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Primer Parcial de Investigación Operativa
1. EL PROBLEMA DE LA SHADER ELECTRONICS
La Shader Electronics Company fabrica dos productos:
a. El Walkman Shader, un tocacassettes con AM/FM portátil, y;
b. La Watch TV, un televisor blanco y negro del tamaño de un reloj de pulsera.
El proceso de producción es similar para cada uno, ambos necesitan un cierto número de
horas de trabajo electrónico y un número de horas en el departamento de ensamble. Cada
Walkman lleva 4 horas de trabajo electrónico y 2 horas en ensamble. Cada match-TV
requiere 3 horas de electrónica y 1 hora de ensamble. Durante el presente periodo de
producción están disponibles 240 horas de tiempo de electrónica y 100 horas del
departamento de ensamble. Cada Walkman aporta una utilidad de 7 dólares; cada matchTV producida puede ser vendida para obtener una utilidad de 5 dólares.
El problema de Shader es determinar la mejor combinación posible de walkmans y
match-TV, para fabricarlos de manera que se obtenga como un problema de programación
lineal.
Solución:
-
Tabla de datos:
DESARROLLO
Tiempo de producción por cada
producto (horas)
Walkman Shader
Watch TV
Tiempo Disponible para
la Producción (horas)
Electrónica
4
3
240
Ensamble
Utilidad
2
$7
1
$5
100
Variables de decisión:
X 1 :número de producción de Walkman Shader
X 2 :número de producción de Watch TV
Definimos la Función Objetivo:
Max Z=7 X 1+5 X 2
Definimos las Restricciones:
I.
R. hras. de electrónica:
4 X 1+ 3 X 2 ≤ 240
II.
R. hras. de ensamble:
2 X 1+ X 2 ≤ 100
III.
R. de no negatividad:
X1 ; X2≥ 0
Hallamos los datos obtenidos por la restricciones :
I.
Suponemos :
X 1=0
3 X 2=240
X 2=80
X 2=0
4 X 1=240
X 1=60
II.
Suponemos :
X 1=0
X 2=100
X 2=0
2 X 1=100
X 1=50
III.
Suponemos :
X 1=0
X 2=0
X1
X2
60
80
50
100
0
0
Método Grafico de los extremos:
Maximizar Z=7 X 1 +5 X 2
Punto B:
-Formulamos la ecuación:
+4 X 1 +3 X 2=240
( 2 X 1 + X 2=100 )∗−2
+4 X 1 +3 X 2=240
−4 X 1−2 X 2=200
X 2=40
X 1=30
Tabla de los valores(Puntos) obtenidos:
X1
X2
A
0
80
B
30
40
C
50
0
Reemplazamos los datos obtenidos:
Max Z=7 ( 0 )+ 5 ( 80 )=$ 400

Max Z=7 ( 30 )+5 ( 40 )=$ 410
Max Z=7 ( 50 ) +5 ( 0 )=$ 350
Respuesta:
Para lograr la mejor combinación de walkmans y watch-TV, se debe de producir
30 Walkman y 40 watch-TV por periodo, para así obtener una ganancia/utilidad de
$410 por periodo.
 Método Simplex
Z =7 X 1 +5 X 2
Z
1
0
0
R1
R2
R3
X1
-7
4
2
X2
-5
3
1
S1
0
1
0
S2
0
0
1
R 2=
240
=60
4
R 3=
100
=50 -- Este es el reglón pivote y hacemos que el pivote sea 1:
2
R
0
240
100
R 3∗1
2
Z
X1
X2
S1
S2
R
R1
R2
R3
1
0
0
-7
4
1
-5
3
1
2
0
1
0
0
0
1
2
0
240
50
S2
7
2
0
R
350
R
Después , haremos que los valores de X 1 en R1 y R 2 se vuelvan0 .
R1=7∗R3 + R1
X2
7
2
-5
S1
0
X1
0
X2
−3
2
S1
0
S2
7
2
350
R2
Z
0
0
X1
-4
4
X2
-2
3
S1
0
1
S2
-2
0
R
-200
240
R2
Z
0
X1
0
X2
1
S1
1
S2
-2
R
40
R1
Z
1
X1
0
S1
0
0
0
0
1
S2
7
2
-2
1
2
R
350
R2
R3
X2
−3
2
1
1
2
R1
R1
Z
0
X1
7
1
-7
Z
1
0
0
R2 ' =−4∗R 3+ R 2
Nueva tabla simplex:
1
0
40
50
Para que la tabla esté terminada, los coeficientes de las variables deben ser mayor a 0
R 2=
40
=40
1
R 3=
50
=100
0.5
Después , haremos que los valores de X 2 en R1 y R 3 se vuelvan0 .
