problemas de generadores
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 -...
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