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• Julio Cesar Monterroso Saire

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INVESTIGACION DE OPERACIONES I Eduardo Quiroz ................................................................................................................................................................................................................................

CAPITULO V EL METODO SIMPLEX En él capitulo anterior se desarrollo la parte relacionada a como resolver problemas de programación lineal con dos variables de manera gráfica. Cuando se hayan implicadas mas de tres variables, este enfoque no es posible. Además, los programas lineales del mundo real se resuelven con la ayuda de computadoras, que utilizan álgebra lineal, no-geometría. En este capitulo desarrollaremos el método simplex, un método algebraico para resolver todos los problemas de programación lineal. El método simplex prevee un sistema rápido y efectivo para resolver problemas de programación lineal. Es la técnica empleada en las aplicaciones prácticas y permite resolver una gran cantidad de problemas de real importancia industrial. Este método llega a la solución óptima por medio de iteraciones o pasos sucesivos, utilizando los conceptos básicos del álgebra matricial, para determinar la intersección de dos o mas líneas hiperplanas. Comienza con alguna solución factible, y sucesivamente obtiene soluciones en las intersecciones que ofrecen mejores funciones de la función objetivo. Finalmente, este método proporciona un indicador que determina el punto en el cual se logra la solución óptima. 5.1.

PROCEDIMIENTO 5.1.1. CASO DE MAXIMIZACION Dado el siguiente programa lineal en forma general: Max (z) = c1x1 + c2x2 + .........+ cnxn s.a. a11x1 + a12x2 + .......+ a1nxn ≤ b1 a21x1 + a22x2 + .......+ a2nxn ≤ b2 ................................................. ................................................ am1x1 + am2x2 + .......+ amnxn ≤ bm x

j

≥ 0 (j=1,n)

En este programa, se observa que todas las restricciones son del tipo “≤ “. Para la aplicación del método simplex, todas las restricciones del programa tienen que convertirse a la forma “=”, es decir a la forma estandarizada de un programa lineal (función objetivo de maximización, restricciones estructurales del tipo ≤, y las variables de decisión solo admiten valores positivos). Para lograr esto se introducen las llamadas variables de holgura, una por cada restricción del tipo ≤ que exista, de la siguiente manera: Max (z) = c1x1 + c2x2 + .........+ cnxn + 0 x n+1 +0 x s.a. a11x1 + a12x2 + .......+ a1nxn + x n+1 a21x1 + a22x2 + .......+ a2nxn + x n+2

n+2

+...+0 x

n+m

= b1 = b2

1

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................................................. ................................................ am1x1 + am2x2 + .......+ amnxn x

j

+ x n+m ≥ 0 (j=1,n+m)

= bm

Cabe indicar que las variables de holgura son no negativas. Además, en la función objetivo, los coeficientes asociados a estas variables tomas el valor cero, ya que no deben afectar el valor de la función en caso de ser positivas. Así mismo en las restricciones estructurales, los coeficientes de las variables de holgura son 1 y positivo. Si al resolver el programa lineal, se halla que la variable de holgura es cero, nos indica que los recursos correspondientes a dicha restricción se han agotado, es decir se ha ocupado la totalidad de los recursos. Por otro lado, si el valor de la variable de holgura es mayor que cero, entonces el recurso correspondiente no es realmente limitante, y si la producción no puede ser incrementada, esto se deberá a la limitación impuesta por otros recursos. Si el resultado final fuese de un valor positivo, nos indica que están sobrando recursos en la restricción correspondiente. EJEMPLO 5.1. PROBLEMA DE PLANEACION DE PRODUCCION La Cia. ALFA fabrica artículos para el hogar y manufactura dos productos: A y B. Ambos sufren 3 procesos en el mismo orden que son: - Maquinado - Armado - Montaje La disponibilidad de minutos diarios de cada proceso es: 160,120 y 280 minutos respectivamente. El producto A requiere 2, 1 y 4 minutos de maquinado, armado y montaje respectivamente; mientras que el producto B, necesita 2, 2 y 2 minutos de maquinado, armado y montaje respectivamente. El gerente de producción debe decidir que cantidad de cada producto debe manufacturarse con el objeto de hacer el mejor empleo de los medios limitados de producción, sabiendo que la ganancia por cada unidad del producto A es $10 y del producto B es de $15. Solución: Las variables de decisión son: x1: número de unidades del producto A que se va a producir x2: número de unidades del producto B que se va a producir El programa lineal es: Max Z = 10 x 1 + 15 x 2 s.a. 2x 1 + 2x 2 ≤ 160 x

