LIBRO DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

IO * INTRODUCCIÓN A LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

JULIO VARGAS HERBAS*1




Julio Vargas Herbas



Segunda Edición: 2015

Derechos Reservados © Julio Vargas Herbas

Lía Vargas Claros - Franz Ariel Vargas Claros

Santa Cruz-Bolivia

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Prohibida la reproducción parcial o total de esta obra por cualquier medio o método, sin la autorización del

autor o de los editores, los infractores serán sometidos a sanciones de acuerdo a la ley.

Pedidos e informes: Teléfono: 591-3-3245655 Celular: 72633488

Copyrigth©2015

Printed in Santa Cruz, Bolivia



PRÓLOGO

Este texto de investigación de operaciones fue escrito para llenar en cometido de servir como texto de

investigación de operaciones en cursos de pregrado, nuestra meta u objetivo consiste en explicar e

interpretar las matemáticas de la investigación operacional para la toma de decisiones.

Al escribir este texto de investigación de operaciones, es que mi deseo es entregar a los estudiantes

universitarios un texto fácil de entender, a mayores niveles el rigor requerirá el empleo creciente de la

dedicación de los estudiantes universitarios, para lograr entender la enseñanza de aprendizaje en nuestro

texto de investigación de operaciones.

Indudablemente no debemos de dejar de hablar de modelos y de optimización, será muy adecuado utilizar la

ley de menor esfuerzo quiere decir hacer poco esfuerzo y ganar mucho, más. Podríamos optimizar tiempo,

recursos, la economía, el trabajo, los puntajes y los resultados. Tendríamos que utilizar modelos

matemáticos que será una herramienta esencial para desarrollar problemas de programación lineal y otros

elementos.

La utilización de las técnicas de la investigación de operaciones repercute en todas las áreas de nuestra

sociedad en que vivimos, las familias, tendríamos que poner como currículo de todas las carreras, el modelo

es sólo un instrumento de nuestro pensamiento, imaginación, nuestra inteligencia, sabiduría y nuestra

capacidad que siempre vamos a tener como herramienta clave para resolver cualquier problema o caos que

existiera en nuestra planeta.

Dedicamos este texto de investigación de operaciones a todos los estudiantes universitarios que se dedican

a superarse cada día y finalmente a todos los que valoran nuestro trabajo.

Julio Vargas Herbas





CONTENIDO

Capítulo 1

Introducción a la Investigación de Operaciones

Naturaleza de la investigación de operación…………………………………………………………………….9

Capítulo 2

Programación lineal-formulación de modelos lineales

Formulación de modelos lineales…………………………………………………………………………………11

Capítulo 3

Programación lineal-método gráfico

Método gráfico……………………………………………………………………………………………………….125

Capítulo 4

Programación lineal-método gráfico-Casos especiales

Casos especiales...………………………………………………………………………………………………….145

Capítulo 5

Programación lineal-método simplex

Método simplex………………………………………………………………………………………………………153

Capítulo 6

Programación lineal- método simplex -de 2 fases

Método simplex de 2 fases…....……………………………………………………………………………………167

Capítulo 7

Programación lineal- método simplex –de penalización o de la gran M

Método simplex de penalización..…………………………………………………………………………………189

Capítulo 8

Programación lineal- método simplex –Casos especiales

Método simplex –Casos especiales.………………………………………………………………………………196

Capítulo 9

Programación lineal-Teoría de dualidad

Teoría de dualidad…………………………………………………………………………………………….………201

Capítulo 10

Programación lineal-Análisis de sensibilidad

Análisis de sensibilidad por método gráfico y simplex……………………….……………………………….217

Capítulo 11

Programación lineal-Análisis de sensibilidad-por Solver/Excel

Solver/Excel…………………………………………………………………………………………………………….253

Capítulo 12

Algoritmo de transporte-Transbordo-Agente viajero-Asignación de tareas

Algoritmo de transporte……………………………………………………..……………………………………….265

Método de la esquina noroeste, costo mínimo y vogel, con prueba de optimalidad

Problemas de transbordo……………………………………………………………………………………………296

Problemas de agente viajero………………………………………………………………………………………..298

Asignación de tareas…………………………………………………………………………………………………302



Capítulo 13

Modelos de Inventarios

Modelo de análisis ABC de inventarios…………………………………………………………………………..312

Modelo de compra sin déficit……………………………………………………………………………………….313

Modelo de manufacturación sin déficit…………………………………………………………………………...318

Modelo de compra con déficit………………………………………………………………………………………321

Modelo de manufacturación con déficit…………………………………………………………………………..324

Modelo con descuentos por cantidad……………………………………………………………………………..327

Modelo de inventarios con incertidumbre, con demanda probabilística

Cuando no se conoce el costo de faltante, costos desconocidos…………………………………………..335

Cuando se conoce el costo de faltante, costos conocidos…………………………………………………...337

Modelos de inventarios con integrales……………………………………………………………………………338

Capítulo 14

Teoría de colas o líneas de espera

Teoría de colas…………………………………………………………………………………………………………339

Capítulo 15

Planificación de proyectos

PERT/CPM……………………………………………………………………………………………………..………..352

Capítulo 16

Teoría de juegos……………………………………………………………………………………………………….371

Apéndices

Glosario…………………………………………………………………………………………………………………390

Tablas de distribución normal……………………………………………………………………………………...393

Bibliografía..……………………………………………………………………………………………………………396



CAPÍTULO 1

INTRODUCCIÓN A LA

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

NATURALEZA DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Un poco de historia de la investigación de operaciones, en el campo de administración para la toma de decisiones

surgió durante la segunda guerra mundial cuando había una gran necesidad de administrar los recursos escasos. La IO

es un enfoque científico de toma de decisiones y nace en la segunda guerra mundial cuyo objetivo era de asesorar a la

organización militar y de administración y este enfoque fue adoptado por grupos interdisciplinarios de hombres de

ciencias para resolver problemas de estrategias y táctica de manejo militar donde estaban los matemáticos, físicos,

psicólogos, ingenieros, contadores, administradores y otros profesionales.

La IO puede explicarse mejor considerando las siguientes fases de un estudio de la investigación de operaciones:

∎Formulación del problema.

∎Construcción de un modelo para representar el sistema bajo un estudio.

∎Deducción de una solución a partir de un modelo.

∎Prueba del modelo y de la solución deducida de este, establecimiento de controles sobre la solución.

∎Poner la solución a trabajar, en este caso hay que ejecutar.

METODOLOGÍA DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Es el uso de métodos cuantitativos podrá definirse en el siguiente esquema:



QUE ES LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Es la ciencia de la administración y el uso de las matemáticas y las computadoras para ayudar a tomar decisiones

racionales frente a problemas de administración complejos, como ciencia radica en ofrecer técnicas y algoritmos

matemáticos para resolver problemas de decisiones adecuados y como arte depende de la habilidad y creatividad de la

persona encargada que toma la decisión.

QUE ESTUDIA LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

Estudia la optimización de los recursos escasos, comprar tiempo, mano de obra, materia prima y hay que utilizar los

recursos al óptimo no hay que desperdiciarlo, si no hay que utilizar el 100% de los recursos escasos disponibles.

La IO se ocupa de la distribución eficaz de los recursos limitados como ser recursos económicos, energía, humano y

otros. Para poder hacer un buen manejo y eficaz de cierto recurso es necesario desarrollar técnica de optimización.

QUE ES OPTIMIZACIÓN

Es utilizar los recursos necesarios no exageradamente.

Maximizar: utilidad, beneficios, réditos, rentabilidad, precio de venta, puntaje, ganancias, volúmenes de ventas, ingreso

por ventas, felicidad, riquezas, honestidad, verdad y sanidad.

Minimizar: costos, costos variables, costos fijos, perdida, riesgos, desperdicios, enfermedades, maldad, mentira.

PROGRAMACIÓN LINEAL

Es una técnica de modelado matemático diseñada para optimizar el empleo de los recursos limitados (recursos escasos)

donde todas las funciones, el objetivo y todas las restricciones son lineales y todas las variables son continuas. Es una

técnica y arte de optimización que consiste en maximizar las utilidades y minimizar los costos.

Es una técnica matemática utilizada para optimizar los recursos limitados de una compañía o de personas.

Es la técnica más importante de la IO es la programación lineal PL que se diseña para modelar con funciones objetivos y

restricciones estrictamente lineales PL esto es, en un problema en el que la función objetivo FO y todas las restricciones

son lineales y todas las variables son continuas. En PL el lado izquierdo y el lado derecho de las restricciones tienen

que estar en la misma proporción:Kilogramos ≤ kilogramos , si no hay que convertir haciendo operaciones

elementales.

PASOS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL

Paso1. Identificar las variables de decisiones:

Es la actividad económica de las personas y de las compañías, son elementos que no se conocen, son nuestras

incógnitas que no conocemos cuyo valor se puede controlar, lo que genera movimiento en una empresa, ¿?.

Paso2. Identificar la función objetivo:

Es la meta de la actividad económica, siempre la FO va a ser maximizar o minimizar, puede medir la efectividad de una

compañía tiene que estar relacionado con mis variables de decisión si tenemos 5 variables de decisiones los 5 variables

tienen que estar en mi FO.

∎Maximizar: utilidad, beneficios, réditos, rentabilidad, precio de venta, puntaje, ganancias, volúmenes de ventas, ingreso

por ventas, felicidad, riquezas, honestidad, verdad y sanidad.

∎Minimizar: costos, costos variables, costos fijos, perdida, riesgos, desperdicios, enfermedades, maldad, mentira.

Paso3. Restricciones o sujeto a.

Son los recursos a emplear, son las condiciones y limitaciones que necesita una empresa para poder producir sus

productos, pueden ser materias primas, mano de obra, horas maquinas, tiempo para fabricar un bien, y otras. Mientras

más restricciones estamos cerca a la realidad fijarme en mi entorno.

Cuando colocar ≥; ≤; = en las restricciones:

≤, Disponibilidad, capacidad, al máximo, a lo mucho, no debe superar, no todo el dinero se invierte, oferta. (FO max).

≥, requerimiento, al mínimo, como mínimo, debe superar, no debe ser inferior, demanda, debe suministrar. (FO min).

=, tiene que producirse, todo el dinero se invierte, no debe quedar dinero sin invertir. (FO max, y la FO min).

Paso4. Y las condiciones de no negatividad, nunca podríamos fabricar productos negativos de -100 cajas de zapatos eso

nunca podemos producir bienes negativos.

x j ≥ 0∀j Condiciones de no negatividad CNN.


PROGRAMACIÓN LINEAL - FORMULACIÓN DE MODELOS LINEALES

CAPÍTULO 2


FORMULACIÓN DE MODELOS LINEALES



PROBLEMA #1 Disponemos de 210000 Bolivianos para invertir en una bolsa. Nos recomiendan dos tipos de acciones.

Las del tipo A, que rinden el 10% y las del tipo B, que rinden el 8%. Decidimos invertir un máximo de 130000 bolivianos

en las del tipo A y como mínimo 60000 en las del tipo B. Además queremos que la inversión en las del tipo A sea menor

igual que el doble de la inversión en B. ¿Cuál tiene que ser la distribución de la inversión para obtener el máximo interés

anual?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de Bolivianos que debemos invertir en acciones del tipo A.

x 2 = Cantidad de Bolivianos que debemos invertir en acciones del tipo B.

Máximox: Z = 0, 10x 1 + 0, 08x 2 ❶ (Función Objetivo es máximizar el rendimiento)

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 210000 (Disponibilidad de Capital)❷ ; x 1 ≤ 130000 (Inversión máxima en tipo A) ❸

x 2 ≥ 60000 (Inversión mínima en el tipo B)❹ ; x 1 ≤ 2x 2 (Condiciones de relación de inversiones) ❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (Condiciones de no negatividad CNN)❻ }

PROBLEMA #2 En una pastelería se hacen dos tipos de tortas: Cruceña y Camba. Cada torta Cruceña necesita un cuarto

de relleno por cada Kilogramo de bizcocho y produce un beneficio de 250 Bs, mientras que una torta Camba necesita

medio Kilogramo de relleno por cada Kg. de bizcocho y produce un beneficio de 400 Bs. En la pastelería se pueden

hacer diariamente hasta 150 Kg. de bizcocho y 50 Kg. de relleno, aunque por problemas de maquinaria no pueden hacer

más de 125 tortas de cada tipo. ¿Cuántas tortas Cruceñas y cuantas Cambas deben vender al día para que sea máximo

el beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de tortas a producir y vender de Cruceña.

x 2 = Cantidad de tortas a producir y vender de Camba.

Max: Z = 250x 1 + 400x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 150❷ ; 0, 250x 1 + 0, 500x 2 ≤ 50❸ ; x 1 ≤ 125 ❹ ; x 2 ≤ 125❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA #3 Una escuela prepara una excursión para 400 alumnos. La empresa de transporte tiene 8 flotas de 40

asientos y 10 flotas de 50 asientos, pero solo dispone de 9 conductores. El alquiler de una flota grande cuesta 800 Bs y

el de uno pequeño, 600 Bs. Calcular cuántos de cada tipo hay que utilizar para que la excursión resulte lo más

económica posible para la escuela.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de flotas de 40 asientos que alquila la escuela.

x 2 = Cantidad de flotas de 50 asientos que alquila la escuela.

Min: Z = 600x 1 + 800x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 9❷ ; 40x 1 + 50x 2 ≥ 400❸; x 1 ≤ 8 ❹; x 2 ≤ 10 ❺

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA #4 Una compañía posee dos minas: la mina A produce cada día 1 tonelada de hierro de alta calidad, 3

toneladas de calidad media y 5 de baja calidad. La mina B produce cada día 2 toneladas de cada una de las tres

calidades. La compañía necesita al menos 80 toneladas de mineral de alta calidad, 160 toneladas de calidad media y 200

de baja calidad. Sabiendo que el costo diario de la operación es de 2000 bolivianos en cada mina ¿cuántos días debe

trabajar cada mina para que el costo sea mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de días que debemos trabajar en la mina A.

x 2 = Número de días que debemos trabajar en la mina B.

Min: Z = 2000x 1 + 2000x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≥ 80 ❷ ; 3x 1 + 2x 2 ≥ 160 ❸ ; 5x 1 + 2x 2 ≥ 200 ❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

PROBLEMA #5 Se va a organizar una planta de un taller de automóviles donde van a trabajar electricistas y mecánicos.

Por necesidades de mercado, es necesario que haya mayor o igual número de mecánicos que de electricistas y que el

número de mecánicos no supere al doble que el de electricistas. En total hay disponibles 30 electricistas y 20

mecánicos. El beneficio de la empresa por jornada es de 250 Bs por electricista y 200 Bs por mecánico. ¿Cuántos

trabajadores de cada clase deben elegirse para obtener el máximo beneficio y cual es este?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de electricistas(trabajadores) a elegir.

x 2 = Número de mecánicos(trabajadores) a elegir.

Max: Z = 250x 1 + 200x 2 ❶

Sujeto a: x 2 ≥ x 1 ❷ ; x 2 ≤ 2x 1 ❸; x 1 ≤ 30 ❹ ; x 2 ≤ 20 ❺

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }



PROBLEMA #6 Para recorrer un determinado trayecto, una compañía aérea desea ofertar, a lo sumo, 5000 asientos de

dos tipos: T(turista) y P(primera). La ganancia correspondiente por cada asiento de tipo T es de 300 Bs, mientras que la

ganancia del tipo P es de 400 Bs. El número de asientos tipo T no puede exceder de 4500 y el del tipo P, debe ser, como

máximo, la tercera parte de las del tipo T que se oferten. Calcular cuántas tienen que ofertarse de cada clase para que

las ganancias sean máximas.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de asientos que se deben ofertarse del tipo T(turista).

x 2 = Número de asientos que se deben ofertarse del tipo P(primera).

Max: Z = 300x 1 + 400x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 5000 ❷ ; x 1 ≤ 4500 ❸ ; x 2 ≤ x 1

3

❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #7 Un herrero con 80 kilogramos de acero y 120 kilogramos de aluminio quiere hacer bicicletas de paseo y

de montaña que quiere vender, respectivamente a 20000 y 15000 Bolivianos cada una para sacar el máximo beneficio.

Para la de paseo empleará 1 kg. De acero y 3 kilogramos de aluminio, y para la de montaña 2 kilogramos de ambos

metales. ¿Cuántas bicicletas de paseo y de montaña venderá?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de bicicletas de Paseo a hacer para vender.

x 2 = Número de bicicletas de Montaña a hacer para vender.

Max: Z = 20000x 1 + 15000x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 80 ❷ ; 3x 1 + 2x 2 ≤ 120 ❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA #8 Un autobús que trabaja en la ruta Cochabamba-Santa Cruz ofrece asientos para fumadores al precio de

10000 Bolivianos y a no fumadores al precio de 6000 Bolivianos. Al no fumador se le deja llevar 50 kilogramos de peso y

al fumador 20 kilogramos. Si el autobús tiene 90 asientos y admite un equipaje de hasta 3000 kg. ¿Cuál ha de ser la

oferta de asientos de la compañía para cada tipo de pasajeros, con la finalidad de optimizar el beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de asientos a ofertar para pasajeros de tipo Fumadores.

x 2 = Número de asientos a ofertar para pasajeros de tipo No Fumadores.

Max: Z = 10000x 1 + 6000x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 90❷ ; 20x 1 + 50x 2 ≤ 3000 ❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA #9 A una persona le tocan 10 millones de bolivianos en una lotería y le aconsejan que las invierta en dos

tipos de acciones, A y B. Las de tipo A tienen más riesgo pero producen un beneficio del 10 %. Las de tipo B son más

seguras, pero producen sólo el 7% anual. Después de varias deliberaciones decide invertir como máximo 6 millones en

la compra de acciones A y por lo menos, 2 millones en la compra de acciones B. Además, decide que lo invertido en A

sea, por lo menos, igual a lo invertido en B. ¿Cómo deberá invertir 10 millones para que le beneficio anual sea máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de millones de bolivianos a invertir en acciones del tipo A.

x 2 = Cantidad de millones de bolivianos a invertir en acciones del tipo B.

Max: Z = 0, 10x 1 + 0, 07x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 10000000❷; x 1 ≤ 6000000 ❸ ; x 2 ≥ 2000000 ❹ ; x 1 ≥ x 2 ❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❻ }

PROBLEMA #10 Un constructor va a edificar dos tipos de viviendas A y B. Dispone de 600 millones de bolivianos y el

coste de una casa de tipo A es de 13 millones y 8 millones una de tipo B. El número de casas de tipo A ha de ser, al

menos, del 40 % del total y el de tipo B, el 20 % por lo menos. Si cada casa de tipo A se vende a 16 millones y cada una

de tipo B en 9. ¿Cuántas casas de cada tipo debe construir para obtener el beneficio máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de viviendas construidas del tipo A de casas .

x 2 = Cantidad de viviendas construidas del tipo B de casas .

Max: Z = (16000000 − 13000000 )x 1 + (9000000 − 8000000 )x 2 = 3000000x 1 + 1000000x 2 ❶

Sujeto a:

13000000x 1 + 8000000x 2 ≤ 600000000 ❷

x 1 ≥ 0, 40( x 1 + x 2 ) ↔ x 1 ≥ 0, 40 x 1 + 0, 40x 2 ↔ x 1 − 0, 40 x 1 − 0, 40x 2 ≥ 0 ↔ 0, 60 x 1 − 0, 40x 2 ≥ 0 ↔ 3x 1 − 2x 2 ≥ 0❸

x 2 ≥ 0, 20( x 1 + x 2 ) ↔ x 2 ≥ 0, 20 x 1 + 0, 20x 2 ↔ −0, 20x 1 − 0, 20 x 2 + x 2 ≥ 0 ↔ −0, 20 x 1 + 0, 80x 2 ≥ 0 ↔ x 1 − 4x 2 ≤ 0❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ Respuesta: x 1 = 40; x 2 = 10; Max: Z = 130000000❻ }



PROBLEMA #11 Un estudiante de la UAGRM dedica parte de su tiempo al reparto de propaganda publicitaria. La

empresa A le paga 5 Bs. por cada impreso repartido y la empresa B, con folletos más grandes, le paga 7 Bs. por impreso.

El estudiante lleva dos bolsas: una para los impresos A, en la que caben 120 y otra para los impresos B, en la que caben

100. Ha calculado que cada día es capaz de repartir 150 impresos como máximo. Lo que se pregunta el estudiante es:

¿Cuántos impresos habrá que repartir de cada clase para que su beneficio diario sea máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de impresos ó folletos a repartir para empresa A de tipo A.

x 2 = Cantidad de impresos ó folletos a repartir para empresa B de tipo B.

Max: Z = 5x 1 + 7x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 150❷; x 1 ≤ 120 ❸ ; x 2 ≤ 100 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

PROBLEMA #12 Un comerciante acude al mercado popular de Abasto a comprar naranjas con 50000 Bs. Le ofrecen dos

tipos de naranjas: las de tipo A a 50 Bs el kg. y las de tipo B a 80 Bs. el kg. Sabiendo que sólo dispone de su camioneta

con espacio para transportar 700 kg. de naranjas como máximo y que piensa vender el kg. de naranjas tipo A a 58 Bs. y

el kg. de tipo B a 90 Bs. ¿Cuántos kg. de naranjas de cada tipo deberá comprar para obtener máximo beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de kilogramos de naranjas de tipo A a comprar para vender.

x 2 = Cantidad de kilogramos de naranjas de tipo B a comprar para vender.

Max: Z = (58 − 50 )x 1 + (90 − 80 )x 2 = 8x 1 + 10x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 700❷ ; 50x 1 + 80x 2 ≤ 50000 ❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA #13 Un sastre tiene 80 m 2 de tela de algodón y 120 m 2 de tela de lana. Un traje requiere 1 m 2 de algodón y 3

m 2 de lana, y un vestido de mujer requiere 2 m 2 de cada una de las dos telas. Calcular el número de trajes y vestidos que

debe confeccionar el sastre para maximizar los beneficios si un traje y un vestido se venden al mismo precio.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de trajes que debe confeccionar el sastre.

x 2 = Cantidad de vestidos que debe confeccionar el sastre.

Max: Z = ax 1 + ax 2 = 1000x 1 + 1000x 2 ❶

a = 1000 bolivianos

{ Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 80 ❷ ; 3x 1 + 2x 2 ≤ 120 ❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❹ }

PROBLEMA #14 Cierta persona dispone de 10 millones de bolivianos como máximo para repartir entre dos tipos de

inversión (A y B). En la opción A desea invertir entre 2 y 7 millones. Además, quiere destinar a esa opción, como mínimo,

tanta cantidad de dinero como a la B. ¿Qué cantidades debe invertir en cada una de las dos opciones? Plantear el

problema. Sabiendo que el rendimiento de la inversión será del 9 % en la opción A y del 12 % en la B, ¿Qué cantidad

debe invertir en cada una para optimizar el rendimiento global?, ¿A cuánto ascenderá?

SOLUCIÓN:



Max: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 10000000❷ ; 2000000 ≤ x 1 ≤ 7000000 ❸ ; x 1 ≥ x 2 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #15 Una refinería de YPFB de petróleo tiene dos fuentes de petróleo crudo: crudo ligero, que cuesta 35

dólares por barril y crudo pesado a 30 dólares el barril. Con cada barril de crudo ligero, la refinería produce 0,3 barriles

de gasolina (G), 0,2 barriles de combustible para calefacción (C) y 0,3 barriles de combustible para turbinas (T), mientras

que con cada barril de crudo pesado produce 0,3 barriles de G, 0,4 barriles de C y 0,2 barriles de T. La refinería ha

contratado el suministro de 900000 barriles de G, 800000 barriles de C y 500000 barriles de T. Hallar las cantidades de

crudo ligero y pesado que debe comprar para poder cubrir sus necesidades al costo mínimo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de barriles comprados de petroleo crudo ligero.

x 2 = Número de barriles comprados de petroleo crudo pesado.

Min: Z = 35x 1 + 30x 2 ❶

Sujeto a: 0, 3x 1 + 0, 3x 2 ≥ 900000 ↔ 3x 1 + 3x 2 ≥ 9000000❷

0, 2x 1 + 0, 4x 2 ≥ 800000 ↔ x 1 + 2x 2 ≥ 4000000 ❸ ; 0, 3x 1 + 0, 2x 2 ≥ 500000 ↔ 3x 1 + 2x 2 ≥ 5000000 ❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

PROBLEMA #16 Un ganadero utiliza un pienso que tiene una composición mínima de 12 unidades de una sustancia A y otras 21 de

una sustancia B. En el mercado solo encuentra dos tipos: uno con 2 unidades de A y 7 de B, cuyo precio es de 15 Bs; y otro con 6

unidades de A y 3 de B, cuyo precio es de 25 Bs. ¿Qué cantidad ha de comprar de cada uno de modo que el costo sea mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad a comprar del primer tipo de composición .

x 2 = Cantidad a comprar del segundo tipo de composición .

Min: Z = 15x 1 + 25x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 6x 2 ≥ 12❷ ; 7x 1 + 3x 2 ≥ 21❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹

}



PROBLEMA #17 Una campaña para promocionar una marca de productos lácteos se basa en el reparto gratuito de

yogures con sabor a limón o a fresa. Se decide repartir al menos 30000 yogures. Cada yogurt de limón necesita para su

elaboración 0,5 gr. de un producto de fermentación y cada yogurt de fresa necesita 0,2 gr. de ese mismo producto. Se

dispone de 9 kg de ese producto para fermentación. El costo de producción de un yogurt de fresa es el doble que el de

un yogurt de limón. ¿Cuántos yogures de cada tipo se deben producir para que el costo de la campaña sea mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de yogures de sabor a limon producidos para promocionar en el mercado.

x 2 = Número de yogures de sabor a fresa producidos para promocionar en el mercado.

Min: Z = ax 1 + 2ax 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≥ 30000❷ ; 5x 1 + 2x 2 ≤ 90000❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹

}

PROBLEMA #18 La fábrica LA MUNDIAL S.A., construye mesas y sillas de madera. El precio de venta al público de una

mesa es de 2700 Bs. y el de una silla 2100Bs. LA MUNDIAL S.A. Estima que fabricar una mesa supone un gasto de 1000

Bs. de materias primas y de 1400 Bs. de costos laborales. Fabricar una silla exige 900 Bs. de materias primas y 1000 Bs

de costos laborales. La construcción de ambos tipos de muebles requiere un trabajo previo de carpintería y un proceso

final de acabado (pintura, revisión de las piezas fabricadas, empaquetado, etc.). Para fabricar una mesa se necesita 1

hora de carpintería y 2 horas de proceso final de acabado. Una silla necesita 1 hora de carpintería y 1 hora para el

proceso de acabado. LA MUNDIAL S.A. no tiene problemas de abastecimiento de materias primas, pero sólo puede

contar semanalmente con un máximo de 80 horas de carpintería y un máximo de 100 horas para los trabajos de acabado.

Por exigencias del marcado, LA MUNDIAL S.A. Fábrica, como máximo, 40 mesas a la semana. No ocurre así con las

sillas, para los que no hay ningún tipo de restricción en cuanto al número de unidades fabricadas. Determinar el número

de mesas y de sillas que semanalmente deberá fabricar la empresa para maximizar sus beneficios.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de mesas que fabricara la empresa.

x 2 = Número de sillas que fabricara la empresa.

Max: Z = (2700 − 1000 − 1400)x 1 + (2100 − 900 − 1000)x 2 = 300x 1 + 200x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 80❷ ; 2x 1 + x 2 ≤ 100❸ ; x 1 ≤ 40 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #19 Una fábrica de carrocerías de automóviles y camiones tiene 2 naves. En la nave A, para hacer la

carrocería de un camión, se invierten 7 días-operario, para fabricar la de un auto se precisan 2 días-operario. En la nave

B se invierten 3 días-operario tanto en carrocerías de camión como de auto. Por limitaciones de mano de obra y

maquinaria, la nave A dispone de 300 días-operario, y la nave B de 270 días-operario. Si los beneficios que se obtienen

por cada camión son de 6 millones de Bs y de 3 millones por cada auto. ¿Cuántas unidades de cada clase se deben

producir para maximizar las ganancias?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de camiones fabricados.

x 2 = Número de autos fabricados.

Max: Z = 6000000x 1 + 3000000x 2 ❶

{

Sujeto a: 7x 1 + 2x 2 ≤ 300❷ ; 3x 1 + 3x 2 ≤ 270 ❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❹ }

PROBLEMA #20 Un pastelero fabrica dos tipos de tortas T 1 y T 2 , para lo que usa tres ingredientes A, B y C. Dispone de

150 kgs. de A, 90 kgs. de B y 150 kgs. de C. Para fabricar una torta T 1 debe mezclar 1 kgs. de A, 1 kgs. de B y 2 kgs. de C,

mientras que para hacer una torta T 2 se necesitan 5 kgs. de A, 2 kgs. de B y 1 kgs. de C. Si se venden las tortas T 1 a 1000

bolivianos la unidad y las T 2 a 2300 bolivianos. ¿Qué cantidad debe fabricar de cada clase para maximizar sus ingresos?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de tortas de T1 a fabricados.

x 2 = Número de tortas de T2 a fabricados..

Max: Z = 1000x 1 + 2300x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + 5x 2 ≤ 150❷ ; x 1 + 2x 2 ≤ 90 ❸ ; 2x 1 + x 2 ≤ 150❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #21 Un supermercado quiere promocionar una marca desconocida D de aceites utilizando una marca

conocida C. Para ello hace la siguiente oferta: "Pague sólo a 250 Bs. el litro de aceite C y a 125 Bs. el litro de aceite D

siempre y cuando: 1) Compre en total 6 litros o más, y 2) La cantidad comprada de aceite C esté comprendida entre la

mitad y el doble de la cantidad comprada de aceite D". Si disponemos de un máximo de 3125 Bolivianos, se pide:

Representa gráficamente los modos de acogerse a la oferta. Acogiéndonos a la oferta, ¿Cuál es la mínima cantidad de

aceite D que podemos comprar? ¿Cuál es la máxima de C?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de litros comprados de aceite conocida C para promocionar.

x 2 = Cantidad de litros comprados de aceite desconocida D para promocionar.

Min: Z = 250x 1 + 125x 2 ❶

Sujeto a: 250x 1 + 125x 2 ≤ 3125❷ ; 0, 50x 2 ≤ x 1 ≤ 2x 2 ❸ ; x 1 + x 2 ≥ 6 ❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }



PROBLEMA #22 Una fábrica produce chaquetas y pantalones. Tres máquinas (de cortar, coser y teñir) se emplean en la

producción. Fabricar una chaqueta representa emplear la máquina de cortar una hora, la de coser tres horas y la de teñir

una hora; fabricar unos pantalones representa usar la máquina de cortar una hora, la de coser una hora y la de teñir

ninguna. La máquina de teñir se puede usar durante tres horas, la de coser doce y la de cortar 7. Todo lo que se fabrica

es vendido y se obtiene un beneficio de ocho euros por cada chaqueta y de cinco por cada pantalón. ¿Cómo

emplearíamos las máquinas para conseguir el beneficio máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de chaquetas fabricados.

x 2 = Número de pantalones fabricados .

Max: Z = 8x 1 + 5x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 ≤ 3❷ ; 3x 1 + x 2 ≤ 12❸ ; x 1 + x 2 ≤ 7❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #23 La empresa FORD lanza una oferta especial en dos de sus modelos, ofreciendo el modelo A a un precio

de 1,5 millones de bolivianos, y el modelo B en 2 millones. La oferta está limitada por las existencias, que son 20 autos

del modelo A y 10 del B, queriendo vender, al menos, tantas unidades de A como de B. Por otra parte, para cubrir gastos

de esa campaña, los ingresos obtenidos en ella deben ser, al menos de 6 millones de bolivianos ¿Cuántos automóviles

de cada modelo deberá vender para maximizar sus ingresos?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de autos vendidos del modelo A.

x 2 = Cantidad de autos vendidos del modelo B.

Max: Z = 1500000x 1 + 2000000x 2 ❶

Sujeto a: 1500000x 1 + 2000000x 2 ≥ 6000000❷ ; x 1 ≤ 20 ❸ ; x 2 ≤ 10 ❹ ; x 1 ≥ x 2 ❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❻ }

PROBLEMA #24 En una explotación agrícola de 25 Ha pueden establecerse dos cultivos A y B. El beneficio de una

Hectárea de A es de 20000 Bs. y el de una Ha de B de 30000 Bs. Las disponibilidades de trabajo de explotación son de 80

jornadas, una Ha de A precisa 4 jornadas, mientras que una de B precisa sólo 2 jornadas. La subvención de ministerio

de tierras de INSA de Bolivia es de 5 Bs por Ha. de A y de 10 Bs por Ha. de B, siendo la subvención máxima por

explotación agrícola de 200 Bs. Representar el conjunto factible. Calcular el beneficio máximo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de hectarias(Ha) a cultivar el cultivo A.

x 2 = Cantidad de hectarias(Ha) a cultivar el cultivo B.

Max: Z = 20000x 1 + 30000x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 25❷ ; 4x 1 + 2x 2 ≤ 80 ❸ ; 5x 1 + 10x 2 ≤ 200 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #25 Las restricciones pesqueras impuestas por la CAN obligan a cierta empresa a pescar como máximo

2000 toneladas de merluza y 2000 toneladas de rape, además, en total, las capturas de estas dos especies no pueden

pasar de las 3000 toneladas. Si el precio de la merluza es de 1000 Bs/tm y el precio del rape es de 1500 Bs/tm, ¿qué

cantidades debe pescar para obtener el máximo beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de toneladas(TM)a pescar de pescado tipo de merluza.

x 2 = Cantidad de toneladas(TM)a pescar de pescado tipo de rape.

Max: Z = 1000x 1 + 1500x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 3000❷ ; x 1 ≤ 2000❸ ; x 2 ≤ 2000❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

PROBLEMA #26 Una excursionista planea salir de campamento. Hay cinco artículos que desea llevar consigo, pero entre

todos sobrepasan las 60 Libras que considera que puede cargar. Para auxiliarse en la selección, ha asignado un valor a

cada artículo en orden ascendente de importancia:

Articulo 1 2 3 4 5

Peso,(libras) 52 23 35 15 7

Valor 100 60 70 15 15

¿Qué artículos deberá llevar para maximizar el valor total, sin sobrepasar la restricción de peso?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad a llevar del artículo 1.





Max: Z = 100x 1 + 60x 2 + 70x 3 + 15x 4 + 15x 5 ❶

Sujeto a:

52x 1 + 23x 2 + 35x 3 + 15x 4 + 7x 5 ≤ 60❷

x 1 ≤ 1❸ ; x 2 ≤ 1❹ ; x 3 ≤ 1❺ ; x 4 ≤ 1 ❻ ; x 5 ≤ 1❼

{ con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❽ }



PROBLEMA #27 Dos pinturas A y B tienen ambas dos tipos de pigmentos p y q; A está compuesto de un 30% de p y un

40% de q, B está compuesto de un 50% de p y un 20% de q, siendo el resto incoloro. Se mezclan A y B con las siguientes

restricciones: La cantidad de A es mayor igual que la de B. Su diferencia no es menor que 10 gramos y no supera los 30

gramos. B no puede superar los 30 gramos ni ser inferior a 10 gramos. ¿Qué mezcla contiene la mayor cantidad del

pigmento p? ¿Qué mezcla hace q mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de gramos de la pintura A.

x 2 = Cantidad de gramos de la pintura B.

Max: Z p = 0, 3x 1 + 0, 5x 2 ↔ también podemos minimizar la F. O. ❶

Min: Z q = 0, 4x 1 + 0, 2x 2 ↔ también podemos maximizar la F. O. ❷

{ Sujeto a: x 1 ≥ x 2 ❸ ; 30 ≥ x 1 − x 2 ≥ 10 ❹ ; 30 ≥ x 2 ≥ 10 ❺ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❻ }

PROBLEMA #28 En una granja de pollos se da una dieta "para engordar" con una composición mínima de 15 unidades

de una sustancia A y otras 15 de una sustancia B. En el mercado sólo se encuentran dos clases de compuestos: el tipo

X con una composición de una unidad de A y cinco de B, y el tipo Y, con una composición de cinco unidades de A y una

de B. El precio del tipo X es de 1000 Bs y el del tipo Y es de 3000 Bs. Se pregunta:

¿Qué cantidades se han de comprar de cada tipo para cubrir las necesidades con un costo mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de kilogramos a comprar del compuesto X.

x 2 = Cantidad de kilogramos a comprar del compuesto Y.

Min: Z = 1000x 1 + 3000x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + 5x 2 ≥ 15❷ ; 5x 1 + x 2 ≥ 15❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❹ }

PROBLEMA #29 Una compañía fábrica y venden dos modelos de lámpara L 1 y L 2 . Para su fabricación se necesita un

trabajo manual de 20 minutos para el modelo L 1 y de 30 minutos para el L 2 ; y un trabajo de máquina para L 1 y de 10

minutos para L 2 . Se dispone para el trabajo manual de 100 horas al mes y para la máquina 80 horas al mes. Sabiendo

que el beneficio por unidad es de 15 y 10 Bs para L 1 y L 2 , respectivamente, planificar la producción para obtener el

máximo beneficio.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de lamparas de L1 a fabricar.

x 2 = Cantidad de lamparas de L2 a fabricar.

Max: Z = 15x 1 + 10x 2 ❶

1

{

Sujeto a:

3 x 1 + 1 2 x 2 ≤ 100 ❷ ; 1 3 x 1 + 1 6 x 2 ≤ 80❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❹ }

PROBLEMA #30 Con el comienzo del curso se va a lanzar unas ofertas de material escolar. Unos almacenes quieren

ofrecer 600 cuadernos, 500 carpetas y 400 bolígrafos para la oferta, empaquetándolo de dos formas distintas; en el

primer bloque pondrá 2 cuadernos, 1 carpeta y 2 bolígrafos; en el segundo, pondrán 3 cuadernos, 1 carpeta y 1

bolígrafo. Los precios de cada paquete serán 6,5 y 7 Bs, respectivamente. ¿Cuántos paquetes le conviene poner de cada

tipo para obtener el máximo beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de paquetes a poner en oferta de P1.

x 2 = Cantidad de paquetes a poner en oferta de P2.

Max: Z = 6, 5x 1 + 7x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 ≤ 600❷ ; x 1 + x 2 ≤ 500 ❸ ; 2x 1 + x 2 ≤ 400 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺

}

PROBLEMA #31 Se dispone de 600 gramos (gr) de un determinado fármaco para elaborar pastillas grandes y pequeñas.

Las grandes pesan 40 gr y las pequeñas 30 gr. Se necesitan al menos tres pastillas grandes, y al menos el doble de

pequeñas que de las grandes. Cada pastilla grande proporciona un beneficio de 2 Bs y la pequeña de 1 Bs. ¿Cuántas

pastillas se han de elaborar de cada clase para que el beneficio sea máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de pastillas grandes a elaborar.

x 2 = Cantidad de pastillas pequeñas a elaborar.

Max: Z = 2x 1 + 1x 2 ❶

{

Sujeto a: 40x 1 + 30x 2 ≤ 600❷ ; x 1 ≥ 3❸ ; x 2 ≥ 2x 1 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺

}

PROBLEMA #32 Unos grandes almacenes desean liquidar 200 camisas y 100 pantalones de la temporada anterior. Para

ello lanzan, dos ofertas, A y B. La oferta A consiste en un lote de una camisa y un pantalón, que se venden a 300 Bs; la

oferta B consiste en un lote de tres camisas y un pantalón, que se vende a 500 Bs. No se desea ofrecer menos de 20

lotes de la oferta A ni menos de 10 de la B. ¿Cuántos lotes ha de vender de cada tipo para maximizar la ganancia?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de lotes a vender de oferta A.

x 2 = Cantidad de lotes a vender de oferta B.

Max: Z = 300x 1 + 500x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + 3x 2 ≤ 200❷ ; x 1 + x 2 ≤ 100❸ ; x 1 ≥ 20❹ ; x 2 ≥ 10❺ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❻ }



PROBLEMA #33 Un expendio de carnes de la ciudad acostumbra preparar la carne para albondigón con una

combinación de carne molida de res y carne molida de cerdo. La carne de res contiene 80% de carne y 20% de grasa, y le

cuesta a la tienda 80Bs por libra; la carne de cerdo contiene 68% de carne y 32% de grasa, y cuesta 60Bs por libra. ¿Qué

cantidad de cada tipo de carne debe emplear la tienda en cada libra de albondigón, si se desea minimizar el costo y

mantener el contenido de grasa no mayor de 25%?

SOLUCIÓN:

x 1 = Numeros de libras de carne molida de res empleadas en cada libra de albondigon.

x 2 = Numeros de libras de carne de molida de cerdo empleadas en cada libra de albondigon.

Min: Z = 80x 1 + 60x 2 ❶

Sujeto a: 0, 20x 1 + 0, 32x 2 ≤ 0, 25❷ ; x 1 + x 2 = 1❸

0, 80x 1 + 0, 68x 2 ≥ 0, 75(esta restriccion no se incluye el objetivo es minimizar el contenido de grasa y este es carne pura)❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

PROBLEMA #34 La Boliviana de Aviación BOA, es una compañía aérea que tiene dos aviones, A y B, para cubrir un

determinado trayecto. El avión A debe hacer más veces el trayecto que el avión B, pero no puede sobrepasar 120 viajes.

Entre los dos aviones deben hacer más de 60 vuelos, pero menos de 200. En cada vuelo, A consume 900 litros de

combustible y B 700 litros. ¿Cuántos vuelos deben hacer cada avión para que el consumo de combustible sea mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de vuelos que debe realizar el avión tipo A.

x 2 = Número de vuelos que debe realizar el avión tipo B.

Min: Z = 900x 1 + 700x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 200❷ ; x 1 + x 2 ≥ 60❸ ; x 1 ≤ 120❹ ; x 1 ≥ x 2 ❺

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❻ Respuesta: x 1 = 30; x 2 = 30; Min: Z = 48000❼ }

PROBLEMA #35 En una urbanización se van a construir casas de dos tipos; A y B. La empresa constructora dispone

para ello de un máximo de 18 millones de Bs, siendo el costo de cada tipo de casa de 300000 Bs y 200000 Bs,

respectivamente. El Ayuntamiento exige que el número total de casas no sea superior a 80. Sabiendo que el beneficio

obtenido por la venta de una casa de tipo A es de 40000 Bs y de 30000 Bs por una del tipo B, ¿cuántas casas deben

construirse de cada tipo para obtener el máximo beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de Casas a construir de tipo A.

x 2 = Número de Casas a construir de tipo B.

Max: Z = 40000x 1 + 30000x 2 ❶

{

Sujeto a: 300000x 1 + 200000x 2 ≤ 18000000❷ ; x 1 + x 2 ≤ 80❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA #36 Minas Universal opera tres minas en ORURO-BOLIVIA. El mineral de cada una se separa, antes de

embarcarse, en dos grados. La capacidad diaria de producción de las mismas así, como sus costos diarios de operación

son los siguientes:

Mineral de grado alto Mineral de grado bajo, Costo de operación,

tonelada/día

tonelada/día

Bs1000/día

Mina I 4 4 20

Mina II 6 4 22

Mina III 1 6 18

La Universal se comprometió a entregar 54 toneladas de mineral de grado alto y 65 toneladas de mineral de grado bajo

para fines de la siguiente semana. Además, tiene contratos de trabajo que garantizan a los trabajadores de ambas minas

el pago del día completo por cada día o fracción de día que la mina esté abierta. Determínese el número de días que cada

mina debería operar durante la siguiente semana, si Minas Universal ha de cumplir su compromiso a un costo total

mínimo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de días a trabajar en la mina I.

x 2 = Número de días a trabajar en la mina II

x 3 = Número de días a trabajar en la mina III

Min: Z = 20x 1 + 22x 2 + 18 x 3 ❶

Sujeto a: 4x 1 + 6x 2 + 1 x 3 ≥ 54❷ ; 4x 1 + 4x 2 + 6 x 3 ≥ 65 ❸

{ x 1 ≤ 7❹ ; x 2 ≤ 7❺ ; x 3 ≤ 7❻ ; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❼}

PROBLEMA #37Un orfebre fabrica dos tipos de joyas. Las del tipo A precisan 1 gr de oro y 1,5 gr de plata, vendiéndolas a 40

Bs cada una. Para la fabricación de las de tipo B emplea 1,5 gr de oro y 1 gr de plata, y las vende a 50 Bs. El orfebre tiene solo

en el taller 750 gr de cada uno de los metales. Calcula cuántas joyas ha de fabricar de cada clase para obtener un beneficio

máximo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de joyas del tipo A a fabricar .

x 2 = Cantidad de joyas del tipo B a fabricar .

Max: Z = 40x 1 + 50x 2 ❶

{ Sujeto a: 1x 1 + 1, 5x 2 ≤ 750❷ ; 1, 5x 1 + 1x 2 ≤ 750❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }



PROBLEMA #38 Una firma industrial elabora dos productos, en los cuales entran cuatro componentes en cada uno. Hay

una determinada disponibilidad de cada componente y un beneficio por cada producto. Se desea hallar la cantidad de

cada artículo que debe fabricarse con el fin de maximizar los beneficios. El siguiente cuadro resume los coeficientes de

transformación o sea la cantidad de cada componente que entra en cada producto.

PRODUCTO

Componentes

P1

P2

Disponibilidad(Kilogramos)

A 1 3 15000

B 2 1 10000

C 2 2 12000

D 1 1 10000

Beneficios(Bs/unidad) 4 3

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades a elaborar del producto P1.

x 2 = Número de unidades a elaborar del producto P2.

Máximo: Z = 4x 1 + 3x 2 ❶

Sujeto a: 1x 1 + 3x 2 ≤ 15000 (Componente A)❷ ; 2x 1 + 1x 2 ≤ 10000 (Componente B)❸

{ 2x 1 + 2x 2 ≤ 12000 (Componente C)❹ ; 1x 1 + 1x 2 ≤ 10000 (Componente D)❺ ; x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❻}

PROBLEMA #39 En una fábrica de cerveza se producen dos tipos: rubia y negra. Su precio de venta es de 0,5 Bs/litro y

0,3 Bs/litro, respectivamente. Sus necesidades de mano de obra son de 3 y 5 empleados, y de 5000 y 2000 bolivianos de

materias primas por cada 10000 litros. La empresa dispone semanalmente de 15 empleados y 10000 bolivianos para

materias primas, y desea maximizar su beneficio. ¿Cuántos litros debe producir de cada tipo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de litros a producir de cervez Rubia.

x 2 = Número de litros a producir de cervez Negra.

Máximo: Z = 5000x 1 + 3000x 1 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 5x 2 ≤ 15 (Empleados Disponibles)❷ ; 5000x 1 + 2000x 2 ≤ 10000 (Capital para Materia Prima)❸

{

x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❹ }

PROBLEMA #40 (JVH, 1979). Consiste en determinar una dieta de manera eficiente, a partir de un conjunto dado de

alimentos, de modo de satisfacer requerimientos nutricionales. La cantidad de alimentos a considerar, sus

características nutricionales y los costos de éstos, permiten obtener diferentes variantes de este tipo de modelos. Por

ejemplo:

SOLUCIÓN:

Leche(litros) Legumbre

(1porcion)

Naranjas

(unidad)

Niacina 3,2 4,9 0,8 13

Tiamina 1,12 1,3 0,19 15

Vitamina C 32 0 93 45

Costo 2 0,2 0,25

Requerimientos

nutricionales

x 1 = Litros de leche utilizados en la dieta.

x 2 = Porciones de legumbres utilizados en la dieta.

x 3 = Unidades de naranjas utilizadas en la dieta.

Min: Z = 2x 1 + 0, 2x 2 + 0, 25 x 3 ❶

Sujeto a: 3, 2x 1 + 4, 9x 2 + 0, 8x 3 ≥ 13 ❷ ; 1, 12x 1 + 1, 3x 2 + 0, 19x 3 ≥ 15❸ ; 32x 1 + 0x 2 + 93 x 3 ≥ 45❹

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #41 Una compañía fabrica dos clases de cinturones de piel de vaca. El cinturón A es de alta calidad, y el

cinturón B es de baja calidad. La ganancia respectiva por cinturón es de Bs 40 y Bs 30. Cada cinturón de tipo A requiere

el doble de tiempo que el que usa el de tipo B, y si todos los cinturones fueran de tipo B, la compañía podría fabricar

1000 día, el abastecimiento de piel de vaca es suficiente únicamente para 800 cinturones diarios (A y B combinados) el

cinturón A requiere una hebilla elegante, de las que solamente se dispone 400 diarias. Se tiene únicamente 700 hebillas

al día para el cinturón B. Establezca las ecuaciones o inecuaciones de programación lineal para el problema.

SOLUCIÓN:

{ Sujeto a:

x 1 = Número de cinturones de A, producidos por día de alta calidad.

x 2 = Número de cinturones de B, producidos por día de baja calidad.

tiempo ↔ t A = 2t B

Máximo: Z = 40x 1 + 30x 2 ❶

2x 1 + 1x 2 ≤ 1000❷ ; 1x 1 + 1x 2 ≤ 800❸ ; x 1 ≤ 400❹ ; x 2 ≤ 700❺ ; x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❻}



PROBLEMA #42 Julio Vargas Herbas dispone de Bs 120 para gastar en libros y discos. A tienda donde acude, el precio

de los libros es de Bs 4 y el de los discos es de Bs 12. Suponiendo que desea comprar como mucho el doble número de

libros que de discos. Se pide cuántos libros y cuantos discos puede comprarse.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libros comprados .

x 2 = Cantidad de discos comprados .

Min: Z = 4x 1 + 12x 2 ❶

{

Sujeto a: 4x 1 + 12x 2 ≤ 120❷ ; x 1 ≤ 2x 2 ❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹

}

PROBLEMA #43 El dueño de un restaurante necesitará en 3 días sucesivos 40, 60 y 70 manteles. Él puede adquirir

manteles a un costo de Bs 20 cada una y después de haberlos usado, puede mandar manteles sucios a lavar, para lo

cual tiene 2 servicios de lavandería disponibles: uno rápido (el lavado tarda 1 día) que cuesta Bs 15 por cada mantel y

uno normal (tarda 2 días) que cuesta Bs 8 por mantel. Formule un modelo que permita conocer al dueño del restaurante

que número de manteles debe comprar inicialmente y que número debe mandar a lavar cada día para minimizar sus

costos.

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Cantidad de Manteles comprados(sólo se puede comprar el primer dia).

x 2 = Cantidad de Manteles mandados a lavar en servicio rápido el primer dia.

x 3 = Cantidad de Manteles mandados a lavar en servicio normal el primer dia.

x 4 = Cantidad de Manteles mandados a lavar en servicio rápido el segundo dia).

Notar también podríamos haber definido entre otras

x 5 = Cantidad de Manteles no usados el primer dia.

x 6 = Cantidad de Manteles no usados el segundo dia.

Sin embargo, esto no es necesario pues:

x 5 = x 1 − 40

x 6 = x 1 − 40 − 70

Mínimo: Z = 20x 1 + 15x 2 + 8x 3 + 15x 4 ❶

Sujeto a:

x 1 ≥ 40 (Satisfacción de la necesidad de manteles al primer día)❷

(x 1 − 40) + x 2 ≥ 60 ↔ x 1 + x 2 ≥ 100 (Satisfacción de la necesidad de manteles al segundo día)❸

(x 1 − 40) + x 2 − 60 + x 3 + x 4 ≥ 70 ↔ x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≥ 170(Satisfacción de la necesidad de manteles al tercer día)❹

x 2 + x 3 ≥ 40(El número de manteles mandados a lavar el primer día,

puede a lo más ser igual al número de manteles usados ese día )❺

x 2 + x 3 + x 4 ≥ 40 + 60 ↔ x 2 + x 3 + x 4 ≥ 100 (El número de manteles mandados a lavar hasta el segundo día,

puede a lo más ser igual al número de manteles usados hasta ese día)❻

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)no negatividad❼ }

PROBLEMA#44 Una empresa de muebles fabrica armarios y estanterías, siendo los costos de producción de 20000 Bs

para los armarios y de 5000 Bs para las estanterías, vendiéndose estos artículos a 25000 y 8000 Bs respectivamente. Si

solamente disponemos de 170000 Bs para la realización de ambos muebles, a) determinar cuál será la distribución de

producción para obtener un beneficio máximo si el número de armarios ha de ser como mínimo el cuádruple del número

de estanterías, b) ¿Cuál será el valor de dichos beneficios?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades de armarios a producir.

x 2 = Número de unidades de estanterias a producir.

Maximizar: Z = 5000x 1 + 3000x 2 ❶

Sujeto a: 20000x 1 + 5000x 2 ≤ 170000❷ ; x 1 ≥ 4x 2 ❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }



PROBLEMA #45 El Real Hotel opera los 7 días a la semana. Las mucamas son contratadas para trabajar seis horas

diarias. El contrato colectivo especifica que cada mucama debe trabajar 5 días consecutivos y descansar 2 días. Todas

las mucamas reciben el mismo sueldo semanal. El Real hotel requiere como mínimo las horas de servicio. Lunes 150,

Martes 200, Miércoles 400, Jueves 300, Viernes 700, Sábado 800 y Domingo 300. El administrador desea encontrar un

plan de programación de empleos que satisfaga estos requerimientos y a un costo mínimo. Formule este problema

como un modelo de programación lineal. El gerente le solicita a usted el programa óptimo de compra y venta para el

trimestre.

SOLUCIÓN:

L Ma Mi J V S D L Ma Mi J V S D L Ma Mi J

X L

X Ma

X Mi

X J

X V

X S

X D

X L

X Ma

X Mi

X J

X V

X S

{

x i = Número de mucamas que empiezan a trabajar el día i durante cinco dias consecutivos.

Max: Z = x L + x Ma + x Mi + x J + x V + x S + x D ❶

Sujeto a:

x J + x V + x S + x D + x L ≥ 150

6

x D + x L + x Ma + x Mi + x J ≥ 300

6

❷ ; x V + x S + x D + x L + x Ma ≥ 200

6

❺ ; x L + x Ma + x Mi + x J + x V ≥ 700

6


❸ ; x S + x D + x L + x Ma + x Mi ≥ 400

6

❹

❻ ; x Ma + x Mi + x J + x V + x S ≥ 800

6

❼

x Mi + x J + x V + x S + x D ≥ 300

6

❽ ; con: x L, x Ma , x Mi , x J , x V , x S , x D ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❾

PROBLEMA #46 A un joven matemático se le pidió que entretuviese a un visitante de su empresa durante 90 minutos. Él

pensó que sería una excelente idea que el huésped se emborrache. Se le dio al estudiante Bs 50. Además sabía que al

visitante le gustaba mezclar sus tragos, pero que siempre bebía menos de 8 vasos de cerveza, 10 ginebras, 12 whiskys y

24 martinis. El tiempo que empleaba para beber era 15 minutos por cada vaso de cerveza, 6 minutos por cada vaso de

ginebra, 7 y 4 minutos por cada vaso de whisky y martínis. Los precios de las bebidas eran: Cerveza Bs 1 el vaso,

Ginebra Bs 2 el vaso, Whisky Bs 2 el vaso, Martinis Bs 4 el vaso. El matemático pensaba que el objetivo era maximizar el

consumo alcohólico durante los 90 minutos que tenía que entretener a su huésped. Logro que un amigo químico le diese

el contenido alcohólico de las bebidas en forma cuantitativa, siendo las unidades alcohólicas por un vaso de cerveza,

ginebra, whisky y martínis, 17, 15, 16 y 7 por vaso respectivamente. El visitante siempre bebía un mínimo de 2 whiskys.

¿Cómo resolvió el matemático el problema?

SOLUCIÓN:

x i = Número de vasos del tipo i(i = 1, 2, 34).

1 = Cerveza; 2 = Ginebra; 3 = Whisky; 4 = Martinis

Max: Z = 17x 1 + 15x 2 + 16x 3 + 7x 4 ❶

Sujeto a: 1x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 4x 4 ≤ 50❷ ; x 1 ≤ 8❸ ; x 2 ≤ 10❹ ; 2 ≤ x 3 ≤ 12❺ ; x 4 ≤ 24❻

{

15x 1 + 6x 2 + 7x 3 + 4x 4 ≤ 90❼ ; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❽ }

PROBLEMA#47 Una persona dispone de Bs 250000 para invertir. Encuentra 2 activos financieros (AF) interesantes: “L”

y “T”. El AF “L” promete un retorno del 8% y el AF “T” el 12%. La persona decide invertir más del 30% en la compra del

AF “L”, a lo sumo 60% en la compra de AF “T” y lo invertido en “T” debe ser más que lo invertido en “L”. Formule el

Modelo de Programación Lineal.

x 1 = Cantidad de dinero (Bs) a invertir en AF de “L”.

x 2 = Cantidad de dinero (Bs) a invertir en AF de “T”.

Max: Z = 0, 08x 1 + 0, 12x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 250000❷ ; x 1 ≥ 0, 30(x 1 + x 2 ) ↔ 0, 70x 1 − 0, 30x 2 ≥ 0❸

x 2 ≤ 0, 60(x 1 + x 2 ) ↔ −0, 60x 1 + 0, 40x 2 ≤ 0❹ ; x 2 ≥ x 1 ❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

}

X D


PROBLEMA#48 La Refinería YPFB produce dos tipos de gasolina sin plomo, Especial y Premium los cuales vende a su cadena de

estaciones de servicio en Bs 12 y Bs 14 por barril, respectivamente. Ambos tipos se preparan del inventario de la YPFB de petróleo

nacional refinado y de petróleo importado refinado, y deben cumplir con las siguientes especificaciones:

Gasolina Presión máxima de Octanaje mínimo Demanda máxima, Entregas mínimas

Sin plomo

vapor

barriles/semana

barriles/semana

Especial 23 88 100000 50000

Premium 23 93 20000 5000

Las características del inventario de petróleos refinados son las siguientes:

Petróleo Presión de vapor Octanaje Inventario, barriles Costo Bs/barriles

nacional 25 87 40000 8

importado 15 98 60000 15

¿Qué cantidades de los dos petróleos (nacional e importado) deberá mezclar la YPFB en ambas gasolinas, a fin de maximizar la

ganancia semanal?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de barriles de petróleo Nacional mezclado en la gasolina Especial.

x 2 = Cantidad de barriles de petróleo Importado mezclado en la gasolina Especial.

x 3 = Cantidad de barriles de petróleo Nacional mezclado en la gasolina Premium.

x 4 = Cantidad de barriles de petróleo Importado mezclado en la gasolina Premium.

Se producirá una cantidad de x 1 + x 2 de gasolina especial y x 3 + x 4 de gasolina premium.

Máximo: Z = 12( x 1 + x 2 ) + 14(x 3 + x 4 ) − 8( x 1 + x 3 ) − 15( x 2 + x 4 )

Máximo: Z = 12x 1 + 12x 2 + 14x 3 + 14x 4 − 8x 1 − 8x 3 − 15x 2 − 15x 4 = 4x 1 − 3x 2 + 6x 3 − x 4 → ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 100000 (demanda máxima de gasolina Especial) → ❷

x 3 + x 4 ≤ 20000 (demanda máxima de gasolina premium) → ❸

x 1 + x 2 ≥ 50000 (requerimiento mínimo de gasolina Especial) → ❹

x 3 + x 4 ≥ 5000 (requerimiento mínimo de gasolina premium) → ❺

x 1 + x 3 ≤ 40000 (inventario de barriles de petróleo Nacional) → ❻

x 2 + x 4 ≤ 60000 (inventario de barriles de petróleo Importado) → ❼

x 1

x 2

Octanaje de gasolina Especial es: 87 + 98 ≥ 88 ↔

87x 1

+

98x 2

≥ 88 ↔ 87x 1 + 98x 2

≥ 88

x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2

87x 1 + 98x 2 ≥ 88(x 1 + x 2 ) ↔ 87x 1 + 98x 2 ≥ 88x 1 + 88x 2 ↔ 87x 1 + 98x 2 − 88x 1 − 88x 2 ≥ 0

−1x 1 + 10x 2 ≥ 0 (−1) ↔ x 1 − 10x 2 ≤ 0 → ❽

x 3

x 4

Octanaje de gasolina Premium es: 87 + 98 ≥ 93 ↔

87x 3

+

98x 4

≥ 93 ↔ 87x 3 + 98x 4

≥ 93

x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4

87x 3 + 98x 4 ≥ 93(x 3 + x 4 ) ↔ 87x 3 + 98x 4 ≥ 93x 3 + 93x 4 ↔ 87x 3 + 98x 4 − 93x 3 − 93x 4 ≥ 0

−6x 3 + 5x 4 ≥ 0 (−1) ↔ 6x 3 − 5x 4 ≤ 0 → ❾

x 1

x 2

Presion de vapor de gasolina Especial es: 25 + 15 ≤ 23 ↔

25x 1

+

15x 2

≤ 23 ↔ 25x 1 + 15x 2

≤ 23

x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2

25x 1 + 15x 2 ≤ 23(x 1 + x 2 ) ↔ 25x 1 + 15x 2 ≤ 23x 1 + 23x 2 ↔ 25x 1 + 15x 2 − 23x 1 − 23x 2 ≤ 0 ↔ 2x 1 − 8x 2 ≤ 0 → ❿

x 3

x 4

Presión de Vapor de gasolina Premium es: 25 + 15 ≤ 23 ↔

25x 3

+

15x 4

≤ 23 ↔ 25x 3 + 15x 4

≤ 23

x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4

25x 3 + 15x 4 ≤ 23(x 3 + x 4 ) ↔ 25x 3 + 15x 4 ≤ 23x 3 + 23x 4 ↔ 25x 3 + 15x 4 − 23x 3 − 23x 4 ≤ 0 ↔ 2x 3 − 8x 4 ≤ 0 → ❶❶

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN); j = 1, 2, 3, 4. ❶❷

Resumiendo el ejercico tenemos asi:

Máximo: Z = 4x 1 − 3x 2 + 6x 3 − x 4 → ❶

Sujeto a:







x 1 − 10x 2 ≤ 0 → ❽

6x 3 − 5x 4 ≤ 0 → ❾

2x 1 − 8x 2 ≤ 0 → ❿

2x 3 − 8x 4 ≤ 0 → ❶❶

{

x j ≥ 0∀j; j = 1, 2, 3, 4. ❶❷ }



PROBLEMA #49 (Julio Vargas, 1979). Consiste en hallar una política óptima de producción para satisfacer demandas

fluctuantes en el tiempo, de modo de minimizar los costos de producción e inventario, considerando la disponibilidad de

recursos escasos. Considere que una fábrica puede elaborar hasta 150 unidades en cada uno de los 4 periodos en que

se ha subdividido el horizonte de planificación y se tiene adicionalmente la siguiente información:

Periodos

Demandas

(unidades)

Costo Producción

(US$/unidad)

Costo de Inventario

(US$/unidad)

1 130 6 2

2 80 4 1

3 125 8 2,50

4 195 9 3

Adicionalmente considere que se dispone de un Inventario Inicial de 15 unidades y no se acepta demanda pendiente o

faltante, es decir, se debe satisfacer toda la demanda del período.

SOLUCIÓN:

x t = Número de unidades elaboradas en el periodo t (t = 1, 2, 3 , 4).

I t = Número de unidades en inventario al final del periodo t (t = 1, 2, 3, 4).

Minimo: Z = 6x 1 + 4x 2 + 8x 3 + 9x 4 + 2I 1 + I 2 + 2, 5I 3 + 3I 4 ❶

Sujeto a: x t ≤ 150 (t = 1, 2, 3, 4)❷ ; x 1 + I 0 − I 1 = 130 (I 0 = 15) → (periodo 1)❸ ; x 2 + I 1 − I 2 = 80 → (periodo 2)❹

{ x 3 + I 2 − I 3 = 125 → (periodo 3)❺ ; x 4 + I 3 − I 4 = 195 → (periodo 4)❻ ; (x t ≥ 0∀t) y (I t ≥ 0∀t)❼ ; nota: I = inventario}

PROBLEMA #50 Una industria de muebles requiere de 350 barras de 2x4x20 cm. y de 200 barras de 2x3x20 cm., si dicha

empresa dispone de barras cuyas dimensiones son 7x5x20 cm., cuál debe ser el programa que debe seguir para

minimizar desperdicios sabiendo que el máximo debe ser de 140 cm3.

SOLUCIÓN:

x i = Cantidad de barras a obtenerse en la modalidad de corte i.

140cm 2

20cm

= 7cm2

350 barras → 2 ∗ 4 ∗ 20

200 barras → 2 ∗ 3 ∗ 20

Mínimo: Z = 100x 1 + 60x 2 + 140x 3 ❶

{ Sujeto a: 0x 1 + 1x 2 + 2x 3 ≥ 350❷; 5x 1 + 4x 2 + 2x 3 ≥ 200❸; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❹ }

NOTA x 1 x 2 x 3

2 ∗ 4 ∗ 20 0 1 2

2 ∗ 3 ∗ 20 5 4 2

PROBLEMA#51 La Cámara de Industriales de la región periódicamente promueve servicios públicos, seminarios y

programas. Actualmente los planes de promoción para este año están en marcha. Los medios alternativos para realizar

la publicidad así como los costos y la audiencia estimados por unidad de publicidad, además de la cantidad máxima de

unidades de publicidad en que puede ser usado cada medio se muestran a continuación.

Restricciones Televisión Radio Prensa

Audiencia por unidad de publicidad 100000 18000 40000

Costo por unidad de publicidad Bs 2000 Bs 300 Bs 600

Uso máximo del medio 10 20 10

Para lograr un uso balanceado de los medios, la publicidad en radio no debe exceder el 50% del total de unidades de

publicidad autorizados. Además la cantidad de unidades solicitadas en televisión debe ser al menos 10% del total

autorizado. El presupuesto total para promociones se ha limitado a Bs 18500.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de publicidad a contratar en Televisión.

x 2 = Cantidad de publicidad a contratar en Radio.

x 3 = Cantidad de publicidad a contratar en Prensa.

Max: Z = 100000x 1 + 18000x 2 + 40000x 3 ❶

Sujeto a:

2000x 1 + 300x 2 + 600x 3 ≤ 18500❷

x 1 ≤ 10❸

x 2 ≤ 20❹

x 3 ≤ 10❺

x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 + x 3 ) ↔ −0, 50x 1 + x 2 − 0, 50x 3 ≤ 0❻

x 1 ≥ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 ) ↔ 0, 90x 1 − 0, 10x 2 − 0, 10x 3 ≥ 0❼

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❽ }



PROBLEMA#52 Un destacamento militar formado por 40 soldados de Ingenieros, 36 especialistas dinamiteros, 88

antiguerrilleros, y 120 infantes como tropa de apoyo, ha de transportarse hasta una posición estratégica importante. En

el parque de la base se dispone de 4 tipos de vehículos A, B, C, y D, acondicionados para transporte de tropas. El

número de personas que cada vehículo puede transportar es 10, 7, 6, y 9, de la forma en que se detalla en la siguiente

tabla:

Ingenieros Dinamiteros Antiguerrillas Infantes

A 3 2 1 4

B 1 1 2 3

C 2 1 2 1

D 3 2 3 1

Los gastos de gasolina de cada vehículo hasta el punto de destino se estiman en 160, 80, 40, y 120 litros

respectivamente. Si queremos ahorrar gasolina, ¿cuántos vehículos de cada tipo habrá que utilizar para que el gasto de

combustible sea el mínimo posible?

x 1 = Numeros de vehiculos a utilizar de tipo A.

x 2 = Numeros de vehiculos a utilizar de tipo B.

x 3 = Numeros de vehiculos a utilizar de tipo C.

x 4 = Numeros de vehiculos a utilizar de tipo D.

Minimo: Z = 160x 1 + 80x 2 + 40x 3 + 120x 4 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 1x 2 + 2x 3 + 3x 4 ≥ 40 ❷ ; 2x 1 + 1x 2 + 1x 3 + 2x 4 ≥ 36 ❸ ; 1x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 ≥ 88❹

{

4x 1 + 3x 2 + 1x 3 + 1x 4 ≥ 120❺ ; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#53 Un fabricante desea despachar varias unidades de un artículo a tres tiendas T1, T2, y T3. Dispone de dos

almacenes desde donde realizar el envío, A y B. En el primero dispone de 5 unidades de este artículo y en el segundo 10.

La demanda de cada tienda es de 8, 5, y 2 unidades respectivamente. Los gastos de transporte de un artículo desde cada

almacén a cada tienda están expresados en la tabla:

T1 T2 T3

A 1 2 4

B 3 2 1

¿Cómo ha de realizar el transporte para que sea lo más económico posible?

SOLUCIÓN:

x 1 = Numero de unidades transportadas desde el almacen A hasta la tienda T1.



x 4 = Numero de unidades transportadas desde el almacen B hasta la tienda T1.

x 5 = Numero de unidades transportadas desde el almacen B hasta la tienda T2.

x 6 = Numero de unidades transportadas desde el almacen B hasta la tienda T3

Minimo: Z = 1x 1 + 2x 2 + 4x 3 + 3x 4 + 2x 5 + 1x 6 ❶

Sujeto a: 1x 1 + 1x 2 + 1x 3 = 5❷ ; x 4 + 1x 5 + 1x 6 = 10❸ ; 1x 1 + 1x 4 = 8❹ ; 1x 2 + 1x 5 = 5❺ ; 1x 3 + 1x 6 = 2❻

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❼ }

PROBLEMA#54 Un agricultor tiene una parcela de 640m² para dedicarla al cultivo de árboles frutales: naranjos, perales,

manzanos y limoneros. Se pregunta de qué forma debería repartir la superficie de la parcela entre las variedades para

conseguir el máximo beneficio sabiendo que: cada naranjo necesita un mínimo de 16m², cada peral 4m², cada manzano

8m² y cada limonero 12m². Dispone de 900 horas de trabajo al año, necesitando cada naranjo 30 horas al año, cada peral

5 horas, cada manzano 10 horas, y cada limonero 20 horas. A causa de la sequía, el agricultor tiene restricciones para el

riego: le han asignado 200m³ de agua anuales. Las necesidades anuales son de 2m³ por cada naranjo, 1m³ por cada

peral, 1m³ por cada manzano, y 2m³ por cada limonero. Los beneficios unitarios son de 50, 25, 20, y 30 bolivianos por

cada naranjo, peral, manzano y limonero respectivamente.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de arboles frutales a cultivar de Naranjos..

x 2 = Cantidad de arboles frutales a cultivar de Perales.

x 3 = Cantidad de arboles frutales a cultivar de Manzanos.

x 4 = Cantidad de arboles frutales a cultivar de Limoneros.

Máximo: Z = 50x 1 + 25x 2 + 20x 3 + 30x 4 ❶

Sujeto a: 16x 1 + 4x 2 + 8x 3 + 12x 4 ≤ 640❷ ; 30x 1 + 5x 2 + 10x 3 + 20x 4 ≤ 900❸

{ 2x 1 + 1x 2 + 1x 3 + 2x 4 ≤ 200❹ ; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }



PROBLEMA#55 Una inversora dispone de 50000 Bs para invertir entre las cuatro siguientes posibilidades: bolsa X, bolsa

Y, bonos X, y bonos Y, por el periodo de un año. Un máximo de 10500 Bs puede ser invertido en bonos X, y un máximo

de 10000 Bs en bonos Y. La inversión en la bolsa X conlleva un riesgo considerable por lo que se determina no invertir

más de un cuarto de la inversión total. La cantidad invertida en la bolsa Y debe ser al menos tres veces la cantidad

invertida en la bolsa X. Además, la inversora requiere que la inversión en bonos sea al menos tan grande como la mitad

de la inversión en las bolsas. Los retornos netos anuales se estiman según se muestra en la siguiente tabla:

Bolsa X Bolsa Y Bonos X Bonos Y

20% 10% 9% 11%

¿Cuál es la forma óptima de realizar la inversión para conseguir las máximas ganancias?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de Bs a invertir en la Bolsa X.

x 2 = Cantidad de Bs a invertir en la Bolsa Y.

x 3 = Cantidad de Bs a inverir en Bonos X.

x 4 = Cantidad de Bs a invetir en Bonos Y.

Máximo: Z = 0, 20x 1 + 0, 10x 2 + 0, 09x 3 + 0, 11x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≤ 50000❷ ; x 3 ≤ 10500❸ ; x 4 ≤ 10000❹

x 1 ≤ 1 4 (50000) ↔ x 1 ≤ 12500❺ ; x 2 ≥ 3x 1 ↔ x 2 − 3x 1 ≥ 0(−1) ↔ 3x 1 − x 2 ≤ 0❻

x 3 + x 4 ≥ 1 2 (x 1 + x 2 ) ↔ x 3 + x 4 ≥ 0, 50x 1 + 0, 50x 2 ↔ x 3 + x 4 − 0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0(−1) ↔ 0, 50x 1 + 0, 50x 2 − x 3 − x 4 ≤ 0❼

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❽ }

PROBLEMA#56 Julio Vargas debe trabajar cuando menos 20 horas a la semana para complementar sus ingresos, y al

mismo tiempo asistir a la Universidad Autónoma GRM. Tiene oportunidad de trabajar en dos tiendas de dependiente. En

la tienda A puede trabajar entre 5 y 12 horas a la semana, y en la tienda B le permiten trabajar entre 6 y 10 horas. Las dos

tiendas le pagan el mismo sueldo por hora. Julio utiliza como criterio de decisión minimizar el factor de tensión en el

trabajo. Por diversas entrevistas mantenidas con los empleados de las dos tiendas, ha llegado a la conclusión de que

los factores de tensión de las tiendas A y B son 8 y 6, respectivamente. Puesto que la tensión total aumenta cada hora,

supone que la tensión total al final de la semana es proporcional a la cantidad de horas que trabaja en las tiendas.

¿Cuántas horas debería trabajar Julio Vargas en cada tienda?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de horas a trabajar en la tienda A.

x 2 = Número de horas a trabajar en la tienda B.

Mínimo: Z = 8x 1 + 6x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 20❷ ; 5 ≤ x 1 ≤ 12❸ ; 6 ≤ x 2 ≤ 10❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA#57 Un taller fabrica lavadoras y lavavajillas con una producción diaria máxima total de 180 unidades. El

beneficio obtenido con la producción y venta de cada lavadora es de 5000 Bs y 8000 Bs el obtenido con cada

lavavajillas. Sabiendo que por las limitaciones de la cadena de montaje no es posible fabricar diariamente más de 150

lavadoras ni más de 80 lavavajillas, se pide: a) Determinar la producción de cada artículo a fin de obtener un beneficio

máximo, teniendo en cuenta que el número de lavadoras ha de ser como mínimo el doble que el de lavavajillas, con

objeto de poder atender a la demanda existente. b) ¿Cuál será el valor de dicho beneficio? Justificar las respuestas.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades de lavadoras a producir.

x 2 = Número de unidades de lavajillas a producir.

Maximizar: Z = 5000x 1 + 8000x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 180 ❷ ; x 1 ≤ 150❸ ; x 2 ≤ 80❹ ; x 1 ≥ 2x 2 ❺ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#58 Usted compra cierta cantidad de 2 productos (A y B) con Bs 100000. El producto A le cuesta Bs 80 y el B

Bs 100. Luego de agregar el valor los vende en Bs 95 y Bs 120 respectivamente. Sabiendo que usted tiene capacidad

para trabajar (agregar valor) como máximo 700 unidades de producto, formule el MPL que maximice el beneficio.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades a comprar del producto A.

x 2 = Cantidad de unidades a comprar del producto B.

Maximizar: Z = (95 − 80)x 1 + (120 − 100)x 2 = 15x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a:

{ 80x 1 + 100x 2 ≤ 100000❷ ; x 1 + x 2 ≤ 700❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹}



PROBLEMA#59 Una empresa ha pre-seleccionado 5 candidatos para ocupar 4 puestos de trabajo en dicha empresa. Los

puestos de trabajo consisten en manejar 4 máquinas diferentes (un trabajador para cada máquina). La empresa puso a

prueba a los 5 trabajadores en las 4 máquinas, realizando el mismo trabajo todos ellos en cada una de las máquinas,

obteniendo los siguientes tiempos:

Máquina1 Máquina2 Máquina3 Máquina4

Candidato1 10 6 6 5

Candidato2 8 7 6 6

Candidato3 8 6 5 6

Candidato4 9 7 7 6

Candidato5 8 7 6 5

Determinar qué candidatos debe seleccionar la empresa y a qué máquinas debe asignarlos.

SOLUCIÓN:

x ij = Candidato(i) es asignado a la máquina(j) = acción de que el trabajador i es asignado a la

máquina j{(0)cero indica que el trabajador no ha sido asignado y (1)uno indica que si es asignado}

i = Candidato 1, 2, 3, 4, 5 y j = Máquina1, 2, 3, 4.

Minimizar: Z = 10x 11 + 8x 21 + 8x 31 + 9x 41 + 8x 51 + 6x 12 + 7x 22 + 6x 32 + +7x 42 + 7x 52 +

6x 13 + 6x 23 + 5x 33 + 7x 43 + 6x 53 + 5x 14 + 6x 24 + 6x 34 + 6x 44 + 5x 54 ❶

Sujeto a:

Cada trabajador(candidato)debe estar asignado a una sola máquina ó a ninguna si no se selecciona:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 1❷ ; x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 1❸ ; x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 1❹

x 41 + x 42 + x 43 + x 44 ≤ 1❺ ; x 51 + x 52 + x 53 + x 54 ≤ 1❻

En cada máquina debe haber un trabajador: x 11 + x 21 + x 31 + x 41 + x 51 = 1❼

x 12 + x 22 + x 32 + x 42 + x 52 = 1❽; x 13 + x 23 + x 33 + x 43 + x 53 = 1❾ ; x 14 + x 24 + x 34 + x 44 + x 54 = 1❿

{

Con: x ij ≥ 0∀j (CNN) → es booleano(0 y 1), 0 no se asigna y 1 se lo asigna. ❶❶ }

PROBLEMA#60 Una Empresa de informática especializada en auditoría de código fuente va a contratar dos tipos de

técnicos (con experiencia y sin experiencia) para atender el control de calidad del código Java realizado. Necesita

inspeccionar al menos 2100 clases por día laboral (7 horas). Los técnicos expertos son capaces de inspeccionan 30

clases a la hora con un nivel de seguridad del 98 %, mientras que los técnicos inexpertos sólo inspeccionan 18 clases a

la hora con un nivel de seguridad del 95 %. Los sueldos respectivos son de 50 y 30 Bs/horas y cada error de inspección

supone a la compañía un costo adicional de 5 Bs. Si se desea contratar a lo sumo 6 técnicos con experiencia y 10 sin

experiencia. ¿Cuántos técnicos de cada tipo tienen que contratar la compañía, a fin de minimizar el costo total?

SOLUCIÓN:

x 1 = Numero de programadores a contratar con experiencia.

x 2 = Numero de programadores a contratar sin experiencia.

Minimizar: Z = {(30 ∗ 0. 02)(7)(5) + (50 ∗ 7)}x 1 + {(18 ∗ 0. 05)(7)(5) + (30 ∗ 7)}x 2

Minimizar: Z = 371x 1 + 241. 5x 2 ❶

Sujeto a: (30 ∗ 7)x 1 + (18 ∗ 7)x 2 ≥ 2100 ↔ 210x 1 + 126x 2 ≥ 2100❷ ; x 1 ≤ 6❸ ; x 2 ≤ 10❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA#61 Un inversor que tiene Bs 100000 quiere determinar la mejor cartera de inversión en activos financieros.

La rentabilidad esperada seria: Letras del tesoro 4%, Renta fija 8%, Renta variable 10% y caja de ahorro 0,25%. Con el fin

de limitar los riesgos decide: Invertir no más del 10% en renta fija, a lo sumo 45% en renta variable, no superar el 80% en

letras del tesoro y renta fija, tener como mínimo el 4% en caja de ahorro. Formule MPL.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Letras del Tesoro LT.

x 2 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Renta Fija RF.

x 3 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Renta Variable RV.

x 4 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Caja de ahorro CdA.

Maximizar: Z = 0, 04x 1 + 0, 08x 2 + 0, 10x 3 + 0, 0025x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≤ 100000❷ ; x 2 ≤ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❸ ; x 3 ≤ 0, 45(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❹

{ x 1 + x 2 ≤ 0, 80(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❺ ; x 4 ≥ 0, 04(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❻ ; con: x j ≥ 0∀j (CNN)❼ }



PROBLEMA#62 Una empresa financiera dispone de 100 millones de Bs para invertir. Su objetivo es maximizar la

ganancia esperada para el año que viene. Sus posibilidades de financiación son las siguientes:

Activo Financiero Rentabilidad (%) Inversión(millones)

Renta variable 14 40

Letras del tesoro 12 70

Bonos del tesoro 10 30

Renta fija privada 13 20

A parte de las condiciones de rentabilidad e inversión máxima se considera que por razones de riesgo se deben cumplir,

adicionalmente, con las siguientes condiciones:

Por lo menos el 30% de las inversiones deben quedar invertidos en renta variable y letras del tesoro.

No más del 45% deben quedar invertidos en bonos del tesoro y renta fija privada.

No más del 30% debe quedar invertidos en renta variable y renta fija privada.

No debe quedar dinero sin invertir.

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Renta Variable RV.

x 2 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Letras del Tesoro LdT.

x 3 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Bonos del Tesoro BdT.

x 4 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en AF, Renta Fija Privada RFP.

Maximizar: Z = 0, 14x 1 + 0, 12x 2 + 0, 10x 3 + 0, 13x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 100000000❷ ; x 1 + x 2 ≥ 30000000❸ ; x 2 + x 4 ≤ 45000000❹ ; x 1 + x 4 ≤ 30000000❺

x 1 ≤ 40000000❻ ; x 2 ≤ 70000000❼ ; x 3 ≤ 30000000❽ ; x 4 ≤ 20000000❾ ; x j ≥ 0∀j (CNN)❿ }

PROBLEMA#63 Usted es presidente de una microempresa de inversiones que dedica a administrar las carteras de

acciones de varios clientes. Un nuevo cliente ha solicitado que la compañía se haga cargo de administrar para él una

cartera de Bs 100000. A ese cliente le agradaría restringir la cartera a una mezcla de tres tipos de acciones únicamente,

como podemos apreciar en la siguiente tabla. Formule usted un modelo de programación lineal para mostrar cuantas

acciones de cada tipo tendría que comprar usted con el fin de maximizar el rendimiento anual total estimada de esa

cartera.

Acciones Precio(Bs) Rendimiento Anual estimada/acción(Bs) Inversión posible(Bs)

N 60 7 60000

T 25 3 25000

R 20 3 30000

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de acciones a comprar de N.

x 2 = Cantidad de acciones a comprar de T.

x 3 = Cantidad de acciones a comprar de R.

Maximizar: Z = 7x 1 + 3x 2 + 3x 3 ❶

Sujeto a: 60x 1 + 25x 2 + 20x 3 ≤ 100000❷ ; 60x 1 ≤ 60000❸ ; 25x 2 ≤ 25000❹ ; 20x 3 ≤ 30000❺

{

con: x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#64 Un fabricante de pizzas congeladas produce dos tipos de pizzas simple y de lujo. Se obtiene una

ganancia de 0,50 bolivianos por cada pizza simple y 0,75 bolivianos de lujo. Se dispone de 150 libras de harina, y

dispone de 800 onzas de cubierta. En cada pizza simple se emplea una libra de harina y 4 onzas de cubierta, mientras

que en cada pizza de lujo se emplea una libra de harina y 8 onzas de cubierta. Se puede vender a lo más 75 pizzas de

lujo y 125 pizzas de simple. ¿Cuántas pizzas debe producir para maximizar las utilidades?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de pizzas de simple a fabricar.

x 2 = Cantidad de pizzas de lujo a fabricar.

Maximizar: Z = 0, 50x 1 + 0, 75x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 150❷ ; 4x 1 + 8x 2 ≤ 800❸ ; x 1 ≤ 125❹ ; x 2 ≤ 75❺ ; con: x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#65 Una compañía elabora dos tipos de sombreros. Cada sombrero del primer tipo requiere dos veces más

tiempo de mano que un producto del segundo tipo. Si todos los sombreros son exclusivamente del segundo tipo, la

compañía puede producir un total de 500 unidades al día. El mercado limita las ventas diarias del primero y segundo

tipos a 150 y 200 unidades. Supóngase que la ganancia que se obtiene por producto es Bs 8 para el tipo 1 y Bs 5 para el

tipo 2. Determine el número de sombreros de cada tipo que deben elaborarse para maximizar la ganancia.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de sombreros a ser elaborados del tipo 1.

x 2 = Número de sombreros a ser elaborados del tipo 2.

Max: Z = 8x 1 + 5x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 1x 2 ≤ 500❷ ; x 1 ≤ 150❸ ; x 2 ≤ 200❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }



PROBLEMA#66 Se elabora cuatro productos en forma sucesiva en dos máquinas. Los tiempos de manufactura en horas

por unidad de cada producto se tabulan para las dos máquinas:

El costo total de producción de una unidad de cada producto está basado directamente en el tiempo de la máquina.

Supóngase que el costo por horas de las maquinas 1 y 2 es Bs 10 y Bs 5 respectivamente. El total de horas

presupuestadas para todos los productos en las maquinas 1 y 2 son 500 y 380. Si el precio de venta unitario de los

productos 1, 2 3, y 4 son Bs 65, Bs 70, Bs 55 y Bs 45, formule el problema como un modelo de programación lineal para

maximizar la ganancia neta total. Analice la solución óptima.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades producidas del producto 1.




Max: Z = (65x 1 + 70x 2 + 55x 3 + 45x 4 ) − [10(2x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 2x 4 ) + 5(3x 1 + 2x 2 + 1x 3 + 2x 4 )]

Max: Z = 30x 1 + 30x 2 + 10x 3 + 15x 4 ❶

{ Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 2x 4 ≤ 500❷ ; 3x 1 + 2x 2 + 1x 3 + 2x 4 ≤ 380❸ ; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0; x j ≥ 0∀j (CNN)❹}

PROBLEMA#67 La Cámara de Industriales de la región periódicamente promueve servicios públicos, seminarios y

programas. Actualmente los planes de promoción para este año están en marcha. Los medios alternativos para realizar

la publicidad así como los costos y la audiencia estimados por unidad de publicidad, además de la cantidad máxima de

unidades de publicidad en que puede ser usado cada medio se muestran a continuación.

Restricciones Televisión Radio Prensa

Audiencia por unidad de publicidad 100000 18000 40000

Costo por unidad de publicidad Bs 2000 Bs 300 Bs 600

Uso máximo del medio 10 20 10

Para lograr un uso balanceado de los medios, la publicidad en radio no debe exceder el 50% del total de unidades de

publicidad autorizados. Además la cantidad de unidades solicitadas en televisión debe ser al menos 10% del total

autorizado. El presupuesto total para promociones se ha limitado a Bs 18500.

SOLUCIÓN:

x 1 = Unidades de publicidad a contrar en television.

x 2 = Unidades de publicidad a contrar en radio.

x 3 = Unidades de publicidad a contrar en prensa.

Maximo: Z = 100000x 1 + 18000x 2 + 40000x 3 ❶

Sujeto a: 2000x 1 + 300x 2 + 600x 3 ≤ 18500❷ ; x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 + x 3 )❸ ; x 1 ≥ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 )❹

{

x 1 ≤ 10❺ ; x 2 ≤ 20❻ ; x 3 ≤ 10❼ ; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0; x j ≥ 0∀j (CNN)❽ }

PROBLEMA#68 Un fabricante de muebles tiene 18 unidades de madera y 70 horas de mano de obra, durante de las cuales

fabricara biombos decorativos, con anterioridad, se han vendido bien dos modelos de manera que se limitara a producir estos

dos modelos. Estima que el modelo 1 requiera 4 unidades de madera y 10 horas de mano de obra del tiempo disponible,

mientras que el modelo 2 requiere 2 unidades de madera y 13 horas de mano de obra. Los precios de los modelos son 240 y 190

bolivianos respectivamente, y cada unidad de madera cuesta 7 bolivianos y cada hora de mano de hora cuesta 4,5 bolivianos.

¿Cuántos biombos de cada modelo debe fabricar si desea maximizar sus utilidades?

SOLUCIÓN:

Maquina

Tiempo por unidad (hr)

Producto 1 Producto 2 Producto 3 Producto 4

1 2 3 4 2

2 3 2 1 2

x 1 = Cantidad de biombos a fabricar del modelo1 .

x 2 = Cantidad de biombos a fabricar del modelo2.

Maximo: Z = (240 − 73)x 1 + (190 − 72, 50)x 2 = 167x 1 + 117, 50x 2 ❶

{ Sujeto a: 4x 1 + 2x 2 ≤ 18❷ ; 10x 1 + 13x 2 ≤ 70❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA#69 Una compañía elabora dos productos, A y B. el volumen de ventas del producto A es cuando menos el 60% de

las ventas totales de los dos productos. Ambos productos utilizan la misma materia prima, cuya disponibilidad diaria está

limitada a 100 lb. Los productos A y B utilizan esta materia prima a los índices o tasas de 2 lb/unidad y 4 lb/unidad,

respectivamente. El precio de venta de los dos productos es Bs 200 y Bs 400 por unidad. Determine la asignación óptima de la

materia prima a los dos productos.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de volumenes de ventas del producto A.

x 2 = Cantidad de volumenes de ventas del producto B.

Maximizar: Z = 200x 1 + 400x 2 ❶

{

Sujeto a: 2 x 1 + 4x 2 ≤ 100❷ ; x 1 ≥ 0, 60( x 1 + x 2 )❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }



PROBLEMA#70 Una persona tiene que desplazarse a diario de un pueblo 1 a otro pueblo 7. Está estudiando cuál es el

trayecto más corto usando un mapa de carreteras. Las carreteras y sus distancias están representadas en la figura

siguiente:

SOLUCIÓN:

x ij = Acción de desplazarse del pueblo i al pueblo j.

(0 indica que no hay desplazamiento y 1 que si hay desplazamiento)

Minimizar: Z = 12x 12 + 4x 13 + 5x 24 + 3x 25 + 2x 34 + 10x 36 + 5x 42 + 2x 43 + 10x 45 + 3x 52 + 10x 54 + 2x 57 + 10x 63 + 4x 67 ❶

Sujeto a:

x 12 + x 13 = 1(balance de caminos del pueblo 1)❷

x 24 + x 25 − x 12 − x 42 − x 52 = 0(balance de caminos del pueblo 2)❸

x 34 + x 36 − x 13 − x 43 − x 63 = 0(balance de caminos del pueblo 3)❹

x 42 + x 43 + x 45 − x 24 − x 34 − x 54 = 0(balance de caminos del pueblo 4)❺

x 52 + x 54 + x 57 − x 25 − x 45 = 0(balance de caminos del pueblo 5)❻

x 63 + x 67 − x 36 = 0(balance de caminos del pueblo 6)❼

−x 57 − x 67 = −1(balance de caminos del pueblo 7)❽

{

x ij ≥ 0∀ij (CNN) → x ij es booleana(0 no se asigna, 1 se lo asigna)❾ }

PROBLEMA#71 Una empresa constructora de barcos fabrica en sus dos astilleros tres tipos de barcos: A, B y C. Se

compromete a entregar anualmente a cierta compañía marítima 18 barcos de tipo A, 10 del tipo B y 6 del tipo C. El primer

astillero construye mensualmente 3 barcos tipo A, 2 tipo B y 1 tipo C, siendo el costo mensual de su funcionamiento de

5 millones de bolivianos, y el segundo astillero construye mensualmente 2 barcos tipo A, 1 tipo B y 2 tipo C, siendo el

costo mensual de su funcionamiento de 3 millones de bolivianos. ¿Cuántos meses al año deberá trabajar cada astillero

para que la empresa cumpla con el compromiso adquirido y consiga reducir al mínimo el costo de funcionamiento?

SOLUCIÓN:

x 1 = Números de meses que trabaja en el primer astillero.

x 2 = Números de meses que trabaja en el segundo astillero.

Minimizar: Z = 5000000x 1 + 3000000x 2 ❶

{

Sujeto a: 3x 1 + 2x 2 ≥ 18❷ ; 2x 1 + 1x 2 ≥ 10❸ ; 1x 1 + 2x 2 ≥ 6❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

}

PROBLEMA#72 Cierta marca comercial fábrica dos bebidas refrescantes: A y B. Cada litro de A le cuesta 90 Bolivianos y

cada litro de B 60 Bolivianos. Dispone de 180000 Bolivianos diarias para la elaboración de ambas bebidas, fabricando

como máximo (entre las dos) 2500 litros. Sabiendo que los márgenes comerciales (ganancias) son de 12 Bolivianos por

cada litro de A y de 10 Bolivianos por cada litro de B, ¿cuántos litros de A y de B deberá fabricar diariamente para

maximizar sus beneficios?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de litros(envases)a fabricar bebidas refrecantes de tipo A.

x 2 = Cantidad de litros(envases)a fabricar bebidasrefrecantes de tipo B.

Maximizar: Z = 12x 1 + 10x 2 ❶

Sujeto a:

90x 1 + 60x 2 ≤ 180000 (dinero disponible)❷

x 1 + x 2 ≤ 2500 (máximo de litros a fabricar entre las dos. )❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }



PROBLEMA#73 Una empresa tiene la exclusiva para la distribución de un producto en 4 poblaciones. En un estudio de

mercado se ha determinado la demanda potencial, según se muestra en la siguiente tabla:

Población 1 Población 2 Población 3 Población 4

3000 unidades 2000 unidades 2500 unidades 2700 unidades

Se sabe que los costos de transporte son de 0,02 Bs por Km y unidad transportada. La distancia entre los pueblos es la

que figura en la tabla siguiente:

Población 1 Población 2 Población 3 Población 4

Población 1 - 25Km 35Km 40Km

Población 2 25Km - 20Km 40Km

Población 3 35Km 20Km - 30Km

Población 4 40Km 40Km 30Km -

Para abaratar los costos de transporte se decide instalar un almacén con capacidad para 6000 unidades en dos de estas

cuatro poblaciones. Determinar en qué poblaciones deben instalarse los almacenes.

SOLUCIÓN:

x ij = cantidad enviada del almacen i a la poblacion j.

y i = almacen situada en la poblacion i (0 indica que no hay ningun almacen y 1 que si lo hay)

Minimizar: Z = 0, 5x 12 + 0, 7x 13 + 0, 8x 14 + 0, 5x 21 + 0, 4x 23 + 0, 8x 24 + 0, 7x 31 + 0, 4x 32 + 0, 6x 34 + 0, 8x 41 + 0, 8x 42 + 0, 6x 43 ❶

Sujeto a:

x 11 + x 21 + x 31 + x 41 ≥ 3000❷

x 12 + x 22 + x 32 + x 42 ≥ 2000❸

x 13 + x 23 + x 33 + x 43 ≥ 2500❹

x 14 + x 24 + x 34 + x 44 ≥ 2700❺

y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 2 → (solo se crearán dos almacenes)❻

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 6000 ∗ y 1 ❼

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 6000 ∗ y 2 ❽

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 6000 ∗ y 3 ❾

x 41 + x 42 + x 43 + x 44 ≤ 6000 ∗ y 4 ❿

{

x ij ≥ 0∀ij (CNN) → y i es booleana(0 no se crea un almacen, 1 se crea un almacen)❶❶ }

PROBLEMA#74 Un laboratorio prepara dos fármacos con las sustancias A y B. El primero se prepara con 2 unidades

de A y 1 de B, siendo su precio de 2000 bolivianos y el segundo con 1 unidad de A y 3 de B, siendo su precio de 3000

bolivianos. Sabiendo que el laboratorio dispone de un total de 700 unidades de A y 600 de B, ¿cuántos fármacos de cada

tipo deberá preparar con objeto de obtener el beneficio máximo? Justificar la respuesta.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades a preparar del primero fármaco.

x 2 = Número de unidades a preparar del segundo fármaco.

Maximizar: Z = 2000x 1 + 3000x 2 ❶

Sujeto a:

2x 1 + x 2 ≤ 700 (sustancia A)❷ ; x 1 + 3x 2 ≤ 600 (sustancia B)❸

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ Respuesta: x 1 = 300; x 2 = 100; Minímo de Z = 900000}

PROBLEMA#75 Un cliente del banco BNB dispone de 3000000 de Bs para adquirir fondos de inversión. El banco le

ofrece dos tipos de fondos A y B. El del tipo A tiene una rentabilidad del 12% y unas limitaciones legales de 1200000 Bs

de inversión máxima, el del tipo B presenta una rentabilidad del 8% sin ninguna limitación. Además este cliente desea

invertir en los fondos tipo B como máximo el doble de lo invertido en los fondos tipo A. a) ¿Qué cantidad de dinero debe

invertir en cada fondo para obtener un beneficio máximo? b) ¿Cuál será el valor de dicho beneficio máximo? Justificar

las respuestas.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de millones de Bs a invertir en el fondo tipo A.

x 2 = Cantidad de millones de Bs a invertir en el fondo tipo B.

Maximizar: Z = 0, 12x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 3000000❷

x 1 ≤ 1200000❸

x 2 ≤ 2x 1 ❹

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ Respuesta: x 1 = 1200000; x 2 = 1800000; Máximo de Z = 288000}



PROBLEMA#76 La oficina técnica coordinadora de cultivos (OTCC-Los Negros), tiene a su cargo la administración de 3

parcelas. El rendimiento agrícola de cada parcela está limitado tanto por la cantidad de tierra cultivable como por la

cantidad de agua asignada para regadío de la parcela por la comisión de aguas. Los datos proporcionados por este

organismo son los siguientes:

Parcela Tierra Cultivable(ha) Asignación de Agua (m 3 )

1 400 600

2 600 800

3 300 375

Las especies disponibles para el cultivo son la remolacha, trigo y maravilla, pero el ministerio de agricultura ha

establecido un número máximo de hectáreas que pueden dedicarse a cada uno de estos cultivos en las 3 parcelas en

conjunto, como lo muestra la siguiente tabla:

Especie

Consumo de Agua Cuota Máxima

Ganancia Neta

(m 3 /ha)

(ha)

(Bs/ha)

Remolacha 3 600 400

Trigo 2 500 300

Maravilla 1 325 100

Los dueños de las parcelas, en un acto de solidaridad social, han convenido que en cada parcela se sembrará la misma

fracción de su tierra cultivable. Sin embargo, puede cultivarse cualquier combinación en cualquiera de las parcelas.

La tarea que encara la OTCC es plantear cuantas hectáreas se deben dedicar al cultivo de las distintas especies en cada

parcela, de modo de maximizar la ganancia neta total para todas las parcelas a cargo de la OTCC.

SOLUCIÓN:

x i = Cantidad (ha) de remolacha a cultivar en la parcela i (i = 1, 2, 3)

y i = Cantidad (ha) de trigo a cultivar en la parcela i (i = 1, 2, 3)

z i = Cantidad (ha) de maravilla a cultivar en la parcela i (i = 1, 2, 3)

Max: J = 400(x 1 + x 2 + x 3 ) + 300(y 1 + y 2 + y 3 ) + 100(z 1 + z 2 + z 3 )❶

Sujeto a:

Restricción de tierra disponible por parcela:

Parcela 1 → x 1 + y 1 + z 1 ≤ 400❷

Parcela 2 → x 2 + y 2 + z 2 ≤ 600❸

Parcela 3 → x 3 + y 3 + z 3 ≤ 300❹

Restricción de agua disponible por parcela:

Parcela 1 → 3x 1 + 2y 1 + 1z 1 ≤ 600❺

Parcela 2 → 3x 2 + 2y 2 + 1z 2 ≤ 800❻

Parcela 3 → 3x 3 + 2y 3 + 1z 3 ≤ 375❼

Restricción de cuota máxima de cultivo por especie:

Remolacha → x 1 + x 2 + x 3 ≤ 600❽

Trigo → y 1 + y 2 + y 3 ≤ 500❾

Maravilla → z 1 + z 2 + z 3 ≤ 325❿

Restricción de misma proporción de tierra cultivable:

Parcela1 = Parcela2 ↔ (x 1 + y 1 + z 1 )

= (x 2 + y 2 + z 2 )

❶❶

400

600


= (x 3 + y 3 + z 3 )

❶❷

600

300


= (x 1 + y 1 + z 1 )

300

400 ❶❸

{

cnn: x i , y i , z i ≥ 0 i = 1, 2, 3❶❹

}

PROBLEMA#77 Usted dispone de Bs 20000 y decide colocarlos en caja de ahorros. Sus opciones se reducen a dos: Un

Banco que paga un interés del 5% y una cooperativa de ahorro que paga el 8%. Por razones de riesgo, decide invertir por

lo menos Bs 12000 en el banco y no más de Bs 6000 en la cooperativa. Determine la cantidad a colocar en cada

institución para obtener el máximo beneficio.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de Bs a colocar en caja de ahorro en Banco.

x 2 = Cantidad de Bs a colocar en caja de ahorro en Cooperativa.

Maximizar: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 20000❷ ; x 1 ≥ 12000❸ ; x 2 ≤ 6000❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }



PROBLEMA#78 Un granjero desea crear una granja de pollos de dos razas A y B. Dispone de 900000 Bs para invertir y

de un espacio con una capacidad limitada para 7000 pollos. Cada pollo de raza A le cuesta 100 Bs y obtiene con él un

beneficio de 100 Bs y cada pollo de raza B le cuesta 200 B y el beneficio es de 140 Bs por unidad. Si por razones

comerciales el número de pollos de la raza B no puede ser superior a los de la raza A, determinar justificando la

respuesta: a) ¿Qué cantidad de pollos de ambas razas debe comprar el granjero para obtener un beneficio máximo? b)

¿Cuál será el valor de dicho beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de pollos a comprar de la raza A.

x 2 = Cantidad de pollos a comprar de la raza B.

Maximizar: Z = 100x 1 + 140x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 700❷ ; 100x 1 + 200x 2 ≤ 900000❸ ; x 1 ≥ x 2 ❹

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ Respuesta: x 1 = 5000; x 2 = 2000; Máximo de Z = 780000}

PROBLEMA#79 Lía Vargas produce pinturas para interiores y exteriores, M1 y M2. La tabla siguiente proporciona los

datos básicos del problema.

Ton de materia prima de

Máxima disponibilidad

Pintura para exteriores Pintura para interiores

diaria

Materia Prima M1 6 4 24

Materia Prima M2 1 2 6

Utilidad por Ton(miles de Bs) 5 4

Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que 1 tonelada

más que la de pintura para exteriores. También, que la demanda máxima diaria de pintura para interiores es de 2

toneladas. Lía Vargas desea determinar la mezcla óptima (la mejor) de productos para exteriores y para interiores que

maximice la utilidad diaria total.

SOLUCIÓN:

x 1 = Toneladas producidas diariamente, de pintura para exteriores.

x 2 = Toneladas producidas diariamente, de pintura para interiores.


Sujeto a: 6x 1 + 4x 2 ≤ 24❷ ; 1x 1 + 2x 2 ≤ 6❸ ; x 2 − x 1 ≤ 1 ↔ x 2 ≤ 1 + x 1 ❹ ; x 2 ≤ 2❺

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ Respuesta: x 1 = 3; x 2 = 1, 5; Máximo de Z = 21000}

PROBLEMA#80 En Granjas Modelo se usa diariamente un mínimo de 800 libras (Ib) de un alimento especial, que es una

mezcla de maíz y soya, con las composiciones siguientes:

Alimento lb por lb de alimento Costo (Bs/lb)

Proteínas

Fibras

Maíz 0,09 0,02 0,30

Soya 0,60 0,06 0,90

Las necesidades dietéticas del alimento especial son un mínimo de 30% de proteínas y un máximo de 5% de fibras.

Granjas Modelo desea determinar las proporciones de alimento que produzcan un costo diario mínimo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libras de maíz en la mezcla diaria.

x 2 = Cantidad de libras de soya en la mezcla diaria.

Minimizar: Z = 0, 30x 1 + 0, 90x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≥ 800❷ ; 0, 09x 1 + 0, 60x 2 ≥ 0, 30(x 1 + x 2 )❸; 0, 02x 1 + 0, 06x 2 ≤ 0, 05(x 1 + x 2 )❹

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ Respuesta: x 1 = 470, 64; x 2 = 329, 4; Mínimo de Z = 437, 64 }

PROBLEMA#81 Una pequeña fábrica de muebles produce mesas y sillas. Tarda dos horas en ensamblar una mesa y 30

minutos en armar una silla. El ensamble lo realizan cuatro trabajadores sobre la base de un solo turno diario de 8 horas.

Los clientes suelen comprar cuando menos cuatro sillas con cada mesa, lo que significa que la fábrica debe producir

por lo menos cuatro veces más sillas que mesas. El precio de venta es de $us 150 por mesa y $us 50 por silla. Determine

la combinación de sillas y mesas en la producción diaria que maximizaría el ingreso total diario de la fábrica y comente

el significado de la solución obtenida.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de mesas a producir .

x 2 = Cantidad de sillas a producir.

Maximo: Z = 150x 1 + 50x 2 ❶

Sujeto a:

2x 1 + 0, 50x 2 ≤ 32❷

x 2 ≤ 4x 1 ó 4x 1 ≥ x 2 ❸ ↔ ó ↔ −4x 1 + x 2 = 0❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }



PROBLEMA#82 JVH1979 SA. Tiene un contrato para recibir 60000 libras de tomates maduros a 7 centavos de dólar por

libra, con los cuales produce jugo de tomate enlatado, así como pasta de tomate enlatado. Los productos enlatados se

empacan en cajas de 24 latas cada una. Una lata de jugo requiere 1 lb de tomates frescos en tanto que una de pasta

requiere solo 1/3 lb. La participación de la compañía en el mercado está limitada a 2000 cajas de jugo y 6000 cajas de

pasta. Los precios al mayoreo por caja de jugo y de pasta son $us 18 y $us 9, respectivamente. Genere un programa de

producción para esta compañía.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de cajas de 24 latas de Jugo de Tomate a producir .

x 2 = Cantidad de cajas de 24 latas de Pasta de Tomate a producir.

Nota: las cajas son de 24 latas

La función objetiva: PV → Max: Z = 18x 1 + 9x 2

Max: Z = 18x 1 + 9x 2 → vamos a máximizar el precio de venta❶

Sujeto a:

Una lata de jugo requiere una libra de tomate (24 latas requerirán 24 libras).

y una lata de pasta solo requiere 1 3 de libra (24 latas requerirán 24 1 = 8 libras) .

3

24x 1 + 8x 2 ≤ 60000❷

x 1 ≤ 2000❸

x 2 ≤ 6000❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

{ Respuesta: x 1 = 500cajas de 24 latas de jugo x 2 = 6000cajas de 24 latas de pasta Max: Z = 63000$us(precio de venta)}

OTRA FORMA AHORA LO VAMOS A RESOLVER EN FUNCIÓN DE UTILIDAD:

x 1 = Cantidad de cajas de 24 latas de Jugo de Tomate a producir .

x 2 = Cantidad de cajas de 24 latas de Pasta de Tomate a producir.

Max: Z → Utilidad = PV − Costos

Ingresos = 18 $us

caja x 1(caja) + 9 $us

caja x 2(caja) = $us → PV = 18x 1 + 9x 2

Costo = 7 Ctvos

lb

∗ 1lb lata

∗ 24

lata caja ∗ 1$us

100Ctvos x 1(cajas) + 7 Ctvos 1

lb ∗ 3 lb lata

∗ 24

1lata caja ∗ 1$us

100Ctvos x 2(cajas)

Costo = 1, 68x 1 + 0, 56x 2

Max: Z = (18 − 1, 68)x 1 + (9 − 0, 56)x 2

la funcion Objetiva Utilidad → Max: Z = 16, 32x 1 + 8, 44x 2 ❶

Sujeto a:

Una lata de jugo requiere una libra de tomate (24 latas requerirán 24 libras).

y una lata de pasta solo requiere 1 3 de libra (24 latas requerirán 24 1 = 8 libras) .

3

24x 1 + 8x 2 ≤ 60000❷

x 1 ≤ 2000❸

x 2 ≤ 6000❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

Respuesta: x 1 = 500cajas ; x 2 = 6000cajas Max: Z = 58800$us(Utilidad)

500 cajas ∗

24lb

8lb

= 12000libras ; 6000 cajas ∗

1cajas 1cajas = 48000libras

{

PV = Utilidad + Costo → PV = 58800 + 4200 → PV = 63000 }

Datos auxiliares del problema, se da en la siguiente tabla:

Variables Disponibilidad Costo Capacidad Requerimiento Demanda PV

(libras) (Ctvos/lb) (Latas/caja) de producción Mercado $us/caja

(Libras/lata) (cajas)

Jugo de

24 1 2000 18

tomate

Jugo de

24 1/3 6000 9

pasta

M.P. 60000 libras 7



PROBLEMA#83 Un pequeño banco asigna un máximo de Bs 20000 para préstamos personales y para automóvil durante

el mes siguiente. El banco cobra una tasa de interés anual de 14% a préstamos personales y de 12% a préstamos para

automóvil. Ambos tipos de préstamos se saldan en periodos de tres años. El monto de los préstamos para automóvil

debe ser cuando menos dos veces mayor que el de los préstamos personales. La experiencia pasada ha demostrado

que los adeudos no cubiertos constituyen 1% de todos los préstamos personales. ¿Cómo deben asignarse los fondos?

SOLUCIÓN:

x 1 = Monto de Bs asignado a los préstamos para personales.

x 2 = Monto de Bs asignado a los préstamos para automóviles.

Funcion Objetiva es Maximizar

Debemos maximizar los ingresos del banco, pues el objeto de asignar préstamos es recaudar dinero por el servicio

de intermediación financiera, que para este caso está determinado por el 14% para Personal y 12% para Automóvil.

Sin embargo, el banco deja de recibir dinero por concepto de préstamos incobrables, los dineros que deja de recibir

se clasifican en Monto de Capital y Monto de los Intereses.

El Monto de Capital que deja de recibir el banco, por incobrables; se calcula obteniendo el 1% del monto de los

préstamos personales, la fórmula es: Incobrables = (0, 01)x 1

El Monto de los Intereses que dejan de recibirse por incobrables, se calcula obteniendo el 14% del Monto del

Capital incobrable, la fórmula es Interés Incobrable = 0, 14{(0, 01)x 1 }

Por todo lo anterior, la fórmula de la Función Objeto se construye así:

Max: Z = 0, 14x 1 + 0, 12x 2 − (0, 01)x 1 − 0, 14{(0, 01)x 1 } → vamos a máximizar

Max: Z = (interés de los préstamos personales) + (interés de los préstamos automóvil) − (capital perdido)

−(intereses del capital perdido)

Donde a los posibles ingresos (0, 14x 1 + 0, 12x 2 ), se descuenta lo que ni se vá a recibir con sus respectivos

intereses{−(0, 01)x 1 − 0, 14(0, 01)x 1 }

Agrupamos los terminos con la variable x 1 , la ecuacion queda asi:

Max: Z = 0, 14x 1 − 0, 01x 1 − 0, 0014x 1 + 0, 12x 2

Max: Z = 0, 1286x 1 + 0, 12x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 20000❷

x 2 ≥ 2x 1 ❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

El enunciado dice que los préstamos para automóvil deben ser mayor en dos veces a los personales; usando la

siguiente tabla para ilustrar que la restricción debe ser: x 2 ≥ 2x 1

x 1 5000 10000 15000 20000 Variable independiente

x 2 10000 20000 30000 40000 Variable dependiente

Otra forma de resolver en forma directa:

Utilidad = intereses − adeudos no cubiertos

Intereses = (0, 99)0, 14x 1 + 0, 12x 2

Adeudos = 0, 01x 1

Utilidad = 0, 1286x 1 + 0, 1200x 2

Max: Z = 0, 1286x 1 + 0, 12x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 20000❷

x 2 ≥ 2x 1 ↔ −2x 1 + x 2 ≥ 0❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹

{ Respuesta: x 1 = 6667 ; x 2 = 13333 Max: Z = 2457, 33 }

PROBLEMA#84 Un alumno de cuarto semestre de UAGRM comprende que “solo el trabajo y nada de diversión hace a

una persona aburrida”. Como resultado quiere distribuir su tiempo disponible de alrededor 10 hrs. Al día, entre estudio y

diversión. Calcula que el juego es dos veces más importante que el estudio. También quiere estudiar por lo menos tanto

como juega. Sin embargo comprende que si quiere terminar todas sus tareas universitarias, no puede jugar más de

cuatro horas. Plantear el modelo que maximice su satisfacción tanto en el estudio como en el juego. Plantear modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de horas a distribuir al Juego.

x 2 = Cantidad de horas a distribuir al Estudio.

Max: Z = 2x 1 + 1x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 10❷ ; x 1 ≤ 4 ❸ ; x 2 ≥ x 1 ❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

{ respuesta: x 1 = 4 ; x 2 = 6 ; Máximo: Z = 14 }



PROBLEMA#85 Una compañía tiene un contrato para recibir 60000 libras de tomate a 8 bolivianos cada 2 libras de las

cuales producirá jugos de tomate y puré de tomates en latas de 2 libras y son empacados en cajas de 12 latas cada una.

Una lata de jugo requiere 1 libra de tomate fresco en tanto que una puré, requiere 4/3 de libra. El resto de la lata de jugo

de tomate tiene otros ingredientes conservantes al igual que la lata de puré. La utilidad por caja de jugos y de puré es de

42 y 24 bolivianos respectivamente, el costo de otros ingredientes para cada lata es de 5 bolivianos por libra y solo se

tiene disponible de 50000 libras.

SOLUCIÓN:

( x 1 = Jugos de tomate

) Latas de 2 libras

x 2 = Puré de tomate

8 Bs

Costo de tomate =

2 libras = 4 Bs

libra

5 Bs Bs

Costo de otros ingredientes =

1 libra = 5 libra

Costo de jugo tomate = costo tomate + costo de otros ingredientes = 4 Bs

lb ∗1 lb Bs 1lb Bs

+ 5 ∗1 = 9

Lata lb Lata Lata

1

lb 1lb

+1 = 2 libras

Lata Lata

Costo de puré tomate = costo tomate + costo de otros ingredientes = 4 Bs

lb ∗4 lb Bs

+ 5

3 Lata lb ∗2 1lb

3 Lata = 26 Bs

3 Lata

4 lb

3 Lata +2 1lb

= 2 libras

3 Lata

Nota: 1 cajas = 12 latas ;

Utilidad de jugo tomate = 42 Bs

caja = 42 Bs

12 latas = 7 Bs

= 3, 50Bs/lata

2 lata

Utilidad de puré tomate = 24 Bs

caja = 24 Bs

12 latas = 2Bs/lata

Entonces: Precio de Venta = Utilidad + Costo

Max: Z PV = ( 7 2 + 9) x 1 + (2 + 26

3 ) x 2 = 25

2 x 1 + 32

3 x 2❶

Sujeto a:

1x 1 + 4 3 x 2 ≤ 60000 (restriccion de tomate)❷

1x 1 + 2 3 x 2 ≤ 50000 (restriccion de otros ingredientes)❸

{

x j ≥ ∀j condiciones de no negatividad❹

Respuesta: x 1 = 40000 lb de 2 libras ; x 2 = 15000 lb de 2 libras ; Max: Z PV = 660000 }

PROBLEMA#86 Una empresa fabrica y vende dos tipos de bombas hidráulicas 1 normales y 2 extra grandes. El proceso

de manufactura asociado en la fabricación de las bombas: ensamblado, pintura y prueba. La contribución a las

utilidades por la venta de una bomba normal es de $us 50 y la utilidad de una bomba extra grande $us 75. Existen

disponibles por semana 4800 horas de tiempo de ensamble, 1980 de tiempo de pintura y 900 horas de tiempo de prueba.

Se espera vender cuando menos 300 bombas normales y a lo más 180 de las extras grandes por semana.

Tipo Tiempo de ensamble Tiempo de pintando Tiempo de prueba

Normal 3,6 1,6 0,6

Extra grande 4,8 1,8 0,6

Plantear el modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de bombas normales.

x 2 = Número de bombas extra grandes.

Máximo: Z = 50x 1 + 75x 2 ❶

Sujeto a:

3, 6x 1 + 4, 8x 2 ≤ 4800❷

{

1, 6x 1 + 1, 8x 2 ≤ 1980❸

0, 6x 1 + 0, 6x 2 ≤ 900❹

x 1 ≥ 300❺

x 2 ≥ 0❻

x 2 ≤ 180❼

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❽

respuesta: x 1 = 1035 ; x 2 = 180 ; Máximo: Z = 65250 }



PROBLEMA #87 Una empresa fabrica los productos A, B y C y puede vender todo lo que produzca a los siguientes

precios: A 700; B 3500; C 7000. Producir cada unidad de A necesita 1 hora de trabajo. Producir una unidad de B necesita

2 horas de trabajo, más 2 unidades de A. Producir una unidad de C necesita 3 horas de trabajo, más 1 unidad de B.

Cualquier unidad de A utilizada para producir B, no puede ser vendida. Similarmente cualquier unidad de B utilizada para

producir C, no puede ser vendida. Para este período de planificación están disponibles 40 horas de trabajo. Formule y

Construya el modelo Lineal que maximice los ingresos de la empresa.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades producidas de A en total.

x 2 = Cantidad de unidades producidas de B en total.

x 3 = Cantidad de unidades producidas de C en total.

x 4 = Cantidad de unidades para ser vendidas de A.

x 5 = Cantidad de unidades para ser vendidas de B.

Max: Z = 700x 1 + 3500x 2 + 7000x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + 3x 3 ≤ 40❷ ; x 1 = x 4 + 2x 2 ❸ ; x 2 = x 5 + x 3 ❹

{ con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA #88 La D & M POWER, fabrica tres tipos de aisladores de uso industrial en compañías de servicios

electrónicos: aisladores de aplicación general, de aplicación especial y de alto voltaje. Cada producto pasa a través de

tres operaciones de producción en la planta de la D & M: horneado, lavado y laminado y pulimiento. Sólo existe

disponible de una máquina en cada una de las respectivas operaciones. La tasa de producción (en unidades por hora)

para cada tipo de aislador, y en cada operación se muestran en tabla N° 02. Los costos de las materias primas asociados

con la fabricación de los aisladores son de Bs 5 (aplicación general), Bs 6 (aplicación especial) y Bs 10 (alto voltaje). Los

costos por hora de las respectivas operaciones de producción son: Bs 250 (horneado), Bs 200 (lavado y laminado), y Bs

100 (pulimiento). Los precios unitarios de venta son Bs 25,00, Bs 39,75 y Bs 67,50 para los tres productos

respectivamente. A la compañía le gustaría asignar el tiempo utilizado en las diferentes operaciones de manera que se

maximicen las utilidades por hora.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades por hora de aisladores de aplicación general que se fabrican.

x 2 = Número de unidades por hora de aisladores de aplicación especial que se fabrican.

x 3 = Número de unidades por hora de aisladores de alto voltaje general que se fabrican.

