Programación

lineal

Introducción

a la

Christiam Huertas Ramírez

Orígenes de la PL

En los siglos XVII y XVIII, grandes matemáticos como Newton,

Leibnitz, Bernoulli y, sobre todo, Lagrange, se ocuparon de

obtener máximos y mínimos condicionados de determinadas

funciones.

Posteriormente el matemático

francés Fourier (1768-1830) fue

el primero en intuir, aunque de

forma imprecisa, los métodos de

lo que actualmente llamamos

programación lineal.

Orígenes de la PL

El matemático Gaspar Monge (1746-

1818), también se interesó por

problemas de este género.

En el año 1939, el matemático ruso

Kantarovitch publica una extensa

monografía titulada Métodos matemáticos de

organización y planificación de la producción

en la que por primera vez se hace

corresponder a una extensa gama de

problemas; una teoría matemática precisa y

bien definida llamada, hoy en día,

programación lineal.

Orígenes de la PL

En 1941-1942 se formula por primera

vez el problema de transporte,

estudiado independientemente por

Koopmans y Kantarovitch, razón por

la cual se suele conocer con el

nombre de problema de Koopmans-

Kantarovitch.

Tres años más tarde, G. Stigler

plantea otro problema particular

conocido con el nombre de régimen

alimenticio optimal.

Orígenes de la PL

En 1947 Dantzig formula en

términos matemáticos, el

enunciado estándar al que

cabe reducir todo problema

de programación lineal.

Una de las primeras

aplicaciones de los estudios

del grupo SCOOP fue el

puente aéreo de Berlín.

Dantzig, junto con una serie

de investigadores del United

States Departament of Air

Force, formarían el grupo que

dio en denominarse SCOOP

(Scientific Computation of

Optimum Programs).

Puente aéreo de Berlín

Programación lineal

Utilidad de la PL

1 • Estudio de mercados.

2 • Planificación de la producción.

3 • Planificación de horarios.

4

• El problema de transporte.

5

• El problema de la dieta, etc.

Método de la PL

Abstracción

Re

alid

ad

M

od

elo

ma

tem

átic

o

De

cis

ion

es

Re

sulta

do

s

An

ális

is

Intu

ició

n

Interpretación

Números reales

Números reales

Números racionales Números irracionales

No enteros Enteros

Enteros negativos Cero Enteros positivos

ℝ

La recta numérica

El conjunto ℝ de los números reales puede ponerse en

correspondencia uno-a-uno con el conjunto de los puntos de una

línea recta.

En consecuencia, podemos imaginar o representar a los números

reales como los puntos de una recta horizontal llamada recta

numérica o recta de coordenadas.

𝟎

Números positivos Números negativos

1 2 3

𝜋 −𝜋

−∞ +∞ −1 −2 −3

−1

2

2

El cero no es positivo

ni negativo

Plano cartesiano

Un sistema coordenado rectangular se forma con dos rectas

numéricas perpendiculares que se cruzan en el punto

correspondiente al número 0 en cada línea.

𝑿

𝒀

Primer

cuadrante

Segundo

cuadrante

Cuarto

cuadrante

Tercer

cuadrante

𝑥

𝑦 (𝑥; 𝑦)

𝟎

Línea recta

La noción de una línea recta juega un papel importante en las

matemáticas. Hay tres tipos de rectas en el plano 𝑋𝑌:

Rectas

horizontales

Rectas

verticales

Rectas oblicuas

𝑦 = 𝑐 𝑥 = 𝑐 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏, 𝑎 ≠ 0

𝑐

𝑐

𝑏

−𝑏

𝑎

Ejemplos

Determine la gráfica de las siguientes rectas.

𝑦 = 3, 𝑥 = −2 y 𝑦 = 𝑥 (identidad).

Recta

horizontal

Recta

vertical

Recta

oblicua

𝑦 = 3 𝑥 = −2 𝑦 = 𝑥

3

−2 2

2

3

3

𝟒𝟓𝐨

Aplicaciones

Halle el área de la región encerrada por las rectas 𝑦 = 3, 𝑥 = 5 y

los ejes coordenados.

𝑦 = 3

𝑥 = 5

𝟓 𝑢

𝟑 𝑢 𝑅

𝐴 𝑅 = 𝑏 × 𝑕 = 5 × 3 = 15 𝑢2

Aplicaciones

Determine los vértices de la región limitada por las rectas

𝑦 = 2, 𝑦 = 4, 𝑦 = 𝑥 y 𝑥 = 5.

