informe de invope ii aplicaciones
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II
Aplicaciones de Investigación
de Operaciones II
TEMA:
Programación Lineal, Entera y
Dinámica.
PROFESOR: Ing. Joe González Vásquez
INTEGRANTES:
Alfaro Gómez, Erick
Arias Capcha, Willy
Arias Tandaypan, Jorge Luis
Portalatino Obeso, Dayve
UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
PROGRAMACION LINEAL
I. EJERCICIO DE APLICACIÓN EMPRESA “SAB Miller”
Una planta produce únicamente dos tipos de cerveza: clara y obscura. Existen tecnologías bastante diferentes para la elaboración de cada uno de los tipos de cerveza, obviamente cada tecnología a un costo diferente. El precio al mayoreo de 1000 litros de cerveza clara es de $ 5 000.00 mientras que el precio al mayoreo de 1000 litros de cerveza obscura es de $ 3 000.00. Un estudio de tiempo y movimientos ha demostrado que para producir 1000 litros de cerveza clara se requiere un total de 3 obreros en el proceso de producción. En cambio se requieren 5 obreros para producir 1000 litros de cerveza obscura. Se supone que la planta tiene un total de 15 obreros. Se supone que producir 1000 litros de cerveza clara le cuesta al dueño de la planta $ 500.00, mientras que 1000 litros de cerveza obscura le cuesta solamente $ 200.00. Su capital no le permite gastar más de mil dólares semanales en la producción de ambos tipos de cerveza. ¿Cuáles deben ser los niveles de producción semanal de cerveza clara y de cerveza obscura que maximicen el ingreso por concepto de venta semanal, sin exceder las restricciones de personal y de capital?
SOLUCION:
1. MÉTODO ALGEBRAICO
Damos forma a los datos q nos brindan, para hallar la solución correcta.
Recursos Cerveza Clara Cerveza Negra Disponible
Mano de Obra 3 obreros 5 obreros 15 obreros
Materia Prima 500 dólares 200 dólares 1000 dólares
5000 dólares 3000 dólares
Hallamos las variables del problema.
X1 = Tasa de producción de cerveza clara X2 = Tasa de producción de cerveza obscura
La Función Objetivo es: Max (Z) = 5000 X1 + 3000 X2
Encontramos las siguientes restricciones:
Mano de Obra ----> 3 X1 + 5 X2 ≤ 15
Materia Prima ----> 500 X1 + 200 X2 ≤ 1000
X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0
Hallamos los valores de X1 y X2 de manera algebraica: 3 X1 + 5 X2 = 15 500 X1 + 200 X2 = 1000
-120 X1 - 200 X2 = -600 500 X1 + 200 X2 = 1000
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
380 X1 = 400 X1 = 1.052632 X2 = 2.368421
Hallamos la función objetivo:
Max (Z) = 5000 (1.052632) + 3000 (2.368421) = 12368.42
2. MÉTODO GRAFICO
Hallamos los valores de X1 y X2 de manera gráfica:
Grafica N°1: Solución grafica problema 1
3. RESOLUCIÓN CON SOTWARE LINGO
Verificamos a través del LINGO si los valores obtenidos algebraicamente y gráficamente son los correctos:
Imagen N°1: Ingreso de datos en software.
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Los resultados arrojados por el LINGO son:
Imagen N°2: Resultados arrojados por el LINGO.
Análisis de resultado
a) Como podemos observar el resultado obtenido, es el mismo que se obtuvo
usando el método gráfico.
b) La maximización de ingresos es de 12368.42 dólares.
c) El software LINGO nos arroja se debería producir 1.053 litros semanal de
cerveza clara y 2.368 litros semanal de cerveza obscura.
d) La naturaleza de las inecuaciones nos indican que se trata de un SLACK, donde
para la variable X1 nos dice que se gastó todas las personas disponibles y para
X2 obtenemos los mismos resultados se utilizaron todos el costo de producción
disponible.
e) El DUAL PRICE de la variable X1 es de 263.1579 $/Obrero, el cual significa;
por cada obrero que se contrate la utilidad aumenta en 263.1579 $, mientras
que por cada dólar que se invierta en materia prima la utilidad aumentara en
8.421053 $.
Análisis de sensibilidad
Imagen N°3: Resultados de sensibilidad arrojados por el LINGO.
En este caso nos interesa el Allowable Increase, ya que; nuestro problema presenta
SLACK.