Max: Z = 6x 1 + 7, 5x 2 + 17, 5x 3 ❶

Sujeto a:

0, 02x 1 + 0, 025x 2 + 0, 04x 3 ≤ 1 ❷

0, 025x 1 + 0, 05x 2 + 0, 10x 3 ≤ 1❸

0, 04x 1 + 0, 01x 2 + 0, 10x 3 ≤ 1❹

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN❺ }

Datos auxiliares para determinar la función objetiva:

A.APLICACIÓN GENERAL A.APLICACIÓN ESPECIAL A.APLICACION ALTO VOLTAJE

PRECIO DE VENTA 25 39,75 65,50

COSTO DE OPERACIÓN

HORNEADO 250/50 =5 250/40 =6,25 250/25 =10

LAVADO Y LAMINADO 200/40 =5 200/20 =10 200/10 =20

PULIMIENTO 100/25 =4 100/10 =10 100/10 =10

COSTO DE MATERIALES 5 6 10

COSTO UNITARIO TOTAL 19 32,25 50

UTILIDAD UNITARIO 6 7,5 17,5

COSTO POR HORA SON: 250 Bs (HORNEADO), 200 Bs (LAVADO Y LAMINADO), 100 Bs (PULIMIENTO).



PROBLEMA #89 Una empresa cuyo giro es la fabricación de puertas y ventanas de vidrio. Los marcos de aluminio y la

herrería se hacen en la planta 1, los marcos de madera se hacen en la planta 2 y en la planta 3 se produce el vidrio y

además se efectúa el montaje de los productos. La información necesaria se resume en la tabla siguiente:

Planta Puertas Ventanas Disponibilidades Costo Unitario

1 10 0 400 3200

2 5 4 420 2600

3 7 3 420 4000

Precio de venta unitario 86000 30000

Determinar la solución óptima.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de puertas a fabricar.

x 2 = Número de ventanas a fabricar.

Máximo: Z = (86000 − 73000)x 1 + (30000 − 22400)x 2 = 13000x 1 + 7600x 2 ❶

{

Sujeto a: 10x 1 + 0x 2 ≤ 400❷ ; 5x 1 + 4x 2 ≤ 420 ❸ ; 7x 1 + 3x 2 ≤ 420❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❺ }

PROBLEMA #90 MUEBLES JVH1979 Compañía, un fabricante de muebles de oficina, produce dos tipos de muebles de

escritorio: ejecutivos y secretariales. La compañía tiene dos plantas en las que fabrica los escritorios. La planta 1, que

es una planta antigua opera con doble turno 80 horas por semana. La planta 2, que es una planta más nueva y no opera

a su capacidad total. Sin embargo, y dado que los administradores planean operar la segunda planta con base en un

turno doble como el de la planta 1, se han encontrado operadores para que trabajen en los dos turnos. En estos

momentos, cada turno de la planta 2 trabaja 25 horas por semana. No se paga ninguna prima adicional a los

trabajadores del segundo turno, la tabla N° 03 muestra el tiempo de producción (en horas por unidad) y los costos

estándar (en bolivianos por unidad) en cada planta. La compañía ha competido con éxito en el pasado asignado un

precio de Bs 350 a los escritorios ejecutivos. Sin embargo, parece que la compañía tendrá que reducir el precio de los

escritorios secretariales a Bs 275 con el objetivo de estar en posición competitiva. La compañía ha estado

experimentando exceso de costos en las últimas ocho a diez semanas; por tanto, los administradores han fijado una

restricción presupuestaria semanal sobre los costos de producción. El presupuesto semanal para la producción total de

escritorios ejecutivos es de Bs 2000, en tanto que el presupuesto para los escritorios secretariales es de Bs 2200. A los

administradores les gustaría determinar cuál es el número de cada clase de escritorios que deben fabricarse en cada

planta con el objeto de maximizar las utilidades.

TABLA N°3

Tiempo(horas) y Costos(bolivianos):MUEBLES JVH1979

Tiempo de producción(horas/unidad)

Costo estándar(bolivianos/unidad)

Planta 1 Planta 2 Planta 1 Planta 2

Escritorios ejecutivos 7 6 250 260

Escritorios secretariales 4 5 200 180

1.- No se dispone de más de 80 horas para la producción combinada de escritorios en la planta 1.

2.- No se dispone de más de 50 horas para la producción combinada de escritorios en la planta 2.

3.- Los costos asociados con la producción combinada de escritorios ejecutivos en las dos plantas no deben exceder Bs 2000.

4.- Los costos asociados con la producción combinada de escritorios secretariales en las dos plantas no deben exceder Bs 2200.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades de escritorios ejecutivos que se fabrican en la planta 1.

x 2 = Número de unidades de escritorios secretariales que se fabrican en la planta 1.

x 3 = Número de unidades de escritorios ejecutivos que se fabrican en la planta 2.

x 4 = Número de unidades de escritorios secretariales que se fabrican en la planta 2.

Max: Z = (350 − 250)x 1 + (275 − 200)x 2 + (350 − 260)x 3 + (275 − 180)x 4

Max: Z = 100x 1 + 75x 2 + 90x 3 + 95x 4 ❶

Sujeto a:

7x 1 + 4x 2 ≤ 80 (limitacion del tiempo de producción en la planta 1) ❷

6x 3 + 5x 4 ≤ 50 (limitacion del tiempo de producción en la planta 2)❸

250x 1 + 260x 3 ≤ 2000 (restriccion de costos de los escritorios ejecutivos) ❹

200x 2 + 180x 4 ≤ 2200 (restriccion de costos de los escritorios secretariales)❺

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }



PROBLEMA #91 La Compañía XYZ produce tornillos y clavos. La materia Prima para los tornillos cuesta Bs 2 por

unidad, mientras que la materia prima para el clavo cuesta Bs 2,50. Un clavo requiere dos horas de mano de obra en el

departamento N° 1 y tres en el departamento N° 2, mientras que un tornillo requiere 4 horas en el departamento N° 1 y 2

horas en departamento N° 2, el jornal por hora en ambos departamentos es de Bs 2. Si ambos productos se venden a Bs

18, y el número de horas de mano de obra disponibles por semana en los departamentos son de 160 y 180

respectivamente. Expresar el problema propuesto como un programa lineal, tal que maximice las utilidades.

SOLUCIÓN:

DPTO 1 DPTO2 MP JORNAL PRECIO

CLAVOS 2 horas 3 horas 2,5Bs/ud 2Bs/hr 18Bs/hra

TORNILLOS 4 horas 2 horas 2 Bs/ud 2Bs/hr 18Bs/hra

DISPONIBILIDAD 160 hrs/semana 180 hrs/semana

x 1 = Número de clavos a producirse por semana.

x 2 = Número de tornillos a producirse por semana.

Máximo: Z = (18 − 10 − 2, 5)x 1 + (18 − 12 − 2)x 2 = 5, 5x 1 + 4x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 4x 2 ≤ 160❷ ; x 1 + 2x 2 ≤ 180❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❹

}

PROBLEMA #92 Un fabricante cuyo negocio es mezclar aguardiente, compra tres grados A, B, y C. Los combina de

acuerdo a las recetas que especifican los porcentajes máximo y mínimo de los grados A y C en cada mezcla. Estos

porcentajes se dan en la tabla N° 1.

TABLA N° 1 ESPECIFICACIONES DE MEZCLAS

MEZCLA ESPECIFICACION PRECIO POR BOTELLA

Súper fuerte

No menos de 60% de A

Bs 6,80

No más de 20% de C

Fuerte

No más de 60% de C

Bs 5,70

No menos de 15% de A

Menos Fuerte No más de 50% de C Bs 4,50

La provisión de los tres grados de aguardientes básicos, junto con sus costos se presente en la tabla N° 2.

TABLA N° 2 DISPONIBILIDAD Y COSTOS DE AGUARDIENTE

AGUARDIENTE MAXIMA CANTIDAD DISPONIBLE BOTELLAS POR DIA COSTO POR BOTELLA

A 2000 Bs 7,00

B 2500 Bs 5,00

C 1200 Bs 4,00

Indique cómo se obtiene la primera matriz en un modelo de programación lineal de una política de producción que haga

máxima la ganancia.

SOLUCIÓN:

x 11 = Cantidad de A usada para el super fuerte.

x 21 = Cantidad de B usada para el super fuerte.

x 31 = Cantidad de C usada para el super fuerte.

x 12 = Cantidad de A usada para el fuerte.

x 22 = Cantidad de B usada para el fuerte.

x 32 = Cantidad de C usada para el fuerte.

Max: Z = 6, 80(x 11 + x 21 + x 31 ) + 5, 7(x 12 + x 22 + x 32 ) − {7(x 11 + x 12 ) + 5(x 21 + x 22 ) + 4(x 31 + x 32 )} ❶

Sujeto a:

x 11 + x 12 ≤ 2000❷ ; x 21 + x 22 ≤ 2500❸ ; x 31 + x 32 ≤ 1200❹

x 11 ≥ 0, 60(x 11 + x 21 + x 31 )❺ ; x 31 ≤ 0, 20(x 11 + x 21 + x 31 )❻ ; x 32 ≤ 0, 60(x 12 + x 22 + x 32 )❼

{

x 12 ≥ 0, 15(x 12 + x 22 + x 32 )❽; con: x ij ≥ 0∀j: i = 1, 2, 3; j = 1, 2 (CNN)❾ }

PROBLEMA#93 Un veterinario ha recomendado que durante un mes, un animal enfermo tome diariamente para su

recuperación, al menos, 4 unidades de hidratos de carbono, 23 de proteínas y 6 de grasa. En el mercado se encuentran

dos marcas de pienso, A y B, con la siguiente composición:

MARCA HIDRATOS PROTEINAS GRASA PRECIO

A 4 6 1 Bs 1

B 1 10 6 Bs 1,6

¿Cómo deben combinarse ambas marcas para obtener la dieta deseada al mínimo precio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de pienso de la marca A.

x 2 = Cantidad de pienso de la marca B.

Mínimo: Z = 1x 1 + 1, 6x 2 ❶

{

Sujeto a: 4x 1 + 1x 2 ≥ 4❷ ; 6x 1 + 10x 2 ≥ 23❸ ; 1x 1 + 6x 2 ≥ 6❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❺ }



PROBLEMA#94 Un fabricante de coches lanza una oferta especial en dos de sus modelos, ofreciendo el modelo A a un

precio de 1,5 millones de Bs, y el modelo B en 2 millones. La oferta está limitada por las existencias, que son 20 coches

del modelo A y 10 del B, queriendo vender, al menos, tantas unidades de A como de B. Por otra parte, para cubrir gastos

de esa campaña, los ingresos obtenidos en ella deben ser, al menos de 6 millones de Bs. ¿Cuántos coches de cada

modelo deberá vender para maximizar sus ingresos?

SOLUCIÓN:

VD

x 1 = Cantidad de coches vendidas del modelo A.

x 2 = Cantidad de coches vendidas del modelo B.

→

Mínimo: Z = 1500000x 1 + 2000000x 2 ❶

Sujeto a:

{ x 1 ≤ 20❷; x 2 ≤ 10❸; 1500000x 1 + 2000000x 2 ≥ 6000000❹ ; x 1 ≥ x 2 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0 (x j ≥ 0∀j)❻ }

PROBLEMA#95 Nos proponemos alimentar el ganado de una granja con una dieta que sea la más económica posible.

Dicha dieta debe contener cuatro tipos de nutrientes que llamamos A, B, C, y D. Estos componentes se encuentran en

dos tipos de piensos M y N. La cantidad, en gramos, de cada componente por kilo de estos piensos viene dada en la

tabla siguiente:

A B C D

M 100 - 100 200

N - 100 200 100

La dieta diaria de un animal debe estar compuesta por al menos 0,4 Kg del componente A, 0,6 Kg del componente B, 2

Kg del componente C, y 1,7 Kg del componente D. El compuesto M cuesta 0,2 Bs/Kg y el compuesto N 0,08 Bs/Kg. ¿Qué

cantidades de piensos M y N deben adquirirse para que el gasto de comida sea el menor posible?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de pienso M a adquirir en kilogramos.

x 2 = Cantidad de pienso N a adquirir en kilogramos.

Minimo: Z = 0, 20x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a: 0, 10x 1 + 0x 2 ≥ 0, 40❷ ; 0x 1 + 0, 10x 2 ≥ 0, 60❸ ; 0, 10x 1 + 0, 20x 2 ≥ 2❹ ; 0, 20x 1 + 0, 10x 2 ≥ 1, 7❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#96 Una empresa consultora tiene en cartera realizar una serie de proyectos de dos tipos A y B, cuyo costo

de desarrollo unitario es el mismo. Las necesidades de analistas, programadores y terminales para cada tipo de

proyecto se indican en la tabla siguiente.

TIPO Nº de programadores Nº de analistas Nº de terminales

A 2 2 3

B 3 6 1

Estos proyectos pueden realizarse bien total o parcialmente y el deseo de la empresa es minimizar el costo de desarrollo

de los proyectos que se vayan a ejecutar. Los condicionantes para el desarrollo de estos proyectos son: al menos 10

programadores y 5 analistas deben estar ocupados en ellos y se cuenta únicamente con 6 terminales.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de proyectos a realizar del tipo A.

x 2 = Cantidad de proyectos a realizar del tipo B.

Minimo: Z = 100x 1 + 100x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 ≥ 10❷ ; 2x 1 + 6x 2 ≥ 5❸ ; 3x 1 + 1x 2 = 6❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

PROBLEMA#97 En un almacén se guarda aceite de girasol y de oliva. Para atender a los clientes se han de tener

almacenados un mínimo de 20 bidones de aceite de girasol y 40 de aceite de oliva y, además, el número de bidones de

aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol. La capacidad total del almacén

es de 150 bidones. Sabiendo que el gasto de almacenaje es el mismo para los dos tipos de aceite (1 unidad monetaria).

¿Cuántos bidones de cada tipo habrá que almacenar para que el gasto sea máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de bidones de aceite de girasol.

x 2 = Número de bidones de aceite de oliva.

Máximo: Z = 1x 1 + 1x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 150❷ ; x 1 ≥ 20❸ ; x 2 ≥ 40❹ ; x 2 ≥ x 1

2 ❺

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻ Respuesta: x 1 = 100; x 2 = 50; Máximo de Z = 150}



PROBLEMA#98 Banco Unión está desarrollando una política de préstamos por un máximo de doce millones de

bolivianos. La tabla siguiente muestra los datos relevantes de cada tipo de préstamo. Las deudas impagables no se

recuperan y no producen ingresos por intereses. Para competir con otras instituciones financieras se necesita que el

banco asigne un mínimo de un 40% de los fondos a préstamos agrícolas y comerciales. Para ayudar a la industria de la

construcción de su región, los préstamos para vivienda deben ser iguales, cuando menos, al 50% del conjunto los

préstamos personales, para automóvil y vivienda. También el banco tiene una política explícita de que no permite que la

relación general de préstamos impagables entre todos los préstamos sea mayor o igual que el 4 %. Y los interés

(ganancias) que cobra el Banco son 14%, 13%, 12%, 12.5% y 10% respectivamente para cada tipo de préstamo.

Tipo de Préstamo Tasa de interés %de deuda impagable

Personal 0,140 10

Automóvil 0,130 7

Casa 0,120 3

Agrícola 0,125 5

Comercial 0,100 2

SOLUCIÓN:

x 1 = Dinero invertido en préstamos personales.

x 2 = Dinero invertido en préstamos para automóviles.

x 3 = Dinero invertido en préstamos para vivienda(Casa).

x 4 = Dinero invertido en préstamos agrícolas.

x 5 = Dinero invertido en préstamos comerciales.

Maximizar: Z = (0, 9)(0, 14)x 1 + (0, 93)(0, 13)x 2 + (0, 97)(0, 12)x 3 + (0, 95)(0, 125)x 4

+(0, 98)(0, 10)x 5 − {0, 10x 1 + 0, 07x 2 + 0, 03x 3 + 0, 05x 4 + 0, 02x 5 }❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≤ 12000000❷ ; x 4 + x 5 ≥ 0, 40(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 )❸ ; x 3 ≥ 0, 5(x 1 + x 3 + x 2 )❹

0, 10x 1 + 0, 07x 2 + 0, 03x 3 + 0, 05x 4 + 0, 02x 5 ≤ 0, 04(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 )❺ ; x j ≥ 0∀j (CNN)❻

{

La cantidad de dinero disponible del banco union son 12 millones de bolivianos. }

PROBLEMA#99 Un inversor que tiene Bs 25000 quiere determinar la mejor cartera de inversión en activos financieros.

La rentabilidad esperada, a fin de año, seria: renta variable 12%, bonos del tesoro 5%, renta fija 9% y caja de ahorro

0.5%. Con el fin de limitar los riesgos decide: Invertir a lo sumo 45% en la renta variable, no más del 10% en la renta fija,

no superar el 75% en bonos del tesoro y renta fija, tener como mínimo el 5% en caja de ahorros. Formule el MPL.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en Cartera, Renta Variable RV.

x 2 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en Cartera, Bonos del Tesoro BdT.

x 3 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en Cartera, Renta Fija RF.

x 4 = Cantidad de dinero de Bs a invertir en Cartera, Caja de ahorro CdA.

Maximizar: Z = 0, 12x 1 + 0, 05x 2 + 0, 09x 3 + 0, 005x 4 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≤ 25000❷

x 1 ≤ 0, 45(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❸

x 3 ≤ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❹

x 2 + x 3 ≤ 0, 75(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❺

x 4 ≥ 0, 05(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❻

{

x j ≥ 0∀j (CNN)❼ }

PROBLEMA#100 Usted tiene Bs 100000 para invertir. Su objetivo es maximizar la ganancia. Planea invertir en: letras del

tesoro(LT), depósito a plazo fijo(DPF) y Bonos(B). Cuya rentabilidad es 8%,10% y 12% respectivamente. Por razones de

riesgo, la inversión en LT y DPF no debe exceder el 50%, invertir por lo menos el 40% en DPF y B, no más del 30% en LT

y B (todo el dinero se invierte).

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de miles de Bs a invertir en letras del tesoro(LT).

x 2 = Cantidad de miles de Bs a invertir en depósito a plazo fijo (DPF).

x 3 = Cantidad de miles de Bs a invertir en bonos (B).

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 = 25000❷

x 1 + x 2 ≤ 50000❸

x 2 + x 3 ≥ 40000❹

x 1 + x 3 ≤ 30000❺

{

x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }



PROBLEMA#101 Una planta armadora de radios produce dos modelos, R1 y R2, en la misma línea de ensamble. La línea

de ensamble consta de tres estaciones. Los tiempos de ensamble en las estaciones de trabajo son:

Estación de trabajo

Minutos por unidad de

R1

R2

1 6 4

2 5 5

3 4 6

Cada estación de trabajo tiene una disponibilidad máxima de 480 minutos por día. Sin embargo, las estaciones de

trabajo requieren mantenimiento diario, que contribuye al 10%, 14% y 12% de los 480 minutos totales de que se dispone

diariamente para las estaciones 1, 2 y 3 respectivamente. La compañía desea determinar, las unidades diarias que se

ensamblaran de R1 y R2 a fin de minimizar la suma de tiempos no ocupados (inactivos) en las tres estaciones.

SOLUCIÓN:

x 1 = Unidades diarias del modelo R1 a producir.

x 2 = Unidades diarias del modelo R2 a producir.

x j = Tiempo ocioso en la estación j(j = 3, 4, 5).

Tiempo total para cada estación de trabajo es: 480(0, 90) = 432 480(0, 86) = 412, 8 480(0, 88) = 422, 4

x 3 = Tiempo disponible − (6x 1 + 4x 2 )



Min: Z = ∑ tiempos disponibles − (15x 1 + 15x 2 ) ó

Max: Z = 15x 1 + 15x 2 ❶

Sujeto a:

{

6x 1 + 4x 2 ≤ 432❷; 5x 1 + 5x 2 ≤ 413❸; 4x 1 + 6x 2 ≤ 422❹; con: x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }

PROBLEMA#102 Un granjero posee 200 cerdos que consumen 90 libras de comida especial todos los días. El alimento

se prepara como una mezcla de maíz y harina de soya con las siguientes composiciones:

Libras por libras

Costo Bs/libra

Alimento

Calcio Proteína Fibra

Maíz 0,001 0,09 0,02 0,2

Harina de Soya 0,002 0,6 0,06 0,6

Los requisitos de alimento de los cerdos son: Cuando menos 1% de calcio, del total que consume. Por lo menos 30% de

proteína, del total que consume. Un máximo 5% de fibra, del total que consume. Determine la mezcla de alimentos con el

mínimo de costo por día.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de maíz a mezclar diariamente libra por libra para comida especial.

x 2 = Cantidad de harina de soya a mezclar diariamente libra por libra para comida especial.

Min: Z = 0, 2x 1 + 0, 6x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 = 90 → mezcla❷ ; 0, 001x 1 + 0, 002x 2 ≤ 90(0, 01)❸ ; 0, 09x 1 + 0, 60x 2 ≥ 90(0, 30)❹

{

0, 02x 1 + 0, 06x 2 ≤ 90(0, 05)❺ ; con: x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

PROBLEMA#103 JVH SA. Tiene un contrato para recibir 60000 libras de tomates maduros a 7 $us/lb de las cuales

producirá jugo de tomate y puré de tomates enlatados. Los productos enlatados se empacan en cajas de 24 latas cada

una. Una lata de jugo requiere 1 lb de tomates frescos en tanto que una de puré requiere solo 1/3 lb. La participación de

la compañía en el mercado está limitada a 2000 cajas de jugo y 6000 cajas de puré. Los precios al mayoreo por caja de

jugo y de puré son $us 18 y $us 9, respectivamente. Genere un programa de producción para esta compañía.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libras de tomate maduro que se usarán para Jugo de Tomate .

x 2 = Cantidad de libras de tomate maduro que se usarán para Puré de Tomate.

18 $us

9 $us

caja

caja

PV = (

24 latas

caja ∗ 1 lb ) x 1 + (

24 latas

lata

caja ∗ 1 ) x

lb 2

3 lata

Max: Z = 0, 75x 1 + 1, 125x 2 → vamos a máximizar el precio de venta❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 60000❷

x 1

24 ≤ 2000 ↔ x 1 ≤ 48000(cada caja de jugo tiene 24 libras de tomate)❸

3x 2

24 ≤ 6000 ↔ x 2 ≤ 48000(cada caja de jugo tiene 8 libras de tomate)❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

{ Respuesta: x 1 = 12000 x 2 = 48000 Max: Z = 63000$us(precio de venta) }



PROBLEMA#104 JVH1979 tiene un contrato para recibir 60000 libras de tomates maduros a 0,07 $us/lb de las cuales

producirá jugo de tomate y puré de tomates enlatados. Los productos enlatados se empacan en cajas de 24 latas cada

una. Una lata de jugo requiere 1 lb de tomate fresco en tanto que una de puré requiere solo 1/3 lb. La participación de la

compañía en el mercado está limitada a 2000 cajas de jugo y 6000 cajas de puré. Los precios al mayoreo por caja de jugo

y de puré son $us 1,8 y $us 0,90, respectivamente. Genere un programa de producción para esta compañía JVH1979.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libras de tomate maduro que se usarán para Jugo de Tomate .

x 2 = Cantidad de libras de tomate maduro que se usarán para Puré de Tomate.

Sabiendo que: Utilidades = Precio de Venta − Costos

1, 8 $us

caja

0, 9 $us

caja

Utilidad = (

24 latas

caja ∗ 1 lb ) x 1 + (

lata

24 latas

caja ∗ 1 ) x

lb 2 − (60000 lbs) (0, 07 $us

lbs )

3 lata

Max: Z = 0, 075x 1 + 0, 1125x 2 − 4200

Precio de Venta = 0, 075x 1 + 0, 1125x 2 y Costo = 4200

Max: Z = 0, 075x 1 + 0, 1125x 2 → vamos a máximizar el precio de venta❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 60000❷

x 1

24 ≤ 2000 ↔ x 1 ≤ 48000❸

3x 2

24 ≤ 6000 ↔ x 2 ≤ 48000❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

Respuesta: x 1 = 12000 x 2 = 48000 Max: Z = 6300$us(precio de venta)

{

PV = 6300 ; C = 4200 ; Utilidad = PV − C = 6300 − 4200 = 2100 }

Otra forma de resolver pero ahora en funcion en cajas:

x 1 = Cantidad de cajas de jugo de tomate a producir.

x 2 = Cantidad de cajas de puré de tomate a producir.

Max: Z → Utilidad = PV − Costos

Ingresos = PV = 1, 8 $us

caja x $us

1 (caja) + 0, 9

caja x 2 (caja) = $us → PV = 1, 8x 1 + 0, 9x 2

Costos = C = 0, 07 $us

lb ∗ 1 lb lata

∗ 24

lata caja x $us

1 (cajas) + 0, 07

lb ∗ 1 lb lata

∗ 24

3 lata caja x 2 (cajas) → C = 1, 68x 1 + 0, 56x 2

Max: Z = (1, 8 − 1, 68)x 1 + (0, 9 − 0, 56)x 2 = 0, 12x 1 + 0, 34x 2 → Utilidad❶

Sujeto a:

24x 1 + 8x 2 ≤ 60000❷

x 1 ≤ 2000❸

x 2 ≤ 6000❹

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

Respuesta: x 1 = 500cajas x 2 = 6000cajas Max: Z = 2100$us(utilidad)

500 cajas ∗

24lb

1cajas = 12000libras ; 6000 cajas ∗ 8lb

1cajas = 48000libras

{

PV = Utilidad + Costo → PV = 2100 + 4200 → PV = 6300 }

Datos auxiliares del problema:

Variables

Disponibilidad

(libras)

Costo

($us/lb)

Capacidad

(Latas/caja)

Requerimiento de

producción

Demanda

Mercado(cajas)

PV

$us/caja

(libras/lata)

Jugo de tomate 24 1 2000 1,8

Jugo de puré 24 1/3 6000 0,9

M.P. 60000 libras 0,07



PROBLEMA#105 Un ingeniero comercial está encargado de llevar adelante una campaña de promoción de un producto

de consumo masivo, durante un semana(6 días), trabajando 10 horas diarias. Para ello ha reclutado a 50 estudiantes de

la facultad de ciencias económicas que harán la promoción de 3 formas: puerta a puerta, visita a empresa y en las calles.

Según datos anteriores se sabe que de cada 10 visitas puerta a puerta solo se venden 3 productos, en cada visita a

empresas se vende 2 unidades y en las calles de cada 100 contactos se logra 10 ventas. El tiempo invertido en cada una

de estas formas de venta es el siguiente: visita puerta a puerta 3 en una hora, la visita a empresas tarda una hora y los

contactos con la gente que transita las calles es de 5 minutos. El precio del producto es de 5 bolivianos. Se estima una

comisión de 1boliviano/unidad, se dispone de 200000 bolivianos para comisiones. El ingeniero comercial debe formular

un modelo de programación lineal para saber qué tipo de ventas se realizara y cuanta gente se asignara a cada tipo de

manera tal que la promoción sea un éxito total.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades a vender puerta a puerta .

x 2 = Cantidad de unidades a vender visita a empresas.

x 3 = Cantidad de unidades a vender en la calle.

Maximo: Z = 5x 1 + 5x 2 + 5x 3 → Bs uds = Bs → Maximizar las Ventas❶

uds

Sujeto a:

1x 1 + 1x 2 + 1x 3 ≤ 200000 ❷(dinero para comisiones), 1Bs por comisión: 1Bs uds = Bs

uds

Mano de Obra: (horas − Hombre) → 10

9 x 1 + 1 2 x 2 + 5 6 x 10 hrs

3 ≤ 50Personas ∗

dia

6dias

10

9 x 1 + 1 2 x 2 + 5 6 x 3 ≤ 3000❸ hrs − Hombre

h − H

Para vender cuántos hombres necesito:

unidad → 10

9 ; 1 2 ; 5 6

10 Visitas 1 h − H

PP: ∗

3 Unidades 3visitas = 10 h − H

9 unidad

1 Visitas 1 h − H

VE:

∗

2 Unidades 1visitas = 1 h − H

2 unidad

100 contactos

Calle:

10 Unidades ∗ 1 h − H

12 contactos = 5 h − H

6 unidad

nota: cantidad de (h − H) = (h/H) que necesito para vender a PP, VE, Calle.

60 minutos

Tiempo en Calle → 5minutos, entonces en una hora cuantos contactos vamos a tener: = 12 contactos.

5 minutos

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹ }

PROBLEMA#106 Una persona desea invertir $us 5000 durante el próximo año en dos tipos de inversión. La inversión A

reditúa 5% y la inversión B 8%. La investigación de mercado recomienda una asignación de por lo menos 25% en A y

cuando mucho 50% en B. Además la inversión A debe ser por lo menos de la mitad de la inversión B. Plantear el modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de $us a invertir en tipo A.

x 2 = Cantidad de $us a invertir en tipo B.

Max: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 5000❷ ; x 1 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 )❸ ; x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )❹ ; x 1 ≥ x 2

2 ❺

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❻

{


PROBLEMA#107 Una compañía de autos fabrica automóviles y camiones. Cada uno de los vehículos debe pasar por el

taller de pintura y por el de ensamble Si el taller de pintura pintara sólo camiones, entonces podría pintar 40 por día. Si el

taller de pintura sólo pintara autos entonces podría pintar 60 vehículos diarios. Si el taller de ensamble se destinara sólo

a ensamblar autos entonces podría procesar 50 por día y si sólo produjera camiones procesaría 50 por día. Cada camión

contribuye con 300 dólares a la utilidad y cada auto contribuye con 200 dólares. Plantear modelo.

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Cantidad de camiones a producir.

x 2 = Cantidad de automóviles a producir.

Max: Z = 300x 1 + 200x 2 ❶

Sujeto a:

x 1

40 + x 2

60 ≤ 1 (no sobrepase 1 dia )❷ ; x 1

50 + x 2

≤ 1 (no sobrepase 1 dia )❸

50

con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❹




PROBLEMA#108 Se hace un pedido a una papelería de 800 rollos de papel corrugado de 30 pulgadas de ancho, 500

rollos de 45 pulgadas de ancho, y 1000 rollos de 50 pulgadas de ancho. Si la papelería tiene solamente rollos de 108

pulgadas de ancho. Cómo deben cortarse los rollos para surtir el pedido con el mínimo de desperdicio de papel,

sabiendo que el máximo desperdicio aceptables de papel por rollo es de 22 pulgadas.

SOLUCIÓN:

Las posibilidades lógicas de corte son:

X 1 X 2 X 3 X 4 X 5

30 3 2 0 0 0 800

45 0 1 0 2 1 500

50 0 0 2 0 1 1000

DESPERDICIO 18 3 8 18 13

x j = Número de rollos cortados de diferentes maneras, j = 1, 2, 3, 4, 5

Min: Z = 18x 1 + 3x 2 + 8x 3 + 18x 4 + 13x 5 ❶

Sujeto a:

{ 3x 1 + 2x 2 = 800❷ ; 1x 2 + 2x 4 + 1x 5 = 500❸ ; 2x 3 + 1x 5 = 1000❹ ; con: x j ≥ 0∀j (j = 1, 2, 3, 4, 5)❺ }

PROBLEMA#109 Un barco tiene 3 bodegas: en la proa, en la popa y en el centro, las capacidades límites son:

BODEGA TONELAJE PIES CÚBICOS

PROA 2000 100000

POPA 1500 30000

CENTRO 3000 135000

Se han recibido las siguientes ofertas de cargas, las que se pueden aceptar total o parcialmente.

CARGA CANTIDAD(Tonelada) PIES CÚBICOS(Por Tonelada) GANANCIA (Bs/Ton)

A 6000 ton 60 6

B 4000 ton 50 8

C 2000 ton 25 9

Cómo se debe distribuir la carga para maximizar la ganancia, si la preservación del equilibrio obliga a que el peso de

cada bodega sea proporcional a la capacidad de toneladas.

SOLUCIÓN:

Predisponemos los datos en la siguiente tabla:

ARTICULO BODEGAS PESO

PIES 3 /TONELADA BENEFICIO/TONELADA

PROA CENTRO POPA (TONELADA)

A X 1 X 2 X 3 6000 60 6

B X 4 X 5 X 6 4000 50 8

C X 7 X 8 X 9 2000 25 9

PESO(Tonelada) 2000 3000 1500

VOLUMEN(PIES 3 ) 100000 135000 30000

El problema consiste en distribuir los articulos en las tres bodegas; es decir,

se trata de determinar que fraccion de cada articulo irá en cada bodega.

x j = Número de toneladas de cada artículo que irá en cada bodega(j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)

{

Max: Z = 6(x 1 + x 2 + x 3 ) + 8(x 4 + x 5 + x 6 ) + 9(x 7 + x 8 + x 9 )❶

Sujeto a:

Restricciones debidas al tonelaje de la bodega:

x 1 + x 4 + x 7 ≤ 2000❷ ; x 2 + x 5 + x 8 ≤ 3000❸ ; x 3 + x 6 + x 9 ≤ 1500❹

Restricciones debidas al volumen de la bodega:

60x 1 + 50x 4 + 25x 7 ≤ 100000❺ ; 60x 2 + 50x 5 + 25x 8 ≤ 135000❻ ; 60x 3 + 50x 6 + 25x 9 ≤ 30000❼

Restricciones debidas a la oferta de los artículos:

x 1 + x 2 + x 3 ≤ 6000❽ ; x 4 + x 5 + x 6 ≤ 4000❾ ; x 7 + x 8 + x 9 ≤ 2000❿

Por la preservación del equilibrio:

(x 1 +x 4 +x 7 )

2000

= (x 2+x 5 +x 8 )

3000

= (x 3+x 6 +x 9 )

❶❶

1500

Nótese que de las igualdades sólo se obtienen 2 ecuaciones independientes.

x j ≥ 0∀j (j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)❶❷ }



PROBLEMA#110 De seis minas en trabajo deben transportarse minerales concentrados de estaño de leyes diferentes,

indistintamente a dos plantas de volatilización de estaño denominado V 1 y V 2 , cuyas capacidades máximas de trabajo

son de 12000 y 13500 toneladas por mes. Las especificaciones para el concentrado de alimentación son iguales para

ambas plantas, de 5% mínimo de estaño, 14% de azufre y 12% de hierro como valores máximos. Los costos de

transporte por tonelada de concentrado de cada mina a las plantas varían de acuerdo a la siguiente tabla:

UNIDADES MONETARIAS (Bolivianos)

PLANTA V 1 PLANTA V 2

MINA

M 1 32 10

M 2 11 20

M 3 15 22

M 4 25 10

M 5 22 20

M 6 50 80

Los tonelajes de producción mensual y contenidos máximos de estaño, azufre y hierro de concentrados de cada mina

son los que se indican en la siguiente tabla:

MINA TONELADAS/MES % DE ESTAÑO % DE AZUFRE % DE HIERRO

M 1 5000 4 12 10,5

M 2 7000 4,5 12 10,5

M 3 6000 5 17 15

M 4 3000 6,5 16 14

M 5 1700 12 8 7

M 6 3500 10 10 8,8

Formular con los datos un programa lineal en cual puede servir para planificar el transporte y la alimentación de

concentrados a las plantas, tomando como objetivo que el costo total de transporte sea mínimo, satisfaciendo por otro

lado todas las condiciones impuestas.

SOLUCIÓN.

En la siguiente lo esquematizamos el problema planteado:



x ij = Cantidas de toneladas a transportar de cada mina i a las plantas j.

Sabiendo que{ i = 1, 2, 3, 4, 5, 6(M 1 , M 2 , M 3 , M 4 , M 5 , M 6 )} y {j = 1, 2(V 1 , V 2 )} ↔ X ij

Min: Z = 32x 11 + 11x 21 + 15x 31 + 25x 41 + 22x 51 + 50x 61 + 10x 12 + 20x 22 + 22x 32 + 10x 42 + 20x 52 + 80x 62 ❶

Sujeto a:

Planta V 1 : x 11 + x 21 + x 31 + x 41 + x 51 + x 61 = 12000❷; Planta V 2 : x 12 + x 22 + x 32 + x 42 + x 52 + x 62 = 13500❸

En las minas: x 11 + x 12 ≤ 5000❹; x 21 + x 22 ≤ 7000❺ ; x 31 + x 32 ≤ 6000❻; x 41 + x 42 ≤ 3000❼; x 51 + x 52 ≤ 1700❽;

x 61 + x 62 ≤ 3500❾

En la Planta V 1 :

% de estaño → 0, 04x 11 + 0, 045x 21 + 0, 05x 31 + 0, 065x 41 + 0, 12x 51 + 0, 10x 61 ≥ 0, 05(12000)

0, 04x 11 + 0, 045x 21 + 0, 05x 31 + 0, 065x 41 + 0, 12x 51 + 0, 10x 61 ≥ 600❿

% de azufre → 0, 12x 11 + 0, 12x 21 + 0, 17x 31 + 0, 16x 41 + 0, 08x 51 + 0, 10x 61 ≤ 0, 14(12000)

0, 12x 11 + 0, 12x 21 + 0, 17x 31 + 0, 16x 41 + 0, 08x 51 + 0, 10x 61 ≤ 1680❶❶

% de hierro → 0, 105x 11 + 0, 105x 21 + 0, 15x 31 + 0, 14x 41 + 0, 07x 51 + 0, 088x 61 ≤ 0, 12(12000)

0, 105x 11 + 0, 105x 21 + 0, 15x 31 + 0, 14x 41 + 0, 07x 51 + 0, 088x 61 ≤ 1440❶❷

En la Planta V 2 :

% de estaño → 0, 04x 12 + 0, 045x 22 + 0, 05x 32 + 0, 065x 42 + 0, 12x 52 + 0, 10x 62 ≥ 0, 05(13500)

0, 04x 12 + 0, 045x 22 + 0, 05x 32 + 0, 065x 42 + 0, 12x 52 + 0, 10x 62 ≥ 675❶❸

% de azufre → 0, 12x 12 + 0, 12x 22 + 0, 17x 32 + 0, 16x 42 + 0, 08x 52 + 0, 10x 62 ≤ 0, 14(13500)

0, 12x 12 + 0, 12x 22 + 0, 17x 32 + 0, 16x 42 + 0, 08x 52 + 0, 10x 62 ≤ 1890❶❹

% de hierro → 0, 105x 12 + 0, 105x 22 + 0, 15x 32 + 0, 14x 42 + 0, 07x 52 + 0, 088x 62 ≤ 0, 12(13500)

0, 105x 12 + 0, 105x 22 + 0, 15x 32 + 0, 14x 42 + 0, 07x 52 + 0, 088x 62 ≤ 1620❶❺

{

con: x ij ≥ 0∀ij condiciones de no negatividad. ❶❻ }

PROBLEMA#111 Una cooperativa agro-ganadera, puede comprar y mezclar tres tipos de alimentos, cada uno de los

cuales contiene cantidades diferentes de cuatro componentes nutricionales A, B, C y D como se indica en la tabla

siguiente.

COMPONENTE NUTRITIVO ALIMENTO 1 ALIMENTO 2 ALIMENTO 3

A 1 ½ 1

B 4 2 0

C 3 4 6

D 0 1 1

Contenidos de componentes nutritivos en cada alimento por unidad de peso.

Cada mezcla servirá para la alimentación del ganado, rubro de producción importante de la cooperativa. En esta

actividad es conveniente no sub-alimentar al ganado y se deben cubrir los requerimientos nutricionales a fin de obtener

ganado de buena calidad. Para el efecto las cantidades totales de componentes nutricionales( a suministrarse en forma

conjunta) deben ser semanalmente 125, 450, 130 y 650 unidades de A, B, C y D respectivamente.

Los precios de compra unitarios de alimentos son respectivamente 40, 30 y 85 unidades monetarias en bolivianos.

Si la unidad de tiempo para la planificación de suministro de mezcla es la semana, plantear un programa lineal con los

datos que se disponen, con ayuda del cual se pueda determinar la mejor forma de comprar y suministrar los alimentos al

ganado, efectuando el menor gasto.

x 1 = Cantidad de gasto en pesos a comprar semanalmente suministradas del alimento 1.



Min: Z = 40x 1 + 30x 2 + 85x 3 ❶

Sujeto a:

1x 1 + 1 2 x 2 + 1x 3 ≥ 125❷ ; 4x 1 + 2x 2 + 0x 3 ≥ 450❸; 3x 1 + 4x 2 + 6x 3 ≥ 130❹; 0x 1 + 1x 2 + 1x 3 ≥ 650❺

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0; condiciones de no negatividad❻ }



PROBLEMA#112 Una pequeña fábrica, se dedica a elaborar sobre una máquina, tres productos diferentes, P 1 , P 2 y P 3 ,

trabajando 45 horas semanales. Los rendimientos económicos de estos son 140, 100 y 75 bolivianos (Deducidos costos

de producción y otros) respectivamente. Las velocidades de producción de P 1 , P 2 y P 3 son 50 piezas/hora, 25 piezas/hora

y 75 piezas/hora. Se sabe por otro lado, que el mercado para estos productos es cuando más 1000 piezas para P 1 , 500

piezas para P 2 y 1500 piezas para P 3 por semana. ¿Qué cantidades de los productos P 1 , P 2 y P 3 , debería elaborar la

fábrica para que el rendimiento económico total sea máximo?

SOLUCIÓN:

Calculamos los rendimientos económicos individuales por hora tendríamos:

REND. AL FABRICAR POR HORA Bs/hora

P 1 140 Bs/Pieza *50Piezas/hora= 7000 Bs/hora



Para este plan, se requiere t horas de trabajo de la máquina, igual a la suma de t 1 , t 2 y t 3 tiempos necesarios

para elaborar la demanda de P 1 , P 2 y P 3.

P 1 : 50Piezas

1hora

= 1000Piezas/semana → t 1 = 20horas

semana

P 2 : 25Piezas

1hora

P 3 : 75Piezas

1hora

Tiempo total = t = t 1 + t 2 + t 3 = 60horas

semana

t 1

A

= 500Piezas/semana

t 2

A

= 1500Piezas/semana

t 3

A

→ t 2 = 20horas

semana

→ t 3 = 20horas

semana

; Pero no podemos olvidar que la máquina que se dispone en la fábrica,

horas

puede funcionar sólo 45 horas semanales y se requería 60 − 45 = 15

adicionales para satisfacer la

semanales

demanda con la producción, lo que no es posible cumplir. el buen criterio nos conduce luego a tomar la siguiente

decisión: disponer 20 horas

semana para producir piezas de P 1, 20

horas

semana para producir piezas de P 3 y finalmente

horas

5

semanales para elaborar piezas del producto P 2.

En 5 horas, se elaborarian 125 piezas del producto P2, calculado con la relación:

{

25Piezas x pieza

=

1hora 5horas ↔ x = 5 ∗ 25 = 125 Piezas }

Con las producciones indicadas, el rendimiento económico será:

PRODUCTO PRODUCCIÓN (PIEZAS/SEMANA) TIEMPO MÁQUINA (HORAS) INGRESO (Bs)

P 1 1000 20 140000

P 2 1500 20 112500

P 3 125 5 12500

TOTAL 45 265000

P 1 7000 Bs/hora * 20horas 140000 Bs

P 2 5625 Bs/hora * 20horas 112500 Bs

P 3 2500 Bs/hora * 5horas 12500 Bs

x 1 = Cantidad de piezas a elaborar por semana de P1.



Máximo: Z = 140x 1 + 100x 2 + 75x 3 ❶

Sujeto a:

x 1 ≤ 1000❷ ; x 2 ≤ 500❸ ; x 3 ≤ 1500❹

x 1

50 + x 2

25 + x 3

75 ≤ 45 ↔ 3x 1 + 6x 2 + 2x 3 ≤ 6750❺

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ❻condiciones de no negatividad



PROBLEMA#113 Un centro productivo compuesto de tres talleres T 1 , T 2 y T 3 , elabora tres productos diferentes P 1 , P 2 y

P 3 . Las horas de trabajo límite de los talleres son respectivamente 440, 350 y 110 por hora. Los productos son

elaborados en los talleres con los rendimientos y los pasos indicados a continuación:

Talleres Ocupados T 1 T 3 T 2 T 3

PRODUCTO P 1 Rendimiento horario 1 15 20 10

PRODUCTO P 2

Talleres Ocupados T 1 T 2 T 3

Rendimiento horario 1,5 4 12

Talleres Ocupados T 2 T 3

PRODUCTO P 3 Rendimiento horario 5 15

Las demandas mensuales de los productos son respectivamente no más de 200, 400 y 600 piezas. Los precios de venta

unitarios de los productos son respectivamente 500, 300 y 700 bolivianos, y el costo de producción y almacenaje es el

mismo para los tres e igual a 250 bolivianos. ¿Cuál sería el mejor plan mensual de producción de estos productos?

SOLUCIÓN:

El proceso de producción puede esquematizarse como sigue:

( 20Piezas

1hora

= x 1

t 1

x 1 = Cantidad que se espera producir mensualmente del producto P1.



Max: Z = (500 − 250)x 1 + (300 − 250)x 2 + (700 − 250)x 3 = 250x 1 + 50x 2 + 450x 3 ❶

Sujeto a:

Tiempo en el taller 1 → T 1

( 1Pieza

1hora = x 1

t 1

( 15Piezas

1hora

= x 1

t 1

1, 5piezas

↔ t 1 = x 1 hora) ; (

1hora

= x 2

t 2


↔ t 2 = x 2

1, 5 hora) → tiempo total = t 1 + t 2

t 1 + t 2 ≤ 440 ↔ x 1 + x 2

1, 5 ≤ 440 ↔ x 1 + 2 3 x 2 ≤ 440 ↔ 3x 1 + 2x 2 ≤ 1320❷


↔ t 1 = x 1

hora) ; (4piezas

20 1hora

= x 2

t 2

x 1

↔ t 2 = x 2

4

hora) ; (5piezas

1hora

= x 3

t 3

t 1 + t 2 + t 3 ≤ 350 ↔

20 + x 2

4 + x 3

5 ≤ 350 ↔ x 1 + 5x 2 + 4x 3 ≤ 7000❸


↔ t 1 = x 1

15

( 15piezas

1hora

hora) ; (10Piezas

1hora

= x 1

t ′ 1

= x 3

t 3

↔ t ′ 1 = x 1

hora) ; (12piezas

10 1hora

= x 2

t 2

↔ t 3 = x 3

15 hora) → tiempo total = t 1 + t ′ 1 + t 2 + t 3

↔ t 3 = x 3

hora) → tiempo total =

5

↔ t 2 = x 2

12 hora) ;

t 1 + t ′ 1 + t 2 + t 3 ≤ 110 ↔ x 1

15 + x 1

10 + x 2

12 + x 3

15 ≤ 110 ↔ 4x 1 + 6x 1 + 5x 2 + 4x 3 ≤ 6600 ↔ 10x 1 + 5x 2 + 4x 3 ≤ 6600❹

demanda de los productos: x 1 ≤ 200❺; x 2 ≤ 400❻; x 3 ≤ 600❼

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0; condiciones de no negatividad❽

Respuesta: x 1 = 200; x 2 = 360; x 3 = 600 ; Max: Z = 338000


PROBLEMA#114 De tres frentes de producción de una mina denominados S 1 , S 2 y S 3 se pueden extraer diariamente no

más de 200, 500 y 300 toneladas de mineral, respectivamente. La producción diaria es almacenada en un buzón de 800

toneladas de capacidad total límite. El ingenio puede tratar de 80 toneladas/horas de mineral de S 1 , 90 toneladas/hora de

mineral de S 2 y 100 toneladas/hora de mineral de S 3 , trabajando en un turno de 8 horas día. Los valores unitarios de los

productos concentrados obtenidos con los minerales de S 1 , S 2 y S 3 luego de deducir el costo de producción y transporte

son respectivamente 6, 4 y 5 bolivianos. Se consideran las recuperaciones de mina e ingenio iguales y constantes para

los tres productos provenientes de S 1 , S 2 y S 3 . ¿Cuál sería el programa lineal que podría servirnos para encontrar el

mejor plan de producción diaria, si el objetivo es obtener el mejor resultado económico de las operaciones mineras

indicadas?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de toneladas a producir de minerales de S1.



Max: Z = 6x 1 + 4x 2 + 5x 3 ❶

Sujet a:

x 1 ≤ 200❷; x 2 ≤ 500❸; x 3 ≤ 300❹ ; x 1 + x 2 + x 3 ≤ 800❺

Rendimientos horarios de trabajo del ingenio frente a los minerales de las tres secciones:

80 toneladas

Para mineral de S1:

1 hora

90 toneladas

Para mineral de S2:

1 hora

Para mineral de S3:

= x 1

t 1

= x 2

t 2

100 toneladas

= x 3

1 hora t 3

→ t 1 = x 1

80

→ t 2 = x 2

90

→ t 3 = x 3

100

t 1 + t 2 + t 3 ≤ 8 ↔ x 1

80 + x 2

90 + x 3

100 ≤ 8 ↔ 45x 1 + 40x 2 + 36x 3 ≤ 28800❻

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0; condiciones de no negatividad❼

Respuesta: x 1 = 200; x 2 = 225; x 3 = 300 ; Max: Z = 3600

PROBLEMA#115 En un centro productivo se decide elaborar dos bienes B 1 y B 2 , utilizando tres tipos de material M 1 , M 2

y M 3 . El consumo de los materiales para la fabricación de los bienes es dado por la matriz siguiente:

B 1 B 2

M 1 2 1

M 2 1 2

M 3 0 1

Los productos terminados producen el mismo rendimiento económico y se dispone para la producción de 8, 7 y 3

unidades respectivamente de M 1 , M 2 y M 3 . Formular con los datos un programa lineal y encontrar una solución al

problema de fabricar estos bienes con los materiales dados de tal modo que se pueda obtener el mejor resultado

económico de esta operación.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades a elaborar el bien de B1.

x 2 = Cantidad de unidades a elaborar el bien de B2.

Máximo: Z = x 1 + x 2 ❶

Sujeto a:

{ 2x 1 + 1x 2 ≤ 8❷ ; 1x 1 + 2x 2 ≤ 7❸ ; x 2 ≤ 3❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ❺condiciones de no negatividad}

PROBLEMA#116 AL-QUADOSH+, produce dos líneas de maquinaria pesada. Una de sus líneas de productos, llamada

equipa de excavación, se utiliza de manera primordial en aplicaciones de construcción. La otra línea, denominada

equipo para la silvicultura, está destinada a la industria maderera. Tanto la maquina más grande de la línea de equipo de

excavación (E9), como la mayor de toda la línea de silvicultura (F9) son fabricadas en los mismos departamentos y con

el mismo equipo. Empleando las proyecciones económicas correspondientes al siguiente mes, el gerente de

mercadotecnia de AL-QUADOSH+, ha considerado que durante ese periodo será posible vender todas las E9 y F9 que la

compañía sea capaz de producir. La gerencia tiene que recomendar ahora una meta de producción pare le mes próximo.

Es decir, ¿Cuántas E-9 y F-9 deberán fabricar si la dirección de AL-QUADOSH+, desea maximizar la contribución del

mes entrante a las ganancias.

Se toma en cuenta los siguientes factores importantes:

1. El margen de contribución unitaria de AL-QUADOSH+, es de Bs 5000 por cada E-9 vendida y de Bs 4000 por cada F-9.

2. Cada producto pasa por las operaciones de maquinado, tanto en el departamento A como el B.

3. Para la producción correspondiente al mes próximo, estos dos departamentos tienen tiempos disponibles de 150 y 160

horas, respectivamente. La fabricación de cada E-9 requiere 10 horas de maquinado en el departamento A y 20 horas

en el departamento B, mientras que la de cada F-9 requiere 15 horas en el departamento A y 10 en el B.

4. Para que la administración cumpla un acuerdo concertado con el sindicato, las horas totales de trabajo

invertidas en la prueba de productos terminados del siguiente mes no deben ser más allá de 10% inferior a una

meta convenida de 150 horas. Estas pruebas es llevan a cabo en un tercer departamento y no tiene nada que ver



con las actividades de los departamentos A y B. Cada E-9 es sometida a pruebas durante 30 horas y cada F-9

durante 10.

Dado que el 10% de 150 es 15, las horas destinas a las pruebas no pueden ser menores que 135.

5. con el fin de mantener su posición actual en el mercado, la alta gerencia ha decretado como política operativa

que: deberá construirse cuando menos una F-9 por cada tres E-9 que sean fabricadas.

6. Uno de los principales distribuidores ha ordenado un total de cuando menos cinco E-9 y F-9 para el próximo

mes, por lo cual tendrá que producirse por lo menos esa cantidad.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de maquinaria pesada a producir de equipo de excavación (E − 9).

x 2 = Cantidad de maquinaria pesada a producir de equipo de silvicultura (F − 9).

Máximo: Z = 5000x 1 + 4000x 2 ❶

Sujeto a:

x 1

10x 1 + 15x 2 ≤ 150❷ ; 20x 1 + 10x 2 ≤ 160❸; 30x 1 + 10x 2 ≥ 135❹;

3 ≤ x 2 ↔ x 1 ≤ 3x 2 ↔ x 1 − 3x 2 ≤ 0❺; x 1 + x 2 ≥ 5❻

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0; condiciones de no negatividad❼ }

PROBLEMA#117 Un administrador de personal debe programar las fuerzas de seguridad, de manera que se satisfagan

los requisitos de personal de guardia indicados en la tabla1; y los oficiales trabajan por turno de 8 horas. Cada día hay

seis de esos turnos. La hora de inicio y final de cada turno aparece en la tabla2.

TABLA1

TABLA2

REQUERIMIENTOS DE PERSONAL

PROGRAMA DE TURNOS

DE GUARDIA DE SEGURIDAD

HORA

CANTIDAD MINIMA

REQUERIDA DE OFICIALES

TURNO HORA DE INICIO HORA DE

TERMINACIÓN

MEDIANOCHE – 4 A.M. 5 1 MEDIANOCHE 8:00 A.M.

4 A.M. – 8 A.M. 7 2 4:00 A.M. MEDIODÍA

8 A.M. – MEDIODÍA 15 3 8:00 A.M. 4:00 P.M.

MEDIODÍA – 4 P.M. 7 4 MEDIODÍA 8:00 P.M.

4 P.M. – 8 P.M. 12 5 4:00 P.M. MEDIANOCHE

8 P.M. - MEDIANOCHE 9 6 8:00 P.M. 4:00 A.M.

El gerente de personal quiere determinar la cantidad de oficiales que deberán trabajar en cada turno, de manera que se

logre minimizar el total de oficiales empleados, pero sin dejar de satisfacer los requerimientos correspondientes a los

turnos de guardia.

SOLUCIÓN:

Podemos esquematizar de la siguiente manera:

INTERVALOS DE TIEMPO

TURNO MEDIANOCHE 4:00 A.M. 8:00 A.M. A MEDIODÍA 4:00 P.M. A

A 4:00 A.M. A 8:00 A.M. MEDIODÍA A 4:00 P.M. 8:00 P.M.

1 X 1 X 1

2 X 2 X 2

3 X 3 X 3

4 X 4 X 4

5 X 5 X 5

6 X 6 X 6

REQ. 5 7 15 7 12 9

8:00 P.M. A

MEDIANOCHE

x 1 = Cantidad de oficiales que estarán en servicio durante el turno 1.






Minimizar: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 6 ≥ 5❷; x 1 + x 2 ≥ 7❸; x 2 + x 3 ≥ 15❹; x 3 + x 4 ≥ 7❺; x 4 + x 5 ≥ 12❻; x 5 + x 6 ≥ 9❼

{

x j ≥ 0(j = 1, 2, 3, 4, 5, 6)❽ }



PROBLEMA#118 Una planta fabrica los productos A y B que tienen que pasar por algunos o todos los centros de

proceso, 1, 2,3 y 4 como indica en el siguiente esquema:

En los casos en que hay capacidad disponible en el centro 3, es posible enviar el producto a través de 3 en

lugar de hacerlo pasar dos veces por el centro 2. A continuación se da la información disponible:

PRODUCTO CENTRO CAPACIDAD DE ENTRADA

EN GALONES/HORA

% DE

RECUPERACIÓN

COSTO DE

OPERACIÓN Bs/HORA

1 300 90 1500

A 2 (1 ER Paso) 450 95 2000

4 250 85 1800

2 (2 DO Paso) 400 80 2200

3 350 75 2500

B

1 500 90 3000

3 480 85 2500

4 400 80 2400

PRODUCTO

COSTO/GALÓN DE

MATERIA PRIMA

PRECIO DE

VENTA/GALÓN DE

PRODUCTO TERMINADO

MÁXIMO DE VENTAS DIARIAS EN

GALONES DE PRODUCTO TERMINADO

A 50 200 1700

B 60 180 1500

Los centros 1 y 4 trabajan hasta 16 horas día, los centros 2 y 3 hasta 12 horas al día. Esta compañía efectúa

la distribución de sus productos son sus propios recursos, los que permiten en transporte de un máximo de

2500 galones. Los dos tipos de materia prima, que se evaporan con facilidad, pueden conseguirse en

cualesquiera cantidades en el mercado; pero no hay forma de almacenarlos; es decir, la totalidad de las

materias primas compradas debe usarse el día que se reciben. Los pedidos son satisfechos el mismo día

que se piden y a tiempo para su uso. Expresar el problema propuesto como un programa lineal; que permita

decir cuántos galones de materia prima deben dedicarse diariamente a cada curso posible, dado que cada

centro puede manejar solamente el paso de un producto en proceso a la vez y se desea y se desea

maximizar las utilidades. Ignórese el tiempo que podría requerir para cambiar de un producto a otro en

cualquiera de los centros. (% de merma = 100 - % de recuperación).



SOLUCIÓN:

x AN = Número de galones de materia prima A para el curso Normal.

x AA = Número de galones de materia prima A para el curso Alternativo.

x B = Número de galones de materia prima B.

Utilidad = Ingreso Total − Costo Materia Prima − Costo Operación.

Ingreso Total = 200[(0, 90)(0, 75)(0, 85)(0, 80)]x AN + [(0, 90)(0, 95)(0, 85)(0, 75)]x AA + 180[(0, 90)(0, 85)(0, 80)]x B

Costo de Materia Prima = 50(x AN + x AA ) + 60x B

{

Costo de Operación = ( x AN

300 ) (1500) + (0, 90x AN

450

) (2000) + [(0, 90 ∗ 0, 95)x AN

] (1800) + [ (0, 90 ∗ 0, 95 ∗ 0, 85)x AN

] (2200) +

250

400

( x AA

500 ) (1500) + (0, 90x AA

450

) (2000) + [(0, 90 ∗ 0, 95)x AA

] (1800) + [ (0, 90 ∗ 0, 95 ∗ 0, 85)x AA

] (2500) +

250

350

( x B

500 ) (3000) + (0, 90x B

480

) (2500) + [(0, 90 ∗ 0, 95)x B

] (2400)

400

Máximo de Z = 47x AN + 38, 6x AA + 34, 7x B ❶

Sujeto a:

a)Restricciones debido al transporte:

[(0, 90)(0, 95)(0, 85)(0, 80)]x AN + [(0, 90)(0, 95)(0, 85)(0, 75)]x AA + [(0, 90)(0, 85)(0, 80)]x B ≤ 2500❷

b)Restricciones debido a las horas disponibles en cada centro:

Centro 1 → x AN + x AA

+ x B

300 500 ≤ 16❸ ; Centro 2 → 0, 90(x AN + x AA )

+ (0, 90)(0, 95)(0, 85)x AN

≤ 12❹

450

400

Centro 3 → (0, 90)(0, 95)(0, 85)x AA

+ 0, 90x B

400

480

≤ 12❺

Centro 4 → (0, 90)(0, 95)x AN + (0, 90)(0, 95)x AA

+ (0, 90)(0, 85)x B

≤ 16❻

250

400

c)Restricciones debido a las ventas:

[(0, 90)(0, 95)(0, 85)(0, 80)]x AN + [(0, 90)(0, 95)(0, 85)(0, 75)]x AA ≤ 1700❼

[(0, 90)(0, 85)(0, 80)]x B ≤ 1500❽

con: x AN , x AA , x B ≥ 0❾ condiciones de no negatividad.

Resumiendo el problema de programa lineal:

Máximo de Z = 47x AN + 38, 6x AA + 34, 7x B ❶

Sujeto a:

2907

5000 x AN + 8721

16000 x AA + 153

250 x 1

B ≤ 2500❷ ;

300 x AN +

1

300 x AA +

1

500 x B ≤ 16❸

1

500 x AN +

1

500 x AA +

2907

1600000 x 2907

AN ≤ 12❹ ;

1600000 x AA +

3

1600 x B ≤ 12❺

171

50000 x AN +

171

50000 x AA +

153

80000 x B ≤ 16❻

2907

5000 x AN + 8721

16000 x AA ≤ 1700❼

153

250 x B ≤ 1500❽

con: x AN , x AA , x B ≥ 0❾ condiciones de no negatividad. }

PROBLEMA#119 Una pequeña refinería mezcla 5 crudos para producir 2 grados de gasolina “A” y “B”. el número de

barriles diarios disponibles, número de octanos y el costo por barril, aparecen en la tabla siguiente.

CRUDO # DE OCTANOS BARRILES/DIA COSTO POR BARRIL

1 70 2000 80

2 80 4000 90

3 85 4000 95

4 90 5000 115

5 99 3000 200

El número de octanos de gasolina “A”, no puede ser menor de 95 y de la “B” no menos de 85. Asumir que una disposición

gubernamental obliga a producir por lo menos 8000 barriles diarios de gasolina tipo “B”. La gasolina tipo “A” se vende a los

distribuidores a $us 375 por barril y la de tipo “B” a $us 285 por barril. Los crudos no utilizados para producir gasolina tipo “A”

y “B” siempre y cuando tengan al menos 90 octanos se venden como gasolina de aviación a $us 275 por barril y aquellos con

85 octanos como máximo se venden como “Extra” a $us 125 por barril. Si deseamos maximizar las utilidades diarias. ¿Cuál

debe ser la producción de gasolina “A” y “B”, y como se deben de mezclar los crudos?



SOLUCIÓN:

x ij = Número de barriles de i − ésimo crudo dedicados al j − ésimo grado de gasolina

y al crudo que no se utiliza (C). i = 1, 2, 3, 4, 5 ; j = A, B, C

Utilidad = Ventas − Costos

Ventas = 375(x 1A + x 2A + x 3A + x 4A + x 5A ) + 285(x 1B + x 2B + x 3B + x 4B + x 5B ) + 275(x 1C + x 2C + x 3C + x 4C + x 5C )

Costo = 80(x 1A + x 1B + x 1C ) + 90(x 2A + x 2B + x 2C ) + 95(x 3A + x 3B + x 3C ) + 115(x 4A + x 4B + x 4C ) + 200(x 5A + x 5B + x 5C )

Máx: Z = 295x 1A + 285x 2A + 280x 3A + 260x 4A + 175x 5A + 205x 1B + 195x 2B + 190x 3B + 170x 4B + 85x 5B +

45x 1C + 35x 2C + 30x 3C + 160x 4C + 174x 5C ❶

Sujeto a:

a) restricciones debido al octanaje de gasolina "A"

(70x 1A + 80x 2A + 85x 3A + 90x 4A + 99x 5A )

≥ 95 ↔ ( −25x

(x 1A + x 2A + x 3A + x 4A + x 5A )

1A − 15x 2A − 10x 3A − 5x 4A + 4x 5A ) ≥ 0❷

b) restricciones debido al octanaje de gasolina "B"

(70x 1B + 80x 2B + 85x 3B + 90x 4B + 99x 5B )

≥ 85 ↔ (−15x

(x 1B + x 2B + x 3B + x 4B + x 5B )

1B − 5x 2B + 5x 4B + 14x 5B ) ≥ 0❸

c) Se debe producir al menos 8000 barriles diarios de gasolina tipo "B"

(x 1B + x 2B + x 3B + x 4B + x 5B ) ≥ 8000❹

d) restricciones debido a la disponibilidad de los crudos

x 1A + x 1B + x 1C = 2000❺ ; x 2A + x 2B + x 2C = 4000❻ ; x 3A + x 3B + x 3C = 4000❼

x 4A + x 4B + x 4C = 5000❾ ; x 5A + x 5B + x 5C = 3000❿

{

x ij ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4, 5 ; j = A, B, C. ❶❶ }

PROBLEMA#120 Un fabricante de jabón y detergentes tiene tres plantas, localizadas en Santa Cruz de la Sierra, Cochabamba y La

Paz. Los bodegas (almacenes) principales se encuentran en Potosí, Oruro, Sucre, Tarija y Beni. En la tabla1 se proporciona los

requerimientos de ventas de cada bodega para el próximo año. Existe algo de preocupación en la empresa por establecer la fábrica que

debería producir el suministro para cada bodega. La capacidad de las fábricas es limitada. Santa Cruz de la Sierra tiene una capacidad

anual para 100000 cajas; Cochabamba tiene una capacidad de 60000 cajas y La Paz de 50000 cajas. En la tabla 2 se muestra el costo de

envió o de despachar jabón desde cada fabricas a cada bodega. La compañía desea ó quiere determinar un programa de entregas

(embarques) que minimice los costos totales generales de transporte de la compañía.

TABLA 1 TABLA 2

REQUERIMIENTO DE BODEGAS

COSTO DE EMBARCAR 1000 CAJAS DE JABÓN

UBICACIÓN DE LA VENTAS ANUALES

DESTINO

BODEGA

(MILES DE CAJAS)

POTOSI 50 POTOSI ORURO SUCRE TARIJA BENI

ORURO 10 O SC Bs 240 Bs 300 Bs 160 Bs 500 Bs 360

SUCRE 60 R CBBA Bs 420 Bs 440 Bs 300 Bs 200 Bs 220

TARIJA 30 I LP Bs 300 Bs 340 Bs 300 Bs 480 Bs 400

BENI 20

G

TOTAL 170

E

N

SOLUCIÓN:

x 11 = Número de cajas enviadas desde Santa Cruz a Potosi(en miles de cajas).

x 12 = Número de cajas enviadas desde Santa Cruz a Oruro(en miles de cajas).

x 13 = Número de cajas enviadas desde Santa Cruz a Sucre(en miles de cajas).

x 14 = Número de cajas enviadas desde Santa Cruz a Tarija(en miles de cajas).

x 15 = Número de cajas enviadas desde Santa Cruz a Beni(en miles de cajas).

x 21 = Número de cajas enviadas desde Cochabamba a Potosi(en miles de cajas).

x 22 = Número de cajas enviadas desde Cochabamba a Oruro(en miles de cajas).

x 23 = Número de cajas enviadas desde Cochabamba a Sucre(en miles de cajas).

x 24 = Número de cajas enviadas desde Cochabamba a Tarija(en miles de cajas).

x 25 = Número de cajas enviadas desde Cochabamba a Beni(en miles de cajas).

x 31 = Número de cajas enviadas desde La Paz a Potosi(en miles de cajas).

x 32 = Número de cajas enviadas desde La Paz a Oruro(en miles de cajas).

x 33 = Número de cajas enviadas desde La Paz a Sucre(en miles de cajas).

x 34 = Número de cajas enviadas desde La Paz a Tarija(en miles de cajas).

x 35 = Número de cajas enviadas desde La Paz a Beni(en miles de cajas).

Min: Z = 240x 11 + 300x 12 + 160x 13 + 500x 14 + 360x 15 + 420x 21 + 440x 22 + 300x 23 + 200x 24 + 220x 25 +

300x 31 + 340x 32 + 300x 33 + 480x 34 + 400x 35 ❶

Sujeto a:

x 11 + x 21 + x 31 = 50❷; x 12 + x 22 + x 32 = 10❸; x 13 + x 23 + x 33 = 60❹; x 14 + x 24 + x 34 = 30❺; x 15 + x 25 + x 35 = 20❻

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 + x 15 ≤ 100❼; x 21 + x 22 + x 23 + x 24 + x 25 ≤ 60❽; x 31 + x 32 + x 33 + x 34 + x 35 ≤ 50❾

con: x 11 , x 12 , x 13 , x 14 , x 15 , x 21 , x 22 , x 23 , x 24 , x 25 , x 31 , x 32 , x 33 , x 34 , x 35 ≥ 0❿

{

}



PROBLEMA#121 YPFB va a mezclar diferentes hidrocarburos, se obtienes gasolina de diferentes grados, que es el

resultado directo de las operaciones de refinería. En una operación real de refinación, se realizan varias mezclas de

hidrocarburos, que dan muchas clases de gasolina como producto final (por ejemplo, gasolina de distintos grados para

aviación y para motor), con características importantes para los distintos grados de la composición química de la

gasolina (por ejemplo, octanaje, presión del vapor, contenido de azufre y contenido de oxidante). En este ejemplo

simplificado, se supone que una refinería dispone sólo de dos tipos de gasolina, cuyas características se presentan en

la siguiente tabla.

CARACTERISTICAS DE LAS MEZCLAS DE GASOLINA

MEZCLAS DISPONIBLES OCTANAJE PRESIÓN DE VAPOR CANTIDAD DISPONIBLE

GASOLINA TIPO 1 104 5 30000 BARRILES

GASOLINA TIPO 2 94 9 70000 BARRILES

Estos tipos de gasolina pueden ser combinados para producir dos productos finales, gasolina para aviación y gasolina

para motor. Las cualidades que requieren estos productos finales aparecen en la siguiente tabla.

CARACTERÍSTICAS DE LA GASOLINA COMO PRODUCTO FINAL

PRODUCTOS FINALES OCTANAJE PRESION MÁXIMA VENTAS MÁXIMAS PRECIO DE VENTA

MÍNIMO DE VAPOR

(POR BARRIL)

GASOLINA PARA AVIACIÓN 102 6 20000 BARRILES Bs 45,10

GASOLINA PARA MOTOR 96 8 CUALQUIER CANTIDAD Bs 32,40

Cuando la gasolina se combina, la mezcla resultante tiene un octanaje y una presión de vapor proporcional al volumen

de cada tipo de gasolina que se mezcló. Por ejemplo, si se mezclan 1000 barriles de gasolina de tipo 1 con 1000 barriles

de gasolina de tipo 2, la gasolina resultante tendrá un octanaje de 99:

(1000) ∗ (104) + (1000) ∗ (94)

(1000) ∗ (5) + (1000) ∗ (9)

= 99 ; y una presion de vapor de 7:

= 7

2000

2000

SOLUCIÓN:

La empresa desea maximizar los ingresos por la venta de gasolina como producto final.

x 1 = Número de barriles de gasolina tipo 1, utilizados en gasolina para aviación.

x 2 = Número de barriles de gasolina tipo 2, utilizados en gasolina para aviación.

x 3 = Número de barriles de gasolina tipo 1, utilizados en gasolina para motor.

x 4 = Número de barriles de gasolina tipo 2, utilizados en gasolina para motor.

Maximizar: Z = 45, 10(x 1 + x 2 ) + 32, 40(x 3 + x 4 ) = 45, 10x 1 + 45, 10x 2 + 32, 40x 3 + 32, 40x 4 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 20000❷; x 1 + x 3 ≤ 30000❸; x 2 + x 4 ≤ 70000❹

104x 1 + 94x 2

≥ 102 ↔ 104x

x 1 + x 1 + 94x 2 ≥ 102(x 1 + x 2 ) ↔ 104x 1 + 94x 2 ≥ 102x 1 + 102x 2 ↔ 2x 1 − 8x 2 ≥ 0❺

2

104x 3 + 94x 4

≥ 96 ↔ 104x

x 3 + x 3 + 94x 4 ≥ 96(x 3 + x 4 ) ↔ 104x 3 + 94x 4 ≥ 96x 3 + 96x 4 ↔ 8x 3 − 2x 4 ≥ 0❻

4

5x 1 + 9x 2

≤ 6 ↔ 5x

x 1 + x 1 + 9x 2 ≤ 6(x 1 + x 2 ) ↔ 5x 1 + 9x 2 ≤ 6x 1 + 6x 2 ↔ −x 1 + 3x 2 ≤ 0❼

2

5x 3 + 9x 4

≤ 8 ↔ 5x

x 3 + x 3 + 9x 4 ≤ 8(x 3 + x 4 ) ↔ 5x 3 + 9x 4 ≤ 8x 3 + 8x 4 ↔ −3x 3 + x 4 ≤ 0❽

4

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❾ }

PROBLEMA#122 Una fábrica vende dos tipos de productos diferentes, A y B. La información sobre el precio de venta y

el costo incremental es la siguiente:

TIPOS DE PRODUCTO

PRODUCTO A PRODUCTO B

PRECIO DE VENTA Bs 60 Bs 40

COSTO INCREMENTAL 30 10

UTILIDAD INCREMENTAL Bs 30 Bs 30

Los dos productos se fabrican dentro de un proceso común y se venden en dos mercados diferentes. El proceso de

producción tiene una capacidad de 30000 horas de mano de obra, se requiere de tres horas para elaborar una unidad de

A y una hora para producir una unidad de B. El mercado ya fue estudiado, por lo que los funcionarios de la empresa

consideran que la cantidad máxima de unidades de A que puede venderse es de 8000; la cantidad máxima de B es de

12000 unidades. De acuerdo con estas limitaciones, los productos pueden venderse en cualquier combinación. Formular

esta situación como un problema de programación lineal.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades a producir del producto A.

x 2 = Cantidad de unidades a producir del producto B.


Sujeto a:

{ 3x 1 + 1x 2 ≤ 30000❷; x 1 ≤ 8000❸; x 2 ≤ 12000❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#123 Una empresa se compromete a despachar durante los próximos seis meses un producto. Los costos

de producción por mes varían debido a los cambios en el costo de los materiales. La capacidad de producción de la

empresa es de 100 unidades por mes en tiempo normal y hasta de 15 unidades adicionales por mes en tiempo extra. En

la siguiente tabla se muestra lo que contiene los requerimientos de despacho y producción por mes.

TABLA

DE REQUERIMIENTO Y COSTOS

MES

1 2 3 4 5 6

COMPROMISOS DE DESPACHO (UNIDADES) 95 85 110 115 90 105

COSTO POR UNIDAD EN TIEMPO NORMAL Bs 30 Bs 30 Bs 32 Bs 32 Bs 31 Bs 32

COSTO POR UNIDAD EN TIEMPO ADICIONAL Bs 35 Bs 35 Bs 37 Bs 37 Bs 36 Bs 37

El costo de tener en inventario una unidad no vendida es de bolivianos(Bs) 2 por mes. El problema para la empresa está

en determinar el número de unidades que debe producir en tiempo normal y en tiempo adicional cada mes, para cumplir

con los requerimientos, a un costo mínimo. La empresa no tiene unidades disponibles al comenzar el primer mes y no

desea tenerlas al finalizar el sexto mes.

SOLUCIÓN:

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 = Número de unidades producidas en tiempo normal cada mes.

y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 , y 6 = Número de unidades producidas en tiempo adicional cada mes.

I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = Número de unidades en inventario(no vendidas)al final de cada mes.

Min: Z = 30x 1 + 30x 2 + 32x 3 + 32x 4 + 31x 5 + 32x 6 + 35y 1 + 35y 2 + 37y 3 + 37y 4 + 36y 5 + 37y 6

+2I 1 + 2I 2 + 2I 3 + 2I 4 + 2I 5 + 2I 6 ❶

Sujeto a:

Las restricciones de producción en tiempo normal son:

x 1 ≤ 100❷ ; x 2 ≤ 100❸ ; x 3 ≤ 100❹ ; x 4 ≤ 100❺ ; x 5 ≤ 100❻ ; x 6 ≤ 100❼

Las restricciones de producción en tiempo adicional son:

y 1 ≤ 15❽ ; y 2 ≤ 15❾ ; y 3 ≤ 15❿ ; y 4 ≤ 15❶❶ ; y 5 ≤ 15❶❷ ; y 6 ≤ 15❶❸

Restricciones de saldo de inventario que se necesitan para conectar los periodos de tiempo y garantizar que

se cumplan los compromisos de despacho: (fuentes de unidades) = (usos de unidades) ó

produccion en

(inventario inicial) + (producción en tiempo normal) + (

tiempo adicional ) = (compromisos ) + (inventario final)

de despacho

Para el mes 1 → 0 + x 1 + y 1 = 95 + I 1 ↔ x 1 + y 1 − I 1 = 95❶❹ ya que no hay ningún inventario inicial(0).

Para el mes 2 → I 1 + x 2 + y 2 = 85 + I 2 ↔ I 1 + x 2 + y 2 − I 2 = 85❶❺

mes 3 → I 2 + x 3 + y 3 − I 3 = 110❶❻; mes 4 → I 3 + x 4 + y 4 − I 4 = 115❶❼; mes 5 → I 4 + x 5 + y 5 − I 5 = 90❶❽

mes 6 → I 5 + x 6 + y 6 − I 6 = 105❶❾; como el inventario final debe ser cero: I 6 = 0❷❶

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 , y 6 ≥ 0

{

y I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = ó ≥ 0 ↔ I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = ≥ 0❷❷ }

PROBLEMA#124 Una fábrica produce cuatro artículos: A, B, C y D. Cada unidad del producto A requiere de dos horas

de maquinado, una hora de montaje y Bs 10 de inventario en proceso. Cada unidad del producto B requiere de una hora

de maquinado, tres horas de montaje y Bs 5 de inventario en proceso. Cada unidad del producto C requiere 2,5 horas de

maquinado, 2,5 horas de montaje y Bs 2 de inventario en proceso. Finalmente, cada unidad del producto D requiere 5

horas de maquinado, ninguna de montaje y Bs 12 de inventario en proceso.

La fábrica dispone de 120000 horas de tiempo de maquinado y 160000 horas de tiempo de montaje. Además, no puede

tener más de un millón de bolivianos de inventario en proceso.

Cada unidad del producto A genera una utilidad de Bs 40, cada unidad del producto B genera una utilidad de Bs 24, cada

unidad del producto C genera una utilidad de Bs 36 y cada unidad del producto D genera una utilidad de Bs 23. No

pueden venderse más de 20000 unidades del producto A, 16000 unidades del producto C, y puede venderse la cantidad

que se quiera de los productos B y D. Sim embargo, deben producir y vender por lo menos 10000 unidades del producto

D para cumplir con los requerimientos de un contrato. Sobre estas condiciones, formular un problema de programación

lineal, pero no resolverlo. El objetivo de la fábrica es maximizar la utilidad resultante de ventas de los cuatro productos.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades fabricadas del producto A.

x 2 = Número de unidades fabricadas del producto B.

x 3 = Número de unidades fabricadas del producto C.

x 4 = Número de unidades fabricadas del producto D.

Maximizar: Z = 40x 1 + 24x 2 + 36x 3 + 23x 4 ❶

Sujeto a:

2x 1 + 1x 2 + 2, 5x 3 + 5x 4 ≤ 120000❷; 1x 1 + 3x 2 + 2, 5x 3 + 0x 4 ≤ 160000❸; 10x 1 + 5x 2 + 2x 3 + 12x 4 ≤ 1000000❹

x 1 ≤ 20000❺; x 3 ≤ 16000❻; x 4 ≥ 10000❼

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❽

{

Respuesta: x 1 = 10000; x 2 = 50000; x 3 = 0; x 4 = 10000; Max: Z = 1830000 }



PROBLEMA#125 La U-Save Lía Vargas Claros La Veloz Company está planeando sus operaciones para el próximo año. La empresa

fiduciaria hace cinco tipos de préstamos, que se indican a continuación, con un retorno anual (en porcentaje) para ella.

TIPO DE PRÉSTAMO RETORNO ANUAL (%)

PRÉSTAMOS QUIROGRAFARIOS 15

PRÉSTAMOS PARA MUEBLES 12

PRÉSTAMOS PARA AUTOMÓVILES 9

HIPOTECAS DE BIENES RAICES EN SEGUNDO GRADO 10

HIPOTECAS DE BIENES RAICES EN PRIMER GRADO 7

Los requerimientos legales y la política de la empresa establecen los siguientes límites en las cantidades de los distintos

tipos de préstamos. Los préstamos quirografarios no pueden exceder del 10% del total de los préstamos. La cantidad de

los préstamos quirografarios y para muebles no puede exceder de 20% del total de los préstamos. Las hipotecas en

primer grado deben ser por lo menos de 40% del total de hipotecas y, por lo menos, 20% de la cantidad total de los

préstamos. Las hipotecas en segundo grado no pueden exceder de 25% de la cantidad total de préstamos. La empresa

desea maximizar los ingresos de los intereses de los préstamos, sujetándose a las restricciones indicadas. La empresa

puede prestar un máximo de Bs 1,5 millones. Formular como programación lineal.

SOLUCIÓN:

x 1 = Millones de Bs a destinar, en fondos en préstamos para quirografarios.

x 2 = Millones de Bs a destinar, en fondos en préstamos para muebles.

x 3 = Millones de Bs a destinar, en fondos en préstamos para automóviles.

x 4 = Millones de Bs a destinar, en fondos en préstamos sobre hipotecas en segundo grado.

x 5 = Millones de Bs a destinar, en fondos en préstamos sobre hipotecas en primer grado.

Maximizar: Z = 0, 15x 1 + 0, 12x 2 + 0, 09x 3 + 0, 10x 4 + 0, 07x 5 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≤ 1500000 ❷(total de fondos disponibles)

x 1 ≤ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) ↔ 0, 90x 1 − 0, 10x 2 − 0, 10x 3 − 0, 10x 4 − 0, 10x 5 ≤ 0❸

x 1 + x 2 ≤ 0, 20(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) ↔ 0, 80x 1 + 0, 80x 2 − 0, 20x 3 − 0, 20x 4 − 0, 20x 5 ≤ 0❹

x 5 ≥ 0, 40(x 4 + x 5 ) ↔ −0, 40x 4 + 0, 60x 5 ≥ 0❺

x 5 ≥ 0, 20(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) ↔ −0, 20x 1 − 0, 20x 2 − 0, 20x 3 − 0, 20x 4 + 0, 80x 5 ≥ 0❻

x 4 ≤ 0, 25(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) ↔ −0, 25x 1 − 0, 25x 2 − 0, 25x 3 + 0, 75x 4 − 0, 25x 5 ≤ 0❼

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❽

{ x 1 = 150000; x 2 = 150000; x 3 = 525000; x 4 = 375000; x 5 = 300000; Max: Z = 146250 }

PROBLEMA#126 Julio Vargas Company produce madera aserrada de pino y abeto y dos tipos de madera prensada. La

empresa tiene una contribución de utilidad de 4 centavos de Bs por pie cuadrado de tabla para el pino y 6 centavos de

Bs por pie cuadrado de tabla para el abeto. La madera prensada de tipo 1 contribuye con Bs 1,20 por panel y el tipo 2

con Bs 1,50 por panel. Para el mes de diciembre, la empresa dispone de 2580 millares de pies cuadrados de tabla (MBF)

de pino disponible para su madera aserrada o prensada. De modo similar, dispone de 2040 millares de pies cuadrado de

abeto. Un panel de madera enchapada del tipo 1 requiere de 16 pies cuadrados de pino y 8 pies cuadrado de abeto. Un

panel de madera enchapada de tipo 2 requiere de 12 pies cuadrados de cada especie. La madera en lámina está

restringida sólo por la capacidad de la sierra cabecera. La sierra puede manejar 400 millares de pies cuadrados por mes

de cualquiera de las especies. El aserradero de madera prensada puede estar restringido por la descortezadora o la

secadora. Durante el mes, no pueden pelarse más de 250000 paneles de madera aserrada y se dispone de 920000

minutos en la secadora. Cada panel de tipo 1 requiere de cuatro minutos de secado y cada panel de tipo 2 requiere de 6

minutos de secado. Las condiciones de mercado limitan el número de paneles de tipo 1 vendidos a no más de 120000 y

el número de paneles de tipo 2 a no más de 100000. Puede venderse cualquier cantidad de madera aserrada.

SOLUCIÓN:

x 1 = Miles de pies cuadrados(MBF)de madera de pino aserrada y vendida.

x 2 = Miles de pies cuadrados(MBF)de madera de abeto aserrada y vendida.

x 3 = Miles de paneles de madera prensada de tipo 1 vendidos.

x 4 = Miles de paneles de madera prensada de tipo 2 vendidos.

Maximizar: Z = 0, 04x 1 + 0, 06x 2 + 1, 20x 3 + 1, 50x 4 ❶

Sujeto a:

x 1 + 16x 3 + 12x 4 ≤ 2580000(disponibilidad de pino)❷; x 2 + 8x 3 + 12x 4 ≤ 2040000(disp. de abeto)❸

x 1 + x 2 ≤ 400000(cap. de aserradero)❹; x 3 + x 4 ≤ 250000(cap. de la descortezadora)❺

4x 3 + 6x 4 ≤ 920000(cap. de la secadora)❻; x 3 ≤ 120000(Dda de tipo 1)❼; x 4 ≤ 100000(Dda tipo 2)❽

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❾ }



PROBLEMA#127 Juliusmodel Electric Products Co. (JEPCO) produce grandes transformadores eléctricos para la

industria eléctrica. La empresa tiene pedidos para los siguientes seis meses, y se dan en la siguiente tabla JVH79.

TABLA JVH79

MES

ENERO FEBRERO MARZO ABRIL MAYO JUNIO

PEDIDOS (UNIDADES) 58 36 34 69 72 43

COSTO POR UNIDAD EN TIEMPO NORMAL (EN MILES DE Bs) 18,00 17,00 17,00 18,50 19,00 19,00

COSTO POR UNIDAD EN TIEMPO EXTRA (EN MILES DE Bs) 20,00 19,00 19,00 21,00 22,00 22,00

Se espera que el costo de fabricación de un transformador se modifique durante los siguientes meses, debido a las variaciones en los

costos de los materiales y en el valor de la mano de obra. La empresa puede producir hasta 50 unidades por mes en tiempo normal y

hasta 20 unidades adicionales por mes en tiempo extra. Los costos de producción normal y en tiempo extra se muestran en la tabla

JVH79. El costo de mantener en inventario un transformador no vendido es de Bs 500 por mes. La empresa tiene 15 transformadores en

inventario al primero de enero y desea tener no menos de 5 en inventario al 30 de junio. Formular un problema de programación lineal

para determinar el cronograma de producción óptimo para JEPCO.

SOLUCIÓN:

x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 = Número de transformadores producidas en tiempo normal cada mes.

y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 , y 6 = Número de transformadores producidas en tiempo adicional cada mes.

I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = Número de transformadores en inventario al final de cada mes.

Min: Z = 18x 1 + 17x 2 + 17x 3 + 18, 50x 4 + 19x 5 + 19x 6 + 20y 1 + 19y 2 + 19y 3 + 21y 4 + 22y 5 + 22y 6

Bs 500

+0, 50I 1 + 0, 50I 2 + 0, 50I 3 + 0, 50I 4 + 0, 50I 5 + 0, 50I 6 ❶ I = = 0. 5 para inventario

1000

{

Respuesta:

Sujeto a:

Las restricciones de producción en tiempo normal son:

x 1 ≤ 50❷ ; x 2 ≤ 50❸ ; x 3 ≤ 50❹ ; x 4 ≤ 50❺ ; x 5 ≤ 50❻ ; x 6 ≤ 50❼

Las restricciones de producción en tiempo adicional son:

y 1 ≤ 20❽ ; y 2 ≤ 20❾ ; y 3 ≤ 20❿ ; y 4 ≤ 20❶❶ ; y 5 ≤ 20❶❷ ; y 6 ≤ 20❶❸

Definicion de inventario:

I 1 = 15 + x 1 + y 1 − 58; para el mes de enero❶❹

I i = I i−1 + x i + y i − 58 pedidos; para i = 2, 3, 4, 5, 6. ❶❺

completar para los meses de febrero, marzo, abril, mayo, junio.

Inventario final: I 6 ≥ 5❶❻

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 , y 6 ≥ 0

y I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = ó ≥ 0 ↔ I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 = ≥ 0❶❼ }

MES PRODUCCION EN TIEMPO NORMAL PRODUCCION EN TIEMPO ADICIONAL INVENTARIO

ENERO 43 0 0

FEBRERO 50 0 14

MARZO 50 11 41

ABRIL 50 0 22

MAYO 50 0 0

JUNIO 48 0 5

El costo total es de Bs 5511(en miles de bolivianos). Existe una solución alternativa que implica la producción normal de 50 en enero y

sólo 4 en tiempo adicional en marzo, con las modificaciones pertinentes en los inventarios finales en enero(7) y en febrero(21).

PROBLEMA#128 Un importante estudio de cine planea producir cinco películas específicas durante los próximos tres

años. Definir una variable Y it donde el subíndice i se refiere a la película en particular (i=1,2,3,4,5) y el subíndice t al año

(t=1,2,3). Y it es una variables cero/uno que tiene el valor de 1 si la i-ésima película se produce en el t-ésimo año y tiene

un valor diferente de 0. Considerar cada situación de manera independiente y formular una o más restricciones lineales

con enteros que satisfagan la condición establecida.

a) No pueden producirse más que una película en el primer año.

b) La película 2 no puede producirse antes que la película 3; sin embargo, pueden producirse en el mismo año.

c) Debe producirse por lo menos una película cada mes.

d) La película 4 debe producirse a más tardar el año 2.

e) La película 1 y 5 no pueden producirse en el mismo año.

SOLUCIÓN:

a) Y 11 + Y 21 + Y 31 + Y 41 + Y 51 ≤ 1❶

b) Y 21 ≤ Y 31 ❷ ; Y 22 ≤ Y 31 + Y 32 ❸ ; Y 23 ≤ Y 31 + Y 32 + Y 33 ❹

c) Y 11 + Y 21 + Y 31 + Y 41 + Y 51 ≥ 1❺; Y 12 + Y 22 + Y 32 + Y 42 + Y 52 ≥ 1❻; Y 13 + Y 23 + Y 33 + Y 43 + Y 53 ≥ 1❼

d) Y 41 + Y 42 = 1❽

{

e) Y 11 + Y 51 ≤ 1❾; Y 12 + Y 52 ≤ 1❿; Y 13 + Y 53 ≤ 1❶❶ }



PROBLEMA#129 La gerente de investigación operativa de la fundación AL-QUADOSH+ está tratando de decidir cuáles

proyectos financiar para el próximo año. Recibió las 8 propuestas que se presentan a continuación.

PROPUESTA COSTO (MILES DE Bs) VALOR

A 80 40

B 15 10

C 120 80

D 65 50

E 20 20

F 10 5

G 60 80

H 100 100

Después de un estudio minucioso, hizo un cálculo estimado del valor de cada proyecto en una escala de 0 al 100. La

gerente investigación desea encontrar una combinación de proyectos que contengan el valor total más alto. Sin

embargo, existen varias limitaciones. Primero, cuenta con un presupuesto de Bs 320000. Segunda, debe aceptar o

descartar un proyecto (es decir, no hay financiación parcial). Tercera, hay ciertos proyectos relacionados. Ella no desea

financiar los proyectos G y H. El proyecto D no debe recibir financiación a menos que A también lo haga (no obstante, A

puede ser financiada sin D).Formular el problema de la gerente como problema de programación lineal con enteros.

SOLUCIÓN:

Sean x 1 a x 8 variables (cero ó uno) que tienen el valor de 1 si se financia el proyecto, y el valor de 0 no se financia.

Minimicese: Z = 40x 1 + 10x 2 + 80x 3 + 50x 4 + 20x 5 + 5x 6 + 80x 7 + 100x 8 ❶

Sujeto a:

80000x 1 + 15000x 2 + 120000x 3 + 65000x 4 + 20000x 5 + 10000x 6 + 60000x 7 + 100000x 8 ≤ 320000❷

x 7 + x 8 ≤ 1(no ambos proyectos G y H)❸

x 4 ≤ x 1 (no el proyecto D a menos que el proyecto A se haga)❹

con: x j ≥ 0∀j (j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)❺

Respuesta: La solución requiere la financiacion de A, C, E y H.

El valor total es de 240 unidades, y se utiliza la totalidad de Bs 320000.

x 1 = x 3 = x 5 = x 8 = 1 ; x 2 = x 4 = x 6 = x 7 = 0

{

A = C = E = H = 1 ; B = D = F = G = 0 }

PROBLEMA#130 La empresa Boliviana de Diamantes Preciosas explota diamantes en tres sitios de Bolivia. Las tres

minas difieren en términos de capacidad, número, peso de las piedras y costos se dan en la siguiente tabla.

MINA CAPACIDAD (M 3 DE

TIERRA PROCESADA)

COSTOS DE TRATAMIENTO

(Bs POR M 3 )

GRADO

(QUILATES M 3 )

CONTEO DE PIEDRAS

(NÚMERO DE PIEDRAS

POR M 3 )

PLANTA 1 83000 0,60 0,36 0,58

PLANTA 2 310000 0,36 0,22 0,26

PLANTA 3 190000 0,50 0,263 0,21

Debido a consideraciones de marketing, se requiere una producción mensual de 148000 piedras exactamente. Un

requerimiento similar exige, por lo menos, 130000 quilates. (el tamaño promedio de las piedras es, por tanto, al menos

130/148=0,88 quilates). El problema para el gerente de la empresa es cumplir con las condiciones de marketing, al menor

costo posible. Formular para determinar cuánto podría explotarse en cada mina.

SOLUCIÓN:

{

x 1 = m 3 de tierra procesada en la planta 1.



Minimizar: Z = 0, 60x 1 + 0, 36x 2 + 0, 50x 3 ❶

Sujeto a:

0, 58x 1 + 0, 26x 2 + 0, 21x 3 = 148000❷; 0, 36x 1 + 0, 22x 2 + 0, 263x 3 ≥ 130000❸;

x 1 ≤ 83000❹; x 2 ≤ 310000❺; x 3 ≥ 190000❻

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❼

Respuesta: x 1 = 61700; x 2 = 310000; x 3 = 150500; Min: Z = 223880 }



PROBLEMA#131 Una mujer de negocios tiene la opción de invertir su dinero en dos planes. El plan A garantiza que

cada dólar invertido retornará 70 centavos por año, mientras que el plan B garantiza que cada dólar invertido retornará $

2 en dos años. En el plan B sólo se invierte para períodos que son múltiplos de dos años. ¿Cómo se invertirá $ 100000

para maximizar los retornos al final de los 3 años? Formúlese el problema como un modelo de programación lineal.

SOLUCIÓN:

Podemos visualizar en el siguiente esquema de gráfico:

Que nos permite plantear en la siguiente tabla:

PERIODO INVERSION CANTIDAD AL FINAL DEL PERIODO

1 X A1 + X B1 1,70X A1

2 X A2 + X B2 1,70X A2 + 3X B1

3 X A3 1,70X A3 + 3X B2

Nota: Cantidad de dinero que ingresa tiene que ser mayor o igual al dinero que sale.

x A3 = Cantidad de $ a invertir en la opción A, al final del periodo 3.

x B2 = Cantidad de $ a invertir en la opción B, al final del periodo 2.

Maximizar: Z = 1, 70x A3 + 3x B2 ❶(dinero que se dispondrá al final del año 3)

Sujeto a:

100000 ≥ x A1 + x B1 ↔ x A1 + x B1 ≤ 100000❷

1, 70x A1 ≥ x A2 + x B2 ↔ x A2 + x B2 ≤ 1, 70x A1 ↔ −1, 70x A1 + x A2 + x B2 ≤ 0❸

1, 70x A2 + 3x B1 ≥ x A3 ↔ x A3 ≤ 1, 70x A2 + 3x B1 ↔ x A3 − 1, 70x A2 − 3x B1 ≤ 0❹

{

con: x A1 , x A2 , x A3 , x B1 , x B2 ≥ 0 }

PROBLEMA#132 Un fabricante de acero produce 4 tamaños de vigas I en: pequeño, mediano, grande y extra grande.

Estas vigas se pueden producir en cualquiera de tres tipos de máquina: A, B, C. A continuación se indican las longitudes

(en pies) de las vigas I que pueden producir las máquinas por hora.

VIGA I

MÁQUINAS

A B C

PEQUEÑA 300 600 800

MEDIANA 250 400 700

GRANDE 200 350 600

EXTRA GRANDE 100 200 300

Supóngase que cada máquina se puede usar hasta 50 horas por semana y que los costos de operación por hora de

estas máquinas son $30, $50 y $80 respectivamente. Supóngase, además, que semanalmente se requieren 10000, 8000,

6000 y 6000 pies de los distintos tamaños de vigas I. formular el problema de programación de máquinas como un

programa lineal.

SOLUCIÓN:

Sea x ij = la longitud en pies de la viga i(i = pequeña, mediana, grande y extra grande), en la máquina j(j = A, B, C).

{

Min: Z = 30 ( x 11

300 + x 21

250 + x 31

200 + x 41

100 ) + 50 ( x 12

600 + x 22

400 + x 32

350 + x 42

200 ) + 80 ( x 13

800 + x 23

700 + x 33

600 + x 43

300 ) ❶

Sujeto a:

x 11

x 12

300 + x 21

250 + x 31

200 + x 41

100 ≤ 50❷; 600 + x 22

400 + x 32

350 + x 42

200 ≤ 50❸; 800 + x 23

700 + x 33

600 + x 43

300 ≤ 50❹

x 11 + x 12 + x 13 = 10000❺; x 21 + x 22 + x 23 = 8000❻; x 31 + x 32 + x 33 = 6000❼; x 41 + x 42 + x 43 = 6000❽

x ij ≥ 0❾ i = 1, 2, 3, 4 y j = 1, 2, 3 = A, B, C }

x 13



PROBLEMA#133 Una fábrica de queso produce dos tipos de quesos: boliviano y agrio. La firma cuenta con 60 trabajadores

experimentados y desea aumentar su fuerza de trabajo a 90 trabajadores durante las siguientes 8 semanas. Cada obrero experimentado

puede entrenar a 3 nuevos empleados en un período de 2 semanas durante las cuales los obreros involucrados virtualmente no

producen nada. Se necesita 1 hora para producir 10 libras de queso boliviano y una hora para producir 6 libras de queso agrio. Una

semana de trabajo es de 40 horas. A continuación se resume (en miles de libra) la demanda semanal.

TIPO DE

QUESO

DEMANDA SEMANAL

1 2 3 4 5 6 7 8

BOLIVIANO 12 12 12 16 16 20 20 20

AGRIO 8 8 10 10 12 12 12 12

Supóngase que un empleado en entrenamiento recibe salario completo, como si fuera un obrero experimentado. Supóngase, además,

que el sabor del queso se destruye con la caducidad, de manera que el inventario se limita a una semana. Si se desea minimizar el costo,

¿cómo debe la compañía contratar y entrenar a sus nuevos empleados? Formular el problema como un programa lineal.

SOLUCIÓN: La grafica visualiza todo el proceso de producción y contratación.

{

Sea x i = el número de operarios experimentados que entrarán en la semana i.

u i = la producción de queso boliviano en i.

v i = la producción de queso agrio en i.

Iu i , Iv i = el inventario en el periodo i.

Min: Z = costo semana 1 + costo semana 2 + costo semana 3 + ⋯ + costo de semana 8

Min: Z = [ 3(x 1) + 3(x 1 + x 2 ) + 3(x 1 + x 2 + x 3 ) + 3(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) + 3(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) +

]

3(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ) + 3(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 )

Min: Z = 3 salarios(8x 1 + 7x 2 + 6x 3 + 5x 4 + 4x 5 + 3x 6 + 2x 7 )❶

Sujeto a:

Obreros en producción:

10 + v i

6 ≤ 40❷

(PRODUCCION i ) + (I i−1 ) − (DEMANDA i ) = I i

DEMANDA i ≥ I i−1

Esto con el fin de garantizar un inventario de a lo sumo una semana. semanalmente se debe tener:

u 1

SEMANA 1:

10 + v 1

6 ≤ 40(60 − x 1) → Iu 1 = u 1 − 12 ; Iv 1 = v 1 − 8 → ❷

SEMANA 2:

u 2

10 + v 2


u i

6 ≤ 40(60 − x 1 − x 2 ) → Iu 2 = u 2 − 12 + Iu 1 ; Iv 2 = v 2 − 8 + Iv 1 ; Iu 1 ≤ 12 ; Iv 1 ≤ 8 → ❸

u 3

SEMANA 3:

10 + v 3

6 ≤ 40(60 − x 1 − x 2 − x 3 + 4x 1 ) ↔ u 3

10 + v 3

6 ≤ 40(60 + 3x 1 − x 2 − x 3 );

→ Iu 3 = u 3 − 12 + Iu 2 ; Iv 3 = v 3 − 10 + Iv 2 ; Iu 2 ≤ 12 ; Iv 2 ≤ 10 → ❹

u 4

SEMANA 4:

10 + v 4

6 ≤ 40(60 + 3x 1 + 3x 2 − x 3 − x 4 );

→ Iu 4 = u 4 − 16 + Iu 3 ; Iv 4 = v 4 − 10 + Iv 3 ; Iu 3 ≤ 16 ; Iv 3 ≤ 10 → ❺

u 5

SEMANA 5:

10 + v 5

6 ≤ 40(60 + 3x 1 + 3x 2 + 3x 3 − x 4 − x 5 );

→ Iu 5 = u 5 − 16 + Iu 4 ; Iv 5 = v 5 − 12 + Iv 4 ; Iu 4 ≤ 16 ; Iv 4 ≤ 12 → ❻

u 6

SEMANA 6:

10 + v 6

6 ≤ 40(60 + 3x 1 + 3x 2 + 3x 3 + 3x 4 − x 5 − x 6 );

→ Iu 6 = u 6 − 20 + Iu 5 ; Iv 6 = v 6 − 12 + Iv 5 ; Iu 5 ≤ 20 ; Iv 5 ≤ 12 → ❼

u 7

SEMANA 7:

10 + v 7

6 ≤ 40(60 + 3x 1 + 3x 2 + 3x 3 + 3x 4 + 3x 5 − x 6 − x 7 );

→ Iu 7 = u 7 − 20 + Iu 6 ; Iv 7 = v 7 − 12 + Iv 6 ; Iu 6 ≤ 20 ; Iv 6 ≤ 12 → ❽

u 8

SEMANA 8:

10 + v 8

6 ≤ 40(60 + 3x 1 + 3x 2 + 3x 3 + 3x 4 + 3x 5 + 3x 6 − x 7 );

→ Iu 8 = u 8 − 20 + Iu 7 ; Iv 8 = v 8 − 12 + Iv 7 ; Iu 7 ≤ 20 ; Iv 7 ≤ 12 → ❾

Aumento de de la fuerza laboral: 3(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ) = 30❿

u i , v i , Iu i , Iv i ≥ 0 ; i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 semanas

x i ≥ 0 ; i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. ❶❶ }


PROBLEMA#134 Banco de Crédito al Campesino, tiene dos planes de inversión: el primero en programa de tierras de

riego y el segundo en el programa de tierras de temporal. El primer programa regresa un 30% de la inversión

anualmente, mientras que el segundo plan regresa un 65% de la inversión, pero al término de dos años. Los intereses

recibidos en ambos planes son reinvertidos de nuevo en cualquiera de ambos planes. Formule un programa lineal que le

permita al Banco maximizar la inversión total en un sexenio, si la inversión anual es de 100000000 de bolivianos.

SOLUCIÓN:

x ij = La cantidad que se invierte en el plan i(i = A, B), en el periodo j (j = 1, 2, 3, 4, 5, 6).

x A1 = Cantidad de dinero a invertir en el plan A, en el periodo 1.






x B1 = Cantidad de dinero a invertir en el plan B, en el periodo 1.






Cantidad de igresa ≥ cantidad que sale



Maximizar: Z = 1, 30x A6 + 1, 65x B5 ❶

Sujeto a:

x A1 + x B1 ≤ 100000000❷

x A2 + x B2 ≤ 1, 30x A1 ❸

x A3 + x B3 ≤ 1, 30x A2 + 1, 65x B1 ❹

x A4 + x B4 ≤ 1, 30x A3 + 1, 65x B2 ❺

x A5 + x B5 ≤ 1, 30x A4 + 1, 65x B3 ❻

x A6 ≤ 1, 30x A5 + 1, 65x B4 ❼

{

x ij ≥ 0∀ij(i = A, B ; j = 1, 2, 3, 4, 5, 6)❽ }

PROBLEMA#135 Un barrio de 10 acres en la ciudad Santa Cruz de la Sierra de Bolivia se va a demoler y el

gobierno municipal debe decidir sobre el nuevo plan de desarrollo. Se van a considerar dos proyectos

habitacionales: viviendas a bajo costo y viviendas a medio costo. Se pueden construir 20 a 15 unidades por

acre, de estos dos tipos de viviendas, respectivamente. Los costos por unidad de las viviendas a bajo y

medio costo son $13000 y $ 18000. Los límites superior e inferior establecidos por el municipio sobre el

número de viviendas de bajo costo 60 y 100. De igual manera, el número de vivienda de costo medio debe

estar entre 30 y 70. El mercado potencial combinado máximo para las viviendas se estima que es de 150

(que es menor que la suma de los límites individuales debido al traslape entre los dos mercados). Se desea

que hipoteca total comprometida al nuevo plan de desarrollo no exceda a $2 millones. Finalmente, el asesor

de la obra sugirió que el número de viviendas de bajo costo sea al menos 50 unidades mayor que la mitad

del número de viviendas de costo medio. Formular corno u programa lineal.


SOLUCIÓN:


Sujeto a:

x 1 = el número de viviendas a construir a bajo costo.

x 2 = el número de viviendas a construir a costo medio.

Maximizar: Z = x 1 + x 2 ❶

x 1

20 + x 2

15 ≤ 10❷; x 1 ≥ 60❸; x 1 ≤ 100❹; x 2 ≥ 30❺; x 2 ≤ 70❻; x 1 + x 2 ≤ 150❼

{

13000x 1 + 18000x 2 ≤ 2000000❽; x 1 ≥ 50 + x 2

2 ↔ x 1 − x 2

2 ≥ 50❾ con: x 1, x 2 ≥ 0❿

}

PROBLEMA#136 Una compañía produce refrigeradoras, estufas y lavadoras de platos. Durante el año próximo, se

espera que las ventas sean las siguientes:

Trimestres

Producto

1 2 3 4

Refrigeradoras

Estufas

Lavadoras de platos

1500 1000 2000 1200

1500 1500 1200 1500

1000 2000 1500 2500

La compañía desea un programa de producción que satisfaga los requerimientos de demanda. Asimismo, la

administración ha decidido que el nivel de inventario para cada producto debe ser al menos, 150 unidades al final de

cada trimestre. No se cuenta con inventarios de ninguno de los productos al principio del primer trimestre. Durante un

trimestre, se dispone de sólo 18000 horas de tiempo de producción. Un refrigerador requiere 2 horas de tiempo de

tiempo de producción, una estufa precisa 4horas y una lavadora de platos 3 horas. Durante el cuarto trimestre no

pueden fabricarse refrigeradoras porque la compañía planea modificar la maquinaria para introducir un nuevo producto.

Suponga que cada artículo que se deja en inventario al final de un trimestre, produce un costo de almacenaje de $5. La

compañía desea planear su producción para todo el año, de tal manera que se satisfagan las demandas trimestrales y se

minimice el costo total de inventario. Formular el problema.

SOLUCIÓN:

X ij = la producción del producto i, (i = refrigeradoras, estufas y lavadoras), en el trimestre j, (j = 1, 2, 3, 4).

I ij = el inventario del producto i en j.

Minimizar: Z = 5(I 11 + I 12 + I 13 + I 14 ) + 5(I 21 + I 22 + I 23 + I 24 ) + 5(I 31 + I 32 + I 33 + I 34 )❶

Sujeto a:

CONDICIONES DEL INVENTARIO:

I 11 ≥ 150❷ I 21 ≥ 150❻ I 31 ≥ 150❿

I 12 ≥ 150❸ I 22 ≥ 150❼ I 32 ≥ 150❶❶

I 13 ≥ 150❹ I 23 ≥ 150❽ I 33 ≥ 150❶❷

I 14 ≥ 150❺ I 24 ≥ 150❾ I 34 ≥ 150❶❸

DEFINICIÓN DE LOS INVENTARIOS:

X 11 − 1500 = I 11 X 21 − 1500 = I 21 X 31 − 1000 = I 31

I 11 + X 12 − 1000 = I 12 I 21 + X 22 − 1500 = I 22 I 31 + X 32 − 2000 = I 32

I 12 + X 13 − 2000 = I 13 I 22 + X 23 − 1200 = I 23 I 32 + X 33 − 1500 = I 33

I 13 + X 14 − 1200 = I 14 I 23 + X 24 − 1500 = I 24 I 33 + X 34 − 2500 = I 34

❶❹ ❶❺ ❶❻

DISPONIBILIDAD DE HORAS:

2X 11 + 4X 21 + 3X 31 ≤ 18000❶❼; 2X 12 + 4X 22 + 3X 32 ≤ 18000❶❽

2X 13 + 4X 23 + 3X 33 ≤ 18000❶❾; 2X 14 + 4X 24 + 3X 34 ≤ 18000❷❶

{

X ij ≥ 0; i = 1, 2, 3. j = 1, 2, 3, 4. }

PROBLEMA#137 El gobierno de Bolivia ha dispuesto $1500 millones de dólares de su presupuesto general para fines militares.

Sesenta por ciento del presupuesto militar se usará para comprar tanques, aviones y proyectiles. Estos pueden adquirirse a un costo

por unidad de $600000, $2 millones y $800000, respectivamente. Se ha decidido que se deben adquirir al menos 200 tanques y 200

aviones. Debido a la escasez de pilotos experimentados, también se ha decidido no comprar más de 300 aviones. Por razones

estratégicas, la proporción de proyectiles a aviones comprados, debe estar en el rango de 1/4 a 1/2. El objetivo es maximizar la utilidad

total de estas armas, en donde las utilidades individuales están dadas como 1, 3 y 2, respectivamente, Formular el programa lineal.

SOLUCIÓN:

x 1 = el número de tanques que debe adquirir el gobierno Boliviano.

x 2 = el número de aviones que debe adquirir el gobierno Boliviano.

x 3 = el número de proyectiles que debe adquirir el gobierno Boliviano.

Maximizar: Z = x 1 + 3x 2 + 2x 3 ❶

Sujeto a:

600000x 1 + 2000000x 2 + 800000x 3 ≤ 1500000000(0, 60) ↔ 600000x 1 + 2000000x 2 + 800000x 3 ≤ 900000000❷

x 1 ≥ 200❸; x 2 ≥ 200❹; x 2 ≤ 300❺;

1

4 ≤ x 3

≤ 1 x 2 2

↔ 1 4 x 2 ≤ x 3 ≤ 1 2 x 2 ↔ (x 2 − 4x 3 ≤ 0 ) y (−x 2 + 2x 3 ≤ 0)❻

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 }



PROBLEMA#138 Un fabricante de automóviles tiene un contrato para exportar 400 automóviles de modelo A y 500 del

modelo B. El automóvil modelo A ocupa un volumen de 12 metros cúbicos, y el modelo B ocupa un volumen de 15

metros cúbicos. Se dispone de tres barcos para transportar los automóviles. Estos llegarán al puerto de destino, a

principios de enero, mediados de febrero y fines de marzo, respectivamente. El primer barco sólo transporta

automóviles modelo A a un costo de $450 por automóvil. El segundo y tercer barco transportan ambos modelos a un

costo de $35 y $40 por metro cúbico respectivamente. El primer barco sólo puede acomodar 200 automóviles y el

segundo y el tercer barco tienen disponibles volúmenes de 4500 y 6000 metros cúbicos. Si el fabricante se ha

comprometido a entregar al menos 250 del modelo A y 200 del modelo B para mediados de febrero, y el resto para fines

de marzo, ¿Cuál es el diagrama de embarques para minimizar el costo total?

Formule el problema como un modelo lineal.

SOLUCIÓN:

Observando la gráfica se tiene:

x ij = la cantidad de automóviles de modelo i, (i = A, B), exportados para el periodo j, (j = enero, febrero, marzo).

Minimizar: Z = 450x 11 + (35)(12)x 12 + (40)(12)x 13 + (35)(15)x 22 + (40)(15)x 23 =

Minimizar: Z = 450x 11 + 420x 12 + 480x 13 + 525x 22 + 600x 23 ❶

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 = 400❷; x 22 + x 23 = 500❸; x 11 ≤ 200❹; 12x 12 + 15x 22 ≤ 4500❺

12x 13 + 15x 23 ≤ 6000❻; x 11 + x 12 ≥ 250❼; x 22 ≥ 200❽

{

con: x 11 , x 12 , x 13 , x 22 , x 23 ≥ 0❾ }

PROBLEMA#139 Un problema de producción. La compañía PLAN3000 tiene un suministro limitado de dos hierbas que

se utilizan en la producción de aderezos. PLAN3000 usa los dos ingredientes, HBO1 y HBO2, para producir ya sea

mayonesa o pimentón. El departamento de mercadotecnia informa que aunque la empresa puede vender todo el

pimentón que pueda producir, sólo puede vender hasta un máximo de 1500 botellas de mayonesa, las hierbas no

utilizadas se pueden vender a $0,75 la onza de HBO1 y a $0,15 la onza de HBO2. En la tabla, se presentan datos

adicionales. Elabore un PL que maximice los ingresos.

ADEREZO Ingredientes(onza/botella) Demanda(botella) Precio de Venta por Botella

HBO1 HBO2

MAYONESA 5 3 1500 $3,50

PIMENTÓN 2 3 ilimitada $2,50

Disponibilidad(Onzas) 10000 8500

SOLUCIÓN:

x 1 = producción de botellas de mayonesa.

x 2 = producción de botellas de pimentón.

S 1 = Sobrantes de HBO1 y S 2 = Sobrantes de HBO2

Maximizar: Z = 3, 50x 1 + 2, 50x 2 + 0, 75S 1 + 0, 15S 2 ❶

Sujeto a: 5x 1 + 2x 2 + S 1 = 10000❷ ; 3x 1 + 3x 2 + S 2 = 8500❸; x 1 ≤ 1500❹

{

con: x 1 , x 2 , S 1 , S 2 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#140 Las figura muestra el trayecto de tres productos a través de una planta .Con los datos que se dan en la

tabla, formúlese el problema para decidir qué tanto se debe producir de cada producto.

MÁQUINAS

PRODUCTO

A B C D

1 VELOCIDADES POR HORA: 500 1000 1850 -------

2 VELOCIDADES POR HORA: 1200 1500 2300 1400

3 VELOCIDADES POR HORA: ------ ------- 1600 800

COSTO DE OPERACIÓN POR HORA 500 450 800 600

PORCENTAJE DE TIEMPO MUERTO: 10 5 5 10

MATERIAS PRIMAS

P Q R

UNIDADES POR UNIDAD DE PRODUCTO 1: 1 1,25 2,0

UNIDADES POR UNIDAD DE PRODUCTO 2: ---- 2,0 2,5

UNIDADES POR UNIDAD DE PRODUCTO 3: 1,5 ----- 1,75

COSTO POR UNIDAD MATERIA PRIMA 0,25 0,35 0,30

Los precios de venta para los tres productos son 5,0; 4,5 y 3,5 respectivamente. En la figura se observa el producto

necesita varias máquinas para procesarse y llegar finalmente a ser un producto terminado.



SOLUCIÓN:

x i la cantidad de unidades producidas del producto i − ésimo. Se observa que existen tiempos muertos

en las diferentes máquinas, lo cual trae como consecuencia las siguientes restricciones:

x 1 = Cantidad de unidades a producir del producto 1.



Maximizar: Z = Ingreso − Costos

Ingreso = 5x 1 + 4, 5x 2 + 3, 5x 3

Costos = costo de operacion a los rendimientos de cada máquina + costo de materia prima(MP)

x 2

Costo de Operación: Para A → 500 ( x 1

500 + ) ; Para B → 450 (

x 1200 1000 + ) ; Para C → 800 (

x 1500 1850 + 2300 + 1600 ) ;

Para D → 600 (

x 2

1400 + x 3

800 ) .

Costo MP: Para P → 0, 25(x 1 + 1, 5x 3 ); Para Q → 0, 35(1, 25x 1 + 2x 2 ); Para R → 0, 30(2x 1 + 2, 5x 2 + 1, 75x 3 );

CT para P1 = 500

500 x 1 + 450

1000 x 1 + 800

1850 x 1 + 0, 25x 1 + (0, 35)(1, 25)x 1 + (0, 30)(2)x 1 = 9383

2960 x 1

x 1

CT para P2 = 500

1200 x 2 + 450

1500 x 2 + 800

2300 x 2 + 600

1400 x 2 + (0, 35)(2)x 2 + (0, 30)(2, 5)x 2 = 2843

966 x 2

CT para P3 = 800

1600 x 3 + 600

800 x 3 + (0, 25)(1, 5)x 3 + (0, 30)(1, 75)x 3 = 43

20 x 3 = 2, 15x 3

Maximizar: Z = (5 − 9383

2960 ) x 1 + (4, 5 − 2843

966 ) x 2 + (3, 5 − 43

20 ) x 3 = ( 5417

2960 ) x 1 + ( 752

483 ) x 2 + ( 27

20 ) x 3❶

Sujeto a:

Rendimiento de la máquina ≤ 1 − tiempo muerto:

x 2

1

x 2

1

500 +

x

≤ 0, 90❷;

1200 1000 +

x

≤ 0, 95❸;

1500 1850 + 2300 +

x

≤ 0, 95❹;

1600 1400 + x 3

≤ 0, 90❺

800

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#141 Una compañía dispone de $30 millones para distribuirlos el próximo año entre sus tres sucursales.

Debido a compromisos de la estabilidad del nivel de empleados y por otras razones, la compañía ha establecido un nivel

mínimo de fondos para cada sucursal. Estos fondos mínimos son de $3, $5 y $8 millones, respectivamente. Debido a la

naturaleza de su operación, la sucursal 2 no puede utilizar más de $17 millones sin una expansión de capital grande. La

compañía no está dispuesta a efectuar tal expansión en este momento. Cada sucursal tiene la oportunidad de dirigir

distintos proyectos con los fondos que recibe. Para cada proyecto se ha establecido una tasa de ganancia (como un %

de la inversión). Por otra parte, algunos de los proyectos permiten sólo una inversión limitada. A continuación se dan los

datos para cada proyecto.

Tasas de ganancia Límite superior de inversión(en

Sucursal Proyecto

millones de dólares)

1

2

3

1

2

3

4

5

6

7

8

8%

6%

7%

5%

8%

9%

10%

6%

Formular este problema como un programa lineal.

SOLUCION:

Sea x ij la cantidad que se invierte en la sucural i en el proyecto j.

i = 1, 2, 3(sucursales), j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8(proyectos).

Max: Z = 0, 08x 11 + 0, 06x 12 + 0, 07x 13 + 0, 05x 24 + 0, 08x 25 + 0, 09x 26 + 0, 10x 37 + 0, 06x 38 ❶

Sujeto a:

(x 11 + x 12 + x 13 ) + (x 24 + x 25 + x 26 ) + (x 37 + x 38 ) ≤ 30000000❷(cantidad disponible)

x 11 + x 12 + x 13 ≥ 3000000❸; x 24 + x 25 + x 26 ≥ 5000000❹; x 37 + x 38 ≥ 8000000❺(fondos minimos a invertir)

x 24 + x 25 + x 26 ≤ 17000000❻(fondo maximo a invertir en la sucursal 2)

x 11 ≤ 6000000❼; x 12 ≤ 5000000❽; x 13 ≤ 9000000❾; x 24 ≤ 7000000❿; x 25 ≤ 10000000❶❶; x 26 ≤ 4000000❶❷

x 37 ≤ 6000000❶❸; x 38 ≤ 3000000❶❹

con: x 11 , x 12 , x 13 , x 24 , x 25 , x 26 , x 37 , x 38 ≥ 0❶❺ o´x ij ≥ 0 i = 1, 2, 3. j = 4, 5, 6, 7, 8.

