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ESPE

INVESTIGACIÓN OPERATIVA

TUTOR: Juan Carlos Erazo Fierro

Estudiante: Grace Balladares

0

1

Actividad de Aprendizaje 1

Actividad de aprendizaje 1.1. Del texto enunciado, lea con detenimiento el capítulo 1: ¿Que es la investigación de operaciones? Constituye una excelente introducción para el planteamiento de ejercicios de programación lineal. Recuerde leer todo el capítulo 1, no llegue solamente a la p. 4, donde debe resolver los siguientes ejercicios, finalice con la lectura comprensiva del capítulo. Del capítulo 1, en la página 4, conjunto de problemas 1.2 A, resuelva los ejercicios 1 y 4. Capítulo 2, lea de manera comprensiva todo el capítulo y le será de mucha utilidad para la solución y planteamiento de los ejercicios que a continuación se solicitan. Del conjunto de problemas 2.1 A (a partir de la p. 15) resuelva los ejercicios 1, 2 y 4. Seguidamente, del conjunto de problemas 2.2 A (a partir de la página 20), resuelva el ejercicio 3. Conjunto de problemas 1.2 A Problema 1 En el ejemplo de los boletos, identifique una cuarta alternativa factible. DESARROLLO: Alternativa 4: Comprar 2 boletos normales FYV-DEN-FYV, 1 boleto sencillo FYV-DEN, 2 boletos DEN-FYV-DEN que incluyen fines de semana y 1 boleto sencillo DEN-FYV. Costo de la alternativa 4: 2x400 + 0,75x400 + 2(0,80x400) + 0,75x400 = $2040. Si por determinadas circunstancias debería usar esta alternativa, tiene un costo de $2040 que resulta ser el más costoso. Problema 4 Amy, Jim, John y Kelly están en la ribera de un río y desean cruzar a la ribera opuesta en una canoa, la cual sólo puede llevar dos personas a la vez. Como Amy es la más atlética, puede cruzar el río remando en 1 minuto. Jim, John y Kelly lo harían en 2, 5 y 10 minutos, respectivamente. Si dos personas están en la canoa, la persona más lenta determina el tiempo de cruce. El objetivo es que las cuatro personas estén en la ribera opuesta en el menor tiempo posible.

2

(a) Identifique por los menos dos planes factibles para cruzar el río (recuerde que la canoa es el único medio de transporte y que no puede viajar vacía). (b) Defina el criterio para evaluar las alternativas. *(c) ¿Cuál es el menor tiempo para llevar a las cuatro personas al otro lado del río? DESARROLLO: a) Planes para cruzar el rio. Plan 1: Se elije a Amy para que realice los 3 viajes de ida acompañado de Jim, luego de John y finalmente de Kelly; y los 2 viajes de regreso solo en el bote. Plan 2: Se elige a Jim para que realice los 3 viajes de ida acompañado de Amy, luego de John y finalmente de Kelly; y los 2 viajes de regreso solo en el bote. Plan 3: Se elige a Amy para que realice el primer viaje de ida acompañado de John, primer viaje de regreso solo y el segundo viaje de ida acompañado de Jim, luego Jim realiza el segundo viaje de regreso solo y finalmente el tercer viaje de ida acompañado de Kelly. b) Criterio de evaluación de las alternativas. Corresponde a la suma de los tiempos que duran los 3 viajes de ida y los 2 viajes de regreso. c) Identificación del plan con el menor tiempo. Plan 1: 2+1+5+1+10 = 19 minutos. Plan 2: 2+2+5+2+10 = 21 minutos. Plan 3: 5+1+2+2+10 = 20 minutos El tiempo mínimo para llevar a las 4 personas al otro lado del rio es 19 minutos, que se logra con el plan 1. Conjunto de problemas 2.1 A Problema 1 Para el modelo de Reddy Mikks, defina las siguientes restricciones y expréselas con un lado izquierdo lineal y un lado derecho constante: *(a) La demanda diaria de pintura para interiores supera la de pintura para exteriores por al menos una tonelada.

