INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

Este blog ha sido creado con la finalidad de brindar información referente a la Investigación de operaciones, específicamente con el Problema Dual y otros que son de suma relevancia en este campo.

miércoles, 1 de junio de 2011

Metodo Simplex Investigacion de operaciones SOSA, ARAUJO Y FERNANDEZ

Publicado por Roysmar Duran en 8:22

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LA TECNOLOGÍA ES DUAL

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INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

Es la aplicación por grupos interdisciplinarios del método científico a problemas relacionados con el control de las organizaciones o sistemas a fin que se produzcan soluciones que mejor sirvan a los objetivos de la organización.

ORIGEN DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

Nace a principios de la segunda guerra mundial porque existía una necesidad urgente de asignar recursos escasos a las distintas operaciones militares y a las actividades dentro de cada operación, la forma más efectiva.

Algoritmo.

Es una lista bien ordenada y finita de operaciones que permite hallar la solución a un problema.

Optimización.

La optimización (también denominada programación matemática) Un problema de optimización trata entonces de tomar una decisión óptima para maximizar (ganancias, velocidad, eficiencia, etc.) o minimizar (costos, tiempo, riesgo, error, etc.) un criterio determinado.

DUALIDAD.

El dual es un problema de PL que se obtiene matemáticamente de un modelo primal de PL dado. Los problemas dual y primal están relacionados a tal grado, que la solución símplex óptima de cualquiera de los dos problemas conduce en forma automática a la solución óptima del otro.

El método simplex además de resolver un problema de PL llegando a una solución óptima nos ofrece más y mejores elementos para la toma de decisiones. La dualidad y el análisis de sensibilidad son potencialidades de éste método.

En la mayoría de los procedimientos de PL, el dual se define para varias formas del primal, dependiendo de los tipos de restricciones, de los signos de las variables y del sentido de la optimización.

La experiencia nos indica que en ocasiones, los principiantes se confunden con los detalles de esas definiciones. Más importante aún es que el uso de esas definiciones múltiples puede conducir a interpretaciones inconsistentes de los datos en la tabla simplex, sobre todo en lo que respecta a los signos de las variables.

El concepto de dualidad indica que para cada problema de PL hay una asociación y una relación muy importante con otro problema de programación lineal, llamado precisamente dual.

· La relación entre el problema dual y su asociado, es decir el problema original llamado primal, presenta varias utilidades.

· Aporta elementos que aumentan sustancialmente la compresión de la PL.

· El análisis de dualidad es una herramienta útil en la solución de problemas de PL, por ejemplo: más restricciones que variables.

· El problema dual tiene interpretaciones e informaciones importantes que muestran que los análisis marginales están siempre involucrados implícitamente al buscar la solución óptima a un problema de PL.

La forma estándar general del primal se defina como; para maximizar o minimizar.

¿CÓMO CONVERTIR UN PROBLEMA PRIMAL A DUAL?

Un problema dual se formula de un problema primal de la siguiente forma:

- Si el primal es un problema de maximización su dual será un problema de minimización y viceversa.

- Los coeficientes de la función objetivo del problema primal se convierten en los coeficientes del vector de la disponibilidad en el problema dual.

- Los coeficientes del vector de disponibilidad del problema original se convierten en los coeficientes de la función objetivo (vector de costo o precio) en el problema dual.

- Los coeficientes de las restricciones en el problema primal, será la matriz de los coeficientes tecnológicos en el dual.

- Los signos de desigualdad del problema dual son contrarios a los del primal.

- Cada restricción en un problema corresponde a una variable en el otro problema. Si el primal tiene m restricciones y n variables, el dual tendrá n restricciones y m variables. Así, las variables Xn del primal se convierte en nuevas variables Ym en el dual.

PROBLEMA PRIMAL EN FORMA CANONICA:

MAX Z= CX

Sujeto a:

AX  b

X  0

PROBLEMA DUAL EN FORMA CANONICA:

MIN Z= BY

Sujeto a:

AY  C

Y  0

Ejemplo.
Si el problema primal es: MAX Z= 45X1 + 17X2 + 55X3

Sujeto a:

X1 + X2 + X3  200
9X1 + 8X2 + 10X3  5000
10X1+ 7X2 + 21 X3  4000
Xj  0

El problema dual será:

MIN Z= 200Y1 + 5000Y2 + 4000Y3

Sujeto a:

Y1 + 9Y2 + 10Y3  45
Y1 + 8Y2 + 7Y3  17
Y1 + 10Y2 + 21Y3  55
Yj  0

PROBLEMA DE TRANSPORTE

El modelo de transporte busca determinar un plan de transporte de una mercancía de varias fuentes a varios destinos.

