Soluciones PL

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1. 11 Un sastre tiene 80 m2 de tela de algodón y 120 m2 de tela de lana. Un traje de caballero requiere 1 m2 de algodón y 3 m2 de lana y un vestido de seño- ra necesita 2 m2 de cada una de las telas. Halla el número de trajes y vesti- dos que debe confeccionar el sastre para maximizar los beneficios si un tra- je y un vestido se venden por el mismo precio. Llamamos x al número de trajes e y al nú- mero de vestidos. Resumimos la información en la tabla de la derecha. Las restricciones del problema son: Si llamamos 1 al beneficio obtenido por la venta de un traje o de un vestido, la función que nos da el beneficio total es F(x, y) = x + y . Tenemos que maxi- mizar esta función, sujeta a las restricciones anteriores. Representamos el recinto de restricciones: El máximo se alcanza en el punto (20,30). Por tanto, debe confeccionar 20 trajes y 30 vestidos. 20 40 3x + 2y = 120 20 40 x + 2y = 80 Punto (20, 30) ° ¢ £ 3x + 2y = 120 x + 2y = 80 x Ó 0, y Ó 0 x + 2y Ì 80 3x + 2y Ì 120 ° § ¢ § £ N.º TRAJE x VESTIDO TOTAL y ALGODÓN x 2y x + 2y LANA 3x 2y 3x + 2y x + 2y =80 3x + 2y = 120 x + 2y 80  (0,0), 0 + 0 80 Cierto   3x + 2y 120  (0,0), 0 + 0 120 Cierto   30 20 40 0 y x 0 40 30 20 y x Como la región posible es acotada, el máximo se alcanza en un punto extremo. Puntos extremos: (0,0), (0,40), (40,0) y (20,30), que es el punto de corte de F(0,0) = 0 F(0,40) = 40 F(40,0) = 40 F(20,30) = 50
2. s17 Se dispone de 120 refrescos de cola con cafeína y de 180 refrescos de cola sin cafeína. Los refrescos se venden en paquetes de dos tipos: TIPO A, con 3 refrescos con cafeína y 3 sin cafeína. TIPO B, con 2 refrescos con cafeína y 4 sin cafeína. El vendedor gana 6 € por cada paquete que vende de tipo A y 5 € por cada paquete de tipo B. Calcula de forma razonada cuántos paquetes ha de ven- der de cada tipo para que el beneficio sea máximo. ¿Cuál es ese beneficio? Llamamos x al número de paquetes de tipo A e y al número de paquetes de ti- po B. Resumimos la información en una tabla: Las restricciones del problema son: x Ó 0, y Ó 0 3x + 2y Ì 120 3x + 4y Ì 180 ° § ¢ § £ A CON CAFEÍNA 3x SIN CAFEÍNA GANANCIA (€) 3x 6x B 2y 4y 5y REF. DISPONIBLES 120 180 La función objetivo es la de ganancias, F (x, y) = 6x + 5y. Hemos de maximizar esta función, sujeta a las restricciones anteriores. 3x + 2y = 120 3x + 4y = 180 3x + 2y 120  (0,0), 0 + 0 120 Cierto   3x + 4y 180  (0,0), 0 + 0 180 Cierto   0 40 60 0 y x 0 60 45 0 y x 10 40 60 10 P Q R 45 3x + 2y = 120 3x + 4y = 180 60 Como la región posible es acotada, el máximo se alcanza en un punto extremo. Puntos extremos: (0,0), (0,45), (40,0) y (20,30), que es el punto de intersección de las rectas 3x + 2y = 120, 3x + 4y = 180. F(0,0) = 0 F(0,45) = 225 F(40,0) = 240 F(20,30) = 270 El máximo se alcanza en el punto (20,30). El máximo beneficio es de 270 €, y se alcanza vendiendo 20 paquetes de tipo A y 30 paquetes de tipo B.
