ayud_81 - CAA EII

Pontificia Universidad Católica de Valparaíso
Escuela de Ingeniería Industrial
EII 445 INVESTIGACION OPERACIONAL 1
Ayudantes: Pamela Conejeros
Esteban Miranda
AYUDANTIA N° 8
Suponga que una empresa tiene tres posibles productos a fabricar, utilizando tres tipos
distintos de recursos: horas hombres, horas máquinas y capacidad de bodega (metros
cuadrados). El modelo de programación lineal asociado a la planificación de la producción
diaria tal de maximizar las utilidades dadas en dólares es el siguiente:
𝑀𝐴𝑋𝐼𝑀𝐼𝑍𝐴𝑅 𝑍 = 30𝑋1 + 20𝑋2 + 50𝑋3
s.a:
X1 + 2X2 + X3 <= 430
3X1 +
2X3 <=460
X1 + 4X2
<= 420
Xi >= 0
Por otra parte el tableau óptimo asociado es el siguiente:
VB
X2
X3
X6
CB XB
X1 X2 X3
20 100 -1/4 1 0
50 230 3/2 0 1
0 20
3/4 0 0
1350 40
0 0
30 20 50
X4 X5 X6
1/2 -1/4 0
0 1/2 0
-1 1/4 1
10 20 0
0
0
0
Hoy viene una empresa y le solicita a usted que le arriende parte de su bodega y le ofrece
pagar US$20 por metro cuadrado. Usted conversa con el encargado de bodega y le señala
que tiene 20 m2 disponibles, por otra parte conversa con producción y le señalan que se
tienen contratos ya firmados que obligan a disponer como mínimo de un 50% de la bodega.
Bajo estos antecedentes ¿qué recomienda hacer?. Justifique numéricamente su respuesta.
Además responder lo siguiente:
a) ¿Entre qué rango puede variar la utilidad del producto 2, sin que cambie la base
actual?
b) Si la disponibilidad de horas hombre aumenta en un 30% qué pasa con la estructura
de producción y cuáles son sus nuevos valores.
Solución:
Para este análisis se considera que el arriendo de una determinada área de la bodega es
un nuevo producto (nueva variable de decisión, X7) con los siguientes parámetros:
Coeficiente en F.O.: 20; coeficientes en restricciones 1 y 2: en ambos casos es cero y, para
la restricción 3 el coeficiente de esta nueva variable es 1. Estos antecedentes implican
adicionar una nueva columna en el tableau óptimo, donde 𝑌𝑗 = 𝐵−1 ∗ 𝑎𝑗
1/2 −1/4 0
0
0
1/2 0] ∗ [0] = [0]
𝑌7 = [ 0
−1
1/4 1
1
1
0
Luego: 𝑍7 = 𝑐𝑏 ∗ 𝑌7 = [20 50 0] ∗ [0] = 0 y 𝑍7 - 𝑐7 = 0 – 20 = -20 y, como estamos
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maximizando conviene incorporar el nuevo producto. El nuevo tableau, en el cual se debe
seguir iterando es:
Del tableau se aprecia que el área que recomienda el modelo no es factible dado que se
puede arrendar como máximo 210 m2 y el modelo recomienda arrendar 220 m2. Por lo
tanto se debe agregar una nueva restricción: X7<= 210
Al incluir una nueva restricción queda lo siguiente:
Ahora debemos canonizar las variables no básicas con problemas, en este caso X7, con lo
cual el tableau queda:
50/0.25=200
20/2= 10;
20/1= 20
En estos momentos tenemos una solución óptima (Zj – Cj >= 0) que no es factible (al
menos un Xb <0), por lo tanto debemos aplicar dual simplex. Podemos ver que sale X8 y
entra X2 con lo cual el tableau queda:
Se llega a la conclusión que se debe arrendar 210 m2 de bodega siendo la nueva utilidad
de US$15800
a)
f= (0,1,0,0,0,0); fb = (1,0,0) y debemos analizar lo que ocurre en las variables NO básicas (
X1, X4 y X5) para averiguar el rango de variación.
X1:
−1/4
(fb*Y1- f1)= (1,0,0)* [ 3/2 ] − 0 = −1/4 ; ∅+ = −
3/4
𝑍1−𝑐1
−1/4
=−
40
−1/4
= 160
X4:
1/2
(fb*Y4- f4)= (1,0,0)* [ 0 ] − 0 = 1/2; ∅- = −
−1
10
1/2
= −20
X5:
−1/4
(fb*Y5- f5)= (1,0,0)* [ 1/2 ] − 0 = −1/4; ∅+ = −
1/4
20
−1/4
= 80
Como estamos maximizando, de los ∅+ se elige el valor mínimo y de los ∅- se elige el valor
máximo, por lo cual el rango de variación de del producto 2 es:
20 -20 <= C2 <= 20+80 , es decir: 0<= C2<= 100
b)
La disponibilidad de horas hombres aumenta en 129 horas (∆+ = 129)
Tenemos lo siguiente:
1/2
129
r = [ 0 ] ; 𝐵−1 = [ 0
−1
0
−1/4 0
1/2 −1/4 0
129
129/2
1/2 0] ; 𝑤 = [ 0
1/2 0] ∗ [ 0 ]= [ 0 ]
1/4 1
−1
1/4 1
0
−129
100
129/2
329/2
𝑋𝐵′ = 𝑋𝐵 + 𝑤 = [230] + [ 0 ] = [ 230 ]
20
−129
−109
En este caso se nos presenta una solución no factible (un XB < 0), por lo cual se debe
utilizar Dual Simplex.
Luego la nueva solución es producir 110 unidades del producto 2, 230 unidades del
producto 3 y sobran 109 horas hombre, con una utilidad de US$ 13700.