1

x 2

x 2

x 3

2

6

5

9

7

10

4

6

3

1

x 2

x 3



PROBLEMA#142 Una compañía petrolera produce dos tipos de gasolina, que venden a 18 y 21 centavos de dólar por

galón. La refinería puede comprar cuatro diferentes crudos con los siguientes análisis y costos:

Crudo A B C Precio($/galón)

1 0,80 0,10 0,10 0,14

2 0,30 0,30 0,40 0,10

3 0,70 0,10 0,20 0,15

4 0,40 0,50 0,10 0,12

La gasolina cuyo precio de venta es 21 centavos de dólar debe tener cuando menos 60 por ciento de A y no más de 35 por ciento de C.

La de 18 centavos de dólar por galón no debe tener más de 30 por ciento de C. En el proceso de mezclado se pierde, por evaporación, 2

por ciento A y 1 por ciento de B y C. Demuéstrese cómo se determinan las cantidades relativas de crudos que se utilizar, mediante la

Programación Lineal.

SOLUCIÓN:

Como se desea conocer las cantidades a utilizar para producir los dos tipos de gasolina, se hace necesario usar las variables que están

representadas en la siguiente gráfica:

Al mezclarse X ij para dar la gasolina j, cumplir con las condiciones de análisis y perder en el proceso de evaporación,

los valores que quedan son:

Crudo A B C Total

1 0,80(0,98)=0,784 0,10(0,99)=0,099 0,10(0,99)=0,099 0,982

2 0,30(0,98)=0,294 0,30(0,99)=0,297 0,40(0,99)=0,396 0,987

3 0,70(0,98)=0,686 0,10(0,99)=0,099 0,20(0,99)=0,198 0,983

4 0,40(0,98)=0,392 0,50(0,99)=0,495 0,10(0,99)=0,099 0,986

Así por ejemplo, el crudo antes de la mezcla tenía 0,80% de A; al perder por evaporación 2%, le queda sólo el 98%; luego, (0,80)(0,98) es

igual a 0,784. El problema exige que se cumplan las siguientes restricciones:

x ij = La cantidad de crudo i que interviene en la gasolina j (i = 1, 2, 3, 4 y j = 1, 2).

x 11 = Cantidad a comprar de galones de crudo 1, para producir gasolina tipo 1.

x 12 = Cantidad a comprar de galones de crudo 1, para producir gasolina tipo2.







Maximizar: Z = 18(0, 982x 11 + 0, 987x 21 + 0, 983x 31 + 0, 986x 41 ) + 21(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )

−14(x 11 + x 12 ) − 10(x 21 + x 22 ) − 15(x 31 + x 32 ) − 12(x 41 + x 42 ) =

Maximizar: Z = 919

250 x 11 + 3311

500 x 12 + 3883

500 x 21 + 10727

1000 x 22 + 1347

500 x 31 + 5643

1000 x 32 + 1437

250 x 41 + 4353

500 x 42❶

Sujeto a:

Condiciones de gasolina de tipo 2.

{0, 784x 12 + 0, 294x 22 + 0, 686x 32 + 0, 392x 42 ≥ 0, 60(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )}❷

{0, 099x 12 + 0, 396x 22 + 0, 198x 32 + 0, 099x 42 ≤ 0, 35(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )}❸

{(0, 099x 11 + 0, 396x 21 + 0, 198x 31 + 0, 099x 41 ) ≤ 0, 30(0, 982x 11 + 0, 987x 21 + 0, 983x 31 + 0, 986x 41 )}❹

con: x ij ≥ 0∀ij(i = 1, 2, 3, 4 ; j = 1, 2)❺

Nota: La función objetivo expresa la utilidad que se logra luego de obtener un ingreso por la cantidad

{

vendida (la cual ha sufrido mermas por evaporación) los costos por el crudo usado. }



PROBLEMA#143 Un molino agrícola produce alimento para vacas, ovejas y pollos. Esto se hace mezclando los siguientes

ingredientes principales: maíz, piedra caliza, frijol de soya y comida de pescado. Estos ingredientes contienen los siguientes nutrientes:

vitaminas, proteínas, calcio y grasa cruda. A continuación se resume el contenido de los nutrientes en cada kilogramo de los

ingredientes.

INGREDIENTES

NUTRIENTES

VITAMINA PROTEÍNA CALCIO GRASA CRUDA

MAÍZ 8 10 6 8

PIEDRA CALIZA 6 5 10 6

FRIJOL DE SOYA 10 12 6 6

COMIDA DE PESCADO 4 8 6 9

Se hace un pedido al molino para que produzca 10, 6 y 8 toneladas (métricas) de alimentos para vacas, ovejas y pollos,

respectivamente. Debido a la escasez de los ingredientes, sólo se dispone de una cantidad limitada de ellos, a saber: 6 toneladas de

maíz, 10 toneladas de piedra caliza, 4 toneladas de frijol de soya y 5 toneladas de alimento de pescado. El precio por kilogramo de

estos ingredientes es de $0,20; $0,12; $0,24 y $0,12 respectivamente. A continuación se resume las unidades mínimas y máximas que

se permiten de los distintos nutrientes por cada kilogramo de alimento para vacas, ovejas y pollos.

NUTRIENTE

PRODUCTO

VITAMINA PROTEINA CALCIO GRASA CRUDA

MININO MAXIMO MINIMO MAXIMO MINIMO MAXIMO MINIMO MAXIMO

ALIMENTO PARA VACAS 6 ∞ 6 ∞ 7 ∞ 4 8

ALIMENTO PARA OVEJAS 6 ∞ 6 ∞ 6 ∞ 4 6

ALIMENTO PARA POLLOS 4 6 6 ∞ 6 ∞ 4 6

Formule el problema de programación lineal.

SOLUCIÓN:

Cantidades usadas de cada ingrediente:

VACAS OVEJAS POLLOS

DE MAÍZ X 11 + X 21 + X 31

DE PIEDRA CALIZA X 12 + X 22 + X 32

DE FRIJOL DE SOYA X 13 + X 23 + X 33

DE COMIDA DE PESCADO X 14 + X 24 + X 34

Sea x ij el número de kilogramos para el producto i(i = vacas, ovejas y pollos), del ingrediente j

(j = maíz, piedra caliza, frijol de soya y comida de pescado); así porejemplo x 12 significa kilogramos de

piedra caliza destinado al alimento para vacas.

x 11 = Cantidad de kilogramos de maíz destinados al alimento para Vacas.

x 21 = Cantidad de kilogramos de maíz destinados al alimento para Ovejas.

x 31 = Cantidad de kilogramos de maíz destinados al alimento para Pollos.

x 12 = Cantidad de kilogramos de piedra caliza destinados al alimento para Vacas.

x 22 = Cantidad de kilogramos de piedra caliza destinados al alimento para Ovejas.

x 32 = Cantidad de kilogramos de piedra caliza destinados al alimento para Pollos.

x 13 = Cantidad de kilogramos de frijol de soya destinados al alimento para Vacas.

x 23 = Cantidad de kilogramos de frijol de soya destinados al alimento para Ovejas.

x 33 = Cantidad de kilogramos de frijol de soya destinados al alimento para Pollos.

x 14 = Cantidad de kilogramos de comida de pescado destinados al alimento para Vacas.

x 24 = Cantidad de kilogramos de comida de pescado destinados al alimento para Ovejas.

x 34 = Cantidad de kilogramos de comida de pescado destinados al alimento para Pollos.

Mínimo: Z = 0, 20(x 11 + x 21 + x 31 ) + 0, 12(x 12 + x 22 + x 32 ) + 0, 24(x 13 + x 23 + x 33 ) + 0, 12(x 14 + x 24 + x 34 )❶

Sujeto a:

Disponibilidad de los ingredientes:

x 11 + x 21 + x 31 ≤ 6000❷; x 12 + x 22 + x 32 ≤ 10000❸; x 13 + x 23 + x 33 ≤ 4000❹; x 14 + x 24 + x 34 ≤ 5000❺

Requerimientos de los alimentos:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 = 10000❻; x 21 + x 22 + x 23 + x 24 = 6000❼; x 31 + x 32 + x 33 + x 34 = 8000❽

Composición mínima y máximas del nutriente:

Vitamina → 8x 11 + 6x 12 + 10x 13 + 4x 14 ≥ 6 ∗ 10000❾; 8x 21 + 6x 22 + 10x 23 + 4x 24 ≥ 6 ∗ 6000❿

8x 31 + 6x 32 + 10x 33 + 4x 34 ≥ 4 ∗ 8000❶❶; 8x 31 + 6x 32 + 10x 33 + 4x 34 ≤ 6 ∗ 8000❶❷

Proteína → 10x 11 + 5x 12 + 12x 13 + 8x 14 ≥ 6 ∗ 10000❶❸; 10x 21 + 5x 22 + 12x 23 + 8x 24 ≥ 6 ∗ 6000❶❹

{

10x 31 + 5x 32 + 12x 33 + 8x 34 ≥ 6 ∗ 8000❶❺

Calcio → 6x 11 + 10x 12 + 6x 13 + 6x 14 ≥ 7 ∗ 10000❶❻; 6x 21 + 10x 22 + 6x 23 + 6x 24 ≥ 6 ∗ 6000❶❼

6x 31 + 10x 32 + 6x 33 + 6x 34 ≥ 6 ∗ 8000❶❽

Grasa Cruda → 8x 11 + 6x 12 + 6x 13 + 9x 14 ≥ 4 ∗ 10000❶❾; 8x 11 + 6x 12 + 6x 13 + 9x 14 ≤ 8 ∗ 10000❷❶

8x 21 + 6x 22 + 6x 23 + 9x 24 ≥ 4 ∗ 6000❷❷; 8x 21 + 6x 22 + 6x 23 + 9x 24 ≤ 6 ∗ 6000❷❸

8x 31 + 6x 32 + 6x 33 + 9x 34 ≥ 4 ∗ 8000❷❹; 8x 31 + 6x 32 + 6x 33 + 9x 34 ≤ 6 ∗ 8000❷❺

con: x ij ≥ 0❷❻ }



PROBLEMA#144 Un fabricante de muebles tiene tres plantas que requieren semanalmente, 500, 700 y 600 toneladas de

madera. El fabricante puede comprar la madera a 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. El primer fabricante de madera usa el ferrocarril como medio de Transporte y no hay

un límite de 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 pueden enviar 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 ($ por toneladas).

Compañía

maderera

Fábrica de muebles

1 2 3

1 2 3 5

2 2,5 4 4,8

3 3 3,6 3,2

Formular este problema como un programa lineal.

SOLUCIÓN:

Graficamos de la siguiente manera.

M= es una cantidad tan grande quiere decir hay que penalizar puede tomar infinito de valores.

De aquí se desprende que x ij es la cantidad a enviar de la compañia maderera i a la planta de muebles j.

3 3

{

La F. O. implicará minimizar el costo total de transporte entres i y j. Min: Z = ∑ ∑ C ij X ij

3

i=1 j=1

Sujeto a: Disponibilidad (∑ X ij ≤ a i ; i = 1, 2, 3. ) ; Requerimiento (∑ X ij ≥ b j ; j = 1, 2, 3. ) .

j=1

Capacidad(0 ≤ X ij ≤ u ij ; i = 1, 2, 3. j = 1, 2, 3. )

donde: a i = disponibilidad de la compañia maderera i. ; b j = requerimiento de la planta j.

u ij = capacidad de flujo de i a j.

Min: Z = 2x 11 + 3x 12 + 5x 13 + 2, 5x 21 + 4x 22 + 4, 80x 23 + 3x 31 + 3, 60x 32 + 3, 20x 33 ❶

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 ≤ M❷; x 21 + x 22 + x 23 ≤ M❸; x 31 + x 32 + x 33 ≤ 500❹ → OFERTA

x 11 + x 21 + x 31 ≥ 500❺; x 12 + x 22 + x 32 ≥ 700❻; x 13 + x 23 + x 33 ≥ 600❼ → DEMANDA

x 11 ≤ M❽; x 12 ≤ M❾; x 13 ≤ M❿; x 21 ≤ 200❶❶; x 22 ≤ 200❶❷; x 23 ≤ 200❶❸

x 31 ≤ 200❶❹; x 32 ≤ 200❶❺; x 33 ≤ 200❶❻ → CAPACIDAD

x ij ≥ 0 i = 1, 2, 3. j = 1, 2, 3. condiciones de no negatividad❶❼

Nota: M significa una cantidad sin limite o una cantidad muy grande. }

3

i=1



PROBLEMA#145 Un agricultor tiene 200 hectáreas y dispone de 18000 horas-Hombre. El desea determinar el área (en

hectáreas) que asignará a los siguientes productos: maíz, trigo, quinua, tomate y cebolla. El agricultor debe producir al

menos 250 toneladas de maíz para alimentar a sus puercos y ganado, y debe producir al menos 80 toneladas de trigo

debido a un contrato que firmo previamente. A continuación se resume el tonelaje y la mano de obra en horas-Hombre

por hectárea para diferentes productos.

MAÍZ TRIGO QUÍNUA TOMATE CEBOLLA

TONELADAS/HECTARIAS 10 4 4 8 6

Horas-Hombre/hectáreas 120 150 100 80 120

El maíz, trigo, quinua, tomate y cebolla se venden, respectivamente, en $120, $150, $50, $80 y $55 por tonelada.

Encontrar la solución óptima.

SOLUCIÓN:

x 1 = el área en hectarias asignada para el cultivo de maíz.

x 2 = el área en hectarias asignada para el cultivo de trigo.

x 3 = el área en hectarias asignada para el cultivo de quinua.

x 4 = el área en hectarias asignada para el cultivo de tomate.

x 5 = el área en hectarias asignada para el cultivo de cebolla.

Max: Z = (120 $

Ton ∗ 10 Ton

hectaria ) x 1 + (150 ∗ 4)x 2 + (50 ∗ 4)x 3 + (80 ∗ 8)x 4 + (55 ∗ 6)x 5

Max: Z = 1200x 1 + 600x 2 + 200x 3 + 640x 4 + 330x 5 ❶

Sujeto a:

10x 1 ≥ 250❷; 4x 2 ≥ 80❸ ; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≤ 200❹

120x 1 + 150x 2 + 100x 3 + 80x 4 + 120x 5 ≤ 18000❺

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#146 Una compañía fabrica estufas y hornos. La compañía tiene tres almacenes y dos tiendas de venta al

menudeo. En los tres almacenes se dispone, respectivamente de 60, 80 y 50 estufas, y de 80, 50 y 50 hornos. En las

tiendas de menudeo se requieren, respectivamente, 100 y 90 estufas, y 60 y 120 hornos. En la siguiente tabla se dan los

costos de envió por unidad, de los almacenes a las tiendas de menudeo, los cuales se aplican tanto a estufas como a

hornos.

Tienda

Almacén

1 2

1

2

3

3

2

6

Formular el problema para encontrar la forma de envío que minimice el costo total del transporte.

SOLUCIÓN:

X ij = La cantidad de estufas que se envián de i a j.

Y ij = La cantidad de hornos que se envián de i a j.

Min: Z = 3x 11 + 5x 12 + 2x 21 + 3x 22 + 6x 31 + 3x 32 + 3y 11 + 5y 12 + 2y 21 + 3y 22 + 6y 31 + 3y 32 ❶

Sujeto a:

REQUERIMIENTO DE LA TIENDA 1 → x 11 + x 21 + x 31 = 100❷; y 11 + y 21 + y 31 = 60❸

REQUERIMIENTO DE LA TIENDA 2 → x 12 + x 22 + x 32 = 90❹; y 12 + y 22 + y 32 = 120❺

DISPONIBILIDAD DEL ALMACEN 1 → x 11 + x 12 = 60❻; y 11 + y 12 = 80❼

DISPONIBILIDAD DEL ALMACEN 2 → x 21 + x 22 = 80❽; y 21 + y 22 = 50❾

DISPONIBILIDAD DEL ALMACEN 3 → x 31 + x 32 = 50❿; y 31 + y 32 = 50❶❶

Se han considerado restricciones de igualdad, porque la suma de los requerimientos de cada producto,

es igual a la suma de sus disponibilidades.

{

X ij , Y ij ≥ 0 ; i = 1, 2, 3. j = 1, 2. ❶❷ }

5

3

3



PROBLEMA#147 Un fabricante desea planear la producción de dos artículos A y B para los meses de marzo, abril, mayo

y junio. Las demandas que se deben satisfacer son las siguientes:

Artículo Marzo Abril Mayo Junio

A

400 500 600 400

B

600 600 700 600

Suponer que el inventario de A y B al finalizar el mes de febrero es de 100 y 150, respectivamente. Suponga, además,

que al final del mes junio se debe disponer de, al menos, 150 unidades del artículo B. Los costos de almacenaje de las

unidades no vendidas de los artículos A y B, durante cualquier mes, son de $1 y $0,80 multiplicados por el inventario del

artículo respectivo al final del mes, Por otra parte, debido a limitaciones de espacio, la suma de los artículos A y B en

almacén no puede exceder de 250 durante cualquier mes, Finalmente, el número máximo de artículos A y B que se

pueden producir durante mes dado es de 500 y 600, respectivamente.

Formular el problema de producción como un programa lineal. El objetivo consiste en minimizar el costo total de

inventario (el costo de producción se supone constante).

SOLUCIÓN:

X 1i = el número de unidades producidas del artículo A en el mes i(i = marzo, abril, mayo, junio).

X 2i = el número de unidades producidas del artículo B en el mes i(i = marzo, abril, mayo, junio)

I 1i = inventario del artículo A al final del mes i.

I 2i = inventario del artículo B al final del mes i.

Minimizar: Z = I 11 + I 12 + I 13 + I 14 + 0, 80I 21 + 0, 80I 22 + 0, 80I 23 + 0, 80I 24 ❶

Sujeto a:

INVENTARIO FINAL = INVENTARIO INICIAL + PRODUCCION − DEMANADA

RESTRICCIONES DE INVENTARIOS MENSUALES:

I 11 = 100 + X 11 − 400 I 12 = I 11 + X 12 − 500 I 13 = I 12 + X 13 − 600 I 14 = I 13 + X 14 − 400

I 21 = 150 + X 21 − 600 I 22 = I 21 + X 22 − 600 I 23 = I 22 + X 23 − 700 I 24 = I 23 + X 24 − 600

I 11 + I 21 ≤ 250 I 12 + I 22 ≤ 250 I 13 + I 23 ≤ 250 I 14 + I 24 ≤ 250

❷ ❸ ❹ ❺

RESTRICCIONES DE PRODUCCIÓN:

X 11 ≤ 500❻; X 21 ≤ 600❼; X 12 ≤ 500❽; X 22 ≤ 600❾; X 13 ≤ 500❿; X 23 ≤ 600❶❶; X 14 ≤ 500❶❷; X 24 ≤ 600❶❸

RESTRICCION DEL INVENTARIO FINAL:

I 24 ≥ 150❶❹

{

con: X 1i ≥ 0 ; X 2i ≥ 0 ; I 1i ≥ 0 ; I 2i ≥ 0 ; i = 1, 2, 3, 4❶❺ }

PROBLEMA#148 Otro problema de mezclas. Franz Ariel Vargas Claros, superintendente de edificaciones y jardines de la

Universidad de Bolivia, está planeando poner fertilizante al pasto en el área de patios a la entrada de la primavera. El

pasto necesita nitrógeno, fosforo y potasio al menos en las cantidades dadas en la tabla 1. Están disponibles tres clases

de fertilizantes comerciales: en la tabla 2 se da el análisis y los precios de ellos. Ariel Vargas puede comprar todo el

fertilizante que quiera de cada precio y mezclarlos antes de aplicar al pasto. Formule un modelo de programación lineal

para determinar cuánto debe comprar de cada fertilizante para satisfacer los requerimientos a un costo mínimo.

TABLA 1 TABLA 2: Características de los fertilizantes (por 1000 libras)

Requerimiento totales

del pasto

Contenido de

Precio

Mineral Peso

mínimo(lb)

FERTILIZANTES Nitrógeno

(Libras)

Fósforo

(Libras)

Potasio

(Libras)

$

Nitrógeno 10 I 25 10 5 10

Fósforo 7 II 10 5 10 8

Potasio 5 III 5 10 5 7

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libras a comprar de fertilizantes de I.

x 2 = Cantidad de libras a comprar de fertilizantes de II.

x 3 = Cantidad de libras a comprar de fertilizantes de III.

Minimizar: Z = 10x 1 + 8x 2 + 7x 3 ❶

Sujeto a:

0, 025x 1 + 0, 010x 2 + 0, 005x 3 ≥ 10❷; 0, 010x 1 + 0, 005x 2 + 0, 010x 3 ≥ 7❸; 0, 005x 1 + 0, 010x 2 + 0, 005x 3 ≥ 5❹

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#149 Planeación de dietas. Nestorita, un antiguo entrenador de grupos de choque, se ha convertido en

avicultor. Desea alimentar a sus animales en forma tal que cubran sus necesidades de nutrición a un costo mínimo.

Nestorita está estudiando el uso de maíz, soya, avena y alfalfa. En la tabla se muestra la información dietética importante

por libra de grano (por ejemplo, 1 libra de maíz proporciona 15 miligramos de proteínas). Elabore un modelo PL. Para

determinarla mezcla dietética que satisfará los requerimientos diarios a un costo mínimo.

NUTRIENTES POR LIBRA DE GRANO

Nutrientes Maíz Soya Avena Alfalfa Necesidades diarias

Proteínas (mg) 15 30 15 7 Mínimo de 50 mg.

Calcio (mg) 40 10 40 45 Mínimo de 150 mg.

Grasas (mg) 20 50 8 25 Máximo de 120 mg.

Mínimo de 25 mg.

Calorías 850 1500 1200 4000 Mínimo de 5000 calorías

Costo por libras 70 45 40 90

SOLUCIÓN:

x i = Libras a utilizar del grano i(i = maíz, soya, avena, alfalfa).

Minimizar: Z = 70x 1 + 45x 2 + 40x 3 + 90x 4 ❶

Sujeto a:

15x 1 + 30x 2 + 15x 3 + 7x 4 ≥ 50❷; 40x 1 + 10x 2 + 40x 3 + 45x 4 ≥ 150❸; 20x 1 + 50x 2 + 8x 3 + 25x 4 ≤ 120❹

; 20x 1 + 50x 2 + 8x 3 + 25x 4 ≥ 25❺; 850x 1 + 1500x 2 + 1200x 3 + 4000x 4 ≥ 5000❻

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❼ }

PROBLEMA#150 Análisis del punto de equilibrio. Margarita de Mary, fabricante de equipos filtración de aire superfluo,

produce dos modelos, el Umidaire y el Depolinador. En la tabla, se dan los datos relativos a precios de venta y costos.

La firma de Margarita ya tiene contratados 500 Umidaire y desearía calcular el punto de equilibrio para ambos modelos.

Formulen un PL que minimice los costos.

Precios de venta y costos

Producto Precio de venta Costo variable

por unidad por unidad Costo fijo

Umidaire $450 $240 $150000

Depolinador 700 360 $240000

SOLUCIÓN:

Desde la ecuación del punto de equilibrio: Ingreso = Costos totales

Precio ∗ Cantdad = costo fijo + costo variable ∗ cantidad Sea:

x i = Cantidad para i(i = umidaire, depolinador).

La función objetiva es minimizar los costos variables( el costo fijo es una constante).

Minimizar: Z = 240x 1 + 360x 2 ❶

Sujeto a: 450x 1 + 700x 2 = 240x 1 + 360x 2 + 390000❷ ; x 1 ≥ 500❸

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PROBLEMA#151 Un problema de producción. En la tabla, se presentan los requisitos por unidad y los ingresos netos

para equipo forestal y equipo de excavación. Definan las variables de decisión y elaboren un programa lineal que

maximice los ingresos. Datos del equipo forestal de excavación:

Equipo Hierro Trabajo Requisitos de Tratamiento Ingreso

(lb) (hrs) transmisiones (hrs) Neto

Forestal 950 65 1 28 $450

Excavación 4000 120 1 16 895

Disponibilidad 650000 23000 450 7200

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de equipos de forestal a producir.

x 2 = Cantidad de equipos de excavación a producir.

Maximizar: Z = 450x 1 + 895x 2 ❶

Sujeto a: 950x 1 + 4000x 2 ≤ 650000❷; 65x 1 + 120x 2 ≤ 23000❸; x 1 + x 2 ≤ 450❹; 28x 1 + 16x 2 ≤ 7200❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#152 Planeación de cartera. Una compañía de inversiones tiene actualmente $10 millones para invertir.

La meta consiste en maximizar los créditos que se espera devengar en el próximo año. Las cuatro posibilidades de

inversión se resumen en la tabla Además, la compañía ha establecido que por lo menos el 30% de los fondos deberá ser

colocado en acciones y en bonos de la tesorería, y no más del 40% en el mercado de valores y bonos municipales. Se

deben colocar completamente los $10 millones disponibles. Formule un modelo de programación lineal que diga

cuánto dinero invertir en cada instancia. Resumen de posibilidades de Inversión:



Posibilidades de Réditos Inversión máxima

Inversión esperados% permisible (millones)

Bonos de la tesorería 8 $5

Acciones 6 7

Mercado de dinero 12 2

Bonos municipales 9 4

SOLUCIÓN:

Sea: x i = Cantidad de dinero invertido en la posibilidad i(i = 1, 2, 3, 4).

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 06x 2 + 0, 12x 3 + 0, 09x 4 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 10000000❷; x 1 ≤ 5000000❸; x 2 ≤ 7000000❹; x 3 ≤ 2000000❺; x 4 ≤ 4000000❻

{

x 1 + x 2 ≥ 3000000❼; x 3 + x 4 ≤ 4000000❽; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❾ }

PROBLEMA#153 Asignación de la producción Una empresa ha decidió lanzar tres nuevos productos. Dos plantas

sucursales tienen en estos momentos capacidad de producción excedente. En la tabla, se muestran las capacidades de

las plantas y los costos de producción. Identifique las variables de decisión y elabore un modelo PL que asigne la

producción de los tres productos a las dos plantas en forma tal que cubran la demanda y minimicen los costos.

Costos unitarios de producción:

Planta A B C Capacidad

SOLUCIÓN:

1 $9 $18 $12 500

2 13 18 7 650

Demanda 400 250 350

x ij = Producción de la planta i(i = 1, 2), para el producto j(j = A, B, C).

Minimizar: Z = 9x 1A + 18x 1B + 12x 1C + 13x 2A + 18x 2B + 7x 2C ❶

Sujeto a: x 1A + x 1B + x 1C ≤ 500❷; x 2A + x 2B + x 2C ≤ 650❸

{ x 1A + x 2A ≥ 400❹; x 1B + x 2B ≥ 250❺; x 1C + x 2C ≥ 350❻; con: x 1A , x 1B , x 1C , x 2A , x 2B , x 2C ≥ 0❼ }

PROBLEMA#154 Una compañía produce un ensamblado que consiste, de un bastidor, una barra y un cojinete. La

compañía fabrica las barras y los bastidores pero tiene que comprar los cojinetes a otro fabricante. Cada barra debe

procesarse en una máquina de forja, un torno y un esmeril. Estas operaciones requieren de 0,5 horas, 0,2 horas y 0,3

horas por barra, respectivamente. Cada bastidor requiere de 0,8 horas de trabajo de forja 0,1 horas en el taladro, 0,3

horas en la fresadora, y 0,5 horas en el esmeril. La compañía tiene 5 tornos, 10 esmeriles, 20 máquinas de forja, 3

taladros y 6 fresadoras. Supóngase que cada máquina opera un máximo de 2400 horas por año. Formular como un

programa lineal el problema de encontrar el número máximo de componentes ensamblados que se pueden producir.

SOLUCIÓN:

x 1 = la cantidad de barras a producir.

x 2 = la cantidad de bastidores a producir.

Maximizar: Z = Minimizar{x 1 , x 2 }❶

Sujeto a: 0, 50x 1 + 0, 80x 2 ≤ 48000❷; 0, 20x 1 ≤ 12000❸; 0, 10x 2 ≤ 7200❹; 0, 30x 2 ≤ 14400❺

0, 30x 1 + 0, 50x 2 ≤ 24000❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼

{ 2400(5) = 12000; 2400(10) = 24000; 2400(20) = 48000; 2400(3) = 7200; 2400(6) = 14400 }



PROBLEMA#155 Un molino agrícola produce alimento para ganado y alimento para pollos. Estos productos se

componen de tres ingredientes principales, a saber, maíz, cal y harina de pescado. Los ingredientes contienen dos tipos

principales de nutrientes que son proteínas y calcio. En la tabla siguiente se dan los contenidos de nutrientes por libra

de cada ingrediente.

Ingredientes

Nutrientes

Maíz Cal Harina de pescado

Proteína

25 15 25

Calcio

15 30 20

El contenido de proteína en el alimento para ganado debe estar en el intervalo [18; 22] por libra. El contenido de calcio

en el mismo alimento debe ser mayor o igual que 20 por fibra. De igual manera, en el alimento para pollos el contenido

de proteínas y el contenido de calcio debe estar en los intervalos [20; 23] y [20; 25], respectivamente. Supóngase que se

dispone de 3000, 2500 y 100 libras de maíz, cal y harina de pescado. Supóngase también que se requiere producir 4000

y 2000 Libras de alimentos para ganado y para pollos, respectivamente, El precio por libra de maíz, la cal y la harina de

pescado es, respectivamente, de $0,10, $0,10 y $0,08. Formúlese el problema de mezclado con el objeto de minimizar el costo.

SOLUCIÓN:

El problema es visualizado en la siguiente figura.

x ij = como la cantidad de libras del ingrediente i(i = 1, 2, 3), asignadas al alimento j(j = 1, 2).

i = maiz, cal y harina ; j = ganado y pollos

Minimicese: Z = 0, 10x 11 + 0, 10x 12 + 0, 10x 21 + 0, 10x 22 + 0, 08x 31 + 0, 08x 32 ❶

Sujeto a: x 11 + x 21 + x 31 ≤ 4000❺ ; x 12 + x 22 + x 32 ≤ 2000❻

x 11 + x 12 = 3000❷; x 21 + x 22 = 2500❸; x 31 + x 32 = 100❹ ;

18 ≤ 25x 11 + 15x 21 + 25x 31

x 11 + x 21 + x 31

≤ 22 ↔ [ 25x 11 + 15x 21 + 25x 31 ≤ 22(x 11 + x 21 + x 31 ) ↔ 3x 11 − 7x 21 + 3x 31 ≤ 0❼

25x 11 + 15x 21 + 25x 31 ≥ 18(x 11 + x 21 + x 31 ) ↔ 7x 11 − 3x 21 + 7x 31 ≥ 0❽ ]

15x 11 + 30x 21 + 20x 31

x 11 + x 21 + x 31

≥ 20 ↔ 15x 11 + 30x 21 + 20x 31 ≥ 20(x 11 + x 21 + x 31 ) ↔ −5x 11 + 10x 21 + 0x 31 ≥ 0❾

20 ≤ 25x 12 + 15x 22 + 25x 32

x 12 + x 22 + x 32

≤ 23 ↔ [ 25x 12 + 15x 22 + 25x 32 ≤ 23(x 12 + x 22 + x 32 ) ↔ 2x 12 − 8x 22 + 2x 32 ≤ 0❿

25x 12 + 15x 22 + 25x 32 ≥ 20(x 12 + x 22 + x 32 ) ↔ 5x 12 − 5x 22 + 5x 32 ≥ 0❶❶ ]

20 ≤ 15x 12 + 30x 22 + 20x 32

≤ 25 ↔

x 12 + x 22 + x 32

[ 15x 12 + 30x 22 + 20x 32 ≤ 25(x 12 + x 22 + x 32 ) ↔ −10x 12 + 5x 22 − 5x 32 ≤ 0❶❷

15x 12 + 30x 22 + 20x 32 ≥ 20(x 12 + x 22 + x 32 ) ↔ −5x 12 + 10x 22 + 0x 32 ≥ 0❶❸ ]

con: x ij ≥ 0, ∀i , ∀j ó x 11 , x 12 , x 21 , x 22 , x 31 , x 32 ≥ 0❶❹

como la suma de las disponibilidades es menor que la suma de requerimientos(es decir, no se puede cumplir con la

producción deseada), se ha forzado las restricciones ❷, ❸y❹ de disponibilidad a ser de igualdad(en vez de ≤),

{

y las de requerimientos a menor o igual (en vez de ≥)que son las restricciones❺y❻. }



PROBLEMA#156 Un problema de mezclas, AL-QUADOSH+, Inc. produce dos salsas para bistec. Día picante y Noche

Rojo suave. Ambas salsas se hacen mezclando dos ingredientes, A y B. Se permite un cierto nivel de flexibilidad en las

fórmulas de estos. En la tabla 1979 se presentan los porcentajes permisibles, junto con datos de ingresos y costos. Se

pueden comprar hasta 40 cuartos de A y 30 cuartos de B. AL-QUADOSH+ puede vender todas las salsas que elabore un

Programa Lineal cuyo objetivo sea maximizar el ingreso neto proveniente de la venta de las salsas.

TABLA 1979 PORCENTAJES PERMISIBLES PARA AL-QUADOSH+, Inc.

SALSA INGREDIENTES PRECIO DE VENTA

A

B

POR CUARTO

DÍA PICANTE Por lo menos un 25% Por lo menos un 50% $3,35

NOCHE ROJO SUAVE Cuando mucho un 75% *** $2,85

COSTO POR CUARTO $1,60 $2,59

***No existe un porcentaje máximo o mínimo explícito.

Resolver como un modelo de programación lineal.

SOLUCIÓN:

{

x ij = Cantidad de la salsa i, (i = dia picante y noche rojo), en el ingrediente j, (j = A, B).

Max: Z = [3, 35(x 1A + x 1B ) + 2, 85(x 2A + x 2B )] − [1, 60(x 1A + x 2A ) + 2, 59(x 1B + x 2B )]

Max: Z = 1, 75x 1A + 0, 76x 1B + 1, 25x 2A + 0, 26x 2B ❶

Sujeto a:

x 1A ≥ 0, 25(x 1A + x 1B )❷; x 1B ≥ 0, 50(x 1A + x 1B )❸; x 2A ≤ 0, 75(x 2A + x 2B )❹

x 1A + x 2A ≤ 40❺; x 1B + x 2B ≤ 30❻; con: x 1A , x 1B , x 2A , x 2B ≥ 0❼ }

PROBLEMA#157 Se procesan cuatro productos sucesivamente en dos máquinas. Los tiempos de manufactura en horas por unidad

de cada producto se tabulan a continuación para las dos máquinas.

Máquina

Tiempo por unidad (horas)

Producto 1 Producto 2 Producto 3 Producto 4

1 2 3 4 2

2 3 2 1 2

El costo total de producir una unidad de cada producto está basado directamente en el tiempo de máquina. Suponga que el costo por

hora para las máquinas 1 y 2 es Bs 10 y Bs 15. Las horas totales presupuestadas para todos los productos en las máquinas 1 y 2 son

500 y 380. Si el precio de venta por unidad para los productos 1, 2, 3 y 4 es Bs 65, Bs 70, Bs 55 y Bs 45, formule el problema como un

modelo de programación lineal para maximizar el beneficio neto total.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de unidades a producir del Producto 1.




Max: Z = (65x 1 + 70x 2 + 55x 3 + 45x 4 ) − [10(2x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 2x 4 ) + 15(3x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 )]

Max: Z = (65x 1 + 70x 2 + 55x 3 + 45x 4 ) − (65x 1 + 60x 2 + 55x 3 + 50x 4 ) = 10x 2 − 5x 4 ❶

{ Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 2x 4 ≤ 500❷; 3x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 ≤ 380❸ con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❹ }



PROBLEMA#158 Para una cafetería que trabaja 24 horas se requieren las siguientes meseras:

HORAS DEL DIA

NUMERO MINIMO DE MESERAS

2-6 4

6-10 8

10-14 10

14-18 7

18-22 12

22-2 4

Cada mesera trabaja 8 horas consecutivas por día. El objetivo es encontrar el número más pequeño requerido para

cumplir los requisitos anteriores. Formule el problema como un modelo de programación lineal.

SOLUCIÓN:

x j = el número de meseras que ingresan en el turno j(j = 1, 2, 3, 4, 5, 6).


Sujeto a: Numero de meseras en un turno ≥ numero minimo

Turno 1: x 1 + x 6 ≥ 4❷; Turno 2: x 1 + x 2 ≥ 8❸; Turno 3: x 2 + x 3 ≥ 10❹; Turno 4: x 3 + x 4 ≥ 7❺

Turno 5: x 4 + x 5 ≥ 12❻; Turno 6: x 5 + x 6 ≥ 4❼

{

x j ≥ 0 ; j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. ❽ }

PROBLEMA#159 Una compañía camionera tiene tres tipos de camiones: I, II y III. Estos camiones están equipados para transportar

tres tipos diferentes de máquinas en cada carga, de acuerdo a la siguiente tabla:

Tipo de camión

Máquina

I II III

A

B

C

1 1 1

0 1 2

2 1 1

Los camiones del tipo I, II y II cuestan $400 $600 y $900 por viaje, respectivamente. Se requiere determinar cuántos camiones de cada

tipo se deben usar para transportar 12 máquinas del tipo A, 10 máquinas del tipo B y 16 máquinas del tipo C. Formular el problema.

(Este es un problema de programación entera, pero es posible ignorar el requerimiento de que las variables sean enteras).

SOLUCIÓN:

x 1 = el número de camiones tipo I. x 2 = el número de camiones tipo II. x 3 = el número de camiones tipo III.

Minimizar: Z = 400x 1 + 600x 2 + 900x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 ≥ 12❷ ; x 2 + 2x 3 ≥ 10❸ ; 2x 1 + x 2 + x 3 ≥ 16❸

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }



PROBLEMA#160 Se usa un torno para reducir 14 a 12 pulgadas el diámetro de una barra de acero cuya longitud es de

36 pulgadas. Se debe determinarla velocidad X 1 (en revoluciones por minuto), el avance en profundidad X 2 (en pulgadas

por minuto), y el avance en longitud X 3 (en pulgadas por minuto).La duración del corte está dada por 36/X 2 X 3 . La

compresión y la tensión lateral ejercida sobre la herramienta cortante están dadas por 30X 1 + 4000X 2 y 40X 1 + 6000X 2 +

6000X 3 libras por pulgadas cuadrada, respectivamente. La temperatura (en grados Fahrenheit) en la punta de la

herramienta cortante es 200 + 0,5X 1 + 150 (X 2 + X 3 ). Los máximos permitidos de tensión de comprensión, tensión lateral

y temperatura son 150000 libras por pulgada cuadrada, 100000 libras por pulgadas cuadrada y 800ºF. Se desea

determinar la velocidad (que debe permanecer en el rango de 600 a 800 rpm), el avance en profundidad y el avance en

longitud tales que la duración del corte sea mínima. Para poder usar un modelo lineal se hace se hace la siguiente

aproximación. Puesto que 36/X 2 X 3 , se minimiza, si y sólo si X 2 X 3 se maximiza, se decidió reemplazar el objetivo por la

maximización del mínimo de X 2 y X 3 . Formular el problema como un modelo lineal.

SOLUCION:

x 1 = la velocidad del torno; x 2 = el avance en profundidad; x 3 = el avance en longitud.

El objetivo es minimizar 36 , pero como esta expresion es no lineal, se buscara que maximizar el

x 2 x 3

denominador, pudiendo plantear como función: Max: Z = Min{x 2 , x 3 }❶

Sujeto a: 30x 1 + 4000x 2 ≤ 150000❷; 40x 1 + 6000x 2 + 6000x 3 ≤ 100000❸

200 + 0, 50x 1 + 150(x 2 + x 3 ) ≤ 800 ↔ 0, 50x 1 + 150x 2 + 150x 3 ≤ 600❹

x 1 ≤ 800❺ ; x 1 ≥ 600❻

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 }

PROBLEMA#161 Una refinería puede comprar dos tipos de petróleo: petróleo crudo ligero y petróleo crudo pesado. El

costo por barril de estos tipos es $11 y $9, respectivamente. De cada tipo de petróleo se producen por barril las

siguientes cantidades de gasolina, kerosene y combustible para reactores:

PETRÓLEO GASOLINA KEROSENE COMBUSTIBLE PARA REACTORES

CRUDO LIGERO 0,40 0,20 0,35

CRUDO PESADO 0,32 0,40 0,20

Obsérvese que durante el proceso de refinamiento se pierden el 5% y el 8% del crudo, respectivamente. La refinería tiene

un contrato para entregar 1 millón de barriles de gasolina, 400000 barriles de kerosene y 250000 barriles de

combustibles para reactores. Formular como un programa lineal el problema de encontrar el número de barriles de cada

tipo de petróleo crudo que satisfacen la demanda y que minimizan el costo total.

SOLUCIÓN:

x 1 = la cantidad de barriles de petróleo crudo ligero a comprar.

x 2 = la cantidad de barriles de petróleo crudo pesado a comprar.

Minimizar: Z = 11x 1 + 9x 2 ❶

Sujeto a: 0, 40x 1 + 0, 32x 2 ≤ 1000000❷; 0, 20x 1 + 0, 40x 2 ≤ 400000❸; 0, 35x 1 + 0, 20x 2 ≤ 250000❹

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#162 Presupuestación de capital, Una compañía de inversiones tiene que elegir entre cuatro proyectos que

compiten por un presupuesto de inversión fija de $1500000. En la tabla, se muestran la inversión neta y los rendimientos

estimados de cada proyecto. A cada uno de estos proyectos se le pueden asignar fondos en cualquier nivel fracciona)

≤100 %. La compañía requiere de un rendimiento mínimo del 25% y desea minimizar el riesgo. Supóngase que el riesgo

es aditivo. Por ejemplo, el riesgo de asignar fondos para aceites al 20% y para edificio de oficinas al 50% será (0,2)(9) +

(0,5)(4)=3,8. Elaboren un modelo PL. donde las variables de decisión sean las fracciones de cada proyecto que se debe

llevar a cabo.

Proyecto Inversión Rendimiento Riesgo

Shopping Centers $550000 $ 700000 6

Aceite 400000 $ 900000 9

Edificios de oficinas 450000 $ 550000 4

Viviendas de bajo ingresos. 500000 $ 600000 2

SOLUCIÓN:

x i = fracción de inversión en el proyecto i (i = 1, 2, 3, 4).

Minimizar: Z = 6x 1 + 9x 2 + 4x 3 + 2x 4 ❶

Sujeto a:

550000x 1 + 400000x 2 + 450000x 3 + 500000x 4 ≤ 1500000❷

(700000 − 550000) (900000 − 400000) (550000 − 450000) (600000 − 500000)

x

550000

1 + x

400000

2 + x

450000

3 + x

500000

4 ≥ 0, 25

150000

550000 x 1 + 500000

400000 x 2 + 100000

450000 x 3 + 100000

500000 x 4 ≥ 0, 25❸

{

con: 0 ≤ x i ≤ 1 ; i = 1, 2, 3, 4. ❹ }



PROBLEMA#163 Modelo de transporte. Lía Vargas Cía. empaca frutas exóticas envueltas para regalo. Sus paquetes

son envueltos en dos tiendas diferentes que las envían a cinco diferentes vendedores. El costo de empatar los

productos n las tiendas 1 y 2 es de $5,25 y $5,70 respectivamente. El pronóstico de Lía de la demanda indica que los

envíos deben ser como se indica en la tabla 1. La capacidad de empaque de la tienda 1 es de 20000 paquetes y la de la

tienda 2 de 12000. Los costos de distribución desde las dos tiendas se dan en la tabla 2. Formule un modelo de

programación lineal para determinar cuántos paquetes debe enviar Lía desde cada tienda a cada vendedor.

DEMANDA DE LOS MAYORISTAS (TABLA 1) COSTOS DE DISTRIBUCION (TABLA 2)

MAYORISTA 1 2 3 4 5 VENDEDORES 1 2 3 4 5

ENVIOS 4000 6000 2000 10000 8000 LOCALIDAD 1 0,06 0,04 0,12 0,09 0,05

LOCALIDAD 2 0,15 0,09 0,05 0,08 0,08

SOLUCIÓN:

x ij = cantidad de paquetes que se envia de i a j.

Min: Z = 5, 31x 11 + 5, 29x 12 + 5, 37x 13 + 5, 34x 14 + 5, 3x 15 + 5, 85x 21 + 5, 79x 22 + 5, 75x 23 + 5, 78x 24 + 5, 78x 25 ❶

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 + x 15 ≤ 20000❷; x 21 + x 22 + x 23 + x 24 + x 25 ≤ 12000❸

x 11 + x 21 ≥ 4000❹; x 12 + x 22 ≥ 6000❺; x 13 + x 23 ≥ 2000❻; x 14 + x 24 ≥ 10000❼; x 15 + x 25 ≥ 8000❽

{

x ij ≥ 0∀ij }

PROBLEMA#164 Un fabricante produce tres modelos (I, II y III) de un cierto producto, y usa dos tipos de materia prima (A y B), de los

cuales se tienen disponibles 2000 y 3000 unidades, respectivamente. Los requerimientos de materia prima por unidad de los tres

modelos son:

MATERIA PRIMA

REQUISITOS POR UNIDAD DE MODELOS DADA

I II III

A 2 3 5

B 4 2 7

El tiempo de mano de obra para cada unidad del modelo I es dos veces el del modelo II y tres veces del modelo III. La fuerza laboral

completa de la fábrica puede producir el equivalente de 700 unidades del modelo I. Una encuesta de mercado indica que la demanda

mínima de los tres modelos es 200, 250 y 150 unidades respectivamente. Sin embargo, las relaciones del número de unidades

producidas deben ser igual a 3:2:5. Suponga que los beneficios por unidad de los modelos I, II y III son 30, 20 y 50 bolivianos. Formule

el problema como un modelo de programación lineal a fin de determinar en número de unidades de cada producto que maximizaran el

beneficio.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades producidas del modelo I.

x 2 = Número de unidades producidas del modelo II.

x 3 = Número de unidades producidas del modelo III.

Maximizar: Z = 30x 1 + 20x 2 + 50x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + 1 2 x 2 + 1 3 x 3 ≤ 700(fuerza laboral)❷; x 1 ≥ 200❸; x 2 ≥ 250❹; x 3 ≥ 150❺

condiciones de ratios → ( x 1

= 3 x 2 2 ❻;

{

x 1

x 3

= 3 5 ❼) ;


2x 1 + 3x 2 + 5x 3 ≤ 2000❽; 4x 1 + 2x 2 + 7x 3 ≤ 3000❾

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 }


PROBLEMA#165 Considere el problema de asignar tres tamaños diferentes de avión a cuatros rutas. La tabla siguiente

de la capacidad máxima (en números de pasajeros) y el número de aviones disponibles para cada tipo, el número de

viajes diarios que cada avión puede hacer en una ruta dada y el número diario de clientes esperados para cada ruta.

Tipo de Avión

Capacidad

(pasajeros)

Número de

Aviones

Número de viajes en una ruta diariamente

1 2 3 4

1 50 5 3 2 2 1

2 30 8 4 3 3 2

3 20 10 5 5 4 2

Número diario de viajeros 100 200 90 120

Los costos asociados de operación por viaje en las diferentes rutas junto con el costo de penalización (beneficio

perdido) por no servir a un cliente, se resumen a continuación:

TIPO DE AVIÓN COSTO DE OPERACIÓN POR VIAJE EN UNA RUTA DADA EN Bs(BOLIVIANOS)

1 2 3 4

1 1000 1100 1200 1500

2 800 900 1000 1000

3 600 800 800 900

RECARGO POR CLIENTE 40 50 45 70

Formule el problema como un modelo de programación lineal para determinar la asignación de aviones a rutas que

minimizara el costo total del sistema.

SOLUCIÓN:

x ij = el número de aviones del tipo i(i = 1, 2, 3), asignados a la ruta j(j = 1, 2, 3, 4).

y j = son las variables de holgura que representan las cantidades de asientos vacios en cada ruta.

Min: Z = 3000x 11 + 2200x 12 + 2400x 13 + 1500x 14 + 3200x 21 + 2700x 22 + 3000x 23 + 2000x 24

+3000x 31 + 4000x 32 + 3200x 33 + 1800x 34 + 40y 1 + 50y 2 + 45y 3 + 70y 4 ❶

Sujeto a: x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 5❷; x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 8❸; x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 10❹

150x 11 + 120 + 100x 31 ≥ 100❺; 100x 12 + 90x 22 + 100x 32 ≥ 200❻; 100x 13 + 90x 23 + 80x 33 ≥ 90❼

{ 50x 14 + 60x 24 + 40x 34 ≥ 120❽; con: ( x ij ≥ 0; i = 1, 2, 3 j = 1, 2, 3, 4) y (y j ≥ 0∀j )❾ }



PROBLEMA#166 Una compañía conduce un plan de entrenamiento para maquinistas, siendo los mismos maquinistas

los profesores de programa. El entrenamiento dura un mes y cada maquinista entrena a 10 personas. La experiencia ha

enseñado que cada 10 completan el programa. Cada maquinista producen un artículo mensual, y la demanda para los

siguientes meses es:

Mes Enero Febrero Marzo

Producción 120 170 210

Actualmente existen 140 maquinistas y se desea llegar a abril con 280 maquinistas. Suponer los siguiente salarios/mes:

Situación

Salario

Entrenado 500

Trabajador Ocio 700

Trabajador Profesor 800

Trabajador Maquinista 800

SOLUCIÓN:

En la gráfica se tienen las relaciones mes x cualidad; es decir, X 11 se denominara trabajadores profesores en el mes 1 y

X 12 trabajadores ociosos en el mes 1.

x ij = Número de trabajadores en el mes i que se dedican a la labor j.

Min: Z = 500(10x 11 + 10x 21 + 10x 31 ) + 700(x 12 + x 22 + x 32 ) + 800(x 11 + x 21 + x 31 )

Min: Z = 5800x 11 + 5800x 21 + 5800x 31 + 700x 12 + 700x 22 + 700x 32 ❶

Sujeto a: Cada mes se cumple, que la fuerza laboral al empezar el mes es:

trabajador profesor + trabajadores ociosos + trabajadores maquinado

Mes enero: 120 + x 11 + x 12 = 140 ↔ x 11 + x 12 = 20❷; Febrero: 170 + x 21 + x 22 = 140 + 7x 11 ↔ −7x 11 + x 21 + x 22 = −30❸

mes marzo: 210 + x 31 + x 32 = 140 + 7x 11 + 7x 21 ↔ −7x 11 − 7x 21 + x 31 + x 32 = −70❸

{ mes abril: 140 + 7x 11 + 7x 21 + 7x 31 = 280 ↔ 7x 11 + 7x 21 + 7x 31 = 140(÷ 2) ↔ x 11 + x 21 + x 31 = 20❹; con: x ij ≥ 0∀ij❺ }

PROBLEMA#167 Una compañía puede anunciar su producto mediante el uso de estaciones de radio y televisión locales.

Su presupuesto limita los gastos en publicidad a $1000 por mes. Cada minuto de anuncio en la radio cuesta $5 y cada

minuto de publicidad en televisión cuesta $100. La compañía desearía utilizar la radio cuando menos dos veces más que

la televisión. La experiencia pasada muestra que cada minuto de publicidad por televisión generará en términos

generales 25 veces más ventas que cada minuto de publicidad por la radio. Determine la asignación óptima del

presupuesto mensual para anuncios por radio y televisión.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de minutos de publicidad en radios.

x 2 = Cantidad de minutos de publicidad en television.


x 1

Sujeto a: 5x

{

1 + 100x 1 ≤ 1000❷; ≥ 2 ↔ x

x 1 − 2x 2 ≥ 0❸; con: x 1 , x 1 ≥ 0❹

2 }

PROBLEMA#168 Una empresa de transportes tiene dos tipos de camiones, los del tipo A con un espacio refrigerado de

20 m 3 y un espacio no refrigerado de 40 m 3 . Los del tipo B, con igual cubicaje total, al 50% de refrigerado y no

refrigerado. La contratan para el transporte de 3000 m 3 de producto que necesita refrigeración y 4000 m 3 de otro que no

la necesita. El costo por kilómetro de un camión del tipo A es de 30 Bs y el B de 40 Bs. ¿Cuántos camiones de cada tipo

ha de utilizar para que el costo total sea mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = cantidad de camiones a utilizar del tipo A.

x 2 = cantidad de camiones a utilizar del tipo B.

Minimo: Z = 30x 1 + 40x 2 ❶

Sujeto a: 20x 1 + 30x 2 ≥ 3000❷; 40x 1 + 30x 2 ≥ 4000❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

{

Respuesta: x 1 = 50; x 2 = 67; Min: Z = 4180 Bs }

PROBLEMA#169 Una compañía manufacturera produce un producto final que se ensambla con tres partes diferente.

Las partes se manufacturan dentro de la compañía en dos departamentos. En virtud de la instalación específica de las

máquinas, cada departamento produce las tres partes a diferentes tasas. La tabla que sigue señala las tasas de

producción junto con el número máximo de horas, que los dos departamentos pueden asignar semanalmente a la

manufactura de las tres partes.



Departamento

Capacidad Semanal

Máxima en horas

Tasa de producción (unidades/hora)

Parte 1 Parte 2 Parte 3

1 100 8 5 10

2 80 6 12 4

Sería ideal si los dos departamentos pudieran ajustar sus instalaciones de producción para producir iguales cantidades

de las tres partes, ya que esto daría origen a ajustes perfectos en términos de montaje final. Este objetivo puede ser

difícil de cumplir debido a las variaciones en las tasas de producción. Una meta más realista sería la de maximizar los

desajustes resultantes de la escasez de una o más partes. Formule el problema como un modelo de programación lineal,

y analice los resultados.

SOLUCIÓN:

x ij = Cantidadde horas asinadas al departameno i para producir la parte j:

Maximizar: Z = Minimizar(8x 11 + 6x 21 + 5x 12 + 12x 22 + 10x 13 + 4x 23 )

y = Minimizar(8x 11 + 6x 21 + 5x 12 + 12x 22 + 10x 13 + 4x 23 ) ↔ se logra la linealización así: Max: Z = y❶

Sujeto a: x 11 + x 12 + x 13 ≤ 100❷; x 21 + x 22 + x 23 ≤ 80❸; 8x 11 + 6x 21 ≥ y❹; 5x 12 + 12x 22 ≥ y❺; 10x 13 + 4x 23 ≥ y❻

{

con: x ij ≥ ∀ij ; y ≥ 0❼ }

PROBLEMA#170 La Dumont Company, fabricante de equipos de pruebas, tiene tres departamentos principales para la

manufactura de sus modelos S-1000 y S-2000. Las capacidades mensuales son las siguientes:

Requerimientos unitarios de tiempo(horas)

Dpto. de estructura principal

Dpto. de alambrado eléctrico

Dpto. de ensamble

4,0

2,5

4,5

Modelo S-1000 Modelo S-2000 Horas disponibles

en el presente mes

La contribución del modelo S-1000 es de 40 dólares por unidad, y la del modelo S-2000 es de 10 dólares por unidad.

Suponiendo que la compañía puede vender cualquier cantidad de esos productos, debido a condiciones favorables de

mercado, determínese la salida óptima para cada modelo, la contribución más alta posible para el presente mes, y el

tiempo sobrante en los tres departamentos. Úsese los métodos gráfico o algebraico.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades producidas del modelo S − 1000.

x 2 = Número de unidades producidas del modelo S − 2000.


{ Sujeto a: 4x 1 + 2x 2 ≤ 1600❷; 2, 5x 1 + x 2 ≤ 1200❸; 4, 5x 1 + 1, 5x 2 ≤ 1600❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#171 De los muchos productos que fabrica la Arco Manufacturing Company, sólo los productos C, D, E y F

pasan por los siguientes departamentos: cepillado (pequeño); fresado (vertical); taladrado (pequeño), y ensamble

(piezas pequeñas). Los requerimientos por unidad de producto en horas y contribución son los siguientes:

Departamento

Cepillado Fresado Taladrado Ensamble Contr./unidad

Producto C 0,5 2,0 0,5 3,0 $8

Producto D 1,0 1,0 0,5 1,0 $9

Producto E 1,0 1,0 1,0 2,0 $7

Producto F 0,5 1,0 1,0 3,0 $6

Las capacidades disponibles en este mes para los productos C, D, E y F. así como los requerimientos mínimos de ventas, son:

CAPACIDAD REQUERIMIENTOS MINIMOS DE VENTAS

CEPILLADO 1800 PRODUCTO C 100 UNIDADES

FRESADO 2800 PRODUCTO D 600 UNIDADES

TALADRADO 3000 PRODUCTO E 500 UNIDADES

ENSAMBLE 6000 PRODUCTO F 400 UNIDADES

a) Determínese la cantidad de los productos C, D, E y F que habrá que fabricar este mes para maximizar la contribución.

b) Determínese la contribución total máxima de los productos C, D, E y F en este mes.

c) Determínese el tiempo sobrante en los cuatro departamentos.

x 1 = Cantidad de unidades a producir el producto C.

x 2 = Cantidad de unidades a producir el producto D.

x 3 = Cantidad de unidades a producir el producto E.

x 4 = Cantidad de unidades a producir el producto F.

Maximizar: Z = 8x 1 + 9x 2 + 7x 3 + 6x 4 ❶

Sujeto a: 0, 5x 1 + x 2 + x 3 + 0, 5x 4 ≤ 1800❷; 2x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≤ 2800❸; 0, 5x 1 + 0, 5x 2 + x 3 + x 4 ≤ 3000❹

{ 3x 1 + x 2 + 2x 3 + 3x 4 ≤ 6000❺; x 1 ≥ 100❻; x 2 ≥ 600❼; x 3 ≥ 500❽; x 4 ≥ 400❾; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❿}

2,0

1,0

1,5

1600

1200

1600



PROBLEMA#172 La Cincinnati Chemical Company debe producir 10000 libras de una mezcla especial para un cliente.

La mezcla se compone de los ingredientes X 1 , X 2 y X 3 . X 1 cuesta 8 dólares la libra, X 2 10 dólares la libra, y X 3 11 dólares la

libra. No pueden usarse más de 3000 libras de X 1 , y por lo menos deberán usarse 1500 libras de X 2 . Además, se

requieren por lo menos 2000 libras de X 3 .

a) Calcúlese el número de libras de cada ingrediente que habrá que emplear, a fin de reducir al mínimo el costo

total de las 10000 libras.

b) Calcúlese el costo total más bajo posible.

c) ¿Hay libras sobrantes en el problema?

x 1 = Número de libras del ingrediente 1.



Minimicese: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 10000❷; x 1 ≤ 3000❸; x 2 ≥ 1500❹; x 3 ≥ 2000❺; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻}

PROBLEMA#173 La LIA Manufacturing Company ha seguido constantemente una política de fabricación de aquellos

productos que contribuyan con la mayor cantidad a los costos fijos y a las ganancias. Sin embargo, siempre se ha procurado

producir los requerimientos mínimos semanales de ventas, que son los siguientes para los productos K. L. M y N: 25, 30, 30 y

25 unidades. Los requerimientos de producción y el tiempo disponible para la semana siguiente son:

Tiempo requerido por producto (horas) Tiempo disponible la

K L M N

semana (horas) próxima

Departamento 1 0,25 0,20 0,15 0,25 400

Departamento 2 0,30 0,40 0,50 0,30 1000

Departamento 3 0,25 0,30 0,25 0,30 500

Departamento 4 0,25 0,25 0,25 0,25 500

Contribución por unidad $10,50 $9,00 $8,00 $10,00

Actualmente, la mezcla semanal de producción (considerando los requerimientos mínimos de ventas), es de: Para los

productos K, L, M y N son 1533, 30, 30 y 25.

a) ¿Son la mezcla actual de productos y la contribución para la empresa las óptimas? En caso contrario, ¿cuáles deben ser?

b) ¿Qué recomendaciones deben hacerse a la empresa con respecto a las instalaciones de producción, basándose en la

respuesta de (a)?

SOLUCIÓN:

Requerimientos mínimos de ventas:

PRODUCTO K 25 UNIDADES 25(10,5)=262,5

PRODUCTO K 30 UNIDADES 30(9)=270



CONTRIBUCION TOTAL PARA LOS REQUERIMIENTOS MINIMOS DE VENTAS: $1022,50

Tiempo restante disponible para la producción de K, L, M y N.

Tiempo Disponible PRODUCTO K PRODUCTO L PRODUCTO M PRODUCTO N Tiempo Restante

Depto. 1 400 25(0,25) 30(0,20) 30(0,15) 25(0,25) 377

Depto. 2 1000 25(0,30) 30(0,40) 30(0,50) 25(0,30) 958

Depto.3 500 25(0,25) 30(0,30) 30(0,25) 25(0,30) 469,75

Depto. 4 500 25(0,25) 30(0,25) 30(0,25) 25(0,25) 472,50

x 1 = Producto K(tiempo restante). x 2 = Producto L(tiempo restante).

x 3 = Producto M(tiempo restante). x 4 = Producto N(tiempo restante).

Maximizar: Z = 10, 50x 1 + 9x 2 + 8x 3 + 10x 4 ❶

Sujeto a: 0, 25x 1 + 0, 20x 2 + 0, 15x 3 + 0, 25x 4 ≤ 377❷; 0, 3x 1 + 0, 4x 2 + 0, 5x 3 + 0, 3x 4 ≤ 958❸

{ 0, 25x 1 + 0, 3x 2 + 0, 25x 3 + 0, 3x 4 ≤ 469, 75❹; 0, 25x 1 + 0, 25x 2 + 0, 25x 3 + 0, 0, 25x 4 ≤ 472, 50❺; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 }

PROBLEMA#174 Una persona labora (trabaja) 5 días seguidos y descansa 2 días. ¿Cómo deberá ser la programación de

los turnos para que diariamente se tengan 100 personas como mínimo en el proceso?

SOLUCIÓN:



{

Sea: X i = el número de personas que ingresan en el turno i(i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7).

Minimizar: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ❶

Sujeto a: x 1 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 100❷; x 1 + x 2 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 100❸; x 1 + x 2 + x 3 + x 6 + x 7 ≥ 100❹

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 7 ≥ 100❺; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≥ 100❻; x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ≥ 100❼

x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 100❽; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❾ }

PROBLEMA#175 La Cross Manufacturing Company está considerando la fabricación de una nueva línea de productos, compuesta de 4

productos. Cada producto puede fabricarse con dos métodos diferentes y completamente distintos, uno de los cuales consta de dos procesos y

el otro de tres. Se fabrican basándose en un segundo turno. El precio de venta de esos productos y sus costos variables, así como las

cantidades que probablemente puedan venderse, de acuerdo con el grupo de investigaciones de mercadotecnia, son los siguientes:

PRODUCTO

1 2 3 4

Precio de venta al mayoreo(40% de descuento) $ 100 $ 150 $ 125 $ 140

Costos variables - método A 80 135 120 135

Costos variables - método B 110 150 100 110

Cantidad que puede venderse 1000 3000 4000 6000

La sección de manufactura de la empresa ha determinado que los tiempos de manufactura para cada proceso son los siguientes:

PRODUCTO

PRODUCTO

METODO A 1 2 3 4 METODO B 1 2 3 4

DPTO.20 3 3,6 2 3,5 DPTO.31 4 4 2 4

DPTO.21 9 10 8 9 DPTO.32 5 8 4 3

DPTO22 1 1 0,5 0,5

Las horas disponibles al mes de los departamentos (20, 21, 22, 31 y 32), son: 15000, 50000, 8000, 10000 y 10000 respectivamente.

¿Qué debe hacer la empresa en virtud de los tiempos de producción y de las posibles congestiones de producción, a fin de aumentar al

máximo la contribución total mensual?

x 1 = Producción del artículo 1 por el método A. ; x 5 = Producción del artículo 1 por el método B.




Maximizar: Z = 20x 1 + 15x 2 + 5x 3 + 5x 4 − 10x 5 + 0x 6 + 25x 7 + 30x 8 ❶

Sujeto a: x 1 + x 5 ≤ 1000❷; x 2 + x 6 ≤ 3000❸; x 3 + x 7 ≤ 4000❹; x 4 + x 8 ≤ 6000❺

3x 1 + 3, 6x 2 + 2x 3 + 3, 5x 4 ≤ 15000❻; 9 x 1 + 10x 2 + 8x 3 + 9x 4 ≤ 50000❼; x 1 + x 2 + 0, 5x 3 + 0, 5x 4 ≤ 8000❽;

{ 4x 5 + 4x 6 + 2x 7 + 4x 8 ≤ 10000❾; 5x 5 + 8x 6 + 4x 7 + 3x 8 ≤ 10000❿; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 , x 8 ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#176 Una empresa dispone de fondos ociosos para invertir, con disponibilidad a corto y largo plazo. Las reglas del

mercado exigen que no más del 80% de todas las inversiones sean a largo plazo, no más del 40% se inviertan a corto plazo y que la

razón entre las inversiones a largo y corto plazo no sea mayor que 3 a 1. Actualmente las inversiones a largo plazo rinden el 17% anual,

mientras que la tasa anual para las inversiones a corto plazo es del 10%. Elabore el modelo de PL respectivo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de porcentajes de inversión a largo plazo. x 2 = Cantidad de porcentajes de inversión a corto plazo.

Maximizar: Z = 0, 17x 1 + 0, 10x 2 ❶

x 1

sujeto a: x

{

1 ≤ 0, 80❷; x 2 ≤ 0, 40❸;

≤ 3 x 2 1 ❹; x 1 + x 2 = 1❺ con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

}

PROBLEMA#177 Una corporación produce gasolina y aceite desde tres productos destilados de petróleo: A, B y C. La

compañía combina de acuerdo a especificaciones de máximo y mínimos porcentajes.

Mezcla Máximo % Mínimo % Precio de venta

Los destiladores son:

de A de C

($/galón)

Destilados Máxima cantidad

disponible por día (galón)

Costo

$/galón

De lujo 60 20 7,9 A 4000 0,60

Estándar 15 60 6,9 B 5000 0,52

Económico --- 50 5,0 C 2500 0,48

Formular un programa lineal para maximizar la utilidad. Sugerencia: Xij = cantidad asignada del destilado i a la mezcla j.

Sea: x ij = la cantidad asignada del destilado i al producto j.

Max: Z = 7, 9(x 11 + x 21 + x 31 ) + 6, 9(x 12 + x 22 + x 32 ) + 5(x 13 + x 23 + x 33 ) − 0, 60(x 11 + x 12 + x 13 )

−0, 52(x 21 + x 22 + x 23 ) − 0, 48(x 31 + x 32 + x 33 )❶

Sujeto a: x 11 + x 12 + x 13 ≤ 4000❷; x 21 + x 22 + x 23 ≤ 5000❸; x 31 + x 32 + x 33 ≤ 2500❹; x 11 ≤ 0, 60(x 11 + x 21 + x 31 )❺

x 12 ≤ 0, 15(x 12 + x 22 + x 32 )❻; x 31 ≥ 0, 20(x 11 + x 21 + x 31 )❼; x 32 ≥ 0, 60(x 12 + x 22 + x 32 )❽; x 33 ≥ 0, 50(x 13 + x 23 + x 33 )❾

{

con: x ij ≥ 0∀ij; con todas las variables de no negatividad. ❿ }

PROBLEMA#178 La demanda para los siguientes 4 períodos es 200, 400, 600 y 400 unidades. Al inicio del proceso

de producción se contrata al personal que laborara en los 4 períodos. Cada personal en horas normales produce 40

unidades, en horas extras 20 unidades. El costo de producción en horario normal es de $80 por cada trabajador y del

50% adicionales en horas extras. Se permite inventario hasta de dos meses a costo de $0,5 por unidad/período.



¿Cuánto personal se contratará y cuántos de ellos trabajarán en horario extra, con la finalidad de minimizar el costo de

producción e inventario?

SOLUCIÓN:

El diagrama muestra el balance entre producción, inventario y demanda.

x = número de personal contratado.

y i = número de personal en horas extras para el periodo i, i = 1, 2, 3, 4.

I k = inventario sobre el horizonte k.

Minimo: Z = (costo de horas normales) + (costo de horas extras) + (costo de inventario)

Minimo: Z = 4(80)x + 1, 5(80)(y 1 + y 2 + y 3 + y 4 ) + 0, 50(I 12 + I 23 + I 34 ) + 2(0, 50)(I 13 + I 24 )

Minimo: Z = 320x + 120y 1 + 120y 2 + 120y 3 + 120y 4 + 0, 50I 12 + 0, 50I 23 + 0, 50I 34 + I 13 + I 24 ❶

Sujeto a: Relaciones(Producción normal = 40x), (Producción horas extras = 20y i , i = 1, 2, … … … )

I final = I inicial + Produccion − Demanda ↔ I inicial + Producción − I final = Demanda I = inventario

40x + 20y 1 − I 12 − I 13 = 200❷; I 12 + 40x + 20y 2 − I 23 − I 24 = 400❸; I 13 + I 23 + 40x + 20y 3 − I 34 = 600❹;

I 34 + I 24 + 40x + 20y 4 = 400❺

el personal en horas extras no excede del personal en horas normales:

{

y 1 ≤ x❻; y 2 ≤ x❼; y 3 ≤ x❽; y 4 ≤ x❾; con: todas las variables no negativas❿ }

PROBLEMA#179 Un inversionista tiene 3 alternativas de inversión: A, B y C. que varían en su duración y rendimiento.

Si invierte en A (anualmente) por cada Bs percibirá una rentabilidad del 40%; si la inversión es en B para un período de 2

años, su rentabilidad será del 100%; en cambio si su inversión la "amarra" por tres años, o sea C, su rentabilidad será

del 200%. Si dispone al inicio de la inversión de bolivianos 500000 ¿Cómo debiera invertir su dinero durante un horizonte

de inversión de 4 años, al cabo de los cuales podrá disponer de todo su efectivo? Formule el modelo de PL.

SOLUCIÓN:

A continuación podemos realizar en un diagrama el camino de las inversiones durante los 4 años.

Sean X ij = las cantidades a invertir durante el horizonte de la planeación, donde i = A, B, C y j = 1, 2, 3, 4.

Maximizar: Z = 1, 40x A4 + 2x B3 + 3x C2 ❶

Sujeto a: x A1 + x B1 + x C1 ≤ 500000❷; x A2 + x B2 + x C2 ≤ 1, 40x A1 ❸; x A3 + x B3 ≤ 1, 40x A2 + 2x B1 ❹

{

x A4 ≤ 1, 40x A3 + 2x B2 + 3x C1 ❺; con: x ij ≥ 0❻ }

PROBLEMA#180 Un agricultor quiere cultivar maíz y trigo en un terreno de 70 hectáreas (HA). Sabe que una HA. Puede

rendir 30 quintales (qq) de maíz o 25 qq de trigo. Cada HA requiere un capital de Bs 30 si se cultiva con maíz y de Bs 40

si se cultiva con trigo. El capital total disponible es de Bs 2500. Las necesidades de agua de riego son de 900 m 3 por HA

de maíz y 650 m 3 por HA de trigo en octubre y de 1200 m 3 y 850 m 3 por HA de maíz y trigo, respectivamente en el mes de

noviembre. La disponibilidad de agua en octubre es de 57900 m 3 y en noviembre de 115200 m 3 . Si los precios de venta

del maíz y trigo son Bs 4,50 y Bs 6,00 por quintal métrico, respectivamente, hay que determinar la cantidad de maíz y

trigo que debe producirse para obtener el beneficio máximo.

SOLUCIÓN:



Maíz Trigo Recursos disponibles Factores productivos Req.por unidad de

producción(qq)

Rendimiento (qq) por HA. 30 25 Tierra: 70 HA. Maíz Trigo

Requerimiento por HA. Capital(Bs): 2500 Bs Tierra(HA) 1/30 1/25

Capital(Bs) 30 40 Riego en octubre(m 3 ): 57900m 3 Capital(Bs) 30/30 40/25

Riego en octubre(m 3 ) 900 650 Riego en noviembre(m 3 ): 115200m 3 Riego en octubre(m 3 ): 900/30 650/25

Riego en noviembre(m 3 ) 1200 850 Riego en noviembre(m 3 ): 1200/30 850/25

x 1 = Cantidad de quintales métricas(qq)a producirse de maíz.

x 2 = Cantidad de quintales métricas(qq)a producirse de trigo

Maximizar: Z = 4, 5x 1 + 6x 2 ❶ → Bs ∗ qq = Bs

Sujeto a: x 1

30 + x 1

25

1HA

30

≤ 70❷ ↔ ∗ qq = HA;

qq

900

300 x 1 + 650

25 x 1200

2 ≤ 57900❹;

30

x 1 + 850

25 x 2 ≤ 115200❺; → HA

qq ∗ m3

HA ∗ qq = m3 ; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

{

Respuesta: x 1 = 900qq; x 2 = 1000qq; Max: Z = 10050 Bs }

Otra manera de plantear el modelo en función de cantidad de hectarias a asignar a sembrar para:

x 1 = Cantidad de hectarias a designar para el cultivo de maíz.

x 2 = Cantidad de hectarias a designar para el cultivo de trigo.

Max: Z = (4, 5 Bs

qq ∗ 30qq

1HA ) x 1 + (6 Bs

qq ∗ 25qq

1HA ) x 2 = 135x 1 + 150x 2 ❶ → Bs


qq

30 x 1 + 40

25 x 2 ≤ 2500❸ ↔ HA

qq ∗ Bs ∗ qq = Bs

HA

Sujeto a: ( x 1 + x 2 ≤ 70❷); (30x 1 + 40x 2 ≤ 2500❸ → Bs ∗ HA = Bs)

HA

(900x 1 + 650x 2 ≤ 57900❹; 1200x 1 + 850x 2 ≤ 115200❺ → m3

HA ∗ HA = m3 ) con: con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

{

Respuesta: x 1 = 30HA; x 2 = 40HA; Max: Z = 10050 Bs }

PROBLEMA#181 Un fabricante de cemento produce dos tipos de cemento, a saber en gránulo y polvo. Él no puede

hacer más de 1600 bolsas un día debido a una escasez de vehículos para transportar el cemento fuera de la planta. Un

contrato de ventas establece que él debe producir 500 bolsas al día de cemento en polvo. Debido a las restricciones del

proceso, se requiere el doble del tiempo para producir una bolsa de cemento granulado en relación al tiempo requerido

por el cemento en polvo. Una bolsa de cemento en polvo consume para su fabricación 0,24 minutos/bolsa y la planta

trabaja un 8 día de la hora. Su ganancia es Bs 4 por la bolsa para el cemento granulado y Bs 3 por la bolsa para el

cemento en polvo. Formule el problema de decidir cuánto se debe producir de cada tipo de cemento para maximizar las

ganancias.

x 1 = Cantidad de bolsas de cemento granulado a producir.

x 2 = Cantidad de bolsas de cemento en polvo a producir.


Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 1600❷; x 2 ≥ 500❸; 0, 008x 1 + 0, 004x 2 ≤ 8❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺

{

Respuesta: x 1 = 1100; x 2 = 500; Max: Z = 5900 Bs }

PROBLEMA#182 La empresa CHANNEL produce el perfume Versay. Este perfume requiere de químicos y trabajo para

su producción. Dos procesos están disponibles. El proceso A transforma 1 unidad de trabajo y 2 unidades de químico

en 3 onzas de perfume. El proceso B transforma 2 unidades de trabajo y 3 unidades de químico en 5 onzas de perfume.

Cada unidad de trabajo le cuesta a CHANNEL Bs. 1000 y cada unidad de químico le cuesta Bs. 1500. Se tiene una

disponibilidad máxima de 20000 unidades de trabajo y un máximo de 35000 unidades de químico para este período de

planificación. En ausencia de publicidad CHANNEL cree que puede vender 1000 onzas de perfume. Para estimular la

demanda de ese perfume CHANNEL puede contratar una modelo famosa a quien se le pagará Bs. 50000 la hora, hasta

por un máximo de 25 horas. Cada hora que la modelo trabaje para la empresa se estima que incrementará la demanda de

Versay en 200 onzas. Cada onza de Versay se vende a Bs. 60500. Determine el volumen óptimo de la producción y venta

del perfume.

SOLUCIÓN:

x 1 = Unidades del proceso 1. x 2 = Unidades del proceso 2. x 3 = Horas de trabajos de la modelo.

Max: Z = Ingreso − Costo de la modelo − Costo de mano de obra − Costo de producción de químico.

Max: Z = 60500(3x 1 + 5x 2 ) − 50000(25)(x 3 ) − 1000(x 1 + 2x 2 ) − 1500(2x 1 + 3x 2 )

Max: Z = 181500x 1 + 302500x 3 − 1250000x 3 − 1000x 1 − 2000x 2 − 3000x 1 − 4500x 2

Max: Z = 177500x 1 + 296000x 2 − 1250000x 3 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 5x 2 ≤ 1000 + 200x 3 ❷; x 1 + 2x 2 ≤ 20000❸; 2x 1 + 3x 2 ≤ 35000❹; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺

{

Respuesta: x 1 = 10000; x 2 = 5000; x 3 = 270; Max: Z = 2917500000 Bs }

PROBLEMA#183 Una compañía de transportes tiene 10 camiones con capacidad 40000 libras, y 5 camiones de 30000

libras. Los camiones grandes tienen un costo de 0,30 US$/Km y los pequeños de 0,25 US$/Km. En una semana debe

transportar la empresa 400000 libras en un recorrido de 800 Km. La posibilidad de otros compromisos recomienda que

por cada dos camiones pequeños mantenidos en reserva debe quedarse por lo menos uno de los grandes. ¿Cuál es el


número de camiones de ambas clases que deben movilizarse para ese transporte de forma óptima y teniendo en cuenta

las restricciones descritas?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de camiones grandes que se necesitan para transportar o movilizarse la mercancia.

x 2 = Número de camiones pequeños que se necesitan para transportar o movilizarse la mercancia.

Minimizar: Z = (800 ∗ 0, 30)x 1 + (800 ∗ 0, 25)x 2 = 240x 1 + 200x 2 ❶

Sujeto a: x 1 ≤ 10❷; x 2 ≤ 5❸; 40000x 1 + 30000x 2 ≥ 400000❹

camiones en reserva: (camiones disponibles − camiones que se necesitan) → (10 − x 1 ) y (5 − x 2 )

(5 − x 2 )

(10 − x 1 ) ≤ 2 ↔ (5 − x 2) ≤ 2(10 − x 1 ) ↔ 2x 1 − x 2 ≤ 15❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

Respuesta: x 1 = 8, 50; x 2 = 2; Min: Z = 2440 Bs }

{

PROBLEMA#184 El departamento de rayos “X” de un hospital tiene dos máquinas, A y B que pueden utilizarse para

revelar fotografías. Las capacidades de procesamiento diario de estas máquinas son no más de 80 de A y de B por lo

menos, dos veces más del 50% de A, radiografías. El departamento debe planear procesar al menos 150 radiografías por

día. Los costos de operación por radiografía son de Bs 160 para la máquina A, y de B el 80% del costo de A. ¿Cuántas

radiografías por día se deben procesar cada máquina para minimizar los costos?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de radiografias que debe realizar al día la máquina A.

x 2 = Cantidad de radiografias que debe realizar al día la máquina B.

Minimizar: Z = 160x 1 + 160(0, 80)x 2 = 160x 1 + 128x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≥ 150❷; x 1 ≤ 80❸; x 2 ≥ 120❹(80 ∗ 0, 50 = 40 → 40 + dos veces mas → 40 + 40 + 40 = 120); con: x j ≥ 0 }

PROBLEMA#185 Una empresa de muebles fabrica armarios y estanterías, siendo los costos de producción de 20000 Bs

para los armarios y de 5000 Bs para las estanterías, vendiéndose estos artículos a 25000 y 8000 Bs respectivamente. Si

solamente disponemos de 170000 Bs para la realización de ambos muebles, determinar cuál será la distribución de

producción para obtener un beneficio máximo si el número de armarios ha de ser como mínimo el cuádruple del número

de estanterías, ¿Cuál será el valor de dichos beneficios?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de Armarios que debera producir la empresa.

x 2 = Cantidad de estanterás que debera producir la empresa.

Maximizar: Z = (25000 − 20000)x 1 + (8000 − 5000)x 2 = 5000x 1 + 3000x 2 ❶

ujeto a: 20000x 1 + 5000x 2 ≤ 170000❷; x 1 ≥ 4x 2 ❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

{

Respuesta: x 1 = 8; x 2 = 2; Max: Z = 46000 Bs }

PROBLEMA#186 Guaracachi posee una planta generadora de energía de turbina de vapor. Como en Guaracachi

abundan los depósitos de carbón, la planta genera su vapor con carbón. Esto, sin embargo, puede conducir a emisiones

que no satisfagan las normas de la Agencia de Protección Ambiental (EPA). Las normas de la Agencia de Protección

Ambiental limitan la descarga de bióxido de azufre a 2000 partes por millón por tonelada de carbón quemado, y la

descarga de humo por las chimeneas de la planta a 20 Ib por hora. La Guaracachi recibe dos tipos de carbón

pulverizado, C1 y C2, para usarlos en la planta de vapor. Los dos tipos se suelen mezclar antes de la combustión. Por

simplicidad, se supone que la cantidad de azufre contaminante descargado (en partes por millón) es un promedio

ponderado de la proporción de cada tipo utilizado en la mezcla. Los siguientes datos se basan en el consumo de 1

tonelada por hora de cada uno de los dos tipos de carbón.

Tipo de carbón Descarga de azufre en Descarga de humo en Vapor generado en Ib

partes por millón

Ib por hora

por hora

C1 1800 2,1 12000

C2 2100 0,9 9000

Determine la proporción óptima para mezclar los dos tipos de carbón.

SOLUCIÓN:

x 1 = Toneladas de C1 por hora. x 2 = Toneladas de C2 por hora.

Maximizar: Z = 12000x 1 + 9000x 2 ❶

Sujeto a ∶ 2, 1x 1 + 0, 9x 2 ≤ 20❷; −200x 1 + 100x 2 ≤ 0❸ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

{

Respuesta: x 1 = 5, 13; x 2 = 10, 26 ; Max: Z = 153846lb }

PROBLEMA#187 Una persona desea invertir $5000 durante el próximo año en dos tipos de inversión. La inversión A


cuando mucho 50% en B. Además, la inversión A debe ser por lo menos de la mitad de la inversión B. ¿Cómo deben

asignarse los fondos a las dos inversiones?

x 1 = Dólares invertidos en inversion A. x 2 = Dólares invertidos en inversion B.

Maximizar: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a: x 1 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 )❷; x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )❸ ; x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0❹; x 1 + x 2 ≤ 5000❺ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

{

Respuesta: x 1 = 2500; x 2 = 2500 ; Max: Z = 325 }



PROBLEMA#188 YPF-ARGENTINA está construyendo una refinería para producir cuatro productos: diésel, gasolina, lubricantes

y combustible para avión. La demanda mínima (en barriles por día) de cada uno de esos productos es de

14000, 30000, 10000 y 8000, respectivamente. Bolivia y Venezuela firmaron un contrato para enviar crudo a YPF-

ARGENTINA. Debido a las cuotas de producción especificadas por la OPEP (Organización de Países Exportadores de

Petróleo), la nueva refinería puede recibir por lo menos 40% de su crudo de Bolivia y el resto de Venezuela. YPF-

ARGENTINA pronostica que la demanda y las cuotas de petróleo crudo no cambiarán durante los próximos 10 años.

Las especificaciones de los dos crudos conducen a mezclas de productos diferentes: Un barril de crudo de Bolivia rinde

0,2 barriles de diésel, 0,25 barriles de gasolina, 0,1 barriles de lubricante y 0,15 barriles de combustible para avión. Los

rendimientos correspondientes del crudo de Venezuela son: 0,10 0,60 0,15 y 0,10 respectivamente. YPF-ARGENTINA

necesita determinar la capacidad mínima de la refinería (barriles por día).

SOLUCIÓN:

x 1 = Miles de barriles día de Bolivia a enviar. x 2 = Miles de barriles día de Venezuela a enviar.

Minimizar: Z = x 1 + x 2 ❶

Sujeto a ∶ 0, 60x 1 − 0, 40x 2 ≥ 0❷; 0, 2x 1 + 0, 1x 2 ≥ 14000❸; 0, 25x 1 + 0, 60x 2 ≥ 30000❹

{

0, 1x 1 + 0, 15x 2 ≥ 10000❺; 0, 15x 1 + 0, 10x 2 ≥ 8000❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼ }

PROBLEMA#189 Un centro de reciclaje industrial utiliza dos chatarras de aluminio, A y B, para producir una aleación

especial. La chatarra A contiene 6% de aluminio, 3% de silicio, y 4% de carbón. La chatarra B contiene 3% de aluminio,

6% de silicio, y 3% de carbón. Los costos por tonelada de las chatarras A y B son de $100 y $80, respectivamente. Las

especificaciones de la aleación especial requieren que (1) el contenido de aluminio debe ser mínimo de 3% y máximo de

6%; (2) el contenido de silicio debe ser de entre 3 y 5%, y (3) el contenido de carbón debe ser de entre 3 y 7%. Determine

la mezcla óptima de las chatarras que deben usarse para producir 1000 toneladas de la aleación.

SOLUCIÓN:

x 1 = Relacion de aleacion A de desecho. x 2 = Relacion de aleacion B de desecho.

Minimizar: Z = 100x 1 + 80x 2 ❶

Sujeto a ∶ (0, 03 ≤ 0, 06x 1 + 0, 03x 2 ≤ 0, 06)❷; (0, 03 ≤ 0, 03x 1 + 0, 06x 2 ≤ 0, 05)❸;

{ (0, 03 ≤ 0, 04x 1 + 0, 03x 2 ≤ 0, 07)❹; x 1 + x 2 = 1000❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#190 El inversionista que dispone de $10000 para invertirlos en cuatro proyectos. La tabla siguiente

presenta el flujo de efectivo para las cuatro inversiones.

Flujo de efectivo ($1000) al inicio del

Proyecto Año 1 Año 2 Año 3 Año 4 Año 5

1 -1,00 0,50 0,30 1,80 1,20

2 -1,00 0,60 0,20 1,50 1,30

3 0,00 -1,00 0,80 1,90 0,80

4 -1,00 0,40 0,60 1,80 0,95

La información que aparece en la tabla puede interpretarse como sigue: Para el proyecta 1, $1,00 invertido al inicio del

año 1 redituará $0,50 al inicio del año 2; $0,30 al inicio del año 3; $1,80 al inicio del año 4, y $1,20 al inicio de año 5. Las

entradas restantes pueden interpretarse de la misma manera. La entrada 0,00 indica que no se están realizando

transacciones. La inversionista tiene opción adicional de invertir en una cuenta bancaria que gana 6,5% anual. Todos los

fondos acumulados al final del año 1 pueden volverse a invertir en el año siguiente. Formule el problema como un

programa lineal para determinar la asignación óptima de fondos a oportunidades de inversión.

SOLUCIÓN:

x i = Dólares invertidos en el proyecto i, i = 1, 2, 3, 4.

y j = Dólares invertidos en el banco en el año j, j = 1, 2, 3, 4.

Maximizar: Z = y 5 ❶

Sujeto a: 0, 50 x 1 + 0, 60x 2 − x 3 + 0, 4x 4 + 1, 065y 1 − y 2 = 0❷; 0, 30 x 1 + 0, 20x 2 + 0, 80x 3 + 0, 6x 4 + 1, 065y 2 − y 3 = 0❸

1, 80 x 1 + 1, 50x 2 + 1, 90x 3 + 1, 8x 4 + 1, 065y 3 − y 4 = 0❹; 1, 20 x 1 + 1, 30x 2 + 0, 80x 3 + 0, 95x 4 + 1, 065y 4 − y 5 = 0 ❺

{

x 1 + x 2 + 0x 3 + x 4 + y 1 ≤ 10000❻; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 ≥ 0❼ }

PROBLEMA#191 Usted decide invertir en los siguientes activos financieros: bonos del estado, bonos y cajas de ahorro.

De los 100000 Bs que dispone decide que por lo menos el 60% deben quedar invertidos en bonos del estado y bonos, no

debe invertirse más del 20% en caja de ahorro, no debe quedar dinero sin invertir. Si los bonos del estado rinden el 8%,

los bonos el 10% y las cajas de ahorro el 1%. Determine la inversión necesaria en cada activo financiero a fin de

optimizar la rentabilidad.

SOLUCIÓN:

x i = Bs de dinero a invertir en el activo financiero i, (i = bonos del estado, bonos y caja de ahorro).

{

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 01x 3 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 100000❷; x 1 + x 2 ≥ 60000❸; x 3 ≤ 20000❹; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺



PROBLEMA#192 En preparación para la temporada invernal, una compañía fabricante de ropa está manufacturando

abrigos de piel con capucha y chamarras con relleno de plumas de ganso, pantalones con aislamiento y guantes. Todos

los productos se elaboran en cuatro departamentos diferentes: corte, aislamiento, costura y empaque. La compañía

recibió pedidos en firme de sus productos. El contrato estipula una penalización por los artículos no surtidos. Elabore

un plan de producción óptimo para la compañía, con base en los siguientes datos:

Tiempo por unidades (h)

Departamento Chamarras Relleno de plumas Pantalones Guantes Capacidad (h)

Corte .30 .30 .25 .15 1000

Aislamiento .25 .35 .30 .10 1000

Costura .45 .50 .40 .22 1000

Empaque .15 .15 .10 .05 1000

Demanda 800 750 600 500

Utilidad unitaria $30 $40 $20 $10

Penalización por unidad $15 $20 $10 $8

Formular un modelo matemático.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de chamarras con capucha. x 3 = Cantidad de pantalones.

x 2 = Cantidad de chamarras con relleno de plumas. x 4 = Cantidad de pares de guantes.

Maximizar: Z = 30x 1 + 40x 2 + 20x 3 + 10x 4 − (15s 1 + 20s 2 + 10s 3 + 8s 4 )❶ → s = costo de penalización

Sujeto a: 0, 30 x 1 + 0, 30x 2 + 0, 25x 3 + 0, 15x 4 ≤ 1000❷; 0, 25x 1 + 0, 35x 2 + 0, 30x 3 + 0, 10x 4 ≤ 1000❸

0, 45 x 1 + 0, 50x 2 + 0, 40x 3 + 0, 22x 4 ≤ 1000❹; 0, 15x 1 + 0, 15x 2 + 0, 10x 3 + 0, 05x 4 ≤ 1000❺

{ x 1 + s 1 = 800❻; x 2 + s 2 = 750❼; x 3 + s 3 = 600❽; x 4 + s 4 = 500❾ ; con: x j ≥ 0, s j ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. ❿}

PROBLEMA#193 La veloz Company firmó un contrato para entregar 100, 250, 190, 140, 220 y 110 ventanas para casa

durante los siguientes seis meses. El costo de producción (mano de obra, material y servicios) por ventana varía por

periodo y se estima que será de $50, $45, $55, $48, $52 y $50 durante los próximos seis meses. Para aprovechar las

fluctuaciones del costo de fabricación, La veloz company puede producir más ventanas de las necesarias en un mes

dado y conservar las unidades adicionales para entregarlas en meses posteriores. Esto supondrá un costo de

almacenamiento a razón de $8 por ventana por mes, estimado en el inventario de fin de mes. Desarrolle un programa

lineal para determinar el programa de producción óptimo.

SOLUCIÓN:

x i = Cantidad de unidades producidas en el mes i, i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

I i = Unidades que quedan en el inventario de fin de mes i, i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Minimizar: Z = 50x 1 + 45x 2 + 55x 3 + 48x 4 + 52x 5 + 50x 6 + 8(I 1 + I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 )❶

Sujeto a: Inventario inicial + cantidad de producción − Inventario final = Demanda

x 1 − I 1 = 100(mes 1)❷; I 1 + x 2 − I 2 = 250(mes 2)❸; I 2 + x 3 − I 3 = 190(mes 3)❹; I 3 + x 4 − I 4 = 140(mes 4)❺;

I 4 + x 5 − I 5 = 220(mes 5)❻; I 5 + x 6 = 110(mes 6)❼; con: x i ≥ 0, i = 1, 2, … , 6. I i ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4, 5❽

{

observese que el inventario inicial, I 0 , es cero, tambien el inventario final sera cero, I 6 = 0 }

Respuesta:

Se muestra que la demanda de cada mes se satisface desde la misma producción del mes excepto en el mes 2 donde la

cantidad producida(=440) cubre la demanda de los meses 2 y 3. El costo total asociado es de $49980.



PROBLEMA#194 Una compañía está planeando fabricar un producto para marzo, abril, mayo y junio del próximo año.

Las cantidades demandadas son 520, 720, 520 y 620 unidades, respectivamente. La compañía tiene una fuerza de trabajo

permanente de 10 empleados pero puede satisfacer las necesidades de producción fluctuantes contratando y

despidiendo trabajadores temporales. Los costos adicionales de contratar y despedir un trabajador temporal en

cualquier mes son de $200 y $400, respectivamente. Un trabajador de planta produce 12 unidades por mes; y uno

temporal, que no tiene la misma experiencia, produce 10. La compañía puede producir más de lo necesario en cualquier

mes y guardar el excedente para el mes subsiguiente a un costo de retención de $50 por unidad por mes. Desarrolle una

política óptima de contratación y despido durante el horizonte de planificación de 4 meses.

SOLUCIÓN:

x i = Cantidad neta de trabajadores temporales al inicio del mes i después de cualquier contratación o despido.

S i = Cantidad de trabajadores temporales contratados o despedidos al inicio del mes i.

I i = Unidades del inventario final para el mes i.

Min: Z = 50(I 1 + I 2 + I 3 + I 4 ) + 200(S − 1 + S − 2 + S − 3 + S − 4 ) + 400(S + 1 + S + 2 + S + 3 + S + 4 )❶

Sujeto a: demanda restante para (marzo = 520 − 12 ∗ 10 = 400 unidades); (abril = 720 − 12 ∗ 10 = 600 unidades);

(mayo = 520 − 12 ∗ 10 = 400 unidades); (junio = 620 − 12 ∗ 10 = 500 unidades);

10x 1 = 400 + I 1 ❷ ; I 1 + 10x 2 = 600 + I 2 ❸; I 2 + 10x 3 = 400 + I 3 ❹; I 3 + 10x 4 = 500❺; x 1 = S − 1 − S + 1 ❻

x 2 = x 1 + S − 2 − S + 2 ❼; x 3 = x 2 + S − 3 − S + 3 ❽; x 4 = x 3 + S − 4 − S + 4 ❾

{

con: S − 1 , S + 1 , S − 2 , S + 2 , S − 3 , S + 3 + S − 4 , S + 4 ≥ 0; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≥ 0; I 1 + I 2 + I 3 ≥ 0❿ }

PROBLEMA#195 La ciudad de Cochabamba enfrenta un grave recorte de presupuesto. Buscando una solución a largo plazo para

mejorar la base tributaria, el consejo de la ciudad propone la demolición de un área de viviendas dentro de la ciudad, y su reemplazo

con un moderno desarrollo. El proyecto implica dos fases: (1) demolición de casas populares para obtener el terreno para el nuevo

desarrollo, y (2) construcción del nuevo desarrollo. A continuación, un resumen de la situación.

1. Se pueden demoler 300 casas populares. Cada casa ocupa un lote de 0,25 acres. El costo de demoler una casa es de $2000.

2. Los tamaños de los lotes para construir casas unifamiliares, dobles, triples y cuádruples, son de 0,18 0,28 0,4 y 0,5 acres,

respectivamente. Las calles, los espacios abiertos y el área para la instalación de servicios, ocupan 15% del área disponible.

3. En el nuevo desarrollo, las unidades triples y cuádruples ocupan por lo menos 25% del total. Las unidades sencillas deben ser

al menos 20% de todas las unidades, y las unidades dobles deben ocupar un mínimo de 10%.

4. El impuesto por unidad aplicado a las unidades sencillas, dobles, triples y cuádruples es de $1000, $1900, $2700 y $3400,

respectivamente.

5. El costo de construcción por unidad de las casas sencillas, dobles, triples y cuádruples es de $50000, $70000, $130000 y

$160000, respectivamente. El financiamiento a través de un banco local está limitado a $15 millones.

¿Cuántas unidades de cada tipo se deben construir para maximizar la recaudación de impuestos?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de casas unifamiliares. x 2 = Cantidad de casa dobles. x 3 = Cantidad de casas triples.

x 4 = Cantidad de casas cuádruples. x 5 = Cantidad de casasviejas a demoler.

Maximizar: Z = 1000x 1 + 1900x 2 + 2700x 3 + 3400x 4 ❶

Sujeto a: 0, 18 x 1 + 0, 28x 2 + 0, 40x 3 + 0, 50x 4 ≤ 0, 2125x 5 ❷ ( un lote ocupa 0, 25 acres es decir 0, 25x 5 considerando que 15%

)

para espacios abiertos, calles y servicios 0, 85(0, 25x 5 ) = 0, 2125x 5

x 5 ≤ 300❸; x 1 ≥ 0, 20(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❹; x 2 ≥ 0, 10(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❺; x 3 + x 4 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )❻

{

50000x 1 + 70000x 2 + 130000x 3 + 160000x 4 ≤ 15000000❼; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❽ }

PROBLEMA#196 La jefa del departamento de carnes de una tienda de autoservicio se encuentra la mañana del sábado

con que dispone de una existencia de 200 Ib de bola, 800 Ib de solomillo y 150 Ib de carne de cerdo que se emplearán

para preparar carne molida para hamburguesas, tortitas de carne para día de campo y albondigón. La demanda de cada

tipo de carne siempre excede la existencia de la tienda. La carne para hamburguesas debe contener por lo menos 20%

de bola molida y 50% de solomillo molido (por peso); las tortitas deben ser al menos 20% de molida de cerdo y 50% de

solomillo molido; y la carne para albondigón al menos 10% de bola molida, 30% de molida de cerdo y 40% de solomillo

molido. El resto de cada producto lo constituye un relleno barato, no de carne, del cual la tienda tiene una cantidad

ilimitada. ¿Cuántas libras de cada producto deben prepararse, si la jefa del departamento desea minimizar la cantidad de

carne que permanezca almacenada en la tienda después del domingo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de libras a preparar de carne molina para hamburquesas.

x 2 = Cantidad de libras a preparar de tortitas de carne para el día de campo.

x 3 = Cantidad de libras a preparar de albondigón.

Minimicese: Z = (200 − 0, 2x 1 − 0, 1x 3 ) + (800 − 0, 5x 1 − 0, 5x 2 − 0, 4x 3 ) + (150 − 0, 2x 2 − 0, 3x 3 )❶

Sujeto a: 0, 2x 1 + 0, 1x 3 ≤ 200❷; 0, 5x 1 + 0, 5x 2 + 0, 4x 3 ≤ 800❸; 0, 2x 2 + 0, 3x 3 ≤ 150❹

{

con todas las variables no negativas: x j ≥ 0❺ }

PROBLEMA#197 Un fabricante de plásticos tiene en existencia, en una de sus fábricas, 1200 cajas de envoltura

transparente y otras 1000 cajas en su segunda fábrica. El fabricante tiene órdenes para este producto por parte de tres

diferentes detallistas, en cantidades 1000, 700 y 500 cajas, respectivamente. Los costos unitarios de envío (en centavos

por caja) de las fábricas a los detallistas son los siguientes:



Detallista Detallista Detallista

1 2 3

Fábrica 1

Fábrica 2

14

13

13

13

11

12

Determínese una cédula de embarque de costo mínimo, para satisfacer toda la demanda con el inventario actual.

SOLUCIÓN:

x ij = Número de cajas que se enviarán de la fábrica i al detallista j. (i = 1, 2 y j = 1, 2, 3)

Minimizar: Z = 14x 11 + 13x 12 + 11x 13 + 13x 21 + 13x 22 + 12x 23 ❶

Sujeto a: (OFERTA ≤) → ( x 11 + x 12 + x 13 ≤ 1200 → x 11 + x 12 + x 13 = 1200❷

x 21 + x 22 + x 23 ≤ 1000 → x 21 + x 22 + x 23 = 1000❸ )

x 11 + x 21 ≥ 1000 → x 11 + x 21 = 1000❹

(DEMANDA ≥) → ( x 12 + x 22 ≥ 700 → x 12 + x 22 = 700❺ ) ; (oferta = demanda)

x 13 + x 23 ≥ 500 → x 13 + x 23 = 500❻

{

con todas las variables no negativas: x ij ≥ 0❼ }

PROBLEMA#198 La mayoría de los departamentos académicos de las universidades contratan estudiantes para que

realicen encargos de oficina. La necesidad de ese servicio fluctúa durante las horas hábiles (8:00 A.M. a 5:00 P.M.). En un

departamento, la cantidad mínima de estudiantes requeridos es de 2 entre las 8:00 A.M. y las 10:00 A.M.; 3 entre las 10:01

A.M. y las 11:00 A.M.; 4 entre las 11:01 A.M. y la 1:00 P.M., y 3 entre la 1:01 P.M. y las 5:00 P.M. A cada estudiante se le

asignan 3 horas consecutivas (excepto a los que inician a las 3:01 P.M. que trabajan 2 horas, y a los que inician a las 4:01

que trabajan 1 hora). Debido al horario flexible de los estudiantes, por lo común pueden iniciar a cualquier hora durante

el día de trabajo, excepto a la hora del almuerzo (12:00 del día). Desarrolle el modelo de PL y determine un horario que

especifique la hora del día y la cantidad de estudiantes que se reportan al trabajo.

SOLUCIÓN:

x i = Cantidad de estudiantes que inician en el periodo i(i = 1 a las 8: 01 A. M. , i = 9 a las 4: 01 P. M. )

Minimizar: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 + x 9 ❶

Sujeto a: x 1 ≥ 2❷; x 1 + x 2 ≥ 2❸; x 1 + x 2 + x 3 ≥ 3❹; x 2 + x 3 + x 4 ≥ 4❺; x 3 + x 4 ≥ 4❻; x 4 + x 6 ≥ 3❼

{ x 6 + x 7 ≥ 3❽; x 6 + x 7 + x 8 ≥ 3❾; x 7 + x 8 + x 9 ≥ 3❿; con: x 5 = 0, todas demás las variables son no negativas❶❶ }

PROBLEMA#199 Una ciudad emprenderá cuatro proyectos de renovación de vivienda urbana durante los próximos 5 años.

Cada proyecto tiene distinto año de inicio y duración diferente. La siguiente tabla muestra los datos básicos de la situación:


Costo

(millones de $)

Ingreso anual

(millones $)

Año 1 Año 2 Año 3 Año 4 Año 5

Proyecto 1 Inicio Terminación 5.0 0.05




Presupuesto(millones $) 3.0 6.0 7.0 7.0 7.0

Los proyectos 1 y 4 deben terminarse del todo dentro de su tiempo estipulado. Los otros dos proyectos pueden terminarse

parcialmente de ser necesario, siempre y cuando no excedan su presupuesto. Sin embargo, cada proyecto debe quedar por lo menos

con un avance de 25%. Al final de cada año, los inquilinos ocupan de inmediato la sección terminada de un proyecto, y así se obtiene

una cantidad proporcional de ingreso. Por ejemplo, si en el año 1 se completa 40% del proyecto y 60% en el año 3, el ingreso asociado

para el horizonte de planeación a 5 años es de 0,4 X $50000 (en el año 2) + 0,4 X $50000 (en el año 3) + (0,4 + 0,6) X $50000 (en el año 4) +

(0,4 + 0,6) x $50000 (en el año 5) = ( 4 X 0,4 + 2 X 0,6) X $50000. Desarrolle un modelo de PL para determinar el desarrollo de los proyectos

que maximice el ingreso total durante la planeación a 5 años.

SOLUCIÓN:

x ij = Parte del proyecto i que se completa en el año j.

Maximizar: Z = 0, 05(4x 11 + 3x 12 + 2x 12 ) + 0, 07(3x 22 + 2x 23 + 1x 24 ) + 0, 15(4x 31 + 3x 32 + 2x 33 + 1x 34 )0, 02(2x 43 + 1x 44 )❶

Sujeto a: x 11 + x 12 + x 12 = 1❷; x 43 + x 44 + x 25 = 1❸; 0, 25 ≤ x 22 + x 23 + x 24 ≤ 1❹

0, 25 ≤ x 31 + x 32 + x 33 + x 34 + x 35 ≤ 1❺; 5x 11 + 15x 31 ≤ 3❻; 5x 12 + 8x 22 + 15x 32 ≤ 6❼

{

5x 13 + 8x 23 + 15x 33 + 1, 2x 43 ≤ 7❽; 8x 24 + 15x 34 + 1, 2x 44 ≤ 7❾; 8x 25 + 15x 35 ≤ 7❿; x ij ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#200 Una comunidad ha reunido $250000 para desarrollar nuevas áreas de eliminación de desechos. Hay siete sitios

disponibles, cuyos costos de desarrollo y capacidades se muestran a continuación. ¿Qué sitios deberá desarrollar la comunidad?

Sitio A B C D E F G

Capacidad, ton/semana 20 17 15 15 10 8 5

Costo, $1000 145 92 70 70 84 14 47

SOLUCIÓN:

x j = la comunidad a que sitio deberá desarrollar.

Maximizar: Z = 20x 1 + 17x 2 + 15x 3 + 15x 4 + 10x 5 + 8x 6 + 5x 7 ❶

Sujeto a: 145x 1 + 92x 2 + 70x 3 + 70x 4 + 84x 5 + 14x 6 + 47x 7 ≤ 250❷; x 1 ≤ 1❸; x 2 ≤ 1❹; x 3 ≤ 1❺

{

x 4 ≤ 1❻; x 5 ≤ 1❼; x 6 ≤ 1❽; x 7 ≤ 1❾; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❿ }


PROBLEMA#201 Una corporación de semiconductores produce un módulo específico de estado sólido, el cual se

suministra a cuatro diferentes fabricantes de televisores. El módulo puede producirse en cualquiera de las tres plantas

de la corporación, aunque los costos varían debido a la diferente eficiencia de producción de cada una. Específicamente,

cuesta $1,10 producir un módulo en la planta A, $0,95 en la planta B y $1,03 en la planta C. Las capacidades mensuales

de producción de las plantas son 7500, 10000 y 8100 módulos, respectivamente. Las estimaciones de venta predicen una

demanda mensual de 4200, 8300, 6300 y 2700 módulos, para los fabricantes de televisores I, II, III y IV, respectivamente.

Si los costos de envío (en dólares) para embarcar un módulo de una de las fábricas a un fabricante se muestran a

continuación, encuéntrese una cédula de producción que cubra todas las necesidades a un costo mínimo total.

I II III IV

A 0.11 0.13 0.09 0.19

B 0.12 0.16 0.10 0.14

C 0.14 0.13 0.12 0.15

SOLUCIÓN:

x ij = Número de modulos que se enviarán de la fábrica i al fabricante de TV j. (i = A, B y j = I, II, III, IV)

Minimizar: Z = (1, 10 + 0, 11)x 11 + (1, 10 + 0, 13)x 12 +. . . … . . +(1, 03 + 0, 15)12x 34 ❶

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 7500 → x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 7500❷

Sujeto a: (OFERTA ≤) → ( x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 10000 → x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 10000❸)

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 8100 → x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 8100❹

x 11 + x 21 + x 31 ≥ 4200 → x 11 + x 21 + x 31 = 4200❺

x

(DEMANDA ≥) → 12 + x 22 + x 32 ≥ 8300 → x 12 + x 22 + x 32 = 8300❻ oferta ≥ demanda

; (

x 13 + x 23 + x 33 ≥ 6300 → x 13 + x 23 + x 33 = 6300❼ 25600 ≥ 21500 )

( x 14 + x 24 + x 34 ≥ 2700 → x 14 + x 24 + x 34 = 2700❽ )

{

con todas las variables no negativas: x ij ≥ 0❾ }

PROBLEMA#202 Un bufete de abogados ha aceptado cinco nuevos casos, cada uno de los cuales puede ser llevado

adecuadamente por cualquiera de los cinco asociados más recientes. Debido a la diferencia en experiencia y práctica,

los abogados emplearán distintos tiempos en los casos. Uno de los asociados más experimentados ha estimado las

necesidades de tiempo (en horas) como sigue:

Caso 1 Caso 2 Caso 3 Caso 4 Caso 5

Abogado 1 145 122 130 95 115

Abogado 2 80 63 85 48 78

Abogado 3 121 107 93 69 95

Abogado 4 118 83 116 80 105

Abogado 5 97 75 120 80 111

Determínese la forma óptima de asignar los casos a los abogados, de manera que cada uno de ellos se dedique a un

caso diferente y que el tiempo total de horas empleadas sea mínimo.

x ij = Abogado i asignar al caso j. (i = 1, 2, 3, 4, 5 y j = 1, 2, 3, 4, 5).

5

Minimizar: Z = 145x 11 + 122x 12 + 130x 12 + 95x 14 + 114x 15 + ⋯ + 111x 55 ❶

5

Sujeto a: ∑ x ij = 1 (i = 1, 2, 3, 4, 5)❷; ∑ x ij = 1 (j = 1, 2, 3, 4, 5)❸; con: x ij ≥ 0❹no negativas y enteras

{

i=1 j=1

}

PROBLEMA#203 Motores Recreativos fabrica carritos para golf y vehículos para nieve en sus tres plantas. La planta A

produce diariamente 40 carritos para golf y 35 para nieve; la planta B produce diariamente 65 carritos para golf y

ninguno para nieve. La planta C produce diariamente 53 vehículos para nieve y ninguno para golf. Los costos diarios de

operación de las plantas A, B y C son, respectivamente, $210000, $190000 y $182000. ¿Cuántos días (incluyendo

domingos y días de fiesta) deberá operar cada planta durante el mes de septiembre, a fin de lograr una producción de

1500 carritos de golf y 1100 vehículos para nieve, a un costo mínimo? Considérese que los contratos de trabajo

requieren que una vez que la planta se abre, los trabajadores reciban el pago de todo el día.

SOLUCIÓN:

x 1 = Operación en la Planta A. x 2 = Operación en la Planta B. x 3 = Operación en la Planta C.

Minimicese: Z = 210000x 1 + 190000x 2 + 182000x 3 ❶

Sujeto a: 40x 1 + 65x 2 ≥ 1500❷; 35x 1 + 53x 3 ≥ 1100❸; x 1 ≤ 30❹; x 2 ≤ 30❺; x 3 ≤ 30❻

{

con todas las variables no negativas: x j ≥ 0❼ }

PROBLEMA#204 En una urbanización se van a construir casas de dos tipos A y B. La empresa constructora dispone

para ello de un máximo de $1800, siendo el costo de cada tipo de casa de $30 y $20 respectivamente. El plan regulador

exige que el número total de casas no sea superior a 80. Sabiendo que el beneficio obtenido por la venta de una casa

tipo A es $4 y de $3 por una de tipo B. ¿Cuántas casas deben construir de cada tipo para obtener el máximo beneficio?



SOLUCIÓN:

x 1 = Número de casas a construir del tipo A. x 2 = Número de casas a construir del tipo B.

{ Maximizar: Z = (4 + 30)x 1 + (3 + 20)x 2 = 34x 1 + 23x 2 ❶ → PV = Beneficio + Costo }

Sujeto a: 30x 1 + 20x 2 ≤ 1800❷; x 1 + x 2 ≤ 80❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

PROBLEMA#205 Un inversor monta una pequeña empresa de ventas de carne de pescado con una capacidad de

almacenaje refrigerado de 200 kilogramos. Vende exclusivamente 2 tipos de pescado: Surubí y Pacú. El kilogramo de

surubí compra a Bs 20 y el de pacú a Bs 30. Por cuestiones de mercado debe vender más kilogramos de surubí que de

pacú. Si cada kilogramo de surubí vende a Bs 30 y Bs 45 el kilogramo de pacú. ¿Determine el número de kilogramo, que

debe comprar y vender de cada clase para optimizar la ganancia?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de kilogramos a compra y vender de pescado Surubí.

x 2 = Número de kilogramos a compra y vender de pescado Pacú.

Maximizar: Z = (30 − 20)x 1 + (45 − 30)x 2 = 10x 1 + 15x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 200❷; x 1 ≥ x 2 ❸; con: x 1 , x 2 ❹ }

PROBLEMA#206 Hoy es un día de suerte acaba de ganar un premio de $10000. Dedicará $4000 a impuestos y

diversiones, pero ha decidido invertir los otros $6000, al oír las nuevas, dos amigos le han ofrecido una oportunidad de

convertirse en socio en dos empresas distintas, cada una planeada por cada uno de ellos, en ambos casos la inversión

incluye dedicar parte de su tiempo el siguiente verano y dinero en efectivo. Para ser un socio completo en el caso del

primer amigo debe invertir $ 5000 y 400 horas, y su ganancia estimada (sin tomar en cuenta el valor del dinero en el

tiempo) seria $ 4500. Las cifras correspondientes para el segundo caso son $ 4000 y 500 horas, con una ganancia estima

de $ 4500. Sin embargo ambos amigos son flexibles y le permitirían participar con cualquier fracción de participación

que quiera. Si elige una participación parcial todas las cifras dadas para sociedad completa (inversión de dinero y

tiempo, y la ganancia) se pueden multiplicar por esta fracción. Como de todas formas usted busca un trabajo de verano

interesante (máximo 600 horas), ha decidido participar en una o ambas empresas en alguna combinación que maximice

su ganancia total estimada. Usted debe resolver el problema de encontrar la mejor combinación.

SOLUCIÓN:

x 1 = Fracción de dinero a participar en la primera empresa 1.

x 2 = Fracción de dinero a participar en la segunda empresa 2.

Maximizar: Z = 4500x 1 + 4500x 2 ❶

{ Sujeto a: 5000x 1 + 4000x 2 ≤ 6000❷; 400x 1 + 500x 2 ≤ 600❸; x 1 ≤ 1❹; x 2 ≤ 1❺; con: x 1 , x 2 ❻ }

PROBLEMA#207 Julius Company tiene a su cargo la compra de mercancías enlatadas para el servicio de alimentos

LATITA en una gran universidad. Él sabe cuál será la demanda durante el transcurso del año universitario y ha estimado

también los precios de compra. En la figura se muestran estos datos. Puede comprar anticipadamente y almacenar para

evitar los aumentos de precios, pero existe un costo de mantener inventario de $0,20 por caja, por mes, aplicado al

inventario en existencia al final del mes. Elabore un PL que minimice el costo y que ayude a Julius a determinar el

momento de sus compras, Sugerencia: Supóngase que P t es el número de cajas compradas en el mes t y que I t es el

número de cajas en existencias al final del mes t. Datos de la demanda y el costo se muestran en la siguiente tabla.

SEP. OCT. NOV. DIC. ENE. FEB. MAR. ABR. MAY.

Demandas (cajas ) 1000 900 850 500 600 1000 1000 1000 500

costo por caja $20 $20 $20 $21 $21 $21 $23 $23 $23

SOLUCIÓN:

P t = Número de cajas compradas en el mes t, (t = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)

I t = Cantidad de cajas al final del mes t, (t = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8).

inventario final = inventario inicial + producción − demanda

Min: Z = 20P 1 + 20P 2 + 20P 3 + 21P 4 + 21P 5 + 21P 6 + 23P 7 + 23P 8 + 23P 9 + 0, 20(I 1 + I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 + I 7 + I 8 + I 9 )❶

Sujeto a:

I 1 = I 0 + P 1 − 1000❷

I 2 = I 1 + P 2 − 900❸

I 3 = I 2 + P 3 − 850❹

I 4 = I 3 + P 4 − 500❺

I 5 = I 4 + P 5 − 600❻

I 6 = I 5 + P 6 − 1000❼

{

con: P t ≥ 0 y I t ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#208 Aero Boliviana está considerando la probabilidad de adquirir aviones de pasajeros en el mercado

mundial: USA, Inglaterra o Rusia. El costo del avión (USA) A es de $6,7 millones, el avión (Ingles) B en $5 millones y el

avión (Ruso) C de $3,5 millones. El directorio de dicha empresa ha autorizado la compra de aviones por valor de 150

millones. Los economistas de Aero Boliviana han calculado que cualquiera que sea el tipo A de mayor capacidad

proporcionara una utilidad neta de $ 420000 anuales, el avión B proporcionara una utilidad neta de $300000 y el avión C

una utilidad de $ 230000 anuales. Por otra parte se conoce que la fuerza aérea Boliviana solo le podría proporcionar 30

pilotos debidamente entrenados. Si sólo se adquieren los aviones más pequeños, los servicios de reparación y servicio

con que cuenta Aero boliviana solamente podrán mantener en operación un máximo de 40 unidades. Además se sabe


I 7 = I 6 + P 7 − 1000❽

I 8 = I 7 + P 8 − 1000❾

I 9 = I 8 + P 9 − 500❿


que mantener un avión B requiere 1 1/3 más que el avión C y que el avión A requiere 1 2/3 más que el C. ¿Determinar el

número de cada tipo de avión que se debe comprar para maximizar las utilidades?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de aviones de tipo A que debe compra la Aéro Boliviana.



Maximizar: Z = 420000x 1 + 300000x 2 + 230000x 3 ❶

Sujeto a: 6700000x 1 + 5000000x 2 + 3500000x 3 ≤ 150000000❷; x 1 + x 2 + x 3 ≤ 30❸

{

2 ∗ 2 3 ∗ 1 40 x 1 + 2 ∗ 1 3 ∗ 1 40 x 2 + 1 40 x 3 ≤ 1 ↔ 1 30 x 1 + 1 60 x 2 + 1 40 x 3 ≤ 1❹; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#209 Se trata de gestionar una cartera de inversiones para un horizonte de 6 años. Al inicio están

disponibles $1000, y en cada periodo se puede invertir en una o más de las opciones siguientes: (a) Caja de Ahorro (A)

con un retorno anual del 5%; (b) Opción (Y) con una maturity (madurez) de 2 años, y un retorno total de 12% si

compramos ahora o sino 11% más adelante; (c) Opción Z, con una maturity (madurez) de 3 años, y un retorno total de

18%; (d) Opción W, con una maturity (madurez) de 4 años, y un retorno total de 24%. Con el objetivo de simplificar, se

asumirá que cada opción puede ser comprada en cualquier “denominación” (en caso contrario se debería emplear la

programación entera o dinámica). Se pueden hacer movimientos (depósitos /retiros) en la Caja de Ahorro (A) en

cualquier momento. Se pueden comprar Opciones (Y) todos los años, salvo en el año 3. Se pueden comprar Opciones

(Z) todos los años, después del primer año. La opción (W), disponible en este momento, es una oportunidad única.

SOLUCIÓN:

Sea A t el monto invertido en la opcion A al inicio del año, y de manera similar Y t , Z t , W t .

