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Universidad Politécnica de Madrid, E.T.S.I.A.E

Primer Ejercicio PL

Pablo Fernández Guillén30 de septiembre de 2015

Los valores para trabajar han sido:

c1 c2 c3 a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 b1 b2 b34 2 2 1 3 2 1 3 2 4 3 4 0 3 3

Máx 4 x1 + 2x2 + 2x3sujeto a:

x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 0x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 3

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

Nota: pese a que en la tutoría a la que asistí no comentamos nada, compañeros de claseme han hecho saber que si uno de los planos sólo pasa por (0,0) en el primer cuadrante,el apartado para conseguir soluciones mediante holgura complementaria no se puederealizar. Aún así, y dado que de esto me he enterado un día antes de la entrega, tambiénincluyo en la memoria el trabajo que he realizado para los datos del enunciado que toméen primer lugar.

Las autocorrecciones con GAMS se adjuntan al final de cada solución de Simplex.

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1. Resolución con Datos Originals1.0.1. Resolución gráfica de modelos A1) y A2).

Figura 1: Plano 1: pasa por el origen.

Figura 2: Plano 2

3

Figura 3: Plano 3

Figura 4: Función Objetivo: pasa por el origen.

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Figura 5: Intersección de los planos. Se ve como al pasar el plano 1 por (0,0), no apareceen la representación. Cuando cambiemos el valor de b1 en la segunda partede la memoria veremos que sí intersecta con el primer cuadrante. La F.O.tampoco se ve por el mismo motivo.

1.1. Modelo A1) mediante el método simplex primal.

Cambiamos de Max a Min:

Min -4 x1 − 2x2 − 2x3

Y añadimos variables de holgura para normalizar las restricciones:

x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ 0

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x1 + 3x2 + 2x3 + x5 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 + x6 ≤ 3

Primera Iteración: entra x1 y sale x4

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b ratio1 3 2 1 0 0 0 01 3 2 0 1 0 3 34 3 4 0 0 1 3 3/4-4 -2 -2 0 0 0 0 0

Los costes reducidos ya son >0:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b1 3 2 1 0 0 00 0 0 -1 1 0 30 -9 -4 -4 0 1 30 10 6 4 0 0 0

x1 = 0x2 = 0x3 = 0Z = 0

1.1.1. Autocorrección con GAMS

Figura 6: Solución A1

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1.2. Modelo A2) mediante MSP usando el método de las 2 fases.

Siguiendo las indicaciones del enunciado, se obtiene:

Min 0 x1 + 3x2 + 3x3sujeto a:

x1 + x2 + 4x3 ≥ 43 x1 + 3x2 + 3x3 ≥ 22 x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 2

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

No siempre es posible obtener la matriz indentidad para empezar a trabajar por Sim-plex, por ejemplo cuando las restricciones del problema son de tipo mayorigualo =.Portantolasvariablesdeholguraentranrestando.Añadimos, pues, variablesartificiales.Enlaprimerafaseagregaremoslasvariablesdeholgurarestándolas, ysumandolasartificiales.Conestemodelo, seoperaconSimplexparaminimizar.

Añadimos una última fila con unos en x7, x8 y x9, que deberemos hacer 0 combinándolacon otras filas.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b1 1 4 -1 0 0 1 0 0 43 3 3 0 -1 0 0 1 0 22 2 4 0 0 -1 0 0 1 20 0 0 0 0 0 1 1 1 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio1 1 4 -1 0 0 1 0 0 4 4/43 3 3 0 -1 0 0 1 0 2 2/32 2 4 0 0 -1 0 0 1 2 2/4-6 -6 -11 1 1 1 0 0 0 -8

FASE I

Primera Iteración:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 2 2/13/2 3/2 0 0 -1 3/4 0 1 -3/4 1/2 2/31/2 1/2 1 0 0 -1/4 0 0 1/4 1/2 –-1/2 -1/2 0 1 1 -7/4 0 0 11/4 -5/2

