Diapositivas de la Clase "Problemas de Transporte" del Curso Investigacion de Operaciones I del Profesor Eduardo Quiroz de FIECS

1. PROBLEMA DEL TRANSPORTE

3. Esquema tabular del PT

4. Una solución al PT queda definido por un conjunto de mxn número X ij , donde: X ij : Número de unidades a enviar desde el origen i al destino j Siendo Xij ≥ 0

5. El programa lineal del Problema del transporte queda expresado de la siguiente manera: Sujeto a: i=1,....,m j=1,....,n

6. METODOS PARA HALLAR SOLUCION FACTIBLE BASICA INICIAL METODO DE LA ESQUINA NOR OESTE Se empieza en la casilla (1,1) calculando X 11 = min(a 1 ,b 1 ). Si a 1 < b 1 , se hace b 1 = b 1 – a 1 y se pasa a la casilla (2,1) calculando X 21 = min(a 2 ,b 1 ). Si a 1 > b 1 entonces se hace a 1 = a 1 – b 1 y se pasa a la casilla (1,2) para calcular X 12 = min (a 1 , b 2 ), y así se continua hasta obtener la sfbi.

7. EJEMPLO: Una compañía tiene 3 fábricas ubicadas en A, B y C, las cuales proveen a los almacenes que están ubicados en D, E, F y G. La capacidad de producción de las fábricas son de 70, 90 y 115 unidades mensuales respectivamente, mientras que las capacidades de los almacenes es de 50, 60 , 70 y 95 unidades respectivamente. El costo de envió de una unidad desde cada una de las fábricas a cada una de los almacenes se presenta en el siguiente cuadro (en $). Determinar la solución factible básica inicial utilizando el método de la esquina NO

8. D 1 D 2 D 3 D 4 a i 17 20 13 12 15 21 26 25 15 14 15 17 b j 50 60 70 95 O 1 O 2 O 3 70 90 115 Se colocan los datos en forma tabular . X 11 = min (a 1 ,b 1 )=min (70,50) = 50 a 1 = a 1 - b 1 = 70 – 50 = 20 X 12 = min (a 1 ,b 2 )=min (20,60) = 20 b 2 = b 2 - a 1 = 60 – 20 = 40 X 22 = min (a 2 ,b2 1 )=min (90,40) = 40 a 2 = a 2 – b 2 = 90 – 40 = 50 X 23 = min (a 2 ,b 3 )=min (50,70) = 50 b 3 = b 3 – b 2 = 70 – 50 = 20 X 33 = min (a 3 ,b 3 )=min (115,200) = 50 a 3 = a 3 – b 3 = 115 – 20 = 95 X 34 = min (a 3 ,b4 1 )=min (95,95) = 95 Por consiguiente la solución es:

9. Z = 17*50+20*20+21*40+26*50+15*20+17*95 Z = $ 5305 D 1 D 2 D 3 D 4 a i 17 20 13 12 15 21 26 25 15 14 15 17 b j 50 60 70 95 O 1 O 2 O 3 70 90 115 50 20 40 50 20 95

12. Si no existiera el problema de capacidad de los CAPs, el modelo sería trivial, ya que bastaría asignar cada ciudad al CAP más cercano, obteniéndose el coste de transporte más barato. Al tener límites en la capacidad, puede ser que no todas las ciudades tengan asignado el centro más cercano, ya que esto implicaría una sobre utilización. Entonces, puede ser que alguna ciudad, o parte de ella tenga asignada un CAP que no es el más cercano, en función de la disponibilidad o holgura del sistema.

13. El PT en sus forma tabular quedaría de la siguiente manera: El PT es un problema balanceado: El número de variables básicas esta dado por (m + n – 1)

16. Introducimos a la base la variable: X 14 = min (70, 95) = 70 b 4 = 95 – 70 = 25 y elimine la fila 1. Repetimos el proceso:

17. Introducimos a la base X 33 = min (115, 70) = 70 a 3 = 115 – 70 = 45 y elimine la columna 3

18. Introducimos a la base X 21 = min (90 , 50) = 50 a 2 = 90 - 50= 40 y elimine la columna 1

19. Introducimos a la base X 34 = min (45, 25) = 25 a 3 = 45 - 25= 20 y elimine la columna 4 Introducimos a la base X 22 = min (40 , 60) = 40 a 2 = 60 - 40= 20 y elimine la columna 2 Introducimos a la base X 32 = min (20 , 20) = 20

20. La solución por lo tanto es : El costo de la solución es Z = $ 4,185

21. Generación de nuevas soluciones Consideremos la solución inicial hallada por el método de la esquina N.O. El costo de la solución era Z = $ 5,305 Si se ingresa a la base la variable X 14 , el nuevo valor de Z 1 = Z + X 14 * D 14 = 5305 + 20 (-15) = $5,005 Donde D 14 = c 14 – c 34 + c 33 – c 23 + c 22 – c 12 = 12-17+15-26+21-20= -15

22. Solución Optima Método MODI o UV Consideremos la solución inicial hallada por el método de la Esquina N.O.

23. Paso 2 : Se dibuja la matriz Z ij que contiene los costos de la variable solución

24. Paso 3 : Se construye un conjunto de números v j y u i tal que la suma iguale a los valores de la matriz Z ij del paso 2 y se completa las celdas vacías con la suma de los u i y v j la matriz Z ij que contiene los costos de la variable solución. Se tiene las siguientes ecuaciones de las celdas básicas: U 1 + v 1 = 17 u 2 + v 3 = 26 U1 + v 2 = 20 u 3 + v 3 = 15 U 2 + v 2 = 21 u 3 + v 4 = 17 Haciendo v 1 = 0 se encuentra que: u 1 = 17 ; v 2 = 3 ; u 2 = 18 V 3 = 8 ; u 3 = 7 ; v 4 = 10

25. Paso 4 : Se calcula C ij - Z ij - =

26. Se selecciona la casilla (1,4) que tiene el costo de entrada mas pequeño, por consiguiente debe entrar a la base la variable X 14 El costo de la nueva solución es: Z1 = 5305 + (20)(-15) = 3005 A continuación probamos si esta solución es o no la óptima

27. Se calcula C ij - Z ij - =

28. Se selecciona la casilla (2,1) que tiene el costo de entrada mas pequeño, por consiguiente debe entrar a la base la variable X 21 El costo de la nueva solución es: Z 2 = 5005 + (30)(-18) = 4465 A continuación probamos si esta solución es o no la óptima

29. Se calcula C ij - Z ij - =

30. Se selecciona la casilla (3,2) que tiene el costo de entrada mas pequeño, por consiguiente debe entrar a la base la variable X 32 El costo de la nueva solución es: Z 2 = 4465+ (20)(-14) = 4185 A continuación probamos si esta solución es o no la óptima

31. Se calcula C ij - Z ij - = Esta es la solución óptima