Ejercicio 6.2 LA BIBLIA

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Una empresa desea establecer el programa de producción para sus tres productos A, B y C sujeto a las restricciones de producción mínima (4 unidades por semana), disponibilidad de mano de obra (24 horas hombre por semana) y disponibilidad de materia prima (10 kilos por semana). Los Cj son $ de utilidad.

Tabla inicial:

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 U -M U 4 1 1 1 -1 1

X5	24	1	4	2		1		
X6	10	1	2	4			1	

Z= -4M -M-2 -M-8 -M-6 M

Tabla final:

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 U 8 X2 5 0.5 1 2 0.5

X5	4	-1		-6		1	-2	
X4	1	-0.5		1	1		0.5	

Z= 40 2 10 4

a) Obtener el rango de variación del coeficiente C5 sin que cambie la estructura de la solución óptima. Detallar los cálculos realizados.

b) Qué utilidad unitaria mínima deberá tener un producto P7 para que sea conveniente producirlo, sabiendo que por unidad requiere 4 horas hombre de mano de obra, 3 kilos de materia prima y no está incluido dentro de la restricción de producción mínima.

c) Graficar la variación de X2, Y2 y del funcional al variar la disponibilidades del recurso materia prima entre 0 y 14 Kg por semana.

d) Determinar si altera o no la estructura de la solución óptima el hecho de incorporar un nuevo proceso con coeficientes tecnológicos de 4, 2, y 3 para A, B, y C respectivamente, con una disponibilidad de 11.

e) A qué valor total resulta conveniente vender a una empresa interesada disponibilidades del recurso materia prima en una cantidad de 4 kilos por semana.

f) Graficar la curva de oferta del producto B para C2 entre 0 y 100.

Esta resolucion tiene que ser corregida con el formato de wiki
El planteo original del problema lo deducimos de las tablas inicial y óptima. Como vemos en la tabla inicial, las tres primeras columnas parecen ser las variables fuertes (no son canónicas), y las demás son las correspondientes variables slacks o ficticias. Por lo tanto, el planteo quedaría:

x1 	+ x2 	+ x3 	>= 4
x1 	+ 4x2 	+ 2x3 	<= 24
x1 	+ 2x2 	+ 4x3 	<= 10

z = 2.x1 + 8.x2 + 6.x3 (MAX)

Los coeficientes económicos los obtenemos de los valores de zj - cj de la tabla inicial y vemos que se trata de un problema de maximización porque la resolución óptima nos muestra todos los zj - cj positivos.

Obtener el rango de variación del coeficiente C5 sin que cambie la estructura de la solución óptima. Detallar los cálculos realizados. Variación de un coeficiente económico: Análisis en la tabla primal

El coeficiente c5 es el correspondiente a la variable X5, que se encuentra actualmente en la base de la solución óptima. Por tal motivo una variación del mismo provocará una variación de los zj - cj de todas las variables no básicas. Por lo tanto, deberemos recalcular estos valores en función de c5 y determinar el rango de variación de este parámetro para el cual sus resultados sean siempre positivos y la estructura de la tabla óptima se mantenga. Desde el punto de vista práctico, podemos decir que darle un valor al coeficiente económico de una variable slack (sobrante de recurso) podría responder a un modelo en el cual se le quiera dar un beneficio negativo a la cantidad de recurso sobrante que permanece en el stock. Para este caso los valores de Cj deberán ser negativos. Reemplazamos entonces en la tabla óptima el valor original (0) por el parámetro c5:

		2	8	6	0	C5	0

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 8 X2 5 1/2 1 2 0 0 1/2 C5 X5 4 -1 0 -6 0 1 -2 0 X4 1 -1/2 0 1 1 0 1/2

	z	z1-c1	0	z3-c3	0	0	z6-c6

TABLA ÓPTIMA EN FUNCIÓN DE C5

calculamos entonces los valores zj - cj y los restringimos para que sean mayores a cero

z1 - c1 = 8.(1/2) + C5. (-1) - 2 = 2 - C5 > 0  C5 < 2 z3 - c3 = 8.(2) + C5.(-6) - 8 = 10 - 6.C5 > 0  C5 < 10/6 z1 - c1 = 8.(1/2) + C5.(-2) - 6 = 4 - 2.C5 > 0  C5 < 2

Por lo tanto, para que la estructura de la solución óptima no varíe, el intervalo de variación de C5 será : (-, 10/6). En sus extremos la solución óptima se mantendrá, pero con una solución alternativa. Obviamente el valor original de C5 (cero) se encuentra dentro de este intervalo.

