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IMBESTIGACION DE OPERACIONES II Página 1

UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA“Norte de la Universidad Peruana”

FACULTAD DE INGENIERIAEscuela Académico Profesional de Ingeniería de Minas

PROBLEMAS INVESTIGACION DE OPERACIONES II

PROBLEMA 1:

Un fabricante tiene cuatro órdenes de producción: A, B, C y D. La tabla que se incluye

indica el número de horas-hombre que se requieren para fabricar estas órdenes en cada uno

de los tres talleres (X, Y, Z) de la industria.

Es posible dividir una orden entre varios talleres, por ejemplo, parte de la orden A

puede ser procesada en X, parte en Y, y parte en Z. Así mismo, cualquier taller puede

ejecutar fracciones de varias órdenes.

costo Horas-hombreA B C D Hora-hombre Disponible

X 71 298 133 144 89 320Y 39 147 61 126 81 160Z 46 155 57 121 84 160

Horas-hombres nesesariasTaller

Si el fabricante desea minimizar los costos de producción, establezca el planteamiento

del problema (Función objetivo y restricciones). Defina las variables a emplear y explique su

significado.

SOLUCION

X1: X (89)

X2: Y (81)

X3: Z (84)

F.O Min= 89X1 + 81X2 + 84X3

En la cuarta fila la suma de la variable X no tiene horas hombres disponibles por eso no

podemos seguir resolviendo el problema




PROBLEMA 3:

La compañía Tejas Ltda., es un contratista grande que realiza trabajos de techos. Puesto que

el precio de las tejas varía con las estaciones del año, la compañía trata de acumular

existencias cuando los precios están bajos y almacenarlas para su uso posterior. La

compañía cobra el precio corriente en el mercado por las tejas que instala, sin importar

cuando las haya adquirido. La tabla que aparece al final refleja lo que la compañía ha

proyectado como costo, precio y demanda para las tejas durante las próximas cuatro

temporadas. Cuando las tejas se compran en una temporada y se almacenan para su uso

posterior, se incurre en un costo de manejo de $6 por millar de piezas, así como también en

un costo de almacenamiento de $12 por millar de piezas por cada temporada en la que se

almacena. Lo máximo que se puede guardar en el almacén son 220.000 piezas, esto incluye

el material que se compra para utilizarlo en el mismo período. La compañía ha fijado como

política no conservar materiales más de cuatro temporadas. Plantee un modelo para el

problema que permita a Tejas Ltda. maximizar sus utilidades para un período de cuatro

temporadas.

TemporadaPrecio

compraPrecio

mercadoVentas (demanda)

($/pieza) ($/pieza) (millones piezas)Temporada 1 21 22 100Temporada 2 22 23.25 140Temporada 3 26 28.5 200Temporada 4 24 25.5 160

Solución:

se asigna 4 variables para representar el problema:

T1: Cantidad de piezas de temporada 1







El enunciado nos pide maximizar las utilidades para un periodo de 4 temporadas, entonces la

función objetivo sería la siguiente.

Suma de las temporadas:

Z= ((21T1-22T1) + (22T2-23.25T2)+(26T3-28.5T3)+(24T3-25.5T3))

PROBLEMA 4:

Un fabricante de muebles tiene tres plantas que requieren semanalmente 500, 700 y 600

toneladas de madera. El fabricante puede comprar la madera a tres (3) compañías madereras.

Los primeros dos fabricantes de madera tienen virtualmente un suministro ilimitado mientras

que, por otros compromisos, el tercer fabricante no puede surtir más de 500 toneladas por

semana. La primera fábrica de madera usa el ferrocarril como medio de transporte y no hay

un límite al peso que puede enviar a las fábricas de muebles. Por otra parte, las otras

dos compañías madereras usan camiones, lo cual limita a 200 toneladas el peso

máximo que puede enviar a cualquiera de las fábricas de muebles. En la siguiente tabla se da

el costo de transporte de las compañías madereras a las fábricas de muebles ($/Tonelada).

Compañía Maderera Maderera

Planta 1

Planta 2

Planta 31 2 3 5

2 2.5 4 4.93 3 3.6 3.2

Formular y resolver el problema sabiendo que se quiere minimizar los costos de transporte.