𝑦 = 2

𝑦 = 4

𝑦 = 𝑥 𝑥 = 5

𝐴 𝐵

𝐶 𝐷

(𝟐; 𝟐) (𝟓; 𝟐)

(𝟓; 𝟒) (𝟒; 𝟒)

Los vértices son los puntos: 2; 2 , 5; 2 , 5; 4 , (4; 4)

Aplicaciones

¿Cuantos pares ordenados de componentes enteros pertenecen a

la región encerrada por las rectas 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 1, 𝑦 = 4 y 𝑥 = 8?

𝑦 = 𝑥

𝑦 = 1

𝑦 = 4

𝑥 = 8

Existen 26 pares ordenados de componentes enteros.

Función afín lineal

de dos variables

Son de la forma: 𝑓 𝑥;𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐

Lo podemos evaluar para cualquier par de números (𝑥; 𝑦) ∈ ℝ2 (es

decir, para cualquier punto del plano cartesiano)

Ejemplo 1.

Si 𝑓 𝑥;𝑦 = 3𝑥 + 2𝑦 + 1, entonces:

Ejemplo 2.

Si 𝑔(𝑥;𝑦) = 5𝑥 − 4𝑦 + 10, entonces:

𝑓 1;1 =

𝑓 2;3 =

𝑓 10;20 =

𝑔 1;2 =

𝑔 𝑔 1;3 ;𝑔 2;4=

3 1 + 2 1 + 1 = 6

3 2 + 2 3 + 1 = 13

3 10 + 2 20 + 1 = 71

5 1 − 4 2 + 10 = 7

𝑔 3;4 = 5 3 − 4 4 + 10 = 9

Aplicación

Halle el mayor valor de la expresión 𝑓 𝑥;𝑦 = 𝑥 + 𝑦 si se sabe que

𝑥; 𝑦 tiene componentes enteras y pertenece a la región limitada por

las rectas 𝑦 = 1, 𝑦 = 3, 𝑥 = 1 y 𝑥 = 4.

𝑓 1;1 = 1 + 1 = 2

(𝟏; 𝟏)

(𝟏; 𝟐)

(𝟏; 𝟑)

(𝟐; 𝟏)

(𝟐; 𝟐)

(𝟐; 𝟑) (𝟑; 𝟑)

(𝟑; 𝟏)

(𝟑; 𝟐)

(𝟒; 𝟏)

(𝟒; 𝟐)

(𝟒; 𝟑)

𝑓 1;2 = 1 + 2 = 3

𝑓 1;3 = 1 + 3 = 4

𝑓 2,1 = 2 + 1 = 3

𝑓 2;2 = 2 + 2 = 4

𝑓 2;3 = 2 + 3 = 5

𝑓 3;1 = 3 + 1 = 4

𝑓 3;2 = 3 + 2 = 5

𝑓 3;3 = 3 + 3 = 6

𝑓 4;1 = 4 + 1 = 5

𝑓 4;2 = 4 + 2 = 6

𝑓 4;3 = 4 + 3 = 7

Vemos que:

Máximo

Mínimo

Aplicación

Halle el mayor valor de la expresión 𝑓 𝑥;𝑦 = 3𝑥 + 2𝑦 si se sabe que

𝑥; 𝑦 tiene componentes enteras y pertenece a la región limitada por

las rectas 𝑦 = 1, 𝑦 = 2, 𝑦 = 𝑥 y 𝑥 = 4.

(𝟐; 𝟐)

(𝟏; 𝟏) (𝟐; 𝟏) (𝟑; 𝟏)

(𝟑; 𝟐) (𝟒; 𝟐)

(𝟒; 𝟏)

𝑓 1;1 = 3(1) + 2(1) = 5

Vemos que:

𝑓 2;1 = 3(2) + 2(1) = 8

𝑓 3;1 = 3(3) + 2(1) = 11

𝑓 4;1 = 3(4) + 2(1) = 14

𝑓 4;2 = 3(4) + 2(2) = 16

𝑓 3;2 = 3(3) + 2(2) = 13

𝑓 2;2 = 3(2) + 2(2) = 10

∴ El mayor valor de 𝑓 es 16 y el menor valor es 5.

Inecuaciones en el plano

Una inecuación lineal en dos variables en el plano viene dada por

una desigualdad de la forma:

𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 ≤ 0 ó 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 < 0

y la solución corresponde a un semiplano cuya frontera es una

línea recta.

𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 ≥ 0 ó 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 > 0

Semiplano inferior

Semiplano superior

𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ

Inecuaciones en el plano

Para graficar una inecuación lineal de dos variables se siguen los

siguientes pasos:

Se grafica la frontera: 𝒂𝒙 + 𝒃𝒚 + 𝒄 = 𝟎. (para cualquiera de los cuatro casos) 1

Se elige un punto de prueba. (Un punto cualquiera que no este sobre la recta). 2

Se sombrea la región apropiada. 3

Por ser una línea recta,

bastará buscar dos puntos

de paso. Se recomienda:

𝑥 𝑦 Pero Ud. puede

elegir cualquier valor

para 𝑥 o para 𝑦.

Se dibuja continua si la desigualdad involucra ≤ o ≥.

Se dibuja punteada si la desigualdad involucra < o >.

Se recomienda el punto (0;0).

La región que incluya al punto de prueba si este la satisface.

?

?

0

0

Inecuaciones en el plano

Ejemplo. Represente las soluciones de la inecuación 𝑥 + 𝑦 ≥ 1.

𝑥 + 𝑦 = 1 → 𝑦 = 1 − 𝑥

Se traza la gráfica de la recta

𝑥 𝑦

Elegimos como punto de

prueba al origen: (0;0).

¿ 0 + 0 ≥ 1 ?

0 ≥ 1

Luego, el conjunto solución

incluye todos los puntos al

otro lado de la recta.

0

0 1

1

Falso

Conjunto convexo

Se dice que 𝐶 es un conjunto convexo si todo segmento rectilíneo

que une dos puntos cualesquiera de 𝐶 está también contenido en 𝐶,

esto es:

∀𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝐶; ∀𝜆 ∈ 0; 1 ∶ 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2 ∈ 𝐶

Conjunto convexo Conjunto no convexo

Polígono convexo. Un polígono se dice convexo si todos sus

ángulos interiores miden menos de 180°.

Sistemas de

inecuaciones lineales

Un sistema de inecuaciones lineales en el plano viene dado por

varias desigualdades del tipo:

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 ≤ 𝑐1𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 ≤ 𝑐2 ⋮ ⋮𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛𝑦 ≤ 𝑐𝑛

Y la solución, si existe, corresponde a una región convexa (polígono

convexo) del plano, que llamaremos región factible.

Aplicación

Halle la región factible generada por el siguiente sistema de

inecuaciones.

3𝑥 + 4𝑦 ≤ 122𝑥 + 𝑦 ≥ 2𝑥 ≥ 0𝑦 ≥ 0

Recta 𝐿1

3𝑥 + 4𝑦 = 12

𝑥 𝑦

0

0 3

4

Recta 𝐿2

2𝑥 + 𝑦 = 2

𝑥 𝑦

0

0 2

1

En un problema de programación lineal intervienen:

Formulación general

del problema

1. La función 𝑧(𝑥;𝑦) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐, llamada función objetivo y que es

necesario optimizar.

En esta expresión, 𝑥 e 𝑦 son las variables de decisión, mientras que

𝑎, 𝑏 y 𝑐 son constantes.

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 ≤ 𝑐1𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 ≤ 𝑐2 ⋮ ⋮𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛𝑦 ≤ 𝑐𝑛𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0

2. Las restricciones que deben ser inecuaciones lineales.

Al conjunto de los valores de 𝑥 e 𝑦 que verifican todas y cada una de

las restricciones se lo denomina región factible.

Puntos de una

región factible

Punto extremo

Punto frontera

Punto interior

La solución óptima del problema será un par de valores 𝑥0; 𝑦0

(punto) del conjunto factible que haga que 𝑧(𝑥;𝑦) tome el valor

máximo o mínimo.

Formulación general

del problema

Teorema fundamental

Dado el problema de optimización con restricciones lineales

𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐

el máximo o mínimo de 𝑧, si existe se alcanza en un vértice de la

región factible.

Sujeto a:

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 ≤ 𝑐1𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 ≤ 𝑐2 ⋮ ⋮𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛𝑦 ≤ 𝑐𝑛𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0

Pro. lineal tridimensional

𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1𝑧 ≤ 𝑑1𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2𝑧 ≤ 𝑑2𝑎3𝑥 + 𝑏3𝑦 + 𝑐3𝑧 ≤ 𝑑3

𝒀

𝑿

𝒁

Máx. Mín. 𝑓 𝑥,𝑦,𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑

Aplicación

Ejemplo. Halle el máximo y mínimo valor de la función

𝑓(𝑥;𝑦) = 3𝑥 + 2𝑦 − 1 con las restricciones

3𝑥 + 4𝑦 ≤ 122𝑥 + 𝑦 ≥ 2𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0

.

