El proceso de solución de problemas de investigación de operaciones puede describirse en una estructura de ocho etapas, como sigue:

1.- Conocer el sistema2.- Identificación, observación y planteamiento del problema.3.- Construcción del modelo matemático4.- Generación de una solución5.- Prueba y evaluación de la solución6.- Implantación del modelo7.- Evaluación del modelo8.- Seguimiento (retroalimentación)

Ejercicio # 1

La empresa el El Roble Ltda. Dedicada a la fabricación de muebles, ha ampliado su producción en dos líneas más. Por lo tanto actualmente fabrica mesas y sillas. Cada mesa requiere de 2 piezas rectangulares de 8 pines, y 2 piezas cuadradas de 4 pines. Cada silla requiere de 1 pieza rectangular de 8 pines y 2 piezas cuadradas de 4 pines. Se tiene en inventario 24 piezas rectangulares de 8 pines y 20 piezas cuadradas de 4 pines. Cada mesa cuesta producirla $ 10 y se vende en $ 30, cada silla cuesta producirla $ 8 y se vende en $ 28. El objetivo de la fábrica es maximizar las utilidades.

Función Objetivo: ZMax = 30 X1 + 28 X2

Variables de Decisión1) X1 = Cantidad de mesas a producir 2) X2 = Cantidad de sillas a producir

Sujeta a las restricciones: 1) 2 X1 + X2 <= 24 [ unidades <= unidades ]2) 2 X1 + 2 X2 <= 20tlv >= 0 ( restricción de no negatividad )

Método de Resolución Grafica

El Método Gráfico se utiliza para ilustrar tres conceptos básicos: la metodología para la resolución de un problema de dos variables de decisión, la interpretación de la solución del problema modelado y la observación gráfica de cómo afectan los cambios a la solución del problema. Siendo así se procede por:

1.- Plantear en forma matemática el problema.2.- Graficar o trazar las restricciones.3.- Graficar la función objetivo.4.- Determinar los valores de las variables en el punto que arroje las máximas utilidades.

Convertir las inecuaciones de las restricciones a ecuaciones.1) 2 X1 + X2 = 24 2) 2 X1 + 2 X2 = 20

Evaluar cada ecuación para graficar

2X1 + X2 = 24

Si X1 = 0 entonces X2 = 24Si X2 = 0 entonces X1 = 12

Así mismo para restricción 2)

2X1 + 2X2 = 20

Si X1 = 0 entonces X2 = 10Si X2 = 0 entonces X1 = 10

Se obtienen las siguientes coordenadas de las rectas:

( 0,24 ) y ( 12,0 ) ( 0,10 ) y ( 10,0 )

Se procede a graficar los puntos de las restricciones así como la función objetivo que presenta las siguientes coordenadas en base a 100, se tiene 30 X1 + 28 X2 = 100

F.O : ( 0, 3.7 ) y ( 3.3 ,0 )

En la región factible se pueden apreciar tres puntos de solución posible para la función objetivo.

A: no hacer nada (0,0)B: donde X1 vale 10C: donde X2 vale 10

La solución la encontraremos al evaluar la función objetivo F.O. : Max Z = 30 X1 + 28 X2

Punto X1 X2 Valor F.O.A 0 0 0B 10 0 300C 0 10 280

De aquí se obtiene que la solución es B, esto significa que se deben hacer 10 mesas y no hacer ninguna silla para obtener la máxima ganancia de $ 300.

Resolución por Método Simplex

Resolución por método gráfico

El ejercicio cumple con las condiciones de maximizar y de menor o igual en las restricciones.Se procede a igualar la función objetivo a cero, agregándole las variables de holgura (con coeficiente cero)

ZMax - 30 X1 - 28 X2 + 0 H1 + 0 H2 = 0

Así mismo se modifican las restricciones incluyendo las holguras respectivas

2 X1 + X2 + H1 = 24 2 X1 + 2 X2 + H2 = 20

Se procede a realizar las iteraciones en la tabla

VBX1 X2 H1 H2

Valor Solution X1 X2 H1 H2

Valor Solucion

Z -30 -28 0 0 0 F X1 = 1 1 0 0.5 10H1 2 1 1 0 24 12 Sale h2 entra X1H2 2 2 0 1 20 10 F Z = 0 2 0 15 300

F H1 0 -1 1 -1 4Z 0 2 0 15 300H1 0 -1 1 -1 4X1 1 1 0 0.5 10

Se encuentra la el valor de máximo de la función objetivo cuando en la fila de la Z ya no se tienen más valores negativos en las variables básicas.

Para resumir, la programación lineal se basa en seis consideraciones, que son:

1.- Una función objetivo única sujeta a restricciones 2.- Proporcionalidad de todas las relaciones 3.- Aditividad de todas las variables 4.- Divisibilidad de las variables 5.- Certidumbre en todos los parámetro y 6.- No negatividad de las variables.