Xij: cantidad de toneladas solicitadas a la compañía maderera j para surtir la planta i

Unidades de las variables de decisión: toneladas

I= ( planta1, planta2, planta3)

J= (compañía 1, compañia2, compañia3)

Función objetivo:

Si llamamos:




Cij: costo para transportar una tonelada de madera de la compañía j a la planta i ($/Tonelada).

FO: Min Z ∑j=compa;ia 1

compañia3

1 ∑i=planta1

planta 3

Xij∗Cij ; (ton )∗( $Tonelada )=($)

Significa que minimizaremos los costos de transporte, de tal manera que la sumatoria de

cada producto de cantidad de toneladas solicitadas por el costo de transporte sea el mas

pequeño posible.

Restricciones:

1. Restricciones que me aseguran las toneladas de madera necesarias semanalmente por

cada una de las plantas, obligando a que la cantidad de toneladas que pida a cada una

de las compañías madereras con destino a una misma planta sean mayores a sus

requerimientos.

Planta 1: ∑j=compa;ia 1

compañia3

Xplanta1. j>= 500

Planta 2: ∑j=compa;ia 1

compañia3

Xplanta2 j>=700

Planta3: ∑j=compa;ia 1

compañia3

Xplanta3 j≥600

2. Restricción de suministro limitado de la Compañía 3, dado que por otros

compromisos el fabricante no puede surtir más de 500 toneladas de madera por

semana a todas las plantas.

∑j=compa;ia 1

planta3

Xicompañia3≤500

3. Restricciones de limitación por sistema de repartición en camiones por parte de la

compañía 2 y la compañía 3, ya que solo pueden surtir un máximo de 200 toneladas a

cada una de las diferentes plantas.

X Planta1, Compañía2; X Planta2,Compañía2; X Planta3,Compañía2≤200




PROBLEMA 5:

Un cierto fabricante de tornillos, ha constatado la existencia de un mercado para paquetes de

tornillos a granel en distintos tamaños. Los datos de la investigación de mercados han

demostrado que se podrían vender cuatro clases de paquetes con mezclas de los tres tipos de

tornillos (1, 2 y 3), siendo los de mayor aceptación por el público. Los datos de la

investigación realizada indicaron las especificaciones y los precios de venta siguientes:

Mezcla de Tornillos Especificaciones Precio de venta ($/kg)No menos del 40% Tipo 1

A No más del 20% Tipo 2 60Cualquier cantidad Tipo 3No menos del 20% Tipo 1

B No más del 40% Tipo 2 25Cualquier cantidad Tipo 3No menos del 50% Tipo 1

C No más del 10% Tipo 2 35Cualquier cantidad Tipo 3

D Sin restricciones 20

Para estos tornillos la capacidad de la instalación y los costos de fabricación se indican a

continuación:

Tipo de Capacidad Máxima de

Costo fabricaciónTornillo Producción (Kg) ($/Kg)

1 100 502 100 303 60 18

¿Cuál sería la producción que debe programar este fabricante para obtener la ganancia

máxima, suponiendo que puede vender todo lo que fabrique?




SOLUCIÓN

Variables de decisión

* X1 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 1 de la mezcla A



* X4 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 1 de la mezcla B



* X7 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 1 de la mezcla C



* X10 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 1 de la mezcla D



Las variables de decisión que se presentaron anteriormente son aquellas que indicarán la

cantidad de kg. de tornillos que se deberán mezclar para obtener la máxima utilidad

(ganancia). Esta variable la condicionaremos como positiva y continua (debido a que el

resultado final puede ser un decimal).

Se decidió utilizar esta cantidad de variables para poder simplificar el problema, ya que tener

varias variables no significa que el ejercicio sea más complejo.




Elaboración de Función Objetivo (FO):

En el enunciado se pide encontrar una producción que se refleje con una máxima ganancia,

esto significa que se debe encontrar la función utilidad (ingresos – costos totales). En

conclusión la FO es maximizar.