1

+ 2x

2

≤ 120

2

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4x

+ 2x

1

x 1, x

2

2

≤ 280

≥0

Convirtiendo las restricciones a la forma “=”, se introducirán 3 variables de holgura, una por cada restricción del tipo “≤”, con lo cual el programa lineal queda de la siguiente manera: Max Z = 10 x 1 + 15 x 2 + 0 x s.a. 2x 1 + 2x 2 + x 3 x

1

+ 2x

2

4x

1

+ 2x

2

+x

+0x

3

+0x

5

= 160 = 120

4

+x

x 1, x 2, x 3, x

4

4

5

= 280

x

5

≥0

En el programa, se observa que este tiene ahora 5 variables y solo 3 ecuaciones, lo cual implica que 5 – 3 = 2 variables tienen que hacerse cero. Esto nos indica que en este caso la solución optima estará compuesta por 3 variables básicas y 2 variable no básicas. Se observa también que las variables de holgura forman en su conjunto una matriz identidad, ya que tienen una diagonal de unos, el cual es la condición del simplex en cada solución básica factible a ser analizada. Y con la cual se empieza a aplicar el método El programa convertido, se presenta en la tabla del simplex de la siguiente manera: Tablero Nº 1

ci 0 0 0

cj xk x3 x4 x5 Z cj–

bi 160 120 280 0 zj

10 X1 2 1 4 0 10

15 X2 2 (2) 2 0 15

0 x3 1 0 0 0 0

0 x4 0 1 0 0 0

0 x5 0 0 1 0 0

Θ 80 60 140

Del tablero 1,se tiene que: En la primera fila, se colocan los coeficientes de las variables en la función objetivo. En la segunda fila se distinguen las siguientes columnas: c i : que representa los coeficientes asociados a las variables que están en la base(variables básicas) x k : que representa a las variables que están en la base(variables básicas) b i : que representa al valor que asumen las variables básicas. X 1 : que representa a los coeficientes de la variable X 1 en el programa lineal X 2 : que representa a los coeficientes de la variable X 2 en el programa lineal X 3 : que representa a los coeficientes de la variable X 3 en el programa lineal X 4 : que representa a los coeficientes de la variable X 4 en el programa lineal X 5 : que representa a los coeficientes de la variable X 5 en el programa lineal

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En la penúltima fila, se distinguen dos valores: Z= Σ ci . bi el cual representa el valor de la función objetivo. Z j = Σ ci . a ij En la ultima fila, se encuentran las diferencias c j – z j, que nos indica: • •

Si todas las variables presentan diferencias iguales a ceros o negativas, entonces se ha llegado a la solución óptima. Generalmente esto no ocurre el primer tablero. Si al menos una o mas variables presentan diferencias positiva, eso implica que existe una mejor solución, por consiguiente habrá que determinar la variable a ingresar a la base. Esto se logra viendo que variable presenta una diferencia positiva mayor.

En la ultima columna, del tablero se distingue la regla del mínimo de los Θ: Min Θ = min (bi / a ij)

donde a

ij

>0

Esta regla permite determinar que variable debe salir de la base, a fin de que ingrese otra variable para mejorar la solución. Para tal efecto la variable a salir será aquella que tenga el menor valor de Θ. Del tablero 1 se ha obtenido la primera solución básica factible donde las variables básicas y sus valores correspondientes son: x 3 = 160 x 4 = 120 x 5 = 280 Y las variables no básicas son: x1=x2=0 Donde el valor de la función objetivo se calcula de la siguiente manera: Z = 0x160 + 0x120 + 0x280 = 0 El calculo de los Z j es de la siguiente manera: Z 1 = 0x2 + 0x1 + 0x4 = 0 Z 2 = 0x2 + 0x2 + 0x2 = 0 Z 3 = 0x1 + 0x0 + 0x0 = 0 Z 4 = 0x0 + 0x1 + 0x0 = 0 Z 5 = 0x0 + 0x0 + 0x1 = 0 La fila c j – z j ser obtiene restando de cada elemento de la primera fila c j el correspondiente elemento de z j. Esto se hace solamente para las variables que no están en la base, ya que para las variables básicas la diferencia es cero. c1 c2 c3 c4 c5