Tercera Iteración:

7

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b0 0 9 -3 1 0 100 0 4 -2 0 1 61 1 4 -1 0 0 4

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio-3 -3 0 -1 4/3 0 1 -4/3 0 4/3 12 2 0 0 -4/3 1 0 4/3 -1 2/3 –1 1 1 0 -1/3 0 0 1/3 0 2/3 –3 3 0 1 -4/3 0 0 2.33 1 -5/2

Tercera Iteración:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 3/4 -1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 1/4 0 0 10 0 0 0 0 0 1 1 1 0

FASE II

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 3/4 -1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 1/4 0 0 10 3 3 0 0 0 0 0 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 3/4 -1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 1/4 0 0 1-3/4 9/4 0 3/4 0 0 -3/4 1 1 -3

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 1-3/4 9/4 0 3/4 0 0 0

Z=0x1 = 4

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x2 = 0x3 = 0

1.2.1. Comprobar que ambos modelos son duales. Determinar lasolución de cada modelo a partir de la solución obtenida del

otro, aplicando condiciones de holgura complementaria.

2. Repetición de los CálculosSe cambia b1=0 por b1=1:

c1 c2 c3 a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 b1 b2 b34 2 2 1 3 2 1 3 2 4 3 4 1 3 3

Máx 4 x1 + 2x2 + 2x3sujeto a:

x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 1x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 3

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

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Figura 7: Plano 1: ya NO pasa por el origen.

Figura 8: Intersección de Planos.

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Cambiamos de Max a Min:Min -4 x1 − 2x2 − 2x3

Y añadimos variables de holgura para normalizar las restricciones:x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ 1x1 + 3x2 + 2x3 + x5 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 + x6 ≤ 3

Primera Iteración:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b ratio1 3 2 1 0 0 1 11 3 2 0 1 0 3 34 3 4 0 0 1 3 3/4-4 -2 -2 0 0 0 0

Entra X1 y sale S3.

Segunda Iteración:

Cuadro 1: My captionx1 x2 x3 x4 x5 x6 b0 9/4 1 1 0 -1/4 1/40 9/4 1 0 1 -1/4 9/41 3/4 1 0 0 1/4 3/40 1 2 0 0 1 3

Llegamos a costes reducidos positivos. Finalizamos la iteración. La solución es:Z=-3

x1 = 1/4x2 = 0x3 = 0

2.0.2. Modelo A2) mediante MSP usando el método de las 2 fases.

Siguiendo las indicaciones del enunciado, se obtiene:Min x1 + 3x2 + 3x3

sujeto a:x1 + x2 + 4x3 ≥ 4

3 x1 + 3x2 + 3x3 ≥ 22 x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 2

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

Min x1 + 3x2 + 3x3

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Y añadimos variables de holgura y artificiales:x1 + 3x2 + 2x3 − x4 + x7 ≤ 1x1 + 3x2 + 2x3 − x5 + x8 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 − x6 + x9 ≤ 3

Añadimos una fila y queremos hacer 0 los 1 de la última fila.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b1 1 4 -1 0 0 1 0 0 43 3 3 0 -1 0 0 1 0 22 2 4 0 0 -1 0 0 1 20 0 0 0 0 0 1 1 1 0

Primera Iteración: Entra x3ysalex9

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio1 1 4 -1 0 0 1 0 0 4 13 3 3 0 -1 0 0 1 0 2 2/32 2 4 0 0 -1 0 0 1 2-6 -6 -11 1 1 1 0 0 0 -8

Segunda Iteración: entra x6 y sale x8

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 2 23/2 3/2 0 0 -1 3/4 0 1 -3/4 1/2 2/31/2 1/2 1 0 0 -1/4 0 0 1/4 1/2 –-1/2 -1/2 0 1 1 -7/4 0 0 11/4 -5/2