El paso siguiente para encontrar la FO es lograr enlazar las variables de decisión con tal que

se pueda obtener una ganancia acorde con las futuras restricciones. Como lo dije

anteriormente la utilidad se obtiene de la siguiente manera:

Utilidad = Ingresos – Costos

En conclusión, nos queda:

Max Z = 60(X1+X2+X3) + 25(X2+X3+X4) + 35(X5+X6+X7) +20(X10+X11+X12) -

50(X1+X4+X7+X10) – 30 (X2+X5+X8+X11) – 18(X3+X6+X9+X12)

Juntando términos semejantes:

Max Z = 10X1+30X2+42X3-25X4-5X5+7X6-15X7+5X8+17X9-30X10-10X11+2X12

Elaboración de restricciones

En las especificaciones nos encontramos con una serie de datos que me llevarán a concluir las

restricciones. Lo primero que debo analizar es que tenemos 4 mezclas (A,B ,C y D). Esto

significa que debo incluir restricciones para cada una de ellas. También debo restringir a que

las mezclas llevarán ciertos porcentajes que me ayudaran a determinar la utilidad que

obtendré con cada una de ellas.

Por último determinaré las restricciones que tienen relación con la capacidad máxima de

producción.

Las restricciones que tendrá el problema son las siguientes:

1. X1≥0,4(X1+X2+X3) 0,6X1-0,4X2-0,4X3≥0 (no menos del 40%)

2. Restricciones de las mezclas

X2≤0,2(X1+X2+X3) -0,2X1+0,8X2-0,2X3≤0 (no más del 20%)




3. X4≥0,2(X4+X5+X6) 0,8X4-0,2X5-0,2X6≥0 (no menos del 20%)

4. X5≤0,4(X4+X5+X6) -0,4X4+0,6X5-0,4X6≤0 (no más del 40%)

5. X7≥0,5(X7+X8+X9) 0,5X7-0,5X8+0,5X9≥0 (no menos del 50%)

6. X8≤0,1(X7+X8+X9)-0,1X7+0,9X8-0,1X9≤0 (no más del 10%)

7. Restricciones de capacidad

X1+X4+X7+X10≤100 (capacidad máxima de producción de tornillos del tipo 1)

8. X2+X5+X8+X11≤100 (capacidad máxima de producción de tornillos del tipo 2)

9. X3+X6+X9+X12≤60 (capacidad máxima de producción de tornillos del tipo 3)

10. X1,X2,X3,X4,X5,X7,X8,X9,X10,X11,X12 ≥ 0 (no negatividad)

En conclusión el planteamiento del ejercicio me queda de la siguiente manera:

Max Z = 10X1+30X2+42X3-25X4-5X5+7X6-15X7+5X8+17X9-30X10-10X11+2X12

SA

0, 6 X1-0, 4 X2-0,4X3 ≥ 0

-0, 2 X1+0, 8 X2-0,2X3 ≤ 0

0, 8 X4-0, 2 X5-0,2X6 ≥ 0

-0, 4 X4+0, 6 X5-0,4X6 ≤ 0

0, 5 X7-0, 5 X8+0,5X9 ≥ 0

-0, 1 X7+0, 9 X8-0,1X9 ≤ 0

X1+X4+X7+X10 ≤ 100

X2+X5+X8+X11 ≤ 100

X3+X6+X9+X12 ≤ 60

X1,X2,X3,X4,X5,X6,X7,X8,X9,X10,X11,X12 ≥ 0




Finalmente este planteamiento lo ingresamos al programa winqsb para obtener la información

deseada, pero tenemos un pequeño problema; el programa no acepta que las restricciones se

presenten en decimales, por lo que decidí multiplicar las primeras 6 restricciones por 10. Esto

no afecta en nada el ejercicio, ya que en la inecuación se encuentra con ceros en el lado

izquierdo (0*10=0).