Otra manera de hacer el ejercicio sería considerando que (verificar en tabla óptima) :

z1 - c1 = a11.c2 + a21.(c5 + c5) + a31.c4 - c1 =

= a11.c2 + a21.c5 + a31.c4 - c1 +  a21.c5  =
= (z1 - c1 )anterior + a21.c5  > 0

 si a21 es positivo : c5 >

  si a21 es negativo : c5 <  

Es decir, se dividirá el valor anterior de zj - cj por el elemento de la columna j ubicado en la fila de la variable cuyo coeficiente económico se altera. este resultado puede extenderse, obviamente, para todos los zj - cj

entonces:

para z1 - c1  quedaría : c5  < -2/(-1) = 2 	 	c5 < 2
para z3 - c3  quedaría : c5  < -10/(-6) = 10/6  	 	c5 < 10/6
para z1 - c1  quedaría : c5  < -4/(-2) = 2 	 	c5 < 2

que nos daría el mismo resultado pero mediante un procedimiento más simple.

NOTA 1: si el problema hubiera sido de minimizar, lo que buscaríamos es que los zj - cj fueran todos negativos, de manera de conservar la solución óptima. En ese caso habría que invertir los signos de las inecuaciones.

NOTA 2: El procedimiento alternativo encuentra las condiciones de c5, mientras que el primer procedimiento presentado encuentra las condiciones para c5 (el resultado final es el mismo).

NOTA 3: si el coeficiente económico a parametrizar fuera el correspondiente a una variable no básica, el único zj¬ - cj a analizar sería el correspondiente a esa variable. Este caso se verá con mayor detalle en el inciso f) del presente ejercicio.

Qué utilidad unitaria mínima deberá tener un producto P7 para que sea conveniente producirlo, sabiendo que por unidad requiere 4 horas hombre de mano de obra, 3 kilos de materia prima y no está incluido dentro de la restricción de producción mínima.

Ingreso de un nuevo producto:  Tabla primal

Para analizar los efectos de la introducción de un nuevo producto, el procedimiento consiste en agregar la nueva columna a la tabla inicial, y luego transformarla e introducirla en la tabla óptima. Para pasar de la tabla inicial a la óptima, en lugar de reprocesar el algoritmo Simplex se utiliza la inversa de la matriz A para calcular directamente los valores de la nueva columna. Esta matriz, que llamamos A-1 tiene la propiedad de transformar cualquier columna de la tabla inicial en la correspondiente columna de la tabla óptima.

Al agregar el nuevo producto, el nuevo problema lineal quedaría expresado de la siguiente manera:

x1 	+ x2 	+ x3 	 	 4
x1 	+ 4x2 	+ 2x3 	+ 4.x7	 24
x1 	+ 2x2 	+ 4x3 	+ 3.x7 	 10

z = 2.x1 + 8.x2 + 6.x3 + c7.x7 (MAX)

y la nueva tabla directa inicial quedaría :

		2	8	6	0	0	0	-M	C7

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 U A7 -M U 4 1 1 1 -1 0 0 1 0 0 X5 24 1 4 2 0 1 0 0 4 0 X6 10 1 2 4 0 0 1 0 3

1. 4M -M-2 -M-8 -M-6 M 0 0 0 -C7

TABLA DIRECTA INICIAL CON NUEVO PRODUCTO

la matriz A-1 se obtiene de los valores de las columnas de la tabla óptima, que en la tabla inicial fueran columnas canónicas. Es decir, para la primer columna de la matriz, tomaremos la columna correspondiente a A4 cambiada de signo, para la segunda columna tomaremos la correspondiente a A5, y para la tercera tomaremos la correspondiente a A6.