El problema es un tipo de gestion de inventarios. En un año dado, el monto de dinero que se traslada desde el año

anterior, más el retorno de las colocaciones que llegan a madurez ese año, debe ser igual al monto invertido en nuevas

colocaciones más el monto de dinero que se dejó para el año siguiente. Hay una diferencia: el inventario crece mientras

está almacenado, en los problemas de inventario, el valor del stock decrece en el tiempo debido a problemas de

mantenimiento, obsolescencia, y esto puede ser reflejado en una tasa de interés negativa.

Maximizar: Z = 1, 05A 6 + 1, 11Y 5 + 1, 18Z 4 ❶

Sujeto a:

En t = 1 → A 1 + Y 1 + W 1 = 1000❷ En t = 4 → A 4 + Y 4 + Z 4 = 1, 05A 3 + 1, 11Y 2 ❺

En t = 2 → A 2 + Y 2 + Z 2 = 1, 05A 1 ❸ En t = 5 → A 5 + Y 5 = 1, 05A 4 + 1, 18Z 2 + 1, 24W 1 ❻

En t = 3 → A 3 + Z 3 = 1, 05A 2 + 1, 12Y 1 ❹ En t = 6 → A 6 = 1, 05A 5 + 1, 11Y 4 + 1, 18Z 3 ❼

{

con ∶ No negatividad, A t , Y t , Z t , W t ≥ 0❽ }

PROBLEMA#210 Un inversionista tiene perspectivas de invertir en dos actividades A y B, siendo el horizonte

económico de 5 años. Cada unidad económica invertida en A en el comienzo de cualquier año produce una utilidad de $

0,40 dos años más tarde. Cada unidad monetaria invertida en B, en el comienzo de cualquier año produce una utilidad de

$ 0,70 tres años más tarde. Además tiene otras dos perspectivas: C y D para el futuro. Cada unidad monetaria invertida

en C en el comienzo del segundo año permite una utilidad de$1,00 al fin de los 5 años. Cada unidad monetaria invertida



en D en el comienzo del quinto año produce una utilidad de $0,30. El inversionista dispone de $ 10000 y desea conocer el

plan de inversiones que maximice sus utilidades.

SOLUCIÓN:

x ij = Unidades monetarias invertidas en el i − ésimo periodo y la j − ésima actividad.

Maximizar: Z = 0, 40(x 1A + x 2A + x 3A + x 4A ) + 0, 70(x 1B + x 2B + x 3B ) + 1, 0(x 2C ) + 0, 30(x 5D )❶

Sujeto a ∶ Primer año → x 1A + x 1B ≤ 10000❷; segundo año → x 2A + x 2B + x 2C ≤ 10000 − (x 1A + x 1B )❸

tercer año → x 3A + x 3B ≤ 10000 − x 1B − x 2A − x 2B − x 2C + 0, 40x 1A ❹

cuarto año → x 4A ≤ 10000 − x 2B − x 2C − x 3A − x 3B + 0, 40x 2A + 0, 70x 1B ❺

quinto año → x 5D ≤ 10000 − x 2C − x 3B − x 4A + 0, 40x 3A + 0, 70x 2B ❻

{

con: x ij ≥ 0❼ i = 1, 2, 3, 4, 5 y j = A, B, C, D. }

PROBLEMA#211 Considere que el Grupo Asesor financiero tiene un monto de $100000000 para ser colocado en varias

categorías de inversiones. El cuadro siguiente describe las 5 categorías, con su respectivo retorno y riesgo asociado.

Categorías Retorno en (%) Riesgo en (%)

Primera Hipoteca 9 3

Segunda Hipoteca 12 6

Préstamos Personales 15 8

Préstamos Comerciales 8 2

Certificados/Bonos 6 1

El capital no invertido en alguna de estas categorías, es colocado en una Caja de Ahorro sin riesgo y con un retorno del 3%. El objetivo

para el Grupo Asesor es asignar el dinero a cada una de las categorías para cumplir con las metas siguientes: (a) Maximizar el retorno

por $; (b) Que el riesgo promedio no supere el 5% (sobre el dinero invertido); (c) Invertir al menos 20% en Préstamos comerciales; (d) El

monto combinado en segunda Hipotecas y Préstamos personales no podrá ser mayor que el monto en primera Hipotecas.

SOLUCIÓN:

x i = Representa el monto de $ invertido en la categoria de inversión i, (i = 1, 2, 3, 4, 5).

Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 + 0, 15x 3 + 0, 08x 4 + 0, 06x 5 + (0, 03x caja de ahorro )❶

Sujeto a: [0, 03x 1 + 0, 06x 2 + 0, 08x 3 + 0, 02x 4 + 0, 01x 5 ≤ 0, 05(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 )]❷

{ x 4 ≥ 0, 20(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 )❸; x 2 + x 3 ≤ x 1 ❹; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x caja de ahorro ≥ 0❺}

PROBLEMA#212 La compañía de aerolíneas BOA boliviana de aviación tiene que decidir cuantas azafatas nuevas tiene que

emplear, entrenar, despedir en los 6 meses que vienen, los requisitos en hora de vuelo de azafata son los siguientes:

Mes Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio

Número de horas 8000 9000 8000 10000 9000 12000

Una chica necesita un mes de entrenamiento antes de que puedan usarla en un vuelo regular, por lo tanto hay que emplearla un mes

antes de que sus servicios sean necesarios. También el entrenamiento de una chica nueva requiere el tiempo de una azafata regular

entrenada. Dicho entrenamiento tomo aproximadamente 100 horas de la azafata con experiencia en el mes de entrenamiento. Entonces

por cada chica en entrenamiento hay 100 horas menos disponibles para servicio de las azafatas regulares. Cada azafata regular puede

trabajar un máximo de 150 horas cada mes, hay 60 azafatas disponibles el primer día de enero. Si el tiempo máximo disponible de la

azafata requerida es mayor que la demanda, las regulares pueden trabajar menos de 150 horas o la compañía puede despedirlas a un

costo de $1000 por cada azafata despedida. Cada mes el 10% de las azafatas regulares renuncian al trabajo para casarse o por otras

razones. Una azafata regular cuesta $800 al mes y una chica en entrenamiento recibe $400. Formule el problema en PL para minimizar el

costo de servicio de azafatas.

SOLUCIÓN:

Podemos visualizar en el siguiente gráfico:

Mes Empleados Entrenamiento Despedir

Enero X 11 X 12 X 13

Febrero X 21 X 22 X 23

Marzo X 31 X 32 X 33

Abril X 41 X 42 X 43

Mayo X 51 X 52 X 53

Junio X 61 X 62 X 63



Al comienzo de enero hay: (60 azafatas)(150Horas/azafatas)=9000 horas

Azafata regular=150 horas; Azafata en entrenamiento=-100 horas; Azafata despedida=-150 horas

Costo: $800 azafata regular; $400 azafata en entrenamiento; $1000 azafata despedida.

x ij = Número de azafatas que durante el mes i se encuentran en la situación j.

i = 1, 2, 3, 4, 5, 6 = enero, febrero, marzo, abril, mayo, junio; j = 1, 2, 3 = empleadas, entrenamiento, a despedir.

6

Minimizar: Z = 800 (∑ X i 1) + 400 (∑ X i 2) + 1000 (∑ X i 3) → j = 1, 2, 3.

i=1

Min: Z = 800(x 11 + x 21 + x 31 + x 41 + x 51 + x 61 ) + 400(x 12 + x 22 + x 32 + x 42 + x 52 + x 62 ) + 1000(x 13 + x 23 + x 33 + x 43 + x 53 + x 63 )❶

Sujeto a: Enero → 9000 + 150x 11 − 100x 12 − 150x 13 ≥ 8000❷

Febrero → 0, 90(Enero) + 150x 21 − 100x 22 − 150x 23 ≥ 9000 ↔ 0, 90(9000 + 150x 11 − 100x 12 − 150x 13 ) + 150x 21 − 100x 22 − 150x 23 ≥ 9000❸

Marzo → 0, 90(Febrero) + 150x 31 − 100x 32 − 150x 33 ≥ 8000❹

Abril → 0, 90(Marzo) + 150x 41 − 100x 42 − 150x 43 ≥ 10000❺

Mayo → 0, 90(Abril) + 150x 51 − 100x 52 − 150x 53 ≥ 9000❻

Junio → 0, 90(Mayo) + 150x 61 − 100x 62 − 150x 63 ≥ 12000❼

{

x 21 ≤ x 12 ❽; con: x ij ≥ 0❾ }

PROBLEMA#213 Un granjero puede criar ovejas, cerdos y ganado vacuno. Tiene espacio para 30 ovejas, ó 50 cerdos ó

20 cabezas de ganado vacuno o cualquier combinación de estos (con la relación siguiente), 3 ovejas, 5 cerdos ó 2 vacas

usan el mismo espacio. Los beneficios (utilidades) dadas por animal son 500, 500 y 100 bolivianos por oveja, cerdos y

vacas respectivamente. El granjero debe criar por ley, al menos tantos cerdos como ovejas y vacas juntas.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de ovejas a criar. x 2 = Número de cerdos a criar. x 3 = Número de vacas a criar.

Maximizar: Z = 500x 1 + 500x 2 + 100x 3 ❶

{

Sujeto a: x 1 ≤ 30❷; x 2 ≤ 50❸; x 3 ≤ 20❹; x 2 ≥ x 1 + x 3 ❺; x 1 + 3 5 x 2 + 3 2 x 3 ≤ 30 ❻; con: x 1 , x 2 , x 3 ❼ }

PROBLEMA#214 Los almacenes VARGAS S.A. han de reabastecerse de 5 productos populares. La siguiente tabla

proporciona los datos adecuados a la índole del problema.

PRODUCTO Precio de Compra Precio de ventas Ventas mensuales Espacio de almacenamiento de pies 3 /100

A 0,90 1,40 1000 20

B 1,50 2,00 800 25

C 1,30 1,85 750 40

D 2,70 3,50 1000 11

E 0,40 0,75 2000 50

Para evitar complicar el problema innecesariamente despreciaremos los costos de conservación y almacenamiento de

los productos. Así como los otros costos operativos de los almacenes.

Maximizaremos el beneficio de las ventas bajo las condiciones que se van a establecer.

La empresa comprará al menos la venta de un mes, pero más de lo necesaria para dos meses de cada producto. El

vendedor ofrece un descuento del 10% sobre todas las mercancías que se compren por encima de las necesidades

mensuales. El almacén tiene un total de $10000 en metálico para comprar estos productos así como 2500 pies cúbicos

de espacio de almacenamiento donde guardarlos. Suponemos que todos los productos comprados se suministran

inmediatamente, cuál debe ser al compra real por el director de los almacenes.

SOLUCIÓN:

X i = Número de productos comprados sin descuento, i = A, B, C, D, E.

Y j = Número de productos comprados con descuento, j = A, B, C, D, E.

Max: Z = [1, 40(X A + Y A ) + 2(X B + Y B ) + 1, 85(X C + Y C ) + 3, 5(X D + Y D ) + 0, 75(X E + Y E )] − 0, 90X A − 1, 5X B − 1, 3X C − 2, 7X D

−0, 40X E + 0, 90(0, 90Y A + 1, 50Y B + 1, 30Y C + 2, 70Y D + 0, 40Y E )❶

Sujeto a: 1000 ≤ X A + Y A ≤ 2000❷; 800 ≤ X B + Y B ≤ 1600❸; 750 ≤ X C + Y C ≤ 1500❹; 1000 ≤ X D + Y D ≤ 2000❺

2000 ≤ X E + Y E ≤ 4100❻;

[0, 90X A + 1, 5X B + 1, 3X C + 2, 7X D + 0, 40X E + 0, 90(0, 90Y A + 1, 50Y B + 1, 30Y C + 2, 70Y D + 0, 40Y E )] ≤ 10000❼

[0, 20(X A + Y A ) + 0, 25(X B + Y B ) + 0, 40(X C + Y C ) + 0, 11(X D + Y D ) + 0, 50(X E + Y E )] ≤ 2500❽

{

con: X i ≥ 0(i = A, B, C, D, E); Y j ≥ 0(j = A, B, C, D, E)❾ }

PROBLEMA#215 Un vendedor tiene a su cargo 2 productos A y B. Desea establecer un programa de

llamadas para los meses siguientes. El espera ser capaz de vender a lo más 20 unidades del producto A y a

lo menos 78 unidades del producto B. Él debe vender al menos 48 unidades de B para satisfacer su cuota mínima de

ventas, él recibe una comisión del 10% sobre la venta total que realiza. Pero él debe pagar sus propios costos (que son

estimados en 30 Bs por hora en hacer llamadas) de su comisión. Él está dispuesto a emplear no más de 160 horas por

mes en llamar a sus clientes. Los siguientes datos están disponibles.

PRODUCTO Precio Venta Bs/unidad Tiempo empleado hora/llamada Probabilidad de una venta en llamada

A 3000 3 0,50

B 1400 1 0,60

Formular el problema de manera tal que maximice la cantidad de ganancia que espera el vendedor.

SOLUCIÓN:


6

i=1

6

i=1


x 1 = Número de llamadas a realizar para vender el producto 1.

x 2 = Número de llamadas a realizar para vender el producto 2.

Maximizar: Z = 0, 10(3000)(0, 50)x 1 + (1400)(0, 60)x 2 − 30(3x 1 + 1x 2 ) = 60x 1 + 810x 2 ❶

{ Sujeto a: 0, 50x 1 ≤ 20❷; 48 ≤ 0, 60x 2 ≤ 78❸; 3x 1 + 1x 2 ≤ 160❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#216 Una fábrica compuesta por tres talleres. A, B y C, fabrica tres productos, 1, 2, y 3, en

las cantidades mensuales X 1 , X 2 y X 3 , a determinar.

Los tres talleres, A, B y C tiene limitadas las horas de trabajo mensuales a 2766, 642 y 416

respectivamente.

El producto 1 es fabricado según el proceso

El producto 2 es tratado según el proceso

Talleres sucesivos A C B C Talleres sucesivos A B C

Producción horaria 0,357 30 12 15 Producción horaria 0,286 12 15

El producto 3 es tratado según el proceso

Talleres sucesivos B C

Producción horaria 9,6 12

Las demandas mensuales para los tres productos son respectivamente de 250, 1250 y 1500 unidades. Una demanda no

satisfecha no implica penalización especial.

Los beneficios unitarios de los tres productos son, respectivamente 350, 250 y 400. Formular el programa lineal.

SOLUCIÓN:

Gráficamente podemos visualizar de la siguiente manera.

x 1 = Número de unidades a producir del producto 1, que debera fabricar la empresa.



Maximizar: Z = 350x 1 + 250x 2 + 400x 3 ❶

x 1

x 2

Sujeto a:

0, 357 + 0, 286 ≤ 2766❷ ; x 1

12 + x 2

12 + x 3

9, 6 ≤ 642❸; 30 + x 1

15 + x 2

15 + x 3

12 ≤ 416❹

{

x 1 ≤ 250❺; x 2 ≤ 1250❻; x 3 ≤ 1500❼; con: x 1 , x 2 , x 3 ❽ }

PROBLEMA#217 El propietario de AL-QUADOSH+ Restaurant desearía determinar cuál es la mejor forma de asignar un

presupuesto mensual de publicidad de $1000 dólares entre periódicos y la radio. La administración ha decidido que por

lo menos 25% del presupuesto debe gastarse en cada uno de estos dos tipos de medios de comunicación y que el

monto del dinero gastado en publicidad en periódicos locales debe ser por lo menos el doble de los que se gaste en

publicidad en radio. Un asesor de mercadotecnia ha desarrollado un índice que mide la penetración en la audiencia por

dólar de publicidad en una escala de 0 al 100, donde valores más elevados del índice indican mayores penetraciones a la

audiencia. Si el valor del índice para publicidad en los periódicos locales es de 50, y para el anuncio de radio es de 80,

¿Cómo debería asignar la administración el presupuesto de publicidad, a fin de maximizar el valor de penetración total

en la audiencia? Formule un modelo de programación lineal que se pueda utilizar para determinar la manera en que la

administración debe asignar el presupuesto de publicidad a fin de maximizar el valor de la penetración total en la

audiencia.

SOLUCIÓN:

x 1 = Asignar presupuesto en periódico. x 2 = Asignar presupuesto en radio.


Sujeto a: x 1 + x 2 = 1000❷; x 1 ≥ 250❸; x 2 ≥ 250❹; x 1 ≥ 2x 2 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

otra forma: x 1 + x 2 ≤ 1000❷; x 1 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 )❸; x 2 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 )❹; x 1 ≥ 2x 2 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

{ Respueta: x 1 = 666, 67 ; x 2 = 333, 33 ; Max: Z = 60000 exposición a la audiencia. }

PROBLEMA#218 Un Banco tiene Bs 1000000 en fondos nuevos que debe asignar a préstamos hipotecarios, personales

y automotrices. Las tasas de interés anual para los tres tipos de préstamos son 7% para los hipotecarios, 12% para los

personales y 9% para automotrices. El comité de planeación del banco ha decidido que al menos 40% de los nuevos

fondos deben asignarse a préstamos hipotecarios. Además, el comité de planeación ha especificado que la cantidad

asignada a préstamos personales no puede exceder de 60% de la cantidad asignada a préstamos automotrices.

Formular un modelo de programación lineal que pueda usarse para determinar la cantidad de fondos que el banco

debería asignar a cada tipo de préstamo para maximizar el interés anual total para los nuevos fondos.


x 1


SOLUCIÓN:

{

x 1 = Asignar fondo para hipotecarios. x 2 = Asignar fondo para personales.

x 3 = asignar fondos para los préstamos de automotrices.

Maximizar: Z = 0, 07x 1 + 0, 12x 2 + 0, 09x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 1000000❷; x 1 ≥ 0, 40(x 1 + x 2 + x 3 )❸; x 2 ≤ 0, 60(x 3 )❹; ; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺

Respueta: x 1 = 400000; x 2 = 225000; x 3 = 375000; Max: Z = 88750 intrerés anual = 8, 875% }

PROBLEMA#219 YPFB Refinación produce dos clases de gasolina: regular y de alto octanaje. Ambas gasolinas se

producen mezclando dos tipos de petróleo crudo; aunque ambos tipos de petróleo contienen los dos ingredientes

importantes requeridos para producir ambas gasolinas, difieren en el porcentaje, al igual que en el costo por galón. Se

muestra el porcentaje de los ingredientes A y B en cada tipo de petróleo crudo y el costo por galón:

Petróleo Crudo Costo Ingrediente A Ingrediente B

1 $0,10 20% 60%

2 $0,15 50% 30%

Cada galón gasolina regular debe contener al menos 40% del ingrediente A, mientras cada galón de la de alto octanaje

puede contener cunado mucho 50% del ingrediente B. La demanda diaria de gasolina regular y de alto octanaje es

800000 y 500000 galones, respectivamente. ¿Cuántos galones de cada tipo de petróleo crudo deberían usarse en las dos

gasolinas para satisfacer la demanda diaria con un costo mínimo?

SOLUCIÓN:

x 11 = galones de crudo 1 usados para producir gasolina regular.

x 12 = galones de crudo 1 usados para producir gasolina de alto octanaje.

x 21 = galones de crudo 2 usados para producir gasolina regular.

x 22 = galones de crudo 2 usados para producir gasolina de alto octanaje.

Minimizar: Z = 0, 10x 11 + 0, 10x 12 + 0, 15x 21 + 0, 15x 22 ❶

Sujeto a: 0, 20x 11 + 0, 50x 21 ≥ 0, 40(x 11 + x 21 )❷; 0, 60x 12 + 0, 30x 22 ≥ 0, 50(x 12 + x 22 )❸

x 11 + x 21 ≥ 800000❹; x 12 + x 22 ≥ 500000❺; con: x 11 , x 12 , x 21 , x 22 ≥ 0❻

{ Respuesta: x 11 = 266667; x 12 = 333333; x 21 = 533333; x 22 = 166667; Costo = $165000}

PROBLEMA#220 La firma de bicicletas compañía. Va a fabricar modelos tantos para hombres como para mujeres de sus

nuevas bicicletas Fácil-Pedal de 10 velocidades, durante los siguientes dos meses. La compañía pretende elaborar un

programa de producción que indique cuantas bicicletas de cada modelo se deben fabricarse mensualmente. Los

pronósticos actuales de la demanda sugieren que se embarquen 150 modelos para hombre y 125 para mujer deben

enviarse durante el primer mes, y que se embarquen 200 modelos para hombre y 150 para mujer que deben enviarse

durante el segundo mes. En seguida se muestran otros datos adicionales:

Modelo

Costo de

Requerimiento de mano de obra (horas) Inventario

producción Manufactura Ensamblado

Actual

Para hombre $120 2,0 1,5 20

Para mujer $90 1,60 1,0 30

El mes anterior, la compañía utilizo un total de 1000 horas de mano de obra. Su política de relaciones laborales no

permite que el total de horas combinadas de mano de obra (Manufactura más ensamble) aumenten o disminuyan en más

de 100 horas de un mes a otro. Además, la compañía hace un cargo al inventario mensual con una tasa de 2% del costo

de producción basada en los niveles de inventario al final del mes. La firma le gustaría tener al menos 25 unidades de

cada modelo en los inventarios al final de los dos meses.

Establezca un programa de producción que minimice los costos de producción e inventarios y que satisfaga los

requisitos de suavización de mano de obra, la demanda y los inventarios. ¿Qué inventarios se deben mantener, y cuáles

son los requerimientos mensuales de mano de obra?

SOLUCIÓN:

x 11 = cantidad de modelos para hombre en el mes 1.

x 21 = cantidad de modelos para mujer en el mes 1.

x 12 = cantidad de modelos para hombre en el mes 2.

x 22 = cantidad de modelos para mujer en el mes 2.

s 11 = inventario de modelos para hombre al final del mes 1.

s 21 = inventario de modelos para mujer al final del mes 1.

s 12 = inventario de modelos para hombre al final del mes 2.

s 22 = inventario de modelos para mujer al final del mes 2.

Minimizar: Z = 120x 11 + 90x 21 + 120x 12 + 90x 22 + 120(0, 02)s 11 + 90(0, 02)s 21 + 120(0, 02)s 12 + 90(0, 02)s 22

Minimizar: Z = 120x 11 + 90x 21 + 120x 12 + 90x 22 + 2, 40s 11 + 1, 80s 21 + 2, 40s 12 + 1, 80s 22 ❶

Sujeto a: satisface la demanda; x 11 − s 11 = 150 − 20 ↔ x 11 − s 11 = 130❷; x 21 − s 21 = 125 − 30 ↔ x 21 − s 21 = 95❸

s 11 + x 12 − s 12 = 200❹; s 21 + x 22 − s 22 = 150❺; Requerimiento del inventario final: → s 12 ≥ 25❻; s 22 ≥ 25❼

Suavización de la mano de obra: 3, 5x 11 + 2, 6x 21 ≥ 1000 − 100 ↔ 3, 5x 11 + 2, 6x 21 ≥ 900❽

3, 5x 11 + 2, 6x 21 ≤ 1000 + 100 ↔ 3, 5x 11 + 2, 6x 21 ≤ 1100❾

3, 5x 11 + 2, 6x 21 − 3, 5x 12 − 2, 6x 22 ≤ 100❾; −3, 5x 11 − 2, 6x 21 + 3, 5x 12 + 2, 6x 22 ≤ 100❿

{

con: x 11 , x 21 , x 12 , x 22 , s 11 , s 21 , s 12 , s 22 ❶

Respuesta: x 11 = 193; x 21 = 95; x 12 = 162; x 22 = 175; s 11 = 63; s 21 = 0; s 12 = 25; s 22 = 25; Costo = 67156❶

Niveles de mano de obra: Previo 1000 horas; Mes1 922, 25 horas; Mes2 1022, 25 horas. }



PROBLEMA#221 Una empresa produce un material especial con base de aceite que en la actualidad está escaso. Cuatro

clientes de la empresa ya han colocado pedidos que en conjunto exceden la capacidad combinada de las dos plantas

existentes y la administración enfrenta el problema de decidir cuántas unidades debería suministrar a cada cliente.

Como los cuatro clientes están en diferentes sectores, pueden cargarse diferentes precios, debido a las diversas

estructuras de asignación de precios de la industria. Sin embargo, costos de producción ligeramente diferentes en las

dos plantas y los costos de transporte variables entre las plantas y los clientes hacen inaceptable una estrategia de

“vender al mejor postor”. Después de considerar el precio, los costos de producción y los costos de transporte, la

empresa estableció la siguiente utilidad por unidad para cada alternativa planta-cliente.

PLANTAS CLIENTE CAPACIDAD DE LAS

D 1 D 2 D 3 D 4 PLANTAS(Unidades)

WARNES $32 $34 $32 $40 5000

PAILAS $34 $30 $28 $38 3000

Pedidos de los Clientes 2000 5000 3000 2000

¿Cuántas unidades deben producir cada planta para cada cliente si se desea maximizar las ganancias? ¿Cuáles

demandas de los clientes no se satisfarán? Muestre su modelo de Red y su formulación de programación lineal.

SOLUCIÓN:

Sumatoria de Oferta<=Sumatoria de Demanda 8000<=12000 debemos crear una planta ficticia y esa deberá producir

4000 unidades 12000<=12000.

x ij = Unidades de la planta i(i = warnes, pailon, ficticio), enviar al cliente j(j = D1, D2, D3, D4).

Maximizar: Z = 32x 11 + 34x 12 + 32x 13 + 40x 14 + 34x 21 + 30x 22 + 28x 23 + 38x 24 + 0x 31 + 0x 32 + 0x 33 + 0x 34 ❶

Sujeto a:

Restricciones de los clientes demanda:

Restricciones de Oferta:

x 11 + x 21 + x 31 = 2000❺

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 5000❷

x 12 + x 22 + x 32 = 5000❻

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 3000❸

x 13 + x 23 + x 33 = 3000❼

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 4000❹

x 14 + x 24 + x 34 = 2000❽

{

con: x ij ≥ 0 para toda i, j❾ }

PROBLEMA#222 JVH1979 es un despacho de contadores que tiene tres nuevos clientes a quienes se asignarán líderes

de proyecto. Con base en los diferentes antecedentes y experiencia de los líderes, las diversas asignaciones líder-cliente

difieren desde el punto de vista de los tiempos proyectados para completar los trabajos. Las asignaciones posibles y los

tiempos en días, estimados para terminar cada proyecto, son los siguientes:

LÍDER DEL PROYECTO

CLIENTE

A B C

LIA 10 16 32

ARIEL 14 22 40

JULIO 22 24 34

Elabore una representación de red de este problema, formule el problema como un programa lineal. ¿Cuál es el tiempo

total requerido?

SOLUCIÓN:

Podemos visualizar de la siguiente manera.



x ij = Lideres de proyecto i(i = lia, ariel, julio), asignar al cliente j(j = A, B, C).

Minimizar: Z = 10x 11 + 16x 12 + 32x 13 + 14x 21 + 22x 22 + 40x 23 + 22x 31 + 24x 32 + 34x 33 ❶

Sujeto a:

Restricciones de Oferta:

x 11 + x 12 + x 13 ≤ 1❷

x 21 + x 22 + x 23 ≤ 1❸

Restricciones de los clientes demanda:

x 11 + x 21 + x 31 = 1❺

x 12 + x 22 + x 32 = 1❻

x 31 + x 32 + x 33 ≤ 1❹

x 13 + x 23 + x 33 = 1❼

{

con: x ij ≥ 0 para toda i, j❽ }

PROBLEMA#223 El sistema de distribución para Lía Vargas Claros consiste en tres plantas, dos almacenes y cuatro

clientes. Las capacidades de las plantas y los costos de embarque por unidad (en bolivianos) de cada planta a cada

almacén son los siguientes:

PLANTA ALMACÉN CAPACIDAD

1 2

1 4 7 450

2 8 5 600

3 5 6 380

La demanda de los clientes y los costos de embarque por unidad (bolivianos) desde cada almacén hasta cada cliente

son:

ALMACÉN

CLIENTE

1 2 3 4

1 6 4 8 4

2 3 6 7 7

DEMANDA 300 300 300 400

Elabore una representación de red de este problema, formule un modelo de programación lineal del problema, para

determinar el plan de embarque óptimo.

SOLUCIÓN:

Podemos visualizar de la siguiente manera.



x ij = Unidades a embarcar desde las plantas i pasando por los almacenes y asi pueda llegar hasta los clientes j.

Minimizar: Z = 4x 14 + 7x 15 + 8x 24 + 5x 25 + 5x 34 + 6x 35 + 6x 46 + 4x 47 + 8x 48 + 4x 49 + 3x 56 + 6x 57 + 7x 58 + 7x 59 ❶

Sujeto a: x 14 + x 15 ≤ 450❷; x 24 + x 25 ≤ 600❸; x 34 + x 35 ≤ 380❹; −x 14 − x 24 − x 34 + x 46 + x 47 + x 48 + x 49 = 0❺

−x 15 − x 25 − x 35 + x 56 + x 57 + x 58 + x 59 = 0❻; x 46 + x 56 = 300❼; x 47 + x 57 = 300❽; x 48 + x 58 = 300❾; x 49 + x 59 = 400❿

{

con: x 14 , x 15 , x 24 , x 25 , x 34 , x 35 , x 46 , x 47 , x 48 , x 49 , x 56 , x 57 , x 58 , x 59 ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#224 Administración agrícola, Una empresa opera cuatro granjas de productividad comparable. Cada granja

tiene una cierta cantidad de acres útiles y un número de horas disponibles para plantar y atender los cultivos. Los datos

para la siguiente temporada se muestran en la tabla 1. La organización está pensando en sembrar tres; cultivos, que

difieren, según se muestra en la tabla 2.

Tabla 1 Tabla 2

Datos de área y trabajo por granja

Datos de área, trabajo y utilidad por cultivo

Horas de trabajo

Área Horas de labor Utilidad

Granja Área utilizable disponibles por

Máxima requerimiento esperada

mes

Cultivo

Al mes por por acre

1 500 1700

acre

2 900 3000 A 700 2 $500

3 300 900 B 800 4 $200

4 700 2200 C 300 3 $300

Por otra parte, el área total que puede ser destinada a cualquier cultivo particular está limitada por los requerimientos de

equipo de cultivo. Con el objeto de mantener, a grandes rasgos, cargas de trabajo uniformes entre las granjas, la política

de la administración es que el porcentaje del área aprovechada debe ser el mismo en cada granja. Sin embargo, se

puede cultivar cualquier combinación de las plantaciones en tanto se satisfagan todas las restricciones (incluyendo el

requerimiento de carga de trabajo uniforme). La administración desea saber cuántas acres de cada cultivo deben

sembrarse en las respectivas granjas con el objeto de maximizar las utilidades, Formule esto como un modelo de

programación lineal.

SOLUCIÓN:

x ij = Acres de la granja i(i = 1, 2, 3, 4), destinados al cultivo j(A, B, C).

Maximizar: Z = 500(x 1A + x 2A + x 3A + x 4A ) + 200(x 1B + x 2B + x 3B + x 4B ) + 300(x 1C + x 2C + x 3C + x 4C )❶

Sujeto a:

Disponibilidad de áreas

x 1A + x 1B + x 1C ≤ 500❷

x 2A + x 2B + x 2C ≤ 900❸

x 3A + x 3B + x 3C ≤ 300❹

x 4A + x 4B + x 4C ≤ 700❺

Disponibilidad de cultivod

x 1A + x 2A + x 3A + x 4A ≤ 700❻

x 1B + x 2B + x 3B + x 4B ≤ 800❼

x 1C + x 2C + x 3C + x 4C ≤ 300❽

Disponibilidad de area aprovechada

2x 1A + 4x 1B + 3x 1C ≤ 1700❾

2x 2A + 4x 2B + 3x 2C ≤ 3000❿

2x 3A + 4x 3B + 3x 3C ≤ 900❶❶

2x 4A + 4x 4B + 3x 4C ≤ 2200❶❷

Restriccion de areas aprovechadas: x 1A + x 1B + x 1C

= x 2A + x 2B + x 2C x 1A + x 1B + x 1C

❶❸;

= x 3A + x 3B + x 3C

❶❹

500

900

500

300

x 1A + x 1B + x 1C

{

= x 4A + x 4B + x 4C

❶❺; con: x

500

700

ij ≥ 0∀ij❶❻

}

PROBLEMA#225 Un problema de mezclas .Un viñedo desea mezclar cuatro cosechas diferentes para producir tres tipos

de vino mezclado. Se establecen restricciones al porcentaje, de la composición de las mezclas (véase la siguiente tabla).

MEZCLA VENDIMIA Precio de venta

1 2 3 4

por galón

A Por lo menos 75% Por lo menos 75% * Cuando más 50% $70

B Por lo menos 35% Por lo menos 35% * * $40

C * * * Cuando más 40% $30

Oferta(galones) 180 250 200 400

*señala que no existe restricciones.

Se puede vender cualquier cantidad de la mezcla B y de la mezcla C pero a la mezcla A se le considera una mezcla de

alta calidad y por consiguiente no se venden más de 50 galones. Elabore un modelo de PL. Que hará el mejor uso de las

cosechas con que se cuenta.

SOLUCIÓN:

x ij = galones de la mezcla i(i = A, B, C), provenientes de la cosecha j(1, 2, 3, 4).

Maximizar: Z = 70(x A1 + x A2 + x A3 + x A4 ) + 40(x B1 + x B2 + x B3 + x B4 ) + 30(x C1 + x C2 + x C3 + x C4 )❶

Sujeto a: Restricción de la venta: x A1 + x A2 + x A3 + x A4 ≤ 50❷

x A1 + x B1 + x C1 ≤ 180❸; x A2 + x B2 + x C2 ≤ 250❹; x A3 + x B3 + x C3 ≤ 200❺; x A4 + x B4 + x C4 ≤ 400❻

x A1 + x A2 ≥ 0, 75(x A1 + x A2 + x A3 + x A4 )❼; x A4 ≤ 0, 50(x A1 + x A2 + x A3 + x A4 )❽

{ x B1 + x B2 ≥ 0, 35(x B1 + x B2 + x B3 + x B4 )❾; x C4 ≤ 0, 40(x C1 + x C2 + x C3 + x C4 )❿; con: x ij ≥ 0∀ij❶❶ }



PROBLEMA#226 Un problema de programación. Un cierto restaurante opera 7 días a la semana. A las camareras se les

contrata para trabajar 6 horas diarias. El contrato del sindicato especifica que cada camarera tiene que trabajar 5 días

consecutivos y después tener 2 días consecutivos de descanso. Cada camarera recibe el mismo sueldo semanal. En la

tabla, se presenta las necesidades de contratación de las camareras.

Día Lunes Martes Miércoles Jueves Viernes Sábado Domingo

Número mínimo de horas de 150 200 400 300 700 800 300

camareras necesarias

Supóngase que este ciclo de necesidades se repite en forma indefinida y no toma en cuenta el hecho que el número de

camareras contratadas tiene que ser un número entero. El gerente desea encontrar un programa de empleo que

satisfaga estas necesidades a un costo mínimo. Formule este problema como un programa lineal.

SOLUCIÓN:

x j = Número de camareras que se necesitan en el día j(j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 = L, M, M, J, V, S, D)

Sujeto a: x 1 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 150

6

Minimicese: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ❶

❷; x 1 + x 2 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 200

6


❸; x 1 + x 2 + x 3 + x 6 + x 7 ≥ 400

6

❹

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 7 ≥ 300

6

❺; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≥ 700

6

❻; x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ≥ 800

6

❼

{

x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 300

6

❽; con: x 1, x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❾

}

PROBLEMA#227 Un problema de producción. En una planta se puede fabricar cuatro productos diferentes (A, B, C, D)

en cualquier combinación. El tiempo que cada producto requiere en cada una de las cuatro máquinas, se muestra en la

tabla siguiente.

Maquinas

Demanda

Producto

máxima

1 2 3 4

A 10 5 3 6 100

B 6 3 8 4 400

C 5 4 3 3 500

D 2 4 2 1 150

Cada máquina está disponible 60 horas a la semana. Los productos A, B, C y D pueden venderse a $8, $6, $5, $4 por

libra, respectivamente. Los costos variables de trabajo son de $3 por hora para las máquinas 1 y 2 y de $1 por hora para

las máquinas 3 y 4. El costo del material para cada libra del producto A es de $3. El costo del material es de $1 para cada

libra de los productos B, C y D. Formulen un modelo de PL. Que maximice la utilidad para este problema.

SOLUCIÓN:

x j = Cantidad de libras a producir del producto j(j = A, B, C, D)

Maximizar: Z = (Ingreso) − (Costo del material) − (Costo variable)

Maximizar: Z = (8x 1 + 6x 2 + 5x 3 + 4x 4 ) − (3x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) − [ 3 60 (10x 1 + 6x 2 + 5x 3 + 2x 4 )] −

[ 3 60 (5x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 4x 4 )] − [ 1 60 (3x 1 + 8x 2 + 3x 3 + 2x 4 )] − [ 1 60 (6x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 1x 4 )]

Maximizar: Z = (5x 1 + 5x 2 + 4x 3 + 3x 4 ) − [ 3 60 (15x 1 + 9x 2 + 9x 3 + 6x 4 )] − [ 1 60 (9x 1 + 12x 2 + 6x 3 + 3x 4 )]

Maximizar: Z = 41

10 x 1 + 87

20 x 2 + 69

20 x 3 + 53

20 x 4❶

Sujeto a: 10x 1 + 6x 2 + 5x 3 + 2x 4 ≤ 480❷; 5x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 4x 4 ≤ 480❸; 3x 1 + 8x 2 + 3x 3 + 2x 4 ≤ 480❹

6x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 1x 4 ≤ 480❺; x 1 ≤ 100❻; x 2 ≤ 400❼; x 3 ≤ 500❽; x 4 ≤ 150❾; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❿

{

}

PROBLEMA#228 El Departamento de control de calidad de una empresa que fabrica autopartes, desea contratar

personal tanto sénior como júnior, para las inspecciones de sus productos. El personal sénior recibe por su jomada de

8hrs., $188 y realiza su labor a una tasa promedio de 30 inspecciones por hora, con un rendimiento del 99%. En cambio

el personal júnior, recibe $150 por su jornada, realizando 25 inspecciones por hora, con un rendimiento del 95%. La

demanda diaria de inspecciones es de 1600 unidades y el personal sénior a contratar, no debe de ser mayor que el

personal júnior. Si las ensambladoras aplican una multa de $5 por cada unidad defectuosa. ¿Cuánto de personal sénior

y júnior, se debe contratar?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de personal Senior. x 2 = Número de personal Junior.

{ Minimizar: Z = Salario + Multa = 188x 1 + 150x 2 + 5[(30 ∗ 8 ∗ 0, 01)x 1 + (25 ∗ 8 ∗ 0. 05)x 2 ] = 200x 1 + 200x 2 ❶}

Sujeto a: (30)(8)x 1 + (25)(8)x 2 ≥ 1600 ↔ 240x 1 + 200x 2 ≥ 1600❷; x 1 ≤ x 2 ❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

PROBLEMA#229 Una compañía de transporte dispone de $400000 para comprar un nuevo equipo y está considerando

tres tipos de vehículos. El vehículo A puede transportar 10 toneladas y se espera que promedie 35 millas por hora. Su

costo es de $8000. El vehículo B tiene una capacidad de 20 toneladas y se espera que promedie 30 millas por hora. Su

costo es de $ 13000. El vehículo C es un modelo modificado de B, tiene un sitio para que duerma un chofer, lo cual


reduce su capacidad a 18 toneladas y eleva su costo a $ 15000. El vehículo A requiere una tripulación de un hombre y si

se opera durante tres turnos por día, puede trabajar un promedio de 18 horas por día. Los vehículos B y C requieren una

tripulación de dos hombres cada uno, pero mientras que B se puede trabajar 18 horas por día en tres turnos, C puede

promediar 21 horas diarias. La compañía, que dispone de 150 choferes al día, tendría muchas dificultades para obtener

tripulaciones adicionales. Las facilidades de mantenimiento son tales que el número total de vehículos no puede

exceder de 30. Formule un modelo de PL para determinar cuántos vehículos de cada tipo deberán comprarse si la

compañía desea hacer máxima su capacidad en toneladas millas por día.

SOLUCIÓN:

x 1 = la cantidad de vehículos a comprar del tipo A.

x 2 = la cantidad de vehículos a comprar del tipo B.

x 3 = la cantidad de vehículos a comprar del tipo C.

Max: Z = (10)(35)(18)x 1 + (20)(30)(18)x 2 + (18)(30)(21)x 3 = 6300x 1 + 10800x 2 + 11340x 3 ❶

{ Sujeto a: 3x 1 + 6x 2 + 6x 3 ≤ 150❷; x 1 + x 2 + x 3 ≤ 30❸; 8000x 1 + 13000x 2 + 15000x 3 ≤ 400000❹; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺}

PROBLEMA#230 Un fabricante tiene cuatro artículos, A, B, C y D que deben ser producidos este mes. Cada artículo

puede ser manejado en cualquiera de los tres talleres. El tiempo requerido para cada artículo en cada taller, el costo por

hora en cada uno de ellos y el número de horas disponibles este mes se dan en la tabla.

También es permisible repartir cada artículo entre los talleres en cualquier proporción. Por ejemplo, se puede hacer un

cuarto del artículo A en 8 horas en el taller 1 y un tercio del artículo C en 19 horas en el taller 3. El fabricante desea

determinar cuántas horas de cada artículo deben manejarse en cada taller para minimizar el costo de terminar los cuatro

artículos, identifique las variables de decisión y formule un modelo de programación lineal para este problema.

SOLUCIÓN:

x ij = Horas de producción en el taller i al artículo j(i = 1, 2, 3 ; j = A, B, C, D).

Minimizar: Z = 89(x 1A + x 1B + x 1C + x 1D ) + 81(x 2A + x 2B + x 2C + x 2D ) + 84(x 3A + x 3B + x 3C + x 3D )❶

Sujeto a: x 1A + x 1B + x 1C + x 1D ≤ 160❷; x 2A + x 2B + x 2C + x 2D ≤ 160❸; x 3A + x 3B + x 3C + x 3D ≤ 160❹

x 1A

{ 32 + x 2A

39 + x 3A

46 = 1❺; x 1B

151 + x 2B

147 + x 3B

155 = 1❻; x 1C

72 + x 2C

61 + x 3C

57 = 1❼; x 1D

118 + x 2D

126 + x 3D

121 = 1❽; con: x ij ≥ 0∀ij❾ }

PROBLEMA#231 Planeación financiera. Un inversionista tiene dos actividades que producen dinero, denominadas Alfa y Beta,

disponibles al inicio de cada uno de los cuatro años siguientes. Cada dólar que se invierte en Alfa al inicio de un año da un

rendimiento dos años después (a tiempo para su inversión inmediata). Cada dólar invertido en Beta al inicio de un año produce

un rendimiento tres años después. Al inicio del segundo año se dispondrá de una tercera posibilidad de inversión: proyectos

de construcción. Cada dólar invertido en la construcción produce un rendimiento un año después. (También se dispondrá de la

construcción al inicio del tercero y cuarto año). El inversionista comienza con $50000 al inicio del primer año y quiere

maximizar el importe total del dinero disponible al final del cuarto año. En la tabla se presentan los rendimientos sobre las

inversiones.

ACTIVIDAD

ALFA BETA CONSTRUCCION

RENDIMIENTO POR DÓLAR INVERTIDO $1,60 $2,00 $1,30

(a) identifique las variables de decisión y formule un modelo de PL. SUGERENCIA: Supóngase que M, es el dinero

disponible al inicio del año i y Maximice M, sujeto a las restricciones apropiadas. (b)¿Puede determinar la solución

mediante el análisis directo?

SOLUCIÓN:

EL estado de dinero disponible se detalla en la siguiente tabla:

i Mi Inversión

1 50000 X 1A ,X 1B

2 50000-X 1A -X 1B X 2A ,X 2B ,X 2C

3 2,6X 1A +2,3X 2C X 3A ,X 3C

4 2,6X 2A +2,3X 3C +3X 1B X 4C

5 2,6X 3A +2,3X 4C +3X 2B

x ij = Cantidad de dinero asignada al principio del año i al proyecto j(A, B, C).

Maximizar: Z = 2, 6x 3A + 3x 2B + 2, 3x 4C ❶

Sujeto a: x 1A + x 1B + x 2A + x 2B + x 2C ≤ 50000❷; x 3A + x 3C ≤ 2, 6x 1A + 2, 3x 2C ❸

{

x 4C ≤ 2, 6x 2A + 2, 3x 3C + 3x 1B ❹; con: x ij ≥ 0∀ij❺ }



PROBLEMA#232 Un problema de programación. Mientras opera fuera de Bolivia, el portaaviones AL-QUADOSH+ está

en maniobras de lunes a viernes y en el puerto durante el fin de semana. Para la próxima semana, el capitán le gustaría

conceder licencia de bajar a tierra a todos los marineros que sea posible, de un total de 2000. Sin embargo, debe realizar

las maniobras de la semana y cumplir con los reglamentos o normas de la Marina. Estos son:

(a)Los marineros trabajan ya sea el tumo A.M. (de la medianoche al mediodía) o el turno P.M. (de mediodía a

medianoche) en cualquier día laborable, y durante una semana deben permanecer en el mismo turno durante los días

laborales. (b)Cada marino debe estar en servicio durante exactamente 4 días, aunque no haya suficiente "trabajo real"

durante algunos días. El número de marineros requeridos para cada turno diario se muestra en la tabla.

LUNES MARTES MIERCOLES JUEVES VIERNES

A.M. 850 1000 400 800 650

P.M. 750 750 900 300 700

Formule este problema como modelo de programación lineal, defina las variables de modo que sea obvio cómo

implementar la solución si uno fuera a resolver el problema lineal que Ud. sugiera (es decir, como si uno supiera cuántos

marineros trabajan cada día).

SOLUCIÓN:

LUNES MARTES MIERCOLES JUEVES VIERNES

1 X 1 X 1 X 1 X 1

2 X 2 X 2 X 2 X 2

3 X 3 X 3 X 3 X 3

4 X 4 X 4 X 4 X 4

X i = Cantidad de marineros en el turno i; en A. M.

Y i = Cantidad de marineros en el turno i; en P. M.

Max: Z = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4 ❶

Sujeto a: X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4 ≤ 2000❷; X 1 + X 2 + X 3 ≥ 850❸; X 1 + X 3 + X 4 ≥ 1000❹

X 1 + X 2 + X 3 + X 4 ≥ 400❺; X 1 + X 2 + X 4 ≥ 800❻; X 2 + X 3 + X 4 ≥ 650❼; Y 1 + Y 2 + Y 3 ≥ 750❽

Y 1 + Y 3 + Y 4 ≥ 750❾; Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4 ≥ 900❿; Y 1 + Y 2 + Y 4 ≥ 300❶❶; Y 2 + Y 3 + Y 4 ≥ 700❶❷

{

con: X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 ≥ 0❶❸ }

PROBLEMA#233 Cierta Corporación tiene tres plantas sucursales con capacidad de producción en exceso. Las tres

plantas tienen los elementos necesarios como para producir determinado producto y el gerente ha decidido usar parte

de la capacidad de producción en exceso para tal fin. Este producto puede hacerse en tres tamaños grande, mediano y

pequeño que dan como resultado una utilidad unitaria neta de $140, $120 y $100, respectivamente. Las plantas 1, 2 y 3

tienen la capacidad de mano de obra y equipo en exceso como para producir 750, 900 y 450 unidades por día de este

producto, respectivamente, sin importar el tamaño o la combinación de tamaños que se aplique. Sin embargo, el espacio

de almacenamiento disponible para productos en proceso también impone una limitación sobre las tasas de producción.

Las plantas 1, 2 y 3 tienen 13000, 12000 y 5000 pies cuadrados de espacio de almacenamiento disponible para productos

en proceso, para un día de producción de este artículo. Cada unidad de los tamaños grande, mediano y pequeño

producida por día requiere de 20, 15 y 12 pies cuadrados, respectivamente. Los pronósticos de ventas indican que

pueden venderse al día 900, 1200 y 750 unidades de los tamaños grandes, medio y pequeño. Con el fin de mantener una

carga uniforme de trabajo entre las plantas y conservar cierta flexibilidad, el gerente ha decidido que la producción

adicional asignada a cada planta debe usar el mismo porcentaje de la capacidad de mano de obra y equipo en exceso. El

gerente desea saber cuánto debe producirse de cada uno de los tamaños en cada una de las plantas para maximizar la

utilidad.

SOLUCIÓN:

x ij = A la producción en la planta i(i = 1, 2, 3), del producto j(j = grande, mediano, pequeño).

Maximizar: Z = 140(x 11 + x 21 + x 31 ) + 120(x 12 + x 22 + x 32 ) + 100(x 13 + x 23 + x 33 )❶

Sujeto a: Capacidad de las plantas → x 11 + x 12 + x 13 ≤ 750❷; x 21 + x 22 + x 23 ≤ 900❸; x 31 + x 32 + x 33 ≤ 450❹

Espacio de alm. → 20x 11 + 15x 12 + 12x 13 ≤ 13000❺; 20x 21 + 15x 22 + 12x 23 ≤ 12000❻; 20x 31 + 15x 32 + 12x 33 ≤ 5000❼

Condicion de mercado → x 11 + x 21 + x 31 ≤ 900❽; x 12 + x 22 + x 32 ≤ 1200❾; x 13 + x 23 + x 33 ≤ 750❿

{

Condicion de la gerencia → ( x 11 + x 12 + x 13

= x 21 + x 22 + x 23

= x 31 + x 32 + x 33

) ❶❶; x

750

900

450

ij ≥ 0 ∀i, ∀j❶❷

}

PROBLEMA#234 Una familia de granjeros posee 100 hectáreas de tierra y tiene $30000 en fondos disponibles para

inversión. Sus miembros pueden producir un total de 3500 horas-hombre de mano de obra durante los meses de

invierno (de mediados de septiembre a mediados de mayo), 4000 horas-hombre durante el verano. Si no se necesitan

cualesquiera de estas horas-hombre, los miembros más jóvenes de la familia las usarán para trabajar en una granja

vecina por $4/hora, durante los meses de invierno, y $4,5/hora, durante el verano. El ingreso de efectivo puede obtenerse

a partir de tres cultivos y dos tipos de animales: vacas lecheras y gallinas ponedoras. No se necesita invertir para los

cultivos. Sin embargo, cada vaca requerirá un desembolso de $900 y cada gallina requerirá de $7. Cada vaca requerirá

1,5 hectáreas de tierra, 100 horas-hombre de trabajo durante los meses de invierno, y otras 50 horas-hombre durante el

verano. Cada vaca producirá un ingreso anual neto en efectivo de $800 para la familia. Los valores correspondientes

para las gallinas son: nada de tierra, 0,6 horas-hombre durante el invierno, 0,3 horas-hombre durante el verano y un

ingreso anual neto en efectivo de $5. El gallinero puede acomodar un máximo de 3000 gallinas y el tamaño del granero



limita el rebaño a un máximo de 32 vacas. Las horas-hombre y los ingresos estimados por hectárea plantada en cada

uno de los tres cultivos son:

Frijol de Soya Maíz Avena

Hora-Hombre en invierno 20 35 10

Horas-Hombre en verano 50 75 40

Ingreso anual neto en efectivo($) 375 550 250

La familia desea saber cuántos hectáreas deben plantarse en cada uno de los cultivos y cuántas vacas y gallinas deben

tener para maximizar su ingreso neto de efectivo. Plantéese el modelo de programación lineal.

SOLUCIÓN:

x 4 = Número de Vacas a criar.

x 5 = Número de Gallinas a criar.

x 6 = horas − Hombre ociosasen invierno.

x 7 = horas − Hombre ociosasen verano.

Maximizar: Z = 375x 1 + 550x 2 + 250x 3 + 800x 4 + 5x 5 + 4x 6 + 4, 5x 7 ❶

x 1 = Hectárias de tierra asignados a frijol de soya.

x 2 = Hectárias de tierra asignados a maíz.

x 3 = Hectárias de tierra asignados a avena.

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + 1, 5x 4 ≤ 100❷; 900x 4 + 7x 5 ≤ 30000❸; x 5 ≤ 3000❹; x 4 ≤ 32❺

20x 1 + 35x 2 + 10x 3 + 100x 4 + 0, 6x 5 + x 6 = 3500❻; 50x 1 + 75x 2 + 40x 3 + 50x 4 + 0, 3x 5 + x 7 = 4000❼

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❽ }

PROBLEMA#235 La fábrica de muebles Tablitas (FMT) recientemente notificó que en su planta de Montero hubo exceso

de unidades de materia prima, que podían ser usadas para producir sillas Cruceñas y Cambas. Estas sillas se pueden

vender a almacenes de muebles a razón de $250 y $200 respectivamente. El número esperado de unidades de materia

prima disponibles para cada mes y el número de unidades de cada material requerido para producir cada tipo de silla se

da en la siguiente tabla:

Materia Prima Unidades de material necesario para producir una

silla

Unidades de material disponibles por

Cruceña

Camba

mes

Madera 2 1 40

Tornillos de acero 5 6 30

Vinilo 3 4 20

Cada silla Cruceñas requiere 5 horas de mano de obra y cada silla Camba requiere 4 horas de mano de obra. El

promedio de costos de la mano de obra para la planta de Montero es estimado en $5 por hora. El costo unitario original

de cada material está dado en la siguiente tabla de costos.

Materia prima Madera Tornillos de acero Vinilo

Costo Unitario $50 $2 $25

¿Podría la FMT usar el exceso de materia prima para producir sillas? Si así fuera, ¿Cuánta de cada una? La otra

alternativa viable para la FMT, es vender como desechos el exceso de materiales recibiendo por éstos solamente 40% de

su costo original. Construya el modelo de programación lineal para la FMT.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de sillas cruceñas que deberá fabricar la mueblería las tablitas.

x 2 = Cantidad de sillas cambas que deberá fabricar la mueblería las tablitas.

Maximizar: Z = {250 − [(50)(2) + (2)(5) + (25)(3) + (5)(5)]}x 1 + {200 − [(50)(1) + (2)(6) + (25)(4) + (4)(5)]}x 2

Maximizar: Z = (250 − 210)x 1 + (200 − 182)x 2 = 40x 1 + 18x 2 + 50(0, 40)S 1 + 2(0, 40)S 2 + 25(0, 40)S 3

Maximizar: Z = 40x 1 + 18x 2 + 20S 1 + 0, 80S 2 + 10S 3 ❶

Sujeto a: 2x 1 + x 2 + S 1 = 40❷; 5x 1 + 6x 2 + S 2 = 30❸; 3x 1 + 4x 2 + S 3 = 20❹; con: x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , S 3 ≥ 0❺

{

}

PROBLEMA#236 Un distribuidor de ferretería planea vender paquetes de tuercas y tornillos mezclados. Cada paquete

pesa por lo menos 2 libras. Tres tamaños de tuercas y tornillos componen el paquete y se compran en lotes de 200

libras. ¿Los tamaños 1, 2 y 3 cuestan respectivamente $20, $8 y $12. Además:

a. El peso combinado de los tamaños 1 y 3 debe ser al menos la mitad del peso total del paquete.

b. El peso de los tamaños 1 y 2 no debe ser mayor que 1,6 libras.

c. Cualquier tamaño de tornillo debe ser al menos 10 por ciento del paquete total.

¿Cuál será la composición del paquete que ocasionará un costo mínimo?

SOLUCIÓN:

x 1 = el peso de las unidades de tamaño 1. x 2 = el peso de las unidades de tamaño 2.

x 3 = el peso de las unidades de tamaño 3.

Minimicese: Z = 20x 1 + 8x 2 + 12x 3

200

= 0, 1x 1 + 0, 04x 2 + 0, 06x 3 = 1 10 x 1 + 1 25 x 2 + 3 50 x 3❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 ≥ 2❷; x 1 + x 3 ≥ x 1 + x 2 + x 3

❸; x

2

1 + x 2 ≤ 1, 6❹; x 1 ≥ 0, 10( x 1 + x 2 + x 3 )❺

{

x 2 ≥ 0, 10( x 1 + x 2 + x 3 ); x 3 ≥ 0, 10( x 1 + x 2 + x 3 ) con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#237 El señor Juliusmodel es el organizador del portafolio de la Nacional Financiera Servicios (NFS). La NFS

comúnmente invierte en grandes proyectos de construcción en la región sur de Bolivia. La próxima semana Juliusmodel

tiene que presentar una decisión sobre tres de tales proyectos, para lo cual ha calculado el valor presente neto, al costo

actual del capital de la NFS, de cada uno de los tres proyectos (se muestra en la siguiente tabla).

Nombre del proyecto Número de proyecto Valor Presente Neto

Casas propias 1 $120000

Casas Sociales 2 $130000

Casas Comunitarias 3 $170000

Los flujos de caja para cada proyecto dentro de los próximos 5 años, están dados en la siguiente tabla.

Número del proyecto Año 1 Año 2 Año 3 Año 4 Año 5 (b)

1 -10000000 +2000000 (a) +3000000 +3000000 +3000000

2 -10000000 +4000000 +2000000 -2000000 +2000000

3 0 0 -10000000 +10000000 +10000000

(a) Un signo más indica una entrada a caja y un signo menos indica una salida de la caja.

(b) Todos los fondos están disponibles en la compañía después del año del horizonte de planeación financiera.

Juliusmodel espera tener los siguientes fondos de la NFS para invertir durante los próximos 5 años:

FONDOS DE OTRAS FUENTES

AÑO

CANTIDAD DE LOS FONDOS

1 $20000000

2 $5000000

3 $4000000

4 $4000000

5 $4000000

Asuma que NFS puede tomar lo producido por cada proyecto, y también que los fondos no invertidos en el proyecto

pueden ser invertidos en el banco captando un interés del 8,5%. Usando la programación lineal, determine un plan

óptimo de inversión para Juliusmodel.

SOLUCIÓN:

x i = la decisión de aceptar o no(1 ó 0)el proyecto i.

Max: Z = 0, 120x 1 + 0, 130x 2 + 0, 170x 3 + 0, 665S 5 ❶

Sujeto a: 10x 1 + 10x 2 + S 1 = 20❷; S 2 = 5 + 1, 085S 1 ❸; 10x 3 + S 3 = 4 + 1, 085S 2 ❹; 2x 2 + S 4 = 4 + 1, 085S 3 ❺

S 5 = 4 + 1, 085S 4 ❻; (con: x i = 1 ó 0, i = 1, 2, 3 y S j ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5)❼

Nota: El valor de S

{

5 se obtiene así:

1, 085 5 = 0, 665S 5

}

PROBLEMA#238 Se desea enviar 6 unidades desde el punto 1 al punto 5. En la gráfica adjunta, se detallan las rutas, los costos

unitarios y las capacidades:

S 5

Así por ejemplo para la ruta (1,2), cada unidad enviada cuesta 2 dólares y su capacidad es de 4 unidades. Se desea

determinar el mejor esquema de envío usando para ello un modelo de PL.

SOLUCIÓN:

x ij = la cantidad de unidades que se envía del nodo i al nodo j.

Minimizar: Z = 2x 12 + 5x 13 + 5x 23 + 4x 24 + 6x 34 + 5x 35 + 3x 45 ❶

Sujeto a: Unidades que ingresan = Unidades que salen → x 12 + x 13 = 6❷; x 12 = x 23 + x 24 ❸;

x 13 + x 23 = x 34 + x 35 ❹; x 24 + x 34 = x 45 ❺; x 35 + x 45 = 6❻

Unidades entre los nodos ≤ Capacidad → 0 ≤ x 12 ≤ 4❼; 0 ≤ x 13 ≤ 6❽; 0 ≤ x 23 ≤ 4❾; 0 ≤ x 24 ≤ 4❿;

{

0 ≤ x 34 ≤ 8❶❶; 0 ≤ x 35 ≤ 4❶❷; 0 ≤ x 45 ≤ 6❶❸; con: x ij ≥ 0❶❹ }

PROBLEMA#239 Dentro del plan de expansión de una Cía. textil, figura la contratación de nuevo personal con el fin de

aumentar el número de trabajadores de 90 a 170 durante el presente año. El sindicato de trabajadores al conocer los

planes del Depto. de personal, ha presionado ante los ejecutivos de la empresa con el fin de que sean sus familiares los

favorecidos con dichas vacantes. Se aceptó el pedido, pero por experiencia se sabe que estadísticamente el 20% de los

que ingresan al plan de entrenamiento (dura 3 meses) no llegan a culminar su capacitación. Los requerimientos de

personal para los cuatro trimestres se muestran en la siguiente tabla:



Trimestre Personal

1

2

3

4

70

120

150

160

Se sabe que los mismos trabajadores se encargarán del entrenamiento del nuevo personal, siendo 10 el número de

personas que se asignarán a cada trabajador que actúa de instructor. El salario de un trabajador es de 400 dólares, el del

plan de entrenamiento, mientras duren los 3 meses, es de 300 dólares y el del trabajador en producción así como el del

instructor, el 25% adicional (por riesgo) de trabajador que no está produciendo. Formule un modelo de PL con el fin de

cumplir los planes de expansión de la empresa, y que a la vez optimice los costos de producción y de entrenamiento. Se

observa que un trabajador puede estar en los siguientes estados: de producción, de ocio y como instructor.

SOLUCIÓN:

x i1 = la cantidad de trabajadores ociosos en i(i = 1, 2, 3, 4); x i2 = la cantidad de trabajadores instructores en i.

Min: Z = 400(x 11 + x 21 + x 31 + x 41 ) + 300(10x 12 + 10x 22 + 10x 32 + 10x 42 ) + 500(x 12 + x 22 + x 32 + x 42 ) +

500(70 + 120 + 150 + 160)❶

Sujeto a: En Producción + Ociosos + Instructores = Fuerza laboral actual → Personal + x i1 + x i2 = cantidad actual

70 + x 11 + x 12 = 90❷; 120 + x 21 + x 22 = 90 + 8x 12 ❸; 150 + x 31 + x 32 = 90 + 8x 12 + 8x 22 ❹

160 + x 41 + x 42 = 90 + 8x 12 + 8x 22 + 8x 32 ❺; 170 = 90 + 8(x 12 + x 22 + x 32 + x 42 )❻

x 12 + x 22 + x 32 + x 42 = 10❼ Nota: La ecuación seis se elimina cuando reemplazo con la ecuacion siete.

{

con: x i1 , x i2 ≥ 0 i = 1, 2, 3, 4 con todas las variables no negativas. }

PROBLEMA#240 Un fabricante de gasolina para aviación vende dos clases de combustibles: A y B. El combustible A

tiene 25% de gasolina de grado 1, 25% de gasolina de grado 2 y 50% de grado 3. El combustible B tiene 50% de gasolina

de grado 2 y 50% de grado 3. Disponible para producción hay 500 galones /hora de grado 1 y 200 galones / hora de los

grados 2 y 3. Los costos son de 30 ctvs. ($0,30) por galón de grado 1, $0,60 por galón de grado 2 y $0,50 por galón de

grado 3. La clase A puede venderse a $0,75 por galón, mientras que la clase B alcanza $0,90/galón. ¿Qué cantidad puede

producirse de cada combustible?

SOLUCIÓN:

Podemos visualizar el problema en el siguiente cuadro.

Combustible

Disponible(galones/hora)

Gasolina

A

B

Costo ($/galón)

Grado 1 0,25 0,00 0,30 500

Grado 2 0,25 0,50 0,60 200

Grado 3 0,50 0,50 0,50 200

Precio de venta ($/galos) 0,75 0,90

x 1 = la cantidad de galones a producirse del combustible A.

x 2 = la cantidad de galones a producirse del combustible B.

Maximizar: Z = 0, 75x 1 + 0, 90x 2 − {[(0, 30)(0, 25)x 1 ] + [0, 60(0, 25x 1 + 0, 50x 2 )] + [0, 50(0, 50x 1 + 0, 50x 2 )]}

Maximizar: Z = 0, 75x 1 + 0, 90x 2 − 0, 475x 1 − 0, 55x 2 = 0, 275x 1 + 0, 35x 2 ❶

{ Sujeto a ∶ 0, 25x 1 ≤ 500❷; 0, 25x 1 + 0, 50x 2 ≤ 200❸; 0, 50x 1 + 0, 50x 2 ≤ 200❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#241 Un agente vendedor distribuye dos productos y no espera vender más de 10 unidades/mes del

producto 1 ó 39 unidades/mes del producto 2. Para evitar una multa debe vender al menos 24 unidades del producto.

Recibe una comisión de 10% sobre todas las ventas y debe pagar sus propios gastos, que se estiman en $1,50 por hora

gastada en hacer visitas. Trabaja sólo una parte del tiempo hasta un máximo de 80 horas/mes. El producto 1 se vende en

$150 por unidad y requiere un promedio de 1,5 horas por cada visita; la probabilidad de hacer una venta es 0,5. El

producto 2 se vende en $70 por unidad y requiere un promedio de 30 minutos por cada visita; la probabilidad de hacer

una venta es 0,6. ¿Cuántas visitas mensuales debe hacer a los clientes de cada producto? Recuerde: En un problema de

Programación Lineal (PL) es necesario identificar las variables adecuadas; así, para este problema, las variables de

decisión X i , no son las ventas, sino el número de visitas mensuales que deben hacerse a los clientes de cada producto.

SOLUCIÓN:

El problema podemos visualizar en el siguiente cuadro.

PRODUCTO Número de visitas Horas gastadas Unidades vendidas Ingresos por ventas

1 X 1 1,5X 1 0,50X 1 0,50X 1 (150)

2 X 2 0,50X 2 0,60X 2 0,60X 2 (70)

x 1 = El número de visitas mensuales a los clientes del producto 1.

x 2 = El número de visitas mensuales a los clientes del producto 2.

Maximizar: Z = Comision por ventas − Gastos

Maximizar: Z = 0, 10[(150 ∗ 0, 50)x 1 + (70 ∗ 0, 60)x 2 ] − 1, 50(1, 50x 1 + 0, 50x 2 ) = 5, 25x 1 + 3, 45x 2 = 21

4 x 1 + 69

20 x 2❶

{

Sujeto a ∶ 0, 50x 1

+ 0, 60x 2

≤ 1 ↔ 39x

10 39

1 + 12x 2 ≤ 780❷; 0, 60x 2 ≥ 24 ↔ x 2 ≥ 40❸; 1, 50x 1 + 0, 50x 2 ≤ 80❹;

con: x 1 , x 2 ≥ 0❺


}


PROBLEMA#242 Tengo ahora 100 dólares. Durante los próximos tres años, hay las siguientes inversiones:

Inversión A: Cada dólar invertido ahora produce 0,10 de dólar dentro de un año y 1,30 dólares dentro de tres años.

Inversión B: Cada dólar invertido ahora produce 0,20 de dólar dentro de un año y 1,10 dólares dentro de tres años.

Inversión C: Cada dólar invertido dentro de un año producirá 1,50 dólares dentro de tres años.

Cada año se puede colocar el dinero no invertido en fondos del mercado de dinero, lo que produce 6% de interés anual.

Se puede colocar a lo más 50 dólares en cada una de las inversiones A, B y C. formule un modelo de programación lineal

para maximizar el efectivo en caja dentro de tres años.

SOLUCIÓN:

A, B, C = dólares invertidos en A, B, C. d 0 = efectivo sobrante en tiempo 0.

d 1 = efectivo sobrante en tiempo 1. d 2 = efectivo sobrante en tiempo 2.

Maximizar: Z = 1, 30A + 1, 10B + 1, 50C + 1, 06d 2 ❶

Sujeto a: A + B + C + d 0 = 100(disponibilidad en tiempo 0)❷; A ≤ 50❸; B ≤ 50❹; C ≤ 50❺

0, 10A + 0, 20B + 1, 06d 0 = d 1 (disponibilidad en tiempo 1)❻; 0, 10A + 0, 20B + 1, 06d 1 = d 2 (disponibilidad en tiempo 2)❼

{

con: A, B, C, d 0 , d 1 , d 2 ≥ 0❽ }

PROBLEMA#243 Julio Vargas Herbas dispone de las siguientes inversiones:

Inversión A: Por cada dólar invertido en el tiempo 0, recibimos 0,10 de dólar en el tiempo 1 y 1,30 dólares en el tiempo 2.

(El tiempo 0=ahora; el tiempo 1=dentro de un año; etc.).

Inversión B: Por cada dólar invertido en el tiempo 1, recibimos 1,60 dólares en el tiempo 2.

Inversión C: Por cada dólar invertido en el tiempo 2, recibimos 1,20 dólares en el tiempo 3.

En cualquier momento se puede invertir dinero sobrante en bonos que pagan el 10% anualmente. En el tiempo 0,

tenemos 100 dólares. Se pueden invertir a lo más 50 dólares en cada una de las inversiones A, B y C. formule un modelo

de programación lineal que se puede usar para maximizar el efectivo en caja de julio Vargas herbas en el tiempo 3.

SOLUCIÓN:

A, B, C = dólares invertidos en A, B, C. d 0 = efectivo sobrante cuando el tiempo es 0.

d 1 = efectivo sobrante cuando el tiempo es 1. d 2 = efectivo sobrante cuando el tiempo es 2.

Maximizar: Z = 1, 20C + 1, 10d 2 ❶

Sujeto a: A + d 0 = 100(disponibilidad en tiempo 0)❷; A ≤ 50❸; B ≤ 50❹; C ≤ 50❺

0, 10A + 1, 10d 0 = B + d 1 (disponibilidad en tiempo 1)❻; 1, 30A + 1, 60B + 1, 10d 1 = C + d 2 (disponibilidad en tiempo 2)❼

{

con: A, B, C, d 0 , d 1 , d 2 ≥ 0❽ }

PROBLEMA#244 JVH1979 transforma petróleo en queroseno y en aceite combustible. Cuesta 40 dólares comprar 1000

barriles de petróleo, que se destilan después y producen 500 barriles de queroseno y 500 barriles de aceite combustible.

Se puede vender directamente lo que se obtiene de la destilación, o se puede pasarlo por un reactor catalítico. El

queroseno obtenido después de la destilación y sin más procesos, se puede vender a 60 dólares los 1000 barriles. El

aceite combustible obtenido después de la destilación y sin más procesos, se puede vender a 40 dólares los 1000

barriles. Tarda una hora en procesar 1000 barriles de queroseno en el reactor catalítico, y se pueden vender estos 1000

barriles a 130 dólares. El proceso de 1000 barriles de aceite combustible en el reactor catalítico tarda 45 minutos, y se

puede vender estos 1000 barriles a 90 dólares. Se pueden comprar diariamente a lo más 20000 barriles de petróleo y se

disponen de 8 horas de desintegración catalítica. Formule un PL para maximizar las ganancias de JVH1979.

SOLUCIÓN:

x 1 = miles de barriles de petróleo destinados a destilación.

x 2 = miles de barriles de petróleo destinados a reacción.

Max: Z = Ingresos − Costos = 60

2 x 1 + 40

2 x 1 + 130

2

x 2 + 90

2 x 2 − 40(x 1 + x 2 ) = 10x 1 + 70x 2 ❶

Sujeto a: x 1

2 + 45minutos

60minutos ∗ x 2

2 ≤ 8 ↔ x 1

2 + 3 4 ∗ x 2

2 ≤ 8 ↔ 1 2 x 1 + 3 8 ∗ x 2 ≤ 8(disponibilidad de horas)❷

{

x 1 + x 2 ≤ 20(disponibilidad de miles de barriles)❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PROBLEMA#245 Todo el acero producido por JVH tiene que cumplir con las siguientes especificaciones: 3,2 a 3,5% de

carbono; 1,8 a 2,5% de silicio; 0,9 a 1,2% de níquel; resistencia a la tracción de por lo menos 45000 Lb/pulg 2 . JVH

produce el acero mezclando dos aleaciones. El costo y las propiedades de cada aleación se dan en la Tabla79,

Supóngase que se puede determinar la resistencia a la tracción de una mezcla promediando las resistencias de las

aleaciones que se mezclan. Por ejemplo, una mezcla de una tonelada que se compone de 40% de la aleación 1 y de 60%

de la aleación 2. Tiene una resistencia a la tracción de 0,4 (42000) + 0,6 (50000). Utilice la programación lineal para

determinar cómo minimizar los costos de producción de una tonelada de acero.

TABLA79

ALEACIÓN 1 ALEACION 2

Costo por tonelada(dólares) 190 200

Porcentaje de silicio 2% 2,5%

Porcentaje de níquel 1% 1,5%

Porcentaje de carbono 3% 4%

Resistencia a la tensión 42000lb/pulg 2 50000lb/pulg 2

SOLUCIÓN:



x 1 = Fracción de toneladas de aleación 1. x 2 = Fracción de toneladas de aleación 2.

Min: Z = 190x 1 + 200x 2 ❶

Sujeto a: 3, 2 ≤ 3x 1 + 4x 2 ≤ 3, 5❷; 1, 8 ≤ 2x 1 + 2, 5x 2 ≤ 2, 5❸; 0, 9 ≤ 1x 1 + 1, 5x 2 ≤ 1, 2❹

{

42000x 1 + 50000x 2 ≥ 45000❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#246 JVH produce dos tipos de acero en tres diferentes acerías. Durante un mes dado, cada acería dispone

de 200 horas de alto horno. El tiempo y el costo de producción de una tonelada (ton) de acero, difiere de una fábrica a

otra, debido a las diferencias en los hornos de cada fábrica. En la Tabla80, se muestran el tiempo y el costo de

producción para cada fábrica. Cada mes, JVH tiene que producir por lo menos 500 ton de acero 1y 600 ton de acero 2.

Formule un PL para minimizar los costos para producir el acero deseado.

TABLA80

PRODUCIR UNA TONELADA DE ACERO

ACERO 1 ACERO 2

COSTO(DÓLARES) TIEMPO(MINUTOS) COSTO(DÓLARES) TIEMPO(MINUTOS)

ACERÍA 1 10 20 11 22

ACERÍA 2 12 24 9 18

ACERIA 3 14 28 10 30

SOLUCIÓN:

x i = Producción del acero 1 en la fábrica i, i = 1, 2, 3.

y i = Producción del acero 2 en la fábrica i, i = 1, 2, 3.

Min: Z = 10x 1 + 12x 2 + 14x 3 + 11y 1 + 9y 2 + 10y 3 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 ≥ 500❷; y 1 + y 2 + y 3 ≥ 600❸; 20x 1 + 24x 2 + 28x 3 ≤ 12000❹; 22y 1 + 18y 2 + 30y 3 ≤ 12000❺

{

con todas las variables no negativas: x 1 , x 2 , x 3 , y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#247 Julio Vargas es un campesino de Cochabamba, tiene dos granjas que cultivan trigo y maíz. Debido a

las diferentes condiciones del suelo, existen diferencias en la producción y en los costos de producción de las dos

granjas. En la tabla11 se encuentran los costos y la producción para las dos granjas. Cada granja dispone de 100

hectáreas para los cultivos. Hay que producir 11000 quintales de trigo y 7000 quintales de maíz. Determine un plan de

siembra que minimice los costos para satisfacer estas demandas. ¿Cómo se podría usar una extensión de este modelo

para asignar eficientemente la producción de cultivos por toda una nación?

TABLA 11

GRANJA 1 GRANJA 2

Producción de maíz/hectárea 500 quintales 650 quintales

Costo/hectárea de maíz(dólares) 100 120

Producción de trigo/hectárea 400 quintales 350 quintales

Costo/hectárea de trigo(dólares) 90 80

SOLUCIÓN:

x 1 = hectarias de maíz en la granja 1. x 2 = hectarias de maíz en la granja 2.

x 3 = hectarias de trigo en la granja 1. x 4 = hectarias de trigo en la granja 2.

Minimizar: Z = 100x 1 + 120x 2 + 90x 3 + 80x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 3 ≤ 100❷; x 2 + x 4 ≤ 100❸; 500x 1 + 650x 2 ≥ 7000❹; 400x 3 + 350x 4 ≥ 11000❺

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#248 Candy Kandy Cosméticos (CKC) produce el perfume Lia, que requiere productos químicos y mano de

obra. Existen dos procesos de producción. El proceso 1 transforma 1 unidad de mano de obra y 2 unidades de

productos químicos en 3 onzas de perfume. El proceso 2 transforma 2 unidades de mano de obra y 3 unidades de

productos químicos en 5 onzas de perfume. A CKC le cuesta 3 dólares adquirir una unidad de mano de obra y 2 dólares

comprar una unidad de productos químicos.

Se pueden conseguir, anualmente, hasta 20000 unidades de mano de obra y hasta 35000 unidades de productos

químicos. CKC cree que se pueden vender 1000 onzas de perfume, sin hacer publicidad. Para estimular la demanda CKC

puede contratar a la bonita modelo Julia Neison de Vargas. Se le paga a Julia 100 dólares/hora. Se estima que cada hora

que Julia trabaja para la compañía, la demanda del perfume Lia aumenta en 200 onzas. Cada onza del perfume Lia se

vende a 5 dolares. Utilice la programación lineal para determinar cómo puede maximizar CKC sus ganancias.

SOLUCIÓN:

x 1 = Unidades del proceso 1. x 2 = Unidades del proceso 2. x 3 = horas de la modelo julia neison de Vargas

{

Maximizar: Z = Ingresos − Costo de la modelo − Costo de mano de obra − Costo de productos químicos.

Maximizar: Z = 5(3x 1 + 5x 2 ) − 100x 3 − 3(x 1 + 2x 2 ) − 2(2x 1 + 3x 2 ) = 8x 1 + 13x 2 − 100x 3 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 5x 2 ≤ 1000 + 200x 3 ↔ 3x 1 + 5x 2 − 200x 3 ≤ 1000❷; x 1 + 2x 2 ≤ 20000❸; 2x 1 + 3x 2 ≤ 35000❹

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#249 AL-QUADOSH+ tiene un presupuesto de 150000 dólares para hacer publicidad. Para aumentar la venta

de los automóviles, la empresa considera hacer publicidad en periódicos y en la televisión. Cuanto más utiliza AL-

QUADOSH+ un medio de comunicación, menos efectivo es cada anuncio adicional. En la Tabla79 se da el número de

nuevos clientes alcanzados por cada anuncio. Cada anuncio en los periódicos cuesta 1000 dólares, y cada comercial en

la televisión cuesta 10000 dólares. Se pueden colocar a lo más 30 anuncios en los periódicos y a lo más 15 comerciales

en la televisión ¿cómo puede maximizar AL-QUADOSH+ el número de nuevos dientes, gracias a la publicidad?.



TABLA79

Número de Anuncios Nuevos Clientes

1-10 900

PERIÓDICO

11-20 600

21-30 300

1-5 10000

TELEVISIÓN

6-10 5000

11-15 2000

SOLUCIÓN:

{

x i = Cantidad de anuncios en periódico en la escala i, i = 1, 2, 3.

y i = Cantidad de anuncios en TV en la escala i, i = 1, 2, 3.

Maximizar: Z = 900x 1 + 600x 2 + 300x 3 + 10000y 1 + 5000y 2 + 2000y 3 ❶

Sujeto a: x 1 ≤ 10❷; x 2 ≤ 10❸; x 3 ≤ 10❹; y 1 ≤ 5❺; y 2 ≤ 5❻; y 3 ≤ 5❼; 1000(x 1 + x 2 + x 3 ) + 10000(y 1 + y 2 + y 3 ) ≤ 150000❽

x 1 + x 2 + x 3 ≤ 30❾; y 1 + y 2 + y 3 ≤ 15❿; con ∶ x 1 , x 2 , x 3 , y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#250 YPFB Oil tiene refinerías en Tarija y en Santa Cruz. La refinería de Tarija puede refinar hasta 2

millones de barriles de petróleo por año; la refinería en Santa Cruz puede refinar hasta 3 millones de barriles de petróleo

por año. Una vez refinado, se envía el petróleo a dos puntos de distribución; Cochabamba y La Paz. YPFB estima que

cada punto de distribución puede vender hasta 5 millones de barriles de petróleo refinado al año. Debido a diferencias

en los costos de envío y de refinación, la ganancia obtenida (en dólares) por millón de barriles de petróleo enviado,

depende del lugar de refinación y del punto de distribución (véase la Tabla17). YPFB considera aumentar la capacidad de

cada refinería. Cada aumento en la capacidad anual de refinación de un millón de barriles, cuesta 120000 dólares para la

refinería de Tarija y 150000 dólares para la refinería de Santa Cruz. Utilice la programación lineal para determinar cómo

YPFB puede maximizar sus ganancias, menos los costos de ampliación.

TABLA 17

UTILIDAD POR MILLON DE BARRILES(DOLARES)

A COCHABAMBA

A LA PAZ

DE TARIJA 20000 15000

DE SANTA CRUZ 18000 17000

SOLUCIÓN:

x ij = Cantidad enviada de petróleo desde la refinería i(i = 1 ó tarija y i = 2 ó Santa Cruz)hacia la distribución j

(j = 1 ó Cochabamba y j = 2 ó La Paz)

y i = aumento en la capacidad de refinación en la refinería i. (refinerias son Tarija y Santa Cruz)

Maximizar: Z = 20000x 11 + 15000x 12 + 18000x 21 + 17000x 22 − 120000y 1 − 150000y 2 ❶

Sujeto a: x 11 + x 12 = 2000000 + y 1 ❷(Produccion tarija); x 21 + x 22 = 3000000 + y 2 ❸(Prod. Santa Cruz)

x 11 + x 21 ≤ 5000000❹(demanda de cochabamba); x 12 + x 22 ≤ 5000000❺(Dda de La Paz)

{

y 1 ≤ 1000000❻; y 2 ≤ 1000000❼; con: x 11 , x 12 , x 21 , x 22 , y 1 , y 2 ≥ 0❽ }

PROBLEMA#251 Para realizar una encuesta por teléfono, un grupo de investigación de mercado necesita comunicar por

lo menos a 150 esposas. 120 mandos, 100 varones adultos solteros y 110 mujeres adultas solteras. Cuesta 2 dólares

realizar una llamada telefónica durante el día y 5 dólares durante la noche (debido a mayores costos laborales). Estos

resultados se muestran en la Tabla.

TABLA

PERSONA QUE CONTESTO

PORCENTAJE DE LLAMADAS

DIURNAS

PORCENTAJE DE LLAMADAS

NOCTURNAS

ESPOSA 30 30

MARIDO 10 30

SOLTERO 10 15

SOLTERA 10 20

NADIE 40 5

Se pueden realizar a lo más la mitad de estas llamadas en la noche, por disponer de un número limitado de empleados.

Formule un PL. Minimice los costos para completar la encuesta.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de llamadas a realizar durante el dia.

x 2 = Número de llamadas a realizar durante la noche.


Sujeto a: x 2 ≤ 0, 50x 1 ❷(llamada noche); 0, 30x 1 + 0, 30x 2 ≥ 150❸; 0, 10x 1 + 0, 30x 2 ≥ 120❹;

{

0, 10x 1 + 0, 15x 2 ≥ 100❺; 0, 10x 1 + 0, 20x 2 ≥ 110❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼ }

PROBLEMA#252 JVHcía produce dos tipos de alimento para ganado. Ambos productos están hechos

completamente de trigo y de alfalfa. El alimento 1 debe contener por lo menos 80% de trigo, y el alimento 2 por lo menos

60% de alfalfa. El alimento 1 se vende a 1,50 dólares /lb. y el alimento 2 a 1,30 dólares/lb. JVHcía puede comprar hasta

1000 lb de trigo, a 50 centavos/lb. y hasta 800 lb de alfalfa, a 40 centavos/Ib. La demanda de ambos tipos de alimentos no

tiene límite. Formule un PL para maximizar las ganancias de JVHcía.



SOLUCIÓN:

x 1 = lb de trigo en el alimento 1. x 3 = lb de trigo en el alimento 2.

x 2 = lb de alfalfa en el alimento 1. x 4 = lb de alfalfa en el alimento 2.

Maximizar: Z = 1, 50(x 1 + x 2 ) + 1, 30(x 3 + x 4 ) − 0, 50(x 1 + x 3 ) − 0, 40(x 2 + x 4 ) = 1x 1 + 1, 10x 2 + 0, 80x 3 + 0, 90x 4 ❶

{ Sujeto a: x 1 ≥ 0, 80(x 1 + x 2 )❷; x 4 ≥ 0, 60(x 3 + x 4 )❸; x 1 + x 3 ≤ 1000❹; x 2 + x 4 ≤ 800❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#253 Tahuichi produce dos productos químicos A y B. Se producen mediante dos procesos

manufactureros. El proceso 1 requiere 2 horas de trabajo y 1 lb de materia prima para producir 2 onzas de A y 1 onza de

B. El proceso 2 requiere 3 horas de trabajo y 2 lb de materia prima para producir 3 onzas de A y 2 onzas de B. Se dispone

de 60 horas de trabajo y de 40 lb de materia prima. La demanda de A es ilimitada, pero se pueden vender solamente 20

onzas de B. Se vende A a 16 dólares /onza y B a 14 dólares/onzas. Se tiene que desechar todo B no vendido a un costo

de 2 dólares/onza. Formule un PL para maximizar los ingresos de Tahuichi, menos los costos de desecho.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número del proceso 1. x 2 = Número del proceso 2. x 3 = deshecho de B.

{

Maximizar: Z = 16(2x 1 + 3x 2 ) + 14(1x 1 + 2x 2 ) − 2x 3 = 46x 1 + 76x 2 − 2x 3 ❶

}

Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 ≤ 60❷; 1x 1 + 2x 2 ≤ 40❸; 1x 1 + 2x 2 + x 3 = 20❹; (con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ ó x 1 , x 2 ≥ 0 )

PROBLEMA#254 Campero SRL fabrica mesas y sillas. Hay que fabricar cada mesa y cada silla completamente de roble

o de pino. Se dispone de un total de 150 pies de tabla (p.t.) de roble y de 210 p.t. de pino. Una mesa requiere 17 p.t. de

roble, o bien 30 p.t. de pino, y una silla necesita 5 p.t. de roble, o bien. 13 p.t de pino. Se puede vender cada mesa a 40

dólares y cada silla a 15 dólares. Formule un PL que se pueda usar para maximizar los ingresos.

SOLUCIÓN:

R 1 = mesas de roble. R 2 = sillas de roble. P 1 = mesas de pino. P 2 = sillas de pino.

{ Maximizar: Z = 40(R 1 + P 1 ) + 15(R 2 + P 2 ) = 40R 1 + 40P 1 + 15R 2 + 15P 2 ❶ }

Sujeto a: 17R 1 + 5R 2 ≤ 150❷; 30P 1 + 13P 2 ≤ 210❸; con: R 1 , P 1 , R 2 , P 2 ≥ 0❹.

PROBLEMA#255 La ciudadela Andrés Ibáñez Plan 3000, tiene tres distritos escolares. En la Tabla 1 se da el número de

estudiantes que pertenecen a grupos minoritarios y no minoritarios. El 25% de todos los estudiantes ( 200 800

pertenecen a grupos minoritarios.

Tabla 1

DISTRITO ESTUDIANTES DE GRUPOS MINORITARIOS ESTUDIANTES DE GRUPOS NO MINORITARIOS

1 50 200

2 50 250

3 100 150

La corte local ha decidido que cada una de las dos escuelas de segunda enseñanza de la ciudad (Sabiduría-Saber y

Shequel-Shalom) debe tener aproximadamente (más o menos un 5%) el mismo porcentaje de estudiantes de minorías

que la ciudad entera. En la tabla 2 se dan las distancias entre los distritos escolares y las escuelas.

Tabla 2 Dos Escuelas del Plan 3000

DISTRITO Sabiduría-Saber Shequel-Shalom

1 1 2

2 2 1

3 1 1

Cada escuela debe tener entre 300 y 500 estudiantes. Utilice la programación lineal para determinar la asignación de los

estudiantes a cada escuela para minimizar la distancia total que tienen que viajar los estudiantes para llegar a ella.

SOLUCIÓN:

N ij = número de estudiantes de grupos no minoritarios que van desde el distrido i a la escuela j.

(distrido i, i = 1, 2, 3. ) y (escuela j, j = 1 es Sabiduría − Saber y j = 2 es shequel − shalom)

M ij = número de estudiantes de grupos minoritarios que van desde el distrido i a la escuela j.

Minimizar: Z = (M 11 + N 11 ) + 2(M 12 + N 12 ) + 2(M 21 + N 21 ) + (M 22 + N 22 ) + (M 31 + N 31 ) + (M 32 + N 32 )❶

Sujeto a: M 11 + M 12 = 50❷; M 21 + M 22 = 50❸; M 31 + M 32 = 100❹; N 11 + N 12 = 200❺; N 21 + N 22 = 250❻

N 31 + N 32 = 150❼;

N 11 + N 21 + N 31

Porcentaje de minorías en la escuela 1(±5% del 25%): [0, 20 ≤

≤ 0, 30] ❽

N 11 + N 21 + N 31 + M 11 + M 21 + M 31

N 12 + N 22 + N 32

Porcentaje de minorías en la escuela 2(±5% del 25%): [0, 20 ≤

≤ 0, 30] ❾

N 12 + N 22 + N 32 + M 12 + M 22 + M 32

Poblacion de cada escuela: 300 ≤ N 11 + N 21 + N 31 + M 11 + M 21 + M 31 ≤ 500❿

{

300 ≤ N 12 + N 22 + N 32 + M 12 + M 22 + M 32 ≤ 500❶❶; Todas las variables ≥ 0❶❷ }



PROBLEMA#256 La corporación Aiquile produce armarios. Necesitan semanalmente 90000 pie 3 de madera procesada.

Puede conseguir madera procesada de dos maneras. Primero, puede comprar madera de un proveedor externo, y

después secarla en su propio horno. Segundo, puede cortar troncos en sus propios terrenos, convertirlos en madera en

su propio aserradero y finalmente secar la madera en su propio horno. Aiquile puede comprar madera clase 1 ó clase 2.

La madera clase 1 cuesta 3 dólares/pie 3 y produce 0,7 pie 3 de madera útil luego de secarla. La madera clase 2 cuesta 7

dólares/pie 3 y produce 0,9 pie 3 de madera útil ya seca. Le cuesta 3 dólares a la compañía cortar un tronco. Después de

cortarlo y secarlo, un tronco produce 0,8 pie 3 de madera. Aiquile incurre en un costo de 4 dólares/pie 3 de madera seca.

Cuesta 2,50 dólares/pie 3 procesar troncos en el aserradero. El aserradero puede procesar semanalmente hasta 35000

pie 3 de madera. Se puede comprar cada semana hasta 40000 pie 3 de madera de clase 1, y hasta 60000 pie 3 de madera de

clase 2, Semanalmente se disponen de 40 horas para secar madera. El tiempo necesario para secar 1 pie 3 de madera de

clase 1, madera clase 2, ó troncos, es el siguiente: clase 1. 2 segundos, clase 2. 0,8 segundos, troncos. 1,3 segundos.

Formule un PL para ayudar a Aiquile a minimizar los costos semanales para satisfacer las demandas de madera

procesada.

SOLUCIÓN:

x 1 = madera de clase 1 en pies 3 . x 2 = madera de clase 2 en pies 3 . x 3 = troncos en pies 3 . t

Minimizar: Z = costo de madera 1 + costo de madera 2 + costo de cortar tronco + costo de aserradero + costo de secado.

Minimizar: Z = 3x 1 + 7x 2 + 3x 3 + 2, 50x 3 + 4(x 1 + x 2 + x 3 ) = 7x 1 + 11x 2 + 9, 50x 3 ❶

Sujeto a: 0, 7x 1 + 0, 9x 2 + 0, 8x 3 = 90000❷; x 1 ≤ 40000❸; x 2 ≤ 60000❹; x 3 ≤ 35000❺

{

2x 1 + 0, 8x 2 + 1, 3x 3 ≤ 40horas ↔ 2x 1 + 0, 8x 2 + 1, 3x 3 ≤ 2400segundos❻; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❼ }

PROBLEMA#257 La Boliviana Parques de Bosques vigila dos terrenos. El terreno 1 está formado de 300 hectáreas, y el

terreno 2 por 100 hectáreas. Se puede utilizar cada hectárea del terreno 1 para abetos, la caza o para ambas cosas. Se

puede utilizar cada hectárea del terreno 2 para abetos, para acampar o para ambas cosas. En la tabla, se dan el capital

(en cientos de dólares) y la mano del obra (días - hombre) que se necesitan para mantener una hectárea de cada terreno,

y la ganancia (miles de dólares) por hectárea, para cada uso posible del suelo. Se dispone de un capital de 150000 y 200

días-hombre de trabajo. ¿Cómo se tiene que asignar el suelo a los usos diferentes, para maximizar la ganancia recibida

de los dos terrenos?

CAPITAL MANO DE OBRA GANANCIA

Terreno 1, Abetos. 3 0,1 0,2

Terreno 1, Caza. 3 0,2 0,4

Terreno 1, Ambas Cosas. 4 0,2 0,5

Terreno 2, Abetos. 1 0,05 0,06

Terreno 2, Acampar. 30 5 0,09

Terreno 2, Ambas Cosas. 10 1,01 1,1

SOLUCIÓN:

x ij = Cantidad de hectarias asignadas del terreno i(i = 1, 2)a la utilización j

(j = 1 ó Abetos, j = 2 ó Caza y j = 3 ó ambas cosas)

Maximizar: Z = 0, 2x 11 + 0, 4x 12 + 0, 5x 13 + 0, 06x 21 + 0, 09x 22 + 1, 1x 23 ❶

Sujeto a: x 11 + x 12 + x 13 ≤ 300❷; x 21 + x 22 + x 23 ≤ 100❸;

3x 11 + 3x 12 + 4x 13 + 1x 21 + 30x 22 + 10x 23 ≤ 1500 ↔ 300x 11 + 300x 12 + 400x 13 + 100x 21 + 3000x 22 + 1000x 23 ≤ 150000❹

{

0, 1x 11 + 0, 2x 12 + 0, 2x 13 + 0, 05x 21 + 5x 22 + 1, 01x 23 ≤ 200❺; con: todas las variables x ij ≥ 0❻ }

PROBLEMA#258 ARI-SRL produce dos productos. Se puede fabricar cada producto en cualquiera de dos máquinas. En

la tabla 1 se dan los tiempos necesarios (en horas) para producir cada producto en cada máquina.

TABLA 1 MÁQUINA 1 MÁQUINA 2

PRODUCTO 1 4 3

PRODUCTO 2 7 4

Cada mes hay 500 horas de tiempo de maquina disponibles. Cada mes los clientes están dispuestos a comprar los

productos hasta las cantidades y a los precios indicados en la Tabla 2.

TABLA 2 DEMANDAS PRECIOS(DÓLARES)

MES 1 MES 2 MES 1 MES 2

PRODUCTO 1 100 190 55 12

PRODUCTO 2 140 130 65 32

La meta de la compañía es maximizar los ingresos obtenidos mediante la venta de los productos durante los próximos

dos meses Formule un PL para ayudar a alcanzar esta meta.

SOLUCIÓN:

x ij = Producción del producto i, en la máquina j en el mes 1.

y ij = Producción del producto i, en la máquina j en el mes 2.

Maximizar: Z = 55(x 11 + x 12 ) + 12(y 11 + y 12 ) + 65(x 21 + x 22 ) + 32(y 21 + y 22 )❶

Sujeto a: 4x 11 + 7x 21 ≤ 500❷; 3x 12 + 4x 22 ≤ 500❸; 4y 11 + 7y 21 ≤ 500❹; 3y 12 + 4y 22 ≤ 500❺(disp. de maquinas)

x 11 + x 12 ≤ 100❻; x 21 + x 22 ≤ 140❼; y 11 + y 12 ≤ 190❽; y 21 + y 22 ≤ 130❾(las demandas)

{

con: x 11 , x 12 , x 21 , x 22 , y 11 , y 12 , y 21 , y 22 ≥ 0❿(con todas las variables no negativas) }



PROBLEMA#259 El Banco Nacional de Bolivia abre de lunes a viernes, de las 9 a.m. hasta las 5 p.m. De experiencias

anteriores, el banco sabe que necesita el número de cajeras, indicado en la Tabla. El banco contrata dos tipos de

cajeras. Las cajeras de tiempo completo trabajan de 9 a 5, los cinco días de la semana, y tienen 1 hora de descanso para

comer. (El banco determina cuando una empleada de tiempo completo puede comer, pero cada cajera tiene que comer

entre mediodía y la 1 p.m. ó entre la 1 y las 2 p.m.) Se le paga 8 dólares (incluyendo prestaciones complementarias) por

hora (incluyendo la hora de la comida) a las empleadas de tiempo completo. El banco también contrata cajeras de

tiempo parcial. Cada cajera de tiempo parcial debe trabajar exactamente 3 horas consecutivas cada día. Se le paga 5

dólares/hora a una cajera de tiempo parcial (y no reciben beneficios complementarios). Para conservar una calidad

adecuada del servicio, el banco ha decidido que se pueden contratar a lo sumo cinco cajeras de tiempo parcial. Formule

un PL para cumplir con los requerimientos de las cajeras a un costo mínimo. Resuelve el PL en una computadora

Juegue con la respuesta del PL para determinar una política de contratación que esté cerca de minimizar los costos

laborales.

Periodo de Tiempo 9-10 10-11 11-mediodía Mediodía-1 1-2 2-3 3-4 4-5

Cajeras Requeridas 4 3 4 6 5 6 8 8

SOLUCIÓN:

x 1 = Cajeras de tiempo completo que descansan entre mediodía y la 1 p. m.

x 2 = Cajeras de tiempo completo que descansan entre las 1 p. m. y las 2 p. m.

y i = Cajeras de tiempo parcial que ingresan en el periodo i(i = 1 ó las 9a. m. , i = 2 ó las 10 a. m. , etc. )

Minimizar: Z = 8x 1 + 8x 2 + 5(y 1 + y 2 + y 3 + y 4 + y 5 + y 6 )❶

Sujeto a: y 1 + y 2 + y 3 + y 4 + y 5 + y 6 ≤ 5❷(cajeras tiempo parcial); x 1 + x 2 + y 1 ≥ 4❸; x 1 + x 2 + y 1 + y 2 ≥ 3❹

x 1 + x 2 + y 1 + y 2 + y 3 ≥ 4❺; x 2 + y 2 + y 3 + y 4 ≥ 6❻; x 1 + y 3 + y 4 + y 5 ≥ 5❼; x 1 + x 2 + y 4 + y 5 + y 6 ≥ 6❽

{

x 1 + x 2 + y 5 + y 6 ≥ 8❾; x 1 + x 2 + y 6 ≥ 8❿; con: x 1 , x 2 , y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 , y 6 ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#260 El departamento de Policía de Santa Cruz dispone de 30 oficiales. Cada oficial trabaja 5 días a la

semana. El número de delitos varía según el día de la semana y, por lo tanto, el número de policías requeridos

diariamente depende del día de la semana: sábado 28; domingo, 18; lunes, 18: martes, 24; miércoles, 25; jueves, 16;

viernes, 21. El departamento de policía quiere programar los oficiales para minimizar el número de policías cuyos días

de descanso no son consecutivos. Formule un PL que alcance esta meta. (Sugerencia: determine una restricción para

cada día de la semana que asegure que un número apropiado, de oficiales no estén trabajando ese día).

SOLUCIÓN:

x ij = numero de oficiales que descansan el día i y j.

Minimizar: Z = x 12 + x 17 + x 23 + x 34 + x 45 + x 56 + x 67 ❶

Sujeto a: cantidad de oficiales que descansan el dia = 30 − requerimiento

x 17 + x 27 + x 37 + x 47 + x 57 + x 67 = 2❷(sabado); x 12 + x 13 + x 14 + x 15 + x 16 + x 17 = 12❸(domingo)

x 12 + x 23 + x 24 + x 25 + x 26 + x 27 = 12❹(lunes); x 13 + x 23 + x 34 + x 35 + x 36 + x 37 = 6❺(martes)

x 14 + x 24 + x 34 + x 45 + x 46 + x 47 = 5❻(miercoles); x 15 + x 25 + x 35 + x 45 + x 56 + x 57 = 14❼(jueves)

{ x 16 + x 26 + x 36 + x 46 + x 56 + x 67 = 9❽(viernes); con todas las variables ≥ 0❾ }

PROBLEMA#261 Julio Vargas Herbas se gana la vida comprando y vendiendo maíz El 1 de enero, tiene 50 toneladas

(ton) de maíz y 1000 dólares. El primer día de cada mes, Julio puede comprar maíz a los siguientes precios por tonelada:

enero. 300 dólares, febrero. 350 dólares: marzo. 400 dólares, abril. 500 dólares. El último día de cada mes. Julio pueden

vender el maíz a los siguientes precios por tonelada enero, 250 dólares; febrero, 400 dólares; marzo, 350 dólares; abril,

550 dólares. El guarda el maíz en una bodega que tiene una capacidad máxima de 100 ton de maíz. Tiene que poder

pagar al contado todo el maíz al momento de la compra. Utilice la programación lineal para determinar cómo Julio puede

maximizar su efectivo en capital final del mes de abril.

SOLUCIÓN:

x i = cantidad a comprar en el mes i. y i = cantidad a vender en el mes i.

I i = inventario de maíz en el mes i. C i = capital en el mes i.

Maximizar: Z = maximizar el capital al final del cuarto mes de abril = C 4 ❶

Sujeto a:

[I 1 = 50 + x 1 − y 1 ≤ 100; C 1 = 1000 − 300x 1 + 250y 1 ; x 1 ≤ 1000/300]❷

[I 2 = I 1 + x 2 − y 2 ≤ 100; C 2 = C 1 − 350x 2 + 400y 2 ; x 2 ≤ C 1 /350]❸

[I 3 = I 2 + x 3 − y 3 ≤ 100; C 3 = C 2 − 400x 3 + 350y 3 ; x 3 ≤ C 2 /400]❹

[I 4 = I 3 + x 4 − y 4 ≤ 100; C 4 = C 3 − 500x 4 + 550y 4 ; x 4 ≤ C 3 /500]❺

{

con todas las variables no negativas ≥ 0 }

PROBLEMA#262 Turkeyco.Bolivia produce dos tipos de croquetas de pavo para vender en restaurantes de servicio

rápido. Cada tipo de alimento consiste en carne blanca y carne oscura. El tipo 1 se vende a 4 dólares/lb y tiene que

contener por lo menos 70% de carne blanca. El tipo 2 se vende a 3 dólares/lb y tiene que contener por lo menos 60% de

carne blanca. Se pueden vender a lo más 50 lb de la croqueta 1, y 30 lb de la croqueta 2. Los dos tipos de pavos

utilizados para producir las croquetas se compran en la granja de pavos Paurito. Cada pavo tipo 1 cuesta 10 dólares y

produce 5 lb de carne blanca y 2 lb de carne oscura. Cada pavo tipo 2 cuesta 8 dólares y produce 3 lb de carne blanca y

3 lb de carne oscura. Formule un PL para maximizar la ganancia de Turkeyco.Bolivia.

SOLUCIÓN:



x 1 = lb de carne blanca para chuleta 1. x 3 = lb de carne blanca para chuleta 2. y 1 = pavos del tipo 1.

x 2 = lb de carne oscura para chuleta 1. x 4 = lb de carne oscura para chuleta 2. y 2 = pavos del tipo 2.

Maximizar: Z = 4(x 1 + x 2 ) + 3(x 3 + x 4 ) − 10y 1 − 8y 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 50❷(Dda chuleta 1); x 3 + x 4 ≤ 30❸(Dda chuleta 2); x 1 + x 3 ≤ 5y 1 + 3y 2 ❹(Disp. carne blanca)

x 2 + x 4 ≤ 2y 1 + 3y 2 ❺(Disp. carne oscura); x 1 ≥ 0, 70(x 1 + x 2 )❻(Rest. chuleta 1); x 3 ≥ 0, 60(x 3 + x 4 )❼(Rest. chuleta 2)

{

con todas las variables ≥ 0❽ }

PROBLEMA#263 Al principio del mes 1. Fassil tiene 400 dólares en efectivo. Al principio de los meses 1, 2,3 y 4. Fassil

recibe ciertos ingresos, después de lo cual paga sus cuentas (ver la Tabla).

Tabla Mes 1 Mes 2 Mes 3 Mes 4

Ingresos(dólares) 400 800 300 300

Cuentas(dólares) 600 500 500 250

Se puede invertir el dinero que sobra, por un mes, a una tasa mensual de 0,1%; por dos meses, a una tasa mensual de

0,5%; por tres meses, a una tasa mensual de 1%; por cuatro meses, a una tasa mensual de 2%. Utilice la programación

lineal para determinar una estrategia de inversión que maximice el efectivo en caja al principio del mes 5.

SOLUCIÓN:

x ij = dinero invertido entre el mes i y j el interés es simple, asi 2% a meses es 8%.

Maximizar: Z = 1, 08x 15 + 1, 03x 25 + 1, 01x 35 + 1, 001x 45 ❶

Sujeto a: dinero invertido + cuentas = disponible

x 12 + x 13 + x 14 + x 15 + 600 = 400 + 400❷(mes 1); x 23 + x 24 + x 25 + 500 = 1, 001x 12 + 800❸(mes 2)

x 34 + x 35 + 500 = 1, 10x 13 + 1, 001x 23 + 300❹(mes 3); x 45 + 250 = 1, 03x 14 + 1, 01x 24 + 1, 001x 34 + 300❺(mes 4)

{

con todas las variables ≥ 0❻ }

PROBLEMA#264 Toyobol fabrica autos sedanes y camionetas. En la Tabla se presenta el número de vehículos que se

pueden vender durante cada uno de los próximos tres meses. Cada sedán se vende a 8000 dólares, y cada camioneta a

9000 dólares. Cuesta 6000 dólares producir un sedán y 7500 producir una camioneta. El costo por mantener un vehículo

en el inventario por un mes, es de 150 dólares por cada sedán, y 200 dólares por cada camioneta. Se pueden producir

mensualmente, a lo más, 1500 vehículos. Las restricciones de las líneas de producción imponen que, durante el mes 1,

a lo más, dos tercios de todos los vehículos producidos tiene que ser sedanes. Al inicio del mes 1, se disponen de 200

sedanes y de 100 camionetas. Formule un PL que se pueda utilizar para maximizar la ganancia de Toyobol durante los

próximos tres meses.

Tabla SEDANES CAMIONETAS

Mes 1 1100 600

Mes 2 1500 700

Mes 3 1200 500

SOLUCIÓN:

x i = Producción de sedanes en el mes i. y i = Producción de camionetas en el mes i.

IS i = inventario de Sedanes. IC i = inventario de Camionetas.

Max: Z = [(8000 − 6000)(x 1 + x 2 + x 3 )] + [(9000 − 7500)(y 1 + y 2 + y 3 )] − 150(IS 1 + IS 2 + IS 3 ) − 200(IC 1 + IC 2 + IC 3 )❶

Sujeto a: x 1 ≤ 2 3 (x 1 + y 1 )❷

[IS 1 = 200 + x 1 − 1100; IC 1 = 100 + y 1 − 600; x 1 + y 1 ≤ 1500]❸

[IS 2 = IS 1 + x 2 − 1500; IC 2 = IC 1 + y 2 − 700; x 2 + y 2 ≤ 1500]❹

[IS 3 = IS 2 + x 3 − 1200; IC 3 = IC 2 + y 3 − 500; x 3 + y 3 ≤ 1500]❺

{

con todas las variables no negativas ≥ 0❻ }

PROBLEMA#265 Una oficina de correos de Bolivia requiere cantidades de empleados de tiempo completo en diferentes

días de la semana. La cantidad de empleados de tiempo completo que se requiere cada día se da en la siguiente tabla.

Las reglas del sindicato establecen que cada empleado de tiempo completo debe trabajar cinco días consecutivos y

descansa dos días. Por ejemplo un empleado que trabaja de lunes a viernes debe descansar sábado y domingo. Plantear

el modelo que minimice el número de empleados:

Día Número de empleados de tiempo completo que se necesitan

Lunes 17

Martes 13

Miércoles 15

Jueves 19

Viernes 14

Sábado 16

Domingo 11

SOLUCIÓN:



x i = Número de trabajadores que entran a trabajar el día i(i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ó L, M, MI, J, V, S, D).

Minimizar: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 = x L + x M + x MI + x J + x V + x S + x D ❶

Sujeto a: x 1 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 17❷; x 1 + x 2 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 13❸; x 1 + x 2 + x 3 + x 6 + x 7 ≥ 15❹

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 7 ≥ 19❺; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≥ 14❻; x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ≥ 16❼;

{

x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 ≥ 11❽; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❾ }

PROBLEMA#266 Una tienda de autoservicio que funciona las 24 horas. tiene los siguientes requerimientos mínimos de

empleados:

Periodo 1 2 3 4 5 6

Hora del día 3-7 7-11 11-15 15-19 19-23 23-3

Empleados mínimos 7 20 14 20 10 5

El periodo 1 sigue inmediatamente a continuación del periodo 6. Un empleado trabaja ocho horas consecutivas

empezando al inicio de uno de los seis periodos. Determinar cuántos trabajadores contratar en cada proyecto.

SOLUCIÓN:

x i = Número de empleados a contactar en el periodo i(i = 1, 2, 3, 4, 5, 6).


Sujeto a: x 1 + x 6 ≥ 7❷; x 1 + x 2 ≥ 20❸; x 2 + x 3 ≥ 14❹; x 3 + x 4 ≥ 20❺; x 4 + x 5 ≥ 10❻; x 5 + x 6 ≥ 5❼;

{

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ❽ }

PROBLEMA#267 Una compañía tiene un contrato para recibir 60000 libras de tomates a 8 Bs cada 2 libras de las cuales

producirá jugos de tomate y puré de tomates en latas de 2 libras y son empacadas en cajas de 12 latas cada una.

Una lata de jugo requiere 1 libra de tomate fresco en tanto que una de puré, requiere 4/3 de libras. El resto de la lata de

jugo de tomate tiene otros ingredientes conservantes al igual que la lata de puré. La utilidad por “caja” de jugos y de

puré es de 42 Bs y 24 Bs respectivamente, el costo de otros ingredientes para cada lata es de 5 Bs por libra y solo se

tiene disponible de 50000 libras.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de Jugos de tomates a producir en latas de 2 libras.

x 2 = Cantidad de Puré de tomates a producir en latas de 2 libras.

Datos auxiliares: Costo de tomate =

8Bs Bs

5Bs Bs

Bs

= 4 ; Costo de otros = = 5 ; 1cajas → 12latas; 42 ∗ caja = Bs

2libras lb 1libra lb

caja

Costo de jugo de tomate = costo de tomate + costo de otros ingredientes

Costo de jugo de tomate = 4 Bs

lb ∗ 1libra Bs

+ 5

Lata lb ∗ 1libra Bs

= 9

Lata Lata ; 1libra

nota:

Lata

+ 1libra

Lata

= 2libras

Costo de Puré de tomate = costo de tomate + costo de otros ingredientes

osto de jugo de tomate = 4 Bs

lb ∗ 4/3libra Bs

+ 5

Lata lb ∗ 2/3libra = 26 Bs

Lata 3 Lata ; 4/3libra

nota:

Lata

+ 2/3libra = 2libras

Lata

Maximizar: Z = Precio de Venta = Utilidad + Costo

Maximizar: Z = [(42 Bs

caja ∗ 1cajas Bs

Bs

) + (9 )] + [(24

12Latas Lata caja ∗ 1cajas

12Latas ) + (26 Bs 25

)] =

3 Lata 2 x 1 + 32

3 x 2❶


Sujeto a: x 1 + 4 3 x 2 ≤ 60000❷(rest. tomates); x 1 + 2 3 x 2 ≤ 50000❸(rest. otros ingredientes); con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

{

respuesta: x 1 = 40000 lb de 2 lb; x 2 = 15000 lb de 2 lb. Max: Z = 660000 Bs. }

PROBLEMA#268 Un agricultor posee 200 cerdos que consumen 250 Kg de alimento especial. El alimento se prepara

como una mezcla de maíz y harina de soya con las siguientes composiciones:

Alimento Kgs/Kg de Alimento Costo Bs/Kg

Calcio Proteína Fibra

Maíz 0,01 0,29 0,04 2

Harina de Soya 0,02 0,40 0,06 3

Los requerimientos diarios de los cerdos son: Cuando menos 1% de calcio, por lo menos 30% de proteína y un máximo

de 5% de fibra. Determine la mejor mezcla de alimentos con el mínimo costo diario.

SOLUCIÓN:

x 1 = Kilogramos de maíz en la mezcla diadia. x 2 = Kgs de harina de soya en la mezcla diaria.


Sujeto a: 0, 01x 1 + 0, 02x 2 ≥ 0, 01(x 1 + x 2 )❷; 0, 29x 1 + 0, 40x 2 ≥ 0, 30(x 1 + x 2 )❸

{

0, 04x 1 + 0, 06x 2 ≤ 0, 05(x 1 + x 2 )❹; x 1 + x 2 ≥ 250❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#269 Un empresario confeccionista debe entregar semanalmente pantalones, poleras y camisas para varón.

En el taller trabajan 16 personas durante 10 horas diarias. Cuando se dedican solo a hacer pantalones producen 100

unidades diarias. Confeccionar un pantalón requiere el doble de tiempo que una polera y la mitad que una camisa. De

cada lote de producción la cantidad de pantalones representa entre 50 al 55%, las camisas se venden en menor cantidad

que las poleras, pero es necesario que por lo menos haya una camisa por cada tres poleras. Los precios de venta de

cada prenda son: pantalón 100 Bs, camisas 120 Bs, poleras 80 Bs. Formular un modelo para determinar el mejor plan de

producción.


SOLUCIÓN:

x 1 = cantidad de pantalones a confeccionar. x 2 = cantidad de poleras a confeccionar.

x 3 = cantidad de camisas a confeccionar.

Maximizar: Z = 100x 1 + 80x 2 + 120x 3 ❶

Sujeto a: 1, 6x 1 + 0, 80x 2 + 3, 20x 3 ≤ 16Personas ∗ 10h

dia ∗ 6dias

semana ↔ 1, 6x 1 + 0, 80x 2 + 3, 20x 3 ≤ 960h − H❷

{ x 1 ≥ 0, 50(x 1 + x 2 + x 3 )❸; x 1 ≤ 0, 55(x 1 + x 2 + x 3 )❹; x 3 ≤ x 2 ❺; x 2 ≥ 3x 3 ❻; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❼ }

Capacidad de producción: para la restricción 2.

X 1 Pantalones,

X 2 Poleras,

X 3 Camisas

x 1

doy 2hrs como ejemplo Doy 1 hr como ejemplo Doy 4 horas

100 + x 2

200 + x 3

50 ≤ 6dias/semana

100 0 0

0 200 0

16/10=1,6 0,80(la mitad de 1,6) 3,2(doble de1,6)

0 0 50

Relación de ventas de la restricción 6.

POLERAS X 2 CAMISAS X 3

≥3 1

≥6 2

PROBLEMA#270 Un político “independiente” planifica realizar su campaña apoyada mediante publicidad en

Radio, televisión abierta y televisión por cable, para captar la simpatía de la población en las próximas

elecciones municipales. Su presupuesto para este ítem es de 50000 Bs. El precio de la publicidad radial es

de 5 Bs/ minuto, 80 Bs/minuto en la TV abierta y 40 Bs/minuto en TV por cables. Su objetivo es llegar a la

clase baja y media baja, por lo tanto el tiempo de publicidad radial debe ser mínimo un 50% del total, pero no

más del 70%, la publicidad por TV abierta debe ser el doble o más que la TV por cable. La experiencia de las

elecciones municipales muestra que por cada minuto de publicidad radial se generan aproximadamente 10

votos, la TV por cable genera 18 veces más que la radial y la TV abierta duplica a la de cable. Formule un

modelo de programación lineal para determinar la asignación óptima del presupuesto de campaña para

conseguir la mayor cantidad de votos posibles en diciembre.

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de minutos de publicidad en Radio.

x 2 = Cantidad de minutos de publicidad en TV − Abierto.

x 3 = Cantidad de minutos de publicidad en TV − Cable.

Maximizar: Z = maximizar el número de votos, un minuto de publicidad cuantos votos voy a conseguir.

Votos

Maximizar: Z = 10x 1 + 360x 2 + 180x 3 ❶

∗ minutos de publicidad = Votos

minutos de publicidad

Bs

Sujeto a: 5x 1 + 80x 2 + 40x 3 ≤ 50000❷ (

minuto ∗ minuto = Bs) ; x 1 ≥ 0, 50(x 1 + x 2 + x 3 )❸; x 1 ≥ 0, 70(x 1 + x 2 + x 3 )❹

x 2 ≥ 2x 3 ❺ relacion directa, esto se hace para colocar el doble hacemos la relacion directa y recien escribo.

ej: x 2 ≥ 2(1) → 2; x 2 ≥ 2(6) → 12; x 2 ≥ 2(20) → 40; lo que esta entre (1) son los valores de x 3 y hallamos x 2

{

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻ }

TV

ABIERTA X 2 CABLE X 3

≥ 1

≥ 6

≥ 20

PROBLEMA#271 Burger Kamba vende hamburguesas de un cuarto de libra y hamburguesas de queso. La de un cuarto

de libra utiliza un cuarto de libra de carne y la hamburguesa con queso sólo utiliza 0,2 libras. El restaurante empieza el

día con 200 libras de carne, pero puede ordenar más a un costo adicional de 25 centavos por libra, para cubrir el resto de

entrega. Cualquier sobrante se le da a los perros. Las utilidades son 20 centavos de dólares por hamburguesa de un

cuarto de libra y 15 centavos por una con queso. No se espera vender más de 900 hamburguesas por día. ¿Cuántas

hamburguesas de cada tipo deben preparar?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de hamburguesas de 1 4 de libra. x 2 = Número de hamburguesas con queso. x 3 = libras de carne extra.

Maximizar: Z = 0, 20x 1 + 0, 15x 2 − 0, 25x 3 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 900❷; 0, 25x 1 + 0, 20x 2 ≤ 200 + x 3 ↔ 0, 25x 1 + 0, 20x 2 − x 3 ≤ 200❸; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

PROBLEMA#272 Una empresa planea una nueva campaña de publicidad por radio y TV. Un comercial de radio cuesta

$300 y uno de TV $2000. Se asigna un presupuesto total de $20000 a la campaña. Sin embargo para asegurarse de que

cada medio tendrá por lo menos un comercial de radio y uno de TV, lo máximo que puede asignarse a uno u otro medio

no puede ser mayor que el 80% del presupuesto total. Se estima que el primer comercial de radio llegará a 5000



personas, y cada comercial adicional llegará sólo a 2000 personas nuevas. En el caso de la televisión, el primer anuncio

llegará a 4500 personas y cada anuncio adicional a 3000. Plantear modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de comerciales de Radio. x 2 = Número de comerciales de T. V.

