correccion parcial 2

Investigación Operativa 2014

TAREA

FECHA: Miércoles, 22 de Octubre del 2014

NOMBRE: Rosa Gavilanes B.

CORRECCIÓN DE LA SEGUNDA PRUEBA PARCIAL

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 $ 5000 y de una tonelada para interiores es de $4000. 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.

MAXIMIZAR Z= 4000X1+5000X2

VARIABLES: X1.- toneladas de pintura para Interiores X2.- toneladas de pintura para Exteriores

RESTRICCIONES:

4X1+6X2 ≤ 242X1+ X2 ≤ 6 X1 ≤ 2 X1 ≤ X2+1

CONDICIÓN TÉCNICA.- X1, X2 ≥ 0

1 Rosa Gavilanes B. Quinto Semestre CA.


4X1+6X2 = 24 2X1+ X2 = 6 X1 = 2 X1 = X2+1 X1 X2 X1 X2 X1 X2

0 4 0 6 2 16 0 3 0 3 2 4 3

0 ≤ 24 0 ≤ 6 0 ≤ 2 0 ≤ 1 Verdadero Verdadero Verdadero Verdadero



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.

Z= 21000 RA=1,2

VO RI=3,4

X1= 1.5

X2= 3

COMPROBACIÓN

1) 4X1+6X2 ≤ 244(1.5) + 6(3) ≤ 24 6 + 18 ≤ 24 24 ≤ 24

2) 2X1+ X2 ≤ 6 2(1.5)+3 ≤ 6 6 ≤ 6

3) X1 ≤ 24) 1.5 ≤ 2 Existe holgura X1 + H1 = 2

1.5 + H1 = 2 H1 = 0.5

5) X1 ≤ X2+1 (1.5) ≤ (3)+1

6) 1.5 ≤ 4 Existe holgura X1 + H2 = X2+1 1.5 + H2 = 3+1 H2 = 2.5

DISPONIBILIDAD HOLGURA EXCEDENTEMATERIA PRIMA 1 24MATERIA PRIMA 2 6

DEMANDA MÁXIMA HOLGURA EXCEDENTE

PINTURA PARA INTERIORES 2 0.5PINTURA PARA EXTERIORES 4 2.5



2. MINIMIZAR Z= 3F + 4G F + G ≥ 8 2F + G ≥ 12 s.a. G ≥ 2 F ≤ 10 CONDICIÓN TÉCNICA.- F , G ≥ 0

F + G = 8 2F + G = 12 G = 2 F = 10

F G F G 0 8 0 12

8 0 6 0

0 ≥ 8 0 ≥ 12 0 ≥ 2 0 ≤ 10 Falso Falso Falso Verdadero

GRÁFICA

El problema no está acotado pero como se trata de un problema de minimización es posible encontrar una solución.



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.

Z= 26 RA= 1,3

VO RI= 2,4

F= 6G= 2

COMPROBACIÓN1) F + G ≥ 8

6 + 2 ≥ 8 8 ≥ 8

2) 2F + G ≥ 12 2(6) + 2 ≥ 12

12 + 2 ≥ 12 14 ≥ 12 Hay excedente 2F + G - H1= 12 2(6) + 2 – H1 = 12 12 + 2 – H1 = 12

H1 = 2 3) G ≥ 2

2 ≥ 2 4) F ≤ 10

6 ≤ 10 Hay Holgura F + H2 = 106 + H2 = 10

H2 = 4



MÁX/ MINHOLGUR

AEXCEDENT

EF 10 4G 2

3. PARA EL SIGUIENTE PROBLEMA DE PROGRAMACIÓN LINEAL:

Z = 3X1 – 5X2

5X1 – 4X2 ≥ -20 X1 ≤ 8 Restricciones: X2 ≤ 10 X2 ≥ 3 5X1 + 4X2 ≥ 20 CONDICIÓN TÉCNICA.- Xj ≥ 0 ; j=1,2

5X1 – 4X2 = -20 X1 = 8 X2 = 10 X2 = 3 5X1 + 4X2 = 20

X1 X2 X1 X2 0 5 0 5 -4 0 4 0

0 ≥ -20 0 ≤ 8 0 ≤ 10 0 ≥ 3 0 ≥ 20 Verdadero Verdadero Verdadero Falso Falso

GRÁFICA PÁRA MAXIMIZAR



NOTA:El color verde los puntos en los que se encuentra la soluciónEl color rojo los puntos que no pertenecen a la región factible En color rojo los puntos que no pertenecen a la región factible.

Z= 9 RA= 4,2

VO RI= 1,3,5

X1= 8X2= 3

COMPROBACIÓN

1) 5X1 – 4X2 ≥ -20 5(8) - 4(3) ≥ -20 40-12 ≥ -20

28 ≥ -20 Hay Excedente 5X1 – 4X2 –H1 = -20 5(8) - 4(3) –H1 = -20 40-12 –H1 = -20 H1 = 48 2) X1 ≤ 8

8 ≤ 8

3) X2 ≤ 10 3 ≤ 10 Hay Holgura X2 + H2 = 10 3 +H2 = 10 H2 = 7

4) X2 ≥ 3 3 ≥ 3



5) 5X1 + 4X2 ≥ 20 5(8)+4(3) ≥ 20 40+12 ≥ 20 52 ≥ 20 Hay Excedente 5X1 + 4X2 –H3 = 20 5(8)+4(3)-H3 = 20 40+12 –H3 = 20 H3 = 32 GRÁFICA PARA MINIMIZAR



NOTA:El color verde los puntos en los que se encuentra la soluciónEl color rojo los puntos que no pertenecen a la región factible

Z= -38 RA= 1,3

VO RI= 2,4,5

X1= 4X2= 10

COMPROBACIÓN

1) 5X1 – 4X2 ≥ -20 5(4) - 4(10) ≥ -20 20-40 ≥ -20

-20 ≥ -20

2) X1 ≤ 8 Hay Holgura X1 + H1= 8 4 ≤ 8 4 + H1= 8

H1 = 4

3) X2 ≤ 10 10 ≤ 10

4) X2 ≥ 3 Hay Excedente X2 - H2 = 3 10 ≥ 3 10 - H2 = 3 H2 = 7 5) 5X1 + 4X2 ≥ 20 5(4)+4(10) ≥ 20 20+40 ≥ 20 60 ≥ 20 Hay Excedente 5X1 + 4X2 –H3 = 20 5(4)+4(10)-H3 = 20 20+40 –H3 = 20 H3 = 40

RESPUESTAS

a) Cuál es el valor de X1 y X2 que maximiza la función objetivo Z.El valor de X1 es 8 y el valor de X2 es 3 los mismos que maximizan la función objetivo Z con el valor de 9.

b) Cuál es el valor de X1 y X2 que maximiza la función objetivo Z. El valor X1 es 4 y el valor de X2 es 10 los mismo que minimizan la función objetivo Z con el valor de -38.


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