Nos quedaría entonces:

El A7OPTIMO lo obtendremos de la multiplicación de las dos matrices:

Por lo que la tabla óptima quedaría expresada como :

		2	8	6	0	0	0	C7

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 8 X2 5 1/2 1 2 0 0 1/2 3/2 0 X5 4 -1 0 -6 0 1 -2 -2 0 X4 1 -1/2 0 1 1 0 1/2 3/2

	40	2	0	10	0	0	4	z7-c7

TABLA ÓPTIMA CON NUEVO PRODUCTO

Ahora bien, para que sea conveniente producir A7, en la tabla óptima z7-c7 debería ser negativo, por lo cual planteamos:

z7-c7 = 8.(3/2) - c7 = 12 - c7  0  c7  12

Esto quiere decir que para c7  12 el producto 7 será conveniente de producir pues nos dará un beneficio mayor o igual a cero.

Graficar la variación de x2, y2 y del funcional al variar las disponibilidades del recurso materia prima (R3) en una cantidad de 4 kilos por semana.

variación de recursos : Tabla óptima Dual

Debemos analizar los valores de las variables x2, y2 (valor marginal del recurso 2) y del funcional, en el intervalo [6,14] de la disponibilidad del recurso materia prima Veremos entonces cuáles son las modificaciones en la estructura de la tabla óptima para este rango.

El planteo quedaría entonces:

x1 	+ x2 	+ x3 	 4
x1 	+ 4x2 	+ 2x3 	 24
x1 	+ 2x2 	+ 4x3 	 10  4

z = 2.x1 + 8.x2 + 6.x3 (MAX)

Para pasar al planteo dual, debemos primero estandarizar el planteo original, llevando todas sus restricciones a  (menor o igual) , y el funcional a maximizar.

multiplicando la primera restricción por (-1) quedaría entonces:

1. x1 - x2 - x3  -4

x1 + 4×2 + 2×3  24

x1 	+ 2x2 	+ 4x3 	 10  4

z = 2.x1 + 8.x2 + 6.x3 (MAX)

nota: si el funcional hubiera sido de minimizar, para pasarlo a maximizar bastaría con multiplicarlo por (-1).

Una vez estandarizado el problema original, para pasar al planteo dual, podemos seguir el siguiente procedimiento: Escribimos los coeficientes de las restricciones en forma matricial, incluyendo una fila en la que figurarán los coeficientes económicos de esas columnas, y luego a cada fila le asignamos una variable yi . Vemos que cada variable está relacionada con cada recurso, y más adelante veremos que representarán sus valores marginales. Para formar las restricciones del dual multiplicamos escalarmente cada columna de la matriz por el vector Y y las restringimos a que sean mayores al coeficiente económico respectivo.

el planteo dual quedaría expresado como:

1. y1 + y2 + y3  2
2. y1 + 4y2 + 2y3  8
3. y1 + 2y2 + 4y3  6

z = -4.y1 + 24.y2 + b¬3.y3 (MIN)

en donde la disponibilidad del recurso materia prima quedó expresado en su forma paramétrica (b3).

Con el planteo del problema dual podemos escribir la tabla inicial Dual:

1. 4 24 b3 0 0 0 M M M

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 U1 U2 U3 M Y7 2 -1 1 1 -1 0 0 1 0 0 M Y8 8 -1 4 2 0 -1 0 0 1 0 M Y9 6 -1 2 4 0 0 -1 0 0 1

	16M	-3M+4	7M-24	7M-b3	-M	-M	-M	0	0	0

TABLA DUAL INICIAL

y la tabla dual óptima, obtenida mediante la transformación de la tabla óptima directa, o por el procedimiento Simplex, quedará expresada como:

1. 4 24 b3 0 0 0

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 0 Y4 2 1/2 1 0 1 -1/2 0 0 Y6 10 -1 6 0 0 -2 1 b3 Y3 4 -1/2 2 1 0 -1/2 0

	z	z1-c1	z2-c2	0	0	z5-c5	0

TABLA DUAL ÓPTIMA

Con la relación entre variables:

var. fuertes var. débiles x1 x2 x3 x4 x5 x6

y4 y5 y6 y1 y2 y3 var. débiles var fuertes

Examinaremos ahora, para qué valores de b3 (disponibilidad de materia prima) se mantiene la presente estructura óptima. Este análisis es idéntico al usado en el punto a) para la determinación del coeficiente económico c7¬ ya que en la tabla dual las disponibilidades pasan a ser coeficientes del funcional. Para el presente caso en que el funcional debe ser minimizado, los zj - cj deberán ser todos negativos, de manera tal que la solución no cambie.

z1 - c1 = b3,(-1/2) + 4 < 0  b3 > 8 z2 - c2 = 2.b3 - 24 < 0  b3 < 12 z5 - c5 = b3,(-1/2) < 0  b3 > 0

por lo tanto, vemos que para el intervalo de b3 (8,12) la solución óptima se mantiene constante. En sus extremos la presente solución será todavía válida, pero junto a una solución alternativa.

