La frontera es la recta \(x+y=6\). Corta a los ejes en \((6,0)\) y \((0,6)\). Como aparece el signo \(\le\), la recta se incluye y se dibuja continua.

Probamos el origen. Al sustituir \((0,0)\), se obtiene \(0+0\le6\), que es verdadero. Por tanto, se sombrea el lado que contiene al origen.

Resultado. Los puntos \((2,3)\) y \((0,6)\) pertenecen al semiplano. El punto \((5,2)\) no pertenece. El último punto está justo sobre la frontera.

La frontera es \(y=2x-1\). Para dibujarla bastan dos puntos, por ejemplo \((0,-1)\) y \((1,1)\). El signo \(\ge\) indica que buscamos los puntos situados por encima de la recta, incluida la propia recta.

Resultado. La afirmación es falsa, así que \((1,0)\) no pertenece a la región. Una comprobación rápida con un punto evita sombrear el lado equivocado.

Revisión. En \(x=1\), la recta tiene altura \(y=1\). El punto dado tiene altura \(0\), por lo que está debajo y no puede cumplir \(y\ge2x-1\).

Las condiciones \(x\ge0\) e \(y\ge0\) limitan el problema al primer cuadrante. La recta \(x+y=5\) corta a los ejes en \((5,0)\) y \((0,5)\), mientras que \(x=4\) es vertical.

La región común queda por debajo de \(x+y=5\) y a la izquierda de \(x=4\). Los cambios de frontera aparecen en los vértices.

Resultado. Es un cuadrilátero. El punto \((4,1)\) procede de resolver simultáneamente \(x=4\) y \(x+y=5\).

La recta vertical \(x=1\) obliga a trabajar a su derecha. La condición \(y\le3\) deja los puntos por debajo de la horizontal \(y=3\). La recta oblicua cierra la región por arriba y por la derecha.

El punto \((3,3)\) se obtiene de \(y=3\) y \(x+y=6\). Todos los vértices satisfacen las cuatro restricciones.

Resultado. La región es un trapecio. Esta comprobación final es importante porque una intersección de rectas puede quedar fuera de otra restricción.

Las dos rectas cortan a los ejes en \((4,0)\), \((0,8)\) y en \((8,0)\), \((0,4)\), respectivamente. Solo se conserva la parte común del primer cuadrante.

Para calcular la intersección interior resolvemos el sistema:

Resultado. Los vértices son \((0,0)\), \((4,0)\), \((8/3,8/3)\) y \((0,4)\).

No hace falta representar todo el sistema. Basta sustituir el punto en cada desigualdad.

Además, ambas coordenadas son no negativas.

Resultado. El punto \((3,2)\) pertenece a la región factible. Para que un punto sea factible debe cumplir todas las restricciones, no solo una parte.

Sobre el eje x, la condición más restrictiva es \(x\le8\). Sobre el eje y, la más restrictiva es \(y\le4\). Falta la intersección de las dos rectas.

Resultado. Los vértices son \((0,0)\), \((8,0)\), \((6,2)\) y \((0,4)\).

Las dos desigualdades exigen situarse por encima o hacia el exterior de las rectas. La zona común se prolonga indefinidamente hacia valores grandes de x e y.

La intersección de las fronteras se obtiene resolviendo:

Resultado. La región es no acotada. Sus puntos de cambio visibles son \((0,6)\), \((6/5,12/5)\) y \((6,0)\), pero la zona continúa sin límite.

Las dos rectas frontera son paralelas. La primera desigualdad exige que la suma sea como máximo 2 y la segunda exige que sea al menos 5.

No existe ningún número que sea simultáneamente menor o igual que 2 y mayor o igual que 5.

Resultado. El sistema es incompatible y la región factible es vacía.

Las dos primeras restricciones solo pueden cumplirse cuando \(x+y=6\). Al añadir la no negatividad, se conserva únicamente la parte de esa recta situada en el primer cuadrante.

Resultado. La región factible es el segmento que une \((6,0)\) y \((0,6)\). No tiene área, pero sigue siendo una región factible válida.

Revisión. Cualquier punto del segmento, como \((2,4)\), cumple las dos desigualdades con igualdad.

Tomamos \(x\) como número de entradas de adulto e \(y\) como número de entradas de estudiante. Al tratarse de cantidades, ambas variables son no negativas.

Resultado. El modelo queda completamente definido por esas cinco restricciones. Todavía no hay función objetivo porque el enunciado no pide maximizar ni minimizar nada.

Revisión. “Al menos” se traduce con \(\ge\) y “como máximo” con \(\le\).