Resultados arrojados por el programa WINQSB

Por lo tanto la solución óptima es:

X1: 100 ; X2: 40; X3: 60 ; X4: 0; X5: 0; X6: 0; X7: 0; X8: 0; X9: 0; X10: 0; X11: 0; X12: 0

Esto significa que para obtener una ganancia máxima de 6.220 UM se debe utilizarla mezcla

A. El ejercicio lo podemos comprobar verificando las restricciones y sus resultados de la

siguiente manera:

Variables que encontramos

* X1 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 1 de la mezcla A (no menos del 40%)

* X2 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 2 de la mezcla A (no más del 20%)

* X3 = Cantidad de kilogramos de tornillos del tipo 3 de la mezcla A (cualquier cantidad)

Y el resultado que arroja el programa es el siguiente

X1 = 100 (se utilizó el 50%)



Demostración: Max Z = 10X1+30X2+42X3-25X4-5X5+7X6-15X7+5X8+17X9-30X10-

10X11+2X12

= 10*100+30*40+42*60-25*0-5*0+7*0-15*0+5*0+17*0-30*0-10*0+2*0

= 6.220 UM. Demostrado

Por lo tanto cumple con las restricciones.




PROBLEMA6:

En una industria pequeña de fabricación de cocinas a gas se debe programar la producción

por un periodo de seis meses. Teniendo en cuenta que la producción es eminentemente

manual, no existe gran ventaja en producir grandes cantidades, sino más bien evitar gastos

excesivos de almacenaje. Por consiguiente, se ha visto la conveniencia de acompasar, en lo

posible, la producción a las necesidades mensuales de la demanda.

Se empieza en el período con un stock de 60 unidades y se desea que al final del periodo

quede una existencia de por lo menos 50 unidades como stock de seguridad.

Las ventas realizadas en promedio en losúltimos años es – mes a mes- la señalada en la tabla.

Después de estudiar las tendencias presentadas, se tiene la seguridad de que las ventas van a

experimentar un 8% de incremento.

El costo unitario de producción es de $1.000 y los costos de almacenamiento por unidad y

mes (teniendo en cuenta la obsolescencia, alquileres de bodega, etc.) de $100.

La capacidad de producción para cada mes se señala a continuación.

Mes Demanda Capacidad de producciónEnero 166.67 150

Febrero 74.08 195Marzo 222.23 210Abril 268.52 255Mayo 250 190Junio 120.38 220

Con los datos anteriores, establecer la programación óptima para el período de seis meses y

calcular el costo total.

SOLUCIÓN:




Con los datos que nos entregan en el enunciado podemos concluir la siguiente tabla

MES DEMANDA ESTIMADA

CAPACIDAD DE PRODUCCIÓN

STOCK

ENERO 180 150 60FEBRERO 80 195 30

MARZO 240 210 145ABRIL 290 255 115MAYO 270 190 80JUNIO 130 220 0

Variables de decisión:

Xt =Cantidad de unidades a fabricar por período "t"

it =cantidad en inventario al final del período "t"

bt =Cantidad en atraso al final del período "t"

Min

z=1000x1+1000x2+1000x3+1000x4+1000x5+1000x6+100i1+100i2+100i3+100i4+100i5+10

0i6+2000b1+2000b2+2000b3+2000b4+2000b5+2000b6

Juntando términos

Min z=1000x1+x2+x3+x4+x5+x6+100i1+i2+i3+i4+i5+i6+2000b1+b2+b3+b4+b5+b6

SA:

Capacidad: Las siguientes restricciones serán las que se encargaran de establecer los límites

de la máxima capacidad. Cada una con un subíndice que indicará de que mes estamos

hablando (1: Enero, 2: Febrero, 3: Marzo, 4: Abril, 5: Mayo, 6: Junio)

x1≤150

x2≤195

x3≤210

x4≤255

x5≤190




x6≤220

Inventario: En el ejercicio se presenta una restricción que nos indica un stock inicial y un

stock final, por lo que debemos obligatoriamente condicionarlos con dos variables de

decisión.

i6≥50

i0=60

Balance de Inventario: Finalmente podemos analizar ambas restricciones juntas (capacidad,

inventario), por lo que se establece que el inventario en el periodo t debe ser igual al

inventario que se encuentra en el momento más la capacidad de producción y la cantidad de

atraso al final del periodo, y a esto restándole el stock para el siguiente periodo.