Solución.

Graficamos las rectas y hallamos la región factible.

3𝑥 + 4𝑦 = 122𝑥 + 𝑦 = 2 𝑥 = 0 𝑦 = 0

El proceso para encontrar la solución óptima es el siguiente:

Se plantea el problema, se traduce a un modo algebraico, se

analizan las restricciones y se busca el óptimo dependiendo del

criterio que se quiera aplicar.

Aplicación

Recta 𝐿1

3𝑥 + 4𝑦 = 12

𝑥 𝑦

0

0 3

4

Recta 𝐿2

2𝑥 + 𝑦 = 2

𝑥 𝑦

0

0 2

1

(𝟏; 𝟎)

(𝟎; 𝟑)

(𝟒; 𝟎)

(𝟎; 𝟐)

𝑓 1;0 = 3 1 + 2 0 − 1 = 2

𝑓 4;0 = 3 4 + 2 0 − 1 = 11

𝑓 0;3 = 3 0 + 2 3 − 1 = 5

𝑓 0;2 = 3 0 + 2 2 − 1 = 3

Evaluamos en los vértices:

𝑓(𝑥;𝑦) = 3𝑥 + 2𝑦 − 1

⟵ (Máximo)

⟵ (Mínimo)

Modelización de un

problema de PL

Introduciremos las líneas generales del modelo de Programación

Lineal (PL) ilustrándolo con el siguiente ejemplo:

Una fábrica de muebles produce dos tipos de escritorio, Tipo I y

Tipo II, en los talleres de corte, armado y acabado. El número de

horas disponibles en cada taller son de 80 h, 220 h y 210 h

respectivamente. Las horas que se requieren en la producción en

cada taller para cada tipo de escritorio se da en la siguiente tabla.

Si la utilidad para cada unidad de escritorios del Tipo I y del Tipo II

son S/. 50 y S/. 60 respectivamente. ¿Cuantas unidades de cada

tipo se deben fabricar mensualmente para maximizar la utilidad y

cual es dicha utilidad? ¿Cuantas horas no se utilizan en los talleres?

Corte Armado Acabado

Tipo I 1 h 3 h 2 h

Tipo II 1 h 2 h 3 h

Modelización de un

problema de PL

Para resolver el problema construimos un modelo matemático del

mismo. La construcción de este modelo puede hacerse siguiendo el

proceso que se describe a continuación:

Paso 1: Determinar las variables de decisión o de entrada y

representarlas algebraicamente. Tomamos en este caso las

variables: 𝑥1 = número de escritorios del tipo I

Paso 2: Determinar las restricciones expresándolas como

ecuaciones o inecuaciones de las variables de decisión.

El total de horas en el taller de corte es: 𝑥1 + 𝑥2, pero hay

disponible 80 horas para el taller de corte, luego

Taller de corte: 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 80

Taller de armado: 3𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 220

Taller de acabado: 2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 210

𝑥2 = número de escritorios del tipo II

Modelización de un

problema de PL

Paso 3: Expresar todas las condiciones implícitamente establecidas

por la naturaleza de las variables (que no puedan ser negativas, que

sean enteras, que sólo pueden tomar determinados valores, etc.)

En este ejemplo los cantidades de escritorios no pueden tomar

valores negativos, es decir; 𝑥1 ≥ 0; 𝑥2 ≥ 0.

Paso 4: Determinar la función objetivo.

El objetivo de este problema es:

Maximizar utilidad = Máx. 𝑧 = 5𝑥1 + 6𝑥2

El modelo por tanto es el siguiente:

Mán. 𝑧 = 5𝑥1 + 6𝑥2

sujeto a:

𝑥1 + 𝑥2 ≤ 803𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 2202𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 210

𝑥1, 𝑥2≥ 0

Modelización de un

problema de PL

3𝑥1 + 2𝑥2 = 220

𝑥1 + 𝑥2 = 80

2𝑥1 + 3𝑥2 = 210

𝟎; 𝟎 𝟐𝟐𝟎

𝟑; 𝟎

𝟔𝟎; 𝟐𝟎

𝑥1 + 𝑥2 ≤ 803𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 2202𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 210

𝑥1, 𝑥2≥ 0

𝟑𝟎; 𝟓𝟎

𝟎; 𝟕𝟎

Modelización de un

problema de PL

Evaluamos la función objetivo 𝑓(𝑥;𝑦) = 5𝑥1 + 6𝑥2 en los vértices de

la región admisible: 0; 0 , 0; 70 , 30; 50 , 60; 20 ,220

3; 0 .