3. s20 Una persona tiene 15 000 € para invertir en dos tipos de acciones, A y B. El tipo A tiene un interés anual del 9%, y el tipo B, del 5%. Decide invertir, como máximo, 9 000 € en A, y como mínimo, 3 000 € en B. Además, quiere invertir en A tanto o más que en B. a) Dibuja la región factible. b)¿Cómo debe invertir los 15 000 € para que el beneficio sea máximo? c) ¿Cuál es ese beneficio anual máximo? a) Llamamos x a la cantidad de euros invertidos en acciones de tipo A e y a la cantidad de euros invertidos en acciones de tipo B. Las restricciones del problema son: Representamos las rectas y obtene- mos la región factible. b) La función objetivo es F(x, y) = 0,09x + 0,05y. Vemos cuál es el valor de esta función en los vértices de la región factible: P(300, 300) S(900, 300) F(P) = F(300, 300) = 42 F(Q) = F(750, 750) = 105 F(R) = F(900, 600) = 111 F(S) = F(900, 300) = 96 Para que el beneficio sea máximo, se deben invertir 900 € en acciones de tipo A y 600 € en acciones de tipo B. c) El beneficio máximo anual es de 111 €. 200 P R S x + y = 1500 y = 300 x = 900 y = x 900 1500 200 1500 Q R(900, 600) ° ¢ £ x + y = 1500 x = 900 Q(750, 750) ° ¢ £ x + y = 1500 x = y 200 x + y = 1500 y = 300 x = 900 y = x 900 1500 200 1500 x Ó 0 x Ì 900 y Ó 300 x Ó y x + y Ì 1500 ° § § ¢ § § £ x = y x + y = 1500 x  y  (200,0), 200  0 Cierto x + y  1500  (0,0), 0 + 0 1500 Cierto  300 300 0 0 y x 1.200 300 1.500 0 y x Como la región posible es acotada, el máximo se alcanza en un punto extremo.
4. x = 10 y 10 0 10 10 x y = 13 – x 0 13 10 3 x = 0 y = 0 (20,3) 10 13 x = 10 0 (0,13) x + y = 13 Región factible 1. Halla el mínimo de la función f(x,y) = 3x + 4y + 2(10 – x) + 3(18 – y) con las siguientes restricciones: x  0, y  0, 10 – x  0, x + y  13, (10 – x) + (18 – y)  15. ¿Tiene solución única? SOLUCIÓN: Representamos gráficamente las rectas 10 – x = 0, x + y = 13, x = 0 (eje Y) e y = 0 (eje X). A continuación se comprueba el semiplano solución, sustituyendo un punto del plano, para ver si satisface la inecuación. Obviamente los semiplanos x  0 e y  0 contienen al punto (1,1). Sustituimos el punto (0,0) en cada una de las restantes inecuaciones: 10 > 0, luego el semiplano 10 – x  0 contiene al punto (0,0). 0 < 13, luego el semiplano x + y  13 contiene al punto (0,0). 28 > 15, luego el semiplano x + y  13 (es el mismo que 10 – x + 18 – y  15) contiene al punto (0,0). Gráficamente, el conjunto factible será el segmento de extremos (0,13) y (10,3). Los vértices se calculan resolviendo los sistemas formados por las rectas: 1) x + y = 13, x = 0  y = 13  (0,13); 2) x + y = 13, x = 10  y = 3  (10,3) Como la región factible es acotada, para hallar el óptimo se calculan los puntos extremos o vértices y se ve cuál o cuáles de ellos son los óptimos, sustituyendo en la función objetivo. Operando, la función queda F(x,y) = x + y + 74. Sustituyendo los vértices: F(0,13) = 87, F(10,3) = 87. El conjunto de soluciones óptimas es el segmento de extremos (0,13) y (10,3).