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Análisis de resultado
a) Para poder aumentar las utilidades obtenidas es necesario invertir o en obreros
o en materia prima y de acuerdo a los resultados obtenidos en el análisis
anterior se sabe que por cada dólar que se invierta en obreros se estará
ganando más que invirtiendo en materia prima. Ahora estos nuevos resultados
nos indican que es recomendable invertir hasta en 10 obreros, veamos ahora
que resulta de invertir en 10 obreros.
Imagen N°4: Verificar la sensibilidad de obreros del problema.
Imagen N°4: Resultados arrojados de sensibilidad de los obreros.
b) Sin embargo Veamos ahora los resultados de invertir en materia prima :
Imagen N°5: Verificar la sensibilidad de materia prima del problema.
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Imagen N°6: Resultados arrojados de sensibilidad de los materia prima.
Análisis de resultado Podemos darnos cuenta que a pesar de que la utilidad aumenta más cuando se
invierte un dólar en obreros, el rango permitido para la inversión de dólares para
materia prima es de 1500, lo cual nos permite una mayor de utilidad de 25000 $.
4. METODO SIMPLEX
Modelo Matemático
Max (Z) = 5000 X1 + 3000 X2
Restricciones:
3 X1 + 5 X2 ≤ 15
500 X1 + 200 X2 ≤ 1000
X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0
Igualamos a función objetivo a 0:
Z - 5000 X1 - 3000 X2 = 0 Entonces: 3 X1 + 5 X2 ≤ 15
500 X1 + 200 X2 ≤ 1000
Ahora ocupamos las variables de holgura para transformar las inecuaciones en
ecuaciones. Así:
Z - 5000 X1 - 3000 X2 = 0 3 X1 + 5 X2 + S1 = 15
500 X1 + 200 X2 + S2 = 1000
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Ahora transformamos el conjunto de ecuaciones en una tabla matricial que nos
permita resolver el modelo matemático:
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
1 -5000 -3000 0 0 0
0 3 5 1 0 15
0 500 200 0 1 1000
Ahora encontramos nuestra columna pivote, identificando cuál de los números
es el más negativo en la función objetivo. Para tal efecto se puede identificar al
número -5000 como más negativo. Entonces nuestra columna pivote será la
columna X1.
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F1 1 -5000 -3000 0 0 0
F2 0 3 5 1 0 15
F3 0 500 200 0 1 1000
Para encontrar la fila pivote dividimos (15/3 y 1000/500) y escogemos la
menor, en este caso será, el elemento pivote seria la intersección:
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F1 1 -5000 -3000 0 0 0
F2 0 3 5 1 0 15
F3 0 500 200 0 1 1000
El elemento pivote es 500, ahora convertimos el elemento pivote a 1 haciendo
lo siguiente F’3 = F3/500:
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F1 1 -5000 -3000 0 0 0
F2 0 3 5 1 0 15
F’3 0 1 0.4 0 0.002 2
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Ahora convertimos los elementos de la columna de X1 tanto el F1 y F2 en cero,
de la siguiente manera: (FV es el factor pivote de la fila)
F’2 = F2 – (FV * F’3)
F’1 = F1 – (FV * F’3)
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F1 1 0 -1000 0 10 10000
F2 0 0 3.8 1 -0.006 9
F’3 0 1 0.4 0 0.002 2
Nos damos cuenta que aún tenemos un valor negativo realizamos los mismos
pasos anteriores. Encontramos la columna y fila pivote.
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F’1 1 0 -1000 0 10 10000
F’’2 0 0 3.8 1 -0.006 9
F’3 0 1 0.4 0 0.002 2
El elemento pivote es 3.8, ahora convertimos el elemento pivote a 1 haciendo
lo siguiente F’’2 = F’2/3.8:
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F’1 1 0 -1000 0 10 10000
F’’2 0 0 1 0.26315789 -0.00157895 2.36842105
F’3 0 1 0.4 0 0.002 2
Ahora convertimos los elementos de la columna de X2 tanto el F’1 y F’3 en
cero, de la siguiente manera: (FV es el factor pivote de la fila)
F’’3 = F’3 – (FV * F’’2)
F’’1 = F’1 – (FV * F’’2)
Z X1 X2 S1 S2 SOLUCION
F’1 1 0 0 263.157895 8.42105263 12368.4211
F’’2 0 0 1 0.26315789 -0.00157895 2.36842105
F’3 0 1 0 -0.10526316 0.00263158 1.05263158
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Finalmente hemos llegado a la respuesta esperada la cual es igual al método
algebraico y grafico realizado anteriormente.