Podemos decir, entonces, que para el intervalo [8,12], los valores de las variables, son:

x1 = -(z4 - c4)dual = 0 y1 = 0 x2 = -(z5 - c5)dual = b3/2 y2 = 0 x3 = -(z6 - c6)dual = 0 y3 = 4 x4 = -(z1 - c1)dual = -4 + b3/2 y4 = 2 x5 = -(z2 - c2)dual = 2b3 - 24 y5 = 0 x6 = -(z3 - c3)dual = 0 y6 = 10

z = 4.b3

Para b3  8, vemos que z1 - c1 se anula y pasa a ser positivo. Por tal motivo, en el nuevo cuadro de Simplex la variable Y1 entrará a la base, y por la regla de  saldrá Y4. El nuevo cuadro óptimo Simplex, quedará todavía en función de b3 :

1. 4 24 b3 0 0 0

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 -4 Y1 4 1 2 0 2 -1 0 0 Y6 14 0 8 0 2 -3 1 b3 Y3 6 0 3 1 1 -1 0

	z	0	z2-c2	0	z4-c4	z5-c5	0

TABLA DUAL ÓPTIMA, PARA b3  8

En donde la variable y1 entró a la base de la cual salió y4.

Recalculamos los zj - cj , que nos dan:

z2 - c2 = -8 + 3.b3 - 24 < 0  b3 < 32/3 z4 - c4 = -8 + b3 < 0  b3 < 8 z5 - c5 = 4 - b3 < 0  b3 > 4

por lo tanto, esta estructura se mantendrá para b3: [4,8]

los valores de las variables son:

x1 = -(z4 - c4)dual = 8 - b3 y1 = 4 x2 = -(z5 - c5)dual = -4 + b3 y2 = 0 x3 = -(z6 - c6)dual = 0 y3 = 6 x4 = -(z1 - c1)dual = 0 y4 = 0 x5 = -(z2 - c2)dual = 32 - 3.b3 y5 = 0 x6 = -(z3 - c3)dual = 0 y6 = 14

z = -16 + 6.b3

Para b3  12, partimos nuevamente desde la tabla óptima dual original, y vemos que en esta ocasión el z2 - c2 será el que se anula y se hace positivo. Entonces entrará a la base Y2, y saldrá, por regla del menor , el Y6 :

1. 4 24 b3 0 0 0

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 0 Y4 2/6 4/6 0 0 1 -1/6 1/6 24 Y2 10/6 -1/6 1 0 0 -2/6 1/6 b3 Y3 4/6 -1/6 0 1 0 1/6 -2/6

	Z	Z1-C1	0	0	0	Z5-C5	Z6-C6

TABLA DUAL ÓPTIMA, PARA b3  12

En donde la variable y2 entró a la base de la cual salió y6.

Recalculamos los zj - cj , que nos dan:

z1 - c1 = -4 + (-1/6).b3 + 4 < 0  b3 > 0 z5 - c5 = -8 + (1/6).b3 < 0  b3 < 48 z6 - c6 = 4 + (-2/6).b3 < 0  b3 > 12

por lo tanto, esta estructura se mantendrá para b3: [12,48]

los valores de las variables son:

x1 = -(z4 - c4)dual = 0 y1 = 0 x2 = -(z5 - c5)dual = 8 - (1/6).b3 y2 = 10/6 x3 = -(z6 - c6)dual = -4 + (2/6).b3 y3 = 4/6 x4 = -(z1 - c1)dual = (1/6).b3 y4 = 2/6 x5 = -(z2 - c2)dual = 0 y5 = 0 x6 = -(z3 - c3)dual = 0 y6 = 0

z = 40 + (4/6).b3

Para tener una idea de cómo impactaran los cambios, hacemos un par de rankings:

1) Contribución unitaria:

X2, X3, X1

2) Menor uso MP X1, X2, X3

Veamos la variación de MP con respecto a cada producto:

Determinar si altera o no la estructura de la solución óptima el hecho de incorporar un nuevo proceso con coeficientes tecnológicos de 4,2 y 3 para A, B Y C respectivamente, con una disponibilidad de 11.