5. Colocamos los datos en una tabla y escribimos las restricciones del problema: Hemos de minimizar la función objetivo, F(x, y) = 32000x + 24000y. Representamos las restricciones del problema: Representamos la recta de nivel F(P) = F(30, 45) = 2040000 El coste mínimo, 2040000 € de la función objetivo. tiene cuando la factoría F1 funciona 30 días y la F2 funciona 45 días. 10 R 60 50 4x + 4y = 300 6x + 4y = 360 x = 50 32000x + 24000y = 0 75 10 90 75 P Q P (30, 45) ° ¢ £ 6x + 4y = 360 4x + 4y = 300 0 Ì x Ì 50 y Ó 0 6x + 4y Ó 360 4x + 4y Ó 300 ° § ¢ § £ MODELO A FACTORÍA F 1 6x FACTORÍA F 2 4y N.º DE COCHES 360 MODELO B 4x 32000x 4y 300 COSTE 24000y s22 Una empresa fabricante de automóviles produce dos modelos, A y B. Tiene dos factorías, F1 y F2 . En F1 se producen diariamente 6 coches tipo A y 4 tipo B, con un coste de 32 000 € diarios. F1 no funciona más de 50 días. En F2 se producen 4 de A y 4 de B, con un coste de 24 000 € diarios. Para abastecer el mercado, se han de poner a la venta al menos 360 coches de tipo A y al menos 300 de tipo B. ¿Cuántos días debe funcionar cada factoría para que el coste sea mínimo? ¿Cuál es ese coste? Llamamos x al número de días que debe funcionar F1 e y al número de días que debe funcionar F2 . 6x + 4y = 360 4x + 4y = 300 6x + 4y  360  (0,0), 0  360 Falso 4x + 4y  300  (0,0), 0 + 0  300 Falso 15 50 90 0 y x 25 50 75 0 y x 32000x + 24000y = 0 -20 -15 0 0 y x Como la región posible no es acotada, para calcular el mínimo usamos rectas de nivel. El mínimo se alcanza en el punto P de corte de las rectas:
6. Representamos el recinto de restricciones: Habría que emplear a 24 fijos y a 14 eventuales. Si el objetivo fuese contratar al mayor número de eventuales, F(x,y) = y, (el máximo se alcan- za en los puntos del segmento de extremos (10,14) y (24,14) ) ; habría que contratar a 14 eventuales, y el número de fijos podría variar entre 10 y 24, ambos incluidos. 24 32 40 A B y = 14 10 20 10 15x + 8y = 480 s23 Una empresa está seleccionando empleados con contrato eventual por un año y con contrato fijo. Sus sueldos anuales son, respectivamente, 8 000 € y 15 000 €. La empresa tiene un tope máximo de 480 000 € para los sueldos de estos nuevos empleados. El número de empleados fijos ha de estar entre 10 y 24. Los eventuales no pueden ser más de 14. Si el objetivo es contratar al mayor número de empleados, ¿cuántos ha de contratar de cada tipo? ¿Y si el objetivo fuera contratar al mayor número de eventuales? Llamamos x al número de empleados fijos e y al número de empleados even- tuales. Las restricciones del problema son: Si se quiere contratar al mayor número de empleados, la función objetivo viene definida por F(x, y) = x + y. Tene- mos que maximizar esta función, sujeta a las restricciones descritas. 15x + 8y Ì 480 10 Ì x Ì 24 0 Ì y Ì 14 ° § ¢ § £ 15x + 8y = 480 15x + 8y  480  (0,0), 0  480 Cierto 15 24 60 0 y x Como la región posible es acotada, el máximo se alcanza en un punto extremo. Puntos extremos: (10,0), (0,14), (24,0) y (24,14), que es el punto de intersección de las rectas y = 14, x = 24. F(10,0) = 10, F(0,14) = 14, F(24,0) = 24, F(24,14) = 38 El máximo se alcanza en el punto (24,14).