Definimos \(x\) como lotes A e \(y\) como lotes B. La limitación de máquina aporta \(2x+y\le100\). El límite total de lotes aporta \(x+y\le70\).

Los vértices son \((0,0)\), \((50,0)\), \((30,40)\) y \((0,70)\).

Resultado. Cualquier combinación dentro del cuadrilátero es posible desde el punto de vista de los recursos.

Si \(x\) e \(y\) son las cantidades de A y B, el primer nutriente aporta \(3x+y\) y el segundo \(x+2y\). Como se exigen cantidades mínimas, los signos son mayores o iguales.

Resultado. La región queda hacia la zona de aportes altos y será no acotada. Para convertirlo en un problema de programación lineal falta una función de coste que se quiera minimizar.

Sea \(x\) el número de mesas e \(y\) el número de sillas. Las horas de carpintería y acabado generan dos restricciones distintas.

La intersección de las dos rectas es \((20,30)\). Los demás vértices son \((0,0)\), \((40,0)\) y \((0,40)\).

Resultado. La región factible es el cuadrilátero de vértices \((0,0)\), \((40,0)\), \((20,30)\) y \((0,40)\).

Definimos \(x\) como hectáreas de trigo e \(y\) como hectáreas de girasol.

Resultado. El modelo tiene tres limitaciones de recursos. Antes de calcular vértices conviene comprobar si alguna de ellas resulta redundante.

Sea \(x\) el número de anuncios de radio e \(y\) el número de anuncios de prensa.

Resultado. El objetivo es maximizar \(A\). Como el número de anuncios debe ser entero, la solución final tendrá que revisarse entre los puntos enteros factibles.

Con \(x\) paquetes pequeños e \(y\) grandes:

La intersección de las fronteras cumple \(2x+y=90\) y \(x+3y=120\), de donde \(x=30\) e \(y=30\).

Resultado. Los vértices son \((0,0)\), \((45,0)\), \((30,30)\) y \((0,40)\).

Resultado. La tercera restricción elimina la zona próxima al origen. El modelo es coherente porque “al menos 20 lotes” no limita por arriba, sino por abajo.

Sea \(x\) el número de tutorías individuales e \(y\) el número de tutorías en pareja.

Resultado. Si el modelo exige números enteros, la gráfica sigue siendo útil, pero la decisión final solo puede tomar valores enteros.

Simplificando la primera restricción, \(2x+y\ge10\).

Resultado. La región queda entre una exigencia mínima de componente activo y un máximo de masa total. Antes de optimizar habría que conocer el coste o alguna otra función objetivo.

Sea \(x\) el número de rutas urbanas e \(y\) el número de rutas de montaña.

La función objetivo es:

Los vértices de la región factible son \((0,0)\), \((50,0)\), \((36,28)\) y \((0,40)\). La intersección se obtiene resolviendo:

Evaluamos el margen en los vértices:

Resultado. El margen máximo es de 13 760 € y se consigue organizando 36 rutas urbanas y 28 rutas de montaña.

Los vértices sobre los ejes son \((40,0)\) y \((0,50)\). La intersección se obtiene resolviendo las dos ecuaciones de frontera.

Resultado. El valor máximo de la función objetivo es \(2480\) y se alcanza en el vértice \((28,36)\).

Aunque la región es no acotada, el coste aumenta al crecer x e y, de modo que puede existir un mínimo cerca de la esquina inferior.

La intersección de las rectas cumple:

Resultado. El coste mínimo es 28,40 € en \((3{,}6;2{,}8)\).

Los vértices son \((0,0)\), \((30,0)\), \((20,20)\) y \((0,30)\).

Resultado. El valor máximo de la función objetivo es 2000 y se alcanza en \((20,20)\). La simetría de las restricciones no obliga a que el óptimo esté en cantidades iguales; aquí sucede por los coeficientes concretos.

Hay que conservar solo las intersecciones que cumplen las tres restricciones. La intersección de \(x+y=8\) y \(2x+y=10\) es \((2,6)\). La intersección de \(x+y=8\) y \(x+3y=12\) es \((6,2)\).

También se revisan los vértices de los ejes: \((0,10)\) da 40 y \((12,0)\) da 72.

Resultado. El coste mínimo es 36 en \((2,6)\).

Los vértices son \((0,0)\), \((6,0)\), \((6,4)\), \((3,7)\) y \((0,7)\).

Resultado. El máximo es 26 en \((6,4)\). La restricción \(x+y\le10\) impide usar simultáneamente los máximos individuales \(x=6\) e \(y=7\).

