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.
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 1 + 110 + 90X 3 Esto es : Min Z= 130 x la proporción de A en una libra de aleación + 110 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 1 + 0.10 + 0.70X 3 0.20 0.50X 1 + 0.60 + 0.10X 3 0.45 0.20X 1 + 0.30 + 0.20X 3 = 0.30 X 1 + + X 3 = 1.00 X 1 0 0 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)
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 1 + 400 Sujeta a las restricciones siguientes: 15 X 1 + 25 80 (tiempo disponible en horas en el proceso I) 20 X 1 + 12 64 (tiempo disponible en horas en el proceso II) X 1 0 0 Solución por el método gráfico. (0,3.2) (0,0) 20 X 1 + 12 64 (2,2) (3.2,0) 15 X 1 + 25 80 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 1 + 12 = 64 y 15 X 1 + 25 = 80. Que es el punto (2,2) Vértice de la región Z= 300X 1 + 400 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.
Max Z-300X 1-400 +0X 3 + 0 =0 s.a: 15 X 1 + 25 + X 3 = 80 20 X 1 + 12 + = 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 -300-400 0 0 0 X 3 15 25 1 0 80 20 12 0 1 64 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 -300-400 0 0 0 0 X 3 15 25 1 0 80 3.2 400f2+f1 f1 1/12f2 f2 20 12 0 1 64 5.33-12f2+f3 f3
LD Z -60 0 16 0 1,280 0.6 1 0.04 0 3.2 12.8 0-0.48 1 25.6 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 -60 0 16 60 1,280 0.6 1 0.04 0 3.2 5.33 60f3+f1 f1-0.6f3+f2 f2 12.8 0-0.0375 1 25.6 2 F3/12.8 f3 LD Z 0 0 15.8 4.68 1,400 0 1 0.0175-0.468 2 X 1 1 0-0.0029 0.078 2 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.