Los datos del modelo son:

1. Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda en cada destino.

2. El costo de transporte unitario de la mercancía a cada destino.

Como solo hay una mercancía un destino puede recibir su demanda de una o más fuentes. El objetivo del modelo es el de determinar la cantidad que se enviará de cada fuente a cada destino, tal que se minimice el costo del transporte total.

La suposición básica del modelo es que el costo del transporte en una ruta es directamente proporcional al número de unidades transportadas. La definición de “unidad de transporte” variará dependiendo de la “mercancía” que se transporte.

El esquema siguiente representa el modelo de transporte como una red con m fuentes y n destinos. Una fuente o un destino esta representado por un nodo, el arco que une fuente y un destino representa la ruta por la cual se transporta la mercancía. La cantidad de la oferta en la fuente i es ai, y la demanda en el destino j es bj. El costo de transporte unitario entre la fuente i y el destino j es Cij. Si Xi j representa la cantidad transportada desde la fuente i al destino j, entonces, el modelo general de PL que representa el modelo de transporte es:

Minimiza Z= S i=1 m S j=1 n C i j X i j

Sujeta a:

S j=1 n X i j <= ai , i=1,2,…, m S i=1 m X I j >= bj , j=1,2,…, n

X i j >=0 para todas las i y j

El primer conjunto de restricciones estipula que la suma de los envíos desde una fuente no puede ser mayor que su oferta; en forma análoga, el segundo conjunto requiere que la suma de los envíos a un destino satisfaga su demanda.

El modelo que se acaba de escribir implica que la oferta total Si=1 m ai debe ser cuando menos igual a la demanda total Sj=1 n bj. Cuando la oferta total es igual a la demanda total, la formulación resultante recibe el nombre de modelo de transporte equilibrado.

Este difiere del modelo solo en el hecho de que todas las restricciones son ecuaciones, es decir:

SX i j = ai, i=1,2,…, m

SX i j = bj, j=1,2,…, n

En el mundo real, no necesariamente la oferta debe ser igual a la demanda o mayor que ella. Sin embargo, un modelo de transporte siempre puede equilibrarse. El equilibrio, además de su utilidad en la representación a través de modelos de ciertas situaciones prácticas, es importante para el desarrollo del método de solución que explote completamente la estructura especial del modelo de transporte. Los dos ejemplos que siguen presentan la idea del equilibrio y también sus implicaciones prácticas.

Ejemplo 1 (Modelo de transporte estándar)

MG Auto Company tiene plantas en Los Ángeles, Detroit y Nueva Orleáns. Sus centros de distribución principales son Denver y Miami. Las capacidades de las plantas durante el trimestre próximo son 1 000, 1 500, y 1 200 automóviles. Las demandas trimestrales en los dos centros de distribución son de 2 300 y 1 400 vehículos. El costo del transporte de un automóvil por tren es de 8 centavos por milla. El diagrama de las distancias recorridas entre las plantas y los centros de distribución son:

Denver Miami Los Ángeles

1 000 1 690 Detroit 1 250 1 350 Nueva Orleans 1 275 850

Esto produce en costo por automóvil a razón de 8 centavos por milla recorrida. Produce los costos siguientes (redondeados a enteros), que representan a C i j del modelo original:

Denver Miami

Los Ángeles 80 215 Detroit 100 108 Nueva Orleans 102 68

Mediante el uso de códigos numéricos que representan las plantas y centros de distribución, hacemos que X i j represente el número de automóviles transportados de la fuente i al destino j. Como la oferta total ( = 1 000 + 1 500 + 1 200 = 3 700) es igual a la demanda ( = 2 300 + 1 400 = 3 700), el modelo de transporte resultante esta equilibrado. Por lo tanto, el siguiente modelo de PL que representa el problema tiene todas las restricciones de igualdad.