Interpretación de Resultados:
Después de aplicar los métodos podemos concluir que:
Para maximizar los ingresos se deben producir 1.053 litros semanales de cerveza clara y 2.368 litros semanales de cerveza obscura.
Y la cantidad máxima alcanzada es de 12368.42 dólares.
II. EJERCICIO DE APLICACIÓN EMPRESA “MANISOL S.A.”
Una compañía de manufactura se dedica a la fabricación de tres productos: A, B y C. El procedimiento de producción involucra tres operaciones: formación, acabado e inspección. El departamento de ingeniería industrial, ha establecido los siguientes estándares de producción en cada operación.
DATOS DE PRODUCCIÓN PARA LA COMPAÑÍA (MINUTOS POR PRODUCTO)
PRODUCTO FORMACION INSPECCION ACABADO
A 2 3 2
B 6 6 2
C 2 2 4
El departamento de contabilidad por su parte, pronostica los siguientes costos e ingresos para la compañía.
PRODUCTO COSTO DE PRODUCCION
COSTO DE MATERIALES
COSTO TOTAL
PRECIO DE VENTA
A 18.00 12.00 30 50
B 50.00 15.00 65 100
C 25.00 20.00 45 90
Se desea saber el número de cada tipo de producto que deberán producirse de tal manera que se optimice el beneficio por las 8 horas de trabajo del día. SOLUCION:
A. Definición del problema:
Objetivo: maximizar el beneficio por día.
La compañía elabora tres tipos de productos (A, B, C).
Cada producto pasa por tres procesos: formación, acabado e inspección.
El producto A, requiere: 2 minutos en formación, 3 minutos en inspección y 2 en acabado.
El producto B, requiere: 6 minutos en formación, 6 minutos en inspección y 2 en acabado.
El producto C, requiere: 2 minutos en formación, 2 minutos en inspección y 4 en acabado.
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Por cada producto A se obtiene una utilidad de $20, por cada producto B una
utilidad de $35 y por cada producto C una utilidad de $45.
El tiempo laboral diario es de 8 horas diarias para cada proceso.
La compañía quiere maximizar su beneficio por día por lo que requiere saber
cuántas unidades debe producir de cada uno los productos que elabora, por
lo llamaremos :
X1 a las unidades que deben producirse del producto A.
X2 a las unidades que deben producirse del producto B.
X3 a las unidades que deben producirse del producto C.
En forma simplificada podemos expresar todo los datos del problema, útiles
para la construcción del modelo en la siguiente tabla.
Producto A Producto B Producto C Recursos (tiempo) Concepto
X1 X2 X3
2 6 2 ≤ 8x60=480 minutos Proceso de formación
3 6 2 ≤ 8x60=480 minutos Proceso de inspección
3 2 2 ≤ 8x60=480 minutos Proceso de acabado
$20 $35 $45 Utilidad obtenida por unidad.
B. Formulación del Modelo Matemático: Con los datos que hemos obtenido en el paso 1, resulta muy fácil construir el
modelo.
Max Z= 20X1 + 35X2 + 45X3
Función objetivo del modelo Sujeto a:
2 X1 + 6 X2 + 2 X3 ≤ 480 minutos (restricción de tiempo en formación)
3 X1 + 6 X2 + 2 X3 ≤ 480 minutos (restricción de tiempo en Inspección)
2 X1 + 2 X2 + 4 X3 ≤ 480 minutos (restricción de tiempo en acabado)
X1≥ 0 X2 ≥ 0 X3 ≥ 0 restricciones de no negatividad
1. METODO SIMPLEX
Igualamos a función objetivo a 0:
Z - 20 X1 - 35 X2 – 45 X3 = 0 Entonces:
2X1 + 6X2 + 2 X3 ≤ 480
3X1 + 6X2 + 2X3 ≤ 480
2X1 + 2X2 + 4X3 ≤ 480
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Ahora ocupamos las variables de holgura para transformar las inecuaciones en
ecuaciones. Así:
Z - 20 X1 - 35 X2 – 45 X3 = 0 2X1 + 6X2 + 2 X3 + S1 ≤ 480
3X1 + 6X2 + 2X3 + S2 ≤ 480
2X1 + 2X2 + 4X3 + S3 ≤ 480
Ahora transformamos el conjunto de ecuaciones en una tabla matricial que
nos permita resolver el modelo matemático:
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
1 -20 -35 -45 0 0 0 0
0 2 6 2 1 0 0 480
0 3 6 2 0 0 1 480
0 2 2 4 0 0 1 480
Ahora encontramos nuestra columna pivote, identificando cuál de los números
es el más negativo en la función objetivo. Para tal efecto se puede identificar
al número -45 como más negativo. Entonces nuestra columna pivote será la
columna X3.