7. x y = 200 – x/2 0 200 100 150 x y = x/2 0 0 100 50 x y = 300 – x 0 0 100 200 2. Una empresa produce sidra y mermelada de manzana. La empresa dispone cada día de 600 máquinas de embalaje y 400 horas de trabajo. En la producción de un tarro de mermelada se utilizan dos máquinas de embalaje y una hora de trabajo. La producción de una botella de sidra requiere 2 máquinas de embalaje y 2 horas de trabajo. Además el número de tarros de mermelada que se producen diariamente nunca es inferior al doble del número de botellas de sidra. Suponiendo que se vende todo lo que se produce, calcular cuántos tarros de mermelada y cuántas botellas de sidra deben fabricarse cada día para que la empresa obtenga unos ingresos máximos en los siguientes casos: a) Sabiendo que el precio de un tarro de mermelada es de 200 pesetas y el de una botella de sidra es de 300 pesetas. b) Sabiendo que el precio de venta de ambos productos es el mismo. c) ¿Se puede quitar alguna restricción sin que las respuestas de los apartados a) y b) varíen? SOLUCIÓN: a) y b) Las variables de decisión son: x = número de tarros de mermelada que deben fabricarse y = número de botellas de sidra que deben fabricarse La función objetivo en (a) es f(x,y) = 200x + 300y. La función objetivo en (b) es g(x,y) = x + y. Se supone que el precio de ambos es de 1 unidad, que pueden ser 200 pesetas u otro valor. Las restricciones son: 2x + 2y  600, x + 2y  400, x  2y, x  0, y  0. El problema lineal queda: Max f(x,y) o g(x,y) sujeto a 2x + 2y  600 x + 2y  400 x  2y x  0 y  0 Hallamos gráficamente la región factible. Representamos gráficamente las rectas 2x + 2y = 600, x + 2y = 400, x = 2y, x = 0 (eje Y) e y = 0 (eje X). A continuación se comprueba el semiplano solución, sustituyendo un punto del plano, para ver si satisface la inecuación.
8. x = 0 y = 0 (0,0) 2x + 2y = 600 (300,0) x = 2y (200,100) 200 x + 2y = 400 300 400 Región factible Obviamente los semiplanos x  0 e y  0 contienen al punto (1,1). Sustituimos el punto (0,1) en cada una de las restantes inecuaciones: 2 < 600, luego el semiplano 2x + 2y  600 contiene al punto (0,1). 2 < 400, luego el semiplano x + 2y  400 contiene al punto (0,1). 0 < 2, luego el semiplano x  2y no contiene al punto (0,1). Gráficamente, la región factible será: Como la región factible es acotada, para hallar el óptimo se calculan los puntos extremos y se ve cuál o cuáles de ellos son los óptimos, sustituyendo en la función objetivo. Para calcular los puntos extremos hay que resolver los sistemas formados por las rectas: a) 2x + 2y = 600, x = 2y  4y + 2y = 600  y = 100, x = 200  (200,100) b) 2x + 2y = 600, y = 0  x = 300  (300,0) c) x = 0, y = 0  (0,0) Sustituimos en las funciones objetivo: f(200,100) = 70000, f(300,0) = 60000, f(0,0) = 0. g(200,100) = 300, g(300,0) = 300, g(0,0) = 0. En el apartado (a), deben fabricarse 200 tarros de mermelada y 100 botellas de sidra para que el ingreso sea máximo. En el apartado (b), existen infinitas soluciones, que son todos los puntos del segmento de extremos (200,100) y (300,0). Es decir, deben fabricarse 200 + 300(1 – ) = 100 + 300 tarros de mermelada y 100 botellas de sidra, con 0    1, para que el ingreso sea máximo. c) La restricción x + 2y  400 es redundante. El número de horas de trabajo no influye en el resultado.
9. x 5 10 15 y 5 10 15 ( 6 , 6 ) ( 7 , 7 ) ( 6 , 4 ) ( 15 , 4 ) ( 15 , 7 ) x – y  0 x  15 x  6 y  7 y  4 Región factible 3. En unos grandes almacenes necesitan entre 6 y 15 vigilantes cuando están abiertos al público (siempre en horario diurno) y entre 4 y 7 vigilantes nocturnos. Por razones de seguridad debe haber más vigilantes o al menos el mismo número cuando están abiertos. Si el salario nocturno es un 60% más alto que el diurno, ¿cómo debe organizarse el servicio para que resulte lo más económico posible? SOLUCIÓN: Las variables son: x = número de vigilantes diurnos, y = número de vigilantes nocturnos. Como los vigilantes nocturnos cobran un 60 % más que los vigilantes diurnos, podemos suponer que la función objetivo es f(x,y) = x + 1’6y. Las restricciones son: 6  x  15, 4  y  7, x  y. El problema lineal queda: Min f(x,y) = x + 1’6y sujeto a 6  x  15 4  y  7 x – y  0. Hallamos gráficamente la región factible. Representamos gráficamente las rectas x – y = 0, x = 6, x = 15, y = 4 e y = 7. Ahora se comprueba el semiplano solución, sustituyendo un punto del plano, para ver si satisface la inecuación. Sustituimos el punto (1,0) en la inecuación x – y  0: 1 > 0, luego el semiplano x – y  0 contiene al punto (1,0). Gráficamente, la región factible aparece en la figura adjunta.
