero óptimo

Cj 68 76 78 0 0 0 -M -M -MCk Xk bi X1 X2 X3 e1 e2 e3 q1 q2 q378 X3 0.733 0 0 1 0.001 0.005 - - - 0.023



0.023 0.001 0.00568 X1 9.81 1 0 0 -

0.0120.001 0.007 0.012 -

0.001-0.007

76 X2 1.397 0 1 0 0.004 -0.017

0.014 -0.004

0.017 -0.014

Zj 830.3

1

68 76 78 -

0.434

-

0.864

-

0.254

0.434 0.864 0.254

Zj-Cj 0 0 0 0.434 0.864 0.254 M-0.434

M-0.864

M-0.254

S1 S2 S3 W1 W2 W3 b) formulación del dual correspondiente:

Max G = 940 W1 + 450 W2 + 170 W3s.a:

90 W1 + 30 W2 + 10 W3 <= 6820 W1 + 80 W2 + 20 W3 <= 7640 W1 + 60 W2 + 60 W3 <= 78

Tablero optimo dual:

Cj 68 76 78 0 0 0Ck Xk bi X1 X2 X3 e1 e2 e378 S3 X3 0.723 0 0 1 0.001 0.005 -0.02368 S1 X1 9.64 1 0 0 -

0.0120.001 0.007

76 S2 X2 1.513 0 1 0 0.004 -0.017

0.014

Zj 826.9 68 76 78 -

0.433

-

0.863

-0.21

Zj-Cj 0 0 0 0.433 0.863 0.21 S1 S2 S3 W1 W2 W3

bj 940 450 170 0 0 0 bk Wk Cj W1 W2 W3 s1 s2 S3940 W1 0.43 1 0 0 -

0.0120.004 0.001

450 W2 0.86 0 1 0 0.001 -0.017

0.005

170 W3 0.21 0 0 1 0.007 0.014 -0.023Gi 826.9 940 450 170 -9.64 -

1.513-0.723

Gi-bi 0 0 0 -9.64 -1.513

-0.723

c) SensibilidadCoeficiente de la función objetivo:V.B.: ( X1, X2 y X3)Para X1:

Límite Superior:



863001.0

863.0

0

=

=

−=

> ij

j j

a

j a

c Z c

ij

30007.0

21.0

0

=

=

−=

> ij

j j

a

j a

c Z c

ij

mínimo

Límite Inferior:

08.36012.0

433.0

0

=

−

−=

< ij

j j

a

j a

c Z c

ij

Luego: 306808.3668 1 +C

9892.31 1 ≤C

d) Incrementar el contenido mínimo de carbohidratos, nos sugiere el incremento de un recurso(bi), por lo que asociamos ésta al precio sombra para este recurso.El precio sombra para este recurso corresponde al valor de Z j – C j = 0.434, por lo que si elincremento es de 22 unidades, entonces: 548.9 Z sería la contribución a la utilidad.

e) El incremento de la producción de maíz en el mercado hace que el precio de la misma se reduce un40%, se modifica la mezcla óptima hallada en a)? justifique su respuesta utilizando análisis desensibilidad.

El precio actual del maíz es de 68 unidades, una reducción del 40% hace que el precio sea de 40.8unidades. Del rango de variación para esta variable es 9892.31 1 ≤C

Por lo que se encuentra dentro del rango de optimalidad, por lo que no se ve modificada la mezclaóptima original.

f) Se desea utilizar un cuarto tipo de alimento (afrecho) cuyo costo es de 56 pesos; se sabe que cadakilogramo de la misma contiene 80 unidades de carbohidrato, 40 unidades de proteínas y 20 unidadesde vitaminas. Modifica la solución actual?. Si es así muestre la nueva solución.

Estamos en el caso de adición de una nueva actividad: ( X4)Con coeficiente C4 = 56Columna de consumo: a4

Entonces:

=

2 0

4 0

8 0

4a

Calculamos:



=

−

−

+

−−

−

−== −

0.0

7.0

1.0

2 0

4 0

8 0

0 1 4.0

0 0 7.0

0 2 3.0

0 1 7.0

0 0 1.0

0 0 5.0

0 0 4.0

0 1 2.0

0 0 1.0

'

4

1

4a B x

2.4 85 67 7.75 6

0 8.0

7 8.01 8.0

)5 1 3.1,6 4.9,7 2 3.0(..4

'

4

1

4

−=−=−

=−−ca Bc

Z

b

⇒

Z j – C j < 0 ingresa 4

x

a la base.Iterando adecuadamente se obtiene una nueva solución óptima

Zopt. = 658.0000Con:

X4 = 11.750e2 = 20.00e3 = 65.00

teorÍa de dualidad y anÁlisis de sensibilidad

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