{

Maximizar: Z = 5000 + 2000(x 1 − 1) + 4500 + 3000(x 2 − 1)❶

}

Sujeto a: 300x 1 + 2000x 2 ≤ 20000❷; 300x 1 ≤ 16000❸; 2000x 2 ≤ 16000❹; x 1 ≥ 1❺; x 2 ≥ 1❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼

PROBLEMA#273 Un fabricante de muebles desea obtener un Plan óptimo de producción para el próximo mes (26 días

hábiles de 10 horas cada día). Se dedica a la producción de juegos de comedor y sillones Luis XV. El juego de comedor

consta de 8 sillas y una mesa, el sillón tipo Luis XV es un mueble de lujo tallado. En el taller trabajan como plantilla

establece 30 personas. Para hacer una silla se requiere 5 horas de trabajo de un operario, 18 pt (pies tablares) de

madera. Una mesa puede ser confeccionada por tres operarios en una jornada de trabajo usando 80 pies de madera.

Cada sillón Luis XV requiere el trabajo un operario durante 6 jornadas y utiliza 60 pt de madera. La madera (mara) cuesta

6 Bs/pt y los operarios ganan 40 Bs/jornada. Se considera que la disponibilidad de las máquinas no representa una

limitante. Se cuenta con 8000 pt de madera. Generalmente no se vende más de 20 juegos de comedor. Cada juego de

comedor puede ser vendido en 1800 Bs y cada sillón Luis XV en 900 Bs. Formular un modelo de programación lineal

para determinar la cantidad optima de juegos a producir.

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Cantidad de muebles a fabricar de juegos de comedor(unidades).

x 2 = Cantidad de muebles a fabricar de sillones Luis XV(unidades).

Maximizar: Z = (1800 − 1624)x 1 + (900 − 600)x 2 = 176x 1 + 300x 2 ❶ Bs

uds ∗ uds

Sujeto a: 224x 1 + 60x 2 ≤ 8000❷(rest. madera),


pt

∗ unidades ≤ pies tablares

unidades

70x 1 + 60x 2 ≤ 26dias ∗ 10 hrs

dia ∗ 30Hombres ↔ 70x 1 + 60x 2 ≤ 7800h − H❸(MO); x 1 ≤ 20❹(ventas); con: x 1 , x 2 ≥ 0❺

Datos auxiliares: Costo de juego de comedor = CJC = costo de madera + costo de mano de obra

CJC = (18pt ∗ 8sillas + 80pt) + [(5h − H ∗ 8) + (3operarios ∗ 10jornada/dia)]

CJC = [(224pt/uds) ∗ (6Bs/pt)] + [(70h − H/uds) ∗ (4Bs/h − H)] = 1344Bs/uds + 280Bs/uds = 1624Bs/ud

(3operarios ∗ 10jornada/dia) = 30; (40Bs/jornada) ÷ 10jornadas ó 10hrs/dia, jornada = 4Bs/h − H

Costo de sillon luis XV = CSLXV = costo de madera + costo de mano de obra

CSLXV = (60pt/u ∗ 6Bs/pt) + (60h − H/u ∗ 4Bs/h − H) = 360Bs/u + 240Bs/u = 600Bs/u }

PROBLEMA#274 Banco Nacional de Bolivia está desarrollando una política de préstamos por un máximo de 20000000

de bolivianos. La tabla siguiente muestra los datos relevantes de cada tipo de préstamo según su uso. Las deudas

impagables no se recuperan y no producen ingresos por intereses. Según datos de mercado se pretende destinar un

40% a créditos industriales y comerciales. Los créditos hipotecarios de vivienda deben ser mayores al 70% destinado

para vehículos y usos varios. Es recomendable también que la relación entre los créditos impagables y el total prestado

no supere el 4%.

Tipo de Préstamo según su uso Tasa de interés %de deuda impagable

Cualquier uso 18 10

Para vehículo 12 6

Hipotecario de vivienda 9 2

Industrial 10 4

comercial 12 3

SOLUCIÓN:

x 1 = Préstamos para cualquier uso en millones de bolivianos.

x 2 = Préstamos para vehiculos en millones de bolivianos.

x 3 = Préstamos para hipotecario de vivienda en millones de bolivianos.

x 4 = Préstamos para industriales en millones de bolivianos.

x 5 = Préstamos para comerciales en millones de bolivianos.

Maximizar: Z = (0, 18)(0, 9)x 1 + (0, 12)(0, 94)x 2 + (0, 09)(0, 98)x 3 + (0, 10)(0, 96)x 4

+(0, 12)(0, 97)x 5 − {0, 10x 1 + 0, 06x 2 + 0, 02x 3 + 0, 04x 4 + 0, 03x 5 }

Maximizar: Z = 31

500 x 1 + 33

625 x 2 + 341

5000 x 3 +

7

125 x 4 + 54

625 x 5 = 0, 062x 1 + 0, 0528x 2 + 0, 0682x 3 + 0, 056x 4 + 0, 0864x 5 ❶

Sujeto a:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≤ 20000000❷ ; x 4 + x 5 ≥ 8000000❸ ; x 3 ≥ 14000000❹

0, 10x 1 + 0, 06x 2 + 0, 02x 3 + 0, 04x 4 + 0, 03x 5

≤ 0, 04❺ ; x

{

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x j ≥ 0∀j (CNN)❻

5

}

PROBLEMA#275 Se desea invertir una cantidad de dinero menor o igual que 125000 Bs, distribuido entre acciones del

tipo A y del tipo B. Las acciones del tipo A garantizan una ganancia del 10% anual, y es obligatorio invertir en ellas un

mínimo de 30000 Bs y un máximo de 81000 Bs. Las acciones del tipo B garantizan una ganancia del 5% anual, y es

obligatorio invertir en ellas un mínimo de 25000 Bs. La cantidad invertida en acciones del tipo B no puede superar el


tripe de la cantidad invertida en acciones del tipo A. ¿Cuál debe ser la distribución de la inversión para maximizar la

ganancia anual? Determine dicha ganancia máxima.

SOLUCIÓN:

x 1 = cantidad de Bs a invertir en acciones tipo A. x 2 = cantidad de Bs a invertir en acciones tipo B.

{

Maximizar: Z = 0, 10x 1 + 0, 05x 2 ❶

}

Sujeto a: 30000 ≤ x 1 ≤ 81000❷; x 2 ≥ 25000❸; x 1 + x 2 ≤ 125000❹; x 2 ≤ 3x 1 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

PROBLEMA#276 Una compañía de autos fabrica automóviles y camiones. Cada uno de los vehículos debe pasar por el

taller de pintura y por el de ensamble. Si el taller de pintura pintara sólo camiones, entonces podría pintar 40 por día. Si

el taller de pintura sólo pintara autos entonces podría pintar 60 vehículos diarios. Si el taller de ensamble se destinara

sólo a ensamblar autos entonces podría procesar 50 por día y si sólo produjera camiones procesaría 50 por día. Cada

camión contribuye con 300 dólares a la utilidad y cada auto contribuye con 200 dólares. Plantear modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de automóviles fabricados. x 2 = Número de camiones fabricados.

{

Maximizar: Z = 200x 1 + 300x 2 ❶

x 1

Sujeto a:

60 + x 2

40 ≤ 1❷; x 1

50 + x }

2

50 ≤ 1❸; con: x 1, x 2 ≥ 0❹

PROBLEMA#277 Doña Lía, es la dietista del Hospital Lomas Verdes, es responsable de la planeación y administración

de los requerimientos alimenticios. Ella analiza a los pacientes que tienen una dieta especial que consta de dos fuentes

alimenticias. Al paciente no se le ha restringido la cantidad de los dos alimentos que puede consumir, sin embargo se

deben satisfacer los siguientes requerimientos mínimos: 1000 unidades del nutriente A, 2000 del B y 1500 del C. Cada

onza de la fuente alimenticia 1 contiene 100 unidades del nutriente A, 400 del B y 200 del C, cada onza de la fuente

alimenticia 2 contiene 200 unidades de A, 250 del B y 200 del C. La fuente alimenticia 1 vale $6,00 por libra y la 2 cuesta

$8,00 por libra. Plantear modelo.

SOLUCIÓN: Consideremos que 1 libra=16 onzas

x 1 = Número de onzas de fuente alimenticia 1. x 2 = Número de onzas de fuente alimenticia 2.

Maximizar: Z = 6 16 x 1 + 8 16 x 2 = 3 8 x 1 + 1 2 x 2 = 0, 375x 1 + 0, 50x 2 ❶

{ Sujeto a: 100x 1 + 200x 2 ≤ 1000❷; 400x 1 + 250x 2 ≤ 2000❸; 200x 1 + 200x 2 ≤ 1500❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#278 Un contratista está considerando una propuesta para la pavimentación de un camino, las

especificaciones requieren un espesor mínimo 12 pulgadas, y un máximo de 48 pulgadas. El camino debe ser

pavimentado en concreto, asfalto o gravilla, o cualquier combinación de los tres: Sin embargo, las especificaciones

requieren una consistencia final igual o mayor que la correspondiente a una superficie de concreto de 9 pulgadas de

espesor. El contratista ha determinado que 3 pulgadas de su asfalto son tan resistentes como 1 pulgada de concreto, y 6

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

concreto le cuesta $100, el asfalto $380 y la gravilla $150. Determina la combinación de materiales que él debería usar

para minimizar su costo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de pulgadas de espesor de concreto que debera comprar el contratista.

x 2 = Número de pulgadas de espesor de asfalto que debera comprar el contratista.

x 3 = Número de pulgadas de espesor de gravilla que debera comprar el contratista.

Minimizar: Z = 100x 1 + 380x 2 + 150x 3 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 ≥ 12❷; x 1 + x 2 + x 3 ≤ 48❸; x 1 + x 2

3 + x 3

6 ≥ 9❹; con: x 1, x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#279 Una fábrica produce confitura de albaricoque y confitura de ciruela. El doble de la producción de

confitura de ciruela es menor o igual que la producción de confitura de albaricoque más 800 unidades. Además, el triple

de la producción de confitura de albaricoque más el doble de la producción de confitura de ciruela es menor o igual que

2400 unidades. Cada unidad de confitura de albaricoque produce un beneficio de 60 Bs, y cada unidad de confitura de

ciruela 80 Bs. ¿Cuántas unidades de cada tipo de confitura, se tienen que producir para obtener un beneficio máximo?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de unidades a fabricar de confitura de albaricoque.

x 2 = Número de unidades a fabricar de confitura de ciruela.


{ Sujeto a: 2x 2 ≤ x 1 + 800 ↔ −x 1 + 2x 2 ≤ 800❷; 3x 1 + 2x 2 ≤ 2400❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PROBLEMA#280 Un comerciante desea comprar dos tipos de lavadoras, A y B. Las de tipo A cuestan 450 Bs, y las de

tipo B, 750 Bs. Dispone de 10500 Bs y de sitio para 20 lavadoras, y, al menos, ha de comprar una de cada tipo. ¿Cuántas

lavadoras ha de comprar de cada tipo para obtener beneficios máximos con su venta posterior, sabiendo que en cada

lavadora gana el 20% del precio de compra? Nota: se recuerda que el número de lavadoras de cada tipo ha de ser entero.

SOLUCIÓN:



{ Sujeto a:

x 1 = Número de lavadoras a comprar para vender de lavadora tipo A.

x 2 = Número de lavadoras a comprar para vender de lavadora tipo B.

Maximizar: Z = (450 ∗ 0, 20)x 1 + (750 ∗ 0, 20)x 2 = 90x 1 + 150x 2 ❶

450x 1 + 750x 2 ≤ 10500❷; x 1 + x 2 ≤ 20❸; x 1 ≥ 1❹; x 2 ≥ 1❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻}

PROBLEMA#281 Una compañía de telefonía móvil de Entel-Bolivia quiere celebrar una jornada de “Consumo razonable” y

ofrece a sus clientes la siguiente oferta: 15 centavos de bolivianos por cada mensaje SMS y 25 centavos de bolivianos por cada

minuto de conversación incluyendo el costo de establecimiento de llamada. Impone las siguientes condiciones:

a) El número de llamadas de un minuto no puede ser mayor que el número de mensajes aumentado en 3, ni ser

menor que el número de mensajes disminuido en 3.

b) Sumando el quíntuplo del número de mensajes con el número de llamadas no puede superar más de 27.

Determinar el número de mensajes y de llamadas para que el beneficio sea máximo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de mensajes de SMS a ofrecer a los clientes en consumo razonable.

x 2 = Número de llamadas en minutos de conversacion a ofrecer a los clientes en consumo razonable.


{

Sujeto a: 5x 1 + x 2 ≤ 27❷; [(x 1 − 3 ≤ x 2 ≤ x 1 + 3) ↔ x 1 − x 2 ≤ 3❸; −x 1 + x 2 ≤ 3❹]; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#282 Un entrenador de natación debe determinar el equipo de natación de relevos 400 y tiene seis

nadadores que pueden nadar los cuatro tipos, se muestran los tiempos en segundos en la siguiente tabla:

Nadadores

1 2 3 4 5 6

Espalda 85 88 87 82 89 86

Pecho 78 77 77 76 79 78

Mariposa 82 81 82 80 83 81

Libre 84 84 86 83 84 85

SOLUCIÓN:

x ij = 0 si no se asigna en evento i al nadador j. x ij = 1 si " se asigna en evento i al nadador j"

Minimizar: Z = 85x 11 + 78x 21 + 82x 31 + 84x 41 + 88x 12 + 77x 22 + 81x 32 + 84x 42 + 87x 13 + 77x 23 + 82x 33 + 86x 43

+82x 14 + 76x 24 + 80x 34 + 83x 44 + 89x 15 + 79x 25 + 83x 35 + 84x 45 + 86x 16 + 78x 26 + 81x 36 + 85x 46 ❶

Sujeto a: x 11 + x 21 + x 31 + x 41 ≤ 1❷; x 12 + x 22 + x 32 + x 42 ≤ 1❸; x 13 + x 23 + x 33 + x 43 ≤ 1❹; x 14 + x 24 + x 34 + x 44 ≤ 1❺

{

x 15 + x 25 + x 35 + x 45 ≤ 1❻; x 16 + x 26 + x 36 + x 46 ≤ 1❼; x 11 + x 12 + x 13 + x 14 + x 15 + x 16 = 1❽

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 + x 25 + x 26 = 1❾; x 31 + x 32 + x 33 + x 34 + x 35 + x 36 = 1❿; x 41 + x 42 + x 43 + x 44 + x 45 + x 46 = 1❶❶

x ij ≥ 0∀ij ó x ij ∈ {0; 1} el resultado sólo pueden ser 0, 1; cero ó uno. }

PROBLEMA#283 Una compañía produce chamarras y bolsos de cuero. Una chamarra necesita 8 pie 2 de cuero, un

bolso solo tres, el tiempo de trabajo invertido es de 12 y 4 horas respectivamente. El precio de compra del cuero es de 8

Bs por pie 2 y el costo por hora de trabajo se estima en 15 Bs. La disponibilidad semanal de cuero y trabajo está limitada

a 1200 pie 2 y 1800 horas. La compañía vende las chamarras y los bolsos a 350 Bs y 120 Bs, respectivamente. ¿Cuántas

unidades de chamarras y bolsos se deben producir para obtener la máxima utilidad?

SOLUCIÓN:

Recursos Chamarras Bolsos Disponibilidad Costo de chamarra=8(8)+12(15)

Cuero Pie 2 8 Pie 2 3 Pie 2 1200 Pie 2 Cc=64+180=244

Mano de Obra en horas 12 hrs 4 hrs 1800 horas UTchamarra=350-244=106

Precio del cuero 8 Bs por Pie 2 8 Bs por Pie 2

Utilidad Total=PV-Costos

Costo de Mano de Obra por hora 15 Bs 15 Bs

Costo de bolso=3(8)+4(15)

Precio de venta 350 Bs 120 Bs

Cb=24+60=84

Utilidad total UT 106 Bs 36 Bs

UTbolso=120-84=36

x 1 = Número de chamarras a producir. x 2 = Número de bolsos de cuero a producir.

{

Maximizar: Z = 106x 1 + 36x 2 ❶

}

Sujeto a: 8x 1 + 3x 2 ≤ 1200❷; 12x 1 + 4x 2 ≤ 1800❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

PROBLEMA#284 Cierta sala de espectáculos tiene una capacidad máxima de 1500 personas entre adultos y niños, aunque

el número de niños asistentes no puede superar los 600. El precio de la entrada de un adulto a una sesión es de 8 Bs, mientras

que la de un niño es de un 40% menos. El número de adultos no puede superar al doble del número de niños. Cumpliendo las

condiciones anteriores, ¿cuál es la cantidad máxima que se puede recaudar por la venta de entradas?

¿Cuántas de las entradas serán de niños?

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Número de entradas a vender para adultos a la sala de espectálucos.

x 2 = Número de entradas a vender para niños a la sala de espectálucos.

Maximizar: Z = 8x 1 + 4, 80x 2 = 8x 1 + 24

5 x 2❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 1500❷; x 2 ≤ 600❸; x 1 ≤ 2x 2 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#285 Una empresa compra 26 locomotoras a tres fábricas: 9 a A, 10 a B y 7 a C. Las locomotoras deben

prestar servicio en dos estaciones distintas: 11 de ellas en la estación N y 15 en la estación S. Los costos de traslado

son, por cada una, los que se indiquen en la tabla siguiente en miles de bolivianos.

A B C

N 6 15 3

S 4 20 5

Averigua cómo conviene hacer el reparto para que el costo sea mínimo.

SOLUCIÓN:

Resumimos los datos en una tabla y escribimos las restricciones del problema (tendremos en cuenta que todos los

datos de la tabla deben ser positivos o cero y que x 1 e x 2 deben ser enteros).

A B C

N x 1 x 2 11 − x 1 − x 2 11

S 9 − x 1 10 − x 2 x 1 + x 2 − 4 15

9 10 7 26

{ Minimizar: Z = 6x 1 + 15x 2 + 3(11 − x 1 − x 2 ) + 4(9 − x 1 ) + 20(10 − x 2 ) + 5(x 1 + x 2 − 4) = 4x 1 − 3x 2 + 249❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 ≥ 4❷; x 1 + x 2 ≤ 11❸; x 1 ≤ 9❹; x 2 ≤ 10❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻

PROBLEMA#286 Un granjero desea crear una granja de pollos de dos razas, A y B. Dispone de 9000 Bs para invertir y de un

espacio con una capacidad limitada para 7000 pollos. Cada pollo de la raza A le cuesta 1 Bs y obtiene con él un beneficio de 1 Bs, y

cada pollo de la raza B le cuesta 2 Bs y el beneficio es de 1,4 Bs por unidad. Si por razones comerciales el número de pollos de la raza B

no puede ser superior a los de la raza A, determina, justificando la respuesta:

a) ¿qué cantidad de ambas razas debe comprar el granjero para obtener un beneficio máximo?

b) ¿cuál será el valor de dicho beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de pollos de raza A, a comprar. x 2 = Número de pollos de la raza B, a comprar.

{

Maximizar: Z = 1x 1 + 1, 40x 2 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 7000❷; 1x 1 + 2x 2 ≤ 9000❸; x 2 ≤ x 1 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺

PROBLEMA#287 Un alumno de cuarto semestre de UAGRM comprende que “solo el trabajo y nada de diversión hace

a una persona aburrida”. Como resultado quiere distribuir su tiempo disponible de alrededor 10 horas al día, entre

estudio y diversión. Calcula que el juego es dos veces más importante que el estudio. También quiere estudiar por lo

menos tanto como juega. Sin embargo comprende que si quiere terminar todas sus tareas universitarias, no puede jugar

más de cuatro horas. Plantear el modelo que maximice su satisfacción tanto en el estudio como en el juego. Plantear

modelo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de horas de Juego que empleará el universitario.

x 2 = Número de horas de Estudio que empeará el universitario.


{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 10❷; x 2 ≥ x 1 ❸; x 1 ≤ 4❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#288 FAB debe determinar cuántos botes de vela tiene que producir cada mes durante los cuatro

trimestres. La demanda durante cada uno de los siguientes cuatro trimestres es como sigue: primer trimestre 40 botes,

segundo trimestre 60, tercer trimestre 75, cuarto trimestre 25. FAB debe cumplir con la demanda a tiempo. A principio

del primer trimestre tenía un inventario de 10 botes. Al empezar cada trimestre debe decidir cuántos botes debe producir

durante cada trimestre. Con el fin de simplificar los cálculos se supone que los botes fabricados durante un trimestre se

usan para cumplir con la demanda de ese trimestre. Durante cada trimestre FAB fabrica hasta 40 botes con mano de

obra en turno regular con un costo total de 400 dólares por bote. Si tiene empleados que trabajen tiempo extra durante

un trimestre, FAB manufactura más botes de vela con mano de obra de tiempo extra a un costo de 450 dólares por bote.

Al final de cada trimestre (después de producir los botes y cumplir la demanda del presente trimestre) se incurre en un

costo de 20 dólares por el transporte o por el almacenamiento. Plantear el modelo para determinar un calendario de

producción con el fin de minimizar la suma de costos de producción y de inventario durante los siguientes cuatro

trimestres.

SOLUCIÓN:

x i = Número de botes producidos de manera regular en el trimestre i, i = 1, 2, 3, 4.

y i = Número de botes producidos de manera extra en el trimestre i, i = 1, 2, 3, 4.

r i = Número de botes que quedaron después de cumplir la demanda en el trimestre i, i = 1, 2, 3, 4.

Minimizar: Z = 400(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) + 450(y 1 + y 2 + y 3 + y 4 ) − 20(r 1 + r 2 + r 3 + r 4 )❶

Sujeto a: x 1 ≤ 40❷; x 2 ≤ 40❸; x 3 ≤ 40❹; x 4 ≤ 40❺; r 1 = 10 + x 1 + y 1 − 40❻

r 2 = r 1 + x 2 + y 2 − 60❼; r 3 = r 2 + x 3 + y 3 − 75❽; r 4 = r 3 + x 4 + y 4 − 25❾;

[con: x i , y i , r i ≥ 0 y x i , y i , r i ∈ Z, i = 1, 2, 3, 4. (son condiciones de no negatividad, Z es entero)]❿ }

{



PROBLEMA#289 Una empresa fabrica en dos plantas distintas un tipo de automóviles y después se tendrá que enviar

a 3 distribuidores como se muestra a continuación, donde se establece la oferta (+), la demanda (-) y los costos unitarios

de transporte.

SOLUCIÓN:

{

x ij = Número de autos a transportar de i a j.

Min: Z = 3x J1V1 + 4x J1V2 + 2x J2V1 + 5x J2V2 + 7x V1V2 + 8x V1H1 + 6x V1H2 + 4x V2H2 + 9x V2H3 + 5x H1H2 + 3x H2H3 ❶

Sujeto a: 1000 − x J1V1 − x J1V2 = 0❸; 1200 − x J2V1 − x J2V2 = 0❹; x J1V1 + x J2V2 − x V1V2 − x V1H1 − x V1H2 = 0❺;

x J1V2 + x J2V2 + x V1V2 − x V2H2 − x V2H3 = 0❻; x V1H1 − x H1H2 − 800 = 0❼; x V1H2 + x V2H2 + x H1H2 − x H2H3 − 900 = 0❽

x H2H3 + x V2H3 − 500 = 0❾; con: x ij ≥ 0 y x ij ∈ Z❿ }

PROBLEMA#290 Una pequeña empresa produce dos tipos de mesa A y B de madera de mara, la mesa A se fabricara

con 2 mts 2 de madera de mara y la mesa B se fabricará con 2,5 mts 2 de madera de mara.

En el taller de máquinas la mesa A es trabajada durante 2 horas y la mesa B durante una hora. Se necesitan 2 y 1 horas

respectivamente para embarnizar A y B, y se dispone de 30 horas semanales para este objetivo, además que el costo de

7 Bs por hora para cada una de las mesas (para embarnizar). El metro cuadrado de madera de mara cuesta 30 Bs y en el

taller máquinas la hora máquina cuesta 15 Bs. El precio de venta es de 130 y 135 Bs respectivamente para A y B.

La carpintería dispone a lo más de 60 mts 2 de madera de mara y un máximo de 40 horas máquina. ¿Hacer un programa

lineal para maximizar las utilidades?

SOLUCIÓN:

El problema podemos resumir en la siguiente tabla.

Recursos MESA TIPO A MESA TIPO B DISPONIBILIDAD

Madera de mara (mts 2 ) 2 mts 2 2,5 mts 2 60 mts 2 de madera mara

Taller máquina (horas) 2 horas 1 hora 40 horas máquina

Barnizado (horas) 2 horas 1 hora 30 horas semanales

Costo por hora para barnizar 7 Bs 7 Bs

Costo de madera de mara mts 2 30 Bs 30 Bs

Costo de horas máquina 15 Bs 15 Bs

Utilidad=PV-Costos

Precio de venta (unidad) 130 Bs 135 Bs

x 1 = Número de mesas de tipo A a producir en unidades.

x 2 = Número de mesas de tipo B a producir en unidades.

Maximizar: Z = [130 − (2 ∗ 30 + 2 ∗ 15 + 2 ∗ 7)]x 1 + [135 − (2, 5 ∗ 30 + 1 ∗ 15 + 1 ∗ 7)]x 2 = 26x 1 + 38x 2 ❶

{

Sujeto a: 2x 1 + 2, 5x 2 ≤ 60❷; 2x 1 + x 2 ≤ 40❸; 2x 1 + x 2 ≤ 30❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#291 Una empresa de confecciones elabora tres modelos de pantalones. Cada pantalón del modelo A

requiere dos veces más tiempo de mano de obra que un pantalón tipo C, el modelo B requiere el tiempo promedio entre

ambos pantalones, es decir se tarda menos que el modelo A y más que el modelo C. Si todos los pantalones son

exclusivamente del modelo A la empresa puede producir un total de 200 unidades al día. La cantidad a producir del

modelo tipo A debe ser cuando menos el 40% del total, pero no más del 50%, los pantalones tipo B se fabrican máximo

hasta 60 unidades diarias. Supóngase que la ganancia que se obtiene para el modelo A es de 8 Bs, para el modelo B 7

Bs y para el modelo C 5 Bs. Formule un modelo para determinar el número de pantalones de cada modelo que deben

elaborarse para maximizar la ganancia.

SOLUCIÓN:

Desarrollamos en una tabla la relación de los tiempos.

Modelo A Modelo B Modelo C

2 horas 1,5 horas 1 hora

200 0 0 El 200 esta información me da en el enunciado

0 0 400 Si no hago de A,B cuanto hago de C, será el doble de A será de 400

0 300 0 Si no hago de A,C cuanto hago de B, promedio=(A+C)/2=(200+400)/2=300



x 1 = Número de pantalones a elaborar del modelo A.

x 2 = Número de pantalones a elaborar del modelo B.

x 3 = Número de pantalones a elaborar del modelo C.

Maximizar: Z = 8x 1 + 7x 2 + 5x 3 ❶

1

{

Sujeto a:

200 x 1 +

1

300 x 2 +

1

400 x 3 ≤ 1❷; x 1 ≥ 0, 4(x 1 + x 2 + x 3 )❸; x 1 ≤ 0, 5(x 1 + x 2 + x 3 )❹; x 2 ≤ 60❺ con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#292 Considere el problema enfrentado por Julio, graduado de la carrera de administración de empresas,

quien recientemente obtuvo un puesto como analista financiero en una compañía de Bolsa Boliviana. Uno de los

beneficios adicionales es un plan de retiro en el que el empleado pone 5% de su ingreso mensual. La compañía iguala

esta cantidad. El dinero de este plan es entonces invertido en dos fondos: un fondo de acciones y un fondo de bonos. El

Departamento de Beneficios le ha pedido a Julio que especifique la fracción de este dinero de retiro que habría que

invertir en cada fondo. Julio ha analizado el rendimiento anterior de estos fondos y se ha enterado de que el fondo de

acciones ha crecido a una tasa anual promedio de 10%, mientras que el fondo de bonos, más conservador, ha

promediado una retribución anual de 6%. Para diversificar su cartera y para controlar el riesgo, no desea poner todos los

huevos en una sola canasta, ha identificado dos pautas:

1. Ninguno de los dos fondos debe tener más de 75% de la inversión total.

2. La cantidad invertida en el fondo de acciones no debe exceder del doble invertido en el fondo de bonos.

SOLUCIÓN:

x 1 = Fracción por invertir en el fondo de acciones.

x 2 = Fracción por invertir en el fondo de bonos.

Maximizar: Z = 0, 10x 1 + 0, 06x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 ≤ 0, 75❷; x 2 ≤ 0, 75❸; x 1 ≤ 2x 2 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

PROBLEMA#293 CCC tiene tres plantas de ensamblaje de microcomputadoras en San Francisco, Los Ángeles y

Phoenix. La planta de Los Ángeles tiene una capacidad de producción mensual de 2000 unidades. Cada una de las

plantas de San Francisco y Phoenix puede producir un máximo de 1700 unidades al mes. Las microcomputadoras de

CCC se venden a través de cuatro tiendas detallistas localizadas en San Diego, Barstow, Tucson y Dallas. Los pedidos

mensuales de los vendedores al menudeo son de 1700 unidades en San Diego, 1000 en Barstow, 1500 en Tucson y 1200

en Dallas. La tabla 2 contiene el costo de embarque de una microcomputadora desde cada planta de ensamblaje hasta

cada una de las distintas tiendas minoristas. Su trabajo es formular un modelo matemático para encontrar el programa

de embarque de mínimo costo.

Tabla 2. Costos de embarque ($/unidad)

Plantas

Tiendas

San Diego Barstow Tucson Dallas

San Francisco 5 3 2 6

Los Ángeles 4 7 8 10

Phoenix 6 5 3 8

SOLUCIÓN:

x ij = Cantidad de unidades a enviar de la planta i, a las tiendas detallistas j.

Minimizar: Z = 5x 11 + 3x 12 + 2x 13 + 6x 14 + 4x 21 + 7x 22 + 8x 23 + 10x 24 + 6x 31 + 5x 32 + 3x 33 + 8x 34 ❶

Sujeto a:

Restricciones de demanda

Restricciones de capacidad

x 11 + x 21 + x 31 = 1700❺

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 1700❷

x 12 + x 22 + x 32 = 1000❻

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 2000❸

x 13 + x 23 + x 33 = 1500❼

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 1700❹

x 14 + x 24 + x 34 = 1200❽

{

con: x ij ≥ 0❾ }

PROBLEMA#294 Los socios generales de High Tech, una compañía de inversión de capital de riesgo, están

considerando invertir en una o más propuestas que han recibido de varios negocios empresariales. El departamento de

investigación ha examinado cada propuesta, y cuatro de los empresarios cumplen con el requerimiento de High Tech de

lograr un rendimiento lo suficientemente alto para el riesgo asociado. Estas compañías son Bio-Tech, Tele-Comm,

Laser-Optics y Compu-Ware. El departamento de investigación de High Tech también ha estimado el rendimiento total de

estos negocios en dólares actuales, dado en la última columna de la siguiente tabla.

Datos de inversión para High Tech ($ miles)

Proyectos Año 1 Año 2 Año 3 Año 4 Devolución

Bio-Tech 60 10 10 10 250

Tele-Comm 35 35 35 35 375

Laser-Optics 10 50 50 10 275

Compu-Ware 15 10 10 40 140

Fondos para inversión 90 80 80 50

Cada uno de los cuatro proyectos requiere inversiones de una cantidad conocida al principio de cada uno de los

siguientes cuatro años, como se muestra en la tabla. El departamento de contabilidad de High Tech ha preparado una



estimación de los fondos totales que High Tech tiene para invertir a principios de cada uno de los siguientes cuatro

años, que se da en la última fila de la tabla. Observe que los fondos no usados de cualquier año no están disponibles

para su inversión en los años posteriores.

Como uno de los socios generales de High Tech, se le ha pedido hacer recomendaciones respecto a cuáles de estos

proyectos elegir, si acaso, para invertir y lograr el más alto rendimiento total en dólares actuales. Usted y los otros

socios han acordado que High Tech, en un esfuerzo por diversificarse, no invertirá conjuntamente en Tele-Comm y

Laser-Optics, que están desarrollando el mismo tipo de tecnología.

SOLUCIÓN

1, si High Tech debe invertir en Bio − Tech.

Bio − Tech = B = x 1 = ( ) → 0 ≤ B ≤ 1

0, si High Tech no debe invertir en Bio − Tech.

y B entera.

1, si High Tech debe invertir en Tele − Comm.

Tele − Comm = T = x 2 = ( ) → 0 ≤ T ≤ 1

0, si High Tech no debe invertir en Tele − Comm.

y T entera.

1, si High Tech debe invertir en Laser − Optics

Laser − Optics = L = x 3 = ( ) → 0 ≤ L ≤ 1

0, si High Tech no debe invertir en Laser − Optics

y L entera.

1, si High Tech debe invertir en Compu − Ware

Compu − Ware = C = x 4 = ( ) → 0 ≤ C ≤ 1

0, si High Tech no debe invertir en Compu − Ware

y C entera.

Maximizar: Z = 250x 1 + 375x 2 + 275x 3 + 140x 4 ❶

Sujeto a: 60x 1 + 35x 2 + 10x 3 + 15x 4 ≤ 90❷; 10x 1 + 35x 2 + 50x 3 + 10x 4 ≤ 80❸; 10x 1 + 35x 2 + 50x 3 + 10x 4 ≤ 80❹

{ 10x 1 + 35x 2 + 10x 3 + 40x 4 ≤ 50❺; x 2 + x 3 ≤ 1❻; con: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 o 1❼ 0 = no y 1 = si }

PROBLEMA#295 Tres divisiones de Twinsburg Company fabrican un producto en el que cada unidad completa consiste

en cuatro unidades del componente A y tres unidades del componente B. Los dos componentes (A y B) se fabrican a

partir de dos materias primas diferentes. Existen 100 unidades de la materia prima 1 y 200 unidades de la materia prima 2

disponibles. Cada una de las tres divisiones usa un método diferente para fabricar los componentes, dando como

resultado distintos requerimientos de materia prima y productos. La tabla muestra los requerimientos de materia prima

por corrida de producción en cada división y el número de cada componente producido por esa corrida.

Entrada/Corrida (unidades) Salida/Corrida (unidades) Componentes

División

Materia Prima

Componente

1 2 A B

1 8 6 7 5

2 5 9 6 9

3 3 8 8 4

Por ejemplo, cada corrida de producción de la división 1 requiere 8 unidades de la materia prima 1 y 6 unidades de la

materia prima 2. El producto de esta corrida es 7 unidades de A y 5 unidades de B. Como gerente de producción, formule

un modelo para determinar el número de corridas de producción para cada división que maximice el número total de

unidades terminadas del producto final.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de corridas en la división 1. x 2 = Número de corridas en la división 2.

x 3 = Número de corridas en la división 3. x 4 = Número del componente A. x 5 = Número del componente B.

x 6 = Número de unodades completas.

Maximizar: Z = x 6 ❶

Sujeto a: 8x 1 + 5x 2 + 3x 3 ≤ 100❷(materia prima 1); 6x 1 + 9x 2 + 8x 3 ≤ 200❸(materia prima 2)

7x 1 + 6x 2 + 8x 3 − x 4 = 0❹(componente A); 5x 1 + 9x 2 + 4x 3 − x 5 = 0❺(componente B)

{

x 6 − 1 4 x 4 ≤ 0❻; x 6 − 1 3 x 5 ≤ 0❼; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❽(y deben ser enteros)

PROBLEMA#296 JVH Steel Company produce tres tamaños de tubos: A, B y C, que son vendidos, respectivamente en

$10, $12 y $9 por pie. Para fabricar cada pie del tubo A se requieren 0,5 minutos de tiempo de procesamiento sobre un

tipo particular de máquina de modelado. Cada pie del tubo B requiere 0,45 minutos y cada pie del tubo C requiere 0,6

minutos. Después de la producción, cada pie de tubo, sin importar el tipo, requiere 1 onza de material de soldar. El costo

total se estima en $3, $4 y $4 por pie de los tubos A, B y C, respectivamente.

Para la siguiente semana, JVH Steel ha recibido pedidos excepcionalmente grandes que totalizan 2000 pies del tubo A,

4000 pies del tubo B y 5000 pies del tubo C. Como sólo se dispone de 40 horas de tiempo de máquina esta semana y

sólo se tienen en inventario 5500 onzas de material de soldar, el departamento de producción no podrá satisfacer esta

demanda, que requiere un total de 97 horas de tiempo de máquina y 11000 onzas de material de soldar. No se espera que

continúe este alto nivel de demanda. En vez de expandir la capacidad de las instalaciones de producción, la gerencia de

JVH Steel está considerando la compra de algunos de estos tubos a pro-veedores de Japón a un costo de entrega de $6

por pie del tubo A, $6 por pie del tubo B y $7 por pie del tubo C. Estos diversos datos se resumen en la tabla. Como

gerente del departamento de producción, se le ha pedido hacer recomendaciones respecto a la cantidad de producción

de cada tipo de tubo y la cantidad de compra a Japón para satisfacer la demanda y maximizar las ganancias de la

compañía.

}


Tipo


Datos para el problema de hacer o comprar de JVH Steel

Precio de venta Demanda Tiempo de Material para

($/pie) (pie) máquina soldar

(minuto/pie) (onzas/pie)


Costo de

producción

($/pie)

Costo de

compra

($/pie)

A 10 2000 0,5 1 3 6

B 12 4000 0,45 1 4 6

C 9 5000 0,60 1 4 7

Cantidad disponible 40 horas 5500 onzas

SOLUCIÓN:

{

x 1 = el número de pies de tubo A por producir.

Producción: [ x 2 = el número de pies de tubo B por producir.

x 3 = el número de pies de tubo C por producir.

x 4 = el número de pies de tubo A que comprar a Japón.

Compra: [ x 5 = el número de pies de tubo B que comprar a Japón.

x 6 = el número de pies de tubo C que comprar a Japón.

Maximizar: Z = 7x 1 + 8x 2 + 5x 3 + 4x 4 + 6x 5 + 2x 6 ❶

Sujeto a:

Demandas: x 1 + x 4 = 2000❷(del tipo A); x 2 + x 5 = 4000❸(del tipo B); x 3 + x 6 = 5000❹(del tipo C)

Recursos: 0, 5x 1 + 0, 45x 2 + 0, 60x 3 ≤ 2400❺(tiempo máquina); x 1 + x 2 + x 3 ≤ 5500❻(material de soldar)

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 3 , x 5 , x 6 ≥ 0❼(condiciones de no negatividad) }

PROBLEMA#297 Al gerente de cartera de Pensión Planners, Inc. se le ha pedido invertir $1000000 de un gran fondo de

pensiones. El departamento de investigación de Inversiones ha identificado seis fondos mutuos con estrategias de inversión

variables, resultando en diferentes rendimientos potenciales y riesgos asociados, como se resume en la tabla siguiente.

Riesgo y tasa esperada de rendimiento de seis fondos de inversión

FONDOS

1 2 3 4 5 6

Precio ($/acción) 45 76 110 17 23 22

Devolución esperada (%) 30 20 15 12 10 7

Categoría de riesgo Alto Alto Alto Mediano Mediano Bajo

Una forma de controlar el riesgo es limitar la cantidad de dinero invertido en los diversos fondos. Para ese fin, la

administración de Pensión Planners, Inc. ha especificado las siguientes pautas:

1. La cantidad total invertida en fondos de alto riesgo debe estar entre 50 y 75% de la cartera.

2. La cantidad total invertida en fondos de mediano riesgo debe estar entre 20 y 30% de la cartera.

3. La cantidad total invertida en fondos de bajo riesgo debe ser al menos de 5% de la cartera.

Una segunda forma de controlar el riesgo es diversificar, esto es, esparcir el riesgo invirtiendo en muchas alternativas

diferentes. La gerencia de Pensión Planners, Inc., ha especificado que la cantidad invertida en los fondos de alto riesgo 1, 2 y 3

deben estar en la tasa 1:2:3, respectivamente. La cantidad invertida en los fondos de mediano riesgo 4 y 5 debe ser 1:2.

Con estas pautas, ¿qué cartera debería usted, gerente de cartera, recomendar para maximizar la tasa esperada de retorno?

SOLUCION

x 1 = la fracción de la cartera por invertie en el fondo 1. x 4 = la fracción de la cartera por invertie en el fondo 4.



Maximizar: Z = 0, 30x 1 + 0, 20x 2 + 0, 15x 3 + 0, 12x 4 + 0, 10x 5 + 0, 07x 6 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 ≥ 0, 50❷; x 1 + x 2 + x 3 ≤ 0, 75❸; x 4 + x 5 ≥ 0, 20❹; x 4 + x 5 ≤ 0, 30❺; x 6 ≥ 0, 05❻

{

alto riesgo debe estar a una tasa 1: 2: 3 → x 2 = 2x 1 ❼(proporción de 1 a 2); x 3 = 3x 1 ❽(proporción de 1 a 3)

mediano de riesgo debe estar a una tasa de proporción de 1: 2 → x 5 = 2x 4 ❾(proporción de x 4 a x 5 )

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 = 1000000❿; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❶❶ }

PROBLEMA#298 IMC es una compañía de manejo de efectivo que está considerando invertir $100000 en una o más de

las siguientes acciones con la tasa anticipada de rendimiento que a continuación se muestra:

Inversiones Tasa de rendimiento proyectada %)

Acciones preferenciales 9

Acciones comunes 1 8

Acciones comunes 2 7

Bonos municipales 6

La gerencia de IMC ha impuesto las siguientes pautas de inversión:

1. La inversión en bonos municipales debe ser de al menos $20000.

2. La inversión en bonos municipales no debe exceder 20% de la inversión total en acciones, más $50000.

3. La inversión total en acciones no debe ser mayor a 60% de la inversión total.

4. La inversión total no debe exceder los fondos disponibles.

Como administrador de la cartera, es probable que quiera determinar la estrategia de inversión que maximice el

rendimiento total anual esperado sin violar ningún lineamiento de inversión.


SOLUCION

x 1 = dólares invertidos en acciones preferenciales. x 3 = dólares invertidos en acciones comunes 2.

x 2 = dólares invertidos en acciones comunes 1. x 4 = dólares invertidos en bonos municipales.

Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 08x 2 + 0, 07x 3 + 0, 06x 4 ❶

Sujeto a: x 4 ≥ 20000❷; −0, 2x 1 − 0, 2x 2 − 0, 2x 3 + x 4 ≤ 50000❸; 0, 4x 1 + 0, 4x 2 + 0, 4x 3 − 0, 60x 4 ≤ 0❹

{

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≤ 100000❺; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❻ }

PROBLEMA#299 La principal sucursal del Banco BNB en Santa Cruz requiere de 8 a 15 cajeros de servicio,

dependiendo de la hora del día, como se indica en la tabla.

Requerimientos de cajeros del Banco BNB

Periodo

Número mínimo de cajeros

8-10 A.M 8

10-12 Mediodía 10

12-2 P.M 15

2-4 P.M 12

Los cajeros de tiempo completo trabajan 8 horas consecutivas a $15 la hora, comenzando a las 8 A.M. Los cajeros de

tiempo parcial trabajan 4 horas consecutivas a $8 la hora, comenzando a las 8 A.M, 10 A.M. o 12 del mediodía. Las

regulaciones sindicales requieren que a toda hora al menos 60% de los cajeros sean de tiempo completo. Como gerente

del departamento de personal, haga una recomendación respecto al número de empleados de tiempo completo y de

tiempo parcial requeridos a lo largo del día para minimizar el costo diario total.

SOLUCIÓN

F = el número de cajeros de tiempo completo a contratar. P = el número de cajeros de tiempo parcial a contratar.

{

P 8 = el número de cajeros de tiempo parcial por contratar que comienzan a las 8 A. M.

P 10 = el número de cajeros de tiempo parcial por contratar que comienzan a las 10 A. M.

P 12 = el número de cajeros de tiempo parcial por contratar que comienzan a las 12 del mediodía.

Minimizar: Z = 120F + 32P 8 + 32P 10 + 32P 12 ❶

Sujeto a: F + P 8 ≥ 8❷; F + P 8 + P 10 ≥ 10❸; F + P 10 + P 12 ≥ 15❹; F + P 12 ≥ 12❺

F ≥ 0, 60(F + P 8 )❻; F ≥ 0, 60(F + P 8 + P 10 )❼; F ≥ 0, 60(F + P 10 + P 12 )❽; F ≥ 0, 60(F + P 12 )❾

con: F, P 8 , P 10 , P 12 ≥ 0❿ y enteras }

PROBLEMA#300 Considere el problema enfrentado por Julio, graduado de la carrera de administración de empresas,

quien recientemente obtuvo un puesto como analista financiero en una compañía de Bolsa Boliviana. Uno de los

beneficios adicionales es un plan de retiro en el que el empleado pone 5% de su ingreso mensual. La compañía iguala

esta cantidad. El dinero de este plan es entonces invertido en dos fondos: un fondo de acciones y un fondo de bonos. El

Departamento de Beneficios le ha pedido a Julio que especifique la fracción de este dinero de retiro que habría que

invertir en cada fondo. Julio ha analizado el rendimiento anterior de estos fondos y se ha enterado de que el fondo de

acciones ha crecido a una tasa anual promedio de 10%, mientras que el fondo de bonos, más conservador, ha

promediado una retribución anual de 6%. Para diversificar su cartera y para controlar el riesgo, no desea poner todos los

huevos en una sola canasta, ha identificado dos pautas:

1. Ninguno de los dos fondos debe tener más de 75% de la inversión total.

2. La cantidad invertida en el fondo de acciones no debe exceder del doble invertido en el fondo de bonos.

SOLUCIÓN:

x 1 = Fracción por invertir en el fondo de acciones.

x 2 = Fracción por invertir en el fondo de bonos.

Maximizar: Z = 0, 10x 1 + 0, 06x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 ≤ 0, 75❷; x 2 ≤ 0, 75❸; x 1 ≤ 2x 2 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }



PROBLEMA#301 Una compañía petrolera produce dos tipos de gasolina, que venden a 18 y 21 centavos de dólar por

galón. La refinería puede comprar cuatro diferentes crudos con los siguientes análisis y costos:

Crudo A B C Precio($/galón)

1 0,80 0,10 0,10 0,14

2 0,30 0,30 0,40 0,10

3 0,70 0,10 0,20 0,15

4 0,40 0,50 0,10 0,12

La gasolina cuyo precio de venta es 21 centavos de dólar debe tener cuando menos 60 por ciento de A y no más de 35 por ciento de C.

La de 18 centavos de dólar por galón no debe tener más de 30 por ciento de C. En el proceso de mezclado se pierde, por evaporación, 2

por ciento A y 1 por ciento de B y C. Demuéstrese cómo se determinan las cantidades relativas de crudos que se utilizar, mediante la

Programación Lineal.

SOLUCIÓN:

Como se desea conocer las cantidades a utilizar para producir los dos tipos de gasolina, se hace necesario usar las variables que están

representadas en la siguiente gráfica:

Al mezclarse X ij para dar la gasolina j, cumplir con las condiciones de análisis y perder en el proceso de evaporación,

los valores que quedan son:

Crudo A B C Total

1 0,80(0,98)=0,784 0,10(0,99)=0,099 0,10(0,99)=0,099 0,982

2 0,30(0,98)=0,294 0,30(0,99)=0,297 0,40(0,99)=0,396 0,987

3 0,70(0,98)=0,686 0,10(0,99)=0,099 0,20(0,99)=0,198 0,983

4 0,40(0,98)=0,392 0,50(0,99)=0,495 0,10(0,99)=0,099 0,986

Así por ejemplo, el crudo antes de la mezcla tenía 0,80% de A; al perder por evaporación 2%, le queda sólo el 98%; luego, (0,80)(0,98) es

igual a 0,784. El problema exige que se cumplan las siguientes restricciones:

x ij = La cantidad de crudo i que interviene en la gasolina j (i = 1, 2, 3, 4 y j = 1, 2).


x 12 = Cantidad a comprar de galones de crudo 1, para producir gasolina tipo2.







Maximizar: Z = 18(0, 982x 11 + 0, 987x 21 + 0, 983x 31 + 0, 986x 41 ) + 21(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )

−14(x 11 + x 12 ) − 10(x 21 + x 22 ) − 15(x 31 + x 32 ) − 12(x 41 + x 42 ) =

Maximizar: Z = 919

250 x 11 + 3311

500 x 12 + 3883

500 x 21 + 10727

1000 x 22 + 1347

500 x 31 + 5643

1000 x 32 + 1437

250 x 41 + 4353

500 x 42❶

Sujeto a:

Condiciones de gasolina de tipo 2.

{0, 784x 12 + 0, 294x 22 + 0, 686x 32 + 0, 392x 42 ≥ 0, 60(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )}❷

{0, 099x 12 + 0, 396x 22 + 0, 198x 32 + 0, 099x 42 ≤ 0, 35(0, 982x 12 + 0, 987x 22 + 0, 983x 32 + 0, 986x 42 )}❸

{(0, 099x 11 + 0, 396x 21 + 0, 198x 31 + 0, 099x 41 ) ≤ 0, 30(0, 982x 11 + 0, 987x 21 + 0, 983x 31 + 0, 986x 41 )}❹

con: x ij ≥ 0∀ij(i = 1, 2, 3, 4 ; j = 1, 2)❺

Nota: La función objetivo expresa la utilidad que se logra luego de obtener un ingreso por la cantidad

{

vendida (la cual ha sufrido mermas por evaporación) los costos por el crudo usado. }


PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO GRÁFICO

CAPÍTULO 3


MÉTODO GRÁFICO



MÉTODO GRÁFICO

PROCEDIMIENTO DE SOLUCIÓN GRÁFICA

Un problema de programación lineal que implica sólo dos variables de decisión puede resolverse empleando un

procedimiento de solución gráfica.

El método gráfico tiene la virtud de ser fácilmente comprensible y además permite visualizar algunas propiedades de un

programa lineal. Sin embargo desde el punto de vista práctica el método gráfico solamente es aplicable a dos variables,

y por otro lado los problemas de programación lineal, normalmente tienen decenas, centenas e incluso miles de

variables de decisión, lo implicaría la necesidad de usar otros métodos.

El método gráfico consiste en graficar solamente sobre el primer cuadrante del eje cartesiano, debido a la condición de

no negatividad, la región de soluciones factibles.

Procedimiento gráfica:

PASO 1. El problema hay que formular como un modelo matemático o como un modelo lineal.

PASO 2. Las inecuaciones o las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

PASO 3. Ahora debemos graficar en un eje de cartesiano.

PASO 4. Ahora encontramos los puntos óptimos de los vértices de la región factible.

PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, reemplazando los puntos de los vértices del PASO 4, en la función objetivo, si el

problema es maximizar elegimos la ganancia más grande de los puntos de los vértices, si es minimizar elegir el más pequeño de los

costos de los puntos de los vértices de la región factible.

Paso 6. Interpretamos los resultados que se debe tomar una decisión final.

Antes de graficar debemos conocer los siguientes aspectos de inecuaciones o desigualdades y de ecuaciones.





x 1 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )❶

Antes de dar valores a la inecuación

hay que hacer operaciones

elementales de aritméticas.

x 1 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )

x 1 ≤ 0, 50x 1 + 0, 50x 2

x 1 − 0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≤ 0

0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≤ 0❶

En conclusión podríamos graficar

estas inecuaciones las 2 son los

mismos el resultado es el mismo y la

región factible de los dos

inecuaciones es el mismo.

{ x 1 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )❶

0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≤ 0❶ }

x 1 ≥ 0, 50(x 1 + x 2 )❶

Antes de dar valores a la inecuación

hay que hacer operaciones

elementales de aritméticas.

x 1 ≥ 0, 50(x 1 + x 2 )

x 1 ≥ 0, 50x 1 + 0, 50x 2

x 1 − 0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0

0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0❶

Como la inecuación es (≥0), podemos

multiplicar la inecuación por (-1).

y la inecuación cambia de ≥ a ≤

0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0(−1)

−0, 50x 1 + 0, 50x 2 ≤ 0❶

En conclusión podríamos graficar

estas inecuaciones las 3 son los

mismos el resultado es el mismo y la

región factible de las tres

inecuaciones es el mismo.

x 1 ≥ 0, 50(x 1 + x 2 )❶

{ 0, 50x 1 − 0, 50x 2 ≥ 0❶}

−0, 50x 1 + 0, 50x 2

≤ 0❶



PROBLEMA#302 Se quiere organizar un puente aéreo entre dos ciudades, con plazas suficientes de pasaje y carga,

para transportar a 1600 personas y 96 toneladas de equipaje. Los aviones disponibles son de dos tipos: 11 del tipo A y 8

del tipo B. La contratación de un avión del tipo A, que puede transportar a 200 personas y 6 toneladas de equipaje,

cuesta 40000 Bolivianos; la contratación de uno del tipo B, que puede transportar a 100 personas y 15 toneladas de

equipaje, cuesta 10000 Bolivianos. ¿Cuántos aviones de cada tipo deben utilizarse para que el costo sea mínimo?

SOLUCIÓN:

PASO 1. El problema hay que formular como un modelo matemático ó como un modelo lineal.

x 1 = Número de Aviones del tipo A que debemos contratar.

x 2 = Número de Aviones del tipo B que debemos contratar.

Minimizar: Z = 40000x 1 + 10000x 2 ❶

{ Sujeto a: 200x 1 + 100x 2 ≥ 1600❷; 6x 1 + 15x 2 ≥ 96❸; x 1 ≤ 11❹; x 2 ≤ 8❺ con: x 1 , x 2 ≥ 0❻}

PASO 2. Las inecuaciones ó las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

200x 1 + 100x 2 = 1600❷ 6x 1 + 15x 2 = 96❸ x 1 = 11❹ x 2 = 8❺

x 1 x 2 x 1 x 2

0 16 0 6,4=32/5

8 0 16 0


PASO 4. Ahora encontramos los

puntos óptimos de los vértices

de la región factible.

A → { 200x 1 + 100x 2 = 1600❷

6x 1 + 15x 2 = 96❸ }

A(6; 4)

x

B → { 1 = 11❹

6x 1 + 15x 2 = 96❸ }

B(11; 2)

C → { x 1 = 11❹

} → C(11; 8)

x 2 = 8❺

D → { 200x 1 + 100x 2 = 1600❷

}

x 2 = 8❺

D(4; 8)

Nota: los puntos se hallan con

las ecuaciones que hacen las

intersecciones dichos puntos.

PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B,C y D, reemplazar en la función objetivo:

A(6; 4) → Min: Z = 40000x 1 + 10000x 2 = 40000(6) + 10000(4) = 240000 + 40000 = 280000 Bs.

B(11; 2) → Min: Z = 40000x 1 + 10000x 2 = 40000(11) + 10000(2) = 440000 + 20000 = 460000 Bs.

C(11; 8) → Min: Z = 40000x 1 + 10000x 2 = 40000(11) + 10000(8) = 440000 + 80000 = 520000 Bs.

{ D(4; 8) → Min: Z = 40000x 1 + 10000x 2 = 40000(4) + 10000(8) = 160000 + 80000 = 240000 Bs. → Punto Óptimo}

Como el problema es minimizar el costo de contratación de aviones, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra

en el punto D(4; 8), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto D.


{( x 1 = 4

) ; Minimizar: Z = 240000 Bs. }

x 2 = 8

Debemos contratar 4 aviones del tipo A y contratar 8 aviones del tipo B, para tener un costo mínimo óptimo de

bolivianos de 240000.



PROBLEMA#303 Un distribuidor de aceite de oliva compra la materia prima a dos almazaras, A y B. Las almazaras A y B

venden el aceite a 2000 y 3000 Bs por tonelada, respectivamente. Cada almazara le vende un mínimo de dos toneladas y

un máximo de 7 y para atender a su demanda, el distribuidor debe comprar en total un mínimo de 6 toneladas. El

distribuidor debe comprar como máximo a la almazara A el doble de aceite que a la almazara B. ¿Qué cantidad de aceite

debe comprar el distribuidor a cada una de las almazaras para obtener el mínimo costo? Determina dicho costo mínimo.

SOLUCIÓN:


x 1 = Cantidad de toneladas de aceite de oliva almarazas de tipo A a comprar.

x 2 = Cantidad de toneladas de aceite de oliva almarazas de tipo B a comprar.

Minimizar: Z = 2000x 1 + 3000x 2 ❶

{ Sujeto a: 2 ≤ x 1 ≤ 7❷; 2 ≤ x 2 ≤ 7❸; x 1 + x 2 ≥ 6❹; x 1 ≤ 2x 2 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻}


2 = x 1 = 7❷ 2 = x 2 = 7❸ x 1 + x 2 = 6❹ x 1 = 2x 2 ❺

Ya se conocen los valores Ya se conocen los valores x 1 x 2 x 1 x 2

x 1 = 2 x 2 = 2 0 6 0 0

x 1 = 7 x 2 = 7 6 0 0 0

4 2

10 5





x 1 + x 2 = 6❹

A → { x 1 = 2x 2 ❺ }

x 2 = 2❸

A(4; 2)

B → { x 1 = 2x 2 ❺

} → B(7; 7/2)

x 1 = 7❷

C → { x 1 = 7❷

} → C(7; 7)

x 2 = 7❸

D → { x 1 = 2❷

} → D(2; 7)

x 2 = 7❸

E → { x 1 + x 2 = 6❹

} → E(2; 4)

x 1 = 2❷




PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B,C ,D y E, reemplazar en la función objetivo:

A(4; 2) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(4) + 3000(2) = 8000 + 6000 = 14000 Bs. → Punto Óptimo

B(7; 7/2) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(7) + 3000(7/2) = 14000 + 10500 = 24500 Bs.

C(7; 7) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(7) + 3000(7) = 14000 + 21000 = 35000 Bs.

D(2; 7) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(2) + 3000(7) = 4000 + 21000 = 25000 Bs.

{ E(2; 4) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(2) + 3000(4) = 4000 + 12000 = 16000 Bs. }

Como el problema es minimizar el costo de compra de aceite de oliva de almarazas, en este caso el óptimo de los

óptimos se encuentra en el punto A(4; 2), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C,D y E, y resulto ser el

punto A.


{( x 1 = 4

) ; Minimizar: Z = 14000 Bs. }

x 2 = 2

Debemos comprar 4 toneladas de aceite de oliva almaraza de tipo A, y 2 toneladas de aceite de oliva almaraza de tipo B,

para tener un costo mínimo óptimo de bolivianos de 14000.



PROBLEMA#304 Una persona desea invertir Bs 5000 durante el próximo año en dos tipos de inversión. La inversión A




x 1 = Cantidad de dinero de bolivianos a invertir en la inversión del tipo A.

x 2 = Cantidad de dinero de bolivianos a invertir en la inversión del tipo B.

Maximizar: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 5000❷; x 1 ≥ 0, 25( x 1 + x 2 )❸; x 2 ≤ 0, 50( x 1 + x 2 )❹; x 1 ≥ 0, 50x 2 ❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻}


x 1 + x 2 = 5000❷ x 1 = 0, 25( x 1 + x 2 )❸ x 2 = 0, 50( x 1 + x 2 )❹ x 1 = 0, 50x 2 ❺

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 5000 0 0 0 0 0 0

5000 0 0 0 0 0 0 0

1000 3000 1000 1000 1000 2000

2000 6000 2000 2000 2000 4000


PASO 4. Ahora encontramos

los puntos óptimos de los

vértices de la región factible.

x 1 = 0, 25( x 1 + x 2 )❸

A → { x 2 = 0, 50( x 1 + x 2 )❹}

x 1 = 0, 50x 2 ❺

A(0; 0)

B → {

x 1 + x 2 = 5000❷

x 2 = 0, 50( x 1 + x 2 )❹ }

B → (2500; 2500)

C → { x 1 + x 2 = 5000❷

x 1 = 0, 50x 2 ❺ }

C → ( 5000

3

; 10000 )

3

Nota: los puntos se hallan

con las ecuaciones que

hacen las intersecciones

dichos puntos.

PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B y C, reemplazar en la función objetivo:

A(0; 0) → Maximizar: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 = 0, 05(0) + 0, 08(0) = 0 Bs.

{ B(2500; 2500) → Maximizar: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 = 0, 05(2500) + 0, 08(2500) = 325Bs. }

C ( 5000 ; 10000 ) → Maximizar: Z = 0, 05x

3 3

1 + 0, 08x 2 =0, 05 ( 5000 ) + 0, 08 (10000 ) = 350 → Punto Óptimo 3

3

Como el problema es maximizar el rédito de las inversiones que hemos hecho en cada tipos de inversiones, en este caso

el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto C ( 5000 ; 10000 ), hemos elegido el más grande de los puntos A,B y C; y

el resultado está en el punto C.

3

3



x 1 = 5000 = 1666, 6667 = 1667

{(

3

x 2 = 10000

) ; Maximizar: Z = 350 Bs. }

= 3333, 3333 = 3333

3

Debemos invertir 5000 Bs en la inversión del tipo A, y 10000 Bs en la inversión del tipo B, para obtener un rédito máximo

3

3

de Bs 350 cada día.

5000

3

+ 10000 = 5000 Bs .

3


PROBLEMA#305 Por motivo de ampliación de plantilla, una empresa de servicios de traducción quiere contratar, a lo sumo, 50

nuevos traductores. El salario que ha de pagar a cada traductor de una lengua es de 2000 Bs, y de 3000 Bs a los que son más de una

lengua. Como poco, y por motivos de demanda, dicha empresa tiene que contratar a la fuerza a un traductor de más de una lengua. La

política de selección de personal de la compañía obliga también a contratar al menos a tantos traductores de una lengua como de más

de una. Sabiendo que el objetivo fijado de beneficios totales es, como mínimo, de 120000 Bs, y que los beneficios que aportan los

traductores de una lengua son de 4000 Bs/traductor, y de 8000 Bs/traductor los de más de una lengua.

a) ¿Cuántos traductores de cada tipo puede contratar? Plantea el problema y representa gráficamente el conjunto de soluciones.

b) ¿Cuántos traductores contratará para minimizar el gasto en salarios? ¿Qué beneficios totales tendrá la empresa en este caso?

SOLUCIÓN:


x 1 = Número de traductores de Una lengua a contratar.

x 2 = Número de traductores de más de una lengua a contratar.

Minimizar: Z = 2000x 1 + 3000x 2 ❶ → (minimizar el gasto de salarios)

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 50❷; 4000x 1 + 8000x 2 ≥ 120000❸; x 1 ≥ x 2 ❹; x 2 ≥ 1❺ con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }


x 1 + x 2 = 50❷ 4000x 1 + 8000x 2 = 120000❸ x 1 = x 2 ❹ x 2 = 1❺

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 50 0 15 0 0

50 0 30 0 0 0

10 10

20 20


PASO 4. Ahora encontramos

los puntos óptimos de los

vértices de la región factible.

A → { 4000x 1 + 8000x 2 = 120000❸

}

x 2 = 1❺

A(28; 1)

B → { x 1 + x 2 = 50❷

x 2 = 1❺ }

B → (49; 1)

C → { x 1 + x 2 = 50❷

x 1 = x 2 ❹ }

C → (25; 25)

D → { 4000x 1 + 8000x 2 = 120000❸

}

x 1 = x 2 ❹

D(10; 10)


con las ecuaciones que hacen

las intersecciones dichos

puntos.


A(28; 1) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(28) + 3000(1) = 56000 + 3000 = 59000 Bs.

B(49; 1) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(49) + 3000(1) = 98000 + 3000 = 101000 Bs.

C(25; 25) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(25) + 3000(25) = 50000 + 75000 = 125000 Bs.

{ D(10; 10) → Min: Z = 2000x 1 + 3000x 2 = 2000(10) + 3000(10) = 20000 + 30000 = 50000 Bs. → Punto Óptimo }

Como el problema es minimizar el gasto de salarios de los traductores, en este caso el óptimo de los óptimos se

encuentra en el punto D(10; 10), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto D.


{( x 1 = 10

) ; Mínimo: Z = 50000 Bs. }

x 2 = 10

Debemos contratar 10 traductores de cada tipo, para tener un gasto mínimo en salario de 50000 Bs.

a) La solución óptima es D(10; 10), es decir, 10 traductores de cada tipo.

b) Los beneficios totales son: 4000(10)+8000(10)=40000+80000=120000 Bs.



PROBLEMA#306 Para dotar de mobiliario urbano a cierta zona de la ciudad, se quieren colocar al menos 20 piezas entre

farolas y jardineras. Hay 40 farolas y 12 jardineras disponibles. Se pretende que el número de jardineras colocadas no

sea superior a una tercera parte de faroles colocados, pero de forma que por lo menos un 20% de las piezas que se

coloquen sean jardineras.

a)¿Qué combinaciones de piezas de cada tipo se pueden colocar? Plantea el problema y representa gráficamente el

conjunto de soluciones.

b)¿Qué combinación hace que la diferencia entre el número de farolas y de jardineras colocadas sea mayor? ¿Es la

combinación donde más piezas de mobiliario se colocan?

SOLUCIÓN:


x 1 = Número de Farolas a colocar en zona urbana de una ciudad de santa cruz.

x 2 = Número de Jardineras a colocar en zona urbana de una ciudad de santa cruz.

Maximizar: Z = x 1 − x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≥ 20❷; x 2 ≤ x 1

3 ❸; x 1 ≤ 40❹; x 2 ≤ 12❺; 0, 20(x 1 + x 2 ) ≤ x 2 ❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼ }


x 1 + x 2 = 20❷ 3x 2 = x 1 ❸ x 1 = 40❹ x 2 = 12❺ 0, 20(x 1 + x 2 ) = x 2 ❻

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 20 0 0 0 0

20 0 0 0 0 0

9 3 20 5

30 10 30 7,5


PASO 4. Ahora encontramos los puntos

óptimos de los vértices de la región factible.

x

A → { 1 + x 2 = 20❷

} → A(16; 4)

0, 20(x 1 + x 2 ) = x 2 ❻

B → { 0, 20(x 1 + x 2 ) = x 2 ❻

} → B(40; 10)

x 1 = 40❹

C → { x 2 = 12❺

} → C(40; 12)

x 1 = 40❹

D → { 3x 2 = x 1 ❸

} → D(36; 12)

x 2 = 12❺

E → { x 1 + x 2 = 20❷

} → E(15; 5)

3x 2 = x 1 ❸

Nota: los puntos se hallan con las ecuaciones

que hacen las intersecciones dichos puntos.

PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B,C ,D y E, reemplazar en la función objetivo:

A(16; 4) → Max: Z = x 1 − x 2 = 16 − 4 = 12 Bs.

B(40; 10) → Max: Z = x 1 − x 2 = 40 − 10 = 30 Bs. → Punto óptimo

C(40; 12) → Max: Z = x 1 − x 2 = 40 − 12 = 28 Bs.

D(36; 12) → Max: Z = x 1 − x 2 = 36 − 12 = 24 Bs.

La diferencia mayor entre el número de farolas y

jardineras se alcanza en x 1 = 40 farolas y x 2 = 10

jardineras

}

{[

E(15; 5) → Max: Z = x 1 − x 2 = 15 − 5 = 10 Bs. ]

Como el problema es maximizar, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto B(40; 10), hemos

elegido el más grande de los puntos A,B,C,D y E, y resulto ser el punto B.


{( x 1 = 40


x 2 = 10

Debemos colocar 40 farolas y 10 jardineras en dicho zona urbana de dicha ciudad para obtener un máximo de Bs 30.

{[

Maximizar: Z = x 1 + x 2 ❶

A(16; 4) → Max: Z = x 1 + x 2 = 16 + 4 = 20 piezas

B(40; 10) → Max: Z = x 1 + x 2 = 40 + 10 = 50 piezas

C(40; 12) → Max: Z = x 1 + x 2 = 40 + 12 = 52 piezas → Punto óptimo

D(36; 12) → Max: Z = x 1 + x 2 = 36 + 12 = 48 piezas.

E(15; 5) → Max: Z = x 1 + x 2 = 15 + 5 = 20 piezas ]

La combinación donde más piezas de mobiliario

se colocan es 40 farolas y 12 jardineras

(40 + 12 = 52), que tambien están dentro de la

región factible.

}



PROBLEMA#307 En un depósito se almacenan bidones de petróleo y gasolina. Para poder atender la demanda se han

de tener almacenados un mínimo de 10 bidones de petróleo y 40 de gasolina. Siempre debe haber más bidones de

gasolina que de petróleo, y la capacidad del depósito es de 200 bidones. Por razones comerciales, deben mantenerse en

inventario, al menos, 50 bidones. El gasto de almacenaje de un bidón de petróleo es de 0,2 Bs y el de uno de gasolina es

de 0,3 Bs. Se desea saber cuántos bidones de cada clase han de almacenarse para que el gasto de almacenaje sea mínimo.

SOLUCIÓN:


x 1 = Número de bidones de petróleo que se deben tener almacenadas en depósito.

x 2 = Número de bidones de gasolina que se deben tener almacenadas en depósito.

Minimizar: Z = 0, 20x 1 + 0, 3x 2 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 200❷; x 1 + x 2 ≥ 50❸; x 1 ≥ 10❹; x 2 ≥ 40❺; x 2 ≥ x 1 ❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼ }


x 1 + x 2 = 200❷ x 1 + x 2 = 50 ❸ x 1 = 10❹ x 2 = 40❺ x 2 = x 1 ❻

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 200 0 50 0 0

200 0 50 0 0 0

30 30

100 100



puntos óptimos de los vértices de

la región factible.

x A → {

2 = 40❺

} → A(40; 40)

x 2 = x 1 ❻

B → { x 1 + x 2 = 200❷

} → B(100; 100)

x 2 = x 1 ❻

C → { x 1 + x 2 = 200❷

} → C(10; 190)

x 1 = 10❹

D →

x 1 + x 2 = 50 ❸

x 1 = 10❹ → D(10; 40)

{ x 2 = 40❺ }

Nota: los puntos se hallan con las

ecuaciones que hacen las



A(40; 40) → Min: Z = 0, 20x 1 + 0, 3x 2 = 0, 20(40) + 0, 3(40) = 8 + 12 = 20 Bs.

B(100; 100) → Min: Z = 0, 20x 1 + 0, 3x 2 = 0, 20(100) + 0, 3(100) = 20 + 30 = 50 Bs.

C(10; 190) → Min: Z = 0, 20x 1 + 0, 3x 2 = 0, 20(10) + 0, 3(190) = 2 + 57 = 59 Bs.

{ D(10; 40) → Min: Z = 0, 20x 1 + 0, 3x 2 = 0, 20(10) + 0, 3(40) = 2 + 12 = 14 Bs. → Punto óptimo}

Como el problema es minimizar el costo de almacenaje, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto

D(10; 40), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto D.


{( x 1 = 10

) ; Mínimo: Z = 14 Bs. }

x 2 = 40

Debemos tener 10 bidones de petróleo almacenadas en los depósitos, y 40 bidones de gasolina almacenadas en los

depósitos de la empresa, para tener un costo mínimo óptimo de almacenaje de 14 Bs.



PROBLEMA#308 Una empresa de las tierras bajas del oeste en Santa Cruz de la Sierra Bolivia cultiva soya y maíz en 300

hectáreas de terreno, una hectárea de soya da una ganancia de 100 Bs y una hectárea de maíz da una ganancia de 200

Bs, debido a las regulaciones gubernamentales del estado plurinacional de Bolivia no pueden plantarse más de 200

hectáreas de soya en esta época. Durante la estación de plantación se dispone de 1200 horas de tiempo para la

plantación. Por cada hectárea de soya se requiere 2 horas, mientras por cada hectárea de maíz se requiere 6 horas de

plantación. El costo por hectárea de soya y maíz es de 500 Bs y 600 Bs respectivamente.

¿Optimizar la producción en función de los precios?

SOLUCIÓN:


x 1 = Número de hectarias de soya a cultivar. x 2 = Número de hectarias de maíz a cultivar.

Utilidad = PV − Costo; como la función es maximizar los precios → PV = Utilidad + Costos

Maximizar: Z = (100 + 500)x 1 + (200 + 600)x 2 = 600x 1 + 800x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 300❷; 2x 1 + 6x 2 ≤ 1200❸; x 1 ≤ 200❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }


600x 1 + 800x 2 = 0❶ x 1 + x 2 = 300❷ 2x 1 + 6x 2 = 1200❸ x 1 = 200❹

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 0 0 300 0 200

0 0 300 0 600 0

100 -75

300 -225


PASO 4. Ahora

encontramos los puntos

óptimos de los vértices de


A → { 2x 1 + 6x 2 = 1200❸

x 2 = 200 del origen }


A(0; 200)

B → { 2x 1 + 6x 2 = 1200❸

x 1 + x 2 = 300❷ }

B(150; 150)

x

C → { 1 = 200❹

x 1 + x 2 = 300❷ }

C(200; 100)

x

D → { 1 = 200❹


D(200; 0)

E(0; 0)


con las ecuaciones que

hacen las intersecciones

dichos puntos.

PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B,C,D y E, reemplazar en la función objetivo:

A(0; 200) → Maximizar: Z = 600x 1 + 800x 2 = 600(0) + 800(200) = 0 + 160000 = 160000 Bs.

B(150; 150) → Maximizar: Z = 600x 1 + 800x 2 = 600(150) + 800(150) = 90000 + 120000 = 210000 Bs. → Punto Óptimo

C(200; 100) → Maximizar: Z = 600x 1 + 800x 2 = 600(200) + 800(100) = 120000 + 80000 = 200000 Bs.

D(200; 0) → Maximizar: Z = 600x 1 + 800x 2 = 600(200) + 800(0) = 120000 + 0 = 120000 Bs.

{

E(0; 0) → Maximizar: Z = 600x 1 + 800x 2 = 600(0) + 800(0) = 0 + 0 = 0 Bs. }

Como el problema es maximizar el precio de venta, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto

B(150; 150), hemos elegido el más grande de los puntos A,B,C,D y E, y resulto ser el punto B.


{( x 1 = 150

) ; Maximizar: Z = 210000 Bs. } → Punto Óptimo

x 2 = 150

Para obtener un ingreso máximo en ventas de 210000 Bs debemos cultivar 150 hectáreas de soya y 150 hectáreas de

maíz.


PROBLEMA#309 Cierta persona dispone de 10 millones de bolivianos como máximo para repartir entre dos tipos de

inversión (A y B). En la opción A desea invertir entre 2 y 7 millones. Además, quiere destinar a esa opción, como mínimo,

tanta cantidad de dinero como a la B. ¿Qué cantidades debe invertir en cada una de las dos opciones? Plantear el

problema. Sabiendo que el rendimiento de la inversión será del 9 % en la opción A y del 12 % en la B, ¿Qué cantidad

debe invertir en cada una para optimizar el rendimiento global?, ¿A cuánto ascenderá?

SOLUCIÓN:




Max: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 10000000❷ ; 2000000 ≤ x 1 ≤ 7000000 ❸ ; x 1 ≥ x 2 ❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }


x 1 + x 2 = 10000000❷ 2000000 = x 1 = 7000000❸ x 1 = x 2 ❹

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 10000000 x 1 = 2000000 0 0

10000000 0 x 2 = 7000000 0 0

1000000 1000000

5000000 5000000





A → { x 1 = 2000000❸



A(2000000; 0)

B → { x 1 = 2000000❸

x 1 = x 2 ❹ }

B(2000000; 2000000)

x

C → {

1 = x 2 ❹

x 1 + x 2 = 10000000❷ }

C(5000000; 5000000)

D → { x 1 + x 2 = 10000000❷

x 1 = 7000000❸ }

D(7000000; 3000000)

E → { x 2 = 0 del origen

x 1 = 7000000❸ }

E(7000000; 0)




PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A,B,C,D y E, reemplazar en la función objetivo:

A(2000000; 0) → Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 = 0, 09(2000000) + 0, 12(0) = 180000 Bs.

B(2000000; 2000000) → Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 = 0, 09(2000000) + 0, 12(2000000) = 420000 Bs.

C(5000000; 5000000) → Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 = 0, 09(5000000) + 0, 12(5000000) = 1050000 Bs. → Óptimo

D(7000000; 3000000) → Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 = 0, 09(7000000) + 0, 12(3000000) = 990000 Bs.

{

E(0; 0) → Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 = 0, 09(7000000) + 0, 12(0) = 630000 Bs. }

Como el problema es maximizar el rendimiento por la inversión que se ha invertido en cada tipo de inversión, en este

caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto C(5000000; 5000000), hemos elegido el más grande de los

puntos A,B,C,D y E, y resulto ser el punto C.


{( x 1 = 5000000


x 2 = 5000000

Para obtener un beneficio máximo en rendimiento de 1050000 Bs, debemos invertir 5000000 Bs en la inversión tipo A y

5000000 Bs en la inversión tipo B.


PROBLEMA#310 Un supermercado quiere promocionar una marca desconocida D de aceites utilizando una marca






SOLUCIÓN:




Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 ❶

{

Sujeto a: 250x 1 + 125x 2 ≤ 3125❷ ; 0, 50x 2 ≤ x 1 ≤ 2x 2 ❸ ; x 1 + x 2 ≥ 6 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }


250x 1 + 125x 2 = 3125❷ x 1 = 0, 50x 2 ❸ x 1 = 2x 2 ❸ x 1 + x 2 = 6❹

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 25 0 0 0 0 0 6

12,5 0 0 0 0 0 6 0

5 10 10 5

10 20 20 10





A → { x 1 = 2x 2 ❸

x 1 + x 2 = 6❹ }

A(4; 2)

x

B → {

1 = 2x 2 ❸

250x 1 + 125x 2 = 3125❷ }

B(10; 5)

C → { 250x 1 + 125x 2 = 3125❷

}

x 1 = 0, 50x 2 ❸

C ( 25

4 ; 25 ) ↔ C(6, 25 ; 12, 5)

2

D → { x 1 + x 2 = 6❹

x 1 = 0, 50x 2 ❸ }

D(2; 4)





A(4; 2) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(4) + 125(2) = 1250 Bs.

B(10; 5) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(10) + 125(5) = 3125 Bs.

C(6, 25; 12, 5) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(6, 25) + 125(12, 5) = 3125 Bs.

{ D(2; 4) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(2) + 125(4) = 1000 Bs. → Óptimo }

Como el problema es minimizar el costo de compra y promocionar el producto, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en

el punto D(2; 4), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto D.


{( x 1 = 2

) ; Minimizar: Z = 1000 Bs. } → Punto Óptimo

x 2 = 4

Para tener un costo mínimo óptimo de 1000 Bs en compras para promocionar el aceite, debemos comprar 2 litros de aceite conocida(C)

y 4 litros de aceite desconocida(D).

ACOGIÉNDOSE A LA OFERTA(ver gráfico, la m es la pendiente positiva, oferta tiene pendiente positiva):

1) La mínima cantidad de aceite desconocida(D), que debemos comprar acogiéndose a la oferta (punto más bajo de la zona) y esta se

encuentra en el punto A, A(4;2). El mínimo de aceite desconocida es 2 litros según oferta.

2) La máxima cantidad de aceite conocida(C), para acogernos a la oferta (punto más a la derecha de la zona) y se encuentra en el punto

B, B(10;5). El máximo de aceite conocida es 10 litros según la oferta.

CONCLUSION: la mínima cantidad de Desconocida(D) es 2 litros y la máxima de Conocida(C) es 10 litros, según la oferta.



PROBLEMA#311 Una compañía petrolera requiere 9000, 12000 y 26000 barriles de petróleo de calidad alta, media y baja,

respectivamente. La compañía tiene dos refinerías, A y B. La compañía A produce 100, 300 y 400 barriles de alta, media y

baja calidad, respectivamente por día. La compañía B produce 200, 100 y 300 barriles de alta, media y baja calidad

respectivamente por día. Si el costo de operación de cada refinería es de 200 Bs diarios.

¿Cuántos días debe trabajar cada mina para que el costo sea mínimo y cumplir con los requerimientos?

SOLUCIÓN:


x 1 = Número de días que debemos trabajar en la mina A.

x 2 = Número de días que debemos trabajar en la mina B.

Minimizar: Z = 200x 1 + 200x 2 ❶

{ Sujeto a: 100x 1 + 200x 2 ≥ 9000 ❷ ; 300x 1 + 100x 2 ≥ 12000 ❸ ; 400x 1 + 300x 2 ≥ 26000 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }


100x 1 + 200x 2 = 9000❷ 300x 1 + 100x 2 = 12000❸ 400x 1 + 300x 2 = 26000 ❹

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 45 0 120 0 260/3=86,67

90 0 40 0 65 0





A → { 300x 1 + 100x 2 = 12000❸

}

x 1 = 0 del origen

A(0; 120)

B → { 300x 1 + 100x 2 = 12000❸

400x 1 + 300x 2 = 26000❹ }

B(20; 60)

C → { 400x 1 + 300x 2 = 26000 ❹

100x 1 + 200x 2 = 9000❷ }

C(50 ; 20)

D → { 100x 1 + 200x 2 = 9000❷

x 2 = 0, del origen }

D(90; 0)




Los puntos A,B,C y D significan

días que puedo ocupar para

trabajar, pero hay que minimizar.




C(50; 20) → Minimizar: Z = 200x 1 + 200x 2 = 200(50) + 200(20) = 14000 Bs. → Punto Óptimo

{

D(90; 0) → Minimizar: Z = 200x 1 + 200x 2 = 200(90) + 200(0) = 18000 Bs. }

Como el problema es minimizar el costo de operación de cada refinería, en este caso el óptimo de los óptimos se

encuentra en el punto C(50; 20), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto C.


{( x 1 = 50


x 2 = 20

Se debe trabajar 50 días en la refinería A y 20 días en la refinería B para producir petróleo en barriles de alta, media y

baja, y para tener un costo mínimo optimo de 14000 Bs diarios.



PROBLEMA#312 Un empresario prepara dos sabores de refrescos diluyendo jugos concentrados en agua. Los sabores son piña y

maracuyá, cada litro de concentrado de piña se diluye en 10 litros de agua y cada litro de concentrado de maracuyá en 15 litros de agua.

Los concentrados cuestan a 15 Bs el de piña y 20 Bs el de maracuyá. Los refrescos se venden en bolsitas de 250 mililitros (ml) a 1 Bs,

de cada 10 bolsitas de jugos a la venta la gente consume entre 5 a 7 unidades de maracuyá. Se dispone de 100 litros de concentrado de

cada tipo y agua pura en cantidades ilimitadas a 5 Bs los 100 litros. Determinar las cantidades a producir en bolsitas de cada refresco.

SOLUCIÓN:


x 1 = Cantidad de bolsitas de refresco a preparar de sabor a piña. x 2 = Cantidad de bolsitas de refresco a preparar de sabor amaracuyá.

∗Costo de piña→ MP: 1concentrado de piña + 10litros de agua = 11 litros de refresco de piña → 44 bolsitas (litros)

1litro tiene 1000ml → 1000ml

250ml = 4bolsitas;

de 1litro sale 4bolsitas; como tenemos 11litros = sacamos 44bolsitas

15, 5Bs → 44bolsitas

5Bs

15Bs +

∗ 10litros = 15Bs + 0, 50Bs = 15, 5Bs

100litros [ x → 1boliviano

x = 31

Bs

]

= 0, 35

88 bolsita

∗ Costo de maracuyá: litro → 1concentrado de maracuyá + 15litros de agua = 16litros de refresco maracuyá → 16 ∗ 4 = 64bolsitas

20, 75Bs → 64bolsitas

5Bs

20Bs +

∗ 15litros = 20Bs + 0, 75Bs = 20, 75Bs

100litros [ x → 1boliviano

x = 83

Bs

]

= 0, 32

256 bolsita

Maximizar: Z = PV − Costo = (1 − 31

88 ) x 1 + (1 − 83

256 ) x 2 = 57

88 x 1 + 173

256 x Bs

2❶ ( ∗ bolsita = Bs)

bolsitas

Utilidad = PV − Costo

Sujeto a:

1

44 x 1 litros concentrado piña

1

1 ≤ 100 ❷ ( ∗ bolsitas ≤ 100 litros concentrados de piña) ;

44 bolsitas

64 x 2 ≤ 100❸

x

{

2 ≥ 0, 5(x 1 + x 2 )❹; x 2 ≤ 0, 7(x 1 + x 2 )❺ nota: [ 5

7

= 0, 5 ó 10 ∗ 5% = 0, 5] y [

10 10 = 0, 7 ó 10 ∗ 7% = 0, 7] ; con: x 1, x 2 ≥ 0❻


x 1 = 4400❷ x 2 = 6400❸ x 2 = 0, 5(x 1 + x 2 )❹ x 2 = 0, 7(x 1 + x 2 )❺

x 1 x 2 x 1 x 2

0 0 0 0

0 0 0 0

1000 1000 600 1400

5000 5000 1500 3500



puntos óptimos de los vértices de la

región factible.

A → { x 1 = 0

} → A(0; 0)

x 2 = 0

x

B → { 2 = 6400❸

x 2 = 0, 7(x 1 + x 2 )❺ }

B ( 19200 ; 6400)

7

C → { x 1 = 4400❷

x 2 = 6400❸ }

C(4400 ; 6400)

x

D → { 1 = 4400❷

x 2 = 0, 5(x 1 + x 2 )❹ }

D(4400; 4400)




}


A(0; 0) → Maximizar: Z = 57 x 88

1 + 173 x 256

2 = 57 173

(0) + (0) = 0 Bs.

88 256

B ( 19200 ; 6400) → Maximizar: Z = 57 x 7

88

1 + 173 x 256

2 = 57

88 (19200)

+ 173

469825

(6400) = = 6101, 62 Bs.

7 256 77

C(4400 ; 6400) → Maximizar: Z = 57 x 88

1 + 173 x 256

2 = 57

173

(4400) + (6400) = 7175 Bs. → Punto Óptimo

88 256

{ D(4400; 4400) → Maximizar: Z = 57 x 88

1 + 173 x 256

2 = 57

173

93175

(4400) + (4400) = = 5823, 44 Bs.

88 256 16

}

Como el problema es maximizar la utilidad, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto C(4400; 6400), hemos

elegido el más grande de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto C.


{( x 1 = 4400

empresario debe preparar 4400 bolsitas de refresco de piña y 6400 bolsitas

) ; Maximizar: Z = 7175 Bs. } → Punto Óptimo [El ]

x 2 = 6400 de maracuyá, para obtener un beneficio máximo de 7175 Bs.



PROBLEMA#313 Una empresa prepara jugos de frutas MIX en envases de 300ml. Los jugos pueden ser Tipo 1: de piña

con naranja o Tipo 2: de piña con mandarina. Las mezclas son al 50% en cantidad de cada jugo de fruta (ej. 150ml de

naranja y 150ml de piña para Tipo 1). De cada naranja se puede obtener 50ml de jugo, de cada piña 120ml de jugo, de

cada mandarina 40ml de jugo. Se dispone de 10000 naranjas y 12000 mandarinas y 5000 piñas. El precio de venta de

cualquier jugo es de 1 Bs. Las naranjas o las mandarinas se compran a 100 Bs las 1000 unidades, la piña a 200 Bs las

1000 unidades. Se cuenta con una maquina envasadora que puede procesar 20 bolsitas por minuto. La jornada de

trabajo es de 12 horas. La preferencia por los jugos de piña-naranja es al menos el 55%.

Determine cuantas bolsitas se deben preparar de cada jugo para obtener los mayores beneficios.

SOLUCIÓN:


x 1 = Cantidad de bolsitas de jugos de piña con naranja a preparar.

x 2 = Cantidad de bolsitas de jugos de piña con mandarina a preparar.

Vamos calcular primero los costos antes de determinar la funcion objetivo que será maximizar el beneficio.

a)Costo de jugo Piña − Naranja b)Costo de jugo piña − mandarina

1naranja → 50ml/jugo

x → 150ml/jugo

x = 3naranjas/bolsita

1piña → 120ml/jugo

x → 150ml/jugo

x = 1, 25piñas/bolsita

1mandarina → 40ml/jugo

x → 150ml/jugo

x = 3, 75mandarinas/bolsita

1piña → 120ml/jugo

x → 150ml/jugo

x = 1, 25piñas/bolsita

1naranja → 0, 10Bs

3naranjas → x

x = 0, 30Bs/bolsita

1piña → 0, 20Bs

1, 25piñas → x

x = 0, 25Bs/bolsita

1mandarina → 0, 10Bs

3, 75mandarinas → x

x = 0, 375Bs/bolsita

1piña → 0, 20Bs

1, 25piñas → x

x = 0, 25Bs/bolsita

costo total PN = 0, 30 + 0, 25 = 0, 55Bs/bolsita costo total PM = 0, 375 + 0, 25 = 0, 625Bs/bolsita

Maximizar: Z = (1 − 0, 55)x 1 + (1 − 0, 625)x 2 = 0, 45x 1 + 0, 375x 2 = 9 20 x 1 + 3 8 x 2❶

{

Sujeto a: }

Uso

Disponibilidad

Recursos Piña-Naranja Piña-Mandarina

Naranjas 3x 1 (naranja/bolsita)*bolsita ≤10000 naranjas❷

Mandarinas 3, 75x 2 (mandarina/bolsita)*bolsita ≤12000 mandarinas❸

Piñas 1, 25x 1 (piñas/bolsita)*bolsita 1, 25x 2 (piñas/bolsita)*bolsita ≤5000 piñas❹

1

Minuto-Máquina x 1

20

1 (min-maq/bolsita)*bolsita x 20

2 (min-maq/bolsita)*bolsita ≤720 minuto-Maquina❺

Mercado x 1 ≥0, 55(x 1 + x 2 )❻

Nota:minuto-maq/bolsita=1/20 en un minuto producir 20 bolsitas; 12hrs*60min/1hr*1maquina=720min-maq

Con todas las variables no negativas

Resumiendo el problema

Maximizar: Z = 9 20 x 1 + 3 8 x 2❶

Sujeto a: 3x 1 ≤ 10000❷; 15

4 x 2 ≤ 12000❸; 5 4 x 1 + 5 4 x 2 ≤ 5000❹; 1 20 x 1 + 1 20 x 2 ≤ 720❺; 9 20 x 1 − 11

20 x 2 ≥ 0❻;

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0 }


3x 1 = 10000❷

15

4 x 5

2 = 12000❸

4 x 1 + 5 4 x 2 = 5000❹

Despejamos despejamos x 1 x 2

0 4000

x 1 = 10000

x 2 = 3200

4000 0

3

1

20 x 1 + 1 20 x 9

2 = 720❺

20 x 1 − 11

20 x 2 = 0❻

x 1 x 2 x 1 x 2

0 14400 0 0

14400 0 0 0

3000 27000/11

9000 81000/11




PASO 4. Ahora encontramos los puntos óptimos de los vértices de la región factible.

A → { x 1 = 0

x 2 = 0 }

5

A(0; 0)

B → {

4 x 1 + 5 4 x 5

2 = 5000❹

9

20 x 1 − 11

}

C → { 4 x 1 + 5 4 x 2 = 5000❹ D → { 3x 1 = 10000❷

}


20 x 2 = 0❻

3x 1 = 10000❷

B(2200; 1800)

C ( 10000 ; 2000

D ( 10000 ; 0)

3 3 ) 3

Nota: los puntos se hallan con las ecuaciones que hacen las intersecciones dichos puntos.


A(0; 0) → Maximizar: Z = 9 x 20

1 + 3 x 8

2 = 9 (0) + 3 (0) = 0 Bs.

20 8

B(2200; 1800) → Maximizar: Z = 9 x 20

1 + 3 x 8

2 = 9 (2200) + 3 (1800) = 1665 Bs.

20 8

C ( 10000 ; 2000

9

) → Maximizar: Z = x 3 3

20

1 + 3 x 8

2 = 9

20 (10000 ) + 3 3 8 (2000 ) = 1750 Bs. → Punto Óptimo

3

{

D ( 10000 ; 0) → Maximizar: Z = 9 x 3

20

1 + 3 x 8

2 = 9

20 (10000)

+ 3 (0) = 1500 Bs. 3 8 }

Como el problema es maximizar la utilidad, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en el punto

C ( 10000

3

; 2000 ), hemos elegido el más grande de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto C.

3


x 1 = 10000

= 3333, 33

3

{(

x 2 = 2000


= 666, 67

3

La compañía debe preparar 10000/3 bolsitas de jugos de piña-naranja y 2000/3 bolsitas de jugos con

piña-mandarina para obtener un beneficio máximo de 1750 Bs con lo que se dispone de recursos.



PROBLEMA#314 Dado el siguiente programa lineal.

Minimizar: Z = 4x

{

1 + 3x 2 ❶

Sujeto a: x 1 ≤ 2x 2 ❷; 2x 2 ≤ 2x 1 ❸; x 1 + x 2 ≥ 4❹; 5x 1 + 2x 2 ≤ 20❺; 3x 1 + 6x 2 ≤ 24❻; con: x 1 , x 2 ≥ 0❼ }

SOLUCIÓN:


Maximizar: Z = 3x

{

1 + 4x 2 ❶

Sujeto a: −2x 1 + 4x 2 ≤ 16❷; 2x 1 + 4x 2 ≤ 24❸; 6x 1 + 3x 2 ≤ 48❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:




Maximizar: Z = 300x

{

1 + 200x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 6❷; 2x 1 + x 2 ≤ 8❸; −x 1 + x 2 ≤ 1❹; x 2 ≤ 2❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0❻ }

SOLUCIÓN:

PROBLEMA#317 A una persona que quiere adelgazar se le ofrecen dos productos A y B para que tome una mezcla de ambos con las

siguientes recomendaciones: no debe tomar más de 150 gramos de la mezcla, ni menos de 50 gramos. La cantidad de A debe ser igual

o superior a la de B. No debe incluir más de 100 gramos de A. si 100 gramos de A contiene 30 mg de vitaminas y 450 calorías y 100

gramos de B contiene 20 mg de vitaminas y 150 calorías, calcular.

a).¿cuantos gramos de cada producto debe mezclar para obtener el preparado más rico en vitaminas?

b).¿y el más pobre en calorías?

SOLUCIÓN:

x 1 = cantidad de mg a mezclar del producto A. x 2 = cantidad de mg a mezclar del producto B.

Maximizar el Rico de Vitaminas

Minimizar el pobre de calorias

a) Max: Z = 30

100 x 1 + 20

100 x 2❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 150❷

x 1 + x 2 ≥ 50❸

x 1 − x 2 ≥ 0❹

x 1 ≤ 100❺

b) Min: Z = 450

100 x 1 + 150

100 x 2❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 150❷

x 1 + x 2 ≥ 50❸

x 1 − x 2 ≥ 0❹

x 1 ≤ 100❺

{

con: x 1 , x 2 ≥ 0(con todas las variables no negativas) }



PROBLEMA#318 Un supermercado quiere promocionar una marca desconocida D de aceites utilizando una marca






SOLUCIÓN:




Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 ❶

{

Sujeto a: 250x 1 + 125x 2 ≤ 3125❷ ; 0, 50x 2 ≤ x 1 ≤ 2x 2 ❸ ; x 1 + x 2 ≥ 6 ❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺ }


250x 1 + 125x 2 = 3125❷ x 1 = 0, 50x 2 ❸ x 1 = 2x 2 ❸ x 1 + x 2 = 6❹

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 25 0 0 0 0 0 6

12,5 0 0 0 0 0 6 0

5 10 10 5

10 20 20 10





A → { x 1 = 2x 2 ❸

x 1 + x 2 = 6❹ }

A(4; 2)

x

B → {

1 = 2x 2 ❸

250x 1 + 125x 2 = 3125❷ }

B(10; 5)

C → { 250x 1 + 125x 2 = 3125❷

}

x 1 = 0, 50x 2 ❸

C ( 25

4 ; 25 ) ↔ C(6, 25 ; 12, 5)

2

D → { x 1 + x 2 = 6❹

x 1 = 0, 50x 2 ❸ }

D(2; 4)







C(6, 25; 12, 5) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(6, 25) + 125(12, 5) = 3125 Bs.

{ D(2; 4) → Minimizar: Z = 250x 1 + 125x 2 = 250(2) + 125(4) = 1000 Bs. → Óptimo }

Como el problema es minimizar el costo de compra y promocionar el producto, en este caso el óptimo de los óptimos se encuentra en

el punto D(2; 4), hemos elegido el más pequeño de los puntos A,B,C y D, y resulto ser el punto D.


{( x 1 = 2


x 2 = 4

Para tener un costo mínimo óptimo de 1000 Bs en compras para promocionar el aceite, debemos comprar 2 litros de aceite conocida(C)

y 4 litros de aceite desconocida (D).

ACOGIÉNDOSE A LA OFERTA (ver gráfico, la m es la pendiente positiva, oferta tiene pendiente positiva):

1) La mínima cantidad de aceite desconocida (D), que debemos comprar acogiéndose a la oferta (punto más bajo de la zona) y esta se

encuentra en el punto A, A(4;2). El mínimo de aceite desconocida es 2 litros según oferta.

2) La máxima cantidad de aceite conocida(C), para acogernos a la oferta (punto más a la derecha de la zona) y se encuentra en el punto

B, B(10;5). El máximo de aceite conocida es 10 litros según la oferta.

CONCLUSION: la mínima cantidad de Desconocida (D) es 2 litros y la máxima de Conocida(C) es 10 litros, según la oferta.


PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO GRÁFICO-CASOS ESPECIALES

CAPÍTULO 4


MÉTODO GRÁFICO

CASOS ESPECIALES



CASOS ESPECIALES:

a) Solución única.

Dado el siguiente programa lineal de minimización:

x 1 = Número de horas a trabajar en la tienda A. x 2 = Número de horas a trabajar en la tienda B.

{

Mínimo: Z = 8x 1 + 6x 2 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 20❷ ; 5 ≤ x 1 ≤ 12❸ ; 6 ≤ x 2 ≤ 10❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

SOLUCIÓN:

x 1 + x 2 = 20❷ 5 = x 1 = 12❸ 6 = x 2 = 10❹

x 1

x 2

0 20 x 1 = 5 x 2 = 6

20 0 x 1 = 12 x 2 = 10

Graficamos en un eje cartesiano:

A → { x 1 = 5❸

} → A(5; 6)

x 2 = 6❹

B → { x 1 = 12❸

} → B(12; 6)

x 2 = 6❹

x 1 = 12❸

C → {

} → C(12; 8)

x 1 + x 2 = 20❷

x

D → 2 = 10❹

{

} → D(10; 10)

x 1 + x 2 = 20❷

E → { x 1 = 5❸

} → E(5; 10)

x 2 = 10❹

Los puntos A,B,C,D y E. reemplazar en

la función objetivo:

Mínimo: Z = 8x 1 + 6x 2

A → Mín: Z = 8(5) + 6(6) = 76

B → Mín: Z = 8(12) + 6(6) = 132

C → Mín: Z = 8(12) + 6(8) = 144

D → Mín: Z = 8(10) + 6(10) = 140

E → Mín: Z = 8(5) + 6(10) = 100

El óptimo de los óptimos se

encuentra en el punto A, es el más

pequeño de todos los puntos de la

región factible o zona factible.

Solución NO DEGENERADA.

Cuando el problema tiene única solución y la región de factibilidad es acotada, quiere decir solamente un punto hace que sea el óptimo

de todos los puntos de la región factible, en este caso solo hay un punto que es el punto A. La solución es única y Acotada.

NOTA: Cualquier de estos gráficos que se ven a continuación son acotados:

Región Factible acotada Región Factible acotada Región Factible acotada



Dado el siguiente programa lineal de maximización:

x 1 = Número de horas a trabajar en la tienda A. x 2 = Número de horas a trabajar en la tienda B.

{

Maximo: Z = 8x 1 + 6x 2 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 20❷ ; 5 ≤ x 1 ≤ 12❸ ; 6 ≤ x 2 ≤ 10❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❺

SOLUCIÓN:

x 1 + x 2 = 20❷ 5 = x 1 = 12❸ 6 = x 2 = 10❹

x 1

x 2

0 20 x 1 = 5 x 2 = 6

20 0 x 1 = 12 x 2 = 10


A → { x 1 = 5❸

} → A(5; 6)

x 2 = 6❹

B → { x 1 = 12❸

} → B(12; 6)

x 2 = 6❹

x

C → 1 = 12❸

{

} → C(12; 8)

x 1 + x 2 = 20❷

x

D → 2 = 10❹

{

} → D(10; 10)

x 1 + x 2 = 20❷

E → { x 1 = 5❸

} → E(5; 10)

x 2 = 10❹

Los puntos A,B,C,D y E. reemplazar

en la función objetivo:

Maximo: Z = 8x 1 + 6x 2

A → Max: Z = 8(5) + 6(6) = 76

B → Max: Z = 8(12) + 6(6) = 132

C → Max: Z = 8(12) + 6(8) = 144

D → Max: Z = 8(10) + 6(10) = 140

E → Max: Z = 8(5) + 6(10) = 100


encuentra en el punto C, es el

más grande de todos los puntos

de la región factible o zona

factible.

Como el problema es maximizar elegir la ganancia más grande de todos los puntos de la región factible, y los puntos son A,B,C,D y E,

el punto óptimo de los óptimos se encuentra en el punto C. La solución es única y acotada.

NOTA: Cualquier de estos gráficos que se ven a continuación son No acotados:

Región Factible No Acotada Región Factible No Acotada Se observa que la región

factible no está acotado y,

por tanto, nunca de alcanza

en ningún punto de ella el

valor máximo.

La F.O. puede desplazarse

paralelamente a su mismo,

al aumentar la F.O. y

siempre tener puntos en la

región de soluciones

factibles. Es decir la F.O.

puede crecer

indefinidamente.

Este tipo de problemas no

tiene un valor máximo finito,

y el problema tiene una

solución no acotada.

Tendríamos la posibilidad

de tener una utilidad infinita.


Pero si existe un punto

mínimo en No Acotados.


b) Soluciones Múltiples, soluciones óptimas alternativas o infinitas soluciones.

Dado el siguiente programa lineal:

Maximo: Z = 2x 1 + 4x 2

{

Sujeto a: 3x 1 + 2x 2 ≥ 6❶ ; x 1 + 4x 2 ≥ 4❷ ; x 1 − 2x 2 + 6 ≥ 0❸; x 1 + 2x 2 ≤ 10❹; x 1 ≤ 4❺; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ❻ }

SOLUCIÓN:

Las inecuaciones ó las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

3x 1 + 2x 2 = 6❶ x 1 + 4x 2 = 4❷ x 1 − 2x 2 + 6 = 0❸ x 1 + 2x 2 = 10❹ x 1 = 4❺

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 3 0 1 0 3 0 5

2 0 4 0 -6 0 10 0


A → { 3x 1 + 2x 2 = 6❶

x 1 + 4x 2 = 4❷ } → A(8 5 ; 3 5 )

B → { x 1 + 4x 2 = 4❷

} → B(4; 0)

x 1 = 4❺

x

C → 1 = 4❺

{

} → C(4; 3)

x 1 + 2x 2 = 10❹

D → { x 1 + 2x 2 = 10❹

} → D(2; 4)

x 1 − 2x 2 + 6 = 0❸

E → { x 1 − 2x 2 + 6 = 0❸

} → E(0; 3)

3x 1 + 2x 2 = 6❶

Los puntos A,B,C,D y E. reemplazar en

la función objetivo:

Maximo: Z = 2x 1 + 4x 2

A → Max: Z = 2 ( 8 5 ) + 4 (3 ) = 5, 6

5

B → Max: Z = 2(4) + 4(0) = 8

C → Max: Z = 2(4) + 4(3) = 20

D → Max: Z = 2(2) + 4(4) = 20

E → Max: Z = 2(0) + 4(3) = 12


encuentra en los puntos C y D,

son los más grandes de todos los

puntos de la región factible o zona

factible.

Este ejemplo tiene soluciones alternativas o soluciones múltiples, porque hay 2 valores máximos en los puntos C y D, en ese segmento

existen infinitas soluciones pero no varía la función objetivo, en este caso es posible definir cualquier punto sobre la recta del

segmento de C y D. esa recta es paralela a la F.O.



c) Solución No Factible, Sin Solución:

Un problema de programación lineal puede que no tenga solución, debido a dos razones: 1) Porque la región factible sea vacía.

2) Porque la región factible no esté acotada y no se alcance nunca en ella la solución óptima.

Problema sin solución: MINIMIZACION

Problema sin solución: MAXIMIZACION

Solución no factible, significa que ninguna solución al problema de programación lineal satisface todas las restricciones, incluyendo

las restricciones de no negatividad. Gráficamente, esto significa que no existe una región factible; es decir, ningún punto satisface

todas las ecuaciones de restricción y las condiciones de no negatividad de manera simultánea.

Los problemas sin solución factible, con frecuencia surgen en la práctica debido a que las expectativas de la administración son

demasiado altas o se han colocado demasiadas restricciones en el problema.

d) Soluciones ilimitadas,

La solución a un problema

de programación de

maximización es ilimitada si

el valor de la solución puede

hacerse infinitamente

grande sin violar ninguna de

las restricciones; para un

problema de minimización,

la solución es ilimitada si el

valor puede hacerse

infinitamente pequeño. Esta

condición podría

denominarse utopía

gerencial; por ejemplo, si

esta condición ocurriera en

un problema de

maximización de la

ganancia, el gerente podría

lograr una ganancia

ilimitada.

Una solución ilimitada

significa que el problema ha

sido formulado en forma

impropia. Sabemos que es

imposible incrementar las

ganancias indefinidamente.



e) Otros tipos de gráficos de casos especiales del método gráfico:



f) Solución Óptima Degenerada.

La solución es degenerada cuando en la solución óptima una de las dos variables de decisiones toma el valor de cero.

g) Soluciones ilimitadas:

La solución a un problema

de programación de

maximización es ilimitada si

el valor de la solución puede

hacerse infinitamente

grande sin violar ninguna de

las restricciones; para un

problema de minimización,

la solución es ilimitada si el

valor puede hacerse

infinitamente pequeño. Esta

condición podría

denominarse utopía

gerencial; por ejemplo, si

esta condición ocurriera en

un problema de

maximización de la

ganancia, el gerente podría

lograr una ganancia

ilimitada.

Una solución ilimitada

significa que el problema ha

sido formulado en forma

impropia. Sabemos que es

imposible incrementar las

ganancias indefinidamente.




PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO SIMPLEX

CAPÍTULO 5


MÉTODO SIMPLEX



MÉTODO SIMPLEX:

Es un método algebraico que sirve para resolver cualquier problema de programación lineal en un número finito. Es un

método o sistema que sirve para resolver problemas de programación lineal de “n” variables, para llevar a la tabla

simplex hay llevar las inecuaciones a su forma estándar (equilibrar e igualar a =) y el problema termina cuando en la fila

de mi función objetiva (F.O) tiene que ser ceros o positivos la Z.

Después de finalizar este tema de simplex, satisfactoriamente usted debe estar en capacidad de:

Resolver un problema de programación lineal (P.L) usando el método simplex.

Explicar detalladamente por qué el método simplex encuentra soluciones óptimas para problemas de P.L.

Determinar cuándo un problema de programación lineal tiene múltiples soluciones óptimas.

Determinar cuándo un problema de programación lineal no tiene solución.

Un problema de programación lineal siempre tiene una solución que está localizada en uno de los vértices del conjunto

de soluciones factibles (lo que hemos aprendido en el método gráfico).

El método simplex es un procedimiento sistemático y eficiente para encontrar y probar soluciones situadas en los

vértices de optimalidad. El método simplex para (o termina) una vez se haya encontrado la solución óptima.

Cuando la inecuación es ≤, hay que llevar a una igualdad =, para convertir a una igualdad debemos introducir agregando

una variable o una cantidad no negativa en el “lado menor valor de la inecuación”, a esa variable agregado vamos a

llamar variables de holguras.

a) VARIABLES DE HOLGURAS

Las variables de holguras sólo se utilizan para las restricciones que son (≤), ≤ es el límite de disponibilidad de un

recurso limitado y representa las cantidades no utilizado, son las sobras, desechos y desperdicios de la disponibilidad,

son demandas insatisfechas, recursos no utilizados. Las variables de holguras siempre son positivas.

La cantidad excedente del lado derecho L.D, respecto de izquierdo da entonces la cantidad no utilizada del recurso.

Ejemplo dado la siguiente inecuación 4x 1 + 8x 2 ≤ 100❶, ahora agregamos la +VH al lado izquierdo de la inecuación, a

las holguras vamos a denotar con la letra H, y la ecuación quedaría de esta forma 4x 1 + 8x 2 + H 1 = 100❶, las holguras

también son “n” variables de holguras. Y nuestra solución inicial básica factible será así H 1 = 100 y la variable de

holguras no afectan la función objetiva y por eso lleva coeficiente cero en la función objetivo.

Por cada inecuación de ≤, se agrega una variable de holgura, y en problema de programación lineal hay 5 inecuaciones

de ≤ hay agregar por lo tanto 5 variables de holguras.

NOTA: si en planteamiento original del problema de programación lineal hay restricciones de (≥ ó =), esas restricciones

de ≥ y = ; para poder resolver por el método simplex obligatoriamente debemos convertirlos a (≤) y después recién llevar

a su forma estándar, agregándolas las variables de holguras.



Como convierto una inecuación de ≥ a una inecuación de ≤. Simplemente multiplicando por (-1) dicha inecuación.

Ejemplo 4x 1 + 8x 2 ≥ 100❷(−1) → es equivalente a: − 4x 1 − 8x 2 ≤ −100❸. Ahora a la inecuación❸ agregar una +VH al

LI de la inecuación y quedaría así −4x 1 − 8x 2 + H 1 = −100❸, ya que es una ecuación, ahora podemos multiplicar ambos

lados por (-), y se obtiene así 4x 1 + 8x 2 − H 1 = 100❸, ahora podemos pensar que H 1 es una variable de exceso para

encontrar una variable básica para esta restricción de igualdad, podemos agregar una variable artificial A, obteniendo

así:4x 1 + 8x 2 − H 1 + A 1 = 100❸, con A 1 ≥ 0.

b) VARIABLES DE SUPERFLÚAS-EXCESO-SUPERÁVIT.

A continuación, una restricción de ≥, establece un límite inferior en las actividades económicas de la programación

lineal, así que la cantidad en la cual el lado izquierdo excede el límite mínimo representa un superávit. Así pues, la

conversión de (≥) a (=) se logra restando una variable de superávit no negativa del lado izquierdo de la inecuación, la

variable de exceso S 1 (≥0) convierte la restricción ≥ en la ecuación.

Sea la inecuación 8x 1 + 10x 2 ≥ 100❹, agregamos la variable de exceso(es negativa en el lado izquierdo, y será (−S 1 ).

Quedando la ecuación así: 8x 1 + 10x 2 −S 1 = 100❹, pero no olvidar que S 1 ≥ 0, el único requerimiento que falta que el

lado derecho de la ecuación resultante sea no negativo, si el lado derecho resulta ser negativo, el requerimiento se

satisface multiplicando ambos lados de la ecuación por (-1).

A esta ecuación 8x 1 + 10x 2 −S 1 = 100❹, hay que agregarlos más una variable artificial, quedando así:

8x 1 + 10x 2 −S 1 + A 1 = 100❹.

Las variables superfluas es sólo para restricciones ≥, ≥ son requerimientos mínimos, superávit es el exceso mínimo del

lado izquierdo sobre el requerimiento mínimo son los excedentes de un producto será (−S 1 ). Sea la inecuación

8x 1 + 10x 2 ≥ 100❹, agregar una variable superflua 8x 1 + 10x 2 −S 1 = 100❹, y nuestra solución básica inicial será

−S 1 = 100 como no podemos fabricar productos negativos, en este caso tenemos que agregar una variable artificial

(+A 1 ), y nuestro ejemplo quedaría así. 8x 1 + 10x 2 −S 1 + A 1 = 100❹, ahora si tenemos una solución básica inicial de

A 1 = 100, la variable superflua-exceso-superávit no afecta la función objetivo y tiene un coeficiente cero en la F.O.



Si en planteamiento original del problema de programación lineal es una ecuación (=), como convierto a (≤).

Dado el siguiente ecuación, 5x 1 + 20x 2 = 100❺ para convertir a ≤, necesitamos hacer colocar en vez de = a (2

inecuaciones de ≤ y ≥). [5x 1 + 20x 2 ≤ 100]❺ y [5x 1 + 20x 2 ≥ 100]❻ la inecuación ❻, multiplicar por (-1),

[−5x 1 − 20x 2 ≤ −100]❻, ahora resolvemos por el método simplex.

c) VARIABLE ARTIFICIAL VA: se utiliza para restricciones que tienen ≥ y =, las artificiales son productos

imaginarios y no se llevan al cabo en la vida real, es como decir yo me paro en aire y el costo hay que penalizar

dar un valor muy alto de “M” y M será M=10000000000000000000000000000000 Bs. Y asume variables no

negativas +VA.

La variable artificial afecta la función objetiva por eso hay que penalizar el costo, si el ejemplo es maximizar

Max:Z= -MX j ; si es minimizar Min:Z=+MX j ; MAXIMO(-M), MINIMO(+M), ese M va en la función objetiva.

Ejemplo. Productos para personas que vuelan para eso hay hacer un estudio y ese estudio tiene un costo muy grande

de M=1000000000000000000000000000000000000000000000000 Bs. No podríamos fabricar tiene un costo muy grande es

carísimo.

12x 1 + 50x 2 ≥ 100❶ → 12x 1 + 50x 2 − S 1 + A 1 100❶

6x 1 + 5x 2 = 200❷ → 6x 1 + 5x 2 + A 1 = 200❷

RESUMIENDO LOS TRES TIPOS DE VARIABLES HOLGURAS, SUPERFLUAS Y ARTIFICIALES:

ORIGINAL Agregar al Lado Izquierdo de la restricción

MODIFICADO

≤ +variable de holgura +VH x 1 + x 2 + H 1 = 79

≥ -variable superflua +variable artificial -VS+VA x 1 + x 2 − S 1 + A 1 = 79

= +variable artificial +VA x 1 + x 2 + A 1 = 79

ORIGINAL Función Objetiva F.O. Método a emplear para resolver

≤ Maximización Método Simplex

≥ Minimización Método 2 fases, M de penalización

= Maximización o Minimización Método 2 fases, M de penalización

Nota: 1) si todas las inecuaciones son ≤, se resuelve por método simplex y la función objetiva siempre va a ser

maximización y sólo se agrega una variable de holgura por cada inecuación de ≤.

2) si todas las inecuaciones son ≥, se resuelve por el método de 2 fases o método de gran M de penalización y la F.O.

siempre va a ser minimización se agregan variables de superfluas(-VS), y variable artificiales(+VA), por cada inecuación

de ≥.

3) si las restricciones son de ≤, ≥ y = se resuelve por el método de 2 fases o método de gran M de penalización y la F.O. y

nuestra función objetiva puede ser maximización o minimización. Cuando es = la restricción original sólo se agrega una

variable artificial(+VA).



Pasos para resolver por el método simplex

Paso 1) modelar el problema como un modelo lineal o hacer una formulación matemática.

Paso 2) las inecuaciones o las restricciones llevar a su forma estándar y la función objetiva igualar a cero, las holguras

no afecta la función objetiva y por lo tanto se coloca un coeficiente cero en F.O. pero se coloca 1 en las restricciones

pero en la forma estandarizada dicho problema.

Paso 3) elaborar una tabla inicial de simplex y a esa tabla pasar todas las coeficiente de restricciones y de F.O.

Paso 4) de la fila de la F.O. se elige el número más pequeño negativo si los numero son -10, -3, -33 y el numero a elegir

será el -33, a esa fila elegida de la F.O. llamaremos columna pivote.

Paso 5) ahora vamos a dividir la columna bj que es el lado derecho sobre la columna pivote bj/columna pivote, y el

resultado de esas divisiones se elige el número más pequeño positivo de la razón ϴ, si los números son 3, 4, 10 y el

número a elegir será el 3, a ese número más pequeña llamaremos fila pivote. Si en la razón ϴ hay cero como resultado lo

podemos elegir, a ese número más pequeño será cero llamaremos fila pivote.

Paso 6) la intersección de la columna pivote y fila pivote llamaremos número pívot.

Paso 7) la fila pivote sale y la columna pivote entra.

Paso 8) toda la fila pivote se divide entre el número pívot.

Paso 9) arriba y abajo del número pívot se coloca cero por definición del simplex.

Paso 10) si en la fila pivote hay ceros, esa columna se copia lo mismo sus números en la nueva tabla.

Paso 11) si en la columna pivote hay ceros, esa fila se copia lo mismo sus números en la nueva tabla.

Paso 12) ahora se hace una giración de todos los números de la matriz que faltaban modificar.

Paso 13) el problema termina cuando todos los números de la F.O. tienen que ser positivos y ceros, pero si hay todavía

números negativos en la F.O. el problema no termina, entonces volver a repetir del Paso 4 al Paso 13 y así

sucesivamente hasta que la F.O todas sean positivos y ceros.

PROBLEMA#319 Dado el siguiente programa lineal de maximización.

Maximización: Z = 35x

{

1 + 33x 2 + 50x 3 + 15x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 4x 4 ≤ 200❷; 2x 1 + 4x 2 + 4x 3 + 5x 4 ≤ 100❸; 4x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 10x 4 ≤ 150❹; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

PASO1) el problema ya está modelado matemáticamente.

PASO2) llevar a su forma estándar las inecuaciones.

Maximización: Z = 35x 1 + 33x 2 + 50x 3 + 15x 4 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 ❶ ↔ Max: Z − 35x 1 − 33x 2 − 50x 3 − 15x 4 = 0❶

x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 4x 4 + 1H 1 = 200❷; 2x 1 + 4x 2 + 4x 3 + 5x 4 + 1H 2 = 100❸; 4x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 10x 4 + 1H 3 = 150❹

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , H 1 , H 2 , H 3 ≥ 0❺

PASO3) elaborar una tabla inicial de simplex y a esa tabla pasar todas las coeficiente de restricciones y de F.O.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

H 1 200 1 2 2 4 1 0 0

H 2 100 2 4 4 5 0 1 0

H 3 150 4 4 3 10 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -35 -33 -50 -15 0 0 0

Paso 4) de la fila de la F.O. se elige el número más pequeño negativo.

En la fila de F.O. los números negativos son: -35, -33, -50, -15, el más pequeño negativo es -50.

PASO5) ahora vamos a dividir la columna bj que es el lado derecho sobre la columna pivote bj/columna pivote, y el

resultado de esas divisiones se elige el número más pequeño positivo de la razón Θ. Si hay cero en Θ lo podemos elegir.



PASO6) la intersección de la columna pivote y fila pivote llamaremos número pívot y el número es 4.

PASO7) la fila pivote sale y la columna pivote entra, sale H 2 y entra X 3 .

PASO8) toda la fila pivote se divide entre el número pívot.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 200 1 2 2 4 1 0 0

25 x 3 100/4 2/4 4/4 4/4 5/4 0/4 1/4 0/4

50 H 3 150 4 4 3 10 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -35 -33 -50 -15 0 0 0

PASO9) arriba y abajo del número pívot se coloca cero por definición del simplex.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 200 1 2 0 4 1 0 0

25 x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

50 H 3 150 4 4 0 10 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -35 -33 0 -15 0 0 0

PASO10) si en la fila pivote hay ceros, esa columna se copia lo mismo sus números en la nueva tabla.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 0 1 0

25 x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

50 H 3 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 0 0

PASO11) si en la columna pivote hay ceros, esa fila se copia lo mismo sus números en la nueva tabla.

