problemas de generadores

Max Z= 100 X1 + 120 ( 1 + λ ) X2
s.a.
4 X1 + 8 X2 ≤
5 X1 + 6 X2 ≤
9 X1 + 6X2 ≤
Xj ≥ 0

. Max

480
600
540

Z= 100 X1 + 120 ( 1 + λ ) X2 = λCT * X = (0CT + λ eT) * X =
= (100 + 0λ) X1 +(120 + 120λ) X2 = [(100, 120) + λ (0, 120)] * X

0

C=

100
120

e=

0
120

λ

100
C =0C + λ e = 120

0
+ λ 120

Resolución para λ=0
MAX 100 X1 + 120 X2
SUBJECT TO
2) 4 X1 + 8X2 0
α

α

D = ( 60 , 15) = ( g1 , g3)

- αgDT = (0, 0) - ( 60 , 15) = ( -60 , -15)
ej – αgj > 0, ⇒ NO HAY MAS PUNTOS CRITICOS
α

α

T

Y la solución XB = ( X2, X4, X5) = (60, 240,180) permanece óptima para todo

λ ≥ α = 2/3
Es decir, para:

200 ≤ C2 < ∞
Siendo el valor óptimo en ese intervalo:

Z(λ) = 100 * 0 + 120 * (1 + λ) * 60 = 7200 + 7200 λ
λ

PARA λ ≤ 0Determinación del primer punto crítico
Debemos hallar

α=

max

0

zj - 0cj

j € ID

ej – 0gj

, ej – 0gj < 0

De los cálculos realizados para λ ≥ 0 se tiene que:

eDT - 0gDT = ( e3 -0g3 ,e5-0g5 ) = ( -90/ 4 , 10)
Como hay un solo ej – gj < 0, para j= 3
0

α=

0

⇒

z3 - 0c3

10

=

e3 – 0g3
0

0

0

=

-4/9

-90/4

0

Luego, la solución XB= ( X1, X2,X4) = (30, 45, 180) permanece óptima para

-4/9 ≤ λ ≤ 0
Es decir, para:
120(1-4/9) = 200/3 ≤ C2 ≤ 120
Siendo el valor óptimo en ese intervalo:

Z(λ) = 100 * 30 + 120 * (1 + λ) * 45 = 8400 + 5400λ
λ
Para λ = α = -4/9 se ingresa a la base a X3.

Nueva Tabla:
α

C = 0C + α e = (100, 120, 0, 0, 0)T - 4/9 (0, 120, 0, 0, 0)T = (100, 200/3, 0, 0, 0)T
Cj
Ci
200/3
0
100
Zj
Zj- Cj

100200/3

A2
A4
A1

A1
0
0
1

A2
1
0
0

0

0

0

A3
3/16
-1/2
-1/8
0
0

A4
0
1
0

A5
-1/12
-1/3
1/6
100/9
100/9

Xi
45
180
30
Z=

Xi/ Yij

6000ingresando a X3 (Z3 – C3= 0), se obtiene la solución óptima alternativa a partir de la cual se obtendrá el
segundo punto crítico:

Cj
Ci
0
0
100
Zj
Zj- Cj

A3
A4
A1

PRÁCTICA 5 – Ej 5.7 -...