Universidad Diego Portales Facultad de Ingeniería Gestión de Operaciones 1er semestre, 2011. Carlos Melo R. Guía Nº 1 Problema 1 En una empresa manufacturera la producción final de determinada semana fue de 30.000 unidades, habiendo 20 trabajadores en la línea de producción que ganan $20 la hora normal, con un recargo del 50% para las horas extra. La empresa trabaja 40 horas a la semana. Cada trabajador es capaz de producir 30 unidades en una hora. El costo por materiales de cada unidad producida es de $3. Los costos fijos por arriendo del taller son de $6.000 por semana. El precio de venta neto de la unidades producidas es de $5. Determine los costos totales de producción de la semana, los ingresos, y la productividad. Solución: Trabajadores Horas semana Req. Producción Prod. Hombre Horas semana Prod. Horas normales Prod. Horas extra Horas extra Salario Pago salarios Precio unitario Costo unitario Costo fijo 20 40 30000 30 800 24000 6000 200 20 22000 5 3 6000 Costos totales semana Ingresos totales semana Productividad Problema 2 hb hr u/semana u/HH HH/semana u/semana u/semana HH/semana $/HH $/semana $/u $/u $/semana 118000 150000 1,271 Considere el problema de la p-mediana: min ∑c i , j∈N ij ·d i · X ij s.a: ∑X j = 1, ∀i ∈ N ij ∑δ j =p j X ij ≤ δ j , ∀i, j ∈ N X ij , δ j ∈ {0,1}, ∀i, j ∈ N Explique el significado de cada restricción del modelo. Solución: • • • • La restricción 1 asegura que cada cliente es asignado a una planta. La restricción 2 garantiza que se seleccionen exactamente p localizaciones para las plantas. La restricción 3 asegura que los clientes se asignen a una planta solo si ésta ha sido seleccionada La restricción 4 especifica que todas las variables de decisión son binarias. Problema 3 Resolviendo un problema de localización mediante Khumawala, usted ya ha resuelto la iteración de minsave, y una iteración de maxsave. Como resultado de estas iteraciones, usted ya ha decidido abrir las plantas 3 y 5, y cerrar la 4. Realice una iteración más del algoritmo. Especifique claramente qué plantas se abren o se cierran en esta etapa, y si es necesario hacer otra iteración o no. Se entrega la matriz de costos, y dos planillas de guía para que pueda hacer sus cálculos. A 70 66 8 21 66 1 2 3 4 5 B 35 30 89 107 55 C 94 83 67 70 31 D 36 33 34 53 56 A B C E 80 73 21 22 50 D F 39 31 83 100 43 E G 70 59 65 76 7 F H 19 8 59 78 45 G C. Fijo 42 64 46 80 38 H Costo Tte. Actual Iteración 2 1 2 3 4 5 A B C D E F G H C. Fijo MAXSAVE Solución: No es necesario calcular los maxsave de 3, 4 y 5, ya que se encuentran ya abiertas o cerradas. A 8 Costo Tte. Actual Iteración 2 1 2 3 4 5 A 0 0 B 20 25 B 55 C 0 0 C 31 D 0 1 D 34 E 0 0 E 21 F 4 12 F 43 G 0 0 H 26 37 G 7 H 45 C. Fijo MAXSAVE 42 8 64 11 Se debe abrir la planta 2. Para saber si se abre 1 o se cierra se debe hacer una nueva iteración. Problema 4 Considere la siguiente serie de datos de demanda: Período 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Trimestre Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Año 2000 2000 2000 2000 2001 2001 2001 2001 2002 2002 2002 2002 2003 2003 2003 2003 2004 2004 2004 2004 At 143,8 185,2 209,6 158,8 161,4 191,8 219,4 189,4 181,8 222,8 224,4 193,6 187,4 197,6 226,6 196,6 194,4 228 245,8 229,8 Realice