3

(b) El consumo diario de materia prima M2 en toneladas es cuando mucho de 6 y por lo menos de 3. *(c) La demanda de pintura para interiores no puede ser menor que la demanda de pintura para exteriores. (d) La cantidad mínima de pintura que debe producirse tanto para interiores como para exteriores es de 3 toneladas. *(e) La proporción de pintura para interiores respecto de la producción total de pintura para interiores y exteriores no debe exceder de 5. DESARROLLO: Modelo de Reddy Mikks: X1 = Toneladas producidas diariamente de pintura para exteriores X2 = Toneladas producidas diariamente de pintura para interiores a) Relación de demanda entre productos. x 2  x1 1

b) Consumo de materia prima M2: x 1  2x 2 x 1  2x 2  3 x 1  2x 2  6 c) Relación de demanda entre productos. x 2  x1 x 2  x1  0

d) Requerimiento de producción de cada tipo de pintura. x1  3 x2 3 e) Proporcion de producción de pinturas. x2 1  x1  x 2 5 5x 2  x 1  x 2 5x 2  x 1  x 2  0 4x 2  x 1  0 Problema 2

Determine la mejor solución factible entre las siguientes soluciones (factibles y no factibles) del modelo de Reddy Mikks: a) x1  1; x 2  4, b) x1  2; x 2  2,

4

c) x1  3; x 2  1,5, d) x1  2; x 2  1, e) x1  2; x 2  1, DESARROLLO. Modelo de Reddy Mikks: Maximizar z  5 x1  4 x 2 Sujeto a. 6 x1  4 x 2  24 (1) x1  2 x 2  6 (2)  x1  x 2  1 (3) x2  2 (4) x1 ; x 2  0 (5) Tabla de cálculos. a) (1; 4) 22

b) (2; 2) 20

Soluciones c) (3; 1,5) 24

d) (2; 1) 16

e) (2; -1) 8

9 3 4 si

6 0 2 si

6 -1,5 1,5 si

4 -1 1 si

0 -3 -1 no

No factible

Factible

Factible

Factible

No factible

…

18

21

14

…

Restricciones 6X1 + 4X2 ≤ 24 X1 + 2X2 ≤ 6 -X1 + X2 ≤ 1 X2 ≤ 2 X1; X2 ≥ 0 Región z = 5X1 + 4X2

De las soluciones propuestas, la solución factible X1 = 3 y X2 = 1,5 es óptima con una función optima máxima de 21. Problema 4 Suponga que Reddy Mikks vende su pintura para exteriores a un solo mayorista con un descuento. La utilidad por tonelada es de $5000 si el contratista compra no más de 2 toneladas diarias, y de $4500 en los demás casos. Exprese matemáticamente la función objetivo. ¿Es lineal la función resultante? DESARROLLO: La función objetivo para esta situación se expresa en 2 partes, cada una con una condición adicional que dependerá de la cantidad de pintura para exteriores que se venda al mayorista. Primera parte: Para ventas diarias de hasta 2 toneladas de pintura para exteriores. Z 1 (MAX )  5X 1  4X 2

5

Sujeta a: X 1  2

Segunda parte: Para ventas diarias de más de 2 toneladas de pintura para exteriores. Z 2 (MAX )  4,5X 1  4X 2 Sujeta a: X 1  2 La función objetivo resultante es lineal por intervalos

Conjunto de problemas 2.2 A Problema 3 Determine el espacio de soluciones y la solución óptima del modelo de Reddy Mikks para cada uno de los siguientes cambios independientes. (a) La demanda diaria máxima de pintura para exteriores es de 2.5 toneladas. (b) La demanda diaria de pintura para interiores es por lo menos de 2 toneladas. (c) La demanda diaria de pintura para interiores es exactamente 1 tonelada mayor que la de pintura para exteriores. (d) La disponibilidad diaria de la materia prima M1 es por lo menos de 24 toneladas. (e) La disponibilidad diaria de la materia prima M1 es por lo menos de 24 toneladas, y la demanda diaria de pintura para interiores es mayor que la de pintura para exteriores en por lo menos 1 tonelada. DESARROLLO: (a) La demanda diaria máxima de pintura para exteriores es de 2.5 toneladas. 5.- Condicion adicional para demanda de pintura para exteriores: X 1  2,5 Modelo Reddy Mikks.

Reddy Mikks produce pinturas para interiores y exteriores con dos materias primas M1 y M2. La tabla siguiente proporciona los datos básicos del problema.

Materia prima M1 M2 Utilidad ($1000)

Tonelada materia prima por tonelada de Pintura para Pintura para exteriores interiores 6 4 1 2 5 4

Disponibilidad (toneladas) 24 6

6

Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pinturas para interiores no puede exceder la de pintura para exteriores en más de una tonelada. Asimismo, que la demanda diaria máxima de pintura para interiores es de dos toneladas. Reddy Mikks se propone determinar la (mejor) combinación óptima de pinturas para interiores y exteriores que maximice la utilidad diaria total. DESARROLLO: Formulación del problema de programación lineal: Variables de decisión: X1 = Toneladas producidas diariamente de pintura para exteriores. X2 = Toneladas producidas diariamente de pintura para interiores. Función objetivo: Maximizar la utilidad total. Z ( MAX )  5 X 1  4 X 2 Restricciones: 1.- Materia prima M1. 6 X 1  4 X 2  24

2.- Materia prima M2. X1  2X 2  6

3.- Limite de mercado. X 2  X1  1

4.- Limite de demanda de pintura para interiores. X2  2

5.- Limite de demanda de pintura para exteriores (condición adicional para este literal). X 1  2,5

6.- Restricciones de no negatividad. X1, X 2  0

Solución por método gráfico. Abstracción de las restricciones: 6 X 1  4 X 2  24 (E1) X1  2X 2  6 (E2)  X1  X 2  1 (E3) X2  2 (E4) X 1  2,5 (E5)

Graficamos las ecuaciones:

7 6X1+4X2 ≤ 24 (E1) X1 X2 0 6 4 0

X1+2X2 ≤ 6 (E2) X1 X2 0 3 6 0

X2 ≤ 2 (E4) X1 0 6

X1 ≤ 2,5 (E5) X1 2,5 2,5

X2 2 2

Vértices de interés de la región básica factible: Punto A: (0; 1) Punto E: (2,5; 0) Punto B: (Ecuaciones E3 y E4) De (E4): X 2  2 En (E3):  X1  2  1

X1  2 1  1

Punto B: (1; 2,5) Punto C: (Ecuaciones E2 y E4) De (E4): X 2  2 En (E2): X1  2  2  6

X1  6  4  2

Punto C: (2; 2)

X2 0 6

-X1+X2 ≤ 1 (E3) X1 X2 0 1 5 6

8

Punto D: (Ecuaciones E2 y E5) De (E5): X 1  2,5 En (E2): 2,5  2 X 2  6

X 2  (6  2,5) / 2  1,75

Punto D: (2,5; 1,75) Determinación del punto óptimo P( X 1 , X 2 ) :

Z ( MAX )  5 X 1  4 X 2

A(0; 1) : B (1; 2,5) : C ( 2; 2) : D (2,5; 1,75)

Z ( A) Z ( B) Z (C ) Z ( D)

 5  0  4 1  4  5  1  4  2,5  15  5  2  4  2  18  5  2,5  4  1,75  19,5 : Punto optimo

El punto D (2,5; 1,75) es óptimo. Solución óptima X1 = 2,5 toneladas diaria de pinturas para exteriores. X2 = 1,75 toneladas diaria de pinturas para interiores. Z (MAX) = 19,5 miles de dólares. (b) La demanda diaria de pintura para interiores es por lo menos de 2 toneladas. Para este literal, se modifica la cuarta restricción del problema inicial y no se aplica la quinta restricción del literal anterior. 4.- Nueva condicion de demanda de pintura para interiores: X 2  2 Solución por método gráfico. Abstracción de las nuevas restricciones: 6 X 1  4 X 2  24 (E1) X1  2X 2  6 (E2)  X1  X 2  1 (E3) X2  2 (E4)

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Vértices de interés de la nueva región básica factible (triangulo BCF): Punto B: entre (E3) y (E4) De (E4): X2 = 2 En (E3):  X 1  2  1 X1 1 Punto C: entre (E2) y (E4) De (E4): X2 = 2 En (E2): X 1  2( 2)  6 X1  2 Punto F: entre (E2) y (E3) (E2) + (E3): X 1  2X 2  6  X1  X 2 1

3X 2  7

X 2  7 / 3  2,33 En (E3):  X 1  7 / 3  1 X 1  7 / 3  1  4 / 3  1,33

Punto B: (1; 2) Punto C: (2; 2) Punto F: (1,33; 2,33)

Nueva solución óptima

Z (B )  5  1  4  2  13 Z (C )  5  2  4  2  18. Punto optimo Z (F )  5  1,33  4  2,33  16

X1 = 2 toneladas diaria de pinturas para exteriores. X2 = 2 toneladas diaria de pinturas para interiores. Z (MAX) = 18 miles de dólares. Cambio:  18  19,5  1,5 Para la situación actual, las utilidades se reducen en 1,5 miles de dólares. (c) La demanda diaria de pintura para interiores es exactamente 1 tonelada mayor que la de pintura para exteriores. Para este literal, se modifica la tercera restricción del problema inicial.

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3.- Nueva condición de relación de demanda entre los 2 productos:  X 1  X 2  1 Solución por método gráfico. Abstracción de las nuevas restricciones: 6 X 1  4 X 2  24 (E1) X1  2X 2  6 (E2)  X1  X 2  1 (E3) X2  2 (E4)

Vértices de interés de la nueva región básica factible (recta AB): Los vértices A y B ya se calcularon en el literal (a). Punto A: (0; 1) Punto B: (1; 2) Nueva solución óptima

Z (A)  5  0  4 1  4 Z (B )  5  1  4  2  13. Punto optimo

X1 = 1 toneladas diaria de pinturas para exteriores. X2 = 2 toneladas diaria de pinturas para interiores. Z (MAX) = 13 miles de dólares. Cambio:  13  19,5  6,5 Para la situación actual, las utilidades se reducen en 6,5 miles de dólares. (d) La disponibilidad diaria de la materia prima M1 es por lo menos de 24 toneladas. Para este literal, se modifica la primera restricción del problema inicial.

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1.- Nueva condición para la materia prima M1: 6X 1  4X 2  24 Solución por método gráfico. Abstracción de las nuevas restricciones: 6 X 1  4 X 2  24 (E1) X1  2X 2  6 (E2)  X1  X 2  1 (E3) X2  2 (E4)

Vértices de interés de la nueva región básica factible (triangulo DGH): Punto D (3; 1,5) ya fue calculado en literal (a) Punto G (4; 0) y Punto H (6; 0) Punto G: (4; 0) Punto H: (6; 0) Punto D: (3; 1,5)

Z (G )  5  4  4  0  20 Z (H )  5  6  4  0  30. Punto optimo Z (D )  5  3  4  1,5  21

Nueva solución óptima X1 = 6 toneladas diaria de pinturas para exteriores. X2 = 0 toneladas diaria de pinturas para interiores. Z (MAX) = 30 miles de dólares. Cambio:  30  19,5  10,5 Para la situación actual, las utilidades se incrementan en 10,5 miles de dólares.

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(e) La disponibilidad diaria de la materia prima M1 es por lo menos de 24 toneladas, y la demanda diaria de pintura para interiores es mayor que la de pintura para exteriores en por lo menos 1 tonelada. Para este literal, se modifican la primera restricción y la tercera restricción del problema inicial. 1.- Nueva condición para la materia prima M1: 6X 1  4X 2  24 3.- Nueva condición para relación de demanda entre los 2 productos:  X 1  X 2  1 Solución por método gráfico. Abstracción de las nuevas restricciones: 6 X 1  4 X 2  24 (E1) X1  2X 2  6 (E2)  X1  X 2  1 (E3) X2  2 (E4)

Para la situación actual, no existe región básica factible de soluciones, en consecuencia no existe ninguna clase de solucion.

Actividad de aprendizaje 1.2. Realice una lectura del tema Metodo SIMPLEX del capítulo 3 (a partir de la página 70) y del conjunto de problemas 3.1B, resuelva el ejercicio 1. Conjunto de problemas 3.1 B Problema 1

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El restaurante de comida rápida McBurger vende hamburguesas cuarto de libra y hamburguesas con queso. Una hamburguesa cuatro de libra se prepara con un cuatro de libra de carne y una hamburguesa con queso se prepara con sólo 0,2 lb de carne. El restaurante inicia el día con 200 lb de carne pero puede pedir más a un costo adicional de 25 centavos por libra para cubrir el costo de entrega. Toda la carne que sobra al final del día se dona a instituciones de caridad. Las utilidades de McBurger son de 20 centavos por hamburguesa cuarto de libra y de 15 centavos por hamburguesa con queso. McBurger no espera vender más de 900 hamburguesa en cualquier día. ¿Cuántas hamburguesas de cada tipo deben planear McBurger para el día? Resuelva el problema utilizando TORA, Solver o AMPL. DESARROLLO: Tabla de datos del problema.

Recursos Carne (lb) Demanda (u) Utilidad (centav.)

Hamburguesas cuarto de libra 0,25 1 20

Hamburguesas con queso 0,2 1 15

Disponibilidad 200+X3 900

Formulación del problema de programación lineal: Variables de decisión: X1 = Unidades de hamburguesas cuarto de libra a producir y vender por dia. X1 = Unidades de hamburguesas de queso a producir y vender por dia. X3 = libras adicionales de carne a comprar por dia a un costo adicional de 25 ctv/lb. Función objetivo: Maximizar la utilidad total. Z (MAX )  20X 1  15X 2  25X 3

Restricciones: 1.- Materia prima carne.

0,25X 1  0,2X 2  200  X 3

0,25X 1  0,2X 2  X 3  200

2.- Demanda diaria. X 1  X 2  900 3.- Restricciones de no negatividad. X 1, X 2 , X 3  0

Solución por el método simplex. Variables de holgura:

0,25X 1  0,2X 2  X 3  S 1  200

X 1  X 2  S 2  900

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Nueva función objetivo

Z (MAX )  20X 1  15X 2  25X 3  0.S 1  0.S 2

TABLA I Cj 0 0

Xj S1 S2 Zj Zj - Cj

bn 200 900 0 -----

20 X1 0,25 1 0 -20

15 X2 0,2 1 0 -15

-25 X3 -1 0 0 25

0 S1 1 0 0 0

0 S2 0 1 0 0

RELC bn/Xj 800 900

SALE

ING.X1

TABLA II Por tratarse de problemas de maximización, en la fila Zj-Cj deben quedar ceros o valores positivos, esto significa que es necesario eliminar los valores negativos; se comienza eliminando el menor valor negativo, en este caso (-20), entonces la variable de esa columna ingresa (X1) con un coeficiente 20. Determinación de la fila que sale: 200  800 0,25

Pivote

Ingresa X1 y sale S1

bn X1

900  900 1 Semipivote

Cálculo de los nuevos coeficientes de la siguiente tabla. Nuevo coeficiente (X1) 200/0,25 = 800 0,25/0,25 = 1 0,20/0,25 = 0,80 -1/0,25 = -4 1/0,25 = 4 0/0,25 = 0

Coeficiente S2 900-800x1 = 100 1-1x1 = 0 1-0,80x1 = 0,20 0+4x1 = 4 0-4x1 = -4 1-0x1 = 1

Los resultados se resumen en la siguiente tabla: Cj 20 0

Xj X1 S2 Zj

bn 800 100 16000

20 X1 1 0 20

15 X2 0,8 0,2 16

-25 X3 -4 4 -80

0 S1 4 -4 80

0 S2 0 1 0

RELC bn/Xj -200 25

NO SALE

15 Zj - Cj

-----

0

1

-55

80

0

ING.X3

TABLA III El menor valor negativo (-55) en la fila Zj-Cj debemos eliminar, entonces la variable de esa columna ingresa (X3), luego se decide la fila que sale. Determinación de la fila que sale: 800  NO 4 Semipivote

100  25 4

bn X3

Pivote

Ingresa X3 y sale S2 Cálculo de los nuevos coeficientes de la siguiente tabla. Nuevo coeficiente (X3) 100/4 = 25 0/4 = 0 0,2/4 = 0,05 4/4 = 1 -4/4 = -1 ¼ = 0,25

Coeficiente X1 800+25x4 = 900 1+0x4 = 1 0,8+0,05x4 = 1 -4+1x4 = 0

4-1x4 = 0 0+0,25x4 = 1

Los resultados se resumen en la siguiente tabla: Cj 20 -25

Xj X1 X3 Zj Zj - Cj

bn 900 25 17375 -----

20 X1 1 0 20 0

15 X2 1 0,05 18,75 3,75

-25 X3 0 1 -25 0

0 S1 0 -1 25 25

0 S2 1 0,25 13,75 13,75

En la fila Zj-Cj ya no hay valores negativos, entonces el proceso ha concluido. Para encontrar la solución tomamos las variables de la columna Xj y los valores de la columna bn. Solución óptima Z (MAX) = 17375 centavos de dólar. X1 = 900 hamburguesa de cuarto de carne. X2 = 0 hamburguesa de queso. X3 = 25 libras de carne adicional a 200 libras que debe comprar S1 = S2 = 0 unidades.

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La solución óptima determina producir y vender solamente hamburguesas de cuarto de carne pero nada de queso. Comprobación. 1.- 0,25X 1  0,20X 2  X 3  S 1  200 0,25(900)  0,20(0)  25  0  200

2.- X 1  X 2  S 2  900 900  0  0  900

Actividad de aprendizaje 1.3. Como se habÌa manifestado inicialmente, el interés también es introducirle en experiencia del empleo de las herramientas informáticas para la soluciones este tipo de ejercicios; en consecuencia, y empleando las herramientas software sugeridas por el autor en el texto o el programa explicado continuación en la presente actividad, resuelva:

la de de a

- Del capítulo 3 (a partir de la página 70), del conjunto de problemas 3.1 B, resuelva el problema 1, empleando únicamente las herramientas informáticas que usted considere más apropiadas. Conjunto de problemas 3.1 B Problema 1 El restaurante de comida rápida McBurger vende hamburguesas cuarto de libra y hamburguesas con queso. Una hamburguesa cuatro de libra se prepara con un cuatro de libra de carne y una hamburguesa con queso se prepara con sólo 0,2 lb de carne. El restaurante inicia el día con 200 lb de carne pero puede pedir más a un costo adicional de 25 centavos por libra para cubrir el costo de entrega. Toda la carne que sobra al final del día se dona a instituciones de caridad. Las utilidades de McBurger son de 20 centavos por hamburguesa cuarto de libra y de 15 centavos por hamburguesa con queso. McBurger no espera vender más de 900 hamburguesa en cualquier día. ¿Cuántas hamburguesas de cada tipo deben planear McBurger para el día? Resuelva el problema utilizando TORA, Solver o AMPL.

DESARROLLO: Este problema ya fue formulado en la actividad anterior. Variables de decisión: X1 = Unidades de hamburguesas cuarto de libra a producir y vender por dia. X1 = Unidades de hamburguesas de queso a producir y vender por día.

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X3 = libras adicionales de carne a comprar por día a un costo adicional de 25 ctv. /lb. Función objetivo: Maximizar la utilidad total. Z (MAX )  20X 1  15X 2  25X 3

Restricciones: 1.- Materia prima carne.

0,25X 1  0,2X 2  X 3  200

2.- Demanda diaria. X 1  X 2  900 3.- Restricciones de no negatividad. X 1, X 2 , X 3  0

Solución utilizando el programa Excel Solver.

De acuerdo a la solución óptima dada por SOLVER, el plan óptimo de producción para maximizar la utilidad por la venta de hamburguesas será: X1 = 900 hamburguesa de cuarto de carne. X2 = 0 hamburguesa de queso. X3 = 25 libras de carne adicional a comprar. Z (MAX) = 17375 centavos de dólar. Esta solución usando herramientas informáticas, verifica la solución óptima obtenida manualmente mediante el método simplex.