Nueva restricción : Tabla Dual.

El problema consiste en agregar una nueva restricción, por lo cual el nuevo modelo quedaría planteado como:

x1 	+ x2 	+ x3 	 4
x1 	+ 4x2 	+ 2x3 	 24
x1 	+ 2x2 	+ 4x3 	 10
4x1 	+ 2x2 	+ 3x3 	 11

z = 2.x1 + 8.x2 + 6.x3 (MAX)

Para resolver este problema con rapidez, el procedimiento más simple consiste en reemplazar los valores óptimos originales de las variables xi en la nueva restricción, y verificar si la cumplen o no.

Los valores de las variables xi son:

X1 = 0 	;	X2 = 5	;	X3 = 0

Con estos valores, R4 quedaría igual a : 4.0 + 2.5 + 3.0 = 10, y cumpliría la restricción, por lo cual no habrá modificación de la estructura óptima.

Para el caso más general, con el cual podremos hacer también un estudio de sensibilidad, se utiliza la tabla dual.

Para plantear el dual, controlamos que la nueva restricción esté escrita en su modo Standard, con restricción de menor o igual. Luego la escribimos como una nueva columna del planteo dual:

1. y1 + y2 + y3 + 4y7¬  2
2. y1 + 4y2 + 2y3 + 2y7  8
3. y1 + 2y2 + 4y3 + 3y7  6

z = -4.y1 + 24.y2 + 10.y3 + 11.y7 (MIN)

La tabla dual inicial quedará como:

1. 4 24 b3 0 0 0 M M M 11

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 U1 U2 U3 Y7 M Y7 2 -1 1 1 -1 0 0 1 0 0 4 M Y8 8 -1 4 2 0 -1 0 0 1 0 2 M Y9 6 -1 2 4 0 0 -1 0 0 1 3

	16M	-3M+4	7M-24	7M-b3	-M	-M	-M	0	0	0	9M-11

TABLA DUAL INICIAL

mientras que la tabla dual optima era:

1. 4 24 10 0 0 0

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 0 Y4 2 1/2 1 0 1 -1/2 0 0 Y6 10 -1 6 0 0 -2 1 10 Y3 4 -1/2 2 1 0 -1/2 0

	40	-1	-4	0	0	-5	0

TABLA DUAL ÓPTIMA

Por lo tanto, la matriz A-1 estará compuesta por las columnas del óptimo dual que inicialmente eran equivalentes a los vectores canónicos. Es decir, la primer columna de la matriz será la Y4 óptima dual cambiada de signo (el vector canónico está cambiado de signo), la segunda columna será Y5 cambiada de signo, y la tercer columna será Y6 cambiada de signo. entonces:

Entonces, la columna Y7OPTIMA será :

calculamos el z7 - c7 y la tabla óptima dual quedará:

1. 4 24 10 0 0 0 11

ck yk bk Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 0 Y4 2 1/2 1 0 1 -1/2 0 -3 0 Y6 10 -1 6 0 0 -2 1 1 10 Y3 4 -1/2 2 1 0 -1/2 0 1

	z	-1	-4	0	0	-5	0	-1

NUEVA TABLA ÓPTIMA DUAL

y como z7 - c7 es negativo, vemos la solución sigue siendo óptima.

¿A qué valor total resulta conveniente vender a una empresa interesada disponibilidades del recurso materia prima en una cantidad de 4 kilos por semana.

Recordemos algunos conceptos:

Valor marginal de un recurso: es la variación del funcional, de acuerdo a una variación unitaria de la disponibilidad de ese recurso. Es lo que aumenta el beneficio cuando varía el recurso en una unidad. Puede expresarse como : VM Ri = z/bi

Costo de oportunidad de un producto: Representa la variación del funcional correspondiente a la variación en una unidad del producto. Es lo que se perdería por producir una unidad de es producto en particular. En la tabla Simplex me indica cuánto será la variación unitaria en el funcional si esa variable entrara en la base. Puede expresarse como : CO Xi = z/xi

El valor marginal de un recurso es el zj¬ - cj correspondiente a la variable slack de ese recurso, en la tabla primal. El costo de oportunidad de un producto es el zj¬ - cj correspondiente a la variable producción, en la tabla primal.