Minimizar Z = 80X 11 + 215X 12 + 100X 21 + 108X 22 + 102X 31 + 68X 32

Sujeto a:

X 11 X 12 = 1 000

X 21 X 22 = 1 500

X 31 X 32 = 1 200

X 11 X 21 X 31 = 2 300

X 12 X 22 X 32 = 1 400

X i j para todas las i y j

- Un método mas resumido para representar el modelo de transporte consiste en utilizar lo que se llama tabla de transporte. Esta es una forma de matriz donde sus renglones representan las fuentes y sus columnas los destinos. Los elementos de costo C i j se resumen en la esquina noroeste de la celda de la matriz (i, j).

Por lo tanto, el modelo de MG se puede resumir en la tabla siguiente:

Ejemplo 2 (Modelo de transporte con equilibrio)

En el ejemplo anterior suponga que la capacidad de la planta de Detroit es de 1 300 automóviles (en vez de 1 500).

Se dice que la situación esta desequilibrada debido a que la oferta total (=3 500) no es igual a la demanda total (=3 700).Nuestro objetivo consiste en volver a formular el modelo de transporte de manera que distribuya la cantidad faltante (=3 700 – 3 500 = 200) en forma optima entre los centros de distribución.

Como la demanda es mayor que la oferta se puede agregar una planta ficticia con una capacidad de 200. Se permite que dicha planta, en condiciones normales, envíe su “producción“ a todos los centros de distribución. Físicamente, la cantidad de unidades enviadas a un destino desde una planta ficticia representará la cantidad faltante en ese destino.

La única información que falta para completar el modelo son los “costos de transporte” unitarios de la planta ficticia a los destinos. Como la planta no existe, no habrá ningún envío físico y el costo de transporte unitario es cero. Sin embargo, podemos enfocar la situación desde otro ángulo diciendo que se incurre en un costo de penalización por cada unidad de demanda insatisfecha en los centros de distribución. En este caso los costos de transporte unitarios serán iguales a los costos de penalización unitarios en los diversos destinos.

Denver Miami

Los Ángeles 80 215 1 000 Detroit 100 108 1 300 Nueva Orleáns 102 68 1 200 Planta ficticia 0 0 200

De manera análoga, si la oferta en mayor que la demanda podemos añadir un destino ficticio que absolverá la diferencia.

Por ejemplo, suponga que la demanda en Denver disminuye a 1 900cualquier automóvil enviado de una planta a un centro de distribución ficticio representa un excedente en la planta.

Denver Miami Destino

Ficticio Los Ángeles 80 215 0 1 000 Detroit 100 108 0 1 500 Nueva Orleans 102 68 0 1 200

La aplicación del modelo de transporte no se limita al problema de “transporte”.

El siguiente ejemplo ilustra el uso del modelo del transporte en otros campos.

Ejemplo 3 (Modelo de inventario de producción)

Una compañía construye una planta maestra para la producción de un articulo en un periodo de cuatro meses. Las demandas en los cuatro meses son: 100, 200, 180 y 300 unidades. Una demanda para el mes en curso puede satisfacerse a través de:

1. Producción excesiva en un mes anterior almacenada para su consumo posterior.

2. Producción en el mes actual.

3. Producción excesiva en un mes posterior para cubrir pedidos de meses anteriores.

El costo de producción variable por unidad en un mes cualquiera es de $4.00. una unidad producida para consumo posterior incurrirá en un costo de almacenamiento razón de $0.50 por unidad por mes.

Por otra parte, los artículos ordenados en meses anteriores incurren en un costo de penalización de $2.00 por unidad por mes. La capacidad de producción para elaborar el producto varía cada mes.

Los cálculos de los cuatro meses siguientes son 50, 180, 280 y 270 unidades, respectivamente.

El objetivo es el de formular el plan de inventario de producción a costo mínimo. Este problema se puede formular como un modelo de “transporte”. La equivalencia entre los elementos de los sistemas de producción y transporte se establece de la manera siguiente:

Sistema de Transporte Sistema de Producción

1. Fuente i 1. Periodo de producción i

2. Destino j 2. Periodo de demanda j

3. Oferta en la fuente i 3. Capacidad de producción del periodo i 4. Demanda en el destino j

4. Demanda del periodo j 5. Costo de transporte de la fuente i al destino j

5. Costo de producto e inventario del periodo i al j

En tabla de abajo se presenta un resumen del problema como un modelo de transporte:

Periodo

1 2 3 4 Capacidad

Demanda 1 4 4.5 5 5.5 50

2 6 4 4.5 5 180

3 8 6 4 4.5 280

4 10 8 6 4 270

Demanda: 100 200 180 300

El costo de “transporte” unitario del periodo i al j es:

Costo de producción en i, i=j

C i j = Costo de producción en i / costo de almacenamiento en i a j i Costo de producción en i / costo de penalización en i a j i>j

La definición de C i j indica que la producción en el periodo i para el mismo periodo (i = j) sólo iguala el costo unitario de producción. Si el periodo i se produce para periodos futuros j (i < j), se incurre en un costo de almacenamiento adicional. De la misma manera, la producción en i para cubrir j pedidos hechos con anterioridad (i > j) incurre en un costo de penalización adicional.

FORMAS DE PRESENTAR EL PROBLEMA DUAL.

MIN = 2X1 - 3X2

Sujeto a:

1X1 + 2X2  12
4X1 - 2X2  3
6X1 - 1X2 = 10
X1,2  0

1. Llevar el problema a su equivalente de maximización, multiplicando la función objetivo por –1:

MAX -2X1 + 3X2

2. Convertir las restricciones  en una restricción equivalente  multiplicando por –1 ambos lados:

-4x1 + 2x2  -3

3. Para las restricciones de igualdad, obtener 2 restricciones de desigualdad, una de forma  y la otra de forma ; después regresar al punto anterior y cambiar la restricción  a la forma :

6X1 – 1X2  10
6X1 – 1X2  10
6X1 – 1X2  10
-6X1 + 1X2  -10

Así el problema primal se ha replanteado en la forma equivalente:

MAX Z= -2X1 + 3X2

Sujeto a:

1X1 + 2X2  12
-4X1 + 2X2  - 3
6X1 – 1X2  10
-6X1 + 1X2  -10
X1,2  0

4. Teniendo el problema primal convertido a la forma canónica de un problema de maximización, es fácil llevarlo al problema dual:

MIN 12Y1 – 3Y2 + 10Y3

Sujeto a:

Y1–4Y2 + 6Y3’–6Y3’’ -2 Y’3 y Y’’3

ambas se refieren a la tercera restricción del problema primal.

2Y1 + 2Y2 – 1Y3’ + 1Y3’’  3 Y1, 2, 3’, 3’’  0

PROBLEMAS DE ASIGNACIÓN (MÉTODO HÚNGARO)

Un problema de asignación es un problema de transporte balanceado, en el cual todas las ofertas y todas las demandas son iguales a uno. Se puede resolver eficientemente un problema de asignación m x m mediante el método Húngaro:

· Paso 1.- Empiece por encontrar el elemento mas pequeño en cada renglón de la matriz de costos. Construya una nueva matriz, al restar de cada costo, el costo mínimo de su renglón. Encuentre, para esta nueva matriz el costo mínimo en cada columna. Construya una nueva matriz (la matriz de costos reducidos ) al restar de cada costo el costo mínimo de su columna.

· Paso 2.- Dibuje el mínimo numero de líneas (horizontales o verticales ) que se necesitan para cubrir todos los ceros en la matriz de costos reducidos. Si se requieren m líneas para cubrir todos los ceros, siga con el paso 3.

· Paso 3.- Encuentre el menor elemento no cero (llame su valor k en la matriz de costos reducidos, que no esta cubiertos por las líneas dibujadas en el paso 2. Ahora reste k de cada elemento no cubierto de la matriz de costos reducidos y sume k a cada elemento de la matriz de costos reducidos cubierto por dos líneas. Regrese al paso 2.

Un problema de asignación es un problema de transporte balanceado en el que todas las ofertas y demandas son iguales a 1; así se caracteriza por el conocimiento del costo de asignación de cada punto de oferta a cada punto de demanda. La matriz de costos del problema de asignación se llama: matriz de costos.

Como todas las ofertas y demandas para el problema de asignación son números enteros, todas las variables en la solución óptima deben ser valores enteros.

SOLUCIÓN DEL PROBLEMA DE TRANSPORTE.

En esta sección presentamos los detalles para resolver el modelo de transporte.

TECNICA DE TRANSPORTE.

Los pasos básicos de la técnica de transporte son:

Paso 1: determínese una solución factible.

Paso 2: determínese la variable que entra, que se elige entre las variables no básicas. Si todas estas variables satisfacen la condición de optimidad (del método simplex), deténgase; de lo contrario, diríjase al paso 3.