No hay cero en la columna pivote antigua no en la modificada, la matriz del paso 10 se copia lo mismo.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 0 1 0

25 x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

50 H 3 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 0 0



Paso 12) ahora se hace una giración de todos los números de la matriz que faltaban modificar.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 0 1 0

25 x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

50 H 3 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 0 0

Para hacer giraciones debemos copiar la matriz original, Para girar un número debemos hacer estas operaciones:

(el #de columna pivote) ∗ (el #de fila)

{(colocar el # a girar) − [ ]}

el # pívot

Ahora si aplicando todos los pasos, copiar la primera tabla

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

100 H 1 200 1 2 2 4 1 0 0

25 H 2 100 2 4 4 5 0 1 0

50 H 3 150 4 4 3 10 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -35 -33 -50 -15 0 0 0

(2) ∗ (100)

(2) ∗ (2)

(2) ∗ (4)

(2) ∗ (5)

200 − [ ] = 150 1 − [ ] = 0 2 − [ ] = 0

4 − [ ] = 3 (2) ∗ (1)

0 − [ ] = − 1 4

4

4

4 2

4 2

(3) ∗ (100)

(3) ∗ (2)

150 − [ ] = 75 4 − [ ] = 5 (3) ∗ (4)

(3) ∗ (5)

4 − [ ] = 1 10 − [ ] = 25

(3) ∗ (1)

0 − [ ] = − 3 4

4 2

4

4 4

4 4

(−50) ∗ (100)

(−50) ∗ (2)

(−50) ∗ (4)

(−50) ∗ (5)

0 − [ ] = 1250 −35 − [ ] = −10 −33 − [ ] = 17 −15 − [ ] = 95

(−50) ∗ (1)

0 − [ ] = 25

{

4

4

4

4 2

4 2 }

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

H 1 150 0 0 0 3/2 1 -1/2 0

x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

H 3 75 5/2 1 0 25/4 0 -3/4 1

Max (Z j − C j ) 1250 -10 17 0 95/2 0 25/2 0

El problema no termina aquí todavía hay un número negativo en la fila de F.O.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

∞ H 1 150 0 0 0 3/2 1 -1/2 0

50 x 3 25 1/2 1 1 5/4 0 1/4 0

30 H 3 75 5/2 1 0 25/4 0 -3/4 1

Max (Z j − C j ) 1250 -10 17 0 95/2 0 25/2 0



{

25 − [ (1 2 ) ∗ (75)

5

2

] = 10 ; 1 − [ (1 2 ) ∗ (1)

] = 4 5 5 ; 5

2

0 − [ (1 2 ) ∗ (1)

] = − 1 5 5

2

95 (−10)

2 − [ ∗ ( 25

4 )

5

2

4 − [ (1 2 ) ∗ (25 4 )

] = 0 ;

5

2

∗ (75)

; 1250 − [(−10) ] = 1550; 17 − [

5

2

] = 145

2 ; 25

(−10)

2 − [ ∗ (− 3 4 )

5

2

] = 19

2 ;

1

4 − [ (1 2 ) ∗ (− 3 4 )

] = 2 5 5

2

(−10) ∗ (1)

] = 21

5

2

(−10) ∗ (1)

0 − [ ] = 4

5

2

}

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3

H 1 150 0 0 0 3/2 1 -1/2 0

x 3 10 0 4/5 1 0 0 2/5 -1/5

x 1 30 1 2/5 0 5/2 0 -3/10 -2/5

Max (Z j − C j ) 1550 0 21 0 145/2 0 19/2 4

La fila de F.O. todos los números son ceros o positivos ahí termina el problema.

Respuesta:

{ x 1 = 30 x 2 = 0 x 3 = 10 x 4 = 0 Max: Z = 1550

}

H 1 = 150 H 2 = 0 H 3 = 0

.

PROBLEMA#320 Usted es presidente de una microempresa de inversiones que dedica a administrar las carteras de

acciones de varios clientes. Un nuevo cliente ha solicitado que la compañía se haga cargo de administrar para él una

cartera de Bs 100000. A ese cliente le agradaría restringir la cartera a una mezcla de tres tipos de acciones únicamente,

como podemos apreciar en la siguiente tabla. Formule usted un modelo de programación lineal para mostrar cuantas

acciones de cada tipo tendría que comprar usted con el fin de maximizar el rendimiento anual total estimada de esa

cartera.

Acciones Precio(Bs) Rendimiento Anual estimada/acción(Bs) Inversión posible(Bs)

N 60 7 60000

T 25 3 25000

R 20 3 30000

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de acciones a comprar de N.

x 2 = Cantidad de acciones a comprar de T.

x 3 = Cantidad de acciones a comprar de R.

Maximizar: Z = 7x 1 + 3x 2 + 3x 3 ❶

Sujeto a: 60x 1 + 25x 2 + 20x 3 ≤ 100000❷ ; 60x 1 ≤ 60000❸ ; 25x 2 ≤ 25000❹ ; 20x 3 ≤ 30000❺

{

con: x j ≥ 0∀j (CNN)❻ }

Las inecuaciones llevando a su forma estándar y la F.O. igualar a cero.

Maximizar: Z = 7x 1 + 3x 2 + 3x 3 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 ↔ Maximizar: Z − 7x 1 − 3x 2 − 3x 3 = 0❶

60x 1 + 25x 2 + 20x 3 + H 1 = 100000❷ ; 60x 1 + H 2 = 60000❸ ; 25x 2 + H 3 = 25000❹ ; 20x 3 + H 4 = 30000❺

con: x 1 , x 2 , x 3 , H 1 , H 2 , H 3 , H 4 ≥ 0 (CNN)❻

Elaboramos la tabla inicial del simplex.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

5000/3 H 1 100000 60 25 20 1 0 0 0

1000 H 2 60000 60 0 0 0 1 0 0

∞ H 3 25000 0 25 0 0 0 1 0

∞ H 4 30000 0 0 20 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -7 -3 -3 0 0 0 0

Sale H 2 y entra X 1 y el número pívot es el #60. Toda la fila pivote hay que dividir entre el #pívot, arriba y abajo del #pívot

se colocan ceros por definición.

Si en la fila pivote hay ceros esa columna se copia lo mismo en la nueva tabla del simplex, en este caso la columna

X 2 ,X 3 ,H 1 ,H 3 ,H 4 , se copian lo mismo.

Si en la columna pivote hay ceros esa fila se copia lo mismo en la nueva tabla del simplex, en este caso la fila H 3 Y H 4, se

copian lo mismo los números de esa fila en la nueva tabla.

Y los números que no se modificaron hacemos estas operaciones elementales.

(60) ∗ (60000)

(−7) ∗ (60000)

(60) ∗ (1)

(−7) ∗ (1)

{100000 − [ ] = 40000; 0 − [ ] = 7000; 0 − [ ] = −1; 0 − [ ] = 7 60

60

60

60 60 }



θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

1600 H 1 40000 0 25 20 1 -1 0 0

∞ x 1 1000 1 0 0 0 1/60 0 0

1000 H 3 25000 0 25 0 0 0 1 0

∞ H 4 30000 0 0 20 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 7000 0 -3 -3 0 7/60 0 0

El problema no termina aquí porque todavía hay números negativos en la F.O. en este caso hay empate de entrada

elegimos cualquiera el resultado va a ser lo mismo.

(25) ∗ (25000)

(−3) ∗ (25000)

(25) ∗ (1)

(−3) ∗ (1)

{40000 − [ ] = 15000; 7000 − [ ] = 10000; 0 − [ ] = −1; 0 − [ ] = 3 25

25

25

25 25 }

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

750 H 1 15000 0 0 20 1 -1 -1 0

∞ x 1 1000 1 0 0 0 1/60 0 0

∞ x 2 1000 0 1 0 0 0 1/25 0

1500 H 4 30000 0 0 20 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 10000 0 0 -3 0 7/60 3/25 0

Sigue habiendo número negativos en la F.O.

(20) ∗ (15000)

{30000 − [ ] = 15000;

(20) ∗ (1)

0 − [ ] = 1;

(20) ∗ (−1)

0 − [ ] = 1;

(20) ∗ (−1)

0 − [ ] = 1 }

20

20

(−3) ∗ (15000)

(−3) ∗ (1)

{10000 − [ ] = 12250; 0 − [

20

20

] = 3 20 ; 7

60

20

∗ (−1)

− [(−3) ] = − 1 20

30 ; 3

25

20

∗ (−1)

− [(−3) ] = − 3

20

100 }

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

-15000 x 3 750 0 0 1 1/20 -1/20 -1/20 0

60000 x 1 1000 1 0 0 0 1/60 0 0

∞ x 2 1000 0 1 0 0 0 1/25 0

15000 H 4 15000 0 0 0 -1 1 1 1

Max (Z j − C j ) 12250 0 0 0 3/20 -1/30 -3/100 0

{750 − [ (− 1 20 ) ∗ (15000)

] = 1500; 1000 − [ ( 1

60 ) ∗ (15000)

1

(−

] = 750; 12250 − [

30 ) ∗ (15000)

] = 12750;

1

1

1


1

1

− [(−

20

20 ) ∗ (−1)

] = 0 }

1

{0 − [ ( 1

60 ) ∗ (−1)

] = 1

1

1 60 ; 3

− [(−

30 ) ∗ (−1)

] = 7 20 1

60 ; − 1

1

− [(−

20 ) ∗ (1)

] = 0; 0 − [ ( 1

60 ) ∗ (1)

] = − 1

20 1

1

60 ; − 3

1

− [(−

30 ) ∗ (1)

] = 1

100 1 300

1

(−

{0 − [

20 ) ∗ (1)

] = 1

1 20 ;

1

0 − [(

60 ) ∗ (1)

] = − 1

1

60 ;

1 0 − [(− 30 ) ∗ (1)

] = 1

1 30

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

x 3 1500 0 0 1 0 0 0 1/20

x 1 750 1 0 0 1/60 0 -1/60 -1/60

x 2 1000 0 1 0 0 0 1/25 0

H 2 15000 0 0 0 -1 1 1 1

Max (Z j − C j ) 12750 0 0 0 7/60 0 1/300 1/30

Respuesta:

x 1 = 750; x 2 = 1000; x 3 = 1500; Max: Z = 12750; H 2 = 15000; H 1 = H 3 = H 4 = 0

El presidente de esta microempresa financiera debe comprar 750 acciones de tipo N, 1000 acciones a comprar del tipo T

y 1500 acciones del tipo R, para obtener un beneficio óptimo de rentabilidad de Bs 12750.

Comprobando las ecuaciones:

Maximizar: Z = 7x 1 + 3x 2 + 3x 3 = 7(750) + 3(1000) + 3(1500) = 12750❶

60(750) + 25(1000) + 20(1500) + 0 = 100000❷ ; 60(750) + 15000 = 60000❸ ;

25(1000) + 0 = 25000❹ ; 20(1500) + 0 = 30000❺

Cumple con todas las ecuaciones, excelente sigamos adelante.

}

}


PROBLEMA#321 Las restricciones pesqueras impuestas por la CAN obligan a cierta empresa a pescar como máximo

2000 toneladas de merluza y 2000 toneladas de rape, además, en total, las capturas de estas dos especies no pueden

pasar de las 3000 toneladas. Si el precio de la merluza es de 1000 Bs/tm y el precio del rape es de 1500 Bs/tm, ¿qué

cantidades debe pescar para obtener el máximo beneficio?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de toneladas(TM)a pescar de pescado tipo de merluza.

x 2 = Cantidad de toneladas(TM)a pescar de pescado tipo de rape.

Max: Z = 1000x 1 + 1500x 2 ❶

{

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 3000❷ ; x 1 ≤ 2000❸ ; x 2 ≤ 2000❹ ; con: x 1 , x 2 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN) ❺ }

Llevando a su forma estándar las inecuaciones y la F.O. igualando a cero.

Max: Z = 1000x 1 + 1500x 2 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 ↔ Max: Z − 1000x 1 − 1500x 2 = 0❶

x 1 + x 2 + H 1 = 3000❷ ; x 1 + H 2 = 2000❸ ; x 2 + H 3 = 2000❹ ; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 , H 3 ≥ 0❺

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

3000 H 1 3000 1 1 1 0 0

∞ H 2 2000 1 0 0 1 0

2000 H 3 2000 0 1 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -1000 -1500 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

1000 H 1 1000 1 0 1 0 -1

2000 H 2 2000 1 0 0 1 0

∞ x 2 2000 0 1 0 0 1

Max (Z j − C j ) 3000000 -1000 0 0 0 1500

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 1 1000 1 0 1 0 -1

H 2 1000 0 0 -1 1 1

x 2 2000 0 1 0 0 1

Max (Z j − C j ) 4000000 0 0 1000 0 500

Respuesta: x 1 = 1000; x 2 = 2000; Max: Z = 4000000; H 2 = 1000; H 1 = H 3 = 0

La compañía debe pescar 1000 toneladas de merluza y 2000 toneladas de rape para tener un beneficio

máximo de Bs 4000000.

PROBLEMA#322 Una persona desea invertir $us 50000 durante el próximo año en dos tipos de inversión. La inversión A



SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad de $us a invertir en tipo A. x 2 = Cantidad de $us a invertir en tipo B.

{

Max: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 50000❷ ; x 1 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 )❸ ; x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 )❹ ; x 1 ≥ x }

2

2 ❺; con: x 1, x 2 ≥ 0 ❻

Las inecuaciones llevar a su forma estándar y la F.O. igualar a cero. x 1 + x 2 + H 1 = 50000❷

x 1 ≥ 0, 25(x 1 + x 2 ) ↔ x 1 ≥ 0, 25x 1 + 0, 25x 2 ↔ x 1 − 0, 25x 1 − 0, 25x 2 ≥ 0 ↔ 0, 75x 1 − 0, 25x 2 ≥ 0 ↔ 3 4 x 1 − 1 4 x 2 ≥ 0

3

4 x 1 − 1 4 x 2 ≥ 0(sacamos el minimo común del divisor es 4) ↔ 3x 1 − 1x 2 ≥ 0(4) ↔ 3x 1 − 1x 2 ≥ 0(−1) ↔ −3x 1 + 1x 2 ≤ 0

−3x 1 + 1x 2 ≤ 0 ↔ recien puedo agregar una variable de holgura −3x 1 + 1x 2 + H 2 = 0❸.

x 2 ≤ 0, 50(x 1 + x 2 ) ↔ x 2 ≤ 0, 50x 1 + 0, 50x 2 ↔ − 1 2 x 1 + 1 2 x 2 ≤ 0 ↔ −x 1 + x 2 ≤ 0(2) ↔ −x 1 + x 2 + H 3 = 0❹

x 1 ≥ x 2

2

↔ 2x 1 ≥ x 2 ↔ 2x 1 − x 2 ≥ 0(−1) ↔ −2x 1 + x 2 ≤ 0 ↔ −2x 1 + x 2 + H 4 = 0❺

Max: Z = 0, 05x 1 + 0, 08x 2 +0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 ↔ Max: Z − 0, 05x 1 − 0, 08x 2 = 0❶

con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 , H 3 , H 4 ≥ 0❻



θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 H 4

50000 H 1 50000 1 1 1 0 0 0

0 H 2 0 -3 1 0 1 0 0

0 H 3 0 -1 1 0 0 1 0

0 H 4 0 -2 1 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -0,05 -0,08 0 0 0 0

Cuando hay empate en la salida se rompe el empate aleatoriamente, se elige cualquiera. Pero si en la

columna pivote hay negativo nunca se toma ese cero de la salida de columna ϴ.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 H 4

12500 H 1 50000 4 0 1 -1 0 0

0 x 2 0 -3 1 0 1 0 0

0 H 3 0 2 0 0 -1 1 0

0 H 4 0 1 0 0 -1 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -0,29 0 0 0,08 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 H 4

50000 H 1 50000 0 0 1 1 -2 0

0 x 2 0 0 1 0 -1/2 3/2 0

0 x 1 0 1 0 0 -1/2 1/2 0

0 H 4 0 0 0 0 -1/2 -1/2 1

Max (Z j − C j ) 0 0 0 0 -0,065 0,145 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 H 4

H 2 50000 0 0 1 1 -2 0

x 2 25000 0 1 1/2 0 1/2 0

x 1 25000 1 0 1/2 0 -1/2 0

H 4 25000 0 0 1/2 0 -3/2 1

Max (Z j − C j ) 3250 0 0 0,065 0 0,015 0

Respuesta: x 1 = 25000; x 2 = 25000; Max: Z = 3250; H 2 = 50000; H 4 = 25000; H 1 = H 3 = 0

Debemos invertir 25000 $us en la inversión tipo A, y otros 25000 $us en la inversión tipo B. para obtener un beneficio

optimo en redito de $us 3250.

PROBLEMA#323 Una excursionista planea salir de campamento. Hay cinco artículos que desea llevar consigo, pero

entre todos sobrepasan las 60 Libras que considera que puede cargar. Para auxiliarse en la selección, ha asignado un

valor a cada artículo en orden ascendente de importancia:

Articulo 1 2 3 4 5

Peso,(libras) 52 23 35 15 7

Valor 100 60 70 15 15

¿Qué artículos deberá llevar para maximizar el valor total, sin sobrepasar la restricción de peso?

SOLUCIÓN:

x 1 = Cantidad a llevar del artículo 1. x 2 = Cantidad a llevar del artículo 2. x 3 = Cantidad a llevar del artículo 3.

x 4 = Cantidad a llevar del artículo 4. x 5 = Cantidad a llevar del artículo 5.

Max: Z = 100x 1 + 60x 2 + 70x 3 + 15x 4 + 15x 5 ❶

Sujeto a: 52x 1 + 23x 2 + 35x 3 + 15x 4 + 7x 5 ≤ 60❷ ; x 1 ≤ 1❸ ; x 2 ≤ 1❹ ; x 3 ≤ 1❺ ; x 4 ≤ 1 ❻ ; x 5 ≤ 1❼

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❽ }

{

Llevando a su forma estándar las inecuaciones y la función objetiva igualar a cero.

Max: Z = 100x 1 + 60x 2 + 70x 3 + 15x 4 + 15x 5 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 + 0H 5 + 0H 6

Max: Z − 100x 1 − 60x 2 − 70x 3 − 15x 4 − 15x 5 = 0❶

52x 1 + 23x 2 + 35x 3 + 15x 4 + 7x 5 + H 1 = 60❷ ; x 1 +H 2 = 1❸ ; x 2 +H 3 = 1❹ ; x 3 + H 4 = 1❺

x 4 +H 5 = 1 ❻ ; x 5 + H 6 = 1❼; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , H 1 , H 2 , H 3 , H 4 , H 5 , H 6 ≥ 0 ❽



θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6

15/13 H 1 60 52 23 35 15 7 1 0 0 0 0 0

1 H 2 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 3 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

∞ H 4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -100 -60 -70 -15 -15 0 0 0 0 0 0


8/35 H 1 8 0 23 35 15 7 1 -52 0 0 0 0

∞ x 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 3 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

1 H 4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 100 0 -60 -70 -15 -15 0 100 0 0 0 0


8/23 x 3 8/35 0 23/35 1 3/7 1/5 1/35

-52/35

0 0 0 0

∞ x 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

1 H 3 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

-27/23 H 4 27/35 0 -23/35 0 -3/7 -1/5 -1/35 52/35 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 116 0 -14 0 15 -1 2 -4 0 0 0 0


-2/13 x 2 8/23 0 1 35/23 15/23 7/23 1/23

-52/23

0 0 0 0

1 x 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

15/52 H 3 15/23 0 0 -35/23 -15/23 -7/23 -1/23 52/23

1 0 0 0

∞ H 4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 2780/23 0 0 490/23 555/23 75/23 60/23

-820/23

0 0 0 0


∞ x 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

37/35 x 1 37/52 1 0 35/52 15/52 7/52 1/52 0

-23/52

0 0 0

-3/7 H 2 15/52 0 0 -35/52 -15/52 -7/52 -1/52 1

23/52

0 0 0

1 H 4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 1705/13 0 0 -35/13 180/13

-20/13 25/13

0 205/13 0 0 0




∞ x 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

2/7 x 1 1/26 1 0 0 15/52 7/52 1/52 0

-23/52 -35/52 0 0

-50/7 H 2 25/26 0 0 0 -15/52 -7/52 -1/52 1

23/52 35/52 0 0

∞ x 3 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

1 H 6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Max (Z j − C j ) 1740/13 0 0 0 180/13

-20/13 25/13

0 205/13 35/13 0 0


∞ x 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

-2/35 x 5 2/7 52/7 0 0 15/7 1 1/7 0

-23/7 -5 0 0

∞ H 2 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

1 x 3 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

1/7 H 6 5/7 -52/7 0 0 -15/7 0 -1/7 0 23/7 5 0 1

Max (Z j − C j ) 940/7 80/7 0 0 120/7 0 15/7 0 75/7 -5 0 0


x 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

x 5 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

H 2 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

x 3 6/7 52/35 0 1 3/7 0 1/35 0 -23/35 0 0 -1/5

H 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

H 4 1/7

-52/35

0 0 -3/7 0 -1/35 0 23/35 1 0 1/5

Max (Z j − C j ) 135 4 0 0 15 0 2 0 14 0 0 1

Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 1; x 3 = 6 7 ; x 4 = 0; x 5 = 1; Max: Z = 135; H 2 = 1; H 5 = 1; H 4 = 1 7 ; H 1 = H 3 = H 6 = 0

Llevar el artículo 2, es más deseable (como primero) del total, el artículo 5 (el segundo más deseable), y 30 libras del

artículo 3.

Artículo2(23*1=23lb); Artículo5(7*1=7lb); Artículo3(35*6/7=30lb), sin exceder el límite del peso de 60 libras.

Max: Z = 100(0) + 60(1) + 70 ( 6 ) + 15(0) + 15(1) = 0 + 60 + 60 + 0 + 15 = 135 Valor total de los artículos

7

ARTÍCULOS Posición del articulo Peso en libras Valor Deseable, Valor/lbs

1(cuarto) 2 23 60 60/23=2,61

2(primero) 5 7 15 15/7=2,14

3(tercero) 3 35 70 70/35=2,00

4(quinto) 1 52 100 100/52=1,92

5(segundo) 4 15 15 1571501,00

artículo 2 → valor 60

[ artículo 5 → valor 15} 60 + 15 + 60 = 135

23 lbs a llevar del artículo 2

7 lbs a llevar del artículo 5 } 23 + 7 + 30 = 60 lb a llevar]

artículo 3 → valor 60

30 lbs a llevar del artículo 3

Nota: el artículo 2 se lleva el 100%(1), el artículo 5 también se lleva el 100%(1), pero el artículo 3 sólo se lleva el 86%(6/7).

artículo 3

35 → 70

x − 60

x =

(35) ∗ (60)

= 30 libras

(70)

este 60 es el valor total del artículo3, 70 ( 6 7 ) = 60

otra forma más directa 35 ( 6 7 ) = 30libras



PROBLEMA#324 Dado el siguiente programa lineal de maximización:

Maximizar: Z = 3x

{

1 + 2x 2 ❶

Sujeto a: 2x 1 + x 2 ≤ 18❷; 2x 1 + 3x 2 ≤ 42❸; 3x 1 + x 2 ≤ 24❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Las restricciones llevar a su forma estándar y la F.O. igualar a cero.

Maximizar: Z = 3x 1 + 2x 2 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 ↔ Maximizar: Z − 3x 1 − 2x 2 = 0❶

2x 1 + x 2 + H 1 = 18❷; 2x 1 + 3x 2 + H 2 = 42❸; 3x 1 + x 2 + H 3 = 24❹; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 , H 3 ≥ 0❺

Este problema vamos a resolver algebraicamente por gauss Jordan, los anteriores eran resueltos por giracion.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 FP→24/3 3/3 1/3 0/3 0/3 1/3

9 H 1 18 2 1 1 0 0 F1 NFP 8 1 1/3 0 0 1/3

21 H 2 42 2 3 0 1 0 F2 Arriba y abajo del #pívot hay que convertir

en cero, el 2 de F1, el 2 de F2 y -3 de FO.

8 H 3 24 3 1 0 0 1 FP Para convertir a cero hacer con el signo contrario.

Max (Z j − C j ) 0 -3 -2 0 0 0 FO

FP=fila pivote #PIVOT 3, la fila pivote se divide entre el número de pívot, es resultado será la NFP=nueva fila pivote.

Para convertir a cero hacer con el signo contrario y multiplicar a la NFP y sumar la fila antigua.

-2) NFP 8 1 1/3 0 0 1/3 -2) NFP 8 1 1/3 0 0 1/3 3) NFP 8 1 1/3 0 0 1/3

-16 -2 -2/3 0 0 -2/3 -16 -2 -2/3 0 0 -2/3 24 3 1 0 0 1

+ F1 18 2 1 1 0 0 + F2 42 2 3 0 1 0 + FO 0 -3 -2 0 0 0

2 0 1/3 1 0 -2/3 26 0 7/3 0 1 -2/3 24 0 -1 0 0 1

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 FP→2÷(1/3) 0÷(1/3) 1/3÷1/3 1÷1/3 0÷1/3 -2/3÷1/3

6 H 1 2 0 1/3 1 0 -2/3 FP NFP 6 0 1 3 0 -2

78/7 H 2 26 0 7/3 0 1 -2/3 F2

24 x 1 8 1 1/3 0 0 1/3 NFP F3

Max (Z j − C j ) 24 0 -1 0 0 1 FO

-7

3

NFP 6 0 1 3 0 -2 -1 NFP 6 0 1 3 0 -2 1) NFP 6 0 1 3 0 -2

-14 0 -7/3 -7 0 14/3 3

-2 0 -1/3 -1 0 2/3 6 0 1 3 0 -2

+ F2 26 0 7/3 0 1 -2/3 + F3 8 1 1/3 0 0 1/3 + FO 24 0 -1 0 0 1

12 0 0 -7 1 4 6 1 0 -1 0 1 30 0 0 3 0 -1

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3 FP→12/4 0/4 0/4 -7/4 1/4 4/4

-3 x 2 6 0 1 3 0 -2 NFP F1 NFP 3 0 0 -7/4 1/4 1

3 H 2 12 0 0 -7 1 4 FP

6 x 1 6 1 0 -1 0 1 F3

Max (Z j − C j ) 30 0 0 3 0 -1 FO

2) NFP 3 0 0 -7/4 1/4 1 -1) NFP 3 0 0 -7/4 1/4 1 1) NFP 3 0 0 -7/4 1/4 1

6 0 0 -7/2 1/2 2 -3 0 0 7/4 -1/4 -1 3 0 0 -7/4 1/4 1

+ F1 6 0 1 3 0 -2

+ F3 6 1 0 -1 0 1 + FO 30 0 0 3 0 -1

12 0 1 -1/2 1/2 0 3 1 0 3/4 -1/4 0 33 0 0 5/4 1/4 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 12 0 1 -1/2 1/2 0

H 3 3 0 0 -7/4 1/4 1 NFP

x 1 3 1 0 3/4 -1/4 0

Max (Z j − C j ) 33 0 0 5/4 1/4 0

Respuesta:

x 1 = 3 unidades; x 2 = 12 unidades; Max: Z = 33 Bs H 3 = 3; H 1 = H 2 = 0

La compañía debe producir 3 unidades del producto 1, y 12 unidades del producto 2, para obtener un beneficio máximo

óptimo de 33 Bs, con los recursos disponibles.

El recurso 1 se utiliza el 100% porque la holgura 1 es cero, el recurso 2 también se utiliza el 100%, pero el recurso 3 no

estamos utilizando el 100% nos sobran 3 unidades porque la holgura 3 tiene un valor de 3.


PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO SIMPLEX DE 2 FASES

CAPÍTULO 6


MÉTODO SIMPLEX DE 2 FASES



MÉTODO DE DOS FASES:

Es una técnica que se hace en dos fases, la primera fase se hace con lo irreal y la segunda fase se trabaja con lo que es

real, siempre comienzo con variables artificiales VA.

La primera fase termina cuando mi solución es cero y mis VA son negativas en mi F.O. y el lado izquierdo de la matriz se

convierte en una matriz de identidad, y la segunda fase termina solo me quedo con lo que es real, hasta encontrar mi

solución de un costo mínimo optimo y la F.O. tiene que ser números positivo o ceros.

Fase I. poner el problema en forma de ecuación y agregando las variables artificiales necesarias a las restricciones, para

tener la certeza de una solución básica. A continuación, determine una solución básica de la ecuación resultante que

siempre minimice la suma de las variables artificiales, independientemente de si la programación lineal es de

maximización o minimización. Si el valor mínimo de la suma es positivo, el problema de programación lineal no tiene una

solución factible. De lo contrario, si el valor mínimo es cero, se prosigue con la fase II.

Fase II. Use la solución factible de la fase I como una solución factible básica inicial para el problema original.


Minimizar: Z = 4x

{

1 + x 2 ❶

Sujeto a: 3x 1 + x 2 = 3❷; 4x 1 + 3x 2 ≥ 6❸; x 1 + 2x 2 ≤ 4❹; con; x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

FASE I.

Comienzo con las variables artificiales

Minimizar → r = A

{

1 + A 2 ❶

3x 1 + x 2 + A 1 = 3❷; 4x 1 + 3x 2 − S 1 + A 2 = 6❸; x 1 + 2x 2 + H 1 = 4❹; con; x 1 , x 2 , H 1 , S 1 , A 1 , A 2 ≥ 0❺ }

Como tenemos que minimizar r = A 1 + A 2 entonces de las ecuaciones ❷ y ❸ despejar las variables artificiales.

A 1 = 3 − 3x 1 − x 2 y A 2 = 6 − 4x 1 − 3x 2 + S 1 estos valores reemplazar en r = A 1 + A 2 :

r = A 1 + A 2 = (3 − 3x 1 − x 2 ) + (6 − 4x 1 − 3x 2 + S 1 ) = 3 − 3x 1 − x 2 + 6 − 4x 1 − 3x 2 + S 1 = 9 − 7x 1 − 4x 2 + S 1

r = 9 − 7x 1 − 4x 2 + S 1 (igualando a cero) → r + 7x 1 + 4x 2 − S 1 = 9 esto va en nuestra F. O.

Elaboramos una tabla asociada para el problema.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1 A 2

3 A 1 3 3 1 0 0 1 0

2 A 2 6 4 3 0 -1 0 1

2 H 1 4 1 2 1 0 0 0

Min r 9 7 4 0 -1 0 0

Entrar por el número más pequeño positivo de la función objetiva de Minimizar → r

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1 A 2

3/5 A 1 1 5/3 0 0 1/3 1 -1/3

3/2 x 2 2 4/3 1 0 -1/3 0 1/3

0 H 1 0 -5/3 0 1 2/3 0 -2/3

Min r 1 5/3 0 0 1/3 0 -4/3

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1 A 2

x 1 3/5 1 0 0 1/5 3/5 -1/5

x 2 6/5 0 1 0 -3/5 -4/5 3/5

H 1 1 0 0 1 1 1 -1

Min r 0 0 0 0 0 -1 -1

Como el mínimo de r=0, la fase I produce la solución factible básica de: x 1 = 3 5 ; x 2 = 6 5 ; H 1 = 1 .

En este punto, las variables artificiales ya completaron su misión, y podemos eliminar sus columnas de la tabla y

continuar con la fase II.



FASE II.

Después de eliminar las columnas artificiales de A 1 y A 2 solo me quedo con lo que es real, escribimos el problema

original como:

Minimizar: Z = 4x 1 + x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 1 5 S 1 = 3 5 ❷; x 2 − 3 5 S 1 = 6 5 ❸; H 1 + S 1 = 1❹; con; x 1 , x 2 , H 1 , S 1 ≥ 0❺

En las restricciones de la fase II, hemos copiado los coeficientes de la última tabla de fase I.

Como en la función objetiva hay X1 y X2 debemos despejar de las ecuaciones ❷ y ❸, reemplazar después en la F.O.

x 1 = 3 5 − 1 5 S 1❷;

x 2 = 6 5 + 3 5 S 1❸;

Minimizar: Z = 4x 1 + x 2 = 4 ( 3 5 − 1 5 S 1) + ( 6 5 + 3 5 S 1) = 12

5 − 4 5 S 1 + 6 5 + 3 5 S 1 = 18

5 − 1 5 S 1❶(igualando a cer)

Minimizar: Z = 18

5 − 1 5 S 1 → Minimizar: Z + 1 5 S 1 = 18

5

esto va en la F. O. de la fase II.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1

3 x 1 3/5 1 0 0 1/5

-2 x 2 6/5 0 1 0 -3/5

1 H 1 1 0 0 1 1

Min: Z 18/5 0 0 0 1/5

El problema todavía no termina aquí, hay un número positivo en la F.O.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1

x 1 2/5 1 0 -1/5 0

x 2 9/5 0 1 3/5 0

S 1 1 0 0 1 1

Min: Z 17/5 0 0 -1/5 0

El problema termina aquí, porque en la función objetiva de mínimo de Z todos los números deben ser negativos y ceros.

Respuesta:x 1 = 2 ; x 5

2 = 9 ; S 5

1 = 1; H 1 = 0; A 1 = 0; A 2 = 0; Minimo: Z = 17

5

Nota. La eliminación de las variables artificiales y sus columnas al final de la fase I sólo puede ocurrir cuando todas son

no básicas (como hemos visto en ejemplo anterior). Si una o más variables no básicas (al nivel cero) al final de la fase I,

entonces su eliminación requiere los siguientes pasos adicionales.

1) Seleccione una variable artificial cero que salga de la solución básica y designe su fila como fila pivote. La

variable de entrada puede ser cualquier variable no básica (y no artificial) con un coeficiente diferente de cero

(positivo o negativo) en la fila pivote. Realice la iteración simplex asociada.

2) Elimine la columna de la variable artificial (que acaba de salir) de la tabla. Si ya se eliminaron todas las variables

artificiales, continúe con la fase II. De lo contrario, regrese al paso 1.

Este método consiste básicamente en trabajar primero con una función objetivo artificial Z, en la que se asigna a las

variables artificiales un coeficiente 1 en vez de la gran M de penalización y a las variables estructurales, y de holguras un

coeficiente 0. Se aplica el método simplex, y después de un cierto número de etapas, las variables tienen que anularse.

Por tanto se llega a un mínimo de Z=0.

FASE I.

Se comienza con la función objetivo artificial, y las otras variables tienen un coeficiente de cero y VA tiene 1 de

coeficiente en Z.

Z=0X 1 +0X 2 +0X 3 +0H 1 +0H 2 +0S 1 +1A 1 +1A 2 , la fase I termina cuando Z=0 y no hay variables artificiales en la base dicho de

otra manera en la columna de variables básicas VB, por lo tanto se ha encontrado un solución al problema original.

FASE II.

La primera etapa de la fase II será la última de la fase I, ahora trabajamos con la función natural Z=3X 1 +4X 2 +0H 1 +0S 1 .

Tratamos minimizar la F.O natural o real de Z, una vez que nos hemos desprendido de las variables artificiales.

Luego se opera con método simplex hasta encontrar una solución básica sea la óptima. Esta es la fase II, pero es

necesario tener en cuenta que al final de la fase I.

a)Min Z≥0 y aparecen una o más VA en la base final de la fase I con valores positivos. En este caso, el problema original

no tiene solución; es decir, existe incompatibilidad (no existe una región donde satisfagan simultáneamente) en el

conjunto de restricciones.

2)Min Z=0 y no hay VA en la base, esto significa que se ha encontrado una solución básica posible al problema primitivo.

3)Min Z≤0 una o más VA se encuentran en la base pero a nivel de cero, se tiene entonces una solución básica posible

pero puede existir redundancia en las restricciones originales. Al entrar en la fase II las VA quedan en la base a nivel cero.

Es necesario asegurarse de que ninguna de ellas se hace positiva, y dejaremos de lado las VA.



PROBLEMA#326 Dado el siguiente programa lineal de minimización:

Minimizar: Z = 200x

{

1 + 200x 2 ❶

Sujeto a: 100x 1 + 200x 2 ≥ 9000❷; 300x 1 + 100x 2 ≥ 12000❸; 400x 1 + 300x 2 ≥ 26000❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❽ }

SOLUCIÓN:

Las inecuaciones hay que llevar a su forma estándar, introduciendo las variables superfluas, variables artificiales donde

sea necesario y la función objetivo hay que igualar a cero.

FASE I.

Comienzo con las variables artificiales Minimizar → r = A 1 + A 2 + A 3

100x 1 + 200x 2 − S 1 + A 1 = 9000❷; 300x 1 + 100x 2 − S 2 + A 2 = 12000❸; 400x 1 + 300x 2 − S 3 + A 3 = 26000❹

A 1 = 9000 − 100x 1 − 200x 2 + S 1 ❷; A 2 = 12000 − 300x 1 − 100x 2 + S 2 ❸; A 3 = 26000 − 400x 1 − 300x 2 + S 3 ❹

Ahora reemplazamos en: r = A 1 + A 2 + A 3

r = (9000 − 100x 1 − 200x 2 + S 1 ) + (12000 − 300x 1 − 100x 2 + S 2 ) + (26000 − 400x 1 − 300x 2 + S 3 )

r = 9000 − 100x 1 − 200x 2 + S 1 + 12000 − 300x 1 − 100x 2 + S 2 + 26000 − 400x 1 − 300x 2 + S 3 )

r = 47000 − 800x 1 − 600x 2 + S 1 + S 2 + S 3 → igualando a cero

r + 800x 1 + 600x 2 − S 1 − S 2 − S 3 = 47000

Ahora elaboramos la tabla de simplex.

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

45 A 1 9000 100 200 -1 0 0 1 0 0

120 A 2 12000 300 100 0 -1 0 0 1 0

260/3 A 3 26000 400 300 0 0 -1 0 0 1

Min r 47000 800 600 -1 -1 -1 0 0 0

Como el problema es minimización entrar por el número más pequeño de la F.O y así sucesivamente.

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

90 x 2 45 1/2 1 -1/200 0 0 1/200 0 0

30 A 2 7500 250 0 1/2 -1 0 -1/2 1 0

50 A 3 12500 250 0 3/2 0 -1 -3/2 0 1

Min r 20000 500 0 2 -1 -1 -3 0 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

-5000 x 2 30 0 1 -3/500 1/500 0 3/500 -1/500 0

15000 x 1 30 1 0 1/500 -1/250 0 -1/500 1/250 0

5000 A 3 5000 0 0 1 1 -1 -1 -1 1

Min r 5000 0 0 1 1 -1 -2 -2 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

x 2 60 0 1 0 1/125 -3/500 0 -1/125 3/500

x 1 20 1 0 0 -3/500 1/500 0 3/500 -1/500

S 1 5000 0 0 1 1 -1 -1 -1 1

Min r 0 0 0 0 0 0 -1 -1 -1

En la F.O r = 0, ahí termina la fase I y las VA(todas -1), también no hay números positivos en la F.O, entonces eliminar las

columnas de las VA para pasar a la fase II. y en la columna de VB no hay VA.



FASE II.

Ahora trabajar con la F.O real Minimizar: Z = 200x 1 + 200x 2 ❶, y las restricciones se sacan de la última tabla de fase I,

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 2 60 0 1 0 1/125 -3/500

x 1 20 1 0 0 -3/500 1/500

S 1 5000 0 0 1 1 -1

Min r 0 0 0 0 0 0

Sujeto a: x 2 +

1

125 S 2 −

3

500 S 3 = 60❷; x 1 −

3

500 S 2 +

1

500 S 3 = 20❸; S 1 + S 2 − S 3 = 5000❹; con todas las no negativas

De las ecuaciones ❷, ❸ despejamos las variables X 2 , X 1. Porque esta variable está en la solución básica de la columna

de VB(variable básica), solamente se despejan las variable que entraron a la VB en este caso solamente entro las

variables, X 2, X 1 . También entra S 1 , pero la S 1 no está en mi FO original, por lo tanto no se despeja.

x 2 = 60 − 1

125

2 + 3

500

3❷; x 1 = 20 + 3

500

2 − 1

500

3❸ este valor lo reemplazamos en la F. O real.

Minimizar: Z = 200x 1 + 200x 2 = 200 (20 +

3

500 S 2 −

1

500 S 3) + 200 (60 −

1

125 S 2 +

3

500 S 3)

Min: Z = 4000 + 6 5 S 2 − 2 5 S 3 + 12000 − 8 5 S 2 + 6 5 S 3 = 16000 − 2 5 S 2 + 4 5 S 3 →

igualndo a cero

Min: Z + 2 5 S 2 − 4 5 S 3 = 16000 → estos coeficientes van a la fila de F. O en la fase 2, de Min: Z

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

7500 x 2 60 0 1 0 1/125 -3/500

-10000/3 x 1 20 1 0 0 -3/500 1/500

5000 S 1 5000 0 0 1 1 -1

Min: Z 16000 0 0 0 2/5 -4/5

En la fase II todavía no termina aquí, entrar por el número positivo de la F.O

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 2 20 0 1 -1/125 0 1/500

x 1 50 1 0 3/500 0 -1/250

S 2 5000 0 0 1 1 -1

Min: Z 14000 0 0 -2/5 0 -2/5

La fase II termina aquí, porque en la fila F.O todos los números deben ser ceros y negativos, hemos llegado a la solución

óptima del problema.

Respuesta: x 1 = 50; x 2 = 20; S 1 = 0; S 2 = 5000; S 3 = 0; Min: Z = 14000

MÉTODO DE DOS FASES-FORMA DIRECTA.

Ahora vamos a aprender a realizar método directo de dos fases:

Si el problema es maximización la primera fase siempre es negativa y la segunda fase siempre es negativa.

Si el problema es minimización la primera fase siempre negativa y la segunda fase siempre es positiva.

MINIMIZACION

MAXIMIZACION

FASE I FO artificial - Z ∗ FASE I FO artificial - Z ∗

FASE II FO real + −(Z j − C j ) FASE II FO real - (Z j − C j )

En Z ∗ se suman las filas que tienen VA, y se cambia

de signo y se coloca en la fase, siempre negativo.

En −(Z j − C j ), van los costos siempre positivos.

En Z ∗ se suman las filas que tienen VA, y se cambia de

signo y se coloca en la fase, siempre negativo.

En (Z j − C j ), van los beneficios siempre negativos.

Nota: si hay empate de entrada en fase I, ejemplo:

Fijarme en la fase II y elegir el # más pequeño(+)

Nota: si hay empate de entrada en fase I, ejemplo:

Fijarme en la fase II y elegir el número más pequeño(-)

FASE I -10 -10 en este caso tenemos -10 FASE I -10 -10 en este caso tenemos -10

FASE II 4 3 elegir el 3.

FASE II -4 -3 elegir el -4.



PROBLEMA#327 Para una jornada de 24 horas, una cafetería está requiriendo los siguientes mozos:

Tiempo del día 2-6 6-10 10-14 14-18 18-22 22-2

Número mínimo de mozos 4 8 10 7 12 4

Cada mozo trabaja 8 horas consecutivas por día. El objetivo es encontrar el número menor de mozos que cumplan sus

requerimientos. Formule el problema como un modelo de programación lineal.

SOLUCION:

El problema podemos visualizar de la siguiente forma.

x 1 = el #de mozos que ingresan en el turno de 2 − 6.






{


Sujeto a: x 1 + x 6 ≥ 4❷; x 1 + x 2 ≥ 8❸; x 2 + x 3 ≥ 10❹; x 3 + x 4 ≥ 7❺; x 4 + x 5 ≥ 12❻; x 5 + x 6 ≥ 4❼

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❽ }

Las inecuaciones hay que llevar a su forma estándar, introduciendo las variables superfluas, variables artificiales donde

sea necesario y la función objetivo hay que igualar a cero.

x 1 + x 6 − S 1 + A 1 = 4❷; x 1 + x 2 − S 2 + A 2 = 8❸; x 2 + x 3 − S 3 + A 3 = 10❹

x 3 + x 4 − S 4 + A 4 = 7❺; x 4 + x 5 − S 5 + A 5 = 12❻; x 5 + x 6 − S 6 + A 6 = 4❼

Minimizar: Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + 0S 1 + 0S 2 + 0S 3 + 0S 4 + 0S 5 + 0S 6 + A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + A 5 + A 6

Minimizar: Z − x 1 − x 2 − x 3 − x 4 − x 5 − x 6 − A 1 − A 2 − A 3 − A 4 − A 5 − A 6 = 0 (−1)

−Minimizar: Z + x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + A 5 + A 6 = 0(FASE II)

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 , A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 , A 6 ≥ 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 S 1 S 2 S 3 S 4 S 5 S 6 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6

4 A 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

8 A 2 8 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ A 3 10 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

∞ A 4 7 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ A 5 12 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ A 6 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -45 -2 -2 -2 -2 -2 -2 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0

FASE II −(Z j − C j )

0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Ahora desarrollamos como si fuera simplex, entrar por el negativo más pequeño de la fase I, como hay empate de

entrada y nos fijamos en la fase II también hay empate, en este caso entraríamos por cualquiera.

Fase I, en la Z* debajo de las VA se colocan ceros. También en la fase II, se colocan Ceros debajo de las VA.

Siempre se colocan ceros ya sea maximización o minimización se coloca por definición porque (-1+1)=0


∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

4 A 2 4 0 1 0 0 0 -1 1 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0

10 A 3 10 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

∞ A 4 7 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ A 5 12 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ A 6 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -37 0 -2 -2 -2 -2 0 -1 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 0


-4 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0




∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 4 0 1 0 0 0 -1 1 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0

6 A 3 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

7 A 4 7 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

∞ A 5 12 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ A 6 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -29 0 0 -2 -2 -2 -2 1 -1 1 1 1 1 0 2 0 0 0 0


-8 0 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0


∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 4 0 1 0 0 0 -1 1 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0

∞ x 3 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

1 A 4 1 0 0 0 1 0 -1 1 -1 1 -1 0 0 -1 1 -1 1 0 0

12 A 5 12 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ A 6 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -17 0 0 0 -2 -2 0 -1 1 -1 1 1 1 2 0 2 0 0 0


-14 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 -1 0 -1 0 0 0


∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 4 0 1 0 0 0 -1 1 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0

∞ x 3 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

∞ x 4 1 0 0 0 1 0 -1 1 -1 1 -1 0 0 -1 1 -1 1 0 0

11 A 5 11 0 0 0 0 1 1 -1 1 -1 1 -1 0 1 -1 1 -1 1 0

4 A 6 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -15 0 0 0 0 -2 -2 1 -1 1 -1 1 1 0 2 0 2 0 0


-15 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 -1 0 -1 0 0


∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

-4 x 2 4 0 1 0 0 0 -1 1 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0

6 x 3 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

-1 x 4 1 0 0 0 1 0 -1 1 -1 1 -1 0 0 -1 1 -1 1 0 0

7 A 5 7 0 0 0 0 0 0 -1 1 -1 1 -1 1 1 -1 1 -1 1 -1

∞ x 5 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -7 0 0 0 0 0 0 1 -1 1 -1 1 -1 0 2 0 2 0 2


-19 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 -1 0 -1 0 -1


∞ x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 10 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

∞ S 2 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

-7 x 4 7 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

1 A 5 1 0 0 -1 0 0 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0 -1 1 -1

∞ x 5 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ -1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 -1 1 -1 1 1 1 2 0 2


-25 0 0 -1 0 0 -1 1 0 1 1 0 1 -1 0 -1 -1 0 -1




x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

x 2 10 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

S 2 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0

x 4 8 0 0 0 1 0 -1 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0 1 -1

S 4 1 0 0 -1 0 0 -1 0 0 0 1 -1 1 0 0 0 -1 1 -1

x 5 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1

FASE I

Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1


-26 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 -1 0 -1 0 -1 0

La fase I, termina cuando Z ∗ = 0 y en esa fila no hay ningún numero negativo, las VA(todas +1)

La fase II, para interpretar la segunda fase es necesario eliminar las columnas de las VA(variables artificiales).

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 S 1 S 2 S 3 S 4 S 5 S 6

x 1 4 1 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0

x 2 10 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0

S 2 6 0 0 1 0 0 1 -1 1 -1 0 0 0

x 4 8 0 0 0 1 0 -1 0 0 0 0 -1 1

S 4 1 0 0 -1 0 0 -1 0 0 0 1 -1 1

x 5 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1

FASE I

Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0


-26 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0

Aquí termina la fase II, porque en la fila de segunda fase todos los números son ceros y positivos.

Si en la fase II, hubiera números negativos no hemos llegado a una solución óptima, entonces se procede hacer

iteraciones aplicando el simplex, hasta llegar que la fila de fase II tiene que ser ceros y positivos.

Respuesta: x 1 = 4; x 2 = 10; x 3 = 0; x 4 = 8; x 5 = 4; x 6 = 0; −(Z j − C j ) = −26 ↔ Min: Z = 26

S 1 = 0; S 2 = 6; S 3 = 0; S 4 = 1; S 5 = 0; S 6 = 0; A 1 = 0; A 2 = 0; A 3 = 0; A 4 = 0; A 5 = 0; A 6 = 0



PROBLEMA#328 Planeación de cartera: J&J una compañía de inversiones tiene actualmente 10 millones de euros es

para invertir. La meta consiste en maximizar los créditos que se espera devengar en el próximo año. Las cuatro

posibilidades de inversión se resumen en la siguiente tabla(Resumen de posibilidades de inversiones).

Posibilidades de Inversiones Réditos esperados % Inversión máximo permisible en millones

Bonos de la tesorería 8 5

Acciones 6 7

Mercado de dinero 12 2

Bonos municipales 9 4

Además, la compañía ha establecido que por lo menos el 30% de los fondos deberá ser colocado en acciones y en

bonos de la tesorería, y no más del 40% en el mercado de valores y bonos municipales. Se deben colocar

completamente los 10 millones de euros disponibles. Formule un MPL que diga cuánto dinero invertir en cada instancia.

SOLUCIÓN:

x 1 = dinero invertido en la posibilidad de bonos de la tesorería

x 3 = dinero invertido en la posibilidad de mercado de dinero.

x 2 = dinero invertido en la posibilidad de acciones.

x 4 = dinero invertido en la posibilidad de bonos muni.

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 06x 2 + 0, 12x 3 + 0, 09x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 10❷; x 1 ≤ 5❸; x 2 ≤ 7❹; x 3 ≤ 2❺

x 4 ≤ 4❻; x 1 + x 2 ≥ 3❼; x 3 + x 4 ≤ 4❽; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❾ }

{

Llevando a su forma estándar agregando VH, VS, VA donde sea necesario.

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + A 1 = 10❷; x 1 + H 1 = 5❸; x 2 + H 2 = 7❹; x 3 + H 3 = 2❺; x 4 + H 4 = 4❻; x 1 + x 2 − S 1 + A 2 = 3❼; x 3 + x 4 + H 5 = 4❽

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 06x 2 + 0, 12x 3 + 0, 09x 4 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 + 0H 5 + 0S 1 − A 1 − A 2

Maximizar: Z − 0, 08x 1 − 0, 06x 2 − 0, 12x 3 − 0, 09x 4 + A 1 + A 2 = 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 S 1 A 1 A 2

A 1 10 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0

H 1 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

H 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

H 4 4 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0

A 2 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

H 5 4 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -13 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 1 -1 -1

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,08 -0,06 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 0 1 1

Fase I, para esta fase hemos sumado las filas que tienen VA y después la suma colocamos cambiando de signo a la fila

de F.O, de Z* en este caso hemos sumado dos filas que tienen VA.

A 1 10 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0

A 2 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ -13 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 1 -1 -1

Fase II, se coloca la FO de maximización la original sus coeficientes de

Maximizar: Z − 0, 08x 1 − 0, 06x 2 − 0, 12x 3 − 0, 09x 4 + A 1 + A 2 = 0 Estos coeficientes coloco en la fase II.

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,08 -0,06 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 0 1 1

No olvidar en la fase I y fase II debajo de las VA las dos filas se colocan ceros,

FASE I Z ∗ -13 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 1 -1 -1

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,08 -0,06 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 0 1 1

Lo sumamos fase I y fase II , se convierte en ceros:

-1 -1

1 1

0 0

0 0

FASE I Z ∗ -13 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,08 -0,06 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 0 0 0

Trabajar con esta última tabla de las dos fases:




10 A 1 10 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0

5 H 1 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

∞ H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ H 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 4 4 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0

3 A 2 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

∞ H 5 4 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -13 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0 0

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,08 -0,06 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 0 0 0


7 A 1 7 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 -1

∞ H 1 2 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

2 H 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 4 4 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ x 1 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

4 H 5 4 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -7 0 0 -1 -1 0 0 0 0 0 -1 0 2

FASE II (Z j − C j ) 0,24 0 0,02 -0,12 -0,09 0 0 0 0 0 -0,08 0 0,08


5 A 1 5 0 0 0 1 0 0 -1 0 0 1 1 -1

∞ H 1 2 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ x 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

4 H 4 4 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ x 1 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

2 H 5 2 0 0 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -5 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 -1 0 2

FASE II (Z j − C j ) 0,48 0 0,02 0 -0,09 0 0 0,12 0 0 -0,08 0 0,08


3 A 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 1 -1

2 H 1 2 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ x 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 4 2 0 0 0 0 0 0 1 1 -1 0 0 0

-3 x 1 3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

∞ x 4 2 0 0 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -1 0 2

FASE II (Z j − C j ) 0,66 0 0,02 0 0 0 0 0,03 0 0,09 -0,08 0 0,08




1 A 1 1 0 1 0 0 -1 0 0 0 -1 0 1 0

-2 S 1 2 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

7 H 2 7 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ x 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 4 2 0 0 0 0 0 0 1 1 -1 0 0 0

∞ x 1 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

∞ x 4 2 0 0 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ -1 0 -1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1

FASE II (Z j − C j ) 0,82 0 -0,06 0 0 0,08 0 0,03 0 0,09 0 0 0


x 2 1 0 1 0 0 -1 0 0 0 -1 0 1 0

S 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 1 -1

H 2 6 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 -1 0

x 3 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

H 4 2 0 0 0 0 0 0 1 1 -1 0 0 0

x 1 5 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

x 4 2 0 0 0 1 0 0 -1 0 1 0 0 0

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II (Z j − C j ) 0,88 0 0 0 0 0,02 0 0,03 0 0,03 0 0,06 0

La fase I, termina aquí porque Z*=0 y todos los números de esa fila de fase I son ceros y positivos y las VA(+1).

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

También la fase II termina aquí porque en la fila de fase II no hay números negativos, todos los números son ceros y

positivos, entonces hemos llegado a una solución óptima y las columnas de las VA lo eliminamos para la fase II.

FASE II (Z j − C j ) 0,88 0 0 0 0 0,02 0 0,03 0 0,03 0

Si en la fase II hubiera números negativos, hay seguir haciendo iteraciones del simplex entrando por número más

pequeño hasta llegar que todos los números sean ceros y positivos.

Respuesta:

x 1 = 5000000

x 2 = 1000000

x 3 = 2000000

x 4 = 2000000

(

H 1 = 0

H 2 = 6000000

H 3 = 0

H 4 = 2000000

H 5 = 0

S 1 = 3000000

A 1 = 0

A 2 = 0

Máximo: Z = 880000

)

La compañía de inversiones, debe invertir 5000000 de euros en bonos de la tesorería, 1000000 de euros en acciones,

2000000 de euros en mercado de dinero y 2000000 de euros en bonos municipales, para obtener un beneficio máximo en

réditos de 880000 euros.

Comprobando las ecuaciones:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + A 1 = 10❷ → 5000000 + 1000000 + 2000000 + 2000000 + 0 = 10000000

x 1 + H 1 = 5❸ → 5000000 + 0 = 5000000

x 2 + H 2 = 7❹ → 1000000 + 6000000 = 7000000

x 3 + H 3 = 2❺ → 2000000 + 0 = 2000000

x 4 + H 4 = 4❻ → 2000000 + 2000000 = 4000000

x 1 + x 2 − S 1 + A 2 = 3❼ → 5000000 + 1000000 − 3000000 + 0 = 3000000

x 3 + x 4 + H 5 = 4❽ → 2000000 + 2000000 + 0 = 4000000

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 06x 2 + 0, 12x 3 + 0, 09x 4 = 0, 08(5000000) + 0, 06(1000000) + 0, 12(2000000) + 0, 09(2000000)

Maximizar: Z = 400000 + 60000 + 240000 + 180000 = 880000 Euros

Cumple con todas las ecuaciones eso quiere decir el problema hemos realizado con excelencia.



PROBLEMA#329 Cierta persona dispone de 10 millones de bolivianos como máximo para repartir entre dos tipos de

inversión (A y B). En la opción A desea invertir entre 2 y 7 millones de bolivianos. Además, quiere destinar a esa opción,

como mínimo, tanta cantidad de dinero como a la B. ¿Qué cantidades debe invertir en cada una de las dos opciones?

Sabiendo que el rendimiento de la inversión será del 9 % en la opción A y del 12 % en la B, ¿Qué cantidad debe invertir

en cada una para optimizar el rendimiento global? ?A cuánto ascenderá.

SOLUCIÓN:

x 1 = millones de Bs a invertir en la opción A. x 2 = millones de Bs a invertir en la opción B.

{

Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 10000000❷; 2000000 ≤ x 1 ≤ 7000000❸; x 1 ≥ x 2 ❹; con; x 1 , x 2 ≥ 0❺

Las inecuaciones llevando a su forma estándar.

x 1 + x 2 + H 1 = 10000000❷; x 1 − S 1 + A 1 = 2000000❸; x 1 + H 2 = 7000000❸; x 1 − x 2 − S 2 + A 2 = 0❹

Maximizar: Z = 0, 09x 1 + 0, 12x 2 + 0H 1 + 0H 2 + 0S 1 + 0S 2 − A 1 − A 2 → igualar a cero

Maximizar: Z − 0, 09x 1 − 0, 12x 2 + A 1 + A 2 = 0❶ las VA no entran en la tabla sólo lo real que seria esta:

Maximizar: Z − 0, 09x 1 − 0, 12x 2 = 0, estos coeficientes entran en la fase II de la tabla.

No olvidar que debajo de las VA todos los números van cero en fase I y fase II, y por lo tanto no hay necesidad de

colocar las VA en la F.O real para pasar a la tabla inicial del simplex.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2 A 1 A

todas las

2

filas de las

H 1 10000000 1 1 1 0 0 0 0 0

A 1 2000000 1 0 0 0 -1 0 1 0

H 2 7000000 1 0 0 1 0 0 0 0

A 2 0 1 -1 0 0 0 -1 0 1

VA se

suman y se

coloca

cambiando

de signo

en la fase I.

FASE I Z ∗ -2000000 -2 1 0 0 1 1 0 0 (A 1 + A 2 )

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,09 -0,12 0 0 0 0 0 0

Para la fase I y fase II en las columnas de las VA lo que está marcada se coloca cero por definición.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2 A 1 A 2

10000000 H 1 10000000 1 1 1 0 0 0 0 0

2000000 A 1 2000000 1 0 0 0 -1 0 1 0

7000000 H 2 7000000 1 0 0 1 0 0 0 0

0 A 2 0 1 -1 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ -2000000 -2 1 0 0 1 1 0 0

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,09 -0,12 0 0 0 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2 A 1 A 2

5000000 H 1 10000000 0 2 1 0 0 1 0 -1

2000000 A 1 2000000 0 1 0 0 -1 1 1 -1

7000000 H 2 7000000 0 1 0 1 0 1 0 -1

0 x 1 0 1 -1 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ -2000000 0 -1 0 0 1 -1 0 2

FASE II (Z j − C j ) 0 0 -0,21 0 0 0 -0,09 0 0,09

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2 A 1 A 2

H 1 6000000 0 0 1 0 2 -1 -2 1

x 2 2000000 0 1 0 0 -1 1 1 -1

H 2 5000000 0 0 0 1 1 0 -1 0

x 1 2000000 1 0 0 0 -1 0 1 0

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II (Z j − C j ) 420000 0 0 0 0 -0,21 0,12 0,21 -0,12

La fase I termina aquí, porque Z*=0 y debajo de las VA(+1). Ahora continuamos con la fase II, pero antes de continuar con

la fase II debemos eliminar las columnas de las VA y la fila de Z*.



θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2

3000000 H 1 6000000 0 0 1 0 2 -1

-2000000 x 2 2000000 0 1 0 0 -1 1

5000000 H 2 5000000 0 0 0 1 1 0

-2000000 x 1 2000000 1 0 0 0 -1 0

FASE II (Z j − C j ) 420000 0 0 0 0 -0,21 0,12

La fase II, todavía no termina porque en la fila de la fase II, hay un número negativo y debemos entrar por ese negativo.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 S 1 S 2

S 1 3000000 0 0 1/2 0 1 -1/2

x 2 5000000 0 1 1/2 0 0 1/2

H 2 2000000 0 0 -1/2 1 0 1/2

x 1 5000000 1 0 1/2 0 0 -1/2

FASE II (Z j − C j ) 1050000 0 0 21/200 0 0 3/200

Aquí termina la fase II, en la fila de fase II ya no hay números negativos, todas son positivas y ceros hemos llegado a una

solución óptima del problema.

Respuesta:( x 1 = 5000000 H 1 = 0

S 1 = 3000000 A 1 = 0

Máximo: Z = 1050000)

x 2 = 5000000 H 2 = 2000000 S 2 = 0

A 2 = 0

Para obtener un beneficio máximo de Bs 1050000 en rendimiento debemos invertir 5000000 de Bs en acciones tipo A, y

otros 5000000 de Bs a invertir en la acción tipo B.

PROBLEMA#330 Una empresa financiera dispone 100 millones de bolivianos para invertir. Su objetivo es maximizar la ganancia

esperada para el año que viene, sus posibilidades de financiación son las siguientes:

Activo Financiero Rentabilidad (%) Inversión en millones de Bs

Renta Variable 14 40

Letras del tesoro 12 70

Bonos del tesoro 10 30

Renta fija privada 13 20

A parte de las condiciones de rentabilidad e inversión máxima se considera que por razones de riesgo se deben cumplir adicionalmente

con las siguientes condiciones:

a) Por lo menos el 30% de las inversiones deben quedar invertidos en la renta variable y letras del tesoro.

b) No más del 45% deben quedar invertidos en letras del tesoro y renta fija privada.

c) No más del 30% debe quedar invertidos en renta variable y renta fija privada.

d) No debe quedar dinero sin invertir.

SOLUCIÓN:

x 1 = millones de Bs a invertir en Renta variable. x 2 = millones de Bs a invertir en Letras del tesoro.

x 3 = millones de Bs a invertir en Bonos del tesoro. x 4 = millones de Bs a invertir en Renta fija privada.

Maximizar: Z = 0, 14x 1 + 0, 12x 2 + 0, 10x 3 + 0, 13x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 100❷; x 1 + x 2 ≥ 30❸; x 2 + x 4 ≤ 45❹; x 1 + x 4 ≤ 30❺

{

x 1 ≤ 40❻; x 2 ≤ 70❼; x 3 ≤ 30❽; x 4 ≤ 20❾; con; x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❿ }

En la inecuación ❷ es =, porque en el enunciado dice todo el dinero se invierte, no debe quedar dinero sin invertir; es ≤ no se invierte

todo el dinero disponible.

Las inecuaciones llevando a su forma estándar para pasar a la tabla del simplex.

Maximizar: Z = 0, 14x 1 + 0, 12x 2 + 0, 10x 3 + 0, 13x 4 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 + 0H 5 + 0H 6 + 0S 1 − A 1 − A 2

Maximizar: Z − 0, 14x 1 − 0, 12x 2 − 0, 10x 3 − 0, 13x 4 + A 1 + A 2 = 0(Las variables artificiales no entran en la tabla)

Maximizar: Z − 0, 14x 1 − 0, 12x 2 − 0, 10x 3 − 0, 13x 4 = 0❶

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + A 1 = 100❷; x 1 + x 2 − S 1 + A 2 = 30❸; x 2 + x 4 + H 1 = 45❹; x 1 + x 4 + H 2 = 30❺

x 1 + H 3 = 40❻; x 2 + H 4 = 70❼; x 3 + H 5 = 30❽; x 4 + H 6 = 20❾; con; x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , H 1 , H 2 , H 3 , H 4 , H 5 , H 6 , S 1 , A 1 , A 2 ≥ 0❿

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 S 1 A 1 A 2

100 A 1 100 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0

30 A 2 30 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

∞ H 1 45 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

30 H 2 30 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0

40 H 3 40 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ H 4 70 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 5 30 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 6 20 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I

Z ∗ -130 -2 -2 -1 -1 0 0 0 0 0 0 1 0 0

FASE II (Z j − C j ) 0 -0,14 -0,12 -0,10 -0,13 0 0 0 0 0 0 0 0 0




70 A 1 70 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 -1

-30 x 1 30 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

∞ H 1 45 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 H 2 0 0 -1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

10 H 3 10 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 -1

∞ H 4 70 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 5 30 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 6 20 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I

Z ∗ -70 0 0 -1 -1 0 0 0 0 0 0 -1 0 2

FASE II (Z j − C j ) 4,2 0 0,02 -0,10 -0,13 0 0 0 0 0 0 -0,14 0 0,14


70 A 1 70 0 1 1 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ x 1 30 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0

45 H 1 45 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 S 1 0 0 -1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 3 10 0 0 0 -1 0 -1 1 0 0 0 0 0 0

70 H 4 70 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 5 30 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 6 20 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I

Z ∗ -70 0 -1 -1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1

FASE II (Z j − C j ) 4,2 0 -0,12 -0,10 0,01 0 0,14 0 0 0 0 0 0 0


25 A 1 25 0 0 1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0

∞ x 1 30 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0

∞ x 2 45 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

∞ S 1 45 0 0 0 2 1 1 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 3 10 0 0 0 -1 0 -1 1 0 0 0 0 0 0

∞ H 4 25 0 0 0 -1 -1 0 0 1 0 0 0 0 0

30 H 5 30 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ H 6 20 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I

Z ∗ -25 0 0 -1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1

FASE II (Z j − C j ) 9,6 0 0 -0,10 0,13 0,12 0,14 0 0 0 0 0 0 0


x 3 25 0 0 1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0

x 1 30 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0

x 2 45 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

S 1 45 0 0 0 2 1 1 0 0 0 0 1 0 -1

H 3 10 0 0 0 -1 0 -1 1 0 0 0 0 0 0

H 4 25 0 0 0 -1 -1 0 0 1 0 0 0 0 0

H 5 5 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 -1 0

H 6 20 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

FASE I

Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II (Z j − C j ) 12,1 0 0 0 0,03 0,02 0,04 0 0 0 0 0 0,10 0

x 1 = 30000000

x

Respuesta: 2 = 45000000

x 3 = 25000000

x 4 = 0

(

H 1 = 0

H 2 = 0

H 3 = 10000000

H 4 = 25000000

H 5 = 5000000

H 6 = 20000000

S 1 = 45000000

A 1 = 0

A 2 = 0

Máximo: Z = 12100000 Bs. −

)



PROBLEMA#331 La parcela “Verdura Fresco” de los negros valles cruceños tiene 50 hectáreas de tierra para plantar

cualquier cantidad de repollo, coliflor, lechuga, apio y perejil. La siguiente tabla muestra la información relevante

perteneciente a la producción, el costo de la plantación, el precio de venta esperada y los requerimientos de agua.

Cultivo Producción(Kg/Hectárea) Costo(Bs/Kg) Precio venta (Bs/Kg) Agua requerida (litros/Kg)

Repollo 640 1,00 1,70 8,75

Coliflor 500 0,50 1,30 5,00

Lechuga 400 0,40 1,00 2,25

Apio 300 0,25 1,00 4,25

Perejil 350 0,60 1,30 3,50

Para la próxima temporada hay 100000 litros de agua disponibles y la Verdura fresca se ha comprometido a vender al

menos 5120 kilogramos de repollo al mercado abasto. Formule un modelo matemático que permita determinar una

estrategia de plantación óptima.

SOLUCIÓN:

x 1 = El número de hectáreas dstinados al cultivo de Repollo → R

x 2 = El número de hectáreas dstinados al cultivo de Coliflor → C

x 3 = El número de hectáreas dstinados al cultivo de lechuga → L

x 4 = El número de hectáreas dstinados al cultivo de Apio → A

{ x 5 = El número de hectáreas dstinados al cultivo de Perejil → P }

Para determinar la F.O es necesario hacer otras operaciones elementales.

Cultivo Precio Venta Costo Utilidad neta por Kg Producción = Ganancia por hectárea

(Bs/Kg) (Bs/Kg) de producto(Bs/Kg) * (Kg/hectárea) Bs/ hectárea

Repollo 1,70 1,00 0,70 Bs/Kg * 640 Kg/Hectárea = 448 Bs/ hectárea

Coliflor 1,30 0,50 0,80 Bs/Kg * 500 Kg/Hectárea = 400 Bs/ hectárea

Lechuga 1,00 0,40 0,60 Bs/Kg * 400 Kg/Hectárea = 240 Bs/ hectárea

Apio 1,00 0,25 0,75 Bs/Kg * 300 Kg/Hectárea = 225 Bs/ hectárea

Perejil 1,30 0,60 0,70 Bs/Kg * 350 Kg/Hectárea = 245 Bs/ hectárea

Maximo: Z = 448x 1 + 400x 2 + 240x 3 + 225x 4 + 245x 5 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ≤ 50❷;

5600x 1 + 2500x 2 + 900x 3 + 1275x 4 + 1225x 5 ≤ 100000❸

640x 1 ≥ 5120❹; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❺

Llevando a su forma estándar.

Maximo: Z = 448x 1 + 400x 2 + 240x 3 + 225x 4 + 245x 5 + 0H 1 + 0H 2 + 0S 1 − A 1

Maximo: Z − 448x 1 − 400x 2 − 240x 3 − 225x 4 − 245x 5 + A 1 = 0 → Maximo: Z − 448x 1 − 400x 2 − 240x 3 − 225x 4 − 245x 5 = 0

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + H 1 = 50❷; 5600x 1 + 2500x 2 + 900x 3 + 1275x 4 + 1225x 5 + H 2 = 100000❸

640x 1 − S 1 + A 1 = 5120❹; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , H 1 , H 2 , S 1 , A 1 ≥ 0❺

}

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 S 1 A 1

50 H 1 50 1 1 1 1 1 1 0 0 0

125/7 H 2 100000 5600 2500 900 1275 1225 0 1 0 0

8 A 1 5120 640 0 0 0 0 0 0 -1 1

FASE I Z ∗ -5120 -640 0 0 0 0 0 0 1 0

FASE II (Z j − C j ) -448 -400 -240 -225 -245 0 0 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 S 1 A 1

H 1 42 0 1 1 1 1 1 0 1/640 -1/640

H 2 55200 0 2500 900 1275 1225 0 1 35/4 -35/4

x 1 8 1 0 0 0 0 0 0 -1/640 1/640

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

FASE II (Z j − C j ) 3584 0 -400 -240 -225 -245 0 0 -7/10 7/10

Aquí termina la fase I.

Eliminar la columna de la VA y la fase I también hay que eliminar para pasar a la fase II

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 S 1

42 H 1 42 0 1 1 1 1 1 0 1/640

552/25 H 2 55200 0 2500 900 1275 1225 0 1 35/4

∞ x 1 8 1 0 0 0 0 0 0 -1/640

FASE II (Z j − C j ) 3584 0 -400 -240 -225 -245 0 0 -7/10

En la fase II entrar por el número más pequeño negativo hasta que esa fila sean ceros y positivos, aplicando como

siempre las iteraciones del simplex.



θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 S 1

249/8 H 1 498/25 0 0 16/25 49/100 51/100 1 -1/2500 -31/16000

184/3 x 2 552/25 0 1 9/25 51/100 49/100 0 1/2500 7/2000

∞ x 1 8 1 0 0 0 0 0 0 -1/640

FASE II (Z j − C j ) 12416 0 0 -96 -21 -49 0 4/25 7/10

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 H 1 H 2 S 1

x 3 249/8 0 0 1 49/64 51/64 25/16 -1/1600 -31/10240

x 2 87/8 0 1 0 15/64 13/64 -9/16 1/1600 47/10240

x 1 8 1 0 0 0 0 0 0 -1/640

FASE II (Z j − C j ) 15404 0 0 0 105/2 55/2 150 1/10 131/320

Hemos llegado a la solución óptima, porque en la fila de fase II todos los números son ceros y positivos.

x 1 = 8

x 2 = 87 = 10, 875

8

H 1 = 0

H 2 = 0

Respuesta: x 3 = 249 = 31, 125

8

x 4 = 0

S 1 = 0 A 1 = 0 Máximo: Z = 15404 Bs. −

( x 5 = 0

)

La parcela Verdura Fresca, debe cultivar en 8 hectáreas el repollo, en 10,875 hectáreas debemos cultivar el coliflor y en

31,125 hectáreas debemos cultivar la lechuga, para obtener una ganancia máxima de Bs 15404 con los recursos

disponibles. Apio y perejil no se siembran porque no hay terreno para dicho cultivo.

PROBLEMA#332 La Refinería YPFB produce dos tipos de gasolina sin plomo, Especial y Premium los cuales vende a su cadena de

estaciones de servicio en Bs 12 y Bs 14 por barril, respectivamente. Ambos tipos se preparan del inventario de la YPFB de petróleo

nacional refinado y de petróleo importado refinado, y deben cumplir con las siguientes especificaciones:

Gasolina

Sin plomo

Presión máxima de

vapor

Octanaje mínimo Demanda máxima,

barriles/semana

Entregas mínimas

barriles/semana

Especial 23 88 100000 50000

Premium 23 93 20000 5000

Las características del inventario de petróleos refinados son las siguientes:

Petróleo Presión de vapor Octanaje Inventario, barriles Costo Bs/barriles

nacional 25 87 40000 8

importado 15 98 60000 15

¿Qué cantidades de los dos petróleos (nacional e importado) deberá mezclar la YPFB en ambas gasolinas, a fin de maximizar la

ganancia semanal?

SOLUCIÓN:

{

x 1 = Cantidad de barriles de petróleo Nacional mezclado en la gasolina Especial.

x 2 = Cantidad de barriles de petróleo Importado mezclado en la gasolina Especial.

x 3 = Cantidad de barriles de petróleo Nacional mezclado en la gasolina Premium.

x 4 = Cantidad de barriles de petróleo Importado mezclado en la gasolina Premium.

Se producirá una cantidad de x 1 + x 2 de gasolina especial y x 3 + x 4 de gasolina premium.

Máximo: Z = 12( x 1 + x 2 ) + 14(x 3 + x 4 ) − 8( x 1 + x 3 ) − 15( x 2 + x 4 )

Máximo: Z = 12x 1 + 12x 2 + 14x 3 + 14x 4 − 8x 1 − 8x 3 − 15x 2 − 15x 4 = 4x 1 − 3x 2 + 6x 3 − x 4 → ❶

Sujeto a:







x 1

x 2

Octanaje de gasolina Especial es: 87 + 98 ≥ 88 ↔

87x 1

+

98x 2

≥ 88 ↔ 87x 1 + 98x 2

≥ 88

x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2

87x 1 + 98x 2 ≥ 88(x 1 + x 2 ) ↔ 87x 1 + 98x 2 ≥ 88x 1 + 88x 2 ↔ 87x 1 + 98x 2 − 88x 1 − 88x 2 ≥ 0

−1x 1 + 10x 2 ≥ 0 (−1) ↔ x 1 − 10x 2 ≤ 0 → ❽

x 3

x 4

Octanaje de gasolina Premium es: 87 + 98 ≥ 93 ↔

87x 3

+

98x 4

≥ 93 ↔ 87x 3 + 98x 4

≥ 93

x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4

87x 3 + 98x 4 ≥ 93(x 3 + x 4 ) ↔ 87x 3 + 98x 4 ≥ 93x 3 + 93x 4 ↔ 87x 3 + 98x 4 − 93x 3 − 93x 4 ≥ 0

−6x 3 + 5x 4 ≥ 0 (−1) ↔ 6x 3 − 5x 4 ≤ 0 → ❾ }



x 1

x 2

Presion de vapor de gasolina Especial es: 25 + 15 ≤ 23 ↔

25x 1

+

15x 2

≤ 23 ↔ 25x 1 + 15x 2

≤ 23

x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2

25x 1 + 15x 2 ≤ 23(x 1 + x 2 ) ↔ 25x 1 + 15x 2 ≤ 23x 1 + 23x 2 ↔ 25x 1 + 15x 2 − 23x 1 − 23x 2 ≤ 0 ↔ 2x 1 − 8x 2 ≤ 0 → ❿

x 3

x 4

Presión de Vapor de gasolina Premium es: 25 + 15 ≤ 23 ↔

25x 3

+

15x 4

≤ 23 ↔ 25x 3 + 15x 4

≤ 23

x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4 x 3 + x 4

25x 3 + 15x 4 ≤ 23(x 3 + x 4 ) ↔ 25x 3 + 15x 4 ≤ 23x 3 + 23x 4 ↔ 25x 3 + 15x 4 − 23x 3 − 23x 4 ≤ 0 ↔ 2x 3 − 8x 4 ≤ 0 → ❶❶

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN); j = 1, 2, 3, 4. ❶❷

Resumiendo el ejercico tenemos asi:

Máximo: Z = 4x 1 − 3x 2 + 6x 3 − x 4 → ❶

Sujeto a:







x 1 − 10x 2 ≤ 0 → ❽

6x 3 − 5x 4 ≤ 0 → ❾

2x 1 − 8x 2 ≤ 0 → ❿

2x 3 − 8x 4 ≤ 0 → ❶❶

{

x j ≥ 0∀j; j = 1, 2, 3, 4. ❶❷ }

Llevando a su forma estándar las inecuaciones y la F.O igualando a cero.

Máximo: Z = 4x 1 − 3x 2 + 6x 3 − x 4 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 + 0H 4 + 0H 5 + 0H 6 + 0H 7 + 0H 8 + 0S 1 + 0S 2 − A 1 − A 2

Máximo: Z − 4x 1 + 3x 2 − 6x 3 + x 4 = 0❶

x 1 + x 2 + H 1 = 100000❷; x 3 + x 4 + H 2 = 20000❸; x 1 + x 3 + H 3 = 40000❻; x 2 + x 4 + H 4 = 60000❼; x 1 − 10x 2 + H 5 = 0❽

6x 3 − 5x 4 + H 6 = 0❾; 2x 1 − 8x 2 + H 7 = 0❿; 2x 3 − 8x 4 + H 8 = 0❶❶; x 1 + x 2 − S 1 + A 1 = 50000❹

x 3 + x 4 − S 2 + A 2 = 5000❺; con todas las variables no negativas.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 H 7 H 8 S 1 S 2 A 1 A 2

∞ H 1 100000 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

20000 H 2 20000 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

∞ H 3 40000 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

60000 H 4 60000 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

∞ H 5 0 1 -10 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 H 6 0 0 0 6 -5 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ H 7 0 2 -8 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 H 8 0 0 0 2 -8 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

∞ A 1 50000 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0

5000 A 2 5000 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ -55000 -1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0

FASE II (Z j − C j)

0 -4 3 -6 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0


100000 H 1 100000 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

∞ H 2 15000 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -1

∞ H 3 40000 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

55000 H 4 55000 0 1 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 -1

0 H 5 0 1 -10 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

∞ H 6 25000 0 0 11 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -5 0 5

0 H 7 0 2 -8 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ H 8 40000 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8 0 8

50000 A 1 50000 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0

∞ x 4 5000 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ -50000 -1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1

FASE II

(Z j − C j)

-5000 -4 3 -7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -1




H 1 50000 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0

H 2 15000 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -1

H 3 40000 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

H 4 5000 -1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 -1 -1

H 5 500000 11 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -10 0 10 0

H 6 25000 0 0 11 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -5 0 5

H 7 400000 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8 0 8 0

H 8 40000 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8 0 8

x 2 50000 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0

x 4 5000 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II

(Z j − C j)

-155000 -7 0 -7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 1 -3 -1

Aquí termina la fase I, y elimino las columnas de las VA.

Fase II.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 H 7 H 8 S 1 S 2

∞ H 1 50000 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0

∞ H 2 15000 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1

40000 H 3 40000 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

-5000 H 4 5000 -1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1

500000/11 H 5 500000 11 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -10 0

∞ H 6 25000 0 0 11 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -5

40000 H 7 400000 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8 0

∞ H 8 40000 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8

50000 x 2 50000 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0

∞ x 4 5000 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1

FASE II (Z j − C j ) -155000 -7 0 -7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 1

θ VB b j x 1 x 2 x 3 x 4 H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 H 7 H 8 S 1 S 2

H 1 50000 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0

H 2 15000 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1

x 1 40000 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

H 4 45000 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1

H 5 60000 0 0 -11 0 0 0 -11 0 1 0 0 0 -10 0

H 6 25000 0 0 11 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -5

H 7 0 0 0 -10 0 0 0 -10 0 0 0 1 0 -8 0

H 8 40000 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 -8

x 2 10000 0 1 -1 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0

x 4 5000 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1

FASE II (Z j − C j ) 125000 0 0 0 0 0 0 7 0 0 0 0 0 3 1

Termina la fase II cuando la fila de mi función objetivo tiene que ser ceros y positivos, hemos llegado a la solución

óptima del problema de programación lineal.

Respuesta:

x 1 = 40000

x 2 = 10000

x 3 = 0, 000

x 4 = 5000

H 1 = 50000

H 2 = 15000

H 3 = 0, 000

H 4 = 45000

H 5 = 60000

H 6 = 25000

H 7 = 0, 000

H 8 = 40000

S 1 = 0

S 2 = 0

A 1 = 0

A 2 = 0


Máximo: Z = 125000 Bs.

(

)

La refinería YPFB deberá mezclar de x 1 = 40000 barriles, x 2 = 10000 barriles, x 3 = 0, 000 y de x 4 = 5000 barriles, para obtener una

ganancia máxima semanal de 125000 Bs.

Bajo esta cedula óptima de producción será: x 1 + x 2 = 50000 barriles de gasolina especial, con una presión de vapor de 23 y un

octanaje de 89,20. También producirá x 3 + x 4 = 5000 barriles de gasolina premiun, con una presión de vapor de 15 y un octanaje de 98.

Así producirá exactamente la cantidad necesaria para cumplir con sus requerimientos mínimos, y nada más, para hacerlo YPFP

empleará x 1 + x 3 = 40000 barriles de su inventario de petróleo nacional (todo el que tiene) y x 2 + x 4 = 15000 barriles de su

inventario de petróleo importado.


PROBLEMA#333 Dado el siguiente programa lineal de minimización:

Minimizar: Z = 25x

{

1 + 22x 2 ❶

Sujeto a: 0, 45x 1 + 0, 35x 2 ≥ 1260❷; 0, 18x 1 + 0, 36x 2 ≥ 900❸; 0, 30x 1 + 0, 20x 2 ≥ 300❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Primero los decimales podemos convertir a fracciones para poder trabajar mejor.


{

9

Sujeto a:

20 x 1 + 7

20 x 9

2 ≥ 1260❷;

50 x 1 + 9

25 x 3

2 ≥ 900❸;

10 x 1 + 1 5 x 2 ≥ 300❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

Ahora las inecuaciones hay que llevar a su forma estándar y la F.O igualar a cero.

Minimizar: Z = 25x 1 + 22x 2 + 0S 1 + 0S 2 + 0S 3 + A 1 + A 2 + +A 3 → Minimizar: Z − 25x 1 − 22x 2 − A 1 − A 2 − A 3 = 0(−1)

−Minimizar: Z + 25x 1 + 22x 2 + A 1 + A 2 + A 3 = 0 no olvidar las VA no entran en la fase II, si no lo que es real; −Minimizar: Z + 25x 1 + 22x 2 = 0❶

9

20 x 1 + 7

20 x 2 − S 1 + A 1 = 1260❷; 9

50 x 1 + 9

25 x 2 − S 2 + A 2 = 900❸; 3

10 x 1 + 1 5 x 2 − S 3 + A 3 = 300❹; con: x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , S 3 , A 1 , A 2 , A 3 ≥ 0❺

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

2800 A 1 1260 9/20 7/20 -1 0 0 1 0 0

5000 A 2 900 9/50 9/25 0 -1 0 0 1 0

1000 A 3 300 3/10 1/5 0 0 -1 0 0 1

FASE I Z ∗ -2460 -93/100 -91/100 1 1 1 0 0 0

FASE II −(Z j − C j ) 0 25 22 0 0 0 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

540 A 1 810 0 1/20 -1 0 3/2 1 0 -3/2

1200 A 2 720 0 6/25 0 -1 3/5 0 1 -3/5

-300 x 1 1000 1 2/3 0 0 -10/3 0 0 10/3

FASE I Z ∗ -1530 0 -29/100 1 1 -21/10 0 0 31/10

FASE II −(Z j − C j ) -25000 0 16/3 0 0 250/3 0 0 -250/3

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

-810 S 3 540 0 1/30 -2/3 0 1 2/3 0 -1

990 A 2 396 0 11/50 2/5 -1 0 -2/5 1 0

-1260 x 1 2800 1 7/9 -20/9 0 0 20/3 0 0

FASE I Z ∗ -396 0 -11/50 -2/5 1 0 7/5 0 1

FASE II −(Z j − C j ) -70000 0 23/9 500/9 0 0 -500/9 0 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

S 3 1200 0 2/5 0 -5/3 1 0 5/3 -1

S 1 990 0 11/20 1 -5/2 0 -1 5/2 0

x 1 5000 1 2 0 -50/9 0 0 50/9 0

FASE I Z ∗ 0 0 0 0 0 0 1 1 1

FASE II −(Z j − C j ) -125000 0 -28 0 1250/9 0 0 -1250/9 0

Termina aquí la fase I, porque Z*=0 y en toda fila todos son ceros y positivos, y las variables artificiales VA todas (+1). Eliminar las

columnas de VA para pasar a la fase II.

FASE II.

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

3000 S 3 1200 0 2/5 0 -5/3 1

1800 S 1 990 0 11/20 1 -5/2 0

2500 x 1 5000 1 2 0 -50/9 0

FASE II −(Z j − C j ) -125000 0 -28 0 1250/9 0

En la fase II, todavía no termina aquí porque hay números en la fila de fase II.



θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

S 3 480 0 0 -8/11 5/33 1

x 2 1800 0 1 20/11 -50/11 0

x 1 1400 1 0 -40/11 350/99 0

FASE II −(Z j − C j ) -74600 0 0 560/11 1150/99 0

Hemos llegado a la solución óptima:

x 1 = 1400

Respuesta:( x 2 = 1800 y

S 1 = 0

S 2 = 0

S 3 = 480

A 1 = 0

A 2 = 0

A 3 = 0

− (Z j − C j ) = −74600 Bs → Minímo: Z = 74600)

OTRA FORMA DE RESOLVER PROBLEMAS DE PROGRAMACION LINEAL POR EL MÉTODO DE DOS FASES

PROBLEMA#334 Dado el siguiente programa lineal de maximización resolver por el método de dos fases:

Maximizar: Z = 1500x

{

1 + 1000x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 30❷; x 1 ≥ 10❸; x 2 ≥ 10❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Las inecuaciones hay que llevar a su forma estándar.

x 1 + x 2 + H 1 = 30❷; x 1 − S 1 + A 1 = 10❸; x 2 − S 2 + A 2 = 10❹; con: x 1 , x 2 , H 1 , S 1 , S 2 , A 1 , A 2 ≥ 0❺

Despejando las variables artificiales: A 1 = 10 − x 1 + S 1 ❸ y A 2 = 10 − x 2 + S 2 ❹

FASE I.

Se comienza con las variables artificiales: r = A 1 + A 2

r = A 1 + A 2 = (10 − x 1 + S 1 ) + (10 − x 2 + S 2 ) = 10 − x 1 + S 1 + 10 − x 2 + S 2 = 20 − x 1 − x 2 + S 1 + S 2

r = 20 − x 1 − x 2 + S 1 + S 2 → igualando a cero → r + x 1 + x 2 − S 1 − S 2 = 20 → multiplicamos por (−1)

−r − x 1 − x 2 + S 1 + S 2 = −20 este va en la FO de la primera fase del problema.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2

30 H 1 30 1 1 1 0 0 0 0

10 A 1 10 1 0 0 -1 0 1 0

∞ A 2 10 0 1 0 0 -1 0 1

FASE I r -20 -1 -1 0 1 1 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2

20 H 1 20 0 1 1 1 0 -1 0

∞ x 1 10 1 0 0 -1 0 1 0

10 A 2 10 0 1 0 0 -1 0 1

FASE I r -10 0 -1 0 0 1 1 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2

H 1 10 0 0 1 1 1 -1 -1

x 1 10 1 0 0 -1 0 1 0

x 2 10 0 1 0 0 -1 0 1

FASE I r 0 0 0 0 0 0 1 1

Aquí termina la fase I, porque r = 0 y las VA(+1), y en la fila no hay números negativos en esa fila de la fase I.

Y las columnas de las variables artificiales se eliminan para trabajar en la fase II.

FASE II.

Para fase II, utilizar la última tabla de fase I para sacar las ecuaciones y despejar las incógnitas de X 1 , X 2 por que estas variables están la

función objetiva real del problema.

x 1 − S 1 = 10 ; x 2 − S 2 = 10 despejar las incógnitas. x 1 = 10 + S 1 ; x 2 = 10 + S 2

Estos valores reemplazar en la FO real del problema de Maximizar: Z = 1500x 1 + 1000x 2

Maximizar: Z = 1500(10 + S 1 ) + 1000(10 + S 2 ) = 15000 + 1500S 1 + 10000 + 1000S 2 = 25000 + 1500S 1 + 1000S 2

La función objetiva igualando a cero.

Maximizar: Z − 1500S 1 − 1000S 2 = 25000

Estos coeficientes se pasan a la fase II.



θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 S 2

10 H 1 10 0 0 1 1 1

-10 x 1 10 1 0 0 -1 0

∞ x 2 10 0 1 0 0 -1

FASE II (Z j − C j ) 25000 0 0 0 -1500 -1000

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 S 2

S 1 10 0 0 1 1 1

x 1 20 1 0 1 0 1

x 2 10 0 1 0 0 -1

FASE II (Z j − C j ) 40000 0 0 1500 0 500

Hemos llegado a la solución óptima todos los números en la fase II son ceros y positivos:

Respuesta:( x 1 = 20 H 1 = 0

x 2 = 10 .

y

S 1 = 10

S 2 = 0

A 1 = 0

A 2 = 0

Maximizar: Z = 40000)

PROBLEMA#335 Dado el siguiente programa lineal de minimización resolver por el método de dos fases:

Minimizar: Z = 6x

{

1 + 8x 2 ❶

Sujeto a: 40x 1 + 10x 2 ≥ 2400❷; 10x 1 + 15x 2 ≥ 2100❸; 5x 1 + 15x 2 ≥ 1500❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Las inecuaciones hay que llevar a su forma estándar.

40x 1 + 10x 2 − S 1 + A 1 = 2400❷; 10x 1 + 15x 2 − S 2 + A 2 = 2100❸; 5x 1 + 15x 2 − S 3 + A 3 = 1500❹; con: x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , S 3 , A 1 , A 2 , A 3 ≥ 0❺

Despejando las variables artificiales: A 1 = 2400 − 40x 1 − 10x 2 + S 1 ❷ A 2 = 2100 − 10x 1 − 15x 2 + S 2 ❸ A 3 = 1500 − 5x 1 − 15x 2 + S 3 ❹

FASE I.

Se comienza con las variables artificiales: r = A 1 + A 2 + A 3

r = A 1 + A 2 + A 3 = (2400 − 40x 1 − 10x 2 + S 1 ) + (2100 − 10x 1 − 15x 2 + S 2 ) + (1500 − 5x 1 − 15x 2 + S 3 )

r = 2400 − 40x 1 − 10x 2 + S 1 + 2100 − 10x 1 − 15x 2 + S 2 + 1500 − 5x 1 − 15x 2 + S 3

r = 6000 − 55x 1 − 40x 2 + S 1 + S 2 + S 3 → igualando a cero → r + 55x 1 + 40x 2 − S 1 − S 2 − S 3 = 6000 → multiplicamos por (−1)

−r − 55x 1 − 40x 2 + S 1 + S 2 + S 3 = −6000 → este va en la FO de la primera fase del problema.

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

60 A 1 2400 40 10 -1 0 0 1 0 0

210 A 2 2100 10 15 0 -1 0 0 1 0

300 A 3 1500 5 15 0 0 -1 0 0 1

FASE I r -6000 -55 -40 1 1 1 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

240 x 1 60 1 1/4 -1/40 0 0 1/40 0 0

120 A 2 1500 0 25/2 1/4 -1 0 -1/4 1 0

960/11 A 3 1200 0 55/4 1/8 0 -1 -1/8 0 1

FASE I r -2700 0 -105/4 -3/8 1 1 11/8 0 0

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

2100 x 1 420/11 1 0 -3/110 0 1/55 3/110 0 -1/55

450 A 2 4500/11 0 0 3/22 -1 10/11 -3/22 1 -10/11

-1200 x 2 960/11 0 1 1/110 0 -4/55 -1/110 0 4/55

FASE I r -4500/11 0 0 -3/22 1 -10/11 25/22 0 21/11

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

x 1 30 1 0 -3/100 1/50 0 3/100 -1/50 0

S 3 450 0 0 3/20 -11/10 1 -3/20 11/10 -1

x 2 120 0 1 1/50 -2/25 0 -1/50 2/25 0

FASE I r 0 0 0 0 0 0 1 1 1

Aquí termina la fase I.

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 1 30 1 0 -3/100 1/50 0

S 3 450 0 0 3/20 -11/10 1

x 2 120 0 1 1/50 -2/25 0

FASE I r 0 0 0 0 0 0



FASE II.

x 1 − 3

100

1 + 1 S 50

2 = 30 ; x 2 + 1 S 50

1 − 2 S 25

2 = 120 despejar las incógnitas. x 1 = 30 + 3

100

1 − 1 S 50

2 ; x 2 = 120 − 1 S 50

1 + 2 S 25

2

Minimizar: Z = 6 (30 +

3

100 S 1 − 1 50 S 2) + 8 (120 − 1 50 S 1 + 2 25 S 2) = 180 + 9 50 S 1 − 3 25 S 2 + 960 − 4 25 S 1 + 16

25 S 2 = 1140 + 1 50 S 1 + 13

25 S 2 → igualando a cero

Minimizar: Z − 1

50 S 1 − 13

25 S 2 = 1140 → multiplicamos por (−1) → −Minimizar: Z + 1

50 S 1 + 13

25 S 2 = −1140

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 1 30 1 0 -3/100 1/50 0

S 3 450 0 0 3/20 -11/10 1

x 2 120 0 1 1/50 -2/25 0

FASE II −(Z j − C j ) -1140 0 0 1/50 13/25 0

Aquí termina la fase II.

Hemos llegado a la solución óptima todos los números en la fase II son ceros y positivos:

Respuesta:( x S

1 = 30

1 = 0

A 1 = 0

x 2 = 120 y S 2 = 0

A 2 = 0 − Minimizar: Z = −1140 → Minimo: Z = 1140)

S 3 = 450 A 3 = 0


PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO SIMPLEX DE PENALIZACIÓN O GRAN M

CAPÍTULO 7


MÉTODO SIMPLEX DE PENALIZACIÓN

O DE LA GRAN M



MÉTODO M

Que es la técnica M o de penalización, M es un costo muy alto y grande económicamente no se lleva al cabo por eso hay

que penalizar a las variables artificiales VA, en la función objetiva (M es un dinero muy alto) y el problema termina

cuando la fila de mi F.O de Z es negativo y M desaparece de mi F.O, también podría ser positivo la fila de mi F.O de Z

depende como se hace el planteamiento inicial del problema, pero si o si M desaparece de mi función objetivo (F.O).

COSTOS DE PENALIZACIÓN

La introducción de las variables de holguras y superfluas no altera ni a la naturaleza de las restricciones ni al objetivo,

en otras palabras las VH, VS no afectan la función objetiva. Por lo consiguiente, estas variables de holguras y superfluas

en la función objetiva llevan coeficientes ceros por lo tanto no alteran la F.O.

Las variables artificiales VA, sin embargo, cambian la naturaleza de las restricciones y afecta a la función objetiva, ya

que se agregan sólo a un lado de una desigualdad, el nuevo sistema es equivalente al sistema anterior de restricciones

sólo si las variables artificiales son cero. Para garantizar estas condiciones en la solución óptima (en contraste con la

solución inicial), las variables artificiales VA se incorporan en la función objetiva con coeficientes positivos muy grandes

si se trata de un programa lineal de minimización, o con coeficientes negativos muy grandes si se trata de un programa

lineal de maximización. Estos coeficientes, que se denotan +M, -M. donde M se considera un número positivo muy

grande, representan el (severo) costo de penalización en el que se ha incurrido al hacer una asignación unitaria a las VA.

En cálculos manuales, los costos de penalización pueden dejarse como ±M. en cálculos obtenidos con el empleo de la

computadora, a M se debe asignarse un valor numérico, generalmente tres o cuatro veces mayor que cualquier otro

número en el programa lineal de un problema.

El método M se inicia con la programación lineal en forma de ecuación, si la ecuación (i) no tiene holgura (o una variable

que pueda desempeñar el papel de una), se agrega una variable artificial (A i ), para formar una solución inicial parecida a

la solución básica de total holgura. Sin embargo, las variables artificiales no forman parte del problema original, y se

requiere un “artificio” de modelado para igualarlas a cero en el momento en que se alcance la iteración óptima

(suponiendo que el problema tenga una solución factible). La meta deseada se logra penalizando estas variables

artificiales VA en la función objetiva utilizando la siguiente regla:

REGLA DE PENALIZACIÓN PARA VARIABLES ARTIFICIALES

Dado M, un valor positivo suficientemente grande (matemáticamente M→∞), el coeficiente objetivo de una variable

artificial representa una penalización apropiada si:

Para resolver problemas programación lineal pueden ser de maximización o de minimización,



PROBLEMA#336 La Quadosh chemicol Company debe producir 10000 libras de una mezcla especial para un cliente. La

mezcla se compone de los ingredientes X 1 , X 2 y X 3 , X 1 cuesta 8 dólares la libra, X 2 cuesta 10 dólares la libra, y X 3 cuesta

11 dólares la libra. No pueden usarse más de 3000 libras de X 1 y por lo menos deberán usarse 1500 libras de X 2 . Además,

se requieren por lo menos 2000 libras de X 3 .

a) Calcúlese el número de libras de cada ingrediente que habrá que emplear, a fin de reducir al mínimo el costo

total de las 10000 libras.

b) Calcúlese el costo total más bajo posible,

c) ¿hay libras sobrantes en el problema?

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de libras del ingrediente 1. x 2 = Número de libras del ingrediente 1. x 3 = Número de libras del ingrediente 1.

{

Minimizar el costo de la dieta → Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 ❶

}

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 10000❷; x 1 ≤ 3000❸; x 2 ≥ 1500❹; x 3 ≥ 2000❺; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻

Las inecuaciones llevando a su forma estándar y la función objetiva igualar a cero, antes de pasar a la tabla del simplex.

Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + 0H 1 + 0S 1 + 0S 2 + MA 1 + MA 2 + MA 3 ❶

x 1 + x 2 + x 3 + A 1 = 10000❷; x 1 + H 1 = 3000❸; x 2 − S 1 + A 2 = 1500❹; x 3 − S 2 + A 3 = 2000❺; con todas las variables no negativas.

De cada ecuación hay que despejar donde existe una variable artificial, porque las VA afectan la función objetiva si es mínimo es +M.

A 1 = 10000 − x 1 − x 2 − x 3 ❷; A 2 = 1500 − x 2 + S 1 ❹; A 3 = 2000 − x 3 + S 2 ❺ reemplazar estos valores en la F. O.

Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + 0H 1 + 0S 1 + 0S 2 + MA 1 + MA 2 + MA 3 = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + MA 1 + MA 2 + MA 3 ❶

Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + MA 1 + MA 2 + MA 3 = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + M(10000 − x 1 − x 2 − x 3 ) + M(1500 − x 2 + S 1 ) + (2000 − x 3 + S 2 )❶

Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + 10000M − Mx 1 − Mx 2 − Mx 3 + 1500M − Mx 2 + MS 1 + 2000M − Mx 3 + MS 2 ❶

Sumamos los términos semejantes si los hubiera en la F.O.

Minimizar: Z = 8x 1 + 10x 2 + 11x 3 + 13500M − Mx 1 − 2Mx 2 − 2Mx 3 + MS 1 + MS 2 ❶ agrupando los términos.

Minimizar: Z = 8x 1 − Mx 1 + 10x 2 − 2Mx 2 + 11x 3 − 2Mx 3 + 13500M + MS 1 + MS 2 ❶sacamos el minimo común.

Minimizar: Z = x 1 (8 − M) + x 2 (10 − 2M) + x 3 (11 − 2M) + 13500M + MS 1 + MS 2 ❶, igualando a cero.

Minimizar: Z − x 1 (8 − M) − x 2 (10 − 2M) − x 3 (11 − 2M) − MS 1 − MS 2 = 13500M❶, multiplicamos por (−1).

−Minimizar: Z + x 1 (8 − M) + x 2 (10 − 2M) + x 3 (11 − 2M) + MS 1 + MS 2 = −13500M❶, estos coeficientes pasar a la F. O.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

10000 A 1 10000 1 1 1 0 0 0 1 0 0

∞ H 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

1500 A 2 1500 0 1 0 0 -1 0 0 1 0

∞ A 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) -13500M 8-M 10-2M 11-2M 0 M M 0 0 0

Vamos entrar por el número más pequeño negativo de la F.O. en este caso vamos a suponer que M toma un valor de 1000, M=1000.

8-M=8-1000=-992; 10-2M=10-2(1000)=10-2000=-1990; 11-2M=11-2(1000)=11-2000=-1989; M=1000; M=1000

Elegir el más pequeño negativo resulto ser el 10-2M=-1990 entrar por este número.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

8500 A 1 8500 1 0 1 0 1 0 1 -1 0

∞ H 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 1500 0 1 0 0 -1 0 0 1 0

2000 A 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) -10500M-15000 8-M 0 11-2M 0 10-M M 0 -10+2M 0

8-M=8-1000=-992; 11-2M=11-2(1000)=-1989; 10-M=10-1000=-990; M=1000; -10+2M=-10+2(1000)=1990

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

6500 A 1 6500 1 0 0 0 1 1 1 -1 -1

3000 H 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

∞ x 2 1500 0 1 0 0 -1 0 0 1 0

∞ x 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) -6500M-37000 8-M 0 0 0 10-M 11-M 0 -10+2M -11+2M

8-M=8-1000=-992; 10-M=10-1000=-990; 11-M=11-1000=-989; -10+2M=-10+2(1000)=1990; -11+2M=-11+2(1000)=1989

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

3500 A 1 3500 0 0 0 -1 1 1 1 -1 -1

∞ x 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

-1500 x 2 1500 0 1 0 0 -1 0 0 1 0

∞ x 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) -3500M-61000 0 0 0 -8+M 10-M 11-M 0 -10+2M -11+2M

-8+M=-8+1000=992; 10-M=10-1000=-990; 11-M=11-1000=-989; -10+2M=-10+2(1000)=1990; -11+2M=-11+2(1000)=1989



θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

S 1 3500 0 0 0 -1 1 1 1 -1 -1

x 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

x 2 5000 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1

x 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) 0M-96000 0 0 0 2 0 1 -10+M M -1+M

Para hacer las giraciones de los números es los mismos pasos del simplex se hacen:

3500 ∗ (10 − M)

35000 − 3500M

−3500M − 61000 − [ ] = −3500M − 61000 − [ ] = −3500M − 61000 − [35000 − 3500M] =

1

1

= −3500M − 61000 − 35000 + 3500M = 0M − 96000

Hemos llegado a una solución óptima porque en la fila de la F.O no números negativos, sabiendo que M=1000.

Donde hay un M reemplazar por M=1000.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

S 1 3500 0 0 0 -1 1 1 1 -1 -1

x 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

x 2 5000 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1

x 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) 0(1000)-96000 0 0 0 2 0 1 -10+1000 1000 -1+1000

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

S 1 3500 0 0 0 -1 1 1 1 -1 -1

x 1 3000 1 0 0 1 0 0 0 0 0

x 2 5000 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1

x 3 2000 0 0 1 0 0 -1 0 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) -96000 0 0 0 2 0 1 990 1000 999

x 1 = 3000 libras

Respuesta:{ x 2 = 5000 libras

x 3 = 2000 libras

H 1 = 0

S 1 = 3500 libras

S 2 = 0

A 1 = 0

A 2 = 0

A 3 = 0

−Minimizar: Z = −96000 → Minimo: Z = 96000 $us}

La quadosh debe emplear 3000 libras del ingrediente 1, 50000 libras del ingrediente 2 y 2000 libras del ingredientes 3, para tener un

costo total mínimo más bajo posibles de 96000 $us.

Hay libras sobrantes de 3500 libras más bien son libras de superfluas o excedentes libras de holguras.

PROBLEMA#337 Usted tiene $us 100000 para invertir. Su objetivo es maximizar la ganancia, planea invertir en: letras del

tesoro (LT), depósitos a plazo fijo (DPF) y bonos (B), cuya rentabilidad es de 8%, 10% y 12% respectivamente. Por

razones de riesgo, la inversión en LT y DPF deberá exceder el 50%, invertir por lo menos el 40% en DPF y B, no más del

30% en LT y B (todo el dinero se invierte). Elabore la tabla inicial del simplex.

SOLUCIÓN:

x 1 = miles de $us a invertir en letras del tesoro (LT).

x 2 = miles de $us a invertir en depósitos a plazo fijo (DPF).

x 3 = miles de $us a invertir en bonos (B).

Maximizar la rentabilidad → Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 ❶

{ Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 100000❷; x 1 + x 2 ≥ 50000❸; x 2 + x 3 ≥ 40000❹; x 1 + x 3 ≤ 30000❺; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻}

Las inecuaciones llevando a su forma estándar y la función objetiva igualar a cero, antes de pasar a la tabla del simplex.

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 + 0H 1 + 0S 1 + 0S 2 − MA 1 − MA 2 − MA 3 ❶

x 1 + x 2 + x 3 + A 1 = 100000❷; x 1 + x 2 − S 1 + A 2 = 50000❸; x 2 + x 3 − S 2 + A 3 = 40000❹; x 1 + x 3 + H 1 = 30000❺; con todas las variables no negativas.

De cada ecuación hay que despejar donde existe una variable artificial, porque las VA afectan la función objetiva si es mínimo es +M.

A 1 = 100000 − x 1 − x 2 − x 3 ❷; A 2 = 50000 − x 1 − x 2 + S 1 ❹; A 3 = 40000 − x 2 − x 3 + S 2 ❺ reemplazar estos valores en la F. O.

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 + 0H 1 + 0S 1 + 0S 2 − MA 1 − MA 2 − MA 3 = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 − MA 1 − MA 2 − MA 3 ❶

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 − M(100000 − x 1 − x 2 − x 3 ) − M(50000 − x 1 − x 2 + S 1 ) − M(40000 − x 2 − x 3 + S 2 )❶

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 − 100000M + Mx 1 + Mx 2 + Mx 3 − 50000M + Mx 1 + Mx 2 − MS 1 − 40000M + Mx 2 + Mx 3 − MS 2 ❶

Sumamos los términos semejantes si los hubiera en la F.O.

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 0, 10x 2 + 0, 12x 3 − 190000M + 2Mx 1 + 3Mx 2 + 2Mx 3 − MS 1 − MS 2 ❶ agrupar los terminos.

Maximizar: Z = 0, 08x 1 + 2Mx 1 + 0, 10x 2 + 3Mx 2 + 0, 12x 3 + 2Mx 3 − 190000M − MS 1 − MS 2 ❶ sacar el minimo comun.

Maximizar: Z = x 1 (0, 08 + 2M) + x 2 (0, 10 + 3M) + x 3 (0, 12 + 2M) − 190000M − MS 1 − MS 2 ❶ igualando a cero.

Maximizar: Z − x 1 (0, 08 + 2M) − x 2 (0, 10 + 3M) − x 3 (0, 12 + 2M) + MS 1 + MS 2 = −190000M❶

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

100000 A 1 100000 1 1 1 0 0 0 1 0 0

50000 A 2 50000 1 1 0 0 -1 0 0 1 0

40000 A 3 40000 0 1 1 0 0 -1 0 0 1

∞ H 1 30000 1 0 1 1 0 0 0 0 0

Máximo (Z j − C j ) -190000M -0,08-2M -0,10-3M -0,12-2M 0 M M 0 0 0

-0,08-2M=-0,08-2(1000)=-2000,08; -0,10-3M=-0,10-3(1000)=-3000,10; -0,12-2M=-0,12-2(1000)=-2000,12; M=1000 M=1000.



θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

60000 A 1 60000 1 0 0 0 0 1 1 0 -1

10000 A 2 10000 1 0 -1 0 -1 1 0 1 -1

-40000 x 2 40000 0 1 1 0 0 -1 0 0 1

∞ H 1 30000 1 0 1 1 0 0 0 0 0

Máximo (Z j − C j ) -70000M+4000 -0,08-2M 0 -0,02+M 0 M -0,10-2M 0 0 0,10+3M

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

50000 A 1 50000 0 0 1 0 1 0 1 -1 0

-10000 S 2 10000 1 0 -1 0 -1 1 0 1 -1

∞ x 2 50000 1 1 0 0 -1 0 0 1 0

30000 H 1 30000 1 0 1 1 0 0 0 0 0

Máximo (Z j − C j ) -50000M+5000 0,02 0 -0,12-M 0 -0,10-M 0 0 0,10+2M M

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

20000 A 1 20000 -1 0 0 -1 1 0 1 -1 0

-40000 S 2 40000 2 0 0 1 -1 1 0 1 -1

-50000 x 2 50000 1 1 0 0 -1 0 0 1 0

∞ x 3 30000 1 0 1 1 0 0 0 0 0

Máximo (Z j − C j ) -20000M+8600 0,14+M 0 0 0,12+M -0,10-M 0 0 0,10+2M M

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 S 2 A 1 A 2 A 3

S 1 20000 -1 0 0 -1 1 0 1 -1 0

S 2 60000 1 0 0 0 0 1 1 0 -1

x 2 70000 0 1 0 -1 0 0 1 0 0

x 3 30000 1 0 1 1 0 0 0 0 0

Máximo (Z j − C j ) 10600 0,04 0 0 0,02 0 0 0,10+M M M

Hemos llegado a una solución óptima del problema.

x 1 = 0, 000$us

A

S

Respuesta:{ x 2 = 70000 $us H 1 = 0

1 = 20000$us 1 = 0

A

S

x 3 = 30000 $us

2 = 60000$us 2 = 0

A 3 = 0

Maximizar: Z = 10600 $us}

Debemos invertir 70000$us en DPF, 30000$us en Bonos y 0$us en letras del tesoro(nada), y para poder obtener un beneficio máximo en

rentabilidad de 10600$us, se invierte todo el dinero los 100000$us.

PROBLEMA#338 Dado el siguiente programa lineal de minimización y resolver por el método de M de penalización:

Minimizar el costo → Minimizar: Z = 6x

{

1 + 4x 2 + 2x 3 ❶

Sujeto a: 6x 1 + 2x 2 + 6x 3 ≥ 6❷; 6x 1 + 4x 2 = 12❸; 2x 1 − 2x 2 ≤ 2❹; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Paso1). Introducir las variables de holguras, superfluas y artificiales, donde sea necesario de cada restricción.

6x 1 + 2x 2 + 6x 3 − S 1 + A 1 = 6❷; 6x 1 + 4x 2 + A 2 = 12❸; 2x 1 − 2x 2 + H 1 = 2❹

Paso2). Las variables artificiales VA, afectan la función objetivo si es minimización (+M), las holguras y superfluas no afectan la F.O.

Minimizar el costo → Minimizar: Z = 6x 1 + 4x 2 + 2x 3 + MA 1 + MA 2 ❶

Paso3). Despejar las variables artificiales de las restricciones ❷, ❸.

A 1 = 6 − 6x 1 − 2x 2 − 6x 3 + S 1 ❷; A 2 = 12 − 6x 1 − 4x 2 ❸

Paso4). Introducir las variables artificiales a la función objetivo.

Minimizar: Z = 6x 1 + 4x 2 + 2x 3 + M(6 − 6x 1 − 2x 2 − 6x 3 + S 1 ) + M(12 − 6x 1 − 4x 2 )❶

Minimizar: Z = 6x 1 + 4x 2 + 2x 3 + 6M − 6Mx 1 − 2Mx 2 − 6Mx 3 + MS 1 + 12M − 6Mx 1 − 4Mx 2 ❶

Minimizar: Z = 6x 1 − 12Mx 1 + 4x 2 − 6Mx 2 + 2x 3 − 6Mx 3 + MS 1 + 18M❶

Minimizar: Z = x 1 (6 − 12M) + x 2 (4 − 6M) + x 3 (2 − 6M) + MS 1 + 18M❶

Paso5). Despejar el término independiente el término independiente e 18M.

Minimizar: Z − x 1 (6 − 12M) − x 2 (4 − 6M) − x 3 (2 − 6M) − MS 1 = 18M❶

Paso6). El término independiente debe ser negativo por lo tanto hay que multiplicar por (-1).

−Minimizar: Z + x 1 (6 − 12M) + x 2 (4 − 6M) + x 3 (2 − 6M) + MS 1 = −18M❶

Paso7). Pasar los coeficientes a la tabla inicial del simplex.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

1 A 1 6 6 2 6 0 -1 1 0

2 A 2 12 6 4 0 0 0 0 1

1 H 1 2 2 -2 0 1 0 0 0

Mínimo −(Z j − C j ) 0-18M 6-12M 4-6M 2-6M 0 M 0 0



θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

3 x 1 1 1 1/3 1 0 -1/6 1/6 0

3 A 2 6 0 2 -6 0 1 -1 1

0 H 1 0 0 -8/3 -2 1 1/3 -1/3 0

Mínimo −(Z j − C j ) -6-6M 0 2-2M -4+6M 0 1-M -1+2M 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

x 1 0 1 0 2 0 -1/3 1/3 -1/6

x 2 3 0 1 -3 0 1/2 -1/2 1/2

H 1 8 0 0 -10 1 5/3 -5/3 4/3

Mínimo −(Z j − C j ) -12+0M 0 0 2+0M 0 0+0M 0+M -1+M

El problema termina aquí ya no hay números negativos en la función objetivo, no olvidar que M es un número tan grande.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

x 1 0 1 0 2 0 -1/3 1/3 -1/6

x 2 3 0 1 -3 0 1/2 -1/2 1/2

H 1 8 0 0 -10 1 5/3 -5/3 4/3

Mínimo −(Z j − C j ) -12 0 0 2 0 0 M -1+M


x 1 = 0

A

Respuesta:{ x 2 = 3 H 1 = 8 S 1 = 0 1 = 0

−Minimizar: Z = −12 $us → Minimizar: Z = −12

= 12 $us}

A

x 3 = 0

2 = 0

−1

Ahora vamos resolver el mismo ejemplo, pero vamos cambiar la función objetivo o reemplazar el M=100.

−Minimizar: Z + x 1 (6 − 12M) + x 2 (4 − 6M) + x 3 (2 − 6M) + MS 1 = −18M❶

−Minimizar: Z + x 1 [6 − 12(100)] + x 2 [4 − 6(100)] + x 3 [2 − 6(100)] + 100S 1 = −18(100)❶

−Minimizar: Z − 1194x 1 − 596x 2 − 598x 3 + 100S 1 = −1800❶

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

1 A 1 6 6 2 6 0 -1 1 0

2 A 2 12 6 4 0 0 0 0 1

1 H 1 2 2 -2 0 1 0 0 0

Mínimo −(Z j − C j ) -1800 -1194 -596 -598 0 100 0 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

3 x 1 1 1 1/3 1 0 -1/6 1/6 0

3 A 2 6 0 2 -6 0 1 -1 1

0 H 1 0 0 -8/3 -2 1 1/3 -1/3 0

Mínimo −(Z j − C j ) -606 0 -198 596 0 -99 199 0

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 S 1 A 1 A 2

x 1 0 1 0 2 0 -1/3 1/3 -1/6

x 2 3 0 1 -3 0 1/2 -1/2 1/2

H 1 8 0 0 -10 1 5/3 -5/3 4/3

Mínimo −(Z j − C j ) -12 0 0 2 0 0 100 99


x 1 = 0

A

Respuesta:{ x 2 = 3 H 1 = 8 S 1 = 0 1 = 0

A

x 3 = 0

2 = 0


−Minimizar: Z = −12 $us → Minimizar: Z = −12

= 12 $us}

−1

Maximizar: Z = x 1 + 2x 2 + 2x 3 ❶

{ Sujeto a: 0, 2x 1 + 0, 5x 2 + 1, 5x 3 ≤ 480❷; 0, 3x 1 + 0, 7x 2 + 1, 2x 3 ≤ 480❸; x 1 ≥ 300❹; x 2 ≥ 200❺; x 3 ≥ 100❻}

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❼

SOLUCIÓN:

Llevando a su forma estándar las inecuaciones:

0, 2x 1 + 0, 5x 2 + 1, 5x 3 + H 1 = 480❷; 0, 3x 1 + 0, 7x 2 + 1, 2x 3 + H 2 = 480❸; x 1 − S 1 + A 1 = 300❹; x 2 − S 2 + A 2 = 200❺; x 3 − S 3 + A 3 = 100❻

Despejar las variables artificiales de las ecuaciones.

A 1 = 300 − x 1 + S 1 ❹; A 2 = 200 − x 2 + S 2 ❺; A 3 = 100 − x 3 + S 3 ❻

Las variables artificiales afectan la función objetivo, si es maximización es (-M).

Maximizar: Z = x 1 + 2x 2 + 2x 3 − MA 1 − MA 2 − MA 3

Maximizar: Z = x 1 + 2x 2 + 2x 3 − M(300 − x 1 + S 1 ) − M(200 − x 2 + S 2 ) − M(100 − x 3 + S 3 )

Maximizar: Z = x 1 + 2x 2 + 2x 3 − 300M + Mx 1 − MS 1 − 200M + Mx 2 − MS 2 − 100M + Mx 3 − MS 3

Maximizar: Z = x 1 + Mx 1 + 2x 2 + Mx 2 + 2x 3 + Mx 3 − MS 1 − MS 2 − MS 3 − 600M

Sacar los términos semejantes.



Maximizar: Z = x 1 (1 + M) + x 2 (2 + M) + x 3 (2 + M) − MS 1 − MS 2 − MS 3 − 600M → igualando a cero.