i1=i0+x1+b1-180

i2=i1+x1+b2-80

i3=i2+x1+b3-240

i4=i3+x1+b4-290

i5=i4+x1+b5-270

i6=i5+x1+b6-130

Ya tenemos establecidas las restricciones y su respectiva función objetivo, por lo que estamos

en condiciones de introducirla al programa WINQSB, lo que nos arroja lo siguiente:

Debo aclarar que el programa no permite que se impongan las variables, por lo tanto las

variables quedan de la siguiente manera:

x1, x2,…x6: variables de capacidad

x7, x8,…x13: cantidad de inventario al final del periodo

x14, x15,…x19: cantidad de atraso al final del periodo




Finalmente, no queda:

El resultado final indica que:

X1: 150 unidades

X2: 0 unidades

X3: 0 unidades

X4: 0 unidades

X5: 0 unidades

X6: 0 unidades

Fabricando estas unidades se obtiene el menor costo : 735.000 UM

X7 (I1): 30; X8 (12): 100; X9 (I3): 10; X10 (I4): 0; X11 (I5): 0; X12 (I6): 50; X13 (I0): 60

X14 (b1): 0; X15 (b2): 0; X16 (b3): 0; X17 (b4): 130; X18 (b5): 120; X19 (b6): 30

PROBLEMA 7:

Un contratista está considerando una propuesta para la pavimentación de una carretera. Las

especificaciones requieren un espesor mínimo de doce pulgadas (12”), y un máximo de 18”.

La carretera debe ser pavimentada en concreto, asfalto, gravilla, o cualquier combinación de

estos tres elementos. Sin embargo las especificaciones requieren una consistencia final igual

o mayor que la correspondiente a una superficie de concreto de 9” de espesor. El contratista

ha determinado que 3” de su asfalto son tan resistentes como 1” de concreto, y 6”de gravilla

son tan resistentes como 1” de concreto. Cada pulgada de espesor por yarda cuadrada de

concreto le cuesta $10, el asfalto $3,80, y la gravilla “1,50.

Determine la combinación de materiales que el contratista debería usar para minimizar su

costo.

SOLUCIÓN:




Variables de decisión

* X1 = Cantidad de concreto que se requiere para la pavimentación de la carretera

* X2 = Cantidad de asfalto que se requiere para la pavimentación de la carretera

* X3 = Cantidad de gravilla que se requiere para la pavimentación de la carretera

Las variables de decisión que se describieron anteriormente son aquellas que indicarán la

cantidad de material que se deberá utilizar para minimizar el costo de la pavimentación.

Elaboración de la F.O.

La función objetivo de este problema es muy sencilla ya que nos pide minimizar el costo de

la producción y también nos informa del costo de cada uno de los materiales (por pulgada),

por lo tanto nos basta con multiplicar cada una de las variables de decisión con sus

respectivos costos, nos queda:

Min Z = 10X1+3,8X2+1,5X3

Elaboración de las restricciones

Los datos que pondré a continuación servirán para establecer cada una de las restricciones.

* Las especificaciones requieren un espesor mínimo de doce pulgadas (12”), y un máximo de

18”.

* Sin embargo las especificaciones requieren una consistencia final igual o mayor que la

correspondiente a una superficie de concreto de 9” de espesor.

* El contratista ha determinado que 3” de su asfalto son tan resistentes como 1” de concreto,

y 6”de gravilla son tan resistentes como 1” de concreto.

Las conclusiones que se pueden obtener con esos datos son las siguientes:

* Sumando las tres variables tienen que ser menor o igual que 18 y mayor o igual a 12.

* Las variables deben ser todas mayor o igual a la de una superficie de concreto de 9

pulgadas.

* Por ultimo tenemos las siguientes relaciones: 3X2=X1 ; 6X3=X1 ; 2X2=3X3




Por lo tanto las restricciones nosquedan de la siguiente manera:

X1+X2+X3 ≤ 18

X1+X2+X3 ≥ 12

X1 ≥ 9; 3X2 ≥ 9; 6X3 ≥ 9

El planteamiento del ejercicio queda de la siguiente manera:

Min Z = 10X1+3,8X2+1,5X3

SA

X1+X2+X3 ≤ 18

X1+X2+X3 ≥ 12

X1 ≥ 9; 3X2 ≥ 9; 6X3 ≥ 9

X1, X2, X3 ≥ 0

Al igual que en el problema 5 tenemos un pequeño problema que debemos arreglar para

poder utilizar de forma correcta el programa. Las constantes que acompañan a las variables

de decisión en nuestra FO son decimales (precio por cada pulgada), por lo que la

amplificamos por 10. Esto provoca que el resultado final está representando 10 veces de lo

que realmente corresponde, por lo tanto tendremos que dividirlo por 10.