un pronóstico de demanda para cada trimestre del año 2005 aplicando una regresión lineal con estacionalidad. Solución: Agregamos la demanda a nivel anual: Año 2000 2001 2002 2003 2004 Demanda Anual 697,40 762,00 822,60 808,20 898,00 Aplicando una regresión lineal, obtenemos la demanda para el año 2005: Promedio Suma Año (x) 2000 2001 2002 2003 2004 2002 Demanda Anual (y) 697,40 762,00 822,60 808,20 898,00 797,64 x·y 1394800 1524762 1646845,2 1618824,6 1799592 7984823,8 x^2 4000000,00 4004001,00 4008004,00 4012009,00 4016016,00 4008006 20040030 Con esto, la demanda para el año 2005 sería de: La demanda total por trimestre, y el factor estacional asociado a cada uno, son: Trimestre Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Demanda Total 868,8 1025,4 1125,8 968,2 Sk 21,8% 25,7% 28,2% 24,3% Con esto obtenemos la predicción para cada trimestre del 2005: Período 21 22 23 24 Trimestre Trim. 1 Trim. 2 Trim. 3 Trim. 4 Año 2005 2005 2005 2005 Pred. Año 931,9 931,9 931,9 931,9 Sk 21,78% 25,71% 28,23% 24,28% Ft 203,00 239,59 263,05 226,22 Problema 5 1. Considere que la demanda anual por un producto para el período 2000 – 2002 fue de 1.090, 910 y 890 unidades respectivamente. Estime la demanda del año 2003 aplicando suavizado exponencial con ajuste de tendencia, con parámetros α = 0,25 y δ = 0,2. Considere que FIT 2000 = 0,95·A 2000 , y que T 2000 = -20. Calcule el MAD de este ajuste para el año 2002, compárelo con el de un suavizado exponencial sin tendencia con los mismos parámetros. Considere en ambos casos al año 2000 dentro del cálculo del MAD. Solución: Período 2000 2001 2002 2003 At 1090 910 890 Ft 1049 1001 956 Tt -20.00 -17.28 -23.37 -27.77 FITt 1036 1032 978 928 Ft (S/A) 1090 1090 1045 1006 MAD ErrorAbs1 55 122 88 ErrorAbs2 0 180 155 88 112 El suavizado con tendencia tiene un MAD de 88, menor (y por lo tanto mejor) que el del caso sin tendencia que es de 112. 2. Suponga que usted cuenta con un programa que resuelve el problema de la p-mediana en su forma convencional, donde todos los nodos son puntos de demanda y candidatos a localización a la vez. Sin modificar el código del programa, explique cómo podría utilizar esta herramienta para resolver una instancia en la que existen dos conjuntos de nodos: uno que corresponde a puntos de demanda, pero no que no sirven para localizarse, y otro conjunto que contiene nodos que son potenciales ubicaciones pero no son puntos de demanda. Solución: A los nodos de localización sin demanda se les asigna demanda cero, y a los nodos de demanda que no son de localización se les pone un costo fijo lo suficientemente alto como para que nunca sean utilizados. Problema 6 1. Considere que se conocen los costos de operación para cuatro candidatos a localización de plantas respecto a cuatro puntos de demanda a atender, y los costos fijos de cada candidato a localización, como se indica en la tabla. Determine cuáles plantas abrir utilizando la heurística de Khumawala. Indique claramente qué planta atiende a qué punto de demanda, y los costos totales de la solución encontrada. A 9 74 46 99 33 1 2 3 4 5 B 34 89 18 74 55 C 77 66 70 64 77 D 74 82 63 73 100 C. Fijo 50 30 40 30 10 Solución: MINSAVE: 1 2 3 4 5 A 24 0 0 0 0 B 0 0 16 0 0 C 0 0 0 2 0 D 0 0 10 0 0 Costo