10. Como la región factible es acotada, para hallar el óptimo se calculan los puntos extremos y se ve cuál o cuáles de ellos son los óptimos, sustituyendo en la función objetivo. Para calcular los puntos extremos hay que resolver los sistemas formados por las rectas: a) x – y = 0, x = 6  y = 6  (6,6) b) x – y = 0, y = 7  x = 7  (7,7) c) x = 6, y = 4  (6,4) d) x = 15, y = 4  (15,4) e) x = 15, y = 7  (15,7) Sustituimos en la función objetivo: f(6,6) = 15’6, f(7,7) = 18’2, f(6,4) = 12’4, f(15,4) = 21’4, f(15,7) = 26’2. Debe haber 6 vigilantes diurnos y 4 nocturnos para que el servicio resulte lo más económico posible.
11. Y X 1 0 1 4. Considera el recinto de la figura, en el que están incluidos todos los lados y todos los vértices. a) Escribe las inecuaciones que lo definen. b) Maximiza la función z = x + y. a) y  2, y  –1, x  –2, x  2, x + y  2. b) Como la región factible es acotada, para hallar el óptimo se calculan los puntos extremos y se ve cuál o cuáles de ellos son los óptimos, sustituyendo en la función objetivo. Los puntos extremos son (–2,2), (0,2), (2,0), (2,–1) y (–2,–1). Sustituimos en la función objetivo: z(–2,2) = 0, z(0,2) = 2, z(2,0) = 2, z(2,–1) = 1, z(–2,–1) = –3. El conjunto de soluciones óptimas es el segmento de extremos (0,2) y (2,0).
12. 25 Un pastelero fabrica dos tipos de tartas, T1 y T2 , para lo que usa tres ingre- dientes, A, B y C. Dispone de 150 kg de A, 90 kg de B y 150 kg de C. Para fabricar una tarta T1 , debe mezclar 1 kg de A, 1 kg de B y 2 kg de C, mientras que para hacer una tarta T2 , necesita 5 kg de A, 2 kg de B y 1 kg de C. a) Si se venden las tartas T1 a 10 €, y las tartas T2 a 23 €, ¿qué cantidad debe fabricar de cada clase para maximizar sus ingresos? b) Si se fija el precio de una tarta del tipo T1 en 15 €, ¿cuál será el precio de una tarta del tipo T2 si una solución óptima es fabricar 60 tartas del tipo T1 y 15 del tipo T2 ? Llamamos x al número de tartas de tipo T1 e y al número de tartas de tipo T2 . Las restricciones del problema son: a) La función que nos da los ingresos es F(x, y) = 10x + 23y. Tenemos que ma- ximizar esta función, sujeta a las restricciones anteriores. Representamos el recinto de restricciones: Por tanto, deben fabricarse 50 tartas de tipo T1 y 20 tartas de tipo T 2 . b) Si llamamos p al precio de la tarta de tipo T2 , los ingresos vendrían dados por la función G(x, y) = 15x + py. Si la función G(x, y) alcanza el máximo en el punto (60, 15), que no es un vértice, será porque hay infinitas soluciones y, el punto (60, 15) está en el segmento de extremos (50,20) y 70,10), que son dos vértices solución, luego vale lo mismo en los dos: Así, el precio de una tarta del tipo T2 será de 30 €. 50 100 x + 2y = 90 x + 5y = 150 2x + y = 150 50 100 x Ó 0, y Ó 0 x + 5y Ì 150 x + 2y Ì 90 2x + y Ì 150 ° § ¢ § £ x + 5y = 150 x + 2y = 90 2x + y = 150 x + 5y  150  (0,0), 0  150 Cierto x + 2y  90  (0,0), 0  90 Cierto 2x + y  150  (0,0), 0  150 Cierto 20 50 30 0 y x 20 50 45 0 y x 0 75 50 50 y x Como la región posible es acotada, el máximo se alcanza en un punto extremo. Puntos extremos: (0,0), (0,30), (75,0), (50,20) que es el punto de corte de x + 2y = 90 y x + 5y = 150, (70,10), que es el punto de corte de 2x + y = 150, x + 2y = 150. F(0,0) = 0, F(0,30) = 390, F(75,0) = 75, F(50,20) = 960, F(70,10) = 930. El máximo se alcanza en el punto (50,20). G(50,20) = 750 + 20p G(70,10) = 1050 + 10p  750 + 20p = 1050 + 10p  10p = 300  p = 30