Ingresamos los datos:

Resultados arrojados por el programa WINQSB

En conclusión se deben utilizar 9 pulgadas de concreto, 3 pulgadas de asfalto y 1,5 pulgadas

de gravilla. Con esta combinación se minimiza lo más posible el costo, cumpliendo de igual

forma el objetivo (pavimentación).

PROBLEMA 8:




Una empresa estima que la demanda de un determinado producto en los primeros cinco

meses del año será como la que se muestra en la tabla.

El costo unitario de producción es de $3. El costo unitario de almacenaje en un periodo es $2.

La capacidad de producción durante los cinco periodos es de:

Mes Demanda Capacidad de ProducciónEnero 16 36

Febrero 16 12Marzo 12 4Abril 10 12Mayo 12 4Total 66 68

Establecer la programación óptima para el período de cinco meses y calcular el costo total.

SOLUCIÓN:

Variables de decisión:

Xt =Cantidad de unidades a fabricar por período "t"

it=cantidad en inventario al final del período "t"

Min z=3x1+3x2+3x3+3x4+3x5+2i1+2i2+2i3+2i4+2i5

Min z=3x1+x2+x3+x4+x5+2i1+i2+i3+i4+i5

SA:

Como obtuvimos el stock es mas fácil de resolver las restricciones debido a que solo se deben

igualar o sumar dependiendo de cada uno de los coeficiente, por lo tanto tenemos:

X1≥36

X2≥4

X3≥12 Restricciones de capacidad

X4≥4




X5≥12

I1≥0

I2≥20

I3≥16 Restricciones de stock

I4≥8

I5≥10

X1+I1≥16

X2+I2≥16

X3+I3≥12 Restricciones de producción

X4+I4≥10

X5+I5≥12

Por lo tanto ingresamos los datos en el programa WINQSB y nos arroja lo siguiente:

Cabe destacar que como el programa solo acepta un tipo de variables, las nuestras quedan de

la siguiente manera:

X1 (X1)

X2 (X2)

X3 (X3)

X4 (X4)

X5 (X5)

X6 (I1)

X7 (I2)

X8 (I3)




X9 (I4)

X10 (I5)

Por lo tanto la solución óptima es la siguiente:

X1: 36 unidades

X2: 12 unidades

X3: 4 unidades

X4: 12 unidades

X5: 10 unidades

I1: 0 unidades

I2: 20 unidades

I3: 16 unidades

I4: 8 unidades

I5: 10 unidades

Teniendo un costo total de 312 UM

Esto significa que el programa planteado al principio del ejercicio era el correcto y más

válido.

PROBLEMA 9:

Un productor de aluminio fabrica una aleación especial que el garantiza que contiene

un 90% o más de aluminio, entre 5% y 8% de cobre y el resto de otros metales. La

demanda para esta aleación es muy incierta de modo que el productor no mantiene un

stock disponible. El ha recibido una orden de 1.000 kg. a $450/kg. La aleación debe hacerse




a partir de barras de dos tipos de materiales de desecho, de cobre puro y de aluminio puro. El

análisis de los materiales de desecho es el siguiente:

Al Cu OtrosMaterial de desecho

195%

3%

2%Material de desecho 2

85%

1%

14%

Los respectivos costos son: Material de desecho 1 = $150/kg; Material de desecho

2 = $50/kg; Cobre puro = $150/kg; y Aluminio puro $500/kg.

Cuesta $50 fundir un kilogramo de metal. Se tienen más de 1.000 kg. de cada tipo de metal

disponible. Como debe el productor cargar su horno de manera que maximice sus utilidades?

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