Tercera Iteración: entra x5 y sale x7

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b ratio-3 -3 0 -1 4/3 0 1 -4/3 0 4/3 12 2 0 0 -4/3 1 0 4/3 -1 2/3 –1 1 1 0 -1/3 0 0 1/3 0 2/3 –3 3 0 1 -4/3 0 0 7/3 1 -5/2

Cuarta Iteración: entra x1 y sale x3

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 3/4 -1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 1/4 0 0 10 0 0 0 0 0 1 1 1 0

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x1 x2 x3 x4 x5 x6 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 11 3 3 0 0 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b-9/4 -9/4 0 -3/4 1 0 1-1 -1 0 -1 0 1 21/4 1/4 1 -1/4 0 0 11/4 1/4 0 9/4 0 0 -3

La solución es:Z=3x1 = 0x2 = 0x3 = 1

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2.0.3. Autocorrección con GAMS el A2) por las dos fases.

Figura 9: Introducimos los valores.

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Figura 10: Los resultados coinciden con el desarrollo anterior.

2.0.4. Comprobar Dualidad. Determinar la solución de cada modelo apartir de la solución obtenida del otro, aplicando las

Condiciones de Holgura Complementaria.

Siguiendo los pasos que aparecen en los apuntes de clase, se comprueba que sí son Dua-les. Es decir, que el vector b del primal corresponde a la función objetivo del dual y elvector c del primal al vector b del dual; la matriz A del primal se invierte para obtenerla del dual, y para correspondencia de símbolos de igualdad se emplea la tabla de lastransparencias de clase.

PRIMAL:

Máx 4 x1 + 2x2 + 2x3sujeto a:

x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 1x1 + 3x2 + 2x3 ≤ 34 x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 3

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

DUAL:

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Min x1 + 3x2 + 3x3sujeto a:

x1 + x2 + 4x3 ≥ 43 x1 + 3x2 + 3x3 ≥ 22 x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 2

x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0

Mediante Condiciones de Holgura Complementaria se puede hallar la solución del primalconociendo la del dual, y viceversa.

Obtención de la solución Dual a partir de la Primal:

Soluciones del Primal:x1 = 3/4x2 = 0x3 = 0

Las sustituimos en las restricciones del Primal:

3/4 + 0 + 0 ≤ 13/4 + 0 + 0 ≤ 23 + 0 + 0 ≥ 3

Por tanto, las dos primeras restricciones quedan Desactivadas, y la tercera Activada. Deesto sabemos que en el modelo Dual, x1=0 y x2=0.

x1dual = 0x2dual = 0x3dual =?

También, viendo que sólo x1 del primal es es >0, nos fijaremos en la primera restriccióndel modelo dual,

x1 + x2 + 4x3 ≥ 4en el que sustituiremos las variables x1=0 y x2=0,

0 + 0+ 4 x3 ≥ 4quedándonos x3=1;

Así, pues, conseguimos las soluciones del Dual que habíamos obtenido anteriormentemediante las dos fases.

x1 = 0x2 = 0x3 = 1

Obtención de la solución Primal a partir de la Dual:

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Soluciones del Dual:x1 = 0x2 = 0x3 = 1

Las sustituimos en las restricciones del Dual:

0+ 0 + 4 ≥ 40 + 0 + 3 ≥ 20 + 0 + 4 ≥ 2

Por tanto, las restricciones segunda y tercera quedan Desactivadas, y la primea Activa-da. De esto sabemos que en el modelo Primal, x2=0 y x2=0.

x1dual =?x2dual = 0x3dual = 0

También, viendo que sólo x3 del dual es es >0, nos fijaremos en la tercera restricción delmodelo primal,

4 x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 3en el que sustituiremos las variables x2=0 y x3=0,

4 x1 + 0 + 0 ≤ 3quedándonos x1=3/4;

Así, pues, conseguimos las soluciones del Primal que habíamos obtenido anteriormentemediante Simplex.

x1 = 3/4x2 = 0x3 = 0

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