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
1 -20 -35 -45 0 0 0 0
0 2 6 2 1 0 0 480
0 3 6 2 0 0 1 480
0 2 2 4 0 0 1 480
Para encontrar la fila pivote dividimos (480/2, 480/2 y 480/4) y escogemos la
menor, en este caso será, el elemento pivote seria la intersección:
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F1 1 -20 -35 -45 0 0 0 0
F2 0 2 6 2 1 0 0 480
F3 0 3 6 2 0 0 1 480
F4 0 2 2 4 0 0 1 480
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
El elemento pivote es 4, ahora convertimos el elemento pivote a 1 haciendo lo
siguiente F’4 = F4/500:
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F1 1 -20 -35 -45 0 0 0 0
F2 0 2 6 2 1 0 0 480
F3 0 3 6 2 0 0 1 480
F'4 0 0.5 0.5 1 0 0 0.25 120
Ahora convertimos los elementos de la columna de X3 tanto el F1, F2 y F3 en
cero, de la siguiente manera: (FV es el factor pivote de la fila)
F'1 = F1-(FP*F'4)
F'2 = F2-(FP*F'4)
F'3 = F3-(FP*F'4)
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F'1 1 2.5 -12.5 0 0 0 11.25 5400
F'2 0 1 5 0 1 0 -0.5 240
F'3 0 2 5 0 0 0 0.5 240
F'4 0 0.5 0.5 1 0 0 0.25 120
Nos damos cuenta que aún tenemos un valor negativo realizamos los mismos
pasos anteriores. Encontramos la columna y fila pivote.
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F'1 1 2.5 -12.5 0 0 0 11.25 5400
F'2 0 1 5 0 1 0 -0.5 240
F'3 0 2 5 0 0 0 0.5 240
F'4 0 0.5 0.5 1 0 0 0.25 120
El elemento pivote es 5, ahora convertimos el elemento pivote a 1 haciendo lo
siguiente F''3 = F'3/5:
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F'1 1 2.5 -12.5 0 0 0 11.25 5400
F'2 0 1 5 0 1 0 -0.5 240
F''3 0 0.4 1 0 0 0 0.1 48
F'4 0 0.5 0.5 1 0 0 0.25 120
Ahora convertimos los elementos de la columna de X2 tanto el F'1, F'2 y F'4 en
cero, de la siguiente manera: (FV es el factor pivote de la fila)
F''1 = F'1-(FP*F''3)
F''2 = F'2-(FP*F''3)
F''4 = F'4-(FP*F''3)
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F'1 1 7.5 0 0 0 0 12.5 6000
F'2 0 -1 0 0 1 0 -1 48
F''3 0 0.4 1 0 0 0 0.1 48
F'4 0 0.3 0 1 0 0 0.2 96
Nos damos cuenta que ya no tenemos valores negativos en nuestra matriz, es
por eso que damos por terminado nuestro procedimiento y planteamos el
resultado de las columnas que se lograron simplificar:
Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 SOLUCION
F'1 1 7.5 0 0 0 0 12.5 6000
F'2 0 -1 0 0 1 0 -1 48
F''3 0 0.4 1 0 0 0 0.1 48
F'4 0 0.3 0 1 0 0 0.2 96
Obtenemos que:
Z = 6000
X1 = 0 (debido a que esta no se ha podido simplificar)
X2 = 48
X3 = 96
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
2. VERIFICAMOS EL RESULTADO OBTENIDO A TRAVEZ DEL SOTWARE LINGO
Verificamos a través del LINGO si los valores obtenidos algebraicamente y gráficamente son los correctos:
Imagen N°7: Ingreso de datos en software.
Los resultados arrojados por el LINGO son:
Imagen N°8: Resultados arrojados por el LINGO.