Paso 3: determínese la variable que sale (mediante el uso de la condición de factibilidad) de entre las variables de la solución básica actual; después obténgase la nueva solución básica. Regrese al paso 2.

OBTENCIÓN DE SOLUCIONES BÁSICAS FACTIBLES PARA PROBLEMAS DE TRANSPORTES.

Podemos obtener una solución básica factible (sbf) para un problema de transporte balanceado mediante el método de la esquina Noroeste, el método de costo mínimo, o el método de Vogel. Para obtener una sbf mediante el método de la esquina noroeste, empiece en la esquina superior izquierda del cuadro del transporte y haga a X11 lo más grande posible.

Naturalmente, X11 no puede ser mayor que el menor valor Si y así X11 S1 tache el primer renglón del cuadro de transporte; Esto indica que si habrá más variables básicas del renglón 1 del cuadro. También d1-S1. Si X11=d1, tache la primera la columna del cuadro de transporte y cambie S1 – d1.

Si X11= S1 = d1, tache o el renglón 1, o la columna 1 (pero no ambos), del cuadro de transporte. Si tacha el renglón 1, cambie d1 por cero; si tacha columna 1, cambie S 1 por 0.

Continúe aplicando este procedimiento a la celda mas noroeste del cuadro que no cae en un renglón eliminado o en una columna eliminada.

Finalmente, llegara un momento en el cual solo queda una celda a la cual se puede asignar un valor.

Asigne a esta celda un valor igual a la oferta de su renglón o a la demanda de su columna, y tache el renglón y la columna de la celda. Se obtiene de esta manera una solución básica factible.

OBTENER LA SOLUCIÓN ÓPTIMA PARA UN PROBLEMA DE TRANSPORTE.

Paso 1: Si el problema no está balanceado, balancéelo.

Paso 2: Utilice uno de los métodos descritos anteriormente para obtener una solución básica factible.

Paso 3: Utilice el hecho de que U1=0, y Ui+Vj=Cij en todas las variables básicas para encontrar (U1,U2…Um V1,V2…Vn) para la sbf actual.

Paso 4: Si Ui + Vj – Cij es menor o igual a cero, para todas las variables no básicas, entonces la sbf actual es óptima. Si no es así se introduce la variable con valor más positivo de Ui + Vj –Cij en la base. Para hacer esto, encuentre un circuito cerrado (se puede demostrar que solamente existe un circuito cerrado) que contiene la variable que entra y algunas de las variables básicas. Después, tomando en cuenta solamente las celdas en el circuito cerrado marque las que se encuentren alejadas en número par (0,2,4,6,…) de celdas de la variable que entra como celdas pares. También marque las celdas en el circuito cerrado, que se encuentra un número impar de celdas de la variable que entra como celdas impares. Ahora encuentre la celda impar cuya variable toma el menor valor. Llame este valor teta. La variable correspondiente a esta celda impar saldrá de la base. Para realizar el pivoteo, disminuye el valor de cada celda impar en teta y aumenta el valor de cada celda par en teta. Los valores de las variables que no se encuentran en el circuito cerrado permanecen sin cambio. Ahora se completó el bloqueo.

Sí teta es igual a cero, la variable que entra será igual a cero, y una variable impar que tiene un valor actual de cero, saldrá de la base. En este caso, existía un sbf degenerada antes del pivoteo y resultará después del pivoteo.

Si más de una celda impar en el circuito cerrado es igual a teta. Puede escoger arbitrariamente una de estas celdas impares para que salga de la base; se obtendrá una vez más una sbf degenerada. El pivoteo produce una nueva sbf.

Paso 5: Regrese a los pasos 3 y 4, utilizando la nueva sbf. Para un problema de maximización, proceda como se especificó, pero cambie el paso 4 por el paso 4’.

Paso 6: Si Ui + Vj –Cij es mayor o igual a cero, para todas las variables no básicas, entonces, la sbf actual es óptima. De otra manera, coloque la variable con el valor más negativo de Ui + Vj – Cij en la base mediante el procedimiento de pivoteo.

EXPLICACION DEL METODO DE MULTIPLICADORES CON UN METODO SIMPLEX.

La relación que existe entre el método multiplicadores y el método simplex se puede establecer demostrando que cpq según se define, es igual directamente a los coeficientes de la función objetivo de la tabla simplex asociada con la iteración actual.