13. x y = 42 – x/2 0 42 40 22 x y = 70 – x 0 70 40 30 x y = x/4 0 0 40 10 5. Asunción ha estado trabajando todo el verano para poder pagarse la matrícula del curso siguiente. Su problema es ahora decidir el número de créditos teóricos y prácticos de los que matricularse, puesto que deben cumplirse los siguientes requisitos: a) Sólo dispone de 84.000 pesetas. El precio de un crédito teórico (CT) es de 1.000 pesetas, y el de un crédito práctico (CP) es de 2.000 pesetas. b) Debe elegirse como mínimo 20 CT y como máximo 56 CT, y no quiere matricularse de más de 70 créditos en total. c) La normativa de la Universidad exige que el número de CP no supere el 20 % del total de créditos elegidos. Si su objetivo es cursar el mayor número posible de créditos, ¿de cuántos créditos teóricos y prácticos deberá matricularse? SOLUCIÓN: Las variables de decisión son: x = número de créditos CT de los que debe matricularse y = número de créditos CP de los que debe matricularse La función objetivo es f(x,y) = x + y. Las restricciones son: 1000x + 2000y  84000,x  20,x  56,x + y  70,y  0’2(x + y),y  0. El problema lineal queda: Max f(x,y) = x + y sujeto a 1000x + 2000y  84000 x + y  70 0’2x – 0’8y  0 x  20, x  56, y  0 Hallamos gráficamente la región factible. Representamos gráficamente las rectas 1000x + 2000y = 84000, x + y = 70, 0’2x – 0’8y = 0, x = 20, x = 56 e y = 0 (eje X). A continuación se comprueba el semiplano solución para ver si satisface la inecuación. Obviamente los semiplanos x  20, x  56 e y  0 contienen al punto (25,25). Sustituimos el punto (0,10) en cada una de las restantes inecuaciones: 20000 < 84000, luego el semiplano 1000x + 2000y  84000 contiene al punto (0,10).
14. x = 0 y = 0 80 80 1000x+2000y=84000 0’2x – 0’8y = 0 x + y = 70 x = 20 x = 56 Región factible (56,14) (56,0) (20,5) (20,0) 10 < 70, luego el semiplano x + y  70 contiene al punto (0,10). –8 < 0, luego el semiplano 0’2x – 0’8y  0 no contiene al punto (0,10). Gráficamente, la región factible será: Como la región factible es acotada, para hallar el óptimo se calculan los puntos extremos y se ve cuál o cuáles de ellos son los óptimos, sustituyendo en la función objetivo. Para calcular los puntos extremos hay que resolver los sistemas formados por las rectas: a) 0’2x – 0’8y = 0, x = 56  y = 14  (56,14) b) 0’2x – 0’8y = 0, x = 20  y = 5  (20,5) c) x = 56, y = 0  (56,0) d) x = 20, y = 0  (20,0) Sustituimos en la función objetivo: f(56,14) = 70, f(20,5) = 25, f(56,0) = 56, f(20,0) = 20. Debe matricularse de 56 créditos CT y 14 CP para que el número de créditos sea máximo.