– – – – –

z1 z2 z3 z4 z5

= 10 – 0 = 10 = 15 – 0 = 15 = 0–0= 0 = 0–0= 0 = 0–0= 0 4

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Con esto se ha completado el tablero 1. Obtención de la segunda solución Aquí vamos a analizar mas en detalle el significado de los coeficientes de transformación. Del tablero 1 se observa por ejemplo que x 1 no figura en esta solución y deseamos saber que ocurre económicamente si ingresa x 1. Si se introduce x 1, se reduce las cantidades de x 3, x4 y x5 en la proporción indicada por los coeficientes de x 1. Por lo tanto, se deberá disminuir: 2 unidades de x3 1 unidad de x4 4 unidades de x5 ¿Cómo se sabe si se gana o se pierde con el cambio? Se calcula la influencia de introducir x1 y de quitar unidades de x3, x4 y x5. Entonces se tiene que: Beneficio de introducir una unidad de x1 = $3 (valor dado por su coeficiente de ganancia c j = c 1 = 3). La reducción indirecta de la ganancia al eliminar unidades de x3, x4 y x5 = 2x0 + 1x0 + 4x0 = $0, valor dado por z j = z 1 = 0 La ganancia neta del cambio es: cj – zj = c1 – z1 = 3 – 0 = $ 3 Valor que se encuentra en el tablero 1 en la fila cj – zj y columna de x1. Este valor de $3 se denomina costo de oportunidad y es lo que se deja de ganar al no introducir x1 en la solución. Se aprecia en definitiva que cj – zj es en realidad un balance económico que analiza la mejora potencial en la función objetivo que puede lograrse introduciendo x j, de donde se desprende que: z j = a lo que se pierde al introducir x j. c j = a lo que se gana al introducir x j Por lo tanto cuando se maximiza un problema, esto admite una solución mejor, siempre que haya un valor positivo de cj – zj. Este paso que se acaba de explicar constituye el medio de conocer si la solución obtenida anteriormente puede o no ser mejorada. Elección de la variable que entra Ahora bien, del tablero 1 se observa que hay dos variable que tienen diferencias positivas, siendo x 2 la que tienen mayor valor, por consiguiente x 2 debe ingresar a la base ya que proporciona la mayor ganancia y se denota en el tablero con una flecha hacia adentro. Elección de la variable que sale

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Así mismo, la variable que deberá salir de la base para que ingrese x 2, será la variable x 4, ya que presenta el menor valor de los Θ, y se denota también en el tablero con una flecha hacia fuera El valor de a ij que se encuentra en la intersección de la variable que sale con la variable que entra (2), se llama elemento pivote y se encierra en un circulo. En el tablero 2, la nueva base estará formada por x 3, x 2 y x 5 En la fila donde esta el elemento pivote(tablero 1), dicha fila se divide por el elemento pivote y el resultado se traslada a la fila correspondiente en el tablero 2. Para completar las otras filas, se hará uso del pivoteo, mediante la siguiente formula: Tablero Nº 2