3
R1 ' = ∗R2+ R1
2
X2
3
2
−3
2
S1
3
2
0
S2
-3
R
60
0
350
X1
0
X2
0
S1
3
2
S2
-3
R
410
Z
0
X1
0
R
-20
1
S1
−1
2
0
S2
1
0
X2
−1
2
1
2
1
2
50
¿ R3
Z
0
X1
1
X2
0
S1
−1
2
S2
3
2
R
30
R1
Z
1
X1
0
X2
0
S2
-3
R
410
R2
R3
0
0
0
1
1
0
S1
3
2
1
−1
2
-2
3
2
40
30
R1 '
¿ R1
R3 ' =
R3
Z
0
X1
0
1
0
Z
1
−1
∗R2+ R 3
2
Respuesta:
Para lograr la mejor combinación de walkmans y watch-TV, se debe de producir
30 Walkman y 40 watch-TV por periodo, para así obtener una ganancia/utilidad de
$410 por periodo.
2. EL PROBLEMA DE CIA EBELL
La cía Ebell tiene dos minas que producen dos tipos de mineral. Las minas están
ubicadas en diferentes partes del país y tienen diferentes capacidades de
producción. Después de la primera etapa de producción (extracción), el mineral
se clasifica en tres grados clases: alto, medio y bajo. Hay demanda establecida
para cada grado de mineral. Ebell tiene un contrato con una función para
proveer 12 TM de mineral de grado alto, 8 TM de grado medio y 24 TM de grado
bajo cada semana.
El costo de producción es de $200 /día para la primera mina y $160 /día para la
segunda mina. En un día la primera mina produce 6 TM de grado alto, 2 TM de
grado medio y 4 TM de grado bajo. La segunda mina produce 2 TM de grado
alto, 2 TM de grado medio y 12 TM de grado bajo. ¿Cuántos días a la semana
se debe operar cada mina para suplir la demanda económicamente? Esto
implica formular el modelo matemático de Ebell.
1. ELEGIMOS INCOGNICAS
X1=DIAS QUE OPERA LA PRIMERA MINA
X2=DIAS QUE OPERA LA SEGUNDA MINA
2. IDENTIFICAR FUNCIÓN OBJETIVA
MINA
1
MINA
2
Costo de
producción/Dí
a
$200
PRODUCCION DIARIA / TM
GRADO
GRADO
GRADO
ALTO
MEDIO
BAJO
6
2
4
DIAS
QUE
OPERA
X1
$160
2
X2
Tiene una demanda de producción
-12 TM GRADO ALTO
-8 TM GRADO MEDIO
2
12
-24 TM GRADO BAJO
3. FUNCIÓN OBJETIVA
Zmin = 200*X1+160*X2
4. RESTRICCIONES:
LOS DIAS EN LA PRIMERA MINA : X 1≥ 0
LOS DIAS EN LA SEGUNDA MINA : X 2≥ 0
EN GRADO ALTO : X 1∗6 TM + X 2∗2 TM ≥ 12TM
SI X2=0
X 1∗6 TM ≥12 TM
X 1≥ 2
X 1=2
SI X1=0
X 2∗2 TM ≥ 12TM
X 2≥ 6
X 2=6
EN GRADO MEDIO : X 1∗2 TM + X 2∗2 TM ≥ 8 TM
SI X2=0
X 1∗2 TM ≥ 8 TM
X 1≥ 4
X 1=4
SI X1=0
X 2∗2 TM ≥ 8 TM
X 2≥ 4
X 2=4
EN GRADO BAJO : X 1∗4 TM + X 2∗12 TM ≥ 24 TM
SI X2=0
X 2∗4 TM ≥ 24 TM
X 2≥ 6
X 2=6
SI X1=0
X 2∗12 TM ≥ 24 TM
X 2≥ 2
METODO GRAFICO
X 2=2
EL MINIMO Z SE DA EN LOS PUNTOS
Zmin = 200*X1+160*X2
TABLA DE VALORES HALLADOS
A
B
C
D
X1
0
1
3
6
X2
6
3
1
0