Para mostrar como se obtiene el problema dual para el método de transporte, considérese primero el caso especial de ,=2 y n=3 que se indica en la tabla 6–15. Sean las variables duales u1 y u2 para las restricciones de las fuentes y v1,v2, y v3 para las restricciones de los destinos. El problema dual se convierte en:

Maximizar w = (a1u1+a2u2) + (b1v1+b2v2+b3v3)

Sujeto a:

U1 +v1 <= c11
U1 +v2 <=c12
U1 +v3 <=c13
U2+v1 <=c21
U2+v1 <=c22
U2 +v3 <=c23
Ui, U2, v1, v2, v3,

irrestrictas

El problema dual correspondiente esta dado por:

Maximizar w = åm i-1 a1 u1 + ån bi vj

sujeto a:

ui + vj <=cij para todas las i y j ui y vj irrestrictas

La evaluación de las variables no básicas se determinan mediante la sustitución de los valores actuales de las variables duales en las restricciones duales y después tomando la diferencia entre sus miembros primero y segundo. Los valores de las variables duales se pueden determinar observando que las restricciones duales correspondientes a una variable básica se deben satisfacer como ecuaciones escritas. En realidad en la iteración optima los multiplicadores producen los valores duales óptimos directamente.

En lo antes expuesto se asigna un valor arbitrario a una de las variables duales que indica que los multiplicadores simplex asociados con una solución básica dada no son únicos. Esto puede parecer inconsistente con los resultados donde los multiplicadores deben ser únicos.

SOLUCIÓN INICIAL MEJORADA.

En esta sección presentamos dos procedimientos que determinan la solución inicial a través de la selección de las rutas “económicas” del modelo.

A. MODELO DEL COSTO MINIMO

Asígnese el mas grande valor posible a la variable con el menor costo unitario de toda la tabla. Táchese el renglón o columna satisfecha. Después de ajustar la oferta y la demanda de todos los renglones y columnas no tachados, repítase el proceso asignando el valor más grande posible a la variable con el costo unitario no tachado mas pequeño. El procedimiento esta completo cuando queda exactamente un renglón o bien una columna sin tachar.

1 2 3 4
1 10 0 20 11 15
0 15 0
2 12 7 9 20 25
15 10
3 0 14 16 18 5
5
5 15 15 10

B. METODO DE APROXIMACION DE VOGEL (VAM)

Este método es heurístico y suele producir una mejor solución inicial que los dos métodos antes descritos. De hecho, VAM suele producir una solución inicial óptima, o próxima al nivel óptimo.
Los pasos del procedimiento son los siguientes:

Paso1: Evalúese una penalización para cada renglón restando el menor elemento del costo del renglón del elemento de costo menor siguiente en el mismo renglón.

Paso2: Identifíquese el renglón o columna con la mayor penalización, rompiendo empates en forma arbitraria. Asígnese el valor mayor posible a la variable con el costo mas bajo del renglón o columna seleccionado. Ajústese la oferta y la demanda y táchese el renglón o columna satisfecha. Si un renglón o columna se satisfacen al mismo tiempo, solo uno de ellos se tacha y al renglón restante se le asigna una oferta cero.

Cualquier renglón o columna con oferta o demanda cero no debe utilizarse para calcular penalizaciones futuras.

Paso 3:

a.-si solo hay un renglón o columna sin tachar, deténgase.
b.-si solo hay un renglón con oferta positiva sin tachar, determínense las variables básicas del renglón a través del método del costo mínimo.
c.-si todos los renglones y columnas sin tachar tienen oferta o demanda cero asignadas, determínese las variables básicas cero a través del método del costo mínimo. Deténgase.
d.-de lo contrario, calcúlense las penalizaciones de las renglones y columnas no tachados y después diríjase al paso 2.

1 2 3 4 PR
1 10 0 20 11 15 10
2 12 7 9 20 25 2
3 0 14 16 18 5 14
5
PC 5 15 15 10
10 7 7 7

PR = Penalización de Renglón PC = Penalización de Columna

1 2 3 4 PR
1 10 0 20 11 15 11
2 12 7 9 20 25 10 2
15
3 0 5 0 -
5
PC 5 15 15 10
- 7 11 9

Tema Filigrana. Imágenes del tema: Jason Morrow. Con la tecnología de Blogger.