corrección evaluación operativa 2
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CHIMBORAZO
FACULTAD DE CIENCIAS POLITICAS Y ADMINISTRATIVAS RIOBAMBA ECUADOR
ESCUELA: CONTABILIDAD Y AUDITORÍA DOCENTE: Doctor Marlon Villa Villa Ms.C. DISCENTE: CAROLINA SANTILLÁN FECHA: 2.014-10-20 SEMESTRE: 5º “A”
TEMA: MÉTODO GRÁFICO
1. INDICACIONES GENERALES
La presente Prueba será calificada sobre 4 puntos
Cada problema resuelto vale un punto excepto el tercero que vale 2 puntos
El tiempo estimado para la prueba es de 50 minutos
2. C U E S T I O N A R I O.
Hallar el valor óptimo, la solución óptima, las restricciones activas, las restricciones inactivas, la holgura o el excedente de los siguientes problemas
1. Una fábrica de pintura produce pinturas para interiores y exteriores, a partir de dos materias
primas M1 y M2. Por cada tonelada de pintura para interiores se requiere 4 toneladas de M1 y 2 toneladas de M2. Y para cada tonelada de pintura para exteriores se requiere 6 toneladas de M1 y una de M2. Se dispone de 24 toneladas de M1 y 6 de M2 diariamente. La utilidad
que arroga una tonelada de pintura para exteriores es de $ 5 000 y de una tonelada para interiores es de $4 000. La demanda máxima diaria de pintura para interiores es de 2
toneladas. Además la demanda diaria de pintura para interiores no puede exceder a la de pintura para exteriores por más de una tonelada. La compañía quiere determinar la mezcla de producción óptima de pinturas para interiores y exteriores que maximice las utilidades
diarias y satisfaga las limitaciones.
MAX: 5000X+4000𝑋2
S.A. 4𝑋1 + 6𝑋2 ≤ 24
2𝑋1 + 𝑋2 ≤ 6
−𝑋1 + 𝑋2 ≤ 1
𝑋1 ≤ 2
4𝑋1 + 6𝑋2 = 24 1 𝑋1 𝑋2
2𝑋1 + 𝑋2 = 6 2
𝑋1 = 2 3
−𝑋1 + 𝑋2 = 1 4
0
0
4
6
𝑋1 𝑋2
0 6
3 0
𝑋1 𝑋2
1 0
0 -1
COMPROBACIÓN:
PUNTO C: 𝑋1 = 1,66 𝑋2= 2,66 = 8.300 + 10640= 18.940
2𝑋1 + 𝑋2 = 6
(2) −𝑋1 + 𝑋2 = 1
2𝑋1 + 𝑋2 = 6
−2𝑋1 + 2𝑋2 = 2 0 3𝑋2 =8
𝑋2= 2,66
𝑋1= 1,66
DISPONIBLE HOLGURA EXCEDENTE
INTERIORES 24 1 -
EXTERIORES 6 - -
4(0)+6(0)≤ 24
0≤24 VERDAD
2(0)+0≤6
0≤0 VERDAD
0≤2 VERDAD
-0 + 0≤ 1
0≤ 1 VERDAD
3
4
2
1
R.A= 2,4
R.I.= 1,3
COMPROBACIÓN: 4𝑋1 + 6𝑋2 ≤ 24
4(1,66) + 6(2,66) ≤ 24
6,68 + 16,02 ≤ 24
23≤ 24
2𝑋1 + 𝑋2 ≤ 6
2(1,66) + (2,66) ≤ 6
3,32 + 2,66 ≤ 6
6≤ 6
𝑋1 ≤ 2
1,66 ≤ 2
2≤ 2
−1𝑋1 + 𝑋2 ≤ 1
−1(1,66) + (2,66) ≤ 1
−1,66 + 2,66 ≤ 1
1≤ 1
PREGUNTA N°2
Minimizar: Z= 3F+ 4G
1. 𝐹 + 𝐺 ≥ 8
2. 2𝐹 + 𝐺 ≥ 12
3. 𝐺 ≥ 2
4. 𝐹 ≤ 10
𝐹,𝐺 ≥ 0
𝑭+𝑮=𝟖
𝟐𝑭+𝑮=𝟏𝟐 (−𝟏)−𝑭= −𝟒
𝑭=𝟒
F G
0 8
8 0
F G
0 12
6 0
𝑭 + 𝑮 = 𝟖𝟒(𝟏) + 𝑮 = 𝟖
𝟒 + 𝑮 = 𝟖𝑮 = 𝟖 − 𝟒
𝑮 = 𝟒
𝒁 = 𝟑𝑭 + 𝟒𝑮
𝒁 = 𝟑(𝟒) + 𝟒(𝟒)𝒁 = 𝟐𝟖
VALORES ÓPTIMOS
Z 28 F 4
G 4 r.a 1,2 r.i 3,4
HOLGURAS O EXCEDENTES
1.
𝑭 + 𝑮 + 𝑯𝟏 = 𝟖𝟒 + 𝟒 + 𝑯𝟏 = 𝟖
𝑯𝟏 = 𝟖 − 𝟖𝑯𝟏 = 𝟎
2.
𝟐𝑭 + 𝑮 + 𝑯𝟐 = 𝟏𝟐𝟐(𝟒) + 𝟒 + 𝑯𝟐 = 𝟏𝟐
𝑯𝟐 = 𝟏𝟐 − 𝟏𝟐𝑯𝟐 = 𝟎
3.
𝑮 − 𝑯𝟑 = 𝟐𝟒 − 𝑯𝟑 = 𝟐
−𝑯𝟑 = 𝟐 − 𝟒−𝑯𝟑 = −𝟐𝑯𝟑 = 𝟐
(excedente)
4.
𝑭 + 𝑯𝟒 = 𝟏𝟎𝟒 + 𝑯𝟒 = 𝟏𝟎𝑯𝟒 = 𝟏𝟎 − 𝟒
𝑯𝟒 = 𝟔
(holgura)
3. Para el siguiente problema de programación lineal:
FUNCIÓN OBJETIVO: MAXIMIZAR
1) 5X1 – 4X2 = -20
x y
0
-4
5
0
2) X1 = 8
3) X2 = 10
4) X2 = 3
5) 5X1 + 4X2 =20
x y
0
4
5
0
S.O
z=9 𝑋1= 8
𝑋2=3 RA 2-4 RI 1-3-5
MINIMIZAR: 3 X1 -5 X2
-5 X1 + 4 X2 ≥ 20
1 X1 + 0 X2 ≥ 8
0 X1 + 1 X2 ≥ 10 0 X1 + 1 X2 ≥ 3
5 X1 + 4 X2 ≥ 20
X1, X2 ≥ 0
El problema no está acotado pero como se trata de un problema de minimización es posible encontrar una solución.
6) 5X1 – 4X2 = -20
x y
0
-4
5
0
7) X1 = 8
8) X2 = 10
9) X2 = 3
10) 5X1 + 4X2 =20
x y
0 4
5 0
Punto Coordenada X
(X1)
Coordenada Y
(X2)
Valor de la función objetivo
(Z)
O 0 0 0
A 0 5 -25
B 8 15 -51
C 4 10 -38
D 8 0 24
E 8 10 -26
F 8 3 9
G 0 10 -50
H 0 3 -15
I 1.6 3 -10.2
J 4 0 12
NOTA: En color verde los puntos en los que se encuentra la solución.
En color rojo los puntos que no pertenecen a la región factible.
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