Maximizar: Z − x 1 (1 + M) − x 2 (2 + M) − x 3 (2 + M) + MS 1 + MS 2 + MS 3 = −600M → reemplazar el M = 100

Maximizar: Z − x 1 (1 + 100) − x 2 (2 + 100) − x 3 (2 + 100) + 100S 1 + 100S 2 + 100S 3 = −600(100)

Maximizar: Z − x 1 (101) − x 2 (102) − x 3 (102) + 100S 1 + 100S 2 + 100S 3 = −60000

Maximizar: Z − 101x 1 − 102x 2 − 102x 3 + 100S 1 + 100S 2 + 100S 3 = −60000 → estos coeficientes van en mi F. O.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 S 1 S 2 S 3 A 1 A 2 A 3

960 H 1 480 0,2 0,5 1,5 1 0 0 0 0 0 0 0

4800/7 H 2 480 0,3 0,7 1,2 0 1 0 0 0 0 0 0

∞ A 1 300 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0

200 A 2 200 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0

∞ A 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) -60000 -101 -102 -102 0 0 100 100 100 0 0 0


760/3 H 1 380 0,2 0 1,5 1 0 0 0,5 0 0 -0,5 0

850/3 H 2 340 0,3 0 1,2 0 1 0 0,7 0 0 -0,7 0

∞ A 1 300 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0

∞ x 2 200 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0

100 A 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) -39600 -101 0 -102 0 0 100 -2 100 0 102 0


1150 H 1 230 0,2 0 0 1 0 0 0,5 1,5 0 -0,5 -1,5

2200/3 H 2 220 0,3 0 0 0 1 0 0,7 1,2 0 -0,7 -1,2

300 A 1 300 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0

∞ x 2 200 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0

∞ x 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) -29400 -101 0 0 0 0 100 -2 -2 0 102 102


340 H 1 170 0 0 0 1 0 0,2 0,5 1,5 -0,2 -0,5 -1,5

1300/7 H 2 130 0 0 0 0 1 0,3 0,7 1,2 -0,3 -0,7 -1,2

∞ x 1 300 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0

-200 x 2 200 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0

∞ x 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) 900 0 0 0 0 0 -1 -2 -2 101 102 102


-5400 H 1 540/7 0 0 0 1 -5/7 -1/70 0 9/14 1/70 0 -9/14

1300/3 S 2 1300/7 0 0 0 0 10/7 3/7 1 12/7 -3/7 -1 -12/7

-300 x 1 300 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0

900 x 2 2700/7 0 1 0 0 10/7 3/7 0 12/7 -3/7 0 -12/7

∞ x 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) 8900/7 0 0 0 0 20/7 -1/7 0 10/7 701/7 100 690/7


H 1 250/3 0 0 0 1 -2/3 0 1/30 7/10 0 -1/30 -7/10

S 1 1300/3 0 0 0 0 10/3 1 7/3 4 -1 -7/3 -4

x 1 2200/3 1 0 0 0 10/3 0 7/3 4 0 -7/3 -4

x 2 200 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0

x 3 100 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) 4000/3 0 0 0 0 10/3 0 1/3 2 100 299/3 98

Hemos llegado a la solución óptima.

x 1 = 2200

3 H

Respuesta:{

1 = 250

3

x 2 = 200

H

x 3 = 100 2 = 0

S 1 = 1300

3

S 2 = 0

S 3 = 0

A 1 = 0

A 2 = 0

A 3 = 0

Así es de fácil de resolver los problemas de la gran M de penalización!!!.

Maximizar: Z = 4000

3

$us}


PROGRAMACIÓN LINEAL – MÉTODO SIMPLEX –CASOS ESPECIALES

CAPÍTULO 8


MÉTODO SIMPLEX

CASOS ESPECIALES



DEGENERACIÓN

La degeneración ocurre cuando en alguna iteración del método simplex existe un empate en la selección de la variable que sale este

empate se rompe arbitrariamente. Sin embargo, cuando suceda esto una o más veces de las variables básicas, será necesariamente

igual a cero en la siguiente iteración. En este caso decimos que la nueva solución es degenerada.

Al aplicar la condición de factibilidad del método simplex, se puede presentar un empate por la relación mínima de salida en

θ, el cual puede romperse arbitrariamente. Cuando esto sucede, al menos una variable básica será cero en la siguiente iteración, y se

dice que la nueva solución está degenerada.

La degeneración puede hacer que las iteraciones del simplex ocurran de forma indefinida en ciclos, y que el algoritmo nunca se

termine, también que en el modelo de programación lineal al menos una restricción es redundante (abundancia).


Maximizar: Z = 3x

{

1 + 9x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 4x 2 ≤ 8❷; x 1 + 2x 2 ≤ 4❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN:

Llevando a su forma estándar las inecuaciones y la función objetivo hay que igualar a cero.

Maximizar: Z = 3x 1 + 9x 2 + 0H 1 + 0H 2 ❶ ↔ Maximizar: Z − 3x 1 − 9x 2 = 0❶

x 1 + 4x 2 + H 1 = 8❷; x 1 + 2x 2 + H 2 = 4❸; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 ≥ 0❹

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

8 x 2 2 1/4 1 1/4 0

0 H 2 0 1/2 0 -1/2 1

Máximo (Z j − C j ) 18 -3/4 0 9/4 0

La solución degenerada existe cuando al menos una de las variables básicas VB toma el valor de cero,

Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 2; ; H 1 = 0; H 2 = 0; Max: Z = 18

SOLUCION ÓPTIMA MULTIPLE-ÓPTIMOS ALTERNATIVOS-CANTIDAD INFINITA DE SOLUCIONES-MÚLTIPLES SOLUCIONES.

Un problema de programación lineal puede tener una cantidad infinita de óptimos alternativos cuando la función objetivo es paralela a

una restricción obligatoria no redundante(es un recurso escaso), es decir, una restricción que se satisface como una ecuación en la

solución óptima del problema.

Cuando la función objetivo es paralela a una restricción que se satisface en el sentido de la igualdad a través de la solución óptima, la

función objetivo tomara el mismo valor óptimo en más de un punto de la solución. Por esta razón reciben el nombre de múltiples

alternativas óptimas.

¿Cómo sabemos en las tablas que existen múltiples alternativas óptimas?

Cuando en los coeficientes de las variables no básicas VNB en la fila de la función objetivo FO de mínimo o máximo de Z, de la tabla

óptima del simplex existe una variable con valor de cero, lo que indica que esa variable no básica VNB puede entrar a la solución básica

sin alterar el valor de la FO de Z, pero provoca un cambio en el valor de las variables.


Maximizar: Z = 2x

{

1 + 4x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 5❷; x 1 + x 2 ≤ 4❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN:


Maximizar: Z = 2x 1 + 4x 2 + 0H 1 + 0H 2 ❶ ↔ Maximizar: Z − 2x 1 − 4x 2 = 0❶

x 1 + 2x 2 + H 1 = 5❷; x 1 + x 2 + H 2 = 4❸; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 ≥ 0

Primera forma de realizar.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

5/2 H 1 5 1 2 1 0

4 H 2 4 1 1 0 1

Máximo (Z j − C j ) 0 -2 -4 0 0



Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 5 2 ; H 1 = 0; H 2 = 3 2 ;

Segunda forma de realizar.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

5 H 1 5 1 2 1 0

4 H 2 4 1 1 0 1

Máximo (Z j − C j ) 0 -2 -4 0 0

Maximo: Z = 10

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

1 H 1 1 0 1 1 -1

4 x 1 4 1 1 0 1

Máximo (Z j − C j ) 8 0 -2 0 2

Respuesta: x 1 = 3; x 2 = 1; H 1 = 0; H 2 = 0; Maximo: Z = 10

Será ventajoso comercializar dos productos en lugar de un producto, en este caso elegir la segunda forma seria mejor.

SOLUCIÓN NO ACOTADO

En algunos ejercicios de programación lineal, el espacio de soluciones es no acotado en por lo menos una variable, es decir que las

variables pueden incrementar de forma indefinida sin violar ninguna de las restricciones. En este caso el valor objetivo asociado

también puede ser no acotado, en algunos modelos de programación lineal, los valores de las variables se pueden aumentar en forma

indefinida sin violar ninguna de las restricciones, lo que significa que el espacio de soluciones es no acotado cuando menos en una

dirección. Como resultado el valor de la función objetivo puede crecer (caso de la minimización) en forma indefinida.

¿Cómo sabemos en las tablas del simplex que existen solución no acotada?

Cuando en la tabla del simplex en la fila de la función objetivo FO de Z, existe una variable no básica que pueda entrar pero al

determinar la variable que sale nos damos cuenta que en la su columna existen solo valores de ceros o negativos lo que significa que

esa variable puede hacer crecer en forma indefinida a Z sin que infrinja ninguna de las restricciones. Por lo tanto concluimos sin hacer

más cálculos que el problema no tiene solución acotada.


Maximizar: Z = 2x

{

1 + x 2 ❶

Sujeto a: x 1 − x 2 ≤ 10❷; 2x 1 ≤ 40❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN:


Maximizar: Z = 2x 1 + x 2 + 0H 1 + 0H 2 ❶ ↔ Maximizar: Z − 2x 1 − 1x 2 = 0❶

x 1 − x 2 + H 1 = 10❷; 2x 1 + H 2 = 40❸; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 ≥ 0❹



θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

10 H 1 10 1 -1 1 0

20 H 2 40 2 0 0 1

Máximo (Z j − C j ) 0 -2 -1 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

-10 x 1 10 1 -1 1 0

10 H 2 20 0 2 -2 1

Máximo (Z j − C j ) 20 0 -3 2 0

Nótese que la VNB de H1 en la función objetivo de Z, hay todavía un numero negativo entrar por ese número negativo, pero al encontrar

a la variable de salida, nos encontramos con que todos los coeficientes de la columna pivote son ceros y/o negativos. Esto significa

que las restricciones no impiden el crecimiento indefinido de la función objetivo, en este caso el método simplex se detiene y se dice

que la solución es no acotada ya que es imposible lograr ganancias infinitas.

Respuesta: x 1 = 20; x 2 = 10; H 1 = 0; H 2 = 0; Maximo: Z = 50 → Solucion NO ACOTADA

SOLUCIÓN NO FACTIBLE-SIN SOLUCIÓN FACTIBLE-SOLUCIÓN INFACTIBLE

Los modelos de programación lineal con restricciones inconsistentes no tienen una solución factible común. Esta no

ocurre si todas las restricciones son del tipo ≤ con lados derechos no negativos porque las holguras proporcionan una

solución factible obvia. Para otros tipos de restricciones, se utilizan variables artificiales penalizadas para iniciar la

solución. Si al menos una variable artificial es positiva en la iteración óptima, entonces la programación lineal no tiene

una solución factible. Desde el punto de vista práctico, un espacio no factible apunta hacia la posibilidad de que el

modelo se formuló de manera incorrecta.

Si las restricciones no se pueden satisfacer en forma simultánea, se dice que el modelo no tiene solución factible. Esta

situación nunca puede ocurrir si todas las restricciones son del tipo menor o igual (suponiendo valores positivos en el

segundo miembro) ya que las variables de holguras producen siempre una solución factible. Sin embargo, cuando

empleamos los otros tipos de restricciones, recurrimos al uso de las variables artificiales, que por su mismo diseño no

ofrecen una solución factible al modelo original. Aunque se hacen provisiones (a través del uso de penalizaciones) para

hacer que estas variables artificiales sean cero en el nivel óptimo, esto sólo puede ocurrir si el modelo tiene un espacio

factible. Si no lo tiene, cuando menos una variable artificial será positiva en la iteración óptima.


Maximizar: Z = 3x

{

1 + 2x 2 ❶

Sujeto a: 2x 1 + x 2 ≤ 2❷; 3x 1 + 4x 2 ≥ 12❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN:


Maximizar: Z = 3x 1 + 2x 2 + 0H 1 + 0S 1 − MA 1 ❶

2x 1 + x 2 + H 1 = 2❷; 3x 1 + 4x 2 − S 1 + A 1 = 12❸; con: x 1 , x 2 , H 1 , S 1 , A 1 ≥ 0❹

A 1 = 12 − 3x 1 − 4x 2 + S 1 ❸

Maximizar: Z = 3x 1 + 2x 2 − MA 1 = 2x 1 + x 2 − M(12 − 3x 1 − 4x 2 + S 1 ) = 3x 1 + 2x 2 − 12M + 3Mx 1 + 4Mx 2 − MS 1 ❶

Maximizar: Z = 3x 1 + 2x 2 − 12M + 3Mx 1 + 4Mx 2 − MS 1 = 3x 1 + 3Mx 1 + 2x 2 + 4Mx 2 − MS 1 − 12M = x 1 (3 + 3M) + x 2 (2 + 4M) − MS 1 − 12M❶

Maximizar: Z = x 1 (3 + 3M) + x 2 (2 + 4M) − MS 1 − 12M❶igualando a cero

Maximizar: Z − x 1 (3 + 3M) − x 2 (2 + 4M) + MS 1 = −12M❶

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1

2 H 1 2 2 1 1 0 0

3 A 1 12 3 4 0 -1 1

Máximo (Z j − C j ) -12M -3-3M -2-4M 0 M 0



Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 2; H 1 = 0; A 1 = 4; Maximo: Z = 4 − 4M

La M remplazamos por 100→M=100.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1

x 2 2 2 1 1 0 0

A 1 4 -5 0 -4 -1 1

Máximo (Z j − C j ) 4-4(100) 1+5(100) 0 2+4(100) 100 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 S 1 A 1

x 2 2 2 1 1 0 0

A 1 4 -5 0 -4 -1 1

Máximo (Z j − C j ) -396 501 0 402 100 0

Solución infactible no podemos ganar dinero negativo (-396) eso es irreal, y la variable artificial es distinto de cero A 1 =4,

sería ilógico producir productos artificiales eso nunca debe suceder.

OTROS EJEMPLOS:

Determinar qué tipo de soluciones tiene el problema de programación lineal.

PROBLEMA#344 Poner el siguiente programa lineal en su forma estándar y resolver por el método simplex.

Minimizar: Z = 2x

{

1 − x 2 + 4x 3 ❶

Sujeto a: 5x 1 + 2x 2 − 3x 3 ≥ −7❷; 2x 1 − 2x 2 + x 3 ≤ 8❸; con: x 1 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN:

No olvidar que el lado derecho LD de la restricción nunca debe ser negativo, debemos modificar dicha restricción. Y las

condiciones de no negatividad sólo X1≥0, los otros dos variables están sin restricción (irrestrictas).

5x 1 + 2x 2 − 3x 3 ≥ −7❷ multiplicar por (−1) → −5x 1 − 2x 2 + 3x 3 ≤ 7❷

Nota: x 2 = x 4 − x 5 ; x 3 = x 6 − x 7 → el x 2 y x 3 no eran ≥ 0 en condiciones de no negatividad

Ahora elaboramos nuestro programa lineal.

Minimizar: Z = 2x 1 − (x 4 − x 5 ) + 4(x 6 − x 7 ) = 2x 1 − x 4 + x 5 + 4x 6 − 4x 7 ❶

Sujeto a: − 5x 1 − 2x 2 + 3x 3 ≤ 7 ↔ −5x 1 − 2(x 4 − x 5 ) + 3(x 6 − x 7 ) ≤ 7 ↔ −5x 1 − 2x 4 + 2x 5 + 3x 6 − 3x 7 ≤ 7❷

2x 1 − 2x 2 + x 3 ≤ 8 ↔ 2x 1 − 2(x 4 − x 5 ) + (x 6 − x 7 ) ≤ 8 ↔ 2x 1 − 2x 4 + 2x 5 + x 6 − x 7 ≤ 8❸

{

con: x 1 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0❹ }

Introducción de las variables de holguras VH.

Minimizar: Z = 2x 1 − x 4 + x 5 + 4x 6 − 4x 7 + 0H 1 + 0H 2 ❶igualar a cero

Minimizar: Z − 2x 1 + x 4 − x 5 − 4x 6 + 4x 7 = 0❶multiplicar po (−1).

−Minimizar: Z + 2x 1 − x 4 + x 5 + 4x 6 − 4x 7 = 0❶

−5x 1 − 2x 4 + 2x 5 + 3x 6 − 3x 7 + H 1 = 7❷; 2x 1 − 2x 4 + 2x 5 + x 6 − x 7 + H 2 = 8❸; con todas las variables no negativas.

θ VB b j x 1 x 4 x 5 x 6 x 7 H 1 H 2

-7/3 H 1 7 -5 -2 2 3 -3 1 0

-8 H 2 8 2 -2 2 1 -1 0 1

Mínimo −(Z j − C j ) 0 2 -1 1 4 -4 0 0


PROGRAMACIÓN LINEAL – TEORÍA DE DUALIDAD

CAPÍTULO 9


TEORÍA DE DUALIDAD



PROGRAMACIÓN DUAL

Hemos visto cómo la programación lineal puede ser usada para resolver una extensa variedad de problemas propios de negocios, ya

sea para maximizar utilidades o minimizar costos.

A cada programa lineal en las variables x 1 , x 2 , x 3 , … . , x n corresponde, asociado otro programa lineal con las variables de

y 1 , y 2 , y 3 , … . , y n conocido como su dual, el programa lineal original se denomina primario y este determina por completo la forma de

su dualidad, los programas lineales duales se pueden clasificar en dual simétricos, dual asimétricos.

El problema dual se define sistemáticamente a partir del modelo de programación lineal primal u original, en la mayoría de los

tratamientos de programación lineal, el dual se define para varias formas del primal según el sentido de la optimización (maximización o

minimización), los tipos de restricciones pueden ser: ≥, ≤, =, y el signo de las variables (no negativas o irrestrictas).

DUALES SIMÉTRICOS

El dual de un programa lineal (primitivo o primal), en la forma matricial (no está en forma estándar), las inecuaciones pueden ser de ≥, ≤.

Se llama dual simétrico por dos motivos:

a) Todas las restricciones “m” son de la misma dirección pueden ser todas de (≤,≤,≤,≤), o todas deben ser de (≥,≥,≥,≥).

b) Y las variables “n” no negativas (condiciones de no negatividad), tanto para el primal como para el dual.

Los programas lineales son simétricos en el sentido de que ambos involucran variables no negativas y las restricciones de las

desigualdades tienen el mismo sentido en el programa lineal primario y en el sentido contrario el programa dual.

TEOREMA DE DUALIDAD

Si existe una solución óptima para el programa lineal primario o para el dual simétrico, entonces el otro programa tiene también una

solución óptima, y las dos funciones de objetivos tienen el mismo valor óptimo.

Ya que la solución a ambos problemas de primal y dual se obtiene al resolver cualquiera de ellos puede resultar ventajoso desde el

punto de vista de los cálculos, a veces resolver el dual de un programa lineal es más ventajoso, en vez de resolver el primal.



Ejemplos de duales simétricos.



{

1 + 33x 2 + 50x 3 + 15x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 4x 4 ≤ 200❷; 2x 1 + 4x 2 + 4x 3 + 5x 4 ≤ 100❸; 4x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 10x 4 ≤ 150❹; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

DUAL

PRIMAL

Minimización: Z = 200y 1 + 100y 2 + 150y 3 ❶

Maximización: Z = 35x 1 + 33x 2 + 50x 3 + 15x 4 ❶

Sujeto a: y 1 + 2y 2 + 4y 3 ≥ 35❷

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 4x 4 ≤ 200❷

Su Dual será:

2y 1 + 4y 2 + 4y 3 ≥ 33❸

2x 1 + 4x 2 + 4x 3 + 5x 4 ≤ 100❸

2y 1 + 4y 2 + 3y 3 ≥ 50❹

4x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 10x 4 ≤ 150❹

4y 1 + 5y 2 + 10y 3 ≥ 15❺

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❺ }

con: y 1

, y 2

, y 3

≥ ❻

PROBLEMA#346 Dado el siguiente programa lineal de minimización.

Minimizar: Z = 6x

{

1 + 8x 2 ❶

Sujeto a: 40x 1 + 10x 2 ≥ 2400❷; 10x 1 + 15x 2 ≥ 2100❸; 5x 1 + 15x 2 ≥ 1500❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

PRIMAL

DUAL


Maximización: Z = 2400y 1 + 2100y 2 + 1500y 3 ❶

Sujeto a: 40x 1 + 10x 2 ≥ 2400❷

Su Dual será: Sujeto a: 40y 1 + 10y 2 + 5y 3 ≤ 6❷

10x 1 + 15x 2 ≥ 2100❸

10y 1 + 15y 2 + 15y 3 ≤ 8❸

5x 1 + 15x 2 ≥ 1500❹

con: y

con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

1

, y 2

, y 3

≥ ❹

Los programas lineales de duales son simétricos en el sentido de que ambos involucran variables no negativas (son condiciones de no

negatividad), y las restricciones de desigualdad, se conocen como duales simétricos uno del otro, a las variables duales de

y 1 , y 2 , y 3 , … . , y n , a veces se les denomina precios de sombra.

DUALES ASIMÉTRICOS

Se utilizan para problemas de programación lineal que están en forma estándar en el primal (original), se denomina así cuando un

programa lineal sus restricciones tienen diferentes formas de condiciones y además está dada en forma de estándar y sus duales

pueden definirse de las siguientes formas.

En duales simétricos: ya que el primal está en forma estándar (ecuación), su dual no se encuentra en forma de estándar, estos duales

son asimétricos, recíprocamente. Sus formas son una consecuencia directa y son consistentes con la decisión de duales simétricos.



Ejemplos de dual asimétricos:


Maximización: Z = x

{

1 + 3x 2 − 2x 3 ❶

Sujeto a: 4x 1 + 8x 2 + 6x 3 = 25❷; 7x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 30❸; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

Determinar el dual del siguiente programa lineal.

SOLUCIÓN:

Las restricciones ya está dada en forma estándar no hay necesidad de introducir las VH, VS y VA.

PRIMAL

Maximización: Z = x 1 + 3x 2 − 2x 3 ❶

Sujeto a: 4x 1 + 8x 2 + 6x 3 = 25❷ Su Dual será:

7x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 30❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

DUAL

Minimización: Z = 25y 1 + 30y 2 ❶

Sujeto a: 4y 1 + 7y 2 ≥ 1❷

8y 1 + 5y 2 ≥ 3❸

6y 1 + 9y 2 ≥ −2❹

aca no se coloca las condiciones de no negatividas

Si queremos resolver el dual del programa lineal, como no hay condiciones de no negatividad.

Para poner al dual condiciones de no negatividad, debemos sacar la diferencia de dos valores cualesquiera.

DUAL


Sujeto a: 4y 1 + 7y 2 ≥ 1❷

8y 1 + 5y 2 ≥ 3❸

6y 1 + 9y 2 ≥ −2❹, está desigualdad multiplicar por (−1), porque el Lado Derecho nunca debe ser negativo.

−6y 1 − 9y 2 ≤ 2❹

y 1 = y 3 − y 4 y 2 = y 5 − y 6 → estos valores remplazar en las variables de y 1 , y 2 .

con: todas las variables no negativas(y 3 , y 4 , y 5 , y 6 ≥ 0)❺

Y el programa lineal dual quedaría de esta forma:

DUAL

Minimización: Z = 25(y 3 − y 4 ) + 30(y 5 − y 6 ) = 25y 3 − 25y 4 + 30y 5 − 30y 6 ❶

Sujeto a: 4y 1 + 7y 2 ≥ 1 → 4(y 3 − y 4 ) + 7(y 5 − y 6 ) ≥ 1 → 4y 3 − 4y 4

+ 7y 5 − 7y 6 ≥ 1❷

8y 1 + 5y 2 ≥ 3 → 8(y 3 − y 4 ) + 5(y 5 − y 6 ) ≥ 3 → 8y 3 − 8y 4 + 5y 5 − 5y 6 ≥ 3❸

−6y 1 − 9y 2 ≤ 2 → −6(y 3 − y 4 ) − 9(y 5 − y 6 ) ≤ 2 → −6y 3 + 6y 4 − 9y 5 + 9y 6 ≤ 2❹

con: todas las variables no negativas(y 3 , y 4 , y 5 , y 6 ≥ 0)❺


Minimización: Z = 3x

{

1 + x 2 + 0x 3 + 0x 4 + Mx 5 + Mx 6 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 − x 3 + x 5 = 7❷; 2x 1 + 3x 2 − x 4 + x 6 = 8❸; con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN:

PRIMAL

Minimización: Z = 3x 1 + x 2 + 0x 3 + 0x 4 + Mx 5 + Mx 6 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 − x 3 + x 5 = 7❷

Su Dual será:

2x 1 + 3x 2 − x 4 + x 6 = 8❸

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❹ }

DUAL

Maximización: Z = 7y 1 + 8y 2 ❶

Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≤ 3❷

y 1 + 3y 2 ≤ 1❸

−y 1 ≤ 0❹

−y 2 ≤ 0❺

y 1 ≤ M❻

y 2 ≤ M❼

Dual, las restricciones ❹ y ❺, podemos multiplicar por (-1), y serán equivalentes a y 1 ≥ 0, y 2 ≥ 0, y como la restricciones ❻ y

❼, simplemente requieren que las variables sean finitas (una condición que siempre se presume), por lo tanto esas

restricciones lo vamos eliminar, sabemos que M=100000000000 es un valor infinito.

Nuestro programa dual quedaría de esta forma resumida para resolver por cualquier método.

DUAL


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≤ 3❷

y 1 + 3y 2 ≤ 1❸

con todas las variables no negativas, con: y 1 , y 2 ≥ 0

REGLAS PARA CONTRUIR EL PROBLEMA DUAL

Objetivo del problema primal

PROBLEMA DUAL

Función objetivo original*** Función Objetivo Tipo de restricción Signo de las variables

Maximización Minimización ≥ Irrestricta

Minimización Maximización ≤ irrestricta

***todas las restricciones primales son ecuaciones con lado derecho no negativo, y todas las variables no negativas.





{

1 + 12x 2 + 4x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 10❷; 2x 1 − x 2 + 3x 3 = 8❸; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN:

A veces es necesario el primal llevar a forma de ecuación.

Primal

Primal en forma de ecuación

Maximización: Z = 5x 1 + 12x 2 + 4x 3 ❶ Maximización: Z = 5x 1 + 12x 2 + 4x 3 + 0x 4 ❶ Variables duales

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 10❷

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + x 3 + x 4 = 10❷ →

y 1

2x 1 − x 2 + 3x 3 = 8❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹

2x 1 − x 2 + 3x 3 + 0x 4 = 8❸ →

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❹

y 2

Su dual se saca de la forma de ecuación, porque es más fácil interpretar:

Dual


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≥ 5❷

2y 1 − y 2 ≥ 12❸

y 1 + 3y 2 ≥ 4❹

y 1 + 0y 2 ≥ 0❺

el dual queda así:


Dual


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≥ 5❷

2y 1 − y 2 ≥ 12❸

y 1 + 3y 2 ≥ 4❹

y 1 ≥ 0

y 2 irrestricta

y 1 , y 2 irrestricta❻ }

Nota: si quiero resolver el dual, como la variable y 2 es irrestricta debemos hacer esta operacion y 2 = y 3 − y 4 .

Dual

Minimización: Z = 10y 1 + 8(y 3 − y 4 ) = 10y 1 + 8y 3 − 8y 4 ❶

Sujeto a: y 1 + 2(y 3 − y 4 ) ≥ 5 → y 1 + 2y 3 − 2y 4 ≥ 5❷

2y 1 − (y 3 − y 4 ) ≥ 12 → 2y 1 − y 3 + y 4 ≥ 12❸

y 1 + 3(y 3 − y 4 ) ≥ 4 → y 1 + 3y 3 − 3y 4 ≥ 4❹

con todas las variables no negativas, con: y 1 , y 3 , y 4 ≥ 0❺


Minimización: Z = 15x

{

1 + 12x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≥ 3❷; 2x 1 − 4x 2 ≤ 5❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN:

A veces es necesario el primal llevar a forma de ecuación, agregando variables de holguras y superfluas.

Primal


Minimización: Z = 15x 1 + 12x 2 ❶ Minimización: Z = 15x 1 + 12x 2 + 0x 3 + 0x 4 ❶ Variables duales

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≥ 3❷

Sujeto a: x 1 + 2x 2 − x 3 + 0x 4 = 3❷ →

y 1

2x 1 − 4x 2 ≤ 5❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

2x 1 − 4x 2 + 0x 3 + x 4 = 5❸ →

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❹

y 2


Dual


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≤ 15❷

2y 1 − 4y 2 ≤ 12❸ el dual queda así:

−y 1 + 0y 2 ≤ 0❹

0y 1 + y 2 ≤ 0❺

y 1 , y 2 irrestrictas❻ }


Dual


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≤ 15❷

2y 1 − 4y 2 ≤ 12❸

con: y 1 ≥ 0❹; y 2 ≤ 0❺


{

1 + 6x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 = 5❷; −x 1 + 5x 2 ≥ 3❸; 4x 1 + 7x 2 ≤ 8❹; con: x 1 irrestricta, x 2 ≥ 0❺ }


SOLUCIÓN:

La variable x 1 es irrestricta, y x 2 ≥ 0. Por lo tanto x 1 = x 3 − x 4

Maximización: Z = 5(x 3 − x 4 ) + 6x 2 = 5x 3 − 5x 4 + 6x 2 = 6x 2 + 5x 3 − 5x 4 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 = 5 → x 3 − x 4 + 2x 2 = 5 → 2x 2 + x 3 − x 4 = 5❷

−x 1 + 5x 2 ≥ 3 → −(x 3 − x 4 ) + 5x 2 ≥ 3 → −x 3 + x 4 + 5x 2 ≥ 3 → 5x 2 −x 3 + x 4 ≥ 3❸

{

4(x 3 − x 4 ) + 7x 2 ≤ 8 → 7x 2 + 4x 3 − 4x 4 ≤ 8❹

con: x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❺ }


A veces es necesario el primal llevar a forma de ecuación, agregando variables de holguras y superfluas.

Primal


Maximización: Z = 6x 2 + 5x 3 − 5x 4 ❶ Maximización: Z = 6x 2 + 5x 3 − 5x 4 + 0x 5 + 0x 6 ❶

Variables duales

Sujeto a: 2x 2 + x 3 − x 4 = 5❷

Sujeto a: 2x 2 + x 3 − x 4 = 5❷ →

y 1

5x 2 −x 3 + x 4 ≥ 3❸

5x 2 −x 3 + x 4 − x 5 = 3❸ →

y 2

7x 2 + 4x 3 − 4x 4 ≤ 8❹

7x 2 + 4x 3 − 4x 4 + x 6 = 8❹

y 3

con: x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❺

con: x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0❺


Dual


Sujeto a: 2y 1 + 5y 2 + 7y 3 ≥ 6❷

y 1 − y 2 + 4y 3 ≥ 5❸

el dual queda así:

−y 1 + y 2 − 4y 3 ≥ −5❹

−y 2 ≥ 0❺

y 3 ≥ 0❻

y 1 , y 2 , y 3 irrestrictas❼ }


Dual


Sujeto a: 2y 1 + 5y 2 + 7y 3 ≥ 6❷

y 1 − y 2 + 4y 3 ≥ 5❸

y 1 − y 2 + 4y 3 ≤ 5❹

con: y 1 irrestricta; y 2 ≤ 0; y 3 ≥ 0

nota: las inecuaciones ❸ y ❹ podemos colocar en el dual como: y 1 − y 2 + 4y 3 = 5

Tambien el dual puede quedar de esta forma:

Dual


Sujeto a: 2y 1 + 5y 2 + 7y 3 ≥ 6❷

y 1 − y 2 + 4y 3 = 5❸

con: y 1 irrestricta; y 2 ≤ 0; y 3 ≥ 0

REGLAS PARA CONSTRUIR EL PROBLEMA DUAL

Problema de Maximización

Problema de Minimización

Restricciones

Variables

≥ ⟺ ≤0

≤ ⟺ ≥0

= ⟺ Irrestrictas

Variables

Restricciones

≥0 ⟺ ≥

≤0 ⟺ ≤

irrestrictas ⟺ =

Las irrestrictas (sin restricciones), observe que en el encabezado de la columna que aparece en la tabla no utilizan el nombre de primal

y dual. Lo que importa en este caso es el sentido de optimización. Si el primal es maximización, entonces el dual será minimización, y

viceversa. Observe también que no hay medidas específicas para incluir variables artificiales en el primal. La razón es que las variables

artificiales no cambiaran la definición del dual.

FORMAS PRIMAL-DUAL CORRESPONDIENTES

Problema primal (o dual)

Problema dual (o primal)

Maximizar Z

Minimizar Z

restricción i variable y i (o x i )

forma ≤ ⟺ y i ≥ 0

forma = ⟺ y i ≥ 0 eliminada

variable x i (o y i )

restricción j

x j ≥ 0 ⟺ forma ≥

x j ≥ 0 eliminada ⟺ forma =

Irrestricta significa, sin restricción de signo (no sabemos es positivo o negativo), para saber eso se saca la diferencia.

RELACIONES DE DUALIDAD

Minimización Maximización TABLA DE TUCKER

Si la restricción es: La variable asociada es: PRIMAL DUAL

≥ ≥0 FUNCIÓN OBJETIVO Max Min

≤

≤0

≤

≥

= irrestricta Restricciones

≥ ≤

= ≥,≤

Si la variable es: La restricción correspondiente es:

≥

≥

≥0 ≤ Variables

≤ ≤

≤0 ≥ ≥,≤ =

irrestricta =


Problema primal

Problema dual

Maximizar Z

Minimizar Z

i − esima restricción ≤

i − esima variable y i ≥ 0

i − esima restricción =

i − esima variable y i sin restricción

(∗∗) i − esima restricción ≥

i − esima variable y i ≥ 0

i − esima variable x j ≥ 0

i − esima restricción ≥

i − esima variable sin restricción i − esima restricción =

(∗∗) i − esima variable x j ≤ 0

i − esima restricción ≥

(∗∗) las filas marcadas por asterisco sólo incluimos para completar la tabla.

APLICANDO LA TEOREMA DE DUALIDAD RESOLVER LOS SIGUIENTES EJEMPLOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL.

El primal siempre vamos a colocar el planteamiento original del modelado del programa lineal.


PRIMAL

Maximización: Z = 2x 1 + 3x 2 + 2x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 + 3x 3 ≤ 4❷

2x 1 + x 2 + x 3 ≤ 6❸

Su Dual será:

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN:

PRIMAL

Max: Z = −10x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 4❷ ⇒

2x 1 − 3x 2 ≥ 6❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

Max: Z = −10x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 4❷

2x 1 − 3x 2 ≥ 6❸

{ con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PRIMAL

Max: Z = −10x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 4❷ ⇒

2x 1 − 3x 2 ≥ 6❸(−1)

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

DUAL


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≥ 2❷

2y 1 + y 2 ≥ 3❸

3y 1 + y 2 ≥ 2❹

con: y 1 , y 2 ≥ 0❺

PRIMAL

Max: Z = −10x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 4❷ ⇒ Su dual será

−2x 1 + 3x 2 ≤ −6❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

DUAL

Min: Z = 4y 1 − 6y 2 ❶

Sujeto a: y 1 − 2y 2 ≥ −10❷ ⇒

2y 1 + 3y 2 ≥ 20❸

con: y 1 , y 2 ≥ 0❹ }

DUAL

Min: Z = 4y 1 − 6y 2

❶

Sujeto a: y 1 − 2y 2 ≥ −10❷(−1) ⇒

2y 1 + 3y 2 ≥ 20❸

con: y 1 , y 2 ≥ 0❹ }

DUAL

Min: Z = 4y 1 − 6y 2 ❶

Sujeto a: − y 1 + 2y 2 ≤ 10❷

2y 1 + 3y 2 ≥ 20❸

con: y 1 , y 2 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN:

{

Maximización: Z = 10x 1 + 20x 2 ❶

Sujeto a: x 1 + 2x 2 = 4❷

2x 1 − 3x 2 ≤ 7❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PRIMAL

PRIMAL



Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 4❷

Sujeto a: x 1 + 2x 2 = 4❷

↔

−x 1 − 2x 2 ≤ −4❷

2x 1 − 3x 2 ≤ 7❸

2x 1 − 3x 2 ≤ 7❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹

DUAL

Minimización: Z = 4y 1 − 4y 2 + 7y 3 ❶

Sujeto a: y 1 − y 2 + 2y 3 ≥ 10❷

2y 1 − 2y 2 − 3y 3 ≥ 20❸

con: y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0❺

la restricción ❷, es una ecuación, no es una desigualdad de la forma menor o igual. para determinar el modelo dual,

primero necesitamos cambiar el modelo primal a una forma equivalente a su forma estandar, el objetivo es maximizar

y cada restricción debe ser dela forma menor o igual " ≤ "

x 1 + 2x 2 = 4❷} ↔ (

x 1 + 2x 2 ≤ 4

x 1 + 2x 2 ≥ 4 ) ↔ ( x 1 + 2x 2 ≤ 4

x 1 + 2x 2 ≥ 4 ∗ (−1) ) ↔ ( x 1 + 2x 2 ≤ 4

−x 1 − 2x 2 ≤ −4 )

no olvidar cuando tenemos (=), en el primal colocara esa ecuación (≤ y ≥), para hacer sacar su dual.




SOLUCIÓN:

PRIMAL

Minimización: Z = 10x 1 − 20x 2 + 10x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 − 4x 3 ≤ 11❷

2x 1 + 6x 2 + 10x 3 ≤ 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

{


Sujeto a: x 1 + x 2 − 4x 3 ≤ 11❷

2x 1 + 6x 2 + 10x 3 ≤ 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

↔

PRIMAL

Maximización: Z = −10x 1 + 20x 2 − 10x 3 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 − 4x 3 ≤ 11❷

2x 1 + 6x 2 + 10x 3 ≤ 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹

El problema es minimizar costo, y las restricciones son menores o iguales, esto nunca puede ser.

Primero necesito cambiarlo a la forma equivalente del problema de maximización de utilidades, esto se logra

remplazando el costo Z = 10x 1 − 20x 2 + 10x 3 ❶ por la utilidad, Utilidad = z = −Z = −10x 1 + 20x 2 − 10x 3 ❶

Donde −Max: Z = minimo: Z en el modelo primal.

Primal (Min)=Primal(Max), su dual será minimización:

PRIMAL


Sujeto a: x 1 + x 2 − 4x 3 ≤ 11❷

2x 1 + 6x 2 + 10x 3 ≤ 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

DUAL


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≥ −10❷(−19

y 1 + 6y 2 ≥ 20❸

−4y 1 + 10y 2 ≥ −10❹(−1)

con: y 1 , y 2 ≥ 0❺


DUAL


Sujeto a: y 1 + 2y 2 ≥ −10❷

Su Dual será:

y 1 + 6y 2 ≥ 20❸

−4y 1 + 10y 2 ≥ −10❹

con: y 1 , y 2 ≥ 0❺

DUAL


Sujeto a: −y 1 − 2y 2 ≤ 10❷

y 1 + 6y 2 ≥ 20❸

4y 1 − 10y 2 ≤ 10❹

con: y 1 , y 2 ≥ 0❺


Sujeto a: x 1 + 2x 2 − 3x 3 = 6❷

4x 1 − 11x 2 + 10x 3 ≥ 17❸

2x 1 + 5x 2 + 7x 3 ≤ 9❹

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

{

SOLUCIÓN:

El problema podemos maximizar en vez de minimizar, entonces la Z multiplicar por (-1).

{


Sujeto a: x 1 + 2x 2 − 3x 3 = 6❷

4x 1 − 11x 2 + 10x 3 ≥ 17❸

↔

2x 1 + 5x 2 + 7x 3 ≤ 9❹

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺ }

PRIMAL


Sujeto a: x 1 + 2x 2 − 3x 3 ≤ 6❷

−x 1 − 2x 2 + 3x 3 ≤ −6❷

−4x 1 + 11x 2 − 10x 3 ≤ −17❸

2x 1 + 5x 2 + 7x 3 ≤ 9❹

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❺

DUAL

Minimización: Z = 6y 1 − 6y 2 − 17y 3 + 9y 4 ❶

Sujeto a: y 1 − y 2 − 4y 3 + 2y 4 ≥ −10❷

el LD nunca(−) ↔

2y 1 − 2y 2 + 11y 3 + 5y 4 ≥ 20❷

−3y 1 + 3y 2 − 10y 3 + 7y 4 ≥ −10❸

con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ≥ 0❺ }

DUAL

Minimización: Z = 6y 1 − 6y 2 − 17y 3 + 9y 4 ❶

Sujeto a: −y 1 + y 2 + 4y 3 − 2y 4 ≤ 10❷

2y 1 − 2y 2 + 11y 3 + 5y 4 ≥ 20❷

3y 1 − 3y 2 + 10y 3 − 7y 4 ≤ 10❸

con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ≥ 0❺





Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 10❷

{

2x 1 + 7x 2 + x 3 = 50❸

4x 1 + x 2 + 3x 3 = 80❹

x 1 + 2x 2 + 7x 3 = 100❺

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻ }

SOLUCIÓN:

PRIMAL


DUAL

Minimización: Z = 10y 1 + 50y 2 + 80y 3 + 100y 4 ❶

Sujeto a: x 1 + x 2 + x 3 = 10❷

Sujeto a: y 1 + 2y 2 + 4y 3 + y 4 ≥ 4❷

2x 1 + 7x 2 + x 3 = 50❸

4x 1 + x 2 + 3x 3 = 80❹

x 1 + 2x 2 + 7x 3 = 100❺

→ Su dual será:

y 1 + 7y 2 + y 3 + 2y 4 ≥ 3❸

y 1 + y 2 + 3y 3 + 7y 4 ≥ 5❹

y 1 , y 2 , y 3 , y 4 (irrestrictas)

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❻ }

las variables "y" sin restricciones de signo

nota: a las variables irrestrictas podemos hacer esto: y 1 = y 5 − y 6 ; y 2 = y 7 − y 8 ; y 3 = y 9 − y 10 ; y 4 = y 11 − y 12

las variables de y 1 , y 2 , y 3 , y 4 remplazar en restricciones del dual, y despues con todas las variables no negativas.


SOLUCIÓN:

{


Sujeto a: 4x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 100❷

x 1 + 3x 2 + 7x 3 ≤ 80❸

2x 1 + 6x 2 + 3x 3 ≤ 50❹

x 1 , x 2 , x 3 (irrestrictas)

"x"sin restrición de signo }

PRIMAL


Sujeto a: 4x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 100❷

x 1 + 3x 2 + 7x 3 ≤ 80❸

Su dual será:

2x 1 + 6x 2 + 3x 3 ≤ 50❹



DUAL


Sujeto a: 4y 1 + y 2 + 2y 3 = 4❷

2y 1 + 3y 2 + 6y 3 = 7❸

y 1 + 7y 2 + 3y 3 = 8❹

con: y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0


SOLUCIÓN:

{


Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 + x 3 = 20❷

x 1 + 10x 2 + 3x 3 = 50❸



PRIMAL


Sujeto a: 2x 1 + 3x 2 + x 3 = 20❷

Su dual será:

x 1 + 10x 2 + 3x 3 = 50❸




{


Sujeto a: 3x 1 + 7x 2 + x 3 ≤ 10❷

x 1 + 5x 2 + 6x 3 = 50❸

4x 1 + 2x 2 + 9x 3 = 20❹

con: x 1 , x 3 ≥ 0

x 2 (irrestricta)

"x 2 "sin restrición de signo }


DUAL


Sujeto a: 2y 1 + y 2 = 4❷

3y 1 + 10y 2 = 7❸

y 1 + 3y 2 = 0❹

y 1 , y 2 (irrestrictas)


SOLUCIÓN:

PRIMAL


Sujeto a: 3x 1 + 7x 2 + x 3 ≤ 10❷

x 1 + 5x 2 + 6x 3 = 50❸

Su dual será:

4x 1 + 2x 2 + 9x 3 = 20❹

con: x 1 , x 3 ≥ 0

x 2 (irrestricta)

"x 2 "sin restrición de signo }

DUAL

Minimización: Z = 10y 1

+ 50y 2 − 50y 3 + 20y 4 − 20y 5 ❶

Sujeto a: 3y 1 + y 2 − y 3 + 4y 4 − 4y 5 ≥ 7❷

y 1 + 6y 2 − 6y 3 + 9y 4 − 9y 5 ≥ 7❸

→

7y 1 + 5y 2 − 5y 3 + 2y 4 − 2y 5 ≥ 4❹

−7y 1 − 5y 2 + 5y 3 − 2y 4 + 2y 5 ≥ −4❺

con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 ≥ 0❻ }

PRIMAL

Maximización: Z = 7x 1 + 7x 3 + 4x 4 − 4x 5 ❶

Sujeto a: 3x 1 + x 3 + 7x 4 − 7x 5 ≤ 10❷

x 1 + 6x 3 + 5x 4 − 5x 5 ≤ 50❸

−x 1 − 6x 3 − 5x 4 + 5x 5 ≤ −50❸

4x 1 + 9x 3 + 2x 4 − 2x 5 ≤ 20❹

−4x 1 − 9x 3 − 2x 4 + 2x 5 ≤ −20❹

con: x 1 , x 3 ≥ 0

x 2 = x 4 − x 5

con todas las variables no negativas }

DUAL

Minimización: Z = 10y 1 + 50y 2 − 50y 3 + 20y 4 − 20y 5 ❶

Sujeto a: 3y 1 + y 2 − y 3 + 4y 4 − 4y 5 ≥ 7❷

y 1 + 6y 2 − 6y 3 + 9y 4 − 9y 5 ≥ 7❸

7y 1 + 5y 2 − 5y 3 + 2y 4 − 2y 5 ≥ 4❹

7y 1 + 5y 2 − 5y 3 + 2y 4 − 2y 5 ≤ 4❺

con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 ≥ 0❻

Podemos resumir: como las restricciones ❹ y ❺ son equivalentes podemos poner como ecuación.

DUAL

Minimización: Z = 10y 1 + 50y 2 − 50y 3 + 20y 4 − 20y 5 ❶

Sujeto a: 3y 1 + y 2 − y 3 + 4y 4 − 4y 5 ≥ 7❷

y 1 + 6y 2 − 6y 3 + 9y 4 − 9y 5 ≥ 7❸

7y 1 + 5y 2 − 5y 3 + 2y 4 − 2y 5 = 4❹y ❺

con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 ≥ 0❻


{

SOLUCIÓN

PRIMAL

Minimización: Z = 3x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 + 3x 5 ❶

Sujeto a: 2x 1 + 5x 2 + 0x 3 + x 4 + x 5 ≥ 6❷

0x 1 + 4x 2 − 2x 3 + 2x 4 + 3x 5 ≥ 5❸

x 1 − 6x 2 + 3x 3 + 7x 4 + 5x 5 ≤ 7❹(−1)

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❺


Sujeto a: 2x 1 + 5x 2 + 0x 3 + x 4 + x 5 ≥ 6❷

0x 1 + 4x 2 − 2x 3 + 2x 4 + 3x 5 ≥ 5❸

x 1 − 6x 2 + 3x 3 + 7x 4 + 5x 5 ≤ 7❹

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❺ }

PRIMAL


Sujeto a: 2x 1 + 5x 2 + 0x 3 + x 4 + x 5 ≥ 6❷

0x 1 + 4x 2 − 2x 3 + 2x 4 + 3x 5 ≥ 5❸

−x 1 + 6x 2 − 3x 3 − 7x 4 − 5x 5 ≥ −7❹

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❺

DUAL

Maximización: Z = 6y 1 + 5y 2 − 7y 3 ❶

Sujeto a: 2y 1 + 0y 2 − y 3 ≤ 3❷

5y 1 + 4y 2 + 6y 3 ≤ 2❸

0y 1 − 2y 2 − 3y 3 ≤ 1❹

y 1 + 2y 2 − 7y 3 ≤ 2❺

y 1 + 3y 2 − 5y 3 ≤ 3❻

con: y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0❼




{

SOLUCIÓN

A la restricción ❷ agregar la variable superflua.

Maximización: Z = 10x 1 + 15x 2 + 20x 3 + 25x 4 ❶

Sujeto a: 8x 1 + 6x 2 − x 3 + x 4 ≥ 16❷

3x 1 + 0x 2 + 2x 3 − x 4 = 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0❹ }

PRIMAL

Maximización: Z = 10x 1 + 15x 2 + 20x 3 + 25x 4 + 0x 5 ❶

Sujeto a: 8x 1 + 6x 2 − x 3 + x 4 − x 5 = 16❷

→

3x 1 + 0x 2 + 2x 3 − x 4 = 20❸

con: x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0❹ }


SOLUCIÓN

{

Minimización: Z = x 1 + 2x 2 + x 3 ❶

Sujeto a: 0x 1 + x 2 + x 3 = 1❷

3x 1 + x 2 + 3x 3 = 4❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

PRIMAL

Minimización: Z = x 1 + 2x 2 + x 3 ❶

Sujeto a: 0x 1 + x 2 + x 3 = 1❷

3x 1 + x 2 + 3x 3 = 4❸

con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0❹ }

AHORA VAMOS A RESOLVER UN PROBLEMA LINEAL PRIMAL-DUAL.


{

SOLUCIÓN


Sujeto a: 3x 1 + 2x 2 ≤ 2000❷

su modelo dual será:

x 1 + 2x 2 ≤ 1000❸

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

→

DUAL


Sujeto a: 8y 1 + 3y 2 ≥ 10❷

6y 1 + 0y 2 ≥ 15❸

−y 1 + 2y 2 ≥ 20❹

y 1 − y 2 ≥ 25❺

−y 1 + 0y 2 ≥ 0❻

y 1 , y 2 , irrectrictas

DUAL

Maximización: Z = y 1 + 4y 2 ❶

Sujeto a: 0y 1 + 3y 2 ≤ 1❷

y 1 + y 2 ≤ 2❸

y 1 + 3y 2 ≤ 1❹

y 1 , y 2 , irrectrictas

Minimización: Z = 2000x 1 + 1000x 2 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 1x 2 ≥ 40❷

2x 1 + 2x 2 ≥ 60❸

con: y 1 , y 2 ≥ 0❹



A las restricciones llevar a su forma estándar y la función objetivo igualar a cero.

Maximización: Z = 40x 1 + 60x 2 + 0H 1 + 0H 2 ↔ Maximizar: Z − 40x 1 − 60x 2 = 0❶

3x 1 + 2x 2 + H 1 = 2000❷

x 1 + 2x 2 + H 2 = 1000❸

con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 ≥ 0❹

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

1000 H 1 2000 3 2 1 0

500 H 2 1000 1 2 0 1

Máximo (Z j − C j ) 0 -40 -60 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

500 H 1 1000 2 0 1 -1

1000 x 2 500 1/2 1 0 1/2

Máximo (Z j − C j ) 30000 -10 0 0 30

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

x 1 500 1 0 1/2 -1/2

x 2 250 0 1 -1/4 3/4

Máximo (Z j − C j ) 35000 0 0 5 25

Solución óptima al primal: x 1 = 500;

x 2 = 250; Max: Z = 35000

Para determinar la solución óptima del dual, debemos utilizar la tabla óptima del primal, no hay necesidad de resolver de

nuevo el problema dual porque el resultado del dual ya lo tenemos en la tabla óptima del primal.

DUAL

Minimización: Z = 2000x 1 + 1000x 2 ❶

Sujeto a: 3x 1 + 1x 2 ≥ 40❷

2x 1 + 2x 2 ≥ 60❸

con: y 1 , y 2 ≥ 0❹

Solución óptima al dual: y 1 = 5;

y 2 = 25; Min: Z = 35000

El dual, es el precio sombra cada unidad del recurso 1 me cuesta 5 Bs y cada unidad del recurso 2 me cuesta 25 Bs.

El recurso 1 disponemos de 2000 unidades y cada unidad cuesta 5 Bs.

El recurso 2 disponemos de 1000 unidades y cada unidad cuesta 25 Bs.

Costo Total Mínimo → Minimización: Z = 2000x 1 + 1000x 2 = 2000(5) + 1000(25) = 35000 Bs




Maximizar: Z = 7x 1 + 3x 2 + 3x 3 ❶

{ Sujeto a: 60x 1 + 25x 2 + 20x 3 ≤ 100000❷ ; 60x 1 ≤ 60000❸ ; 25x 2 ≤ 25000❹ ; 20x 3 ≤ 30000❺ }

con: x j ≥ 0∀j (CNN)❻

SOLUCIÓN

Tabla óptima del primal, haciendo iteraciones hemos llegado a la solución óptima del simplex.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

x 3 1500 0 0 1 0 0 0 1/20

x 1 750 1 0 0 1/60 0 -1/60 -1/60

x 2 1000 0 1 0 0 0 1/25 0

H 2 15000 0 0 0 -1 1 1 1

Max (Z j − C j ) 12750 0 0 0 7/60 0 1/300 1/30

Respuesta:

x 1 = 750; x 2 = 1000; x 3 = 1500; Max: Z = 12750; H 2 = 15000; H 1 = H 3 = H 4 = 0

DUAL

Minimizar: Z = 100000y 1 + 60000y 2 + 25000y 3

+ 30000y 4 ❶

Sujeto a: 60y 1 + 60y 2 ≥ 7❷ ; 25y 1 + 25y 3 ≥ 3❸ ; 20y 1 + 20y 4 ≥ 3❹ ; con: y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ≥ 0❺

No hay necesidad de resolver de nuevo el problema, el dual podemos sacar de la tabla óptima del primal, si queremos

resolver tendríamos utilizar el método de dos fase o gran M de penalización.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 H 1 H 2 H 3 H 4

x 3 1500 0 0 1 0 0 0 1/20

x 1 750 1 0 0 1/60 0 -1/60 -1/60

x 2 1000 0 1 0 0 0 1/25 0

H 2 15000 0 0 0 -1 1 1 1

Max (Z j − C j ) 12750 0 0 0 7/60 0 1/300 1/30

Respuesta:

y 1 = 7 60 ; y 2 = 0; y 3 =

1

300 ; y 4 = 1 ; Min: Z = 12750

30

PROBLEMA#366 Dado el siguiente programa lineal de minimización resolver por el método de dos fases:

{

Sujeto a: 40x 1 + 10x 2 ≥ 2400❷;


10x 1 + 15x 2 ≥ 2100❸; 5x 1 + 15x 2 ≥ 1500❹; con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN:

Tabla óptima del primal

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 1 30 1 0 -3/100 1/50 0

S 3 450 0 0 3/20 -11/10 1

x 2 120 0 1 1/50 -2/25 0

Respuesta:

FASE II −(Z j − C j ) -1140 0 0 1/50 13/25 0

x 1 = 30; x 2 = 120; ; Min: Z = 1140;

S 1 = S 2 = 0; S 3 = 450

DUAL

Maximizar: Z = 2400y 1 + 2100y 2 + 1500y 3 ❶

Sujeto a: 40y 1 + 10y 2 + 5y 3 ≤ 6❷; 10y 1 + 15y 2 + 15y 3 ≤ 8❸; con: y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0❹

Para dual también utilizamos la tabla óptima del primal

θ VB b j x 1 x 2 S 1 S 2 S 3

x 1 30 1 0 -3/100 1/50 0

S 3 450 0 0 3/20 -11/10 1

x 2 120 0 1 1/50 -2/25 0

FASE II −(Z j − C j ) -1140 0 0 1/50 13/25 0

Respuesta:

y 1 = 1 50 ; y 2 = 13

25 ; y 3 = 0; Max: Z = 1140



PROBLEMA#367 Un panadero tiene 150, 90 y 150 unidades de los ingredientes A, B y C respectivamente. Un pan

requiere 1, 1 y 2 unidades de A, B y C respectivamente, y un pastel requiere 5, 2 y 1 unidades de A, B y C

respectivamente. Si el pan se vende a 35 centavos de bolivianos y el pastel a 60 centavos de bolivianos. ¿Qué

cantidades de cada uno debe hacer y cuál sería su ganancia bruta?

SOLUCIÓN

PRIMAL

x 1 = Cantidad de unidades de pan que debe hornear el panadero.

x 2 = Cantidad de unidades de pastel que debe hornear el panadero.

Maximizar el precio de venta → Max: Z = 35x 1 + 60x 2 ❶

Sujeto a:

x 1 + 5x 2 ≤ 150❷(ingrediente A)

x 1 + 2x 2 ≤ 90❸(ingrediente B)

2x 1 + x 2 ≤ 150❹(ingrediente C)

con: x 1 , x 2 ≥ 0❺(condiciones de no negatividad)

Las desigualdades llevando a su forma estándar y la función objetivo igualar a cero.

Max: Z = 35x 1 + 60x 2 + 0H 1 + 0H 2 + 0H 3 → Max: Z − 35x 1 − 60x 2 = 0

x 1 + 5x 2 + H 1 = 150❷; x 1 + 2x 2 + H 2 = 90❸; 2x 1 + x 2 + H 3 = 150❹; con todas las variables no negativas

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

30 H 1 150 1 5 1 0 0

45 H 2 90 1 2 0 1 0

150 H 3 150 2 1 0 0 1

(Z j − C j ) 0 -35 -60 0 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

150 x 2 30 1/5 1 1/5 0 0

50 H 2 30 3/5 0 -2/5 1 0

200/3 H 3 120 9/5 0 -1/5 0 1

(Z j − C j ) 1800 -23 0 12 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

60 x 2 20 0 1 1/3 -1/3 0

-75 x 1 50 1 0 -2/3 5/3 0

30 H 3 30 0 0 1 -3 1

(Z j − C j ) 2950 0 0 -10/3 115/3 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 10 0 1 0 2/3 -1/3

x 1 70 1 0 0 -1/3 2/3

H 1 30 0 0 1 -3 1

(Z j − C j ) 3050 0 0 0 85/3 10/3

Solución óptima del primal

Respuesta: x 1 = 70; x 2 = 10; Max: Z = 3050; H 1 = 30; H 2 = H 3 = 0

DUAL

La dual igual se saca de la tabla óptima del primal.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 10 0 1 0 2/3 -1/3

x 1 70 1 0 0 -1/3 2/3

H 1 30 0 0 1 -3 1

(Z j − C j ) 3050 0 0 0 85/3 10/3

Solución óptima del dual sacamos de la tabla del primal,

Respuesta: y 1 = 0; y 2 = 85

3 ; y 3 = 10

3 ;

Min: Z = 3050

INTERPRETACIÓN ECONÓMICA DE DUALIDAD

Desafortunadamente no existe una interpretación económica satisfactoria para todos los casos, sin embargo se puede

formular una interpretación cualitativa mediante un ejemplo. El objetivo es averiguar el significado de las variables

duales y las restricciones duales, desde el punto de vista económico y además se desea saber porque el valor óptimo de

la función objetivo del primal es igual al de dual Z primal =Z dual .



El problema de programación lineal puede considerarse como un modelo de asignación de recursos que busca

maximizar los ingresos con recursos limitados (escasos). Considerando el problema desde el punto de vista, el

problema dual asociado ofrece interesantes interpretaciones económicas del modelo de asignación de recursos.

Para formalizar el planteamiento, considere la siguiente representación de los problemas primal y dual:

Considerando como un modelo de asignación de recursos, el problema primal consta de “n” actividades económicas y

“m” recursos. El coeficiente “c j ” en el primal representa el ingreso por unidad de la actividad “j”. El recurso “i” con

disponibilidad “b j ” se consume a razón de “a ij ” unidades por unidad de actividad “j”.

INTERPRETACIÓN ECONÓMICA DE LAS VARIABLES DUALES

Establece que para cualquiera de las dos soluciones factibles primal y dual, los valores de las funciones objetivo,

cuando son finitos, deben satisfacer la siguiente desigualdad.

En el óptimo, lo dos valores objetivo son iguales, es decir, (Máximo:Z)=(Mínimo:Z).

En función del modelo de asignación de recursos, Máximo:Z representa Bs ingresos, y “b i ” representa unidades

disponibles del recurso “i”. Por lo tanto, dimensionalmente, (Máximo:Z)=(Mínimo:Z) implica.

Esto quiere decir que la variable dual, “y i ” representa el valor por unidad del recurso “i”.

También recibe el nombre estándar precio dual (o precios sombra) del recurso “i” reemplaza el nombre (sugestivo) valor

por unidad.

Utilizando el mismo análisis dimensional, podemos interpretar la desigualdad Máximo:Z<Mínimo:Z (para cualquiera de

las dos soluciones primal y dual) como:

Esta relación expresa que en tanto el ingreso total de todas las actividades sea menor que el valor de los recursos, las

soluciones primal y dual no serán óptimas. La optimalidad se alcanza sólo cuando los recursos se han explotado por

completo. Esto puede suceder sólo cuando la entrada (valor de los recursos) se iguala a la salida (ingresos en

bolivianos).



Tabla óptima del primal.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 10 0 1 0 2/3 -1/3

x 1 70 1 0 0 -1/3 2/3

H 1 30 0 0 1 -3 1

(Z j − C j ) 3050 0 0 0 85/3 10/3

SOLUCIÓN ÓPTIMA PRIMAL

x 1 = 70

x 2 = 10

Max: Z = 3050

SOLUCIÓN ÓPTIMA DUAL

y 1 = 0

y 2 = 85

3

y 3 = 10

3

Min: Z = 3050

Vamos a analizar que recurso es abundante (no limitante) y que recurso es escaso (limitante).

x 1 + 5x 2 ≤ 150❷(ingrediente A) → 70 + 5(10) ≤ 150 → 120 ≤ 150 recurso abundante, .

x 1 + 2x 2 ≤ 90❸(ingrediente B) → 70 + 2(10) ≤ 90 → 90 ≤ 90 recurso escaso.

2x 1 + x 2 ≤ 150❹(ingrediente C) → 2(70) + 10 ≤ 150 → 150 ≤ 150 recurso escaso

Precio sombra tienen solamente los recursos escasos (se está utilizando el 100% de esa materia prima). En este caso el

ingrediente A es abundante, el ingrediente B es escaso y el ingrediente C también es un recurso escaso. Sabiendo que la

solución óptima del dual es el precio sombra. Cada unidad del ingrediente A me cuesta 0 Bs, cada unidad del ingrediente

B me cuesta 85/3 Bs y cada unidad del recurso C me cuesta 10/3 Bs.

Del ingrediente A disponemos de 150 unidades y cada unidad cuesta 0 Bs porque es un recurso abundante.

Del ingrediente B disponemos de 90 unidades y cada unidad cuesta 85/3 Bs, es un recurso escaso.

Del ingrediente C disponemos de 150 unidades y cada unidad de este recurso me cuesta 10/3 Bs, es un recurso escaso.

Costo total mínimo ópimo será: Min: Z = 150(0) + 90 ( 85

3

) + 150 (10) = 3050 Bs

3

Ahora vamos a analizar el lado derecho el término independiente b j .

x 1 + 5x 2 ≤ 150❷(recurso abundante) → su precio sombra es: y 1 = 0

x 1 + 2x 2 ≤ 90❸(recurso escaso) → su precio sombra es: y 2 = 85

3

2x 1 + x 2 ≤ 150❹(recurso escaso) → suprecio sombra es: y 3 = 10

3

1).- el recurso del ingrediente A: x 1 + 5x 2 ≤ 150❷; Como este recurso es abundante si aumentamos la disponibilidad

de 150 unidades que actualmente tenemos podemos aumentar a 151 unidades la FO se mantiene constante, si aumento

a 200 unidades sigue siendo mi función objetivo lo mismo, entonces este recurso podemos aumentar hasta el infinito

(∞), nuestra función objetiva sigue siendo lo mismo, pero solamente podemos disminuir hasta 120 unidades como

mínimo porque este recurso es abundante y nuestra F.O se mantiene constante Min:Z=3050.

Pero entre ese rango puede variar este recurso (120≤150≤∞) nuestra F.O se mantiene constante de Minimice: Z=3050 Bs.

También las variables de decisión se mantienen constantes (x 1 = 70; x 2 = 10) pero entre este rango de (120≤150≤∞).

(120≤150≤∞)

2).- el ingrediente B: x 1 + 2x 2 ≤ 90❸; como este recurso es abundante por cada unidad de aumento o disminución la

función objetivo varía ya que puede aumentar 85/3 Bs por cada unidad de este recurso si aumento a 91 unidades del B,

Min:Z=3050+85/3=9235/3 Bs. Si aumento a 95 unidades del B la función objetivo será de Min:Z=3050+5(85/3)=957573 Bs.

Si disminuimos una unidad del recurso también la F.O disminuye en 85/3 Bs.

De 90 a 89 la nueva función objetivo será de Min:Z=3050-85/3=9065/3; de 90 a 80 la nueva F.O será de

Min:Z=3050-10(85/3)=8300/3; podemos variar entre este rango (75≤90≤100), podemos aumentar como máximo hasta 100

unidades y disminuir como mínimo hasta 75 unidades, las variables de decisiones también varían x 1 =? , x 2 =?.

(75≤90≤100)

3).- el ingrediente C, 2x 1 + x 2 ≤ 150❹; si aumento o disminuyo una unidad del recurso C, la función objetiva también

varía puede aumentar en 10/3 Bs por cada unidad, también puede disminuir en 10/3 Bs por cada unidad y las variables

de decisión también varían x 1 =? , x 2 =?.

Si aumento de 150 a 160 unidades la función objetiva nueva será de Min:Z=3050+10(10/3)=9250/3 Bs.

Si disminuyo de 150 a 140 unidades la nueva función objetiva será de Min:Z=3050-10(10/3)=9050/3 Bs.

Pero solamente podemos variar entre este rango:

(120≤150≤180)


PROGRAMACIÓN LINEAL – ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

CAPÍTULO 9

10


ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD



ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD O POS-OPTIMALIDAD

El análisis de sensibilidad convierte la solución estática, en un instrumento dinámico de evaluación de los cambios que

se presenten. Después que se da una solución se quisiera saber, cómo, afectaría de las condiciones iniciales del

problema se modifican, ya sea en los coeficientes de la función objetivo F.O o en los recursos disponibles, para ambos

casos nuestro análisis será inicialmente por el método geométrico o gráfico. Para nuestro objetivo se necesita tener los

siguientes conocimientos elementales, como la pendiente, ubicación de la pendiente, esto no es análisis de sensibilidad

si no es una herramienta algebraica y trigonométrica. La pendiente puede ser positivo (+) o negativo (-).

Una solución óptima para un modelo de programación lineal consiste en dos partes: Los valores óptimos de las

variables de decisión y el valor óptimo de la función objetivo puede ser máxima utilidad o mínimo costo.

En aplicaciones prácticas a menudo ocurre que no solamente interesa la solución del problema propuesto si no también

se desea saber cómo cambia esta solución si las condiciones iniciales del problema se modifican por ejemplo si

cambian los coeficientes de la función objetivo (C j ), los recursos disponibles (b j ) y la cantidad de los recursos (a ij )

utilizada para producir una unidad de un producto. Las investigaciones que tratan los cambios en la solución óptima

debido a cambios en los datos llamadas análisis de sensibilidad. En cierto sentido el análisis de sensibilidad convierte la

solución estática de programación lineal en un instrumento dinámica que evalúa las condiciones cambiantes. Por tanto

adquiere mayor utilidad como instrumento administrativo ya que los negocios y las industrias están sometidos a

cambios continuos y a una subsiguiente revaluación de un mundo globalizado.

Hasta donde puedo aumentar o disminuir los coeficientes de la F.O y las restricciones del LD de bj.

Dada la siguiente ecuación −x + y = b dicha ecuación graficar:



tagα = Opuesto

ayacente = y 2 − y 1

= m, inclinación de la recta; m = y 2 − y 1

m = pendiente

x 2 − x 1 x 2 − x 1

tagα = m → inclinación de la recta. tag = tangente; α = alfa, angulo de la inclinación.

Ejemplo: graficar la siguiente ecuación, 2x + 5y = 20❶

Para graficar dicha ecuación debemos hacer una tabla de valores si:

2x + 5y = 20❶

x

y

0 4

10 0

∇y = −0, 40 ↓ disminución;

∆x = 1 ↑ si incremento en una unidad de "x", hasta 5 unidades de "x".

Nota: ∆x = 5 ↑; ∇y = −2 ↓; ❺ → ❿(para x ↑), y ❷ → ⓿(para y ↓).





CAMBIO EN EL LADO DERECHO LD, DE UNA RESTRICCIÓN

Cuando se modifica el lado derecho LD (b j ), de las restricciones hay que trasladar paralelamente en la misma dirección

ya sea hacia arriba o hacia abajo pero siempre hay que trasladar paralelamente.

El termino del LD de b j en este caso a b 1 la aumento (∆) o disminuir (∇), algo de b 1 +∆; b 1 - ∇.

si se quiere aumentar el b 1 hasta cuanto puedo aumentar: a 11 x 1 + a 12 x 2 = b 1 + ∆

} → (∥, paralelamente se desplaza)

si se quiere disminuir el b 1 hasta cuanto puedo disminuir: a 11 x 1 + a 12 x 2 = b 1 − ∇

PROBLEMA#368 Se tiene 10000 gramos de carne y 20000 gramos de avena, para preparar hamburguesas simples y

especiales, la receta indica que la hamburguesas simples debe tener 60 gramos de carne y 210 gramos de avena y las

hamburguesas especiales tendrá 90 gramos de carne y 150 gramos de avena. El costo de carne es de 4,5 Bs para las

hamburguesas especiales y de 3 Bs para las hamburguesas simples, el costo de la avena es de 1,5 Bs para

hamburguesas especiales y de 2 Bs para las hamburguesas simples. La utilidad es de 3 Bs para la especial y de 2 Bs

para la simple. ¿Cuántas hamburguesas de cada tipo debemos preparar?

a) Si decidiera aumentar la carne ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar la disponibilidad de carne.

b) Si decidiera disminuir la carne ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir la disponibilidad de carne.

c) Si decidiera aumentar la avena ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar la disponibilidad de avena.

d) Si decidiera disminuir la avena ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir la disponibilidad de avena.

e) Si decidiera aumentar el PV de hamburguesas simples ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar.

f) Si decidiera disminuir el PV de hamburguesas simples ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir.

g) Si decidiera aumentar el PV de hamburguesas especiales ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar.

h) Si decidiera disminuir el PV de hamburguesas especiales ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir.

SOLUCIÓN:


x 1 = Cantidad de hamburguesas simples a preparar.

x 2 = Cantidad de hamburguesas especiales a preparar.

Utilidad = Precio de Venta − Costos → PV = Utilidad + Costos

Vamos a maximizar los ingresos, Maximizar: Z = (2 + 3 + 2)x 1 + (3 + 4, 5 + 1, 5)x 2 = 7x 1 + 9x 2 ⓿

{

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶; 210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷; con: x 1 , x 2 ≥ 0❸ }

PASO 2. Las inecuaciones o las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

60x 1 + 90x 2 = 10000❶ 210x 1 + 150x 2 = 20000❷ 7x 1 + 9x 2 = 0⓿

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 1000/9 0 400/3 0 0

500/3 0 2000/21 0 90 -70







210x 1 + 150x 2 = 20000❷

A → {

x 1 = 2000 }

21

A ( 2000

21

; 0)

B → { 210x 1 + 150x 2 = 20000❷

60x 1 + 90x 2 = 10000❶ }

B ( 1000

33

; 1000

11 )

60x 1 + 90x 2 = 10000❶

C → {

x 2 = 1000

9 ❺ }

C(0; 1000

9 )




PASO 5. Ahora encontramos el óptimo de los óptimos, de los puntos A, B, C, reemplazar en la función objetivo:

A ( 2000 ; 0) → Max: Z = 7x 21

1 + 9x 2 = 7(2000/21) + 9(0) = 2000 + 0 = 2000 = 666, 67 Bs.

3

3

B ( 1000 ; 1000 ) → Max: Z = 7x 33 11

1 + 9x 2 = 7 ( 1000 ) + 9 (1000 ) = 7000 + 9000 = 34000 = 1030, 30 Bs. → Punto

33 11 33 11 33

{ C (0; 1000 ) → Max: Z = 7x 9

1 + 9x 2 = 7(0) + 9 ( 1000 ) = 0 + 1000 = 1000 Bs. 9

óptimo}

Como el problema es maximizar el ingreso por ventas de las hamburguesas, en este caso el óptimo de los óptimos se

encuentra en el punto B ( 1000

33

; 1000 ), hemos elegido el más grande de los puntos A, B, C, y resulto ser el punto B.

11


x 1 = 1000 = 30, 30

{(

33

x 2 = 1000 ) ; Maximizar: Z = 34000 = 1030, 30 Bs. }

11

= 90, 91 33

La empresa debe producir 1000/33 hamburguesas simples y 1000/11 hamburguesas especiales para obtener un ingreso

máximo de Bs 34000/33 con los recursos escasos que se disponen.

a) Si decidiera aumentar la carne ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar la disponibilidad de carne.

Hasta donde puedo variar la disponibilidad de carne, actualmente se tiene 10000 libras de carne, b 1 =10000

El punto “E” remplazar en la inecuación ❹;

60(0) + 90 ( 400

3 ) ≤ 10000 + ∆

0 + 12000 ≤ 10000 + ∆

0 + 12000 − 10000 ≤ ∆

2000 ≤ ∆↔ ∆≥ 2000

El incremento de 2000 remplazar en ❹.

60x 1 + 90x 2 ≤ 10000 + ∆

60x 1 + 90x 2 ≤ 10000 + 2000

60x 1 + 90x 2 ≤ 12000❹ nueva restricción

PL, será:

Max: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 12000❹

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷

con: x 1 , x 2 ≥ 0❸



Tendríamos que resolver el problema otra vez pero con el aumento de la restricción de la carne en este tenemos una

nueva restricción 60x 1 + 90x 2 ≤ 12000❹.

x 1 = 0

{Nueva solución: (

x 2 = 400

; Maximizar: Z = 1200 Bs. }

= 133, 33)

3

Si aumentamos la disponibilidad de carne en 2000 gramos, conviene aumentar porque la F.O aumenta de 1030,30 a 1200

Bs, pero sólo produciría un solo producto en este caso hamburguesas especiales y nada de hamburguesas simples.

b) Si decidiera disminuir la carne ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir la disponibilidad de carne.

El punto “A” remplazar en la inecuación ❺;

60 ( 2000 ) + 90(0) ≤ 10000 − ∇

21

40000

+ 0 ≤ 10000 − ∇

7

40000

+ 0 − 10000 ≤ −∇

7

− 30000

7

≤ −∇ (−1) ↔ 30000 ≥ ∇

7

∇ ≤ 30000

7

La disminución de 30000/7 remplazar en ❺.

60x 1 + 90x 2 ≤ 10000 − ∇

60x 1 + 90x 2 ≤ 10000 − 30000/7

60x 1 + 90x 2 ≤ 40000 ❺ nueva restricción

7

PL, será:

Max: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 40000 ❺

7

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷

con: x 1 , x 2 ≥ 0❸

Tendríamos que resolver el problema otra vez pero con la disminución de la restricción de la carne en este tenemos una nueva

restricción 60x 1 + 90x 2 ≤ 40000

❺.

7

{Nueva solución: (

x 1 = 2000

21

) ; Maximizar: Z = 2000 = 666, 67 Bs. }

x 2 = 0

3

Si disminuimos la disponibilidad de carne en 30000/7 gramos, no conviene disminuir porque la F.O disminuye de 1030,30 a 666,67 Bs,

pero sólo produciría un solo producto en este caso hamburguesas simples y nada de hamburguesas especiales.

c) Si decidiera aumentar la avena ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar la disponibilidad de avena.

El punto “D” remplazar en la inecuación ❻;

210 ( 500 ) + 150(0) ≤ 20000 + ∆

3

35000 + 0 ≤ 20000 + ∆

35000 + 0 − 20000 ≤ ∆

15000 ≤ ∆ ↔ ∆≥ 15000

El aumento de 15000 remplazar en ❻.

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000 + ∆

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000 + 15000

210x 1 + 150x 2 ≤ 35000❻ nueva restricción

PL, será:

Max: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶

210x 1 + 150x 2 ≤ 35000❻

con: x 1 , x 2 ≥ 0❸



Tendríamos que resolver el problema otra vez pero con el aumento de la restricción de la avena en este tenemos una

nueva restricción 210x 1 + 150x 2 ≤ 35000❻.

{Nueva solución: ( x 1 = 500

3

x 2 = 0

) ; Maximizar: Z = 3500 = 1166, 67 Bs. }

3

Si aumentamos la disponibilidad de avena en 15000 gramos, conviene aumentar porque la F.O aumenta de 1030,30 a

1166,67 Bs, pero sólo produciría un solo producto en este caso hamburguesas simples y nada de hamburguesas especiales.

d) Si decidiera disminuir la avena ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir la disponibilidad de avena.

El punto “C” remplazar en la

inecuación ❼;

210(0) + 150 ( 1000 ) ≤ 20000 − ∇

9

0 + 50000 ≤ 20000 − ∇

3

50000

+ 0 − 20000 ≤ −∇

3

− 10000

3

≤ −∇ (−1) ↔ 10000 ≥ ∇

3

∇ ≤ 10000

3

La disminución de 10000/3 remplazar

en ❼.

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000 − ∇

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000 − 10000

3

210x 1 + 150x 2 ≤ 50000 ❼ nueva rest.

3

PL, será:

Max: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶

210x 1 + 150x 2 ≤ 50000 ❼

3

con: x 1 , x 2 ≥ 0❸

Tendríamos que resolver el problema otra vez pero con la disminución de la restricción de la avena en este tenemos una nueva

restricción 210x 1 + 150x 2 ≤ 50000 ❼.

3

x 1 = 0

{Nueva solución: (

x 2 = 1000


9

Si disminuimos la disponibilidad avena en 10000/3 gramos, no conviene disminuir porque la F.O disminuye de 1030,30 a 1000 Bs, pero

sólo produciría un solo producto en este caso hamburguesas simples nada y sólo se produciría hamburguesas especiales.

Ahora vamos a modificar o variar la función objetivo F.O del P 1 y P 2 sabiendo que P 1 =7Bs y P 2 =9 Bs.

Maximizar: Z = (2 + 3 + 2)x 1 + (3 + 4, 5 + 1, 5)x 2 = 7x 1 + 9x 2 ⓿

Maximizar: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿ → 7x 1 + 9x 2 = 34000/33

34000/33 = 7x 1 + 9x 2 ⓿(FO)

0 34000/297 =114,48

34000/231 =147,19 0

Ahora vamos nos al gráfico, pero en el grafico debemos antes conocer las pendientes de las restricciones y de la F.O.

Para determinar la pendientes “m” debemos despejar la variable “y” o “x 2 ” y debemos igualar a cero tanto la función

objetivo y las restricciones de carne y de avena.



"m" pendiente de la FO → 7x 1 + 9x 2 = 0⓿ → x 2 = − 7 9 x 1 → m fo = − 7 9

"m" pendiente de la restricción de la carne → 60x 1 + 90x 2 = 0❶ → x 2 = − 60

90 x 1 → m 1 = − 2 3

[

"m" pendiente de la restricción de la avena → 210x 1 + 150x 2 = 0❷ → x 2 = − 210

150 x 1 → m 2 = − 7 5]

e) Si decidiera aumentar el PV de hamburguesas simples ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar.

Para aumentar el precio de venta de hamburguesa simple P 1 = 7 ↑

Datos:

m 1 = − 60

90 = − 2 3 ;

m 2 = − 210

150 = − 7 5 ;


m fo = − 7 9 = − P 1

9

Para aumentar el precio de venta de hamburguesa simple P 1 = 7 ↑, m 2 ≤ m fo

− 7 5 ≤ − P 1

9

↔ − 7 5 (9) ≤ −P 1 ↔ − 63

7 ≤ −P 1 multiplicar por (−1) ↔ 63

5 ≥ P 1 ↔ P 1 ≤ 63

5

↔ P 1 ≤ 12, 60

El precio de venta de hamburguesas simples podemos aumentar de 7 Bs a 12,60 Bs.

Quedará el nuevo programa lineal de la siguiente manera:

Vamos a maximizar los ingresos, Maximizar: Z = 12, 60x 1 + 9x 2 ❽

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶; 210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷; con: x 1 , x 2 ≥ 0❸

Respuesta: x 1 = 2000 ; x 21

2 = 0; Max: Z = 1200 Bs, me conviene subir el precio de venta de hamburguesa simple nuestro

ingreso aumento de 34000/33 a 1200 Bs, nuestro ingreso por ventas se incrementó en 5600/33 =169,70 Bs.

f) Si decidiera disminuir el PV de hamburguesas simples ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir.

Para disminuir el precio de venta de hamburguesa simple P 1 = 7 ↓

Datos:

m 1 = − 60

90 = − 2 3 ; m 2 = − 210

150 = − 7 5 ; m fo = − 7 9 = − P 1

9

Para disminuir el precio de venta de hamburguesa simple P 1 = 7 ↓, m fo ≤ m 1

− P 1

9 ≤ − 2 3 ↔ −P 1(3) ≤ −2(9) ↔ −3P 1 ≤ −18 ↔ −P 1 ≤ − 18

3

↔ −P 1 ≤ −6 multiplicar(−1) ↔ P 1 ≥ 6

La nueva función objetiva será: Maximizar: Z = 6x 1 + 9x 2 ❾

Vamos a maximizar los ingresos,

Maximizar: Z = 6x 1 + 9x 2 ❾


No nos conviene disminuir el precio de venta de 7 Bs a 6 Bs, porque nuestro ingreso por ventas disminuye de 34000/33

Bs a 1000 Bs.

Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 1000 ; Max: Z = 1000 Bs, no me conviene bajar el precio de venta de hamburguesa simple.

9


Resumiendo las variaciones del precio de venta de hamburguesa simple, nuestro precio actual es:P 1 = 7 ↑↓

g) Si decidiera aumentar el PV de hamburguesas especiales ¿Cuánto sería?, conviene aumentar o no conviene aumentar.

Para aumentar el precio de venta de hamburguesa simple P 2 = 9 ↑

Datos:

m 1 = − 60

90 = − 2 3 ;

m 2 = − 210

150 = − 7 5 ;

m fo = − 7 9 = − 7 P 2

Para aumentar el precio de venta de hamburguesa especial P 2 = 9 ↑, m fo ≤ m 1

− 7 ≤ − 2 P 2 3 ↔ −7 ≤ − 2 3 (P 2) ↔ −7(3) ≤ −2P 2 ↔ −21 ≤ −2P 2 ↔ − 21

2 ≤ −P 2 multiplicar por (−1) ↔ 21

2 ≥ P 2 ↔ ↔ P 2 ≤ 21

2 ↔ P 2 ≤ 10, 5

El precio de venta de hamburguesas especiales podemos aumentar de 9 Bs a 10,50 Bs.

Quedará el nuevo programa lineal de la siguiente manera:

Vamos a maximizar los ingresos, Maximizar: Z = 7x 1 + 10, 5x 2 ❿


Respuesta: x 1 = 0; x 2 = 1000 ; Max: Z = 3500/3 Bs, me conviene subir el precio de venta de hamburguesa especial

9

nuestro ingreso aumento de 34000/33 a 3500/3 Bs, nuestro ingreso por ventas se incrementó en 1500/11 =136,36 Bs.

h) Si decidiera disminuir el PV de hamburguesas especiales ¿Cuánto sería?, conviene disminuir o no conviene disminuir.

Para disminuir el precio de venta de hamburguesa especial P 2 = 9 ↓

Datos:

m 1 = − 60

90 = − 2 3 ; m 2 = − 210

150 = − 7 5 ; m fo = − 7 9 = − 7 P 2

Para disminuir el precio de venta de hamburguesa especial P 2 = 9 ↓, m 2 ≤ m fo

− 7 5 ≤ − 7 ↔ −P

P 2 (7) ≤ −7(5) ↔ −7P 2 ≤ −35 ↔ −P 2 ≤ − 35

2

7

↔ −P 2 ≤ −5 multiplicar(−1) ↔ P 2 ≥ 5

La nueva función objetiva será: Maximizar: Z = 7x 1 + 5x 2 ❶❶

Vamos a maximizar los ingresos, Maximizar: Z = 7x 1 + 5x 2 ❶❶


No nos conviene disminuir el precio de venta de 9 Bs a 5 Bs, porque nuestro ingreso por ventas disminuye de 34000/33

Bs a 2000/3 Bs.

Respuesta: x 1 = 2000 ; x 21

2 = 0; Max: Z = 2000 = 666, 67 Bs, no me conviene bajar el precio de venta de hamburguesa

3

especial.

Resumiendo las variaciones del precio de venta de hamburguesa especial, nuestro precio actual es:P 2 = 9 ↑↓

OTRA MANERA PARA HACER CAMBIAR LA FUNCIÓN OBJETIVO

Maximizar: Z = 7x 1 + 9x 2 ⓿

El método JVH es una manera más fácil de encontrar las variaciones de la FO, sólo necesitamos las pendientes “m”.

Datos generales de las pendientes: m 1 = − 2 ; m 3

2 = − 7 ; m 5

fo = − 7 9

m 2 ≤ m fo ≤ m 1

Para hamburguesas simples: P 1 = 7 ↑↓

m 1 = − 2 3 ; m 2 = − 7 5 ; m fo = − P 1

9

Para hamburguesas especiales: P 2 = 9 ↑↓

m 1 = − 2 3 ; m 2 = − 7 5 ; m fo = − 7 P 2

el #menor es − 7 5 y el #mayor es − 2 3

m 2 ≤ m fo ≤ m 1

− 7 5 ≤ − P 1

9 ≤ − 2 3

− 7 5 (9) ≤ −P 1 ≤ − 2 3 (9)

− 63

5 ≤ −P 1 ≤ −6; multiplicar por(−1)

63

5 ≥ P 1 ≥ 6

6 ≤ 7 ≤ 12, 6


el #menor es − 7 5 y el #mayor es − 2 3

m 2 ≤ m fo ≤ m 1

− 7 5 ≤ − 7 ≤ − 2 al intercambiar se vuelve(+)

P 2 3

5

7 ≤ P 2

7 ≤ 3 2

5

7 (7) ≤ P 2 ≤ 3 2 (7)

5 ≤ P 2 ≤ 10, 5

5 ≤ 9 ≤ 10, 5


OTRA MANERA MÁS FACIL PARA HACER CAMBIAR LA FUNCIÓN OBJETIVO


Hamburguesas Simples: P 1 = 7 ↑↓

Maximizar: Z = P 1 + 9x 2

m 1 = − 2 3 ; m 2 = − 7 5 ; m fo = − P 1

9

las pendientes (m 1 ; m 2 ), igualar a la m fo .

para aumentar utilizamos la pendiente menor

− P 1

9 = − 7 5

−P 1 = − 7 5 (9)

−P 1 = −12, 6 multiplicar por(−1)

P 1 = 12, 6

para disminuir utilizamos la pendiente mayor

− P 1

9 = − 2 3

−P 1 = − 2 3 (9)

−P 1 = −6 multiplicar por(−1)

P 1 = 6

quedaría asi las variaciones:

6 ≤ 7 ≤ 12, 6

Hamburguesas Especiales: P 2 = 9 ↑↓

Maximizar: Z = 7x 1 + P 2

m 1 = − 2 3 ; m 2 = − 7 5 ; m fo = − 7 P 2

las pendientes (m 1 ; m 2 ), igualar a la m fo .

para disminuir utilizamos la pendiente menor

− 7 P 2

= − 7 5

−7(5) = −7P 2

−35 = −7P 2

P 2 = 5

para aumentarr utilizamos la pendiente mayor

− 7 P 2

= − 2 3

−7(3) = −2P 2

−21 = −2P 2

P 2 = 10, 5

quedaría asi las variaciones

5 ≤ 9 ≤ 10, 5

AHORA VAMOS ANALIZAR EL ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD POR EL METODO SIMPLEX

El método simplex (Primal), cuando son (≤) solamente me sirve para hacer variar los coeficientes de la F.O, en este caso

hay que hacer variar el ingreso que es el precio de venta: C j = es el coeficiente de la F. O puede ser Max o Min.

Si problema es maximizar (≤), se debe utilizar la siguiente fórmula general:

a) C ′ j = C j ± (Z j − C j )

|a ′ ij|

ó C ′ j = C j ± ∆∇k

Donde:

C j = coeficiente original de la F. O, utlidad o costo.

C ′ j = variación encontrada, coeficiente que varía.

±∆∇k = se busca de la tabla simplex.

|a ′ ij| = coeficinetes de la matríz de filas de VB.

{(Z j − C j ) = coeficientes de la F. O de la tabla óptima.

Siempre nuestra función objetivo debe ser máximo y las restricciones menor o igual (≤).

PARA AUMENTAR LA FO.

Para aumentar el coeficiente de la FO se busca de la fila de la matriz a ′ ij negativo pero de la fila de VNB, quiere decir

buscar en esa fila los números negativos a ′ ij < 0 de la variable básica VB que quiero modificar, si hubieran muchos

números negativos en esa fila hay que sacar todas las C ′ j posibles y elegir el resultado más pequeño.

Para dicho aumento vamos a utilizar la siguiente fórmula:



C ′ j = C j + { (Z |a ′ ij| = |a ij | = colocar el resultado en valor absoluto

j − C j )

} Donde:

|a ′ ij| = coeficinetes de la matríz de filas de VNB.

|a ′ ij|

(Z j − C j ) = coeficientes de la F. O de la tabla óptima.

a ′ ij < 0 ó a ′ ij (−), son números negativos de la fila de la VNB.

{ a ′ ij es el coeficientes negativo de la restricción de la tabla, asociada.

Otra fórmula para aumentar la FO será de la siguiente forma:



Min

no básicas: {| Z j − C j

| ; aíj < 0} ó Min: {| Z j − C j

| ; aíj < 0, de su respectivo VNB. }

de x j

aíj

aíj

Si por ejemplo hay muchos negativos en la fila de esa variable básica que quiero modificar se debe elegir el resultado

más pequeño así por ejemplo vamos a suponer los siguientes resultados:

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} = 100 + 45

|a ′ ij|

|− 1 = 100 + 45 = 100 + 225 = 325

5 | 1

5

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} = 100 + 15

|a ′ ij|

|− 3 = 100 + 15 = 100 + 10 = 110 → elegir este.

2 | 3

2

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} = 100 + 10

|a ′ ij|

|− 5 = 100 + 10 = 100 + 18 = 118

9 | 5

9

nota: debemos elegir el #más pequeño, en este caso es el #110, y su incremento fue de + 10.

PARA DISMINUIR LA F.O

Para disminuir el coeficiente de la FO se busca de la fila de la matriz a ′ ij positivo pero de la fila de VNB, quiere decir

buscar en esa fila los números positivos a ′ ij > 0 de la variable básica VB que quiero modificar, si hubieran muchos

números positivos en esa fila hay que sacar todas las C ′ j posibles y elegir el resultado más pequeño.

Para dicho disminución vamos a utilizar la siguiente fórmula:



C ′ j = C j − { (Z |a ′ ij| = colocar el resultado en valor absoluto

j − C j )

} Donde:

|a ′ ij| = coeficinetes de la matríz de filas de VNB.

|a ′ ij|

(Z j − C j ) = coeficientes de la F. O de la tabla óptima.

a ′ ij > 0 ó a ′ ij (+), son números positivos de la fila de la VNB.

{ a ′ ij es el coeficientes positivo de la restricción de la tabla, asociada.

Si por ejemplo hay muchos positivos en la fila de esa variable básica que quiero modificar se debe elegir el resultado

más pequeño así por ejemplo vamos a suponer los siguientes resultados:

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} = 100 − 45

|a ′ ij|

| 1 = 100 − 45 = 100 − 90 = 10 → elegir este.

2 | 1

2

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} = 100 − 15

|a ′ ij|

| 3 = 100 − 15

5 | 3

5

= 100 − 25 = 75

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} = 100 − 10

|a ′ ij|

| 5 = 100 − 10 = 100 − 18 = 82

9 | 5

9

nota: debemos elegir el #más pequeño, en este caso es el #10, y su disminución fue de − 90.

OTRA MANERA MÁS DIRECTO PARA AUMENTO Y DISMINUCIÓN DE LA FO POR MÉTODO SIMPLEX.



Dado el siguiente programa lineal, resolvemos por el método simplex.

x 1 = Cantidad de hamburguesas simples a preparar.

x 2 = Cantidad de hamburguesas especiales a preparar.

Utilidad = Precio de Venta − Costos → PV = Utilidad + Costos

Vamos a maximizar los ingresos, Maximizar: Z = (2 + 3 + 2)x 1 + (3 + 4, 5 + 1, 5)x 2 = 7x 1 + 9x 2 ⓿

{

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶; 210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷; con: x 1 , x 2 ≥ 0❸ }

Llevando a su forma estándar las restricciones y la función objetiva igualar a cero.

Maximizar: Z = 7x 1 + 9x 2 + 0H 1 + 0H 1 ↔ −Maximizar: Z − 7x 1 − 9x 2 = 0⓿

60x 1 + 90x 2 + H 1 = 10000❶; 210x 1 + 150x 2 + H 2 = 20000❷; con: x 1 , x 2 , H 1 , H 2 ≥ 0❸

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

1000/9 H 1 10000 60 90 1 0

400/3 H 2 20000 210 150 0 1

Max (Z j − C j ) 0 -7 -9 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

500/3 x 2 1000/9 2/3 1 1/90 0

1000/33 H 2 10000/3 110 0 -5/3 1

Max (Z j − C j ) 1000 -1 0 1/10 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

x 2 1000/11 0 1 7/330 -1/165

x 1 1000/33 1 0 -1/66 1/110

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110

Respuesta: x 1 = 1000

33 ; x 2 = 1000

34000

; Max: Z =

11 33

C j C 1 C 2 C 3 C 4

Coeficientes original de la FO 7 9 0 0

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

x 2 b 1 a ′ 11 a ′ 12 a ′ 13 a ′ 14

x 1 b 2 a ′ 21 a ′ 22 a ′ 23 a ′ 24

Max (Z j − C j ) (Z 1 − C 1 (Z 2 − C 2 (Z 3 − C 3 (Z 4 − C 4

Para hacer los cambios en la función objetivo, debemos trabajar con tabla óptima del primal.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2

x 2 1000/11 0 1 7/330 -1/165

x 1 1000/33 1 0 -1/66 1/110

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110

VB VB VNB VBN

Siempre nos vamos a enfocar en las VNB para aumentar o disminuir.

Vamos a variar el coeficiente de la hamburguesa Simple que es C 1 = 7 ↑, para aumentar se busca los #negativos en la fila

de X 1 , aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).

x 1 1000/33 1 0 -1/66 1/110

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110

14

165

|− 1 = 7 +

66 |

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 + (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 23 | = 7 +


14

165

= 7 + 924 28

= 7 +

1 165 5 = 63 = 12, 6

5

66

Vamos a variar el coeficiente de la hamburguesa Simple que es C 1 = 7 ↓, para disminuir se busca los #positivos en la

fila de X 1 , aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+)

x 1 1000/33 1 0 -1/66 1/110

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110


C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 − (Z 1

1

4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 | = 7 −

110

| 1 = 7 −

110

= 7 − 110 = 7 − 1 = 6

110 | 1 110

110

Resumiendo las variaciones del precio de venta de hamburguesa simple, nuestro precio actual es:P 1 = 7 ↑↓

Ahora vamos a variar el coeficiente de las hamburguesas especiales que es C 2 = 9 ↑, para aumentar se busca los

#negativos en la fila de X 2 , aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).

x 2 1000/11 0 1 7/330 -1/165

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 + (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 14 | = 9 +

1

110

|− 1

165 | = 9 +

1

110

= 9 + 165

1 110 = 9 + 3 2 = 21 = 10, 5

2

165

Vamos a variar el coeficiente de la hamburguesa Simple que es C 2 = 9 ↓, para disminuir se busca los #positivos en la fila

de X 2 , aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).

x 2 1000/11 0 1 7/330 -1/165

Max (Z j − C j ) 34000/33 0 0 14/165 1/110

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 − (Z 14 14

3 − C 3 )

ij|

|a ′ 13 | = 9 −

165

| 7 = 9 −

165

= 9 − 4620 = 9 − 4 = 5

330 | 7 1155

330

Resumiendo las variaciones del precio de venta de hamburguesa especial, nuestro precio actual es:P 2 = 9 ↑↓

PARA HACER VARIAR LAS (b j ) LADO DERECHO. Tenemos que hacer dualidad podríamos partir de la tabla óptima del

primal.

DUALIDAD

PRIMAL

Minimizar: Z = 10000y


1 + 20000y 2 ⓿

Sujeto a: 60y

Sujeto a: 60x 1 + 90x 2 ≤ 10000❶

1 + 210y 2 ≥ 7❶

→ Dual

90y

210x 1 + 150x 2 ≤ 20000❷

1 + 150y 2 ≥ 9❷

con: y

con: x 1 , x 2 ≥ 0❸ }

1 , y 2 ≥ 0❸

nota: tendríamos resolver por método de dos fases

Para no resolver por el método de dos fases, vamos a trabajar con la tabla óptima del primal. El dual nos sirve para

modificar el lado derecho de las restricciones las b j .

Nota: lo que era fila se convierte en columna o viceversa, y las variables de holguras en el primal al pasar al dual a las

variables superfluas cambian de signo al pasar los números de primal al dual, de holguras a superfluas. Las artificiales

no me sirven para hacer los cambios en la disponibilidad por lo tanto no se utilizan la VA.



Respuesta dual: y 1 = 14

165 ; y 2 = 1

110 ;

34000

Min: Z =

33

Ahora vamos a hacer variar la disponibilidad de carne b 1 = 10000 ↑↓ ver en la óptima del dual en la variable y 1 .

Para aumentar o hasta donde puedo subir la disponibilidad del recurso carne b 1 = 10000 ↑, en la fila de y 1 buscamos los

aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+)Números positivos de VNB.

y 1 14/165 1 0 1/66 -7/330

Min −(Z j − C j ) 34000/33 0 0 1000/33 1000/11

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 + (Z 1000

1000

3 − C 3 )

ij|

|a ′ 13 | = 10000 +

33

| 1 = 10000 +

33

= 10000 + 2000 = 12000

66 | 1

66

Para disminuir o hasta donde puedo bajar la disponibilidad del recurso carne b 1 = 10000 ↓, en la fila de y 1 buscamos los

aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−)Números negativos de VNB.

y 1 14/165 1 0 1/66 -7/330

Min −(Z j − C j ) 34000/33 0 0 1000/33 1000/11

1000

1000

11

|− 7 = 10000 −

11

7

330 | 330

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 − (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 14 | = 10000 −

= 10000 − 30000

7

= 40000

7

Ahora vamos a hacer variar la disponibilidad de avena b 2 = 20000 ↑↓ ver en la óptima del dual en la variable y 2 .

Para aumentar o hasta donde puedo subir la disponibilidad del recurso avena b 2 = 20000 ↑, en la fila de y 2 buscamos los

aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+)Números positivos de VNB.

y 2 1/110 0 1 -1/110 1/165

Min −(Z j − C j ) 34000/33 0 0 1000/33 1000/11

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 2 = b 2 + (Z 1000

1000

4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 | = 20000 +

11

| 1 = 20000 +

11

= 20000 + 15000 = 35000

1

165 | 165

Para disminuir o hasta donde puedo bajar la disponibilidad del recurso avena b 2 = 20000 ↓, en la fila de y 2 buscamos los

aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−)Números negativos de VNB.

y 2 1/110 0 1 -1/110 1/165

Min −(Z j − C j ) 34000/33 0 0 1000/33 1000/11

1000

1000

33

|− 1 = 20000 −

33

1

110 | 110

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 2 = b 2 − (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 23 | = 20000 −

= 20000 − 10000

3

= 50000

3


x 1 = #de cafe de etqueta verde. x 2 = #de cafe de etiqueta negra

{

Maximizar: Z = 2 3 x 1 + 5 6 x 2⓿

Sujeto a: 0, 80x 1 + 0, 30x 2 ≤ 100❶(Azucar); 0, 10x 1 + 0, 20x 2 ≤ 20❷(Nuez); 0, 10x 1 + 0, 50x 2 ≤ 30❸(Chocolate)

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹, condiciones de no negatividad. }

SOLUCIÓN:



Podemos convertir los decimales a fracciones.

Maximizar: Z = 2 3 x 1 + 5 6 x 2⓿

Sujeto a: 4 5 x 1 + 3 10 x 1

2 ≤ 100❶(Azucar);

10 x 1 + 1 5 x 1

2 ≤ 20❷(Nuez);

10 x 1 + 1 2 x 2 ≤ 30❸(Chocolate)

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹, condiciones de no negatividad.

Ahora podemos sacar mínimo común múltiplo.

Maximizar: Z = 2 3 x 1 + 5 6 x 2⓿

Sujeto a: 8x 1 + 3x 2 ≤ 1000❶(Azucar); 1x 1 + 2x 2 ≤ 200❷(Nuez); 1x 1 + 5x 2 ≤ 300❸(Chocolate)

con: x 1 , x 2 ≥ 0❹, condiciones de no negatividad.

Ahora vamos a graficar:

Las inecuaciones o las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

8x 1 + 3x 2 = 1000❶ 1x 1 + 2x 2 = 200❷ 1x 1 + 5x 2 = 300❸

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 1000/3 0 100 0 60

125 0 200 0 300 0

Para hacer las variaciones del lado derecho para incrementar o para disminuir sólo se trabajan sobre las rectas o

desigualdades que forman el punto óptimo, el punto óptimo forman las rectas ❶y❸ esas dos rectas hay hacer variar

porque son recursos escasos, y la recta ❷ no hay necesidad de variar porque es un recurso abundante.

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000❶(Azucar)

} ellos forman el punto óptimo

1x 1 + 5x 2 ≤ 300❸(Chocolate)

1x 1 + 2x 2 ≤ 200❷(Nuez)

Pero vamos a variar los tres recursos disponibles de azúcar, nuez y chocolate.

a).Hasta donde puedo aumentar ▲, y hasta donde puedo disminuir ▼, el recurso de azúcar en la actualidad disponemos

de 1000 kilogramos de azúcar, b 1 = 1000 ↑↓.

Subir b 1 = 1000 ↑.

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000❶(Azucar)

Bajar b 1 = 1000 ↓.

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000 + ∆❹

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000❶(Azucar)

Punto H( 400

3

; 100

3 )

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000 − ∇❺

Punto D(0; 60)

8( 400

3 ) + 3(100 3 ) ≤ 1000 + ∆

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000 − ∇

8(0) + 3(60) ≤ 1000 − ∇

3500

3

≤ 1000 + ∆

180 ≤ 1000 − ∇

−820 ≤ −∇ ∗ (−1)

∆≥ 500

820 ≥ ∇

3

∇ ≤ 820

8x 1 + 3x 2 ≤ 3500

3 ❹ 8x 1 + 3x 2 ≤ 180❺



La recta ❶ hay que desplazar sobre las recta ❸ porque estas dos rectas hacen el punto óptimo, por lo tanto hemos

bajado hasta el punto “A”.

b).Hasta donde puedo aumentar ▲, y hasta donde puedo disminuir ▼, el recurso de chocolate en la actualidad

disponemos de 300 kilogramos de chocolate, b 3 = 300 ↑↓.



1x 1 + 5x 2 ≤ 300❸(Chocolate)

Subir b 3 = 300 ↑.

1x 1 + 5x 2 ≤ 300 + ∆❻

Punto F( 1400

13

; 600

13 )

Bajar b 3 = 300 ↓.

1x 1 + 5x 2 ≤ 300 − ∇❼

1400

+ 5 (600

13 13 ) ≤ 300 + ∆

Punto C(125; 0)

1(125) + 5(0) ≤ 300 − ∇

4400

13

≤ 300 + ∆

125 ≤ 300 − ∇

125 − 300 ≤ −∇

500

13 ≤ ∆

−175 ≤ −∇ ∗ (−1)

175 ≥ ∇

∆≥ 500/13

∇ ≤ 5

1x 1 + 5x 2 ≤ 300 + 500

13 ❻

1x 1 + 5x 2 ≤ 300 − 175❼

1x 1 + 5x 2 ≤ 125❼

1x 1 + 5x 2 ≤ 4400

13 ❻

b).Hasta donde puedo aumentar ▲, y hasta donde puedo disminuir ▼, el recurso de nuez en la actualidad disponemos

de 200 kilogramos de nuez, b 2 = 200 ↑↓. Este recurso es abundante no hay necesidad de hacer las variaciones.

1x 1 + 2x 2 ≤ 200❷(Nuez) ↔ es un recurso abundante.

1x 1 + 2x 2 ≤ 200❷(Nuez), esta restricción es abundante si sacamos su holgura me sobran 500/37, para variar el rango

inferior del recurso nuez, sacamos de esta forma 200-500/37=6900/37, el límite superior no tiene rango por lo tanto es

infinito.

SENSIBILIDAD GRÁFICA

Movimiento en un coeficiente de la función objetivo FO hay que convenir, convencional (quien es más inclinado)

convencional quiere decir quién es más inclinada o menos inclinada.

Cuando se habla de un movimiento de un coeficiente de la función objetivo quiere decir que se está haciendo variar los

precios o en todo caso los precios, costos o también las utilidades y vamos a denotar así los coeficientes de la función

objetivo C j .

Dado el siguiente grafico determinar quién es más convencional o menos convencional.



α 1 : menos inclinada

α 2 : más inclinada

α 1 < α 2 ó α 2 > α 1

Más inclinado>menos inclinado

α 2 > α 1

❷

❶

Aquí tenemos el grafico y su solución óptima de dicho gráfica:

En este caso el óptimo está formada por las restricciones de azúcar y chocolates que son las rectas ❶ y ❸, para mover

la función objetivo tiene que moverse sobre las rectas ❶ y ❸, porque ellos forman el punto óptimo, se balancea en el

óptimo (como un clavo sobre ese eje en este sólo se mueve sobre el punto óptimo, no va hacia arriba ni hacia abajo. No

se desplaza no se vuelve más inclinada ni menos inclinada, solamente se mueve en su eje que es el punto óptimo y está

en el “B”. Para su movimiento la FO depende de las restricciones que formaron el punto óptimo, en este caso vamos a

trabajar solamente con las restricciones ❶ y ❸.

Porque la FO se vuelve a ecuación o a la recta ❶ y ❸.



Ahora vamos a sacar las pendientes de la FO y de las restricciones o rectas de ❶ y ❸.

Pendiente de la FO, siempre despejar la variable de X 2 . FO igualar a cero.

Maximizar: Z = 2 3 x 1 + 5 6 x 2⓿ ↔ 2 3 x 1 + 5 6 x 2 = 0 ↔ 5 6 x 2 = 0 − 2 2

2

3 x 1 ↔ x 2 = −

3

x

5 1 ↔ x 2 = x 1 ↔ m fo = −

3

5

6

6

8x 1 + 3x 2 ≤ 1000❶(Azucar) ↔ 3x 2 = −8x 1 ↔ x 2 = − 8 3 x 1 ↔ m 1 = − 8 3

1x 1 + 5x 2 ≤ 300❸(Chocolate) ↔ 5x 2 = −x 1 ↔ x 2 = − 1 5 x 1 ↔m 3 = − 1 5

a).Hasta donde puedo variar el precio de venta de café etiqueta verde C 1 = 2 ↑↓. Variación quiere decir a más o a menos.

3

Datos:

m 1 = − 8 3 ; m 3 = − 1 5 ; m fo = −

2

3

5

6

Como queremos modificar el precio de venta de X 1 , m fo = − P 5

6

Para hacer las variaciones debemos utilizar el siguiente intervalo de rango de aumento y disminución.

m 1 ≤ m fo ≤ m 3

Para aumentar o incrementar dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≥ m 1

Para disminuir dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≤ m 3

Límite superior: m fo ≥ m

1

Límite inferior: m fo ≤ m

3

− P ≥ − 8 5 3

6

−P ≥ − 40

− P ≥ − 8 3 (5 6 )

− P ≥ − 20

9

18

multiplicamos por (−1), al multiplicar

la desigualdad cambia de ≥ a ≤.

−P ≥ − 20

9

P ≤ 20

9

∗ (−1)

− P ≤ − 1 5 5

6

− P ≤ − 1 5 (5 6 )

−P ≤ − 5 − P ≤ − 1 30

6


la desigualdad cambia de ≤ a ≥.

−P ≤ − 1 6 ∗ (−1)

P ≥ 1 6



b).Hasta donde puedo variar el precio de venta de café etiqueta negra C 2 = 5 ↑↓. Variación quiere decir a más o a menos.

6

Datos:

m 1 = − 8 3 ; m 3 = − 1 5 ; m fo = −

2

3

5

6

Como queremos modificar el precio de venta de X 2 , m fo = −


m 1 ≤ m fo ≤ m 3

Para disminuir dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≥ m 1

Para aumentar dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≤ m 3

Límite Inferior: m fo ≥ m

2

−

3

P ≥ − 8 3

− 2

3P ≥ − 8 3

−2 ≥ − 8 (3P) − 2(3) ≥ −8(3P) − 6 ≥ −24P

3

− 6 24 ≥ −P

− 1 4 ≥ −P



− 1 ≥ −P ∗ (−1)

4

1

4 ≤ P

P ≥ 1 4

1

2

−

3

P ≤ − 1 5

Límite superior: m fo ≤ m

− 2

3P ≤ − 1 5

−2 ≤ − 1 5 (3P) − 2 ≤ − 3 5 P − 2 ≤ −P

3

5

− 10

3 ≤ −P



− 10

10

≤ −P ∗ (−1)

3

P ≤ 10

3

3 ≥ P

3

2

3

P

PROBLEMA#370 Una fábrica de artículos para el hogar feliz familia, manufactura dos artefactos de A y B. ambos

artículos sufren tres procesos en el mismo orden que son: maquinado, armado y montaje. La disponibilidad de minutos

diarios de cada proceso son 480, 600 y 540 respectivamente. El artefacto A deja un beneficio de 100 Bs por unidad en

tanto que el artefacto B proporciona un beneficio de 120 Bs. El cuadro de coeficientes de transformación es el que se

indica a continuación.

Procesos A B Disponibilidad

Maquinado 4 8 480

Armado 5 6 600

Montaje 12 8 540

Beneficios 100 120

Cuantos artefactos de A y B deben producirse para obtener el máximo beneficio

Hasta donde puedo variar de beneficio del artefacto B.

SOLUCIÓN

x 1 = Cantidades de unidades del artefacto A que debemos producir.

x 2 = Cantidades de unidades del artefacto B que debemos producir.

Maximizar: Z = 100x 1 + 120x 2 ⓿

{ Sujeto a: 4x 1 + 8x 2 ≤ 480❶; 5x 1 + 6x 2 ≤ 600❷; 12x 1 + 8x 2 ≤ 540❸; con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }


Las inecuaciones o las restricciones, hay que convertirlos a ecuaciones y hacemos una tabla de valores.

4x 1 + 8x 2 = 480❶ 5x 1 + 6x 2 = 600❷ 12x 1 + 8x 2 = 540❸

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

0 60 0 100 0 67,5

120 0 120 0 45 0

Estos puntos graficar en el eje cartesiano:



Ahora vamos a variar la FO, hasta donde poder subir y bajar nuestro beneficio.

Lo descartamos la restricción dos el recurso de armado porque es abundante.

Hay que determinar las pendientes:

100x 1 + 120x 2 = 0⓿ ↔ m fo = − 100 ; 4x 120

1 + 8x 2 ≤ 480❶ ↔ m 1 = − 4 ; 12x 8

1 + 8x 2 ≤ 540❸ ↔ m 3 = − 12

8

a).Hasta donde puedo variar el beneficio del artículo A C 1 = 100 ↑↓. Variación quiere decir a más o a menos.

Datos:

m 1 = − 4 8 ;

m 3 = − 12

8 ;

m fo = − 100

120

Como queremos modificar el beneficio de X 1 , m fo = − P

120


m 3 ≤ m fo ≤ m 1

Para aumentar o incrementar dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≥ m 3

Para disminuir dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≤ m 1



Límite superior: m fo ≥ m 3

−

P

120 ≥ − 12 − P ≥ − 12

8

8 (120)

−P ≥ − 1440 − P ≥ −180

8



−P ≥ −180 ∗ (−1)

P ≤ 180

Límite inferior: m fo ≤ m1

−

P

120 ≤ − 4 − P ≤ − 4 8

8 (120)

−P ≤ − 480 − P ≤ −60

8



−P ≤ −60 ∗ (−1)

P ≥ 60

a).Hasta donde puedo variar el beneficio del artículo B C 2 = 120 ↑↓. Variación quiere decir a más o a menos.

Datos:

m 1 = − 4 8 ;

m 3 = − 12

8 ;

m fo = − 100

120

Como queremos modificar el beneficio de X 2 , m fo = − 100

P


m 3 ≤ m fo ≤ m 1

Para disminuir dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≥ m 3

Para aumentar dicho precio de venta utilizamos la siguiente formula: m fo ≤ m 1

Límite inferior: m fo ≥ m

− 100

P

≥ − 12

8

− 100

12

8

≥ −P

− 100 ≥ − 12

8 (P)

− 200

3

≥ −P



− 200 ≥ −P ∗ (−1)

3

200

3

≤ P

P ≥ 200

3

3

Límite superior: m fo ≤ m1

− 100

P

≤ − 4 − 100 ≤ − 4 8

8 (P)

− 100 ≤ −P − 200 ≤ −P

4

8



−200 ≤ −P ∗ (−1)

200 ≥ P

P ≤ 200

Ahora vamos a trabajar para los cambios en el coeficiente de la FO, con la tabla óptima del primal.

Beneficios originales sin modificaciones C j C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 225/4 0 1 3/16 0 -1/16

H 2 225 0 0 -1/2 1 -1/4

x 1 15/2 1 0 -1/8 0 1/8

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

VB VB VNB VB VNB

Siempre nos vamos a enfocar en las VNB para aumentar o disminuir.

a).Vamos a variar el coeficiente del artículo “A” que es C 1 = 100 ↑, para aumentar se busca los #negativos en la fila de

X 1 , aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).

x 1 15/2 1 0 -1/8 0 1/8

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 + (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 33 | = 100 + 10

|− 1 = 100 + 10

8 | 1

8


= 100 + 80 = 180

b).Vamos a variar el coeficiente del artículo “A” que es C 1 = 100 ↓, para disminuir se busca los #positivos en la fila de

X 1 , aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).


x 1 15/2 1 0 -1/8 0 1/8

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 − (Z 5 − C 5 )

ij|

|a ′ 35 | = 100 − 5

| 1 = 100 − 5 = 100 − 40 = 60

8 | 1

8

Resumiendo las variaciones del beneficio del artículo “A”, nuestro beneficio actual es:P 1 = 100 ↑↓

c).Ahora vamos a variar el coeficiente del artículo “B” que es C 2 = 120 ↑, para aumentar se busca los #negativos en la

fila de X 2 , aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).

x 2 225/4 0 1 3/16 0 -1/16

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 + (Z 5 − C 5 )

ij|

|a ′ 15 | = 120 + 5

|− 1 = 120 + 5 = 120 + 80 = 200

16 | 1

16

d).Vamos a variar el coeficiente del artículo “B” que es C 2 = 120 ↓, para disminuir se busca los #positivos en la fila de

X 2 , aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).

x 2 225/4 0 1 3/16 0 -1/16

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 − (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 13 | = 120 − 10

| 3 = 120 − 10

16 | 3

16

= 120 − 160

3

Resumiendo las variaciones del beneficio del artículo “B”, nuestro beneficio actual es:P 1 = 120 ↑↓

= 200

3

Nota: de la final de la tabla simplex del primal de FO era de maximización de beneficios, solamente nos sirve el primal

(maximización) para hacer variar los coeficientes de nuestra función objetivo de utilidad o beneficios de aumentar o

disminución, sólo hace variar la FO el primal. Para aumentar elegir de su respectivo fila de aíj los números negativos (-).

Para disminución elegir de su respectivo fila de aíj los números positivos (+).

Si hay dos números positivos en la fila aíj para aumentar ▲, elegir el b´j más pequeño de los dos resultados.

Si hay dos números negativos en la fila aíj para disminuir ▼, elegir el b´j más pequeño de los dos resultados.

También podemos calcular la sensibilidad del C 4 , por esa columna es VB.

Para aumentar se busca los #negativos en la fila de H 2 , aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).

H 2 225 0 0 -1/2 1 -1/4

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

C 4 = C 4 + [ Z j−C j

Hallar los dos coeficientes y de ellos escoger el mínimo, el más pequeño.

|aíj|

min

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 4 = C 4 + (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 23 | = 0 + 10

|− 1 = 0 + 10 = 0 + 20 = 20

2 | 1

2

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 4 = C 4 + (Z 5 − C 5 )

ij|

|a ′ 25 | = 0 + 5

|− 1 = 0 + 5 = 0 + 20 = 20

4 | 1

4

Ambos resultados son iguales escoger cualquiera, pero no olvidar escoger el número más pequeño, en este caso elegir

cualquiera de ellos.

Para disminuir se busca los #positivos en la fila de H 2 , aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).

H 2 225 0 0 -1/2 1 -1/4

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

No hay números positivos, por lo tanto será −∞.

Luego el rango de sensibilidad de C 4 será las siguientes.



También podemos hallar la sensibilidad de los coeficientes de las variables no básicas VNB de C 3 y C 5 .

Beneficios originales sin modificaciones C j C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

x 2 225/4 0 1 3/16 0 -1/16

H 2 225 0 0 -1/2 1 -1/4

x 1 15/2 1 0 -1/8 0 1/8

Max (Z j − C j ) 7500 0 0 10 0 5

VB VB VNB VB VNB

Sensibilidad de C 3 , para el rango superior.

∆C 3 = Z 3 − C 3 = 10 C´3 = C 3 + ∆C 3 = 0 + 10 = 10 C´3 = 10

Para el rango inferior se observa que una disminución del coeficiente no hará más que alejarla cada vez más de la base.

Sensibilidad de C 5 , para el rango superior.

∆C 5 = Z 5 − C 5 = 5 C´5 = C 5 + ∆C 5 = 0 + 5 = 5 C´5 = 5

Para el rango inferior se observa que una disminución del coeficiente no hará más que alejarla cada vez más de la base.

SENSIBILIDAD DE LOS TÉRMINOS INDEPENDIENTES DE LAS RESTRICCIONES (bj).

Para hacer las variaciones en el lado derecho LD (bj) por el método simplex, se hace por dual, en el dual hay que hacer

las variaciones del lado derecho, en el primal solo se puede hacer variar la FO sus coeficientes. Con el dual puedo sacar

las variaciones del LD con el primal no se puede hacer el cambio del LD, el análisis es lo mismo que hemos hecho de la

FO el ▲ y ▼ para el LD pero hay que hacer con el dual.

PRIMAL

Max: Z = 100x 1 + 120x 2

Sujeto a:

4x 1 + 8x 2 ≤ 480

5x 1 + 6x 2 ≤ 600

12x 1 + 8x 2 ≤ 540

su Dual será: →

DUALIDAD

Min: Z = 480y 1 + 600y 2 + 540y 3

Sujeto a:

4y 1 + 5y 2 + 12y 3 ≥ 100

8y 1 + 6y 2 + 8y 3 ≥ 120

con: y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0

con: x 1 , x 2 ≥ 0 }

La dualidad tendríamos que resolver por el método de dos fases o la gran M de penalización.

Hemos encontrado la tabla óptima del dual por el método de dos fases.

θ VB b j y 1 y 2 y 3 S 1 S 2 A 1 A 2

y 3 5 0 1/4 1 -1/8 1/16 1/8 -1/16

y 1 10 1 1/2 0 1/8 -3/16 -1/8 3/16

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4 -15/2 -225/4

Las columnas de las variables artificiales VA no las utilizo, lo vamos a eliminar.

θ VB b j y 1 y 2 y 3 S 1 S 2

y 3 5 0 1/4 1 -1/8 1/16

y 1 10 1 1/2 0 1/8 -3/16

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4

VB VNB VB VNB VBN

SENSIBILIDAD DE b 1.