La función puede escribirse como \(Z=2(x+2y)\). Por ello, sobre el lado \(x+2y=12\), el valor de Z es siempre 24.

Los extremos factibles de ese lado son \((0,6)\) y la intersección \((3,6;4,2)\).

Resultado. Hay infinitas soluciones óptimas: todos los puntos del segmento comprendido entre \((0,6)\) y \((3,6;4,2)\). El valor máximo es 24.

Los candidatos relevantes son \((0,8)\), la intersección \((6,2)\) y \((12,0)\).

Resultado. El mínimo es 16 en \((0,8)\). No debe suponerse que el óptimo se encuentra siempre en la intersección de dos rectas oblicuas.

La intersección de las dos rectas oblicuas es \((4,4;4,8)\), que además cumple \(x\le5\). Los vértices son \((0,0)\), \((5,0)\), \((5,3)\), \((4,4;4,8)\) y \((0,7)\).

Resultado. El máximo es 32 en \((4,4;4,8)\).

La intersección cumple \(y=12-2x\). Sustituyendo en la segunda ecuación:

En los ejes, \((0,12)\) da 84 y \((16,0)\) da 48.

Resultado. El mínimo es \(236/7\), aproximadamente 33,71.

La restricción \(x+y\le12\) corta la zona donde se cruzarían las otras dos rectas. Los vértices son \((0,0)\), \((10,0)\), \((8,4)\), \((4,8)\) y \((0,10)\).

Resultado. El máximo es 76 en \((8,4)\).

Los vértices factibles son \((0,0)\), \((7,0)\), \((5,4)\), \((4,5;4,5)\) y \((0,6)\).

Resultado. El máximo es 45 en \((4,5;4,5)\). Una diferencia pequeña entre valores no permite redondear los vértices antes de evaluar.

Los vértices son \((0,0)\), \((8,0)\), \((8,6)\), \((4,8)\) y \((0,8)\).

Resultado. El valor máximo de la función objetivo es 100 y se alcanza en el vértice \((8,6)\).

La intersección de las dos exigencias mínimas es:

Se revisan también los vértices creados por las cotas superiores. En \((10,3)\), el coste es 126; en \((8/3,10)\), es 144. El punto \((10,10)\) también es factible, pero su coste es mayor.

Resultado. El coste mínimo es 108 en \((4,6)\).

La función objetivo es \(Z=5(x+y)\). El mayor valor posible de \(x+y\) es 10. Dentro de la región, la igualdad \(x+y=10\) se cumple desde \((4,6)\) hasta \((7,3)\).

Resultado. Todos los puntos de ese segmento son óptimos y dan \(Z=50\).

La condición \(x-y\ge0\) equivale a \(x\ge y\). La región incluye puntos como \((10,5)\), \((100,50)\) o \((1000,500)\).

Al aumentar las coordenadas, \(Z=x+y\) aumenta sin límite.

Resultado. El problema no tiene máximo. No debe confundirse “región factible no vacía” con “existencia de solución óptima”.

La región es la misma del ejercicio anterior, pero ahora buscamos el valor más pequeño. Como x e y son no negativas, siempre se cumple \(x+y\ge0\).

El origen \((0,0)\) pertenece a la región y produce \(Z=0\).

Resultado. El mínimo existe y vale 0 en \((0,0)\). Una región no acotada no impide necesariamente que haya mínimo.

Antes de mirar la función objetivo debe comprobarse que exista región factible. Las dos primeras condiciones son incompatibles.

Resultado. No existe ninguna solución factible y, por tanto, tampoco existe máximo. Evaluar vértices sin hacer esta comprobación conduciría a una solución inventada.

Las condiciones \(x\ge2\) e \(y\ge2\) implican \(x+y\ge4\). Junto con \(x+y\le4\), obligan a que \(x+y=4\) y a que ambas coordenadas valgan 2.

Resultado. El máximo y el mínimo coinciden: ambos valen 6 en el único punto factible \((2,2)\).

En cualquier punto de la región se cumple exactamente \(x+y=6\). Por tanto, la función objetivo no cambia.

Resultado. El máximo y el mínimo valen 6, y todos los puntos del segmento son soluciones óptimas.

Si las variables pueden tomar valores reales, la solución óptima está en la intersección \(x=y=11/3\). Como el problema exige cantidades enteras, hay que comprobar los puntos enteros factibles próximos.