Tte. Actual 33 55 77 100 MAXSAVE 1: 1 2 3 4 5 A 24 0 0 0 B 21 0 37 0 C 0 11 7 13 D 26 18 37 27 Costo Tte. Actual 33 18 70 63 MAXSAVE 2: 1 2 3 4 5 A 24 B 0 C 0 D 0 0 0 6 0 Costo Tte. Actual 33 18 70 63 C. Fijo 50 30 40 30 10 MINSAVE -26 -30 -14 -28 -10 ESTADO 0 0 0 0 1 C. Total: 275 MAXSAVE 21 -1 41 10 ESTADO 0 -1 1 0 1 C. Total: 234 C. Fijo 50 MAXSAVE -26 30 -24 ESTADO -1 -1 1 -1 1 C. Fijo 50 30 40 30 C. Total: 234 Resumen: Costos variables: Punto de Demanda Atendido Desde Costo Variable A 5 33 B 3 18 C 3 70 D 3 63 Total: 184.00 3 Sí 40 4 No 0 Total: 50.00 Total: 234.00 Costos Fijos: Planta Utilizada? Costo Fijo Costos Totales: 2. 1 No 0 2 No 0 ¿Qué corresponde hacer según la heurística de Khumawala en las siguientes situaciones? a. b. c. d. e. Al resolver MINSAVE se obtiene que todas las plantas tienen MINSAVE negativo. Al resolver MINSAVE se obtiene que dos plantas tienen MINSAVE positivo, una cero, y el resto negativo. Al resolver MAXSAVE se obtiene que de las plantas pendientes todas tienen MAXSAVE negativo excepto una que tiene MAXSAVE igual a cero. Al resolver MAXSAVE se obtiene que de las plantas pendientes todas tienen MAXSAVE positivo excepto una que tiene MAXSAVE igual a cero. Al resolver MAXSAVE se obtiene que dos plantas tienen MAXSAVE negativo, una cero, y las otras tres positivo. Solución: a. b. c. d. e. Se abre la menos negativa (si hay empate se escoge una en forma arbitraria), y las demás permanecen pendientes. Se deben abrir todas las positivas. La con MINSAVE cero puede abrirse o permanecer pendiente, pero dado que el ahorro mínimo asegurado es cero, resulta razonable abrirla para que haya menos iteraciones. Las de MINSAVE negativo permanecen pendientes. Se cierran todas las con MAXSAVE negativo. La otra se puede abrir o cerrar, da lo mismo porque el costo total será el mismo. Se debe abrir la de mayor MAXSAVE. La de MAXSAVE cero se puede dejar pendiente o cerrar, pero como su ahorro máximo es cero, podemos cerrarla inmediatamente sabiendo que no se pierde nada. Las demás plantas permanecen pendientes. Se debe abrir la de mayor MAXSAVE. La de MAXSAVE cero se puede dejar pendiente o cerrar, pero como su ahorro máximo es cero, podemos cerrarla inmediatamente sabiendo que no se pierde nada. Las plantas con MAXSAVE negativo se cierran. Las plantas positivas que no se abrieron permanecen pendientes. Problema 7 Considere el siguiente problema de transporte: Source 1 Source 2 Source 3 DEMAND Destination 1 10 8 12 80 Destination 2 8 12 10 120 Destination 3 0 0 0 60 SUPPLY 60 80 120 La destinación 3 corresponde a un nodo ficticio para el balanceo. Encuentre la solución óptima, comenzando con la solución cuyas variables básicas son X12, X13, X21, X22, y X32. Solución: Destination 1 Destination 2 Destination 3 Iteration 1 Source 1 Source 2 Source 3 (6) 80 (6) (0) (0) 120 60 (-4) (-2) Iteration 2 Source 1 Source 2 Source 3 (2) 80 (2) (0) (4) 120 60 (0) (-2) Iteration 3 Source 1 Source 2 Source 3 (4) 80 (4) 60 (2) 60 (2) (0) 60 Los envíos y los costos de la solución óptima son: From To Shipment Cost per unit Shipment cost Source 1 Source 2 Source 2 Source 3 Source 3 Destination 2 Destination 1 Destination 3 Destination 2 Destination 3 60 80 0 60 60 8 8 0 10 0 480 640 0 600 0 El costo