Vamos a variar la disponibilidad de maquinado que es b 1 = 480 ↑, para aumentar se busca los #positivos en la fila de y 1 ,

aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).ya que se trata de un problema de minimización.

Elegimos la variable y 1 , porque esta variable es su precio sombra del minutos de maquinado.

b´j = b j + [ Z j − C j

|aíj| ] min



y 1 10 1 1/2 0 1/8 -3/16

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4

VB VNB VB VNB VBN

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 + (Z 2 − C 2 )

ij|

|a ′ 22 | = 480 + 225

| 1 = 480 + 225 = 480 + 450 = 930 minutos

2 | 1

2

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 + (Z 15

4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 | = 480 +

2

| 1 = 480 +

8 |

15

2

1

8

= 480 + 60 = 540 minutos

Para aumentar tenemos dos resultados posibles, y de ellos escoger el número más pequeño en este caso elegir 540.

Vamos a variar la disponibilidad de maquinado que es b 1 = 480 ↓, para disminuir se busca los #negativos en la fila de y 1 ,

aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).ya que se trata de un problema de minimización.

Elegimos la variable y 1 , porque esta variable es su precio sombra del minutos de maquinado.

y 1 10 1 1/2 0 1/8 -3/16

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4

VB VNB VB VNB VBN

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 − (Z 225

225

5 − C 5 )

ij|

|a ′ 25 | = 480 −

4

|− 3 = 480 −

4

= 480 − 300 = 180 minutos

16 | 3

16

Nota:

Dual, para rango superior (incrementar) buscamos en la fila respectiva el aíj > 0, y para rango inferior

(disminución) se busca el aíj < 0 de su respectiva fila, porque se trata de un problema de minimización.

Mientras en el Primal todo lo contrario, porque se trataba de un problema de maximización, para rango superior

(incrementar) buscamos en la fila respectiva el aíj < 0, y para rango inferior (disminución) se busca el aíj > 0 de

su respectiva fila, porque se trata de un problema de maximización.

SENSIBILIDAD DE b 2 .

Debido a que la variable y 2 es una variable no básica VNB.

Para rango inferior, de disminución: b 2 = 600 ↓.

θ VB b j y 1 y 2 y 3 S 1 S 2

y 3 5 0 1/4 1 -1/8 1/16

y 1 10 1 1/2 0 1/8 -3/16

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0

FASE II Min −(Z j − C j ) -7500 0 225 0 15/2 225/4

VB VNB VB VNB VBN

b ′ 2 = b 1 − b 2 = 600 − 225 = 375 b ′ 2 = b 2 − (Z 3 − C 3 ) = 600 − 225 = 375

Límite superior no tiene, por lo tanto será infinito (+∞).

El rango de sensibilidad de b 2 que será de disponibilidad de recurso de armado.

SENSIBILIDAD DE b 3.

Vamos a variar la disponibilidad de montaje que es b 3 = 540 ↑, para aumentar se busca los #positivos en la fila de y 3 ,

aíj > 0, de su respectivo VNB. aíj (+).ya que se trata de un problema de minimización.

Elegimos la variable y 3 , porque esta variable es su precio sombra del minutos de montaje.

y 3 5 0 1/4 1 -1/8 1/16

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4



b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 3 = b 3 + (Z 2 − C 2 )

ij|

|a ′ 12 | = 540 + 225

| 1 = 540 + 225

4 | 1

4

= 540 + 900 = 1440 minutos

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 3 = b 3 + (Z 225

225

5 − C 5 )

ij|

|a ′ 15 | = 540 +

4

| 1 = 540 +

4

= 540 + 900 = 1440 minutos

16 | 1

16

Como hay dos resultados elegir el número más pequeño, como hay empate cualquiera.

Vamos a variar la disponibilidad de montaje que es b 3 = 540 ↓, para disminuir se busca los #negativos en la fila de y 3 ,

aíj < 0, de su respectivo VNB. aíj (−).ya que se trata de un problema de minimización.

Elegimos la variable y 3 , porque esta variable es su precio sombra del minutos de montaje.

y 3 5 0 1/4 1 -1/8 1/16

FASE II Min −(Z j − C j ) 7500 0 225 0 15/2 225/4

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 3 = b 3 − (Z 15

15

4 − C 4 )

ij|

|a ′ 14 | = 540 −

2

|− 1 = 540 −

2

= 540 − 60 = 480 minutos

8 | 1

8

Nota: de la tabla final óptima del dual que mi FO era de minimización solamente nos sirve para mover nuestras

restricciones del LD.

Para aumentar elegir los números positivos de su fila (+). Para disminuir elegir los números negativos de su fila (-).


x 1 = Cantidad de juguetes de soldados de madera a fabricar .

x 2 = Cantidad de juguetes de trenes de madera a fabricar.

Vamos a maximizar los beneficios, Maximizar: Z = 300x 1 + 200x 2 ⓿

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 80❶(hrs carpinteria); 2x 1 + x 2 ≤ 100❷(hrs acabado); x 1 ≤ 40❸(mercado); con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

SOLUCIÓN



SENSIBILIDAD DEL RECURSO HORAS DE CARPINTERIA b 1 .

SENSIBILIDAD DEL RECURSO HORAS DE ACABADO b 2 .



SENSIBILIDAD DEL RECURSO EXIGENCIAS DEL MERCADO b 3 .

Ahora vamos hacer las variaciones de utilidades de la función objetiva de soldados y trenes hasta donde podemos subir

y hasta donde podemos bajar.

Ahora debemos conocer las pendientes de dichas rectas.

300x 1 + 200x 2 = 0⓿ → 200x 2 = −300x 1 → x 2 = − 300

200 x 1 → m fo = − 300

200

x 1 + x 2 = 80❶ → x 2 = −x 1 → x 2 = −x 1 → m 1 = −1

2x 1 + x 2 = 100❷ → x 2 = −2x 1 → x 2 = −2x 1 → m 2 = −2

m 2 ≤ m fo ≤ m 1



Datos para las variaciones de juguetes de soldados.

m 2 = −2; m 1 = −1; m fo = − 300

200 = − P

200

Datos para las variaciones de juguetes de los trenes.

m 2 = −2; m 1 = −1; m fo = − 300

200 = − 300

P

Límite Superior

m fo ≥ m 2

−

P

200 ≥ −2

−P ≥ −2(200)

−P ≥ −400 ∗ (−1)

P ≤ 400

Resumiendo las variaciones:

Soldados

Límite Inferior

m fo ≤ m 1

−

P

200 ≤ −1

−P ≤ −1(200)

−P ≤ −200 ∗ (−1)

P ≥ 200

m 2 ≤ m fo ≤ m 1

Límite Inferior

m fo ≥ m 2

− 300

P

≥ −2

−300 ≥ −2(P)

− 300

2

≥ −P

−150 ≥ −P ∗ (−1)

150 ≤ P

P ≥ 150

Trenes

Límite Superior

m fo ≤ m 1

− 300

P

≤ −1

−300 ≤ −1(P)

−300 ≤ −P ∗ (−1)

300 ≥ P

P ≤ 300

Ahora resolviendo por método simplex, aquí tenemos la óptima del primal.

θ VB b j x 1 x 2 H 1 H 2 H 3

H 3 20 0 0 1 -1 1

x 2 60 0 1 2 -1 0

x 1 20 1 0 -1 1 0

Max (Z j − C j ) 18000 0 0 100 100 0

VB VB VNB VNB VB

Vamos a variar el coeficiente de utilidad de los soldados C 1 = 300 ↑↓.

*Para aumentar, en la fila 3 nos ubicamos el (-) porque ahí está la variable X 1. Buscar siempre en las VNB.

x 1 20 1 0 -1 1 0

Max (Z j − C j ) 18000 0 0 100 100 0

VB VB VNB VNB VB

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′ 1 = C 1 + (Z 3 − C 3 )

|a ′ 33 |

|a ′ ij|

= 300 + 100

100

= 300 +

|−1| 1

= 300 + 100 = 400

*Para disminuir, en la fila 3 nos ubicamos el (-) porque ahí está la variable X 1 . Buscar siempre en las VNB.

x 1 20 1 0 -1 1 0

Max (Z j − C j ) 18000 0 0 100 100 0

VB VB VNB VNB VB

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 − (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 34 | = 300 − 100 100

= 300 − = 300 − 100 = 200

|1| 1

Vamos a variar el coeficiente de utilidad de los trenes C 2 = 200 ↑↓.

*Para aumentar, en la fila 2 nos ubicamos el (-) porque ahí está la variable X 2 . Buscar siempre en las VNB.



x 2 60 0 1 2 -1 0

Max (Z j − C j ) 18000 0 0 100 100 0

VB VB VNB VNB VB

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 + (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 | = 200 + 100

100

= 200 + = 200 + 100 = 300

|−1| 1

*Para disminuir, en la fila 2 nos ubicamos el (+) porque ahí está la variable X 2 . Buscar siempre en las VNB.

x 2 60 0 1 2 -1 0

Max (Z j − C j ) 18000 0 0 100 100 0

VB VB VNB VNB VB

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 − (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 23 | = 200 − 100 100

= 200 − = 200 − 50 = 150

|2| 2

Para hacer las variaciones del lado derecho LD (bj), por el método simplex se hace por el dual.

PRIMAL

Max: Z = 300x 1 + 200x

DUALIDAD

2

Min: Z = 80y

Sujeto a:

1 + 100y 2 + 40y 3

Sujeto a:

x 1 + x 2 ≤ 80

su Dual será: →

y

2x 1 + x 2 ≤ 100

1 + 2y 2 + y 3 ≥ 300

y

x 1 ≤ 40

1 + y 2 + 0y 3 ≥ 200

con: y

con: x 1 , x 2 ≥ 0 }

1 , y 2 , y 3 ≥ 0

La dualidad tendríamos que resolver por el método de dos fases o la gran M de penalización.

Hemos encontrado la tabla óptima del dual por el método de dos fases.

θ VB b j y 1 y 2 y 3 S 1 S 2 A 1 A 2

y 2 100 0 1 1 -1 1 1 -1

y 1 100 1 0 -1 1 -2 -1 2

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0 1 1

Min F-II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60 -20 -60

VB VB VNB VNB VNB Las VA no las utilizo

Solución óptima del dual: y 1 = 100; y 2 = 100; y 3 = 0; Min: Z = 18000

y 1 = 100; y 2 = 100; y 3 = 0 , son precios sombras de los recursos de hrs carpinteria, hrs de acabado y exigencias del mercado.

Otra manera de sacar el dual sin necesidad de resolver el problema de programación lineal del dual: utilizamos la tabla óptima del

primal, lo que era fila se convierte en columna, así de fácil podemos sacar la tabla óptima del dual.

SENSIBILIDAD DE HORAS DE CARPINTERIA b 1 .

Hasta donde podemos aumentar las horas de carpintería de b 1 = 80 ↑. Buscar números positivos en la fila de Y 1, pero de

columnas VNB.

y 1 100 1 0 -1 1 -2

fase II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60

VB VB VNB VNB VNB



b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 + (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 | = 80 + 20

|1| = 80 + 20 = 80 + 20 = 100

1

Hasta donde podemos disminuir las horas de carpintería de b 1 = 80 ↓. Buscar números negativos en la fila de Y 1 , pero de

columnas VNB.

y 1 100 1 0 -1 1 -2

fase II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60

VB VB VNB VNB VNB

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 1 = b 1 − (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 23 | = 80 − 20 20

= 80 − = 80 − 20 = 60

|−1| 1

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′ 1 = b 1 − (Z 5 − C 5 )

|a ′ 25 |

= 80 − 60 60

= 80 −

|−2| 2

= 80 − 30 = 50

|a ′ ij|

Nota: cuando se trata de disminución en el dual del LD, se debe elegir el número más grande. En este caso los números

son 60 y 50 debemos elegir el 60.

SENSIBILIDAD DE HORAS DE ACABADO b 2 .

Hasta donde podemos aumentar las horas de acabado de b 2 = 100 ↑. Buscar números positivos en la fila de Y 2 , pero de

columnas VNB.

y 2 100 0 1 1 -1 1

fase II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60

VB VB VNB VNB VNB

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 2 = b 2 + (Z 3 − C 3 )

ij|

|a ′ 13 | = 100 + 20 20

= 100 + = 100 + 20 = 120

|1| 1

b ′ j = b j + { (Z j − C j )

} → b ′ 2 = b 2 + (Z 5 − C 5 )

|a ′ 15 |

= 100 + 60 60

= 100 +

|1| 1

= 100 + 60 = 160

|a ′ ij|

Cuando hay empate en el aumento del LD del dual se debe elegir el número más pequeño en ese caso elegir el 120.

Hasta donde podemos disminuir las horas de acabado de b 2 = 100 ↓. Buscar números negativos en la fila de Y 2 , pero de

columnas VNB.

y 2 100 0 1 1 -1 1

fase II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60

VB VB VNB VNB VNB

b ′ j = b j − { (Z j − C j )

} → b ′

|a ′ 2 = b 2 − (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 14 | = 100 − 20 20

= 100 − = 100 − 20 = 80

|1| 1

SENSIBILIDAD DE EXIGENCIAS DEL MERCADO b 3 .

Como la variable Y 3 no está en mi solución básica, entonces la variable Y 3 es una variable no básica VNB.

θ VB b j y 1 y 2 y 3 S 1 S 2

y 2 100 0 1 1 -1 1

y 1 100 1 0 -1 1 -2

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0

Min F-II −(Z j − C j ) -18000 0 0 20 20 60

VB VB VNB VNB VNB

Para nuestro rango inferior, para disminución de b 3 = 40 ↓.

b ′ j = b j − (Z j − C j ) → b ′ 3 = b 3 − (Z 3 − C 3 ) = 40 − 20 = 20

Para rango superior, aumentar de b 3 = 40 ↑. Es infinito.



NOTA

De la tabla final óptima del dual.

Para aumentar el LD de la restricción, se busca números positivos de la fila de cada restricción, si tenemos muchos

números positivos de aíj >0, en su respectiva fila elegir el coeficientes mínimo de b´j. Ejemplo: b´1=100, b´2=200, b´3=300,

b´4=400 y b´5=70. Debemos elegir el número más pequeño en este caso elegir el 70.

Para disminución del LD en el dual de la restricción, se busca números negativos de la fila de cada restricción, si

tenemos muchos números negativos de aíj <0, en su respectiva fila, en este caso elegir el resultado más grande de b´j.

Ejemplo: b´1=100, b´2=200, b´3=300, b´4=400 y b´5=70. Debemos elegir el número más grande en este caso elegir el 400.

Para las restricciones del lado derecho de las restricciones de horas de carpintería solamente entre este rango podemos

hacer las variaciones del recurso de carpintería en la actualidad disponemos de 80 horas de carpintería y nuestro

utilidad maximiza es de 18000.

Como máximo hasta 100 horas podemos aumentar, y disminuir hasta 60 horas.

En el dual el precio de sombra del recurso horas de carpintería es y 1 = 100, este precio sombra quiere decir por cada 1

hora de aumento o disminución nuestra utilidad se incrementa en 100 Bs o disminuye en 100 Bs. Si b 1 = 81 horas, la

nueva utilidad será de Max:Z=18100Bs, si b 1 = 79 horas, la nueva utilidad será de 17900, lo máximo que podemos

incrementar es b 1 = 100 horas, la utilidad nueva será de 20000 Bs que es lo máximo permitido con el aumento del

recurso, y podemos bajar solamente hasta b 1 = 60 horas, y nuestra utilidad baja como mínimo hasta 16000 Bs.

El recurso de horas de acabado también su precio de sombra es de y 2 = 100 Bs, también por 1 hora de incremento o

disminución nuestra utilidad se incrementa o disminuye en 100 Bs la utilidad.

Lo máximo que podemos subir el aumento de b 2 = 120 horas, la utilidad será de 20000 Bs, y podemos bajar hasta

b 2 = 80 horas, la nueva utilidad será de 16000 Bs.

El recurso de exigencias del mercado su precio dual es y 3 = 0 Bs, por 1 unidad fabricada la utilidad se mantiene

constante ni aumenta ni disminuye. Lo mínimo que podemos producir el número de soldados es 20 soldados entonces

el, b 3 = 20 soldados, la utilidad se mantiene constante de 18000 Bs, y podemos producir los soldados hasta infinito

unidades de soldados la utilidad se mantiene constante de 18000 Bs.

PRECIO DE SOMBRA

Por un incremento o decremento de 1 hora, esa cantidad de Bs en el dual ganamos o perdemos.

Horas de carpinteria

Horas de acabado

Precio de sombra: y 1 = 100Bs Precio de sombra: y 2 = 100Bs

exigencia del mercado de soldados

por incrementar 1 hora ,

por incrementar 1 hora ,

Precio de sombra: y 3 = 0Bs

gano 100 Bs más.

gano 100 Bs más.

como el precio de dualidad es cero

por disminucion de 1 hora, por disminucion de 1 hora,

no ganamos ni perdemos

dejamos de ganar 100 Bs. dejamos de ganar 100 Bs.

la utilidad se mantiene constante.

∇ = 20

∆= 20hrs

∆= 20hrs

20ud ∗ 0 = 0Bs

20hrs ∗ 100Bs = 2000Bs

20hrs ∗ 100Bs = 2000Bs

∇Max: Z = 18000Bs. ↓

∆Max: Z = 20000Bs. ↑

∆Max: Z = 20000Bs. ↑

∆= ∞

∇ = 20hrs

∇ = 20hrs

∞uds ∗ 0 = 0Bs

20hrs ∗ 100hrs = 2000Bs

20hrs ∗ 100hrs = 2000Bs

∆Max: Z = 18000Bs. ↑

∇Max: Z = 16000Bs. ↓

∇Max: Z = 16000Bs. ↓

( Max: Z = 18000Bs. → ) ( Max: Z = 18000Bs. → ) ( Max: Z = 18000Bs. → )

PROBLEMA#372 La compañía CORAL de Bolivia posee una pequeña fábrica de pinturas para interiores y exteriores

para casas, para su distribución al mayoreo se utilizan dos materiales básicas de A y B, para producir las pinturas. La

disponibilidad máxima de A es 6TM diarias, la de B es de 8TM diaria. La necesidad diaria de materias primas MP por

tonelada métrica TM de pintura para interiores y exteriores se resume en la tabla siguiente:

Materia Prima MP Toneladas de MP en toneladas de pinturas Disponibilidad máxima

Pintura para exteriores

Pintura para interiores Diaria en toneladas M.

MP “A” 1 2 6 TM

MP “B” 2 1 8 TM

Precio de Venta 3000 Bs 2000 Bs

Un estudio de mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que la de

pintura para exteriores en más de una tonelada métrica. Asimismo el estudio señala que la demanda máxima de pintura



para interiores está limitada a 2 toneladas métricas diarios, el precio de venta al mayoreo por TM es 3000 Bs para pintura

para exteriores y 2000 Bs para la pintura para interiores.

¿Cuántas TM de pintura de exteriores e interiores debe producir la compañía coral todos los días para maximizar el

ingreso bruto?

SOLUCIÓN

x 1 = Toneladas métricas diarias producidas de pintura para exteriores.

x 2 = Toneladas métricas diarias producidas de pintura para interiores.

Maximizar: Z = 3000x 1 + 2000x 2 ⓿

{ Sujeto a: x 1 + 2x 2 ≤ 6❶; 2x 1 + x 2 ≤ 8❷; x 2 ≤ 1 + x 1 ↔ −x 1 + x 2 ≤ 1❸; x 2 ≤ 2❹ con: x 1 , x 2 ≥ 0❺}

Análisis de sensibilidad, hasta donde (cuanto) puedo bajar o subir los precios, C′ j ≤ C j ≤ C′ j me conviene o no me

conviene subir o bajar los precios.

Lo que cambia en el mercado son los precios, con esto matamos a las empresas bajando los precios.

Pendientes de: m fo = − 3000 ; m 2000

1 = − 1 ; m 2

2 = −2; como quiero variar la pintura exteriores: m fo = − P . 2000

aca vamos a trabajar con m(+), es un metodo directo:

1

2 ≤ P 2

≤ 2 sacamos el m. c. m = 2

1 ≤ P ≤ 4

= 0 ↔ (1 ≤ P ≤ 4) = 0(2) ↔ 1 ≤ P ≤ 4 1000 ≤ 3000 ≤ 4000

2

PROBLEMA#373 Dado el siguiente programa lineal de maximización:

Maximizar: Z = 20x

{

1 + 10x 2 ⓿

Sujeto a: x 1 ≤ 70❶; x 2 ≤ 50❷; x 1 + 2x 2 ≤ 120❸; x 1 + x 2 ≤ 90❹ con: x 1 , x 2 ≥ 0❺ }

SOLUCIÓN

Elaboramos una tabla de valores para cada ecuación.

x 1 = 70❶ → (70; 0)

x 2 = 50❷ → (0; 50)

x 1 + 2x 2 = 120❸ → (120; 60)

x 1 + x 2 = 90❹ → (90; 90)

Estos puntos vamos a graficar en un eje cartesiano.



PROBLEMA#374 Minas Universal opera tres minas en ORURO-BOLIVIA. El mineral de cada una se separa, antes de

embarcarse, en dos grados. La capacidad diaria de producción de las mismas así, como sus costos diarios de operación

son los siguientes:

Mineral de grado alto Mineral de grado bajo, Costo de operación,

tonelada/día

tonelada/día

Bs1000/día

Mina I 4 4 20

Mina II 6 4 22

Mina III 1 6 18

La Universal se comprometió a entregar 54 toneladas de mineral de grado alto y 65 toneladas de mineral de grado bajo

para fines de la siguiente semana. Además, tiene contratos de trabajo que garantizan a los trabajadores de ambas minas

el pago del día completo por cada día o fracción de día que la mina esté abierta. Determínese el número de días que cada

mina debería operar durante la siguiente semana, si Minas Universal ha de cumplir su compromiso a un costo total

mínimo.

SOLUCIÓN:

x 1 = Número de días a trabajar en la mina I.

x 2 = Número de días a trabajar en la mina II

x 3 = Número de días a trabajar en la mina III

Min: Z = 20x 1 + 22x 2 + 18 x 3 ❶

Sujeto a: 4x 1 + 6x 2 + 1 x 3 ≥ 54❷ ; 4x 1 + 4x 2 + 6 x 3 ≥ 65 ❸

x 1 ≤ 7❹ ; x 2 ≤ 7❺ ; x 3 ≤ 7❻ ; con: x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ó x j ≥ 0∀j (CNN)❼}

{

Tabla final óptima.

θ VB b j x 1 x 2 x 3 S 1 S 2 H 1 H 2 H 3 A 1 A 2

x 1 1,75 1 0 0 -0,3 0,05 0 -1,6 0 0,3 -0,05

x 3 5 0 0 1 0,2 -0,2 0 0,4 0 -0,2 0,2

H 1 5,25 0 0 0 0,3 -0,05 1 1,6 0 -0,3 0,05

x 2 7 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

H 3 2 0 0 0 -0,2 0,2 0 -0,4 1 0,2 -0,2

FASE I Z ∗ j 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0 -2,4 -2,6

VB VB VB VNB VNB VB VNB VB VA VA

Solución óptima: x 1 = 1, 75 dias; x 2 = 7 dias; x 3 = 5 dias; Min: Z = 279000 Bs

Para las variaciones lo eliminamos las columnas de las variables artificiales.



Variaciones del LD bj

289

6

≤ b 1 ≤ 143

2

40 ≤ b 2 ≤ 75

7

4 ≤ b 3 ≤ ∞

119

32 ≤ b 4 ≤ 259

32

Variaciones de la funcion objetivo Cj

73

4 ≤ C 1 ≤ 72

−∞ ≤ C 2 ≤ 124

5

5 ≤ C 3 ≤ 25

5 ≤ b 5 ≤ ∞

Vamos variar el costo de la mina I,

x 1 1,75 1 0 0 -0,3 0,05 0 -1,6 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 + (Z 5 − C 5 )

ij|

VB VB VB VNB VNB VB VNB VB

2, 6

|a ′ 15 | = 20 +

|0, 05|

x 1 1,75 1 0 0 -0,3 0,05 0 -1,6 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0


C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 1 = C 1 − (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 14 | = 20 −

C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′ 1 = C 1 − (Z 6 − C 6 )

|a ′ 16 | = 20 −

|a ′ ij|

2, 4

|−0, 3|

2, 8

|−1, 6|

Vamos a variar el costo de la mina II.

x 2 7 0 1 0 0 0 0 1 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0


2, 6

= 20 + = 20 + 52 = 72

0, 05

2, 4

= 20 − = 20 − 8 = 12

0, 3

= 20 −

2, 8

1, 6 = 20 − 7 4 = 73 4


C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 2 = C 2 + (Z 7 − C 7 ) 2, 8 2, 8 14

ij|

|a ′ 47 | = 22 + = 22 + = 22 +

|1| 1

5 = 124

5

x 2 7 0 1 0 0 0 0 1 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0


C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → en la fila de x 2 no hay números negativos por lo tanto será − ∞ = −∞

|a ′ ij|

Vamos a variar el costo de la mina III.

x 3 5 0 0 1 0,2 -0,2 0 0,4 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0


C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 3 = C 3 + (Z 4 − C 4 )

ij|

|a ′ 24 |

C ′ j = C j + { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 3 = C 3 + (Z 7 − C 7 )

ij|

|a ′ 27 |

2, 4

= 18 +

|0, 2|

2, 8

= 18 +

|0, 4|

x 3 5 0 0 1 0,2 -0,2 0 0,4 0

FASE II −(Z j − C j ) -279 0 0 0 2,4 2,6 0 2,8 0

2, 4

= 18 + = 18 + 12 = 30

0, 2

2, 8

= 18 + = 18 + 7 = 25

0, 4


C ′ j = C j − { (Z j − C j )

} → C ′

|a ′ 3 = C 3 − (Z 5 − C 5 ) 2, 6 2, 6

ij|

|a ′ 25 | = 18 − = 18 − = 18 − 13 = 5

|−0, 2| 0, 2

No olvidar que el costo está dado en miles de bolivianos.

73

4 ≤ C 1 ≤ 72; −∞ ≤ C 2 ≤ 124

5

; 5 ≤ C 3 ≤ 25

18250 ≤ 20000 ≤ 72000; −∞ ≤ 22000 ≤ 24800; 5000 ≤ 18000 ≤ 25000

PROGRAMACIÓN LINEAL – ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD POR SOLVER/EXCEL

CAPÍTULO 9

11


ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD

POR SOLVER/EXCEL



SOLVER

USO DE LA HERRAMIENTA SOLVER DE MICROSOFT-EXCEL 2010

Solver es una herramienta para resolver y optimizar inecuaciones lineales.

Términos de Solver, que demos saber antes de utilizar el Solver de Excel.

PROGRAMACIÓN LINEAL … … … … … … … …

∗ Función Objetivo

∗ Variables de decisión

∗ Función de restricción

∗ Lado derecho

∗ Modelo de programación lineal

∗ Restricciones

SOLVER

∗ Celda objetivo

∗ Cambiando celdas

∗ Restricciones

∗ Referencia de celda de restricción

∗ Restricción

∗ Asumir modelo lineal

Dado el siguiente problema de programación lineal resolver con la herramienta de Solver.

x 1 = Cantidad de juguetes de soldados de madera a fabricar .

x 2 = Cantidad de juguetes de trenes de madera a fabricar.

Vamos a maximizar los beneficios, Maximizar: Z = 300x 1 + 200x 2 ⓿

{ Sujeto a: x 1 + x 2 ≤ 80❶(hrs carpinteria); 2x 1 + x 2 ≤ 100❷(hrs acabado); x 1 ≤ 40❸(mercado); con: x 1 , x 2 ≥ 0❹ }

PASO 1. Abrir hoja electrónica de Excel.

PASO 2. Ahora vamos a instalar el SOLVER.







Ahora nuevamente abrimos la hoja electrónica de Excel.

PASO 3. En la hoja electrónica introducir los datos del modelo de programación lineal, trabajar con las celdas, para que

una celda se mantenga constante usar la tecla F4 marque la celda que quiera que se mantenga constante por ejemplo la

celda C4 aparece como $C$4 y después apretar la tecla F4.



Para la celda E3, trabajar con la siguiente formula: =B2*B3+C2*C3 despues de introducir la formula dar enter.

En esa celda de E3, estará la solución óptima de la función objetivo de maximización o minimización.

También utilizamos las siguientes fórmulas para las restricciones.



PASO 4.- Ahora si dar clic en datos y en la barra principal buscar SOLVER, y hacer clic en icono de Solver.

En la celda establecer objetivo colocar en dicha celda E3.

PASO 5.- En la celda, cambiando las celdas de variables, colocar las celdas B3 y C3 así aparece el dicha celda como

$B$3:$C$3

Ahora en el cuadro de sujeto a las restricciones hacer clic y después hacer clic en el ícono de agregar. Sale otro nuevo

ventanilla.



En esta nueva ventanilla, introducir las tres restricciones de las celdas.

Introduzco la primera restricción E6≤G6 y después dar agregar, introducir la segunda restricción E7≤G7 y después dar

agregar y por ultimo introducir la tercera restricción E8≤G8 y después dar aceptar.



Sale la siguiente ventana y marcar responder, confidencialidad, límites y después aceptar.


Respuesta por Solver.


Como vemos el Solver ha agregado tres hojas de informes, informe de respuesta, informe de confidencialidad e informe

de límites. Además tenemos las respuestas a las celdas de la primera hoja de trabajo.

En la columna E: 80, 100 y 20 son los recursos que estoy utilizando de mi disponibilidad, en porcentajes (100%, 100% y 50%).

En la columna G: 80, 100 y 40 disponibilidad de mis recursos actuales.

Respuesta: x 1 = 20 soldados; x 2 = 60 trenes; Max: Z = 18000 Bs

H 1 = 0; H 2 = 0; H 3 = 20 holguras, que son las sobras de nuestra disponibilidades

Debemos fabricar 20 soldados y 60 trenes para obtener un beneficio máximo de 18000 Bolivianos.



Análisis de sensibilidad del LD y de los coeficientes de la FO.


TRANSPORTE-TRANSBORDO-AGENTE VIAJERO-ASIGNACIÓN DE TAREAS

CAPÍTULO 9

12

ALGORÍTMO DE TRANSPORTE

PROBLEMAS DE TRANSBODO

PROBLEMAS DE AGENTE VIAJERO

ASIGNACIÓN DE TAREAS



ALGORITMO DE TRANSPORTE

El modelo de transporte o modelo de distribución es un ejemplo importante de un problema de optimización de redes. Ha sido

aplicado a algunos problemas de negocios, tales como el control y diseño de plantas de fabricación, determinación de

territorios de ventas, y localización de centros de distribución y almacenaje. Tremendos ahorros en costos se han logrado a

través de la eficiente ruta de envío de mercancías desde los puntos de existencias hasta los puntos de demanda.

La meta y restricciones del modelo de transporte es minimizar el costo total de envío de un producto (o productos) desde los

puntos de existencias hasta los puntos de demanda bajo las siguientes restricciones:

1.- Cada punto de demanda recibe su requerimiento.

2.- Los embarques desde un punto de suministro (existencias) no exceden su capacidad disponible.

El objetivo del modelo de transporte es encontrar los medios menos costosos para embarcar abastos desde varios orígenes a

varios destinos. Los puntos de origen (o fuentes) pueden ser fábricas, almacenes o cualquier otro de los puntos desde donde

se embarcan los bienes. Los destinos son cualquiera de los puntos que recibe bienes, para utilizar el modelo de transporte es

necesario tener lo siguiente:

a.- Los puntos de origen y la capacidad para cada una.

b.- Los puntos de destino y la demanda para una.

c.- Los costos de embarque por unidad desde cada origen a cada destino.

El modelo de transporte debe existir necesariamente un origen y un destino.

ORIGEN: Oferta, Capacidades, Suministro, Disponibilidades, Existencias, Fábricas, Productores, Abasto, Fuentes y Mercado.

DESTINO: Demanda, Requerimientos, Necesidades, Consumidores y etc.

Justo a tiempo, quiere decir la cantidad ofertada debe ser igual a la cantidad demandada, la sumatoria de oferta es igual a la

sumatoria de demanda (siempre), un problema de transporte tiene "m" fuentes, a cada una de ellas corresponde una

disponibilidad de a i (i = 1, 2, 3, 4, 5, … , m) unidades de un producto homogéneo y "n" destinos, cada uno de ellos requiere de

b j (j = 1, 2, 3, 4, 5, … , n) unidades de ese producto. Los números a i y b j son enteros positivos. El costo es C ij de transportar una

unidad de producto de la fuentes "i" al destino "j" se da para cada "i" y para cada "j". El objetivo es desarrollar un programa de

transporte que cumpla todas las demandas, a partir del inventario actual y con un costo total mínimo de embarque. Se

considera que el suministro total y la demanda total son iguales de la siguiente manera:

OFERTA = DEMANDA ∶

m

∑ a i = ∑ b j ⓿ Siempre, antes de elaborar la tabla de transporte.

i=1

n

j=1

La ecuación ⓿ se cumple de la siguiente manera creando una oferta ficticia o una demanda ficticia, las ficticias creadas

siempre tienen un costo de cero de envío.

a) Si la oferta es mayor que la demanda:

m

OFERTA ≥ DEMANDA ∶ ∑ a i ≥ ∑ b j ❶; se aumenta una demanda ficticia, columna.

i=1

m

n

j=1

OFERTA ≥ DEMANDA ∶ ∑ a i ≥ ∑ b j + b j ❶ ↔ ∑ a i = ∑ b j ❶

b) Si la oferta es menor que la demanda:

i=1

m

n

j=1

OFERTA ≤ DEMANDA ∶ ∑ a i ≤ ∑ b j ❷; se aumenta una oferta ficticia, fila.

i=1

n

j=1

m

OFERTA ≤ DEMANDA ∶ a i + ∑ a i ≤ ∑ b j ❷ ↔ ∑ a i = ∑ b j ❷

Dónde:

a i = son las cantidades disponibles o ofertadas en cada origen.

b j = son las cantidades requeridas o demandadas en cadadestino.

C ij = es el costo unitario o ganancia unitaria de asignar una unidad, desde el origen i hasta el destino j.

x ij = cantidad asignada o cantidad a transportar desde el origen i hasta el sedtino j.

Modelo matemático de algoritmo de transporte

Minimicese: Z = ∑∗ ∑∗ C ij ∗ X ij

n

m

i=1

Sujeto a:

n

j=1

∑ x ij = a i (i = 1, 2, 3, … , m)

j=1

m

∑ x ij = b j (j = 1, 2, 3, … , n)

i=1

Nota:

i=1

con: x ij ≥ 0∀ij; no negativas y enteras}

Si bien en el modelo de transporte se podría resolver por el método simplex, resultaría más compleja resolverla, resulta

conveniente resolver de otra manera más fácil. Existen diferentes métodos de solución del método de transporte, nosotros

vamos estudiar los siguientes tres casos en modelos de transporte.


n

j=1

m

i=1

m

i=1

n

j=1

n

j=1

si queremos formular como un modelo de PL.

sin importar si la oferta es ≥ o ≤ que la demanda entonces:

en las restricciones la Oferta siempre es (≤).

en las restricciones la Demanda siempre es (≥ o =)

si la Oferta = Demanda, entonces:

en las restricciones la Oferta siempre es (=).

en las restricciones la Demanda siempre es (=)


a). Método de la esquina noroeste (Norte-Oeste).

b). Método de costo mínimo o método de matriz mínima.

c). Método de aproximación de Vogel.

ESQUEMA DE RED DE TRANSPORTE



FORMA TABULAR DE ALGORITMO DE TRANSPORTE

DESTINOS

OFERTA u i

D 1 D 2 D 3 D 4 ……. D n a i

O 1 C 11 x 11 C 12 x 12 C 13 x 13 C 14 x 14 ……. C 1n x 1n a 1 u 1


ORÍGENES




……. ……. ……. ……. ……. ……. ……. ....... …..

O m C m1 x m1 C m2 x m2 C m3 x m3 C m4 x m4 ……. C mn x mn a m u m

DEMANDA

b j b 1 b 2 b 3 b 4 ……. b n

m

n

∑ a i = ∑ b j

i=1 j=1

v j v 1 v 2 v 3 v 4 ....... v n

MÉTODO DE LA ESQUINA NOROESTE (ME-NO)

El método de la esquina noroeste siempre comienzo asignando a la celda x ij o x 11 siempre y así sucesivamente.

x 11 = minimo(a 1 , b 1 ) si a 1 < b 1 , se hace b 1 = b 1 − a 1 , y así sucesivamente hasta obtener una solución básica inicial.

El método de la esquina Noroeste es un algoritmo heurístico capaz de solucionar problemas de transporte o distribución

mediante la consecución de una solución básica inicial que satisfaga todas las restricciones existentes sin que esto implique

que se alcance el costo óptimo total. Este método tiene como ventaja frente a sus similares la rapidez de su ejecución, y es

utilizado con mayor frecuencia en ejercicios donde el número de fuentes y destinos sea muy elevado.

Su nombre se debe al génesis del algoritmo, el cual inicia en la ruta, celda o esquina Noroeste. Es común encontrar gran

variedad de métodos que se basen en la misma metodología de la esquina Noroeste, dada que podemos encontrar de igual

manera el método e la esquina Noreste, Sureste o Suroeste.

ALGORITMO DE RESOLUCIÓN DE LA ESQUINA NOROESTE

Se parte por esbozar en forma matricial el problema, es decir, filas que representen fuentes y columnas que representen

destinos, luego el algoritmo debe de iniciar en la celda, ruta o esquina Noroeste de la tabla (esquina superior izquierda).

PASO 1: En la celda seleccionada como esquina Noroeste se debe asignar la mínima cantidad de unidades posibles ya sea de

oferta o demanda, cantidad que se ve restringida ya sea por las restricciones de oferta o de demanda. En este mismo paso se

procede a ajustar la oferta y demanda de la fila y columna afectada, restándole la cantidad asignada a la celda, pero hay que

restar el mayor menos la menor cantidad.

PASO 2: En este paso se procede a eliminar la fila o destino cuya oferta o demanda sea 0 después del "Paso 1", si dado el caso

ambas son cero arbitrariamente se elige cual eliminar y la restante se deja con demanda u oferta cero (0) según sea el caso.



Pero cuando se satisfacen oferta y demanda quiere decir se van a eliminar la fila y columna pero antes de eliminar ambas, se

debe hacer lo siguiente se busca en la fila y columna el costo más pequeño y a ese costo se le asigna una cantidad cero puede

ser fila o columna, esto se hace para salvar la degeneración del problema.

PASO 3: Una vez en este paso existen dos posibilidades, la primera que quede un solo renglón o columna, si este es el caso se

ha llegado al final el método, "detenerse". La segunda es que quede más de un renglón o columna, si este es el caso iniciar

nuevamente el "Paso 1".

PROBLEMA#375 Una empresa energética Boliviana dispone de cuatro plantas de generación para satisfacer la demanda

diaria eléctrica en cuatro ciudades, Santa Cruz, Cochabamba, La Paz y Chuquisaca. Las plantas 1, 2, 3 y 4 pueden satisfacer de

80, 30, 60 y 45 millones de KW al día respectivamente. Las necesidades de las ciudades de Santa Cruz, Cochabamba, La Paz y

Chuquisaca son de 70, 40, 70 y 35 millones de KW al día respectivamente. Los costos asociados del envío de suministro

energético por cada millón de KW entre cada planta y cada ciudad son los registrados en la siguiente tabla.

SANTA CRUZ COCHABAMBA LA PAZ CHUQUISACA

PLANTA 1 5 2 7 3

PLANTA 2 3 6 6 1

PLANTA 3 6 1 2 4

PLANTA 4 4 3 6 6

Formule como un modelo de programación lineal que permita satisfacer las necesidades de todas las ciudades al tiempo que

minimice los costos asociados del transporte.

SOLUCIÓN

Lo elaboramos en una red de distribución.

Variables de decisión

x 11 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 1 a la ciudad de Santa Cruz.

x 12 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 1 a la ciudad de cochabamba.

x 13 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 1 a la ciudad de La Paz.

x 14 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 1 a la ciudad de Chuquisaca.

x 21 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 2 a la ciudad de Santa Cruz

x 22 = Cantidad de millones de KW por dia enviados diariamente de la planta 2 a la ciudad de Cochabamba.











Minimizar: Z = 5x 11 + 2x 12 + 7x 13 + 3x 14 + 3x 21 + 6x 22 + 6x 23 + x 24 + 6x 31 + x 32 + 2x 33 + 4x 34 + 4x 41 + 3x 42 + 6x 43 + 6x 44 ⓿

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 80

x 11 + x 21 + x 31 + x 41 ≥ 70

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 30

x

} Oferta 12 + x 22 + x 32 + x 42 ≥ 40

} Demanda

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 60

x 13 + x 23 + x 33 + x 43 ≥ 70

x 41 + x 42 + x 43 + x 44 ≤45

x 14 + x 24 + x 34 + x 44 ≥ 35

con todas las variariables no negativas: x ij ≥ 0∀ij

Nota: como la Oferta = Demanda; entonces las restricciones de (Oferta y Demanda serán =), en ves de ≤ y ≥.


total

total


Solución por el método simplex

Variables de decisión x 11 x 12 x 13 x 14 x 21 x 22 x 23 x 24 x 31 x 32 x 33 x 34 x 41 x 42 x 43 x 44

Actividad de la variable 25 40 10 5 0 0 0 30 0 0 60 0 45 0 0 0

Costo por unidad 5 2 7 3 3 6 6 1 6 1 2 4 4 3 6 6

Contribución total 125 80 70 15 0 0 0 30 0 0 120 0 180 0 0 0 620

Este ejercicio presenta una solución óptima alternativa, aquí el segundo resultado:

Variables de decisión x 11 x 12 x 13 x 14 x 21 x 22 x 23 x 24 x 31 x 32 x 33 x 34 x 41 x 42 x 43 x 44

Actividad de la variable 0 40 10 30 25 0 0 5 0 0 60 0 45 0 0 0

Costo por unidad 5 2 7 3 3 6 6 1 6 1 2 4 4 3 6 6

Contribución total 0 80 70 90 75 0 0 5 0 0 120 0 180 0 0 0 620

En problemas de algoritmo de transporte debemos hacer lo siguiente a la solución factible básica del resultado inicial.

PRUEBA DE OPTIMALIDAD (OPTIMIZACION)

a) PRUEBA DE DEGENERACION→PD

(m + n − 1) = (#variables básicas VB) ↔ Solución No Degenerada;

Hay que hacer prueba de óptimalidad porque cumple la igualdad.

(m + n − 1) ≠ (#variables básicas VNB) ↔ Solución Degenerada;

Aquí termina el ejercicio, pero los costos van a ser muy altos, para salvarlo la degeneración se usa el épsilon es un número

pequeño no afecta a la oferta ni a la demanda, ε = 0, 00000000001 = 0.

Para no incurrir en una solución de degeneración debemos aplicar esta teorema de JVH, dice la teorema si quiero asignar a una

celda una cantidad de oferta y de demanda, por casualidad la oferta y demanda son iguales tendríamos que asignar cualquiera

ya sea de oferta o demanda, en este caso se eliminan fila y columna, pero antes de eliminar la fila y columna se debe buscar el

costo más pequeño en esa fila y columna y ase costo asignar y después eliminar fila y columna de esta forma hemos salvado la

degeneración.

m = # de filas son las ofertas; n = #de columnas o demandas; VB = celdas asignadas

b) PRUEBA DE OPTIMALIDAD→PO

VB → Celdas asignadas, llenas. u i + v j = C ij

VNB → Celdas no asignadas, vacias. C ij − u i − v j



El ejercicio termina cuando todas las celdas de VNB todas son positivas, si hay todavía números negativos no hemos llegado a

la solución óptima del problema, de las celdas negativas elegimos el número más pequeño negativo de las VNB, ejemplo si

tenemos -10, -20, -30 y -33, entonces elegimos el -33. Hay que hacer la prueba del circuito para mejorar la solución óptima, a la

celda más pequeña negativa se coloca (+), y así formar un circuito de (+), (-), (+), (-). Para formar el circuito solamente una celda

de VNB entra al circuito en este caso el número más pequeño negativa de VNB y los demás tienen que ser de las VB y así poder

formar el circuito.

TIPOS DE CIRCUITOS

De las celdas negativas del circuito se elige el número más pequeño negativo, solamente se elige como referencia y ese

número pequeño elegida suma a las celdas positivas del circuito y resta a las celdas negativas del circuito, y la celda elegida

del número pequeño negativa queda vacía como celda de VNB.

Del circuito negativas tenemos las asignaciones de 80, 200 y 50, elegimos la más pequeña en este caso es el número 50 y este

número 50 suma a las celdas positivas del circuito: (150+50=200; 100+50=150; 0+50=50), y resta a las celdas negativas del

circuito: (80-50=30; 200-50=150; 50-50=0 en la nueva tabla no se coloca cero de 50-50, si no esa celda queda vacía como celda

VNB, como se ve en el gráfico).









PLANTA 1 5 2 7 3

PLANTA 2 3 6 6 1

PLANTA 3 6 1 2 4

PLANTA 4 4 3 6 6

Formule como un modelo de transporte que permita satisfacer las necesidades de todas las ciudades al tiempo que minimice

los costos asociados del transporte. Resolver por el método de la esquina noroeste.

SOLUCIÓN

m

i=1

n

j=1

4

i=1

4

OFERTA = DEMANDA ∶ ∑ a i = ∑ b j ⓿ ↔ ∑ a i = ∑ b j Cumple!!! (80 + 30 + 60 + 45) = (70 + 40 + 70 + 35) ↔ 215 = 215

j=1

OFERTA = DEMANDA ↔ 215000000 = 215000000 para resolver suprimir los seis ceros.

x 11 = mi n(80; 70) = 70; elimino SC.

En planta 1 todavía me quedan 10.

x 12 = mi n(10; 40) = 10; elimino P1.

Todavía Cbba requiere 30.

x 22 = mi n(30; 30) = 30; eliminar

Acá ambas se satisfacen tendríamos que

eliminar ambas (Cbba y P2), antes de

eliminar en esa fila o columna buscar el

costo más pequeño y asignar a esa celda

una cantidad de cero a la celda(x 24 = 0)

También podríamos asignar a la celda

(x 32 = 0), porque el costo es lo mismo.

x 33 = mi n(60; 70) = 60; elimino P3.

Todavía La Paz requiere 10.

x 43 = mi n(45; 10) = 10; elimino LP.

En planta 4 todavía me quedan 35.

x 44 = mi n(35; 35) = 35; eliminar

Planta 4 y Chuquisaca.

Hemos llegado a Justo a Tiempo.

Costo mínimo = 70(5) + 10(2) + 30(6) + 0(1) + 60(2) + 10(6) + 35(6) = 940

Prueba de degeneración PD.

(m + n − 1) = (#variables básicas VB) (4 + 4 − 1) = 7 ↔ 7 = 7 Verdadero ↔ Solución No Degenerada.

Prueba de optimalidad PO.

Ahora sacamos las variables VB son las celdas que tienen asignaciones, en este saco vamos a sacar las u i y v j una de estas

variables de u i y v j tiene que ser cero, o podemos colocar cero a la fila o columna que tenga más variables básicas.

Para las variables básicas utilizo la siguiente formula de VB.

u i + v j = C ij

u i = Filas

v j = Columnas

C ij = Costo

u 1 = 0

Celda 11 → u 1 + v 1 = C 11 → 0 + v 1 = 5 → v 1 = 5

Celda 12 → u 1 + v 2 = C 12 → 0 + v 2 = 2 → v 2 = 2

Celda 22 → u 2 + v 2 = C 22 → u 2 + 2 = 6 → u 2 = 6 − 2 = 4 → u 2 = 4

Celda 24 → u 2 + v 4 = C 24 → 4 + v 4 = 1 → v 4 = 1 − 3 = −3 → v 4 = −3

Celda 33 → u 3 + v 3 = C 33 → u 3 − 3 = 2 → u 3 = 2 + 3 = 5 → u 3 = 5

Celda 43 → u 4 + v 3 = C 43 → 9 + v 3 = 6 → v 3 = 6 − 9 = −3 → v 3 = −3

Celda 44 → u 4 + v 4 = C 44 → u 4 − 3 = 6 → u 4 = 6 + 3 = 9 → u 4 = 9

Ahora sacamos variables no básicas VNB, son las celdas vacías utilizo la siguiente fórmula para sacar las celdas vacías

de las VNB.

C ij − u i − v j



Las VNB son las celdas vacías:


(1; 3) → 7 − 0 − (−3) = 10

(1; 4) → 3 − 0 − (−3) = 6

(2; 1) → 3 − 4 − 5 = −6

(2; 3) → 6 − 4 − (−3) = 5

(3; 1) → 6 − 5 − 5 = −4

(3; 2) → 1 − 5 − 2 = −6

(3; 4) → 4 − 5 − (−3) = 2

(4; 1) → 4 − 9 − 5 = −10

(4; 2) → 3 − 9 − 2 = −8

La solución no es óptima porque hay

números negativos en las celdas de

VNB, en este caso elegir el negativo

más pequeño, elegir el -10.

Y hacer el circuito de +, -, +, -,+. A la

celda más pequeña colocar positivo

que es la entrada la VNB, y los demás

que siguen tienen que hacerse el

circuito en las celdas de VB.

Ahora solamente se modifica las asignaciones del circuito, y las asignaciones que no están en el circuito se copia lo mismo en

la nueva tabla de transporte.

De las celdas negativas del circuito elegir la asignación más pequeña tenemos tres números (35, 30 y 70) elegir 30, este número

suma a las celdas positivas y resta a las celdas negativas, en otras palabras el 30 camina sobre el circuito se queda 30 pero

sigue avanzando el 30.

Variables básicas VB

Son las celdas llenas

u i + v j = C ij

si: u 4 = 0

(1; 1) → u 1 = 1

(1; 2) → v 2 = 1

(2; 4) → u 2 = −5

(3; 3) → u 3 = −4

(4; 1) → v 1 = 4

(4; 3) → v 3 = 6

(4; 4) → v 4 = 6

Costo mínimo = 40(5) + 40(2) + 30(1) + 60(2) + 30(4) + 10(6) + 5(6) = 640

Ahora sacar las variables no básicas VNB de las celdas vacías:

(1; 3) → 7 − 1 − 6 = 0

(1; 4) → 3 − 1 − 6 = −4

(2; 1) → 3 − (−5) − 4 = 4

(2; 2) → 6 − (−5) − 1 = 10

(2; 3) → 6 − (−5) − 6 = 5 todavía hay números negativos entrar por (1; 4) = −4

(3; 1) → 6 − (−4) − 4 = 6

(3; 2) → 1 − (−4) − 1 = 4

(3; 4) → 4 − (−4) − 6 = 2

(4; 2) → 3 − 0 − 1 = 2 }



Costo Mínimo = 640

Costo Mínimo = 620

Costo mínimo de la tabla#5.

Costo mínimo = 35(5) + 40(2) + 5(3) + 30(1) + 60(2) + 35(4) + 10(6) = 620

Ahora sacar las variables no básicas VNB de las celdas vacías:

(1; 3) → 7 − 0 − 7 = 0

(2; 1) → 3 − (−2) − 5 = 0

(2; 2) → 6 − (−2) − 2 = 6

(2; 3) → 6 − (−2) − 7 = 1

(3; 1) → 6 − (−5) − 5 = 6 no hay negativos en las VNB, hemos llegado a la solución óptima.

(3; 2) → 1 − (−5) − 2 = 4

(3; 4) → 4 − (−5) − 3 = 6

(4; 2) → 3 − (−1) − 2 = 2

(4; 4) → 6 − (−1) − 3 = 4}

Costo mínimo óptimo de transporte = 620000000 Bs

MÉTODO DEL COSTO MÍNIMO O MÉTODO DE LA MATRÍZ MÍNIMA (MMM).

El método del costo mínimo o de los mínimos costos es un algoritmo desarrollado con el objetivo de resolver problemas de

transporte o distribución, arrojando mejores resultados que métodos como el de la esquina noroeste, dado que se enfoca en

las rutas que presentan menores costos. El diagrama de flujo de este algoritmo es mucho más sencillo que los anteriores dado

que se trata simplemente de la asignación de la mayor cantidad de unidades posibles (sujeta a las restricciones de oferta y/o

demanda) a la celda menos costosa de toda la matriz hasta finalizar el método.

ALGORITMO DE RESOLUCIÓN DEL COSTO MÍNIMO

PASO 1: De toda la matriz se elige el costo más pequeña y se le asigna a ese costo pequeño, o la ruta (celda) menos costosa

(en caso de un empate, este se rompe arbitrariamente) y se le asigna la mayor cantidad de unidades posible, cantidad que se ve

restringida ya sea por las restricciones de oferta o de demanda. En este mismo paso se procede a ajustar la oferta y demanda

de la fila y columna afectada, restándole la cantidad asignada a la celda.



PASO 2: En este paso se procede a eliminar la fila o destino cuya oferta o demanda sea 0 después del "Paso 1", si dado el caso

ambas son cero arbitrariamente se elige cual eliminar y la restante se deja con demanda u oferta cero (0) según sea el caso.

También podemos eliminar fila y columna de un saque, pero antes de eliminar las fila y columna se busca el costo más

pequeño en esa fila o columna y asignar cero, y de esta forma se salva la degeneración del problema.

PASO 3: Una vez en este paso existen dos posibilidades, la primera que quede un solo renglón o columna, si este es el caso se

ha llegado al final el método, "detenerse". La segunda es que quede más de un renglón o columna, si este es el caso iniciar

nuevamente el "Paso 1". Así sucesivamente hasta llegar a justo a tiempo.







PLANTA 1 5 2 7 3

PLANTA 2 3 6 6 1

PLANTA 3 6 1 2 4

PLANTA 4 4 3 6 6


los costos asociados del transporte, resolver por el método de costo mínimo de transporte.

SOLUCIÓN

m

i=1

n

j=1

4

i=1

4

OFERTA = DEMANDA ∶ ∑ a i = ∑ b j ⓿ ↔ ∑ a i = ∑ b j Cumple!!! (80 + 30 + 60 + 45) = (70 + 40 + 70 + 35) ↔ 215 = 215

Costo mínimo = 25(5) + 50(7) + 5(3) + 30(1) + 40(1) + 20(2) + 45(4) = 780

j=1


Ahora vamos asignar aplicando el método de

costo mínimo:

De toda la matriz elegir el costo más pequeño

en este caso es el #1. Pero hay dos costos

iguales, hay empate:

x 24 = Minimo(30; 35) = 30

x 32 = Minimo(60; 40) = 40

Como hay empate elijo la asignación más

grande en este caso elegir el 40.

x 32 = Minimo(60; 40) = 40; elimino Cbba.

Pero todavía me sobran 20 en la P3.

x 24 = Minimo(30; 35) = 30; elimino la P2.

Pero Chuquisaca todavía requiere 5.


Pero todavía La Paz requiere 50.

x 14 = Minimo(80; 5)

= 5; elimino Chuquisaca.

Todavía la planta 1 tiene 75.


Todavía la ciudad de Santa Cruz requiere de 25.

x 11 = Minimo(75; 25) = 25; elimino SC.

Todavía en la plata 1, se tiene de 50.

x 13 = Minimo(50; 50) = 50; elimino la P1 y

La Paz pero ambas se satisfacen.

Hemos llegado a Justo a Tiempo.

Oferta y demanda satisfechas


Ahora sacar las variables básicas VB, que son las celdas llenas que están asignadas con un valor.

Variables Básicas VB.

u i + v j = C ij

si: u 1 = 0

(1; 1) → v 1 = 5

(1; 3) → v 3 = 7

(1; 4) → v 4 = 3

(2; 4) → u 2 = −2

(3; 2) → v 2 = 6

(3; 3) → u 3 = −5

(4; 1) → u 4 = −1

Ahora determinar las VNB, celdas vacías:



(1; 2) → 2 − 0 − 6 = −4

(2; 1) → 3 − (−2) − 5 = 0

(2; 2) → 6 − (−2) − 6 = 2

(2; 3) → 6 − (−2) − 7 = 1

(3; 1) → 6 − (−5) − 5 = 6

(3; 4) → 4 − (−5) − 3 = 6

(4; 2) → 3 − (−1) − 6 = −2

(4; 3) → 6 − (−1) − 7 = 0

(4; 4) → 6 − (−1) − 3 = 4

La solución no es óptima porque

todavía hay negativos en las

celdas VNB, elegir el negativo más

pequeña de los negativos en este

caso será la celda de:

(1; 2) → 2 − 0 − 6 = −4

Y después desarrollamos el

circuito para mejorar la solución

óptima.

Ahora hay que modificar el circuito, de los negativos del circuito elegir la asignación pequeñas de (50, 40), elegir el 40, el 40

suma a los negativos del circuito y resta a los negativos del circuito.

Variables Básicas VB.

u i + v j = C ij

si: u 1 = 0

(1; 1) → v 1 = 5

(1; 2) → v 2 = 2

(1; 3) → v 3 = 7

(1; 4) → v 4 = 3

(2; 4) → u 2 = −2

(3; 3) → u 3 = −5

(4; 1) → u 4 = −1

Costo mínimo = 25(5) + 40(2) + 10(7) + 5(3) + 30(1) + 60(2) + 45(4) = 620

Ahora vamos a sacar las celdas de VNB, son las celdas vacías que no tienen asignaciones.





(2; 1) → 3 − (−2) − 5 = 0

(2; 2) → 6 − (−2) − 2 = 6

(2; 3) → 6 − (−2) − 7 = 1

(3; 1) → 6 − (−5) − 5 = 6

(3; 2) → 1 − (−5) − 2 = 4

(3; 4) → 4 − (−5) − 3 = 6

(4; 2) → 3 − (−1) − 2 = 2

(4; 3) → 6 − (−1) − 7 = 0

(4; 4) → 6 − (−1) − 3 = 4

Todas las celdas de las VNB

son positivas y ceros hemos

llegado a la solución óptima de

algoritmo de transporte por el

método de costo mínimo.

Nota: los que están en

paréntesis () en el cuadro de

transporte son celdas de VNB,

todas positivas y ceros (+) y

(0).

Costo mínimo óptimo de transporte = 25(5) + 40(2) + 10(7) + 5(3) + 30(1) + 60(2) + 45(4) = 620 ó 620000000.

Interpretación de los resultados de algoritmo de transporte.

De la Planta 1, debemos enviar 25000000KW día a la ciudad de Santa Cruz, a un costo de envío de Bs 5 → 125000000.

De la Planta 1, debemos enviar 40000000KW día a la ciudad de Cochabamba, a un costo de envío de Bs 2 → 80000000

De la Planta 1, debemos enviar 10000000KW día a la ciudad de La Paz, a un costo de envío de Bs 7 → 70000000.

De la Planta 1, debemos enviar 5000000KW día a la ciudad de Chuquisaca, a un costo de envío de Bs 3 → 15000000.

De la Planta 2, debemos enviar 30000000KW día a la ciudad de Chuquisaca, a un costo de envío de Bs 1 → 30000000

De la Planta 3, debemos enviar 60000000KW día a la ciudad de La Paz, a un costo de envío de Bs 2 → 120000000

De la Planta 4, debemos enviar 45000000KW día a la ciudad de Santa Cruz, a un costo de envío de Bs 4 → 180000000

Costo mínimo öptimo de transporte = 620000000 Bs.

MÉTODO DE APROXIMACIÓN DE VOGEL

El método de aproximación de Vogel es un método heurístico de resolución de problemas de transporte capaz de alcanzar una solución

básica no artificial de inicio, este modelo requiere de la realización de un número generalmente mayor de iteraciones que los demás

métodos heurísticos existentes con este fin, sin embargo producen mejores resultados iniciales que los mismos.

ALGORITMO DE RESOLUCIÓN DE VOGEL

El método consiste en la realización de un algoritmo que consta de 3 pasos fundamentales y 1 más que asegura el ciclo hasta la

culminación del método.

PASO 1:

∎Elegir de cada fila y columna los dos costos más pequeños y sacar la diferencia.

∎Determinar para cada fila y columna una medida de penalización restando los dos costos menores en filas y columnas.

PASO 2:

∎elegir el costo más grande de las diferencias o penalizaciones del Paso 1. Ese costo más grande puede estar en la fila o

columna, ese será nuestra entrada.

∎Escoger la fila o columna con la mayor penalización, es decir que de la resta realizada en el "Paso 1" se debe escoger el

número mayor. En caso de haber empate, se debe escoger arbitrariamente (a juicio personal).



PASO 3:

∎Entrar por ese costo más grande elegida puede estar en la fila o columna y asignar al costo más pequeña que puede estar en

la fila o en la columna.

∎Si hay empate de entrada ya sea que este en la fila o columna, hay que asignar la mayor cantidad al costo menor.

∎De la fila o columna de mayor penalización determinada en el paso anterior debemos de escoger la celda con el menor costo,

y en esta asignar la mayor cantidad posible de unidades. Una vez se realiza este paso una oferta o demanda quedará satisfecha

por ende se tachará la fila o columna, en caso de empate solo se tachará 1, la restante quedará con oferta o demanda igual a

cero (0).

∎Pero para salvar la degeneración se debe hacer lo siguiente: cuando en la oferta y demanda se satisfacen al mismo tiempo

antes de tachar ambos la fila y columna, debemos asignar cero a la fila o columna donde haya el costo más pequeño.

PASO 4: DE CICLO Y EXCEPCIONES

∎ Si quedan sin tachar fila o columna con cero oferta o demanda, detenerse (repetir los Pasos del 1 al 4).

∎Si todas las filas y columnas que se tacharon tienen cero ofertas y demanda, hasta que las ofertas y las demandas se hayan

agotado determine las variables básicas y variables no básicas.







PLANTA 1 5 2 7 3

PLANTA 2 3 6 6 1

PLANTA 3 6 1 2 4

PLANTA 4 4 3 6 6


los costos asociados del transporte, resolver por el método de Vogel de transporte.

SOLUCIÓN

Hay que penalizar las filas y columnas sacando las diferencias de los dos costos más pequeños, y ese diferencias se elige el

número más grande en este caso elegimos el #4 de la primera penalización y para asignar en esa columna ubicar el costo más

pequeña y asignar de oferta y demanda, y así sucesivamente hasta que la oferta y demanda sean satisfechas.

También hay que determinar las variables básicas VB y las variables no básicas VNB como hemos hechos en los métodos

anteriores.



PROBLEMA#379 Cuatro surtidores de gasolina A, B, C y D requieren 50000, 40000, 60000 y 40000 galones de gasolina

respectivamente, es posible satisfacer estas demandas a partir de las localidades 1, 2 y 3 que disponen de 80000, 100000 y

50000 galones respectivamente. Los costos en Bs de despachar 1000 galones son presentados en la siguiente tabla.

A B C D

1 70 60 60 60

2 50 80 60 70

3 60 50 80 60

El problema consiste en determinar las cantidad de gasolina que deben enviarse desde cada localidad hasta cada surtidor, de

manera que la demanda de las distribuidoras o los surtidores sean satisfechos y los costos totales de despacho sean mínimos

y resuélvase por el método de la esquina noroeste.

SOLUCIÓN

OFERTA ≥ DEMANDA ↔ (80000 + 100000 + 50000) ≥ (50000 + 40000 + 60000 + 40000) ↔ 230000 ≥ 190000

m

i=1

n

j=1

3

OFERTA ≥ DEMANDA ∶ ∑ a i = ∑ b j + b j ⓿ ↔ ∑ a i = ∑ b j + b j ; hay crear un surtidor ficticio.

Oferta es mayor que la demanda, hay que inventarnos un surtidor ficticio y los costos del ficticio serán ceros.

m

i=1

OFERTA = DEMANDA ∶ ∑ a i = ∑ b j + b j ⓿ ↔ ∑ a i = ∑ b j + b j ↔ ∑ a i = ∑ b j

i=1

n

j=1

230000 = 190000 + 40000 ↔ 230000 = 230000 cumple!!!

Lo importante en problemas de transporte que la sumatoria de oferta y de demanda sean iguales, no importa si es una matriz

cuadrada o no una matriz cuadrada lo importante oferta=demanda, creando fila o demanda ficticia depende cual sea el caso.

Elaborar la tabla inicial de transporte:

4

j=1

3

i=1

4

j=1

3

i=1

5

j=1

Ahora si recién vamos a desarrollar por el método de la esquina noroeste.

Desplazamiento hacia la solución óptima:

P1. Identificar la casilla más pequeña negativa

de celdas de las VNB, que están en ().

P2. Trazar una trayectoria de más-menos en la

matriz de transporte. Esta trayectoria debe

comenzar y terminar en la casilla identificada

en el P1. Además esta casilla es positiva, las

demás esquinas de la trayectoria se designan

alternativamente de menos y más, además en

todas las esquinas debe haber asignaciones

que son celdas de VB, excepto la casilla

identificada en el paso 1, no es necesario que

esta trayectoria sea rectangular.

P3. Seleccionar la esquina del circuito

negativas y elegir la cantidad más pequeña, y

hacer una asignación sumando o restando

esta cantidad de las esquinas de más o

menos del circuito respectivamente.

Costo mínimo = 50(70) + 30(60) + 10(80) + 60(60) + 30(70) + 10(60) + 40(0)

Costo mínimo = 3500 + 1800 + 800 + 3600 + 2100 + 600 + 0 = 12400 Bs.

m + n − 1 = VB ↔ 3 + 5 − 1 = 7 Solucion No Degenerada


Después de cada iteración se debe hacerse

una prueba de optimalidad y de degeneración.

Para nuestro ejemplo el #(-40) de celdas VBN,

el # a desplazar en el circuito el #10.


Costo mínimo = 40(70) + 40(60) + 10(50) + 60(60) + 30(70) + 10(60) + 40(0)

Costo mínimo = 2800 + 2400 + 500 + 3600 + 2100 + 600 + 0

Costo mínimo = 12000 Bs.

Costo mínimo = 10(70) + 40(60) + 30(0) + 40(50) + 60(60) +

40(60) + 10(0)


Costo mínimo = 40(60) + 10(60) + 30(0) + 50(50) + 50(60) + 40(60) + 10(0)

Costo mínimo = 10900 Bs

Costo mínimo = 30(60) + 10(60) + 40(0) + 50(50) + 50(60)

+ 10(50) + 40(60)


RED DE DISTRIBUCION ÓPTIMA

Costo mínimo = 10(60) + 30(60) + 40(0) + 50(50) + 50(60) + 40(50) + 10(60)

Costo mínimo óptimo = 10500 Bs

Costo mínimo óptimo de transporte de enviar desde las tres localidades (1, 2 y 3), hasta los centros de distribuidoras

gasolineras de (A, B, C, D y F(ficticio)).

Costo Total Mínimo Óptimo de Transporte = 10500 Bs.



PROBLEMA#380 La empresa transportista ABC posee varios camiones para acarrear piedra molida para proyectos de

carreteras en el municipio de Santa Cruz. El contratista de carreteras para quien trabaja le ha dado el programa de la siguiente

semana. A continuación se da las necesidades, disponibilidades y el costo.

Proyecto Necesidades Semanales, Planta Disponibilidad Semanal,

Información de Costos

Cargas de Camión.

Cargas de Camión.

A 50 W 45 De- Al A B C

B 75 X 60 W Bs 4 Bs 3 Bs 3

C 50 Y 40 X Bs 6 Bs 7 Bs 6

Y Bs 4 Bs 2 Bs 5

Resuélvase por el método Vogel.

SOLUCIÓN

∑ OFERTA = ∑ DEMANDA ↔ (45 + 60 + 40) = (50 + 75 + 50) ↔ 145Cargas = 175Cargas ↔ No cumple la condicion.

∑ OFERTA ≤ ∑ DEMANDA ↔ debemos crear una planta ficticia, y la Ficticia(175 − 145 = 30 cargas).

Elaborar la tabla de transporte.

Costo mínimo óptimo = 35(3) + 10(3) + 20(6) + 40(6) + 40(2) + 30(0)

Costo mínimo óptimo = 105 + 30 + 120 + 240 + 80 + 0 = 575 Bs.

PROBLEMA#381 Una empresa dispone de 3 plantas (Pli) para hacer 3 tipos de productos (Pri). Los costos y tiempos de

producción aparecen en la tabla. Si se necesitan 100 unidades de cada producto y hay disponibles 40 horas de trabajo, formular

un modelo de transporte para minimizar costos y resolverlo por el método simplex analítico.

Pr1 Pr2 Pr3 Tiempo(minutos)

Pl1 60 40 28 20

Pl2 50 30 30 16

Pl3 43 20 20 15


SOLUCIÓN

Se dispone de 40 Hrs = 40Hrs ∗ 60Minutos = 2400 minutos

1Hra

Pl 1 = 2400 = 120 unidades

20

Pl 2 = 2400 = 150 unidades

16

{

Pl 3 = 2400 = 160 unidades

15



∑ OFERTA = ∑ DEMANDA ↔ (120 + 150 + 160) = (100 + 100 + 100) ↔ 430Uds = 300Uds ↔ No cumple la condicion.

∑ OFERTA ≥ ∑ DEMANDA ↔ crear una demanda ficticia, en este un Producto(430 − 300 = 130Uds).

Costo mínimo = 9380 Bs. No es óptima.


Costo mínimo óptimo = 9320 Bs. La solución es óptima


PROBLEMA#382 Una compañía abastece a tres cliente (Ci) cuyas demandas son de 30 unidades cada una. Existen dos

depósitos con 40 y 30 unidades disponibles respectivamente. El costo unitario de envió aparece en la tabla. Por cada unidad no

enviada, existe un costo de “no cumplimiento”. Formular un modelo de transporte para minimizar costos y resolver por el

método Vogel.

C1 C2 C3

Depósito 1 15 35 25

Depósito 2 10 50 40

Costo no cumplimiento 90 80 110


SOLUCIÓN

∑ OFERTA = ∑ DEMANDA ↔ (40 + 30 + 20) = (30 + 30 + 30) ↔ 90 = 90 ↔ cumple la condicion.

Las 20 unidades de oferta, tiene sus costo de no cumplimiento.

PROBLEMA#383 Considere el problema de transporte que se originan debido a un accidente. Existen tres ambulancias con

distintas capacidades de 3, 7 y 5 heridos, para trasladar heridos hacia cuatro servicios de urgencias que pueden atender a 4, 3,

4 y 4 heridos. Los costos generados por el transporte se muestran en la tabla siguiente:

Servicio de Urgencia 1 Servicio de Urgencia 2 Servicio de Urgencia 3 Servicio de Urgencia 4

Ambulancia 1 2 2 2 1



Utilizando el método Vogel, encuentre la solución inicial. ¿Es óptima? ¿Existe solución alternativa?

SOLUCIÓN:



PROBLEMA#384 Un fabricante tiene tres plantas P1, P2 y P3, y cinco bodegas B1, B2, B3, B4 y B5, el problema es

establecer la planta Pi que debe producir el suministro para cada bodega. La capacidad de las plantas es limitada a 100, 60 y 50.

En la tabla aparecen la capacidad de producción de las plantas y los requerimientos de ventas de las bodegas son 50, 10, 60, 30

y 20 en miles de cajas:

El costo en Bs de despacho de 1000 cajas desde cada planta a cada bodega aparece en la siguiente tabla.

B1 B2 B3 B4 B5

P1 240 300 160 500 360

P2 420 440 300 200 220

P3 300 340 300 480 400

La compañía desea determinar un programa de embarques que minimice los costos generales de transporte de la empresa,

utilice el método de Vogel.

SOLUCIÓN:

∑ OFERTA = ∑ DEMANDA ↔ (100 + 60 + 50) = (50 + 10 + 60 + 30 + 20) ↔ 210 = 170 ↔ No cumple la condicion.

Hay que crear una demanda ficticia (210-170=40 unidades para la bodega ficticia).

LA SOLUCIÓN ÓPTIMA

P1 → B1 = 40(240) = 9600 Bs

P1 → B3 = 60(160) = 9600 Bs

P2 → B4 = 30(200) = 6000 Bs

P2 → B5 = 20(220) = 4400 Bs

P2 → B5ficticio = 10(0) = 0 Bs

P3 → B1 = 10(300) = 3000 Bs

P3 → B2 = 10(340) = 3400 Bs

P3 → B5ficticio = 30(0) = 0 Bs

Costo mínimo óptimo = 36000 Bs.

Como la demanda y oferta están dadas

en miles de cajas:




PROBLEMA#385 Este año se han registrado los peores temporales del siglo en Bolivia. Producto de esto se encuentran

seriamente damnificadas dos ciudades (La Paz y Potosí) de dicho país, por lo que se hace extremadamente necesarios enviar

víveres a dichas ciudades. Las ciudades de Santa Cruz, Cochabamba y Plan 3000 no fueron afectadas por los temporales y

están en condiciones de brindar apoyo a sus compatriotas que han caído en desgracia. Los alcaldes de estas ciudades han

organizado campañas solidarias (“Bolivia ayuda a Bolivia” y han recolectado las siguientes cantidades víveres:

Ciudad

Víveres (Toneladas)

Perecibles

No Perecibles

Santa Cruz 40 10

Cochabamba --- 60

Plan 3000 --- 70

Los víveres perecibles deben ser despachados, ya que los alcaldes no quieren que éstos se pudran en sus bodegas. Los no

perecibles no necesariamente deben ser despachados, ya que estos podrían ser guardados en la eventualidad de que se

registre otra emergencia en Bolivia.

El alcalde de La Paz ha manifestado que necesita urgentemente de 60 toneladas de víveres. El alcalde de la ciudad de Potosí ha

solicitado como mínimo 90 toneladas, pero también podría usar 10 toneladas adicionales se existiese la disponibilidad. A los

alcaldes de estas ciudades les es indiferente si los víveres enviados son perecibles o no perecibles.

Las distancias que existen entre las ciudades se muestran en la tabla siguiente:

Ciudad

Distancia entre ciudades (KM)

La Paz

Potosí

Santa Cruz 100 150

Cochabamba 90 90

Plan 3000 120 140

Si bien es cierto que la distancia entre la ciudad de Plan 3000 y la ciudad de La Paz es de 120 kilómetros, se debe tener en

cuenta que los temporales destruyeron un puente y un túnel que conectan dichas ciudades, haciendo imposible el transporte

de víveres por tierra. Los caminos que interconectan las restantes ciudades se encuentran en buenas condiciones. El costo de

transporte de los víveres (por tierra) es de 2 Bolivianos (moneda oficial de Bolivia) por tonelada por kilómetro.

El presidente de Bolivia le ha solicitado hacer la asignación óptima de víveres. Usted deberá informar dicha asignación a la

brevedad, además del valor óptimo para la función objetivo.

Notas: En caso de ser necesario, se debe usar el método Vogel.

SOLUCIÓN:

OFERTA = DEMANDA

CIUDADES NO DAMNIFICADAS

SANTA CRUZ → 50 TONELADAS

COCHABAMBA → 60 TONELADAS

PLAN 3000 → 70 TONELADAS

− − − − − − − − − − − − − − − −

180 TONELADAS

CIUDADES DAMNIFICADAS

LA PAZ → 60 TONELADAS

POTOSÍ → 90 TONELADAS + 10 TONELADAS

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

160 TONELADAS

ORURO(FICTICIA) → 20 TONELADAS

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

180 TONELADAS

Como la oferta ≥ demanda ↔ 180 ≥ 150, entonces a la ciudad de Potosí hay envíar 10 Toneladas adicionales más

a potosí porque tenemos disponibilidad.



PROBLEMA#386 BOA, Boliviana de aviación es una aerolínea nacional puede comprar su combustible para jet a cualquiera

de tres proveedores. Las necesidades de la aerolínea para el próximo mes, en cada uno de los aeropuertos a los que da

servicio, son 100000 galones en el aeropuerto 1, 180000 galones en el aeropuerto 2 y 350000 galones en el aeropuerto 3.

Cada proveedor puede suministrar combustible a cada aeropuerto a los precios (en centavos de bolivianos por galón) que se

dan en el siguiente cuadro:

Aeropuerto 1 Aeropuerto 2 Aeropuerto 3

Proveedor 1 92 89 90



Cada proveedor, sin embargo, tiene limitaciones en cuanto al número total de galones que puede proporcionar durante un mes

dado. Estas capacidades son 320000 galones para el proveedor 1, 270000 galones para el proveedor 2 y 190000 galones para el

proveedor 3. Determínese una política de compra que cubra los requerimientos de la aerolínea BOA en cada aeropuerto, a un

costo total mínimo, resuélvase por el método de la esquina noroeste o noroccidental.

SOLUCIÓN

Costo total mínimo = 100000(92) + 180000(89) + 40000(90) + 270000(95) + 40000(92) + 150000(0) = 58150000 Ctvos.

Prueba de Degeneración m + n − 1 = VB → 3 + 4 − 1 = 6 → 6 = 6 → solucíon no degenerada.

Prueba de Óptimalidad

Variable Básicas

u i + v j = C ij

Variables No Básicas

(1; 1) → u 1 + v 1 = 92


(1; 2) → u 1 + v 2 = 89

(1; 4) → 0 − 0 − (−2) = 2

(1; 3) → u 1 + v 3 = 90

(2; 1) → 91 − 5 − 92 = −6

(2; 3) → u 2 + v 3 = 95

(2; 2) → 91 − 5 − 89 = −3

(3; 3) → u 3 + v 3 = 92

(2; 4) → 0 − 5 − (−2) = −3

(3; 4) → u 3 + v 4 = 0 (3; 1) → 87 − 2 − 92 = −7 entrar por aqui

u 1 = 0; u 2 = 5; u 3 = 2

(3; 2) → 90 − 2 − 89 = −1

v 1 = 92; v 2 = 89; v 3 = 90; v 4 = −2







Como no hay negativos más en las celdas de VNB, hemos llegado a la solución óptima de transporte.

Costo total mínimo óptimo = 320000(90) + 120000(91) + 150000(0) + 100000(87) + 60000(90) + 30000(92)

Costo total mínimo óptimo = 56580000 Ctvos.



Resolviendo por el método de Vogel.

Como no hay negativos más en las celdas de VNB, hemos llegado a la solución óptima de transporte.

Costo total mínimo óptimo = 320000(90) + 120000(91) + 150000(0) + 100000(87) + 60000(90) + 30000(92)

Costo total mínimo óptimo = 56580000 Ctvos.

PROBLEMA#387 Tres plantas generadoras de energía eléctrica, con capacidades de 25, 40 y 30 millones de kilowatts por

hora (MKWH), suministran electricidad a tres ciudades cuyas demandas máximas en las tres ciudades se calculan en 30, 35 y 25

millones de kilowatts por hora (MKWH). El costo en unidades monetarias de la venta de corriente eléctrica a tres diferentes por

millón kilowatts por hora es como sigue en la siguiente tabla:

Ciudad 1 Ciudad 2 Ciudad 3

Planta 1 Bs 600 Bs 700 Bs 400



Durante el mes de julio hay un incremento de 20% en la demanda en cada una de las tres ciudades para satisfacer el exceso de

la demanda comprando electricidad adicional de otra RED a un precio más elevado de Bs 1000 por MKWH. Sin embargo, la RED

no está conectada con la ciudad 3. La compañía de servicios públicos quiere determinar el plan más económico para la

distribución y la compra de la energía adicional.

a). Formule el problema como un modelo de transporte.

b). Y determine un plan de distribución óptima para la compañía de servicios públicos.

c). Determine el costo de la electricidad adicional comprada por cada una de las tres ciudades.

SOLUCIÓN

OFETA = DEMANDA

PLANTA 1 → 25 MKWH



− − − − − − − − − − − −

95 MKWH

RED → 13 MKWH

− − − − − − − − − − − −

108 MKWH

CIUDAD 1 → 30 MKWH + 20% = 30 + 6 = 36 MKWH

CIUDAD 2 → 35 MKWH + 20% = 35 + 7 = 42 MKWH

CIUDAD 3 → 25 MKWH + 20% = 25 + 5 = 30 MKWH

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

108 MKWH

El costo de la RED es 1000 Bs, la RED no está conectada con la ciudad 3, hay que penalizar (---) o 10000 Bs.

Costo total mínimo = 25(600) + 11(320) + 29(300) + 13(480) + 17(450) + 13(10000) = 171110 Bs.






exceso de costo de ciudad 1 − RED es de 13000 Bs.

PRUEBA DE OPTIMALIDAD

VARIABLES BASICAS

u i + v j = C ij

Si: u 1 = 0

VARIABLES NO BÁSICAS

u 1 + v 3 = C 13


0 + v 3 = 400 → v 3 = 400

C 11 − u 1 − v 1 = 600 − 0 − 450 = 150

u 3 + v 3 = C 33

C 12 − u 1 − v 2 = 700 − 0 − 430 = 270

u 3 + 400 = 450 → u 3 = 50 C 23 − u 2 − v 3 = 350 − (−130) − 400 = 80

u 3 + v 2 = C 32

C 31 − u 3 − v 1 = 500 − 50 − 450 = 0

50 + v 2 = 480 → v 2 = 430 C 42 − u 4 − v 2 = 1000 − 550 − 430 = 20

u 2 + v 2 = C 22

C 43 − u 4 − v 3 = 10000 − 550 − 400 = 9050

u 2 + 430 = 300 → u 2 = −130 Como todas las variables no básicas

u 2 + v 1 = C 21

todas son positivos y ceros estamos

−130 + v 1 = 320 → v 1 = 450

en la solución óptima.

u 4 + v 1 = C 41

{ u 4 + 450 = 1000 → u 4 = 550

}




Ahora el mismo ejercicio vamos a resolver por el método Vogel.

PROBLEMA#388 Una compañía tiene tres plantas que fabrican cierto producto que deben embarcarse a cuatro centros de

distribución. Las pantas 1, 2 y 3, producen 12, 17 y 11 cargas mensuales respectivamente. Cada centro de distribución necesita

recibir 10 cargas al mes. La distancia en millas desde cada planta a los respectivos centros de distribución es la siguiente.

Centros de Distribución

1 2 3 4

Planta 1 800 1000 400 700

Planta 2 1100 1400 600 1000

Planta 3 600 1200 800 900

El costo de flete por cada embarque es de 100 bolivianos más, bolivianos 0,50 por milla.

¿Cuántas cargas deben enviarse desde cada planta a cada centro de distribución a un costo mínimo?

SOLUCIÓN:

En este caso tenemos un cuadro de distancia en millas no podemos minimizar la distancia, entonces vamos a convertir las

distancias de millas, cuanto me cuesta esa distancia, tenemos costo de flete 0,50 Bs por milla y más 100 Bs.

Así por ejemplo (Planta 1- Centro de distribución 1, es de 800 millas=800(0,50)+100=500 Bs), así sucesivamente.



PROBLEMA#389 Una corporación de semiconductores produce un módulo específico de estado sólido, el cual suministrará

a 4 diferentes fabricantes de televisores. El módulo puede producirse en cualquiera de las 3 plantas de la corporación, aunque

los costos varían debido a la diferencia de eficiencia de producción de cada una. Específicamente, cuesta Bs 1,10 producir un

módulo en la planta A, Bs 0,95 en la planta B, y Bs 1,03 en la planta C. las capacidades mensuales de producción de las plantas

son: 7500, 10000 y 8100 módulos, respectivamente. Las estimaciones de venta predicen una demanda mensual de 4200, 8300,

6300 y 2700 módulos, para los fabricantes de televisores I, II, III y IV, respectivamente. Si los costos de envío en bolivianos para

embarcar un módulo de una de las fábricas a un fabricante se muestran a continuación:

FABRICANTES TV I FABRICANTES TV II FABRICANTES TV III FABRICANTES TV IV

PLANTA A Bs 0,11 Bs 0,13 Bs 0,09 Bs 0,19

PLANTA B Bs 0,12 Bs 0,16 Bs 0,10 Bs 0,14

PLANTA C Bs 0,14 Bs 0,13 Bs 0,12 Bs 0,15

Encuéntrese una cédula de producción que cubra todas las necesidades a un costo mínimo total, resolver por matriz mínima.

SOLUCIÓN

COSTO MINIMO = 24304 Bs. el costo no es óptimo, hay todavía negativos en la celdas de VNB.

Costo Mínimo Óptimo = 24142 Bs.

PROBLEMA#390 Una empresa que tiene 3 fábricas: A, B y C, y 4 depósitos distribuidores: 1, 2, 3 y 4, los costos unitarios,

oferta y demanda mensual es la siguiente:

1 2 3 4 Oferta

A 7 9 9 6 300

B 6 10 12 8 100

C 9 8 10 14 500

Demanda 200 240 280 340

a). Halle el programa óptimo de distribución y su costo asociado.

b). La solución es única?, es degenerada? Justifique.

c). Existe oferta o demanda insatisfecha, de ser así, quién la absorbe? Cuántas unidades?

d). si se tiene que la capacidad de transporte está limitada a 250 unidades, se modifica la solución óptima del problema, de ser

así, cómo obtiene la nueva solución? (sólo indíquelo).

SOLUCIÓN:



OFERTA=DEMANDA 900≤1060; crear una oferta ficticia: 900+160=1060 1060=1060

Resolviendo por el método Vogel.

a). Costo mínimo óptimo=6820 Bs.

b). La solución es única pues no hay Zij=Cij, y no

es degenerada ya que hay m+n-1=VB cumple la

condición, asignación no nula.

c). Existe una demanda insatisfecha de 160

unidades, absorbida por depósito distribuidora

3, en 120 unidades y por depósito distribuidora 4

en 40 unidades.

d). Se modifica la solución ya que hay una

asignación superior a 250 unidades, en la celda

(Planta A –Depósito distribuidora 4, esa

asignación es 300), por esa razón se modifica.


Formulando como un modelo de programación lineal.

Min: Z = 7x 11 + 9x 12 + 9x 13 + 6x 14 + 6x 21 + 10x 22 + 12x 23 + 8x 24 + 9x 31 + 8x 32 + 10x 33 + 14x 34 ⓿

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 300❶

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 100❷

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 500❸

x 41 + x 42 + x 43 + x 44 ≤ 160❹

con: x ij ≥ 0∀ij❾

x 11 + x 21 + x 31 + x 41 ≥ 200❺

x 12 + x 22 + x 32 + x 42 ≥ 240❻

x 13 + x 23 + x 33 + x 43 ≥ 280❼

x 14 + x 24 + x 34 + x 44 ≥ 340❽

no olvidar x ij ≤ 250❿



PROBLEMAS DE MAXIMIZACIÓN DE TRANSPORTE

PROBLEMA#391 Una compañía panificadora puede producir un pan especial en cualquiera de sus plantas, en la siguiente forma:

Planta Capacidad de producción (unidades de pan) Costo de producción (Bs/unidad de Pan)

A 2500 23

B 2100 25

Cuatro cadenas de restaurante desean adquirir este pan, sus demandas y precios que desean pagar son los siguientes:

Cadena Demanda máxima (unidades de Pan) Precio ofrecido (Bs/unidad de pan)

1 1800 39

2 2300 37

3 550 40

4 1750 36

El costo en Bs de embarcar una unidad de pan de una planta a un restaurante es:

Planta Cadena 1 Cadena 2 Cadena 3 Cadena 4

A 6 8 11 9

B 12 6 8 5

Determinar un programa de entregas para la compañía panificadora maximizando su ganancia total en este tipo de pan,

resuélvase por el método Vogel.

SOLUCIÓN:

OFERTA=DEMANDA (2500+2100)=(1800+2300+550+1750) 4600≤6400 no cumple, crear una planta ficticia (4600+1800=6400).

Elaboramos la tabla de utilidades: Utilidad=PV-Costos


A 39-23-6=10 37-23-8=6 40-23-11=6 36-23-9=4

B 39-25-12=2 37-25-6=6 40-25-8=7 36-25-5=6

Ganancia Máxima óptima = 1800(−10) + 700(−6) + 550(−7) + 1550(−6) + 1600(0) + 200(0)

Ganancia Máxima óptima = −18000 − 4200 − 3850 − 9300 + 0 + 0 = −35350 ∗ (−1)

Ganancia Máxima óptima = 35350 Bs.



El problema anterior vamos a resolver de otra manera, problemas de maximización:


A 10 6 6 4

B 2 6 7 6

Elegir la ganancia más grande del cuadro de ganancias en este caso el 10, y este número restarlo a toda la matriz de ganancias.


A 0 4 4 6

B 8 4 3 4

Ahora resolver como si fuera caso de minimización. Vamos a resolver por el método de la matriz mínima.

Para determinar la ganancia máxima debemos ir al cuadro original de ganancias:

Ganancia Máxima Óptimo = 1800(10) + 700(6) + 550(7) + 1550(6) + 1600(0) + 200(0) = 35350 Bs.

PROBLEMA#392 Dos compañías farmacéuticas tienen inventario de dosis de 1,1 y 0,90 millones de cierta vacuna contra la

gripe y se considera inminente una epidemia de gripe en tres ciudades. Ya que la gripe podría ser fatal para los ciudadanos de

edad avanzada, a ellos se les debe vacunar primero; a los demás se los vacunará según se presenten, mientras duren los

suministros de vacuna.

Las cantidades de vacuna (en millones de dosis) que cada ciudad estima poder administrar son las siguientes:


Ancianos 0,325 0,260 0,195

Otros 0,750 0,800 0,650

Los costos de embarque (en Bs por dosis) entre las compañías y las ciudades son:


Compañía 1 3 3 6

Compañía 2 1 4 7

Determinar un programa de embarque de costo mínimo que provea a cada ciudad de vacuna suficiente para atender al menos a

los ancianos. Resuélvase por el método Vogel.

SOLUCIÓN:

Hay que crea una compañía ficticia, los costos de embarque es cero para otros y para ancianos el costo hay que penalizar

colocar M=100, en el enunciado dice que a los ancianos si o si hay que vacunar, por eso hay que penalizar M costo mayor.



PROBLEMA#393 Una empresa que tiene 4 fábricas: A, B, C y D, y 5 depósitos distribuidores: 1, 2, 3, 4 y 5, los costos

unitarios, oferta y demanda mensual es la siguiente:

1 2 3 4 5 Oferta

A 10 16 12 10 14 7

B 16 10 12 10 12 8

C 14 12 16 16 12 8

D 12 10 12 16 14 4

Demanda 12 3 2 6 9

a). Halle el programa óptimo de distribución y su costo asociado.

SOLUCIÓN:

OFERTA=DEMANDA (7+8+8+4)=(12+3+2+6+9) 27=32 no cumple la condición hay que crear una fábrica ficticia (27+5=32).

Costo mínimo óptimo = 7(10) + 2(12) + 6(10) + 8(12) + 1(12) + 3(10) + 0(12) + 4(0) + 1(0) = 292 Bs.



PROBLEMAS DE PRODUCCION

PROBLEMA#394 En una compañía industrial, se debe planear para cada una de las cuatro estaciones del próximo año. Las

capacidades de producción de la compañía, así como las demandas esperadas (todo en unidades), son las siguientes:

Primavera Verano Otoño Invierno

Demanda 250 100 400 500

Capacidad Normal 200 300 350 ----

Capacidad tiempo extra 100 50 100 150

Los costos de producción normal para la compañía son: 7 Bs por unidad; el costo unitario del tiempo extra varía según la

estación, siendo de 8 Bs en primavera y otoño, 9 Bs en verano y 10 Bs en invierno.

En la compañía se tiene un inventario de 200 unidades el primero de enero, pero como se planea descontinuar el producto a

fines del año, se desea un inventario cero después de la temporada invernal. Las unidades producidas en los turnos normales

no se encuentran disponibles para embarque durante la estación de producción; generalmente se venden durante la siguiente

estación. Aquellas unidades que no se venden, se agregan al inventario y se acumulan a un costo de 0,70 Bs por unidad por

estación. En cambio, las unidades producidas en tiempo extra deben embarcarse en la misma estación en que se producen.

Determinar un programa de producción que cubra todas las demandas a un mínimo de costo total.

SOLUCION:

Demanda 1250 unidades +200 unidades del inventario inicial=Producción 1450 unidades.

Lo que produzco en primavera vendo en verano.

Lo que produzco en verano vendo en otoño.

Lo que produzco en otoño vendo en invierno.

a). primero me deshago del inventario inicial de los 200 unidades, mandamos a la celda (4; 1). Inventario inicial a primavera.

b). Produzca y no produzca, si o si enviar a la celda (5; 5), por razonamiento.

c). los 100 unidades que me sobro lo guardo en inventario, como en inventario me cuesta 8 Bs me lo guardo.

En invierno tengo que tener cero de invierno (2; 4)=100 unidades.

Ficticia lo que no produzco.

d). a la celda (2;4), 0 cero, es celda VB, para cerrar la producción colocar cero.

Se tiene que la demanda de primavera se cubrirá empleando todas las unidades de 200 unidades del inventario inicial y 50

unidades de la producción de tiempo extra en la primavera. La demanda del verano se cubre con la producción normal de

primavera. La demanda del otoño se cubre con 300 unidades de la producción normal del verano más 100 unidades de la

producción del tiempo extra en el otoño.

La demanda del invierno se satisface empleando 100 unidades hechas durante la primavera en el tiempo normal y almacenadas,

más 350 unidades de la producción normal del otoño y 50 unidades producidas durante el invierno en turnos extras.

CT = 100(7) + 100(8, 4) + 300(7) + 0(7, 7) + 350(7) + 200(0) + 50(8) + 50(0) + 50(0) + 100(8) + 50(10) + 100(0)

Costo mínimo de producción = 7790 Bs



PROBLEMAS DE TRANSBORBO

El problema de transbordo es una extensión del problema de transporte en el que se agregan nodos intermedios, llamados

nodos de transbordo, para presentar localizaciones como almacenes. En este tipo más general de problema de distribución,

pueden hacerse embarques entre cualquier par de los tres tipos generales de nodos: de origen, de transbordo y de destino. Por

ejemplo, el problema de transbordo permite embarques de bienes de los orígenes de los nodos intermedios y a los de destino,

desde un origen a otro origen, desde una localidad intermedia a otra, de una localidad de destino a otra y en forma directa de

los orígenes a los destinos.

Como sucedió con el problema de transporte, el suministro disponible en cada origen es limitado y se especifica la demanda en

cada destino. El objetivo en problemas de transbordo es determinar cuántas unidades deberían embarcarse a lo largo de cada

arco en la red de modo que se satisfagan todas las demandas de los destinos con el mínimo costo de transporte posible.

El Problema de Transbordo, Intertransporte o Reembarque es una variación del modelo original de transporte que se ajusta a la

posibilidad común de transportar unidades mediante nodos fuentes, destinos y transitorios, mientras el modelo tradicional solo permite

envíos directos desde nodos fuentes hacia nodos destinos. Existe la posibilidad de resolver un modelo de transbordo mediante las

técnicas tradicionales de resolución de modelos de transporte y este procedimiento se basa en la preparación del tabulado inicial

haciendo uso de artificios conocidos con el nombre de amortiguadores, los cuales deben ser iguales a la sumatoria de las ofertas de

los nodos de oferta pura y de coeficiente cero (0) en materia de costos. Sin embargo la resolución de un problema de transbordo

haciendo uso de los algoritmos de resolución de modelos de transporte es una idea anacrónica, teniendo en cuenta la posibilidad de

acceso a herramientas de cómputo capaces de resolver problemas complejos una vez modelados mediante las técnicas de

programación lineal. La importancia de los modelos de transbordo aumenta con las nuevas tendencias globales de gestión de cadenas

de abastecimiento, en las cuales se deben de optimizar los flujos logísticos de productos teniendo en cuenta la importancia de

minimizar los costos, asegurar disponibilidad de unidades y reconociendo la importancia de los centros de distribución en la búsqueda

del equilibrio entre las proyecciones y la realidad de la demanda.

PROBLEMA#395 Determine un programa de embarque que cubra todas las demandas a un costo total mínimo

aceptablemente bajo para el siguiente gráfico:

SOLUCIÓN:

Los sitios 1 y 2 son orígenes, mientras que los sitios 5 y 6 son destinos. El sitio 3 es tanto un origen como un empalme,

mientras que el sitio 4 es tanto un destino como un empalme.

Oferta(+) = 95 + 70 + 15 = 180 unidades; Demanda(−) = 30 + 30 + 45 = 105 unidades

Como oferta≥demanda se crea un sitio 7 ficticio, como un destino ficticio con una demanda 180-105=75 unidades.

Ya que cada empalme se transforma en un origen y destino, al agregar 180 unidades tanto a su suministro como a su demanda.

Los orígenes serán 1, 2, 3 y 4. Mientras los destinos serán 3, 4, 5, 6 y 7. Se tienen como costos cero a los que van de un empalme (como

origen) a él mismo (como destino) y a los que van de cualquier origen al destino ficticio, y a una cantidad excesiva hay que penalizar

(M) o 10000 Bs como el costo para cualquier eslabón no existente (camino prohibitivo, ruta que no existe).



ORIGENES

❶ → 95

❷ → 70

❸ → 70 + 95 + 30 = 195

❹ → 70 + 95 + 15 = 180

DESTINOS

❸ → 95 + 70 + 15 = 180

❹ → 70 + 95 + 15 + 30 = 210

❺ → 30

❻ → 45

❼ → 75

PROBLEMA#396 Determínese un programa de embarque de costo mínimo para el siguiente programa de transbordo que se

muestra en el siguiente gráfico:

SOLUCIÓN:




PROBLEMAS DE AGENTE VIAJERO

Este problema considera el caso de un individuo que debe abandonar un sitio base, visitar otros n − 1 sitios (sólo una vez cada

uno) y regresar entonces a la base. Se da el costo C ij , viajar entre cada para de sitios, con C ij no necesariamente igual a C ji . El

objetivo es crear un programa para itinerario de costo mínimo. Ya que lo importante es el circuito realizado por el agente, el

elegir cuál de los “n” sitios se designa como base en un mero asunto de conveniencia.

Se puede asociar un problema de asignación a cada problema de agente viajero, de la siguiente forma. Numérense

arbitrariamente con los enteros 1, 2, 3,…, n, los sitios involucrados en el problema del agente viajero. Considérese un conjunto

de “n” trabajadores y un conjunto de “n” tareas. El costo de una asignación, C ij es el costo de viajar directamente del sitio “i” al

sitio “j”. Está claro que cada solución factible del problema, a veces hay que hacer las bifurcaciones a la matriz del agente

viajero. Para desarrollar un algoritmo cercano al óptimo del agente viajero, se desarrolla el método del vecino más cercano,

basado en el principio de seleccionar secuencialmente el eslabón restante que sea más barato, de manera que su inclusión no

complete demasiado pronto un circuito:

PASO1. Localizar el menor elemento en la matriz de costos, si hay empate elija cualquiera arbitrariamente, enciérrese en un

círculo el número menor elegida, e inclúyase el eslabón correspondiente en el itinerario.

PASO2. Si el elemento que acabamos de encerrar en un círculo es Cpq, reemplazar con un numero grande de penalización de

M, esto se hace cuando el número menor esta en (3; 1) y hay otro número menor que el elegido, entonces la transpuesta hay

que penalizar en (1; 3).

PASO3. Localizar el menor de los elementos que no estén encerrados en un círculo, de la última matriz de costos. Asociar

tentativamente el eslabón correspondiente con el itinerario incompleto, si el itinerario resultante no es factible, encerrar en un

círculo el costo designado y continuar con el PASO5.

PASO4. Si el itinerario resultante no es factible, eliminar el último eslabón del itinerario y sustituir el costo que le corresponda

por un número prohibitivamente grande, hay que penalizar. Continuar con el PASO3.

PASO5. Determinar si el itinerario es completo. De ser así se le aceptara como el itinerario “cercano al óptimo”. Si no lo es,

continuar con el PASO.

El paso 2 garantiza que una vez que se parte de un sitio, no se volverá a partir de él. También que una vez que se llega a un

sitio, esto no volverá a suceder. De aquí que el itinerario del paso 3 será factible, a menos que contenga un circuito con menos

de n eslabones.

PROBLEMA#397 En la siguiente tabla se muestra una matriz simétrica de costos para viajar entre un conjunto dado de lugares:

CIUDADES 1 2 3 4 5

1 ----- 35 80 105 165

2 35 ----- 45 20 80

3 80 45 ----- 30 65

4 105 20 30 ----- 60

5 165 80 65 60 -----

Determine un itinerario de costo mínimo del agente viajero, con los datos de la tabla de costos para viajar entre un conjunto de

dado de lugares.

SOLUCIÓN:

En primer lugar las celdas que están punteadas (----), hay que penalizar colocando M=10000.

CIUDADES 1 2 3 4 5

1 ----- 35 80 105 165

2 35 ----- 45 20 80

3 80 45 ----- 30 75

4 105 20 30 ----- 60

5 165 80 75 60 -----

CIUDADES 1 2 3 4 5

1 10000 35 80 105 165

2 35 10000 45 20 80

3 80 45 10000 30 75

4 105 20 30 10000 60

5 165 80 75 60 10000

Elegir el costo más pequeño de la matriz la ubicamos en celda (2;4), arriba y debajo de ese número 20 colocar 10000 o penalizar.

Como la celda elegida (2;4) tiene transpuesta será la celda (4;2), el costo también 20, penalizar esa celda colocar 10000.

ya tenemos el eslabón, o la ruta de 2 → 4

Seguimos eligiendo el número menor de la última matriz de costos:

En este caso vamos a elegir la celda (4;3), será el número 30.



Ruta óptima de viaje: (1 → 2); (2 → 4); (4 → 3); (3 → 5); (5 → 1)

Ruta: 1 → 2 → 4 → 3 → 5 → 1 Hemos partido de la ciudad 1 y hemos llegado a la misma ciudad 1.

Costo mínimo óptimo = 35 + 20 + 30 + 75 + 165 = 325 Bs.

PROBLEMA#398 En la siguiente tabla se muestra una matriz asimétrica de costos para viajar entre un conjunto dado de lugares:

CIUDADES 1 2 3 4 5

1 ----- 1 8 3 4

2 1 ----- 8 2 3

3 1 3 ----- 5 1

4 2 5 6 ----- 5

5 5 3 7 6 -----

Determine un itinerario de costo mínimo del agente viajero, con los datos de la tabla de costos para viajar entre un conjunto de

dado de lugares.

SOLUCION:



ITINERARIO DE VIAJE: (1 → 4); (4 → 3); (3 → 5); (5 → 2); (2 → 1) Ruta: 1 → 4 → 3 → 5 → 2 → 1

Costo mínimo óptimo de viajar de una ciudad a otra ciudad es la siguiente:

Costo mínimo óptimo = 3 + 6 + 1 + 3 + 1 = 14 unidades monetarias.

PROBLEMA#399 La línea aérea AMAZONAS ofrecen una excursión a bajo precio que permita a una persona cubrir una ruta

total de servicio. El boleto, valido por dos semanas a partir de la fecha de adquisición, tiene la siguiente restricción: ninguna

ciudad del recorrido puede volverse a visitar, excepto la ciudad de partida (Santa Cruz de la Sierra), la cual es la última parada

de la excursión. Un turista extranjera, actualmente se encuentra en la ciudad de Santa Cruz, desea ver las ciudades provinciales

2, 3 y 4, antes de regresar a la capital oriental. Decide viajar empleando esta aerolínea. Los tiempos de vuelos en minutos entre

las ciudades de interés se dan en la siguiente tabla, en la cual las líneas punteadas indican que no hay servicio disponible entre

los sitios correspondientes.

CIUDADES 1 2 3 4

1 ----- 65 53 37

2 65 ----- 95 -----

3 53 95 ----- 81

4 37 ----- 81 -----

Determinar un itinerario aceptable que minimice su tiempo total de vuelo.

SOLUCIÓN:

Las celdas punteadas (-----) hay que penalizar con M=10000, es un costo prohibitivamente alto.



Ruta de vuelo de la aerolínea AMAZONAS, que debería llevar al turista es el siguiente:

Ruta: (1 → 4); (4 → 3); (3 → 2); (2 → 1) = 1 → 4 → 3 → 2 → 1 = 37 + 81 + 95 + 65 = 278 minutos.

Se recorre en sentido inverso cuando la matriz es simétrica.

Tiempo mínimo de vuelo es de 278 minutos que debe tardar el turista en visitar los lugares o en 4 horas y 38 minutos.

También la ruta puede ser inversa el resultado es lo mismo porque la matriz es simétrico de la siguiente manera:

Ruta: (1 → 2); (2 → 3); (3 → 4); (4 → 1) = 1 → 2 → 3 → 4 → 1 = 65 + 95 + 81 + 37 = 278 minutos.

PROBLEMA#400 Un bus escolar de la escuela AL-QUADOSH+ debe transportar a 4 niños a clases. Parte de casa de Julio,

vecino del chofer, y en camino debe pasar a recoger a Juancito, Lía y a Ariel, para dejarlos en la escuela. Debido a lo largo del

recorrido y a que se debe llegar puntualmente a la escuela, el chofer debe encontrar la ruta más corta que lo haga tardar lo

menos tiempo posible entre la casa de Julio y la escuela. El tiempo requerido entre las casas de los distintos niños y la escuela

se dan a continuación en la siguiente tabla:

NIÑOS Julio Juancito Lía Ariel Escuela

Julio ----- 120 90 130 100

Juancito 90 ----- 110 70 140

Lía 70 100 ----- 160 50

Ariel 160 80 140 ----- 70

Escuela 120 60 130 100 -----

Obtener la ruta que permita a bus llegar lo más rápido posible desde la casa de Julio a la escuela.

Determinar la peor ruta de retorno a la salida de clases basándose en la tabla anterior.

SOLUCION:

La mejor ruta: Chofer → Julio → Juancito → Lía → Ariel → Escuela = 90 + 70 + 70 + 70 + 60 = 360 minutos o 6 horas.

Tiempo mínimo que tarda el chofer de la casa de Julio a la escuela es de 360 minutos o 6 horas.

Para la peor ruta de retorno hay que maximizar el problema, en este caso a los coeficientes de matriz multiplicar por (-1), y

trabajar como si fuera minimización:

De la escuela a la casa de Julio: 140+160+130+120+160=710 minutos

Escuela-Ariel-Lía-Juancito-Julio: es la peor ruta de retorno.



ASIGNACIÓN DE TAREAS

PROBLEMAS DE ASIGNACIÓN

El problema de asignación es una variación del problema original de transporte, variación en la cual las variables de decisión X ij

solo pueden tomar valores binarios, es decir ser cero (0) o uno (1) en la solución óptima, lo que supone que la oferta y la

demanda están perfectamente alineadas, de hecho ambas son iguales a uno (1).

Múltiples son los casos en los que como administradores de empresas podemos hacer uso del problema de asignación para

resolver diversas situaciones, entre los que cabe mencionar se encuentran la asignación de personal a maquinas, herramientas

a puestos de trabajos, horarios a maestros, candidatos a vacantes, huéspedes a habitaciones, comensales a mesas,

vendedores a zonas territoriales etc.

En el modelo de asignación la idea fundamental de resolución es ¿qué fuente satisface mejor el destino?, y dado que hemos

asociado el modelo a una gran diversidad de circunstancias esta pregunta puede plantearse en múltiples contextos, como ¿qué

candidato es el idóneo para la vacante?, o ¿qué personal es el indicado para la línea productiva?, o ¿qué personal es el mejor

para ejecutar determinada tarea? Una característica particular del modelo de asignación es que para su resolución no se hace

necesario que el número de fuentes sea igual al número de destinos, lo cual es muy común en la vida real teniendo en cuenta

su aplicación, pues generalmente la cantidad de aspirantes es exageradamente superior al número de vacantes (lógicamente

haciendo referencia a la aplicación del modelo al contexto de oferta y demanda laboral).

Este método está relacionado con la asignación de un determinado número de orígenes al mismo número de destinos con el

objeto de optimizar algunas funciones de efectividad, matemáticamente el modelo de asignación de tareas se define como la

optimización de la función:

n

n

∑ ∑ C ij X ij → i = origen; j = destino

i=1 j=1

siempre la matriz tiene que ser cuadrada o "n ∗ n".

Dónde: C ij = son los coeficientes de costo o ganancias; sujeta a las siguientes restricciones:

n

Oferta: ∑ X ij = 0 ó 1, cero quiere decir que no esta asignada y 1 si que esta asignada; j = 1, 2, 3. . n

i=1

n

Demanda: ∑ X ij = 0 ó 1, cero quiere decir que no esta asignada y 1 si que esta asignada; i = 1, 2, 3. . n

j=1

Siendo X ij = 0 ó 1 para toda "i, j"

Los problemas de asignación de tareas podemos resolver por el método húngaro y la matriz siempre tiene que estar cuadrada

de “n*n”, si no es cuadrada la matriz hay que agregar fila o columna ficticia, vamos a suponer que la matriz es cuadrada de 7*7

entonces el problema tiene solución óptima cuando hay 7 eliminaciones o tachadas.

El método húngaro nos indica los siguientes pasos:

PASO 1. De cada fila elegir el número más pequeño, y ese número pequeño restar a su respectiva fila.

PASO 2. De cada columna elegir el número más pequeño, y ese número restar a su respectiva columna.

PASO 3. Comenzar a tachar en líneas horizontales o línea verticales, siempre se comienza a tachar donde existe mayor cantidad

de ceros a menor cantidad de ceros ya que puede estar en las filas o en la columnas, el objetivo es tachar todos los ceros.

PASO 4. Verificar la solución óptima del problema, si el número de tachadas es igual al tamaño de la matriz hemos llegado a la

solución óptima del problema. Si no cumple pasar al siguiente paso.

PASO 5. De toda la matriz no tachada elegir el número más pequeño, y este número pequeño elegida cumple dos funciones

principales: primero resta a todos los números no tachados de toda la matriz; segundo suma a los números que están tachadas

dos veces o a los que se encuentran en las intersecciones.

Y los números que están tachadas una sola vez se copian lo mismo en la nueva matriz.

PASO 6. Comprobar nuevamente si la solución es óptima, si no es óptima repetir el paso 5 y así sucesivamente hasta encontrar

la solución óptima (número de tachadas igual al número de la matriz).

PASO 7. Interpretación de resultado, copiar todos los ceros de la matriz óptima o de solución óptima del problema.

PASO 8. En cada fila y columna solamente debe hacer un solo cero, se comienza a elegir donde haya menor cantidad de ceros

puede estar en fila o columna, elegido dicho cero y los demás ceros si los hubiera se eliminar así sucesivamente hasta

encontrar la solución óptima (números de ceros elegidos igual a la matriz original).

Si hay empate de ceros para elegir ir a la tabla original y fijarse los costos, y escoger el costo más pequeño.

Nota: si el problema de asignación de tareas es maximización se debe hacer lo siguiente:

1.- a los coeficientes de la matriz de utilidades multiplicar por (-1), y resolver como minimización.

2.- otra manera, de los coeficientes de la matriz de utilidades elegir el número más grande y ese número más grande restarlo a

toda la matriz de utilidades y después resolver como si fuera minimización. Pero para interpretar los resultado tomar los

coeficientes de la matriz original de utilidades o ganancias.



PROBLEMA#401 Una empresa tiene un trabajo compuesto de 5 módulos para ser desarrollados por 5 programadores, se

desea que cada módulo sea desarrollado por un solo programador y que cada programador desarrolle un solo modulo. Debido

a diferentes grados de dificultad de los módulos y a las diferencias individuales de los programadores, el tiempo en horas que

ellos emplean es diferente y se da en la siguiente tabla:

A B C D E

MODULO 1 20 47 17 41 62

MODULO 2 74 13 52 40 32

MODULO 3 60 31 52 71 68

MODULO 4 39 41 37 21 38

MODULO 5 50 30 35 45 50

a) Determinar la asignación óptima de modo de minimizar el tiempo total.

b) Para cuándo debe comprometerse a entregar el trabajo.

c) Cómo sería la formulación si un programador puede desarrollar más de un módulo.

d) Qué le conviene hacer a la empresa.

SOLUCIÓN:

El número de filas es igual al número de columnas, cumple la condición:

PASO 1. De cada fila elegimos el número más pequeño y restarlo a su respectiva fila.

PASO 2. De cada columna elegir el número más pequeño, y ese número restar a su respectiva columna.

PASO 3. Comenzar a tachar en líneas horizontales o línea verticales, siempre se comienza a tachar donde existe mayor cantidad

de ceros a menor cantidad de ceros ya que puede estar en las filas o en la columnas, el objetivo es tachar todos los ceros.

PASO 4. Verificar la solución óptima del problema, si el número de tachadas es igual al tamaño de la matriz hemos llegado a la

solución óptima del problema. Si no cumple pasar al siguiente paso.

Como el problema es de tamaño (5*5), 5 módulos y 5 programadores, recién todavía tenemos tres tachadas no hemos llegado a

la solución óptima. La solución no es óptima.

PASO 5. De toda la matriz no tachada elegir el número más pequeño, y este número pequeño elegida cumple dos funciones

principales: primero resta a todos los números no tachados de toda la matriz; segundo suma a los números que están tachadas

dos veces o a los que se encuentran en las intersecciones.

Y los números que están tachadas una sola vez se copian lo mismo en la nueva matriz.



Como el problema es de tamaño (5*5), 5 módulos y 5 programadores, recién todavía tenemos cuatro tachadas no hemos llegado

a la solución óptima. La solución no es óptima.

Hemos llegado a la solución óptima del problema, copiar todos los números de la matriz de la solución óptima.

Respuesta:

El módulo 1 → hace el programador A en 20 horas.

El módulo 2 → hace el programador E en 32 horas.

El módulo 3 → hace el programador B en 31 horas.

El módulo 4 → hace el programador D en 21 horas.

El módulo 5 → hace el programador C en 35 horas

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

Tiempo total mínimo óptimo = 139 horas

a) Tiempo total mínimo óptimo involucrado en el trabajo es de 139 horas.

b) Debe comprometerse a entregar el trabajo el 35 horas, porque el módulo 5 realiza el programador C, porque este tarda más

horas en realizar dicho trabajo, que es 35 horas.

c) el problema vamos a formular como un modelo de programación lineal de la siguiente manera:



Min: Z = 20x 11 + 47x 12 + 17x 13 + 41x 14 + 62x 15 + 74x 21 + 13x 22 + 52x 23 + 40x 24 + 32x 25 + 60x 31 + 31x 32 +

52x 33 + 71x 34 + 68x 35 + 39x 41 + 41x 42 + 37x 43 + 21x 44 + 38x 45 + 50x 51 + 30x 52 + 35x 53 + 45x 54 + 50x 55 ⓿

Sujeto a:

x 11 + x 12 + x 13 + x 14 + x 15 = 1

x 21 + x 22 + x 23 + x 24 + x 25 = 1

x 31 + x 32 + x 33 + x 34 + x 35 = 1

x 41 + x 42 + x 43 + x 44 + x 45 = 1

x 51 + x 52 + x 53 + x 54 + x 55 = 1}

Módulo

hace un sólo

programador

x 11 + x 21 + x 31 + x 41 + x 51 ≥ 1

x 12 + x 22 + x 32 + x 42 + x 52 ≥ 1

x 13 + x 23 + x 33 + x 43 + x 53 ≥ 1

x 14 + x 24 + x 34 + x 44 + x 54 ≥ 1

x 15 + x 25 + x 35 + x 45 + x 55 ≥ 1}

X ij = 0 ó 1

programador

hace uno o más

modulos

PROBLEMA#402 Un bufete de abogados ha aceptado 5 nuevos casos, cada uno de los cuales puede ser llevado

adecuadamente por cualquiera de los 5 asociados más recientes. Debido a la diferencia de experiencia y práctica, y debido a la

corrupción que experimentan algunos de los que practican la teoría de leyes, los abogados emplearan distintos tiempos en los

casos. Uno de los asociados más experimentados ha estimado las necesidades de tiempo en horas como sigue:

Caso 1 Caso 2 Caso 3 Caso 4 Caso 5

Abogado 1 145 120 130 95 115

Abogado 2 80 63 85 48 78

Abogado 3 121 107 93 69 95

Abogado 4 118 83 116 80 105

Abogado 5 97 75 120 80 111

Cuál es la mejor asignación posible.

SOLUCION:

Tiempo mínimo óptimo = 97 + 83 + 93 + 48 + 115 = 436 horas.



PROBLEMA#403 Una competencia de relevos de 400 metros incluye a cuatro a diferentes nadadores, quienes nadan

sucesivamente 100 metros de dorso, de pecho, de mariposa y libre. Un entrenador tiene seis nadadores muy veloces, cuyos

tiempos esperados (en segundos) en los eventos individuales se da en la siguiente tabla.

Dorso Pecho Mariposa Libre

Nadador 1 65 73 63 57

Nadador 2 67 70 65 58

Nadador 3 68 72 69 55

Nadador 4 67 75 70 59

Nadador 5 71 69 75 57

Nadador 6 69 71 66 59

Como deberá el entrenador asignar los nadadores a los relevos, a fin de minimizar la suma de sus tiempos.

SOLUCION

Tiempo mínimo óptmo = 65 + 65 + 55 + 0 + 69 + 0 = 254 segundos.



MAXIMIZACION DE ASIGNACION DE TAREAS

PROBLEMA#404 Para participar en el próximo campeonato de allahu akbar ad sum, el club deportivo AL-QUADOSH+ debe

enviar un equipo de cuatro personas. Hay seis jugadores disponibles, cuyos rendimientos relativos de puntajes de

clasificaciones personales en cada una de las posiciones se ha evaluado, arrojando los resultados siguientes:

J U L I

JULISSA 8 5 8 5

JASMINA 7 4 2 6

JESSER 5 4 7 5

JAMNA 3 2 4 4

JASPER 4 5 4 4

JOSSIHT 8 3 7 4

Determine el mejor equipo y el peor equipo que se podría enviar al campeonato.

SOLUCIÓN:

Vamos a encontrar el mejor equipo, como son rendimientos de puntaje entonces vamos a maximizar los puntos, el que tenga

mayor puntaje ese vamos a mandar al campeonato. Debemos agregar dos columnas ficticias de O y S.

RESPUESTA:

JULISSA → L = 8 PUNTOS ↔ primer lugar

JASMINA → I = 6 PUNTOS ↔ tercer lugar

JESSER → S = 0 PUNTOS ↔ quinto lugar

JAMNA → O = 0 PUNTOS ↔ sexto lugar

JASPER → U = 5 PUNTOS ↔ cuarto lugar

JOSSIHT → J = 8 PUNTOS ↔ segundo lugar

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

Rendimiento total máximo óptimo = 27 Puntos

Max: Z = 27 puntos las jugadoras jesser y jamna no van al campeonato, tiene cero de rendimiento.



Es mismo ejemplo de maximización vamos a resolver de otra forma de la siguiente manera:

Max: Z = 27 puntos

RESPUESTA:

JULISSA → L = 8 PUNTOS ↔ primer lugar

JASMINA → I = 6 PUNTOS ↔ tercer lugar

JESSER → S = 0 PUNTOS ↔ quinto lugar

JAMNA → O = 0 PUNTOS ↔ sexto lugar

JASPER → U = 5 PUNTOS ↔ cuarto lugar

JOSSIHT → J = 8 PUNTOS ↔ segundo lugar

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

Rendimiento total máximo óptimo = 27 Puntos

las jugadoras jesser y jamna no van al