Análisis de resultado
Después de resolver el problema planteado podemos concluir que:
Se deben producirse 0 unidades del producto A.
Se deben producirse 48 unidades del producto B.
Se deben producirse 96 unidades del producto C.
Con tal producción se logra una un beneficio máximo de 6000 dólares.
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
PROGRAMACION LINEAL ENTERA
III. EJERCICIO DE APLICACIÓN DE UNA FÁBRICA DE CALZADOS
Al realizar una inspección en una fábrica de calzados, obtuvimos la siguiente información:
1) Se fabrican zapatos para damas, caballeros y niños y son vendidos al siguiente PVP por
par:
Zapatos para caballero a s/. 60.00
Zapatos para dama a s/. 120.00
2) El costo de fabricación de cada par de calzado es:
Zapatos para caballero s/. 30.00
Zapatos para dama s/. 80.00
3) Para fabricar un par de zapatos para caballero se utilizan: 0.20 metros de cuero tratado;
0.10 metros de suela, un par de tacones para caballero y 5 horas-hombre de trabajo.
4) Para fabricar un par de zapatos para dama se utilizan: 0,15 metros de cuero tratado;
0,10 metros de suela, un par de tacones para dama y 8 horas-hombre de trabajo.
5) En el depósito se inventarió el siguiente material:
120 metros de cuero tratado.
70 metros de suela.
250 pares de tacones para caballero.
260 pares de tacones para dama.
6) La empresa vende semanalmente más de 100 pares de zapatos.
7) Las ventas de zapatos para caballero no superan el 75% de los de dama.
8) La empresa dispone de 2 400 horas-hombre a la semana.
9) El Gerente de la compañía quiere saber cuántos zapatos para dama y caballero debe
fabricar semanalmente para tres escenarios distintos, a saber:
a) Maximizar la utilidad.
b) Maximizar los ingresos por PVP.
c) Minimizar los costos de fabricación.
SOLUCIÓN
Variables de Decisión:
El problema enfoca directamente el número de calzados para caballero y para dama que se
deben fabricar. Las variables de decisión serán las siguientes:
𝑋1 = Cantidad de pares de calzados para caballero a fabricar semanalmente.
𝑋2 = Cantidad de pares de calzados para dama a fabricar semanalmente.
Función Objetivo:
Como el gerente pide una información relacionada a PVP, utilidad y costos; es recomendable
expresar las tres funciones objetivos:
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
- Tomando en cuenta el PVP:
𝑍𝑃𝑉𝑃 = 60 ∗ 𝑋1 + 120 ∗ 𝑋2
- Tomando en cuenta el costo:
𝑍𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜 = 30 ∗ 𝑋1 + 80 ∗ 𝑋2
- Tomando en cuenta la utilidad:
𝑍𝑈𝑇𝐼𝐿𝐼𝐷𝐴𝐷 = 𝑍𝑃𝑉𝑃 − 𝑍𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜
𝑍𝑈𝑇𝐼𝐿𝐼𝐷𝐴𝐷 = 30 ∗ 𝑋1 + 40 ∗ 𝑋2
Restricciones:
Es recomendable hacer el cuadro o tabla de requerimientos (donde se tomarán en cuenta
únicamente lo que se necesita o utiliza para fabricar zapatos para caballero y zapatos para
dama):
Calzado para Caballero (pares)
Calzado para Dama (pares)
Disponibilidad
CUERO TRATADO 0.20 0.15 120 SUELA 0.10 0.10 70
TACONES CAB. 1 250 TACONES DAMA 1 260 HORAS-HOMBRE 5 8 2400
a) Restricción 1: Materia prima y mano de obra:
0.20 ∗ 𝑋1 + 0.15 ∗ 𝑋2 ≤ 120
0.10 ∗ 𝑋1 + 0.10 ∗ 𝑋2 ≤ 70
𝑋1 ≤ 250
𝑋2 ≤ 260
5 ∗ 𝑋1 + 8 ∗ 𝑋2 ≤ 2400
b) Restricción 2: Condiciones de mercado:
La empresa vende semanalmente más de 100 pares de zapatos:
𝑋1 + 𝑋2 ≥ 100
Las ventas de zapatos para caballero no superan el 75% de los de dama:
𝑋1 ≤ 0.75 ∗ 𝑋2
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
c) Restricción 3: Condición de no negatividad:
𝑋1, 𝑋2 ≥ 0
DESARROLLO DEL MODELO:
Caso a) MAXIMIZAR LA UTILIDAD (LINGO):
Obtenemos la siguiente solución:
Interpretación:
Significa que para maximizar la utilidad se deben producir semanalmente 153,19 pares
de zapatos para caballero y 204,26 pares de zapatos para dama.