Resultado. Al exigir cantidades enteras, la solución óptima es \((4,3)\): deben elegirse 4 unidades de \(x\) y 3 unidades de \(y\), con un valor máximo \(Z=43\). Redondear \((11/3,11/3)\) sin comprobar podría generar un punto no factible.

La segunda desigualdad equivale a \(x+y\le10\). Todo punto que cumple \(x+y\le8\) cumple automáticamente \(x+y\le10\).

Resultado. La restricción \(2x+2y\le20\) es redundante. Puede conservarse en el modelo, pero no modifica la región factible ni crea nuevos vértices.

Sea \(x\) el número de barras e \(y\) el de hogazas. El modelo es:

Los vértices son \((0,0)\), \((80,0)\), \((60,20)\) y \((0,60)\).

Resultado. El beneficio máximo es de 156 € y se consigue preparando 60 barras y 20 hogazas.

Simplificamos la primera: \(x+2y\le120\). La intersección con \(x+3y=150\) da \(y=30\), \(x=60\). Los vértices son \((0,0)\), \((120,0)\), \((60,30)\) y \((0,50)\).

Resultado. El beneficio máximo es de 390 € y se consigue imprimiendo 60 carteles pequeños y 30 grandes.

Los vértices son \((0,20)\), \((70,20)\), \((60,40)\) y \((0,100)\).

Resultado. El beneficio máximo es de 42 000 € y se consigue dedicando 60 hectáreas al cultivo A y 40 hectáreas al cultivo B. La solución respeta el mínimo exigido para B y agota ambos recursos principales.

Sea \(x\) el número de adultos e \(y\) el de jóvenes.

Queremos minimizar \(N=x+y\). La recta de recaudación corta a los ejes en \((388,89;0)\) y \((0;700)\), pero las demás restricciones recortan la zona.

Sobre \(x=300\), la recaudación exige \(5400+10y\ge7000\), luego \(y\ge160\). Ese punto da \(N=460\). En la intersección de \(18x+10y=7000\) con \(x+y=500\) se obtiene \((250,250)\), con \(N=500\).

Resultado. El número mínimo de asistentes es 460 y se consigue con 300 adultos y 160 jóvenes.

Sea \(x\) el número de litros del reactivo A e \(y\) el número de litros del reactivo B.

La segunda restricción puede simplificarse a \(x+2y\ge12\). La función de coste es:

Calculamos la intersección de las dos rectas frontera:

El coste en ese punto es:

En los ejes, los vértices factibles son \((12,0)\) y \((0,18)\):

Resultado. El coste mínimo es de 73,20 € y se consigue mezclando 4,8 L del reactivo A y 3,6 L del reactivo B.

La segunda restricción equivale a \(x+y\le50\). Los vértices son \((10,0)\), \((40,0)\), \((35,15)\) y \((10,40)\).

Resultado. El beneficio máximo es de 1950 € y se consigue fabricando 35 chaquetas y 15 pantalones.

Los vértices factibles son \((30,0)\), \((50,0)\), \((40,20)\) y \((0,40)\), además de \((0,30)\) en el borde inferior.

Resultado. El impacto máximo es de 220 puntos y se consigue realizando 40 llamadas y 20 visitas.

1. Variables. \(x\) cuadernos básicos e \(y\) premium.

2. Restricciones.

3. Función objetivo.

4. Vértices. La primera restricción equivale a \(x+2y\le80\). Los vértices factibles son \((0,10)\), \((130/3,10)\), la intersección de \(x+2y=80\) y \(3x+2y=150\), que es \((35;22{,}5)\), y \((0,40)\). La condición \(x+y\le60\) no elimina esos puntos.

5. Paso a cantidades enteras. Si se admitieran cantidades fraccionarias, el margen máximo sería de 527,50 € con 35 cuadernos básicos y 22,5 premium. Como no pueden fabricarse medios cuadernos, se revisan los puntos enteros factibles próximos. El punto \((36,22)\) daría 530 €, pero no debe aceptarse sin comprobar los recursos.

Comprobación de enteros. Una primera prueba sería fabricar 36 cuadernos básicos y 22 premium, con un margen aparente de 530 €. Sin embargo, consumiría 152 horas de impresión y supera las 150 disponibles; por tanto \((36,22)\) no es factible. Probamos \((35,22)\): diseño 158, impresión 149 y margen 522 €. También \((34,23)\): diseño 160, impresión 148 y margen 525 €.

Resultado definitivo. El margen máximo es de 525 € y se consigue fabricando 34 cuadernos básicos y 23 cuadernos premium. La revisión de recursos evita aceptar el redondeo incorrecto.