Z MIN
960$
680$
760$
1200$
EL MINIMO VALOR DE Z SE DA EN EL PUNTO B
LA MINA 1 TRABAJARA 1 DIA Y LA MINA 2 TRABAJARA 3 DIAS LOGRANDO PODER
REALIZAR LA DEMANDA
EN EL PUNTO A:
SOLO DA LA ECUACION GRADO ALTO
X 1=0
X 2∗2 TM ≥ 12TM
X 2≥ 6
X 2=6
MINIMO VALOR DE Z
Z=200*X1+160*X2
Z=200*0+160*6
EN EL PUNTO B:
SE INTERSECAN DOS ECUACIONES DE
GRADO ALTO Y GRADO MEDIO
X 1∗2 TM + X 2∗2 TM =8 TM
X 1∗6 TM + X 2∗2 TM =12 TM
−X 1∗2 TM −X 2∗2TM =−8TM
X 1∗6 TM + X 2∗2 TM =12 TM
X 1∗4 TM =4 TM
X 1=1
REEMPLAZAMOS X 1=1
2TM + X 2∗2TM =8TM
X 2∗2 TM =6 TM
X 2=3
EN EL PUNTO C:
SE INTERSECAN DOS ECUACIONES DE
GRADO MEDIO Y GRADO BAJO
X 1∗2 TM + X 2∗2 TM =8 TM
X 1∗4 TM + X 2∗12 TM =24 TM
−X 1∗4 TM −X 2∗4 TM =−16 TM
X 1∗4 TM + X 2∗12 TM =24 TM
X 2∗8 TM =8TM
X 2=1
REEMPLAZAMOS X 2=1
X 1∗2 TM + 2TM =8 TM
X 1∗2 TM =6 TM
X 1=3
EN EL PUNTO D:
SOLO DA LA ECUACION GRADO BAJO
X 2=0
X 1∗4 TM ≥ 24 TM
X 1≥ 6
X 1=6
Z=960$
MINIMO VALOR DE Z
Z=200*X1+160*X2
Z=200*1+160*3
Z=680$
MINIMO VALOR DE Z
Z=200*X1+160*X2
Z=200*3+160*1
Z=760$
MINIMO VALOR DE Z
Z=200*X1+160*X2
Z=200*6+160*0
Z=1200$
PROCEDEMOS A REALIZAR POR METODO SIMPLEX
FUNCION OBJETIVO
MIN Z=200*X1+160*X2
RESTRICCIONES
X 1∗6 TM + X 2∗2 TM ≥ 12 TM
X 1∗2 TM + X 2∗2 TM ≥ 8 TM
X 1∗4 TM + X 2∗12 TM ≥ 24 TM
PROCEDEMOS A TOMAR LA RESTRICCIONES
X 1∗6 TM + X 2∗2 TM ≥ 12 TM
X 1∗6+ X 2∗2−S 1=12
X 1∗2 TM + X 2∗2 TM ≥ 8 TM
X 1∗2+ X 2∗2−S 2=8
X 1∗4 TM + X 2∗12 TM ≥ 24 TM
X 1∗4+ X 2∗12−S 3=24
Z-200*X1-160*X2 + S1 + S2 + S3=0
PRIMER CUADRO
B
S1
S2
S3
Z
Z
0
0
0
1
X1
6
2
4
200
X2
2
2
12
160
S1
-1
0
0
0
S2
0
-1
0
0
S3
0
0
-1
0
R
12
8
24
0
2
4
6
EL DE ROJO VENDRIA A SER EL PIVOT
SEGUNDO CUADRO S1 ES REEMPLAZADO POR X1
B
X1
S2
S3
Z
Z
0
0
0
1
X1
1
0
0
0
X2
1/3
4/3
32/3
280/3
S1
-1/6
1/3
2/3
100/3
S2
0
-1
0
0
S3
0
0
-1
0
R
2
4
16
-400
EL DE ROJO VENDRIA A SER EL PIVOT
TERCER CUADRO S3 ES REEMPLAZADO POR X2
6
3
1.5
B
X1
S2
X2
Z
Z
0
0
0
1
X1
1
0
0
0
X2
0
0
1
0
S1
-3/16
¼
1/16
55/2
S2
0
-1
0
0
S3
1/32
1/8
-3/32
35/4
R
3/2
2
3/2
-540
-8
8
24
EL DE ROJO VENDRIA A SER EL PIVOT
CUARTO CUADRO S2 ES REEMPLAZADO POR S1
B
X1
S1
X2
Z
Z
0
0
0
1
X1
1
0
0
0
X2
0
0
1
0
S1
0
1
0
0
S2
-3/4
-4
¼
110
S3
1/8
½
-1/8
-5
R
3
8
1
-760
24
16
-8
EL DE ROJO VENDRIA A SER EL PIVOT
QUINTO CUADRO S1 ES REEMPLAZADO POR S3
B
X1
S3
X2
Z
Z
0
0
0
1
X1
1
0
0
0
X2
0
0
1
0
S1
-1/4
2
¼
10
S2
1/4
-8
-3/4
70
S3
0
1
0
0
R
1
16
3
-680
LA RESPUESTA ES 1 DIA EN LA MINA 1 Y 3 DIAS EN LA MINA 2