𝑋1 = 153.19 𝑋2 = 204.26
𝑍 = 12765.96
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
NOTA: Como vemos, el valor de las variables de decisión son número no enteros, por lo que
en un producción real de calzado no sería aplicable, por lo tanto se tiene que aplicar los
fundamentos de PROGRAMACIÓN LINEAL ENTERA, en este caso haremos uso de la
herramienta software LINDO.
1) Copiamos la función objetivo de maximizar la utilidad y las respectivas restricciones:
2) Obtenemos los siguientes resultados:
Interpretación:
Se deberán producir semanalmente 152 pares de zapatos para caballero y 205 pares de
zapatos para dama, obteniéndose una utilidad máxima de s/. 12760.00
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Caso b) MAXIMIZAR LOS INGRESOS POR PVP (LINGO):
Obtenemos la siguiente solución:
Interpretación:
Significa que para maximizar ingresos brutos por PVP se deben producir semanalmente
64 pares de zapatos para caballero y 260 pares de zapatos para dama. Con esto
calculamos el máximo ingreso bruto por PVP y nos da:
𝑋1 = 64 𝑋2 = 260
𝑍 = 35 040
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
Caso c) MINIMIZAR LOS COSTOS DE FABRICACION (LINGO):
Obtenemos la siguiente solución:
Interpretación:
Significa que para minimizar los costos de producción y seguir cumpliendo con todas las
restricciones del mercado se deben producir semanalmente 45.86 pares de zapatos para
caballero y 57.14 pares de zapatos para dama. Con esto calculamos el mínimo egreso
por costos de producción y nos da:
𝑋1 = 45.86 𝑋2 = 57.14
𝑍 = 5857.14
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
NOTA: Nuevamente, el valor de las variables de decisión son número no enteros, por lo
que en un producción real de calzado no sería aplicable, por lo tanto se tiene que
aplicar los fundamentos de PROGRAMACIÓN LINEAL ENTERA, en este caso haremos
uso de la herramienta software LINDO.
1) Copiamos la función objetivo de maximizar la utilidad y las respectivas restricciones:
2) Obtenemos los siguientes resultados:
Interpretación:
Se deberán producir semanalmente 42 pares de zapatos para caballero y 58 pares de
zapatos para dama, para que la minimización de los costos sea de s/. 5900.00
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INGENIERÍA DE SISTEMAS
IV. EJERCICIO DE APLICACIÓN “TELFA CORPORATION”
La Telfa Corporation fabrica mesas y sillas. Una mesa requiere 1 hora de mano de obra y 9 pies
de tablón de madera, en tanto que para una silla se necesita 1 hora de mano de obra y 5 pies
tablón de madera. En la actualidad están a la disposición 6 horas de mano de obra y 45 pies
tablón de madera. Cada mesa contribuye con 8 dólares a las utilidades y cada silla, con 5 dólares.
Formule y resuelva un PE para maximizar las utilidades de Telfa.
SOLUCIÓN:
Variables:
𝑋1 = Número de mesas fabricadas
𝑋2 = Número de sillas fabricadas
Función Objetivo:
𝑍 = 8 ∗ 𝑋1 + 5 ∗ 𝑋2
Restricciones:
𝑋1 + 𝑋2 ≤ 6 (Restricción de la mano de obra)
9 ∗ 𝑋1 + 5 ∗ 𝑋2 ≤ 45 (Restricción de la madera)
𝑋1, 𝑋2 ≥ 0 enteros
La solución óptima de la relajación de programación lineal es:
𝑋1 = 15/4 𝑋2 = 9/4 𝑍 = 165/4
DESARROLLO DEL MODELO:
Ahora procedemos a calcular los valores enteros mediante el método de acotamiento BRANCH
& BOUND.
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Interpretación:
Como el objetivo del problema es maximizar la utilidad y además, Z(P4) < Z(P5), entonces se
escoge el Z máximo, que en este caso sería de fabricar 5 mesas y 0 sillas para que nos de como
utilidad 40.