ci 0 15 0

cj xk x3 x2 x5 Z cj–

bi 40 60 160 900 zj

10 X1 (1) 1/2 3 7.5 2.5

15 X2 0 1 0 15 0

0 x3 1 0 0 0 0

0 x4 -1 ½ -1 7.5 -7.5

0 x5 0 0 1 0 0

Θ 40 120 53.3

Del tablero 2 se ha obtenido la segunda solución básica factible donde las variables básicas y sus valores correspondientes son: x 3 = 40 x 2 = 60 x 5 = 160 Y las variables no básicas son: x1=x4=0 Donde el valor de la función objetivo es: Z = 0x40 + 15x60 + 0x160 = $900 Obtención de la tercera solución Del tablero 2, se observa que todavía no se ha llegado a la solución óptima en vista que existe aun un cj – zj positivo. Elección de la variable que entra Puesto que solo existe una diferencia positiva en la fila de c j – zj, que corresponde a la variable x1, esta es la que ingresa a la base. Elección de la variable que sale Del tablero 2, se observa que la variable que tiene el mínimo de los Θ es la variable x3 y por consiguiente esta variable sale de la base. En el tablero 3, la nueva base estará formada por x 1, x 2 y x 5 En la fila donde esta el elemento pivote(tablero 2), dicha fila se divide por el elemento pivote y el resultado se traslada a la fila correspondiente en el tablero 3. Para completar las otras filas del tablero 3, se hará uso del pivoteo.

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Tablero Nº 3 c

10

15

0

0

0

xk Bi x3 40 x2 40 x5 40 Z 1000 cj–zj

X1 1 0 0 10 0

X2 0 1 0 15 0

x3 1 -1/2 -3 2.5 -2.5

x4 -1 1 2 5 -5

x5 0 0 1 0 0

j

ci 10 15 0

Como todas las diferencias de cj – zj son ceros o negativas, se ha llegado a la solución óptima, donde las variables básicas y sus valores correspondientes son: x 1 = 40 x 2 = 40 x 5 = 40 Y las variables no básicas son: x3=x4=0 Donde el valor de la función objetivo es: Z = 10x40 + 15x40 + 0x40 = $1000 En resumen, el resultado del tablero 3 nos indica que la Cia. ALFA, debe producir diariamente 40 unidades del producto A y 40 unidades del producto B, lo que daría una ganancia máxima de $1000. Además nos indica que están sobrando 40 minutos de montaje por día(valor que corresponde a la variable x5 en la tercera restricción) . 5.1.2. CASO DE MINIMIZACION Cuando un programa lineal tiene restricciones del tipo “menor o igual que”(≤) o de limite mínimo y por consiguiente se desea convertir las desigualdades en igualdades, entonces es necesario sustraer variables en lugar de agregar variables de holgura. A estas variables se les llama variables de exceso. Se sustraen tantas variables de exceso como restricciones del tipo “menor o igual que” existan. Las variables de exceso son no negativas y el coeficiente de costo en la función objetivo es cero. EJEMPLO 5.2 Dos fabricas de papel producen 3 tipos diferentes de papel de bajo grado, medio grado y alto grado. Se tiene un contrato de venta para proveer: 16 ton. De bajo grado, 5 ton. De medio grado y 20 ton. De alto grado. La fabrica 1, produce 8 ton de bajo grado, 1 ton de medio grado y 2 ton de alto grado en un día de operación. La fabrica 2 produce 2 ton de bajo grado, 1 ton de medio grado y 7 ton de alto grado por día de operación. Los costos de operación son de $1000/dia para la fabrica 1 y de $2000/dia para la fabrica 2.

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¿Cuantos días debe trabajar cada fabrica a fin de cumplir con el mencionado contrato de venta en la forma más económica? SOLUCION Sean las variables de decisión: x1 = número de días de trabajo de la fabrica 1 x2 = número de días de trabajo de la fabrica 2 Min (z) = 1000x1 +2000x2 s.a. 8x1 +2x2 ≥ 16 1x1 +1x2 ≥ 5 2x1 +7x2 ≥ 20 x1, x2 ≥ 0

Se sustraen 3 variables de exceso: Min (z) = 1x1 +2x2 + 0x3 + 0x4 + 0x5 s.a. 8x1 +2x2 - x3 = 16 1x1 +1x2 - x4 = 5 2x1 +7x2 - x5 = 20 x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0 En esta parte del simplex, se observa que al hacer que las 2 variables estructurales sean iguales a cero(x1 = x2 =0) se tendría que: x3 = -16 x3 = -5 x3 = -20 Lo cual viola la condición de no negatividad de las variables. Para el caso de minimización, se propone una modificación a partir de esta etapa del simplex. Esta consiste en hacer que las variables estructurales puedan tomar un valor nulo en las ecuaciones precedentes, en forma tal que las variables de exceso, permaneciendo positivas, satisfagan dichas ecuaciones. Esto se logra introduciendo además de las variables de exceso, las llamadas “variables artificiales”. Representaremos a las variables artificiales por la letra λ con un subíndice apropiado. Estas variables también cumplen la condición de no negatividad. Por consiguiente nuestro programa lineal original con la sustracción de las variables de exceso y la adición de las variables artificiales quedaría de la siguiente manera:

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Min (z) = 1x1 +2x2 + 0x3 + 0x4 + 0x5 + Mλ1 +M λ1 +Mλ1 s.a. 8x1 +2x2 - x3 +λ1 = 16 1x1 +1x2 - x4 +λ2 = 5 2x1 +7x2 - x5 +λ3 = 20 x1, x2, x3,x4 ,x5, λ1 , λ2, λ3 ≥ 0 En este problema, las variables artificiales λ1, λ2 y “número de días imaginarios”.

λ3 pueden interpretarse como

Cabe indicar que las variables de exceso y las variables artificiales no guardan correspondencia con relación a su influencia en los costos. Es decir, mientras que las variables de exceso tienen coeficientes nulos de costos en la función objetivo, cada variable artificial recibe una asignación de costo igual a M, siendo M una cantidad infinitamente grande. Esto asegura que estas variables no pueden tomar parte en ningún caso en la solución óptima. Si estuviésemos en un caso de maximización, el coeficiente asociado de beneficio de la variable artificial recibe una asignación de –M, es decir un valor tan pequeño que la variable correspondiente no tendría cabida en la solución. Así mismo, se observa que las variables artificiales permiten obtener un inicio conveniente y correcto para hallar la solución óptima aplicando el método simplex, ya que estas variables se usan para formar o completar, según sea el caso la matriz identidad. Al aplicar el simplex a este problema, que corresponde a un caso de minimización, solo hay que tener presente el punto relacionado con la variable que entra a la base, es decir con c j – z j; esto por que mientras exista una diferencia de c j – z j negativa, habrá una mejor solución. En el caso de que existan varias diferencias negativas, se eligira a la variable que tenga la diferencia mas negativa. En el problema, llega a la solución óptima cuando todas las c j – z j son ceros o positiva Pasando al tablero simplex, se tiene que: Tablero 1

ci M M M

cj xk λ1 λ2 λ3 Z

bi 16 5 20 41M cj - zj

1 X1 (8) 1 2 11M 111M

2 X2 2 1 7 10M 210M

0 X3 -1 0 0 -M M

0 X4 0 -1 0 -M M

0 X5 0 0 -1 -M M

M λ1 1 0 0 M 0

M λ2 0 1 0 M 0

M λ3 0 0 1 M 0

1

2

0

0

0

M

M

M

Θ 2 5 10

Tablero 2 cj

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ci 1 M M

xk X1 λ2 λ3

bi 2 3 16

X1 1 0 0

Z

2+19 M

1

cj - zj

0

X2 X3 2/8 -1/8 6/8 1/8 (52/8 2/8 ) 2/8+ 1/8+ 58/8 3/8M M 6/8 - -1/8 58/8 + M 3/8M

X4 0 -1 0

X5 0 0 -1

λ1 1/8 -1/8 -2/8

λ2 0 1 0

λ3 0 0 1

-M

-M

1/83/8M

M

M

M

M

-1/8 + 11/8 M

0

0

0 X5 2/52 (6/52 ) -8/52

M λ1 7/52 -5/52

M λ2 0 1

M λ3 -2/52 -6/52

-2/52

0

8/52

3/52 14/5 57M/5 2 2 +6M/ 52 14/5 -3/52 2+ 6M/5 57M/5 2 2

0

14/52 58M/52

0

14/52+ 58M/52

Θ 8 4 2.26

Tablero 3

ci 1 M

cj xk X1 λ2

bi 72/52 60/52

1 X1 1 0

2 X2 0 0

0 X3 -7/52 5/52

0 X4 0 -1

2

X2

32/13

0

1

2/52

0

Z

328/5 2 +60M /52

1

2

-3/52 + 5M/5 2

-M

0

0

3/52 5M/5 2

M

cj - zj

Θ 36 10

Tablero 4

ci 1 0 2

La X1 X2 X5

cj xk bi X1 3 X5 12 X2 2 Z 7 cj - zj

1 X1 1 0 0 1 0

2 X2 0 0 1 2 0

0 X3 -8/6 5/6 2/6 -4/6 4/6

0 X4 -1/6 -1/6 1/6 -1/6 1/6

0 X5 0 1 0 0 0

M λ1 8/6 -5/6 -2/6 4/6 M4/6

M λ2 1/6 1/6 -1/6 1/6 M1/6

M λ3 0 -1 0 0 M

solución del problema es: = 3 días = 2 días = 12 tn.

