UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA SEDE: UNI-NORTE PRIMER PARCIAL DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I (SOLUCIÓN)

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Juan José Cordero Ávila
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA SEDE: UNI-NORTE PRIMER PARCIAL DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I Prof.: MSc. Ing. Julio Rito Vargas Avilés (SOLUCIÓN) I.

1 UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA SEDE: UNI-NORTE PRIMER PARCIAL DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I Prof.: MSc. Ing. Julio Rito Vargas Avilés (SOLUCIÓN) I. Representar gráficamente la región determinada por el conjunto de puntos que satisfacen las siguientes inecuaciones lineales: x + 2y 10 ; x + y 2 ;x 8; x 0; y 0 (valor 7p) Solución: x 8 y 0 x 0 x X+2y 10 x+y 2 El conjunto convexo pintado en rosado es el región resultante de graficar las inecuaciones lineales dadas en el problema. II. Para producir una determinada aleación metálica que requiere cobre, estaño y cinc, se van a mezclar 3 tipos de aleación de estos 3 metales, disponibles en el mercado: A, B y C. Cada libra de la aleación final deseada debe contener a lo menos un 20% de cobre, no más de un 45% de estaño y la proporción de cinc debe ser un 30%. Las características de las aleaciones A, B y C son: (8p) Plantearlo como un Problema de Programación Lineal y formular su modelo matemático, para determinar los porcentajes de A, B y de C que debe contener una libra de aleación deseada.

2 Solución: Lo primero será definir las variables de la función objetivo del problema, luego será determinar si se trata de un problema de maximizar utilidades o de minimizar costos. En vista que se trata de producir la mezcla óptima, es decir al mínimo costo. Definimos las variables de la función objetivo: Sean: X 1 : Proporción de A en una libra de aleación : Proporción de B en una libra de aleación X 3 : Proporción de C en una libra de aleación La función objetivo es: Min Z= 130X X 3 Esto es : Min Z= 130 x la proporción de A en una libra de aleación x la proporción de B en una libra de aleación + 90 x la proporción de C en una libra de aleación. Sujeta a las siguientes restricciones: 0.30X X X X X X 3 = 0.30 X X 3 = 1.00 X X 3 0 Para el próximo mes, una empresa desea saber cuántas unidades debe producir y vender de cada uno de sus dos productos principales (A y B). Los dos bienes se producen en dos proceso (I y II) con los siguientes coeficientes técnicos: Producto Proceso I Proceso II A 15 horas/unidad 20 horas/unidad B 25 horas/unidad 12 horas/unidad Capacidad máxima Próximo mes 80 horas 64 horas La utilidad estimada por unidad producida es de US$ 300 y US$ 400 para el bien A y el B, respectivamente. Plantear el modelo matemático y resolverlo por el método simplex y gráficamente. (20 p)

3 Solución: Lo primero será definir las variables de la función objetivo del problema. Definimos las variables de la función objetivo: Sean: X 1 : Unidades del producto A, que se producirán. : Unidades del producto B, que se producirán. La función objetivo es : Max Z= 300X Sujeta a las restricciones siguientes: 15 X (tiempo disponible en horas en el proceso I) 20 X (tiempo disponible en horas en el proceso II) X Solución por el método gráfico. (0,3.2) (0,0) 20 X (2,2) (3.2,0) 15 X Esta es la solución gráfica, como puede verse, los valores de la solución son: X 1 = 2 y = 2. Para Z=1400 que es el máximo. La región convexa es cerrada y tiene cuatro vértices: (0,0),(3.2,0), (2,2) y (0.3.2) Puede notarse gráficamente que el óptimo se produce en el punto de intersección de las rectas 20 X = 64 y 15 X = 80. Que es el punto (2,2) Vértice de la región Z= 300X óptimo (0,0) Z=0 (3.2,0) Z=960 (2,2) Z=1,400 1,400 (0,3.2) Z=1,280 Solución por simplex: Para aplicar el método simplex introducimos variables de holgura en el modelo inicial, las variables que introduciremos las llamaremos X 3 y. El modelo ampliado se verá de la siguiente manera.

4 Max Z-300X X =0 s.a: 15 X X 3 = X = 64 X 1 0; 0; X 3 0; 0 Construimos el tabloide del simplex con los coeficientes la función objetivo y los coeficientes de las restricciones. LD Ratio Z X Iniciamos con la primera iteración. Con una solución factible formada por los variables de holgura. Vemos que la columna más negativa es la correspondiente a y con los ratios vemos que el menor es el correspondiente a la fila de X 3, por tanto entrará a la base y saldrá X 3. Para luego a través de transformaciones convertimos la columna pivote en una columna de la matriz identidad. LD Ratio Z X f2+f1 f1 1/12f2 f f2+f3 f3

5 LD Z , Vemos que la columna más negativa es la correspondiente a X 1 y con los ratios vemos que el menor es el correspondiente a la fila de, por tanto entrará a la base X 1 y saldrá. Para luego a través de transformaciones convertimos la columna pivote en una columna de la matriz identidad. LD ratio Z , f3+f1 f1-0.6f3+f2 f F3/12.8 f3 LD Z , X Como se puede ver hemos llegado al óptimo al no haber valores negativos en la fila 1, correspondiente a los coeficientes de la función objetivo. El óptimo se obtuvo para un Z= 1,400 y un X 1 =2 y =2.

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