𝑋1 = 5 𝑋2 = 0
𝑍 = 40
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COMPROBACIÓN EN LINDO:
1) Copiamos la función objetivo de maximizar la utilidad y las respectivas restricciones:
2) Obtenemos los siguientes resultados:
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PROGRAMACION DINÁMICA
V. EJERCICIO DE APLICACIÓN
En el transcurso de los siguientes cuatro años, durante cierto proceso de producción, se desea
saber cuándo reemplazar una maquina o seguir conservándola con la finalidad de encontrar lo
más beneficioso para la empresa. Inicialmente se tiene una maquina con tres años de antigüedad
trabajando en la producción. Los datos respecto a la maquina los obtenemos en la siguiente
tabla:
t I(t) C(t) R(t)
Tiempo Ingreso Costo de Operación
Valor de Recuperación
(años) (miles de $)
($) ($)
0 20000 200 -
1 19000 600 80000
2 18500 1200 60000
3 17200 1500 50000
4 15500 1700 30000
5 14000 1800 10000
6 12200 2200 5000
Considerar que:
El costo de una máquina nueva es de $ 100 000.
Toda máquina con 6 años de antigüedad debe reemplazarse.
Terminando el horizonte de planeación, la máquina debe venderse.
SOLUCIÓN:
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Como esta es la última etapa, la máquina debe venderse, y no hay contribuciones posteriores.
El estado de la etapa n es la antigüedad t de la maquina al inicio del año n, entonces:
Etapas: Años
1° Etapa (n=1) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 0
2° Etapa (n=2) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 1
3° Etapa (n=3) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 2
4° Etapa (n=4) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 3
5° Etapa (n=5) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 4
6° Etapa (n=6) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 5
7° Etapa (n=7) Beneficios obtenidos por la maquina en el año 6
Estados: Edad de la maquina
Estado e0 = Edad de la maquina en el año 1
Estado e1 = Edad de la maquina en el año 2
Estado e2 = Edad de la maquina en el año 3
Estado e3 = Edad de la maquina en el año 4
Estado e4 = Edad de la maquina en el año 5
Variables de Decisión:
I(t) = Ingreso
C(t) = Costo de Operación
R(t) = Valor de Recuperación
Alternativas: Conservar o Reemplazar
Etapa 4
t Conservar Reemplazar Solución Optima
S4 I(t) - C(t) + R(t+1) I(0) + R(t+1) + R(1) - 100000 - C(0) f4*(s4) x4*
1 19000 - 600 + 60000 = 78400 20000 + 80000 + 80000 - 100000 - 200 = 79800 79800 R
2 18500 - 1200 + 50000 = 67300 20000 + 60000 + 80000 - 100000 - 200 = 59800 67300 C
3 17200 - 1500 + 30000 = 45700 20000 + 50000 + 80000 - 100000 - 200 = 49800 49800 R
6 Se debe reemplazar 20000 + 5000 + 80000 - 100000 - 200 = 4800 4800 R
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Etapa 3
t Conservar Reemplazar Solución Optima
S3 I(t) - C(t) + f4(t+1) I(0) + R(t) - 100000 - C(0) + f4*(1) f3*(s3) x3*
1 19000 - 600 + 67300 = 85700 20000 + 80000 - 100000 - 200 + 79800 = 79800 85700 C
2 18500 - 1200 + 49800 = 67100 20000 + 60000 - 100000 - 200 + 79800 = 59600 67100 C
5 14000 - 1800 + 4800 = 17000 20000 + 10000 - 100000 - 200 + 79800 = 9600 17100 C
Etapa 2
t Conservar Reemplazar Solución Optima
S2 I(t) - C(t) + f3(t+1) I(0) + R(t) - 100000 - C(0) + f3*(1) f2*(s2) x2*
1 19000 - 600 + 67100 = 85500 20000 + 80000 - 100000 - 200 + 85700 = 85500 85500 C o R
4 15500 - 1700 + 17000 = 30800 20000 + 30000 - 100000 - 200 + 85700 = 35500 35500 R
Etapa 1
t Conservar Reemplazar Solución Optima
S1 I(t) - C(t) + f2(t+1) I(0) + R(t) - 100000 - C(0) + f2*(1) f1*(s1) x1*
3 17200 - 1500 + 35500 = 51200 20000 + 50000 - 100000 - 200 + 85500 = 55300 55300 R
Interpretación:
Lo más recomendable seria reemplazar la maquina cuando tiene 3 años de uso.
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