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Z = $7,000 Además, x3 = x4 = 0 Esto nos indica que para cumplir con el mencionado contrato de venta, la fabrica 1, deberá trabajar 3 días, la fabrica 2 solo 2 días, lo cual nos dará un costo total de operación mínimo de $7,000

CAPITULO VI PROGRAMACION LINEAL: USO DE LA COMPUTADORA En el presente capitulo se examina como los que tienen que tomar decisiones utilizan la computadora para resolver problemas con mucha variables y restricciones, y como interpretan los resultados de la computadora para formular el plan óptimo. Ahora que comprende la forma en que el algoritmo simplex soluciona los problemas de programación lineal, puede confiar en la computadora para realizar los cálculos detallados. Como pudo observar en el capitulo 5, el algoritmo simplex no solo produce la solución óptima, sino que también proporciona información económica adicional útil en el proceso de toma de decisiones, como los valores de los precios sombra, costos reducidos, intervalos de sensibilidad y análisis parametrico. Todo el software para solución de programas lineales proporciona esta información. 6.1 USO DEL LINDO FOR WINDOWS Sé hará uso del software de programación lineal llamado LINDO (Linear, INteractive, and Discrete Optimizer) para resolver y analizar un problema de programación lineal. EJEMPLO 6.1.: PROBLEMA DE PLANEACION DE PRODUCCION 6.1.1. Definición del problema La Cia. ALFA fabrica artículos para el hogar y manufactura dos productos: A y B. Ambos sufren 3 procesos en el mismo orden que son: -

Maquinado Armado Montaje

La disponibilidad de minutos diarios de cada proceso es: 160,120 y 280 minutos respectivamente. El producto A requiere 2, 1 y 4 minutos de maquinado, armado y montaje respectivamente; mientras que el producto B, necesita 2, 2 y 2 minutos de maquinado, armado y montaje respectivamente.

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El gerente de producción debe decidir que cantidad de cada producto debe manufacturarse con el objeto de hacer el mejor empleo de los medios limitados de producción, sabiendo que la ganancia por cada unidad del producto A es $10 y del producto B es de $15. 6.1.2. Formulación del problema Las variables de decisión son: x1: número de unidades del producto A que se va a producir x2: número de unidades del producto B que se va a producir La combinación de la función objetivo de maximizar la ganancia total y las tres restricciones estipuladas en función de los recursos disponibles da como resultado el siguiente problema de programación lineal: Max Z = 10 x s.a.

1

+ 15 x

2

2x 1 + 2x 2 ≤ 160 x 1 + 2x 2 ≤ 120 4x 1 + 2x 2 ≤ 280 x 1, x 2 ≥ 0

maquinado armado montaje

6.1.3. solución de computadora El modelo de producción puede solucionarse usando cualquier paquete de software de programación lineal disponible como lindo. El primer paso es introducir los datos del modelo en el formato requerido por LINDO de la forma como se muestra en la figura 6.1. MAX 10 x 1 + 15 x ST 2x 1 + 2x 2 < 160 x

1

+ 2x

2

< 120

4x

1

+ 2x

2

< 280

2

END Figura 6.1. Entrada del programa Ahora puede ordenarle a la computadora que use LINDO para resolver el problema usando la opción SOLVE. La solución, se muestra en la figura 6.2., Donde la parte (a) del reporte representa la formulación Del programa y la parte (b) representa en primer lugar los valores óptimos de las variables estructurales. La segunda parte proporciona información referente a las restricciones. MAX 10 X1 + 15 X2 SUBJECT TO 2) 2 X1 + 2 X2