Por lo tanto, si yo quisiera vender un recurso, lo venderé a un precio mayor al detrimento que la falta de ese producto me provocará.

Como estamos analizando los efectos de la variación de la disponibilidad de un recurso, entonces el análisis se hará en la tabla dual.

En nuestro caso en particular, la variación del óptimo respecto a la disponibilidad de la materia prima (b3) la hemos estudiado en el inciso c). Allí habíamos visto que nos podíamos deshacer de 2 unidades de materia prima sin que cambiara la solución, y el valor marginal de este recurso era y3= 4.

Por lo tanto, las dos primeras unidades las venderé a 2(unidades).4 ($/unidad) = 8 $

Ahora tendremos sólo 8 unidades, y la tabla óptima tiene dos soluciones alternativas. Tomamos entonces la otra solución y usamos la estructura con b3 < 8. En esta tabla el valor marginal del recurso materia prima es y3 = 6. Por lo tanto, venderemos las dos unidades siguientes a 2 u.8$/u = 16 $

Entonces, las 4 unidades las venderemos a 8$ + 16$ = 24$

Ahora supongamos que en el enunciado nos pidieran el valor al que venderíamos 12 unidades de Materia Prima. En ese caso, las dos unidades “extra” que deberíamos vender las venderemos a un valor mayor al beneficio que yo podría obtener de usarlas. Es decir, actualmente tenemos 10 unidades de materia prima. Si dispongo de otras dos unidades más, esas unidades valdrán para nosotros lo que aumentaría el beneficio de usarlas. Entonces, si quisiéramos vender 12 unidades, venderemos las dos “extra” al valor marginal para b3 = 11 y para b3 = 12, que en este caso en particular son iguales (VM b3 = 4 $/unidad, para 8  b3  12). Las restantes 10 unidades, las venderemos al valor del beneficio total de la tabla, es decir, a 40. Esto es así, ya que si vendo las 10 unidades no podré producir nada, y mi beneficio será nulo. Las 12 unidades las venderemos entonces a más de 40 + 24 = 48 $

Si existe valor marginal de un recurso es porque no me sobra nada. f) Graficar la curva de oferta del producto B para C2 entre 0 y 100.

Nos están pidiendo graficar los valores de c2 en función de x2. O lo que es lo mismo, x2 en función de c2.

Entonces, variación de coeficiente económico : Tabla Primal

Nuestra tabla óptima está referida a c2 = 8. Entonces empezaremos desde ese punto.

Veremos primero para qué valores de c2 se mantiene la solución:

		2	c2	6	0	0	0

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 c2 X2 5 1/2 1 2 0 0 1/2 0 X5 4 -1 0 -6 0 1 -2 0 X4 1 -1/2 0 1 1 0 1/2

	z	z1-c1	0	z3-c3	0	0	z6-c6

TABLA ÓPTIMA PRIMAL EN FUNCIÓN DE C2

z1 - c1 = c2/2 - 2 > 0  c2 > 4 z3 - c3 = 2c2 -6 > 0  c2 > 3 z6 - c6 = c2/2 > 0  c2 > 0

Por lo tanto, no importa cuán grande sea c2 porque la tabla será siempre óptima. Por otro lado, el menor valor que puede tomar c2 es 4, para que la estructura se mantenga.

Entonces:

Para c2 : [4,]  x2 = 5

Para c2 < 4 , reemplazamos en la tabla c2 por 3,9, y recalculamos la solución óptima con el algoritmo Simplex:

		2	C2	6	0	0	0

Ck Xk Bk A1 A2 A3 A4 A5 A6 2 X1 10 1 2 4 0 0 2 0 X5 14 0 2 -2 0 1 0 0 X4 6 0 1 3 1 0 1

	20	0	4-C2	2	0	0	4

TABLA ÓPTIMA PRIMAL PARA C2 < 4

Como vemos, la variable x2 ya no está en la base, por lo tanto el único valor que nos importará ahora es z2 - c2, que vale: 4 - c2, Este valor deberá ser siempre positivo para mantener la estructura de la solución óptima, por lo tanto deberá ser

4 - c2 > 0       	c2 < 4

Para c2 : [-;4] será x2 = 0