𝑓 0;0 = 5(0) + 6(0) =

𝑓 0;70 = 5 0 + 6 70 =

𝑓 30;50 = 5(30) + 6(50) =

0

420

450 Máximo

Por lo tanto, las cantidades de escritorios de Tipo I y Tipo II que

deben fabricarse para maximizar la utilidad debe ser de 30 y 50

respectivamente.

𝑓 60;20 = 5(60) + 6(20) =

𝑓 2203 ;0

= 5220

3+ 6(0) =

420

366,6

Método del Simplex

Es un procedimiento iterativo que permite ir mejorando la solución a

cada paso. El proceso concluye cuando no es posible seguir

mejorando más dicha solución.

Partiendo del valor de la función

objetivo en un vértice cualquiera, el

método consiste en buscar

sucesivamente otro vértice que

mejore al anterior.

La búsqueda se hace siempre a través de los lados del polígono (o

de las aristas del poliedro, si el número de variables es mayor).

Cómo el número de vértices (y de aristas) es finito, siempre se

podrá encontrar la solución.

Punto

óptimo

Resuelva mediante el método del Simplex el siguiente problema.

Máx. 𝑓(𝑥;𝑦;𝑧) = 2𝑥 + 3𝑦 + 6𝑧

sujeto a

2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 ≤ 10𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 ≤ 8 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 6

𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0

Aplicación del MS

I) En la función objetivo, transponer los términos del segundo

miembro al primer miembro:

𝑓 − 2𝑥 − 3𝑦 − 6𝑧 = 0

II) Sumar una variable de holgura a cada desigualdad:

2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 + 𝑠1 = 10𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠2 = 8 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑠3 = 6

Aplicación del MS

III) Así hemos obtenido un sistema de 4 ecuaciones lineales con 7

incógnitas (𝑓, 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3):

𝑓 − 2𝑥 − 3𝑦 − 6𝑧 = 02𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 + 𝑠1 = 10𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠2 = 82𝑦 + 3𝑧 + 𝑠3 = 6

IV) Formar la tabla del Simplex: Tabla 1 (con los coeficientes de las

variables y los términos independientes – matriz aumentada)

Ctes

Fila 1

Fila 2

Fila 3

Fila 4

𝑓 𝑥 𝑦 𝑧 𝑠1 𝑠2 𝑠3

1 −2 −3 −6 0 0 0 0

0 2 3 1 1 0 0 10

0 1

0

1 2 0 1 0 8

0 2 3 0 0 1 6

V) En la Tabla 1, hacer las operaciones elementales sobre las filas

para ir mejorando la solución factible básica.

sss 𝑓 𝑥 𝑦 𝑧 𝑠1 𝑠2 𝑠3 Ctes

−3

1 −2 −3 −6 0 0 0 0

0 2 3 1 1 0 0 10

0 1 1 2 0 1 0 8

0 0 2 3 0 0 1 6

1 −2 −6 0 0 0 0

0 2 3 1 1 0 0 10

0 1 1 2 0 1 0 8

0 0 2/3 1 0 0 1/3 2

1

0

0

−2 1 0 0 0 2 12

2 7/3 0 1 0 −1/3 8

0 1 −1/3 0 0 1 −2/3 4

0 2/3 1 0 0 1/3 2

1 0 1/3 0 0 2 2/3 20

0 0 3 0 1 −2 1 0

0 1 −1/3 0 0 1 −2/3 4

0 0 2/3 1 0 0 1/3 2

Localizar el elemento

PIVOT

1. De la fila 1 elegir el

menor negativo.

2. Dividir las

constantes entre los

números positivos de

la COLUMNA 4.

Razón

10/1 = 10

8/2 = 4

6/3 = 2

3. En la intersección

encontramos el 3 que

es el PIVOT.

Iteración I:

Multiplicamos la fila 4

por 1/3 para convertir

en 1 el PIVOT.

Iteración II:

Convertir en ceros los

otros elementos de la

columna PIVOT.

Localizar el segundo

Elemento PIVOT

8/2 = 4

4/1 = 4

1. De la fila 1

elegimos el

menor negativo.

2. Dividir las

constantes entre los

números positivos de

la COLUMNA 2.

Iteración III:

La fila 3 es la fila

PIVOT.

Convertir en ceros los

otros elementos de la

columna PIVOT.

Máximo