Resolución por Método de Dos Fases

Ejercicio # 2 Se ingresa una nueva variable y una nueva restricción al ejercicio anterior quedando de la siguiente forma:

La empresa el El Roble Ltda. Dedicada a la fabricación de muebles, ha ampliado su producción en dos líneas más. Por lo tanto actualmente fabrica mesas, sillas y camas. Cada mesa requiere de 2 piezas rectangulares de 8 pines, y 2 piezas cuadradas de 4 pines. Cada silla requiere de 1 pieza rectangular de 8 pines y 2 piezas cuadradas de 4 pines y cada cama requiere de 1 pieza rectangular de 8 pines, 1 cuadrada de 4 pines y 2 bases trapezoidales de 2 pines. Se tiene en inventario 24 piezas rectangulares de 8 pines, 20 piezas cuadradas de 4 pines y 2 Bases trapezoidales de 2 pines. Cada mesa cuesta producirla $ 10 y se vende en $ 30, cada silla cuesta producirla $ 8 y se vende en $ 28, cada cama cuesta producirla $ 20 y se vende en $ 40. El objetivo de la fábrica es maximizar los recursos.

Función Objetivo: Max Z = 30 X1 + 28 X2 + 40 X3

Variables de DecisiónX1 = Cantidad de mesas a producir X2 = Cantidad de sillas a producirX3 = Cantidad de camas a producirSujeta a las restricciones:

1) 2 X1 + X2 + X3 <= 24 2) 2 X1 + 2 X2 + X3 <= 203) 2 X3 = 20

Cálculos

tlv >= 0 ( restricción de no negatividad )

Resolución por el Método de las dos Fases, tabla para mejor apreciación del problema.

VD Articulo Pieza rectangular

8 pines

Pieza cuadrada de 4

pinesBase trapezoidal

de 2 pinesX1 mesas 2 2 -X2 sillas 1 2 -X3 camas 1 1 2

inventario 24 20 20

Función Objetivo: Max Z = 30 X1 + 28 X2 + 40 X3

El ejercicio cumple con la condición de que una de las restricciones no es de la forma estándar. Se continúa agregando las variables artificial y de holgura, tanto en la función objetivo como en las restricciones.

Zmax - 30 X1 - 28 X2 - 40 X3 + 0 H1 + 0 H2 + 0 A = 0

Así mismo las restricciones se pasan a ecuaciones

2 X1 + X2 + X3 + H1 = 24 2 X1 + 2 X2 + X3 + H2 = 202 X3 + A = 20

Se debe tomar en cuenta que el óptimo es Maximizar, por tanto Max (-Z) = -A

De la restricción se obtiene el valor de A:

-A = - ( 20 - 2 X3 ) Se procede a elaborar la tabla para empezar las iteraciones:

VB X1 X2 X3 H1 H2 A VLDŽ 0 0 2 0 0 1 20Z -30 -28 -40 0 0 0 0 Sale H2 entra X1

H1 2 1 1 1 0 0 24 12

H22

2 1 0 1 0 20 10 X1 X2 X3 H1 H2 A VLD

A 0 0 2 0 0 1 20 F X1 = 1 1 0.5 0 0.5 0 10F Z = 0 2 -25 0 15 0 300

Ž 0 0 2 0 0 1 20 F H1 = 0 -1 0 1 -1 0 4Z 0 2 -25 0 15 0 300H1 0 -1 0 1 -1 0 4 Sale A y entra X3

X1 1 1 0.5 0 0.5 0 10 20 F X3 = 0 0 1 0 0 1 10A 0 0 2 0 0 1 20 10 F Ž = 0 0 0 0 0 0 0

F Z = 0 2 0 0 1512.5 550

Ž 0 0 0 0 0 0 0 F X1 = 0 0 0 0 0 0 0

Z 0 2 0 0 1512.5 550

H1 0 -1 0 1 -1 0 4X1 0 0 0 0 0 0 0X3 0 0 1 0 0 0.5 10

Cálculos

Se sabe que se encuentra un punto de solución donde Ž tiene valor de cero en todos sus variables y Z ya no tiene valores negativos por tanto no se puede seguir iterando. En este caso coincidió el momento en que Z y Ž llegaron a la condición de parada.

Se conoce que la solución es ( X1 , X2 , X3 , Z ) = ( 0 , 0 , 10 , 550 ) y su interpretación es:

Para es maximizar los recursos se deben construir solamente camas ya que el óptimo de ganancias se obtiene: haciendo 10 camas y dejar de hacer sillas y mesas, logrando de esta forma el objetivo de $ 550.

Realización de los Ejercicios utilizando el Programa Win QSB

Ejercicio # 1

Ejercicio # 2

Universidad Nacional de Ingeniería

RUPAP

Investigación de Operaciones I

Proyecto

Alumno: Danilo Rojas Coe

Grupo: 5N1-IND

jueves, 13 de abril de 2023