total es de 1.720. Problema 8 Una empresa produce motos en dos plantas, una en China y otra en Brasil. La producción máxima factible en cada planta (en miles de unidades mensuales) son, respectivamente, 50 y 30. La empresa cuenta con tres centros de distribución (América, Asia, y Europa) con demandas mensuales de 20, 10 y 30, respectivamente. Las utilidades reportadas por atender cada punto de demanda (por cada mil unidades de demanda) desde cada centro de distribución se entregan en la tabla a continuación: China Brasil Demanda América 10 12 20 Asia 24 20 10 Europa 15 12 30 Oferta 50 30 Determine el esquema de distribución óptimo para la empresa. Convierta el problema a minimización aplicando la regla del máximo, y utilice la solución inicial que se obtiene con el método de la esquina noroeste. Para el balanceo considere utilidades nulas en los orígenes o destinos ficticios. Indique las utilidades totales mensuales de la solución propuesta. Solución: Convertimos a minimización, agregando un destino ficticio para capturar el exceso de demanda: China Brasil Demanda América 14 12 20 Asia 0 4 10 Europa 9 12 30 Ficticio 0 0 20 Oferta 50 30 Las iteraciones se muestran a continuación (los números entre paréntesis representan costos reducidos): América Asia Europa Ficticio It. 1 China Brasil 20 (-5) 10 (1) 20 10 (3) 20 It. 2 China Brasil 10 10 10 (6) 30 (5) (-2) 20 It. 3 China Brasil (2) 20 10 (4) 30 (3) 10 10 Conviene enviar desde China 10 a Asia, 30 a Europa, y dejar 10 sin enviar, con utilidad de 10*24 + 30*15 = 690, y enviar desde Brasil 20 a América, dejando 10 sin enviar, con una utilidad de 20*12 = 240. La utilidad total es de 930. Problema 9 Una empresa cuenta con dos bodegas, una ubicada en Pudahuel y otra en Lo Espejo, para atender la demanda existente en tres centros comerciales de la capital. Los tres centros corresponden a los sectores Norte, Sur y Cordillera, y consumen respectivamente 200, 100 y 350 unidades mensuales. La capacidad máxima de cada bodega es de 300 y 400 unidades mensuales, respectivamente. Los costos unitarios de distribución se detallan a continuación: Pudahuel Lo Espejo Norte 18 25 Sur 22 20 Cordillera 39 34 La empresa desea determinar cuánto enviar desde cada bodega hasta cada centro comercial de forma de minimizar sus costos de distribución. 3. Plantee este problema como un problema de programación lineal. Solución: s.a: La sexta restricción es opcional (se puede derivar de las demás). También se puede escribir sin usar variables de holgura, cambiando las restricciones por: 4. (doble) Resuelva este problema aplicando el algoritmo estudiado en clases. Utilice el método de la esquina noroeste para obtener la solución inicial, usando costos nulos para el nodo ficticio. Indique las cantidades óptimas enviadas y los costos totales de distribución. Solución: Norte Sur Cordillera Destination 4 Iteration 1 Pudahuel Lo Espejo 200 12 100 3 0 350 -5 50 Iteration 2 Pudahuel Lo Espejo 200 3 100 -2 5 350 0 50 Iteration 3 Pudahuel Lo Espejo 200 9 50 50 3 350 50 2 Partiendo de la otra solución inicial se llega al mismo resultado: Op. 1 Iteration 1 Pudahuel Lo Espejo Iteration 2 Pudahuel Lo Espejo Norte Sur Cordillera Destination 4 200 9 100 0 3 350 -2 50 200 9 50 50 3 350 50 2