Pontificia Universidad Católica de Valparaíso Escuela de Ingeniería Industrial EII 445 INVESTIGACION OPERACIONAL 1 Ayudantes: Pamela Conejeros Esteban Miranda AYUDANTIA N° 8 Suponga que una empresa tiene tres posibles productos a fabricar, utilizando tres tipos distintos de recursos: horas hombres, horas máquinas y capacidad de bodega (metros cuadrados). El modelo de programación lineal asociado a la planificación de la producción diaria tal de maximizar las utilidades dadas en dólares es el siguiente: 𝑀𝐴𝑋𝐼𝑀𝐼𝑍𝐴𝑅 𝑍 = 30𝑋1 + 20𝑋2 + 50𝑋3 s.a: X1 + 2X2 + X3 <= 430 3X1 + 2X3 <=460 X1 + 4X2 <= 420 Xi >= 0 Por otra parte el tableau óptimo asociado es el siguiente: VB X2 X3 X6 CB XB X1 X2 X3 20 100 -1/4 1 0 50 230 3/2 0 1 0 20 3/4 0 0 1350 40 0 0 30 20 50 X4 X5 X6 1/2 -1/4 0 0 1/2 0 -1 1/4 1 10 20 0 0 0 0 Hoy viene una empresa y le solicita a usted que le arriende parte de su bodega y le ofrece pagar US$20 por metro cuadrado. Usted conversa con el encargado de bodega y le señala que tiene 20 m2 disponibles, por otra parte conversa con producción y le señalan que se tienen contratos ya firmados que obligan a disponer como mínimo de un 50% de la bodega. Bajo estos antecedentes ¿qué recomienda hacer?. Justifique numéricamente su respuesta. Además responder lo siguiente: a) ¿Entre qué rango puede variar la utilidad del producto 2, sin que cambie la base actual? b) Si la disponibilidad de horas hombre aumenta en un 30% qué pasa con la estructura de producción y cuáles son sus nuevos valores. Solución: Para este análisis se considera que el arriendo de una determinada área de la bodega es un nuevo producto (nueva variable de decisión, X7) con los siguientes parámetros: Coeficiente en F.O.: 20; coeficientes en restricciones 1 y 2: en ambos casos es cero y, para la restricción 3 el coeficiente de esta nueva variable es 1. Estos antecedentes implican adicionar una nueva columna en el tableau óptimo, donde 𝑌𝑗 = 𝐵−1 ∗ 𝑎𝑗 1/2 −1/4 0 0 0 1/2 0] ∗ [0] = [0] 𝑌7 = [ 0 −1 1/4 1 1 1 0 Luego: 𝑍7 = 𝑐𝑏 ∗ 𝑌7 = [20 50 0] ∗ [0] = 0 y 𝑍7 - 𝑐7 = 0 – 20 = -20 y, como estamos 1 maximizando conviene incorporar el nuevo producto. El nuevo tableau, en el cual se debe seguir iterando es: Del tableau se aprecia que el área que recomienda el modelo no es factible dado que se puede arrendar como máximo 210 m2 y el modelo recomienda arrendar 220 m2. Por lo tanto se debe agregar una nueva restricción: X7<= 210 Al incluir una nueva restricción queda lo siguiente: Ahora debemos canonizar las variables no básicas con problemas, en este caso X7, con lo cual el tableau queda: 50/0.25=200 20/2= 10; 20/1= 20 En estos momentos tenemos una solución óptima (Zj – Cj >= 0) que no es factible (al menos un Xb <0), por lo tanto debemos aplicar dual simplex. Podemos ver que sale X8 y entra X2 con lo cual el tableau queda: Se llega a la conclusión que se debe arrendar 210 m2 de bodega siendo la nueva utilidad de US$15800 a) f= (0,1,0,0,0,0); fb = (1,0,0) y debemos analizar lo que ocurre en las variables NO básicas ( X1, X4 y X5) para averiguar el rango de variación. X1: −1/4 (fb*Y1- f1)= (1,0,0)* [ 3/2 ] − 0 = −1/4 ; ∅+ = − 3/4 𝑍1−𝑐1 −1/4 =− 40 −1/4 = 160 X4: 1/2 (fb*Y4- f4)= (1,0,0)* [ 0 ] − 0 = 1/2; ∅- = − −1 10 1/2 = −20 X5: −1/4 (fb*Y5- f5)= (1,0,0)* [ 1/2 ] − 0 = −1/4; ∅+ = − 1/4 20 −1/4 = 80 Como estamos maximizando, de los ∅+ se elige el valor mínimo y de los ∅- se elige el valor máximo, por lo cual el rango de variación de del producto 2 es: 20 -20 <= C2 <= 20+80 , es decir: 0<= C2<= 100 b) La disponibilidad de horas hombres aumenta en 129 horas (∆+ = 129) Tenemos lo siguiente: 1/2 129 r = [ 0 ] ; 𝐵−1 = [ 0 −1 0 −1/4 0 1/2 −1/4 0 129 129/2 1/2 0] ; 𝑤 = [ 0 1/2 0] ∗ [ 0 ]= [ 0 ] 1/4 1 −1 1/4 1 0 −129 100 129/2 329/2 𝑋𝐵′ = 𝑋𝐵 + 𝑤 = [230] + [ 0 ] = [ 230 ] 20 −129 −109 En este caso se nos presenta una solución no factible (un XB < 0), por lo cual se debe utilizar Dual Simplex. Luego la nueva solución es producir 110 unidades del producto 2, 230 unidades del producto 3 y sobran 109 horas hombre, con una utilidad de US$ 13700.