Los problemas de programación lineal pueden presentarse en la forma estándar, dando la función objetivo y las restricciones, o bien plantearlos mediante un enunciado. Si éste es el caso, puede seguirse el camino que indicamos a continuación, ejemplificado con el siguiente problema:

En un almacén se guarda aceite de girasol y de oliva. Para atender a los clientes se han de tener almacenados un mínimo de 20 bidones de aceite de girasol y 40 de aceite de oliva y, además, el número de bidones de aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol. La capacidad total del almacén es de 150 bidones. Sabiendo que el gasto de almacenaje es el mismo para los dos tipos de aceite (1 unidad monetaria) . ¿Cuántos bidones de cada tipo habrá que almacenar para que el gasto sea máximo?

Paso 1º: Leer detenidamente el enunciado: determinar el objetivo, definir las variables y escribir la función objetivo.

El objetivo es: halla cuántos bidones de cada tipo hay que almacenar para maximizar los gastos

Suponemos que tal objetivo se consigue almacenado x bidones de aceite de girasol e y de aceite de oliva

Cómo cada bidón de aceite de girasol cuesta almacenarlo 1 unidad monetaria y lo mismo para uno de aceite, los gastos serán x + y

Luego, la función objetivo es:

Maximizar la función Z = f(x,y) = x + y

Paso 2º: Reordenar los datos del problema y a partir de las cantidades decididas, x e y, escribir el sistema de inecuaciones que determinan las restricciones.

• Un mínimo de 20 bidones de aceite de girasol: x 20
• Un mínimo de 40 bidones de aceite de oliva: y 40
• El número de bidones de aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol: y x/2
• La capacidad total del almacén es de 150 bidones: x + y 150

Además, los números de bidones deben ser cantidades positivas: x 0 ; y 0

Paso 3º: Expresar el problema en la forma estándar.

Siguiendo con el ejemplo, sería:

Maximizar:	Z = f(x,y) = x + y
sujeto a:	x + y 150
	y x/2
	x 20 ; y 40

Aquí termina el planteamiento del problema. Para su resolución hay que continuar con :

Paso 4º: Representar gráficamente las restricciones y marcar claramente la región factible.

Para las restricciones anteriores debemos representar las rectas: x + y = 150 , y = x/2 , x = 20 e y = 40, obteniéndose la región factible que en la figura se encuentra coloreada.

Paso 5º: Hallar las coordenadas de los vértices del polígono obtenido.

Resolviendo los sistemas : { x = 20, y = 40 } , { y = x/2 , y = 40 } , { y = x/2 , x + y = 150} , { x + y = 150, x = 20}; se obtienen los vértices: A(20,40) , B(80,40) , C(100, 50) , D(20,130)

Paso 6º: Sustituir las coordenadas de esos puntos en la función objetivo y hallar el valor máximo o mínimo.

Sustituyendo en f(x,y) = x + y, se tiene:

f(20,40) = 60 , f(80,40) = 120 , f(100, 50) = 150 , f(20,130) = 150

Como el valor máximo se obtiene en los puntos C y D, puede optarse por cualquiera de los dos, o por cualquier punto perteneciente al segmento que los une. Así, por ejemplo, se obtendría el mismo gasto con 40 bidones de aceite girasol y 110 bidones de aceite de oliva; o 90 y 60 respectivamente.

Paso 7º: También es conveniente representar las rectas de nivel para comprobar que la solución gráfica coincide con la encontrada. Esta conveniencia se convierte en necesidad cunado la región factible es no acotada.

En nuestro caso, puede comprobarse que las rectas de nivel tienen la misma pendiente que la recta límite de la restricción x + y 150 ; por tanto, hay múltiples soluciones.

Paso 8º: Por último, como en la resolución de todo problema es necesario criticar la solución: cerciorarse de que la solución hallada es lógica y correcta.

En este ejemplo, no todos los puntos del segmento CD son soluciones válidas, ya que no podemos admitir valores de x e y no enteros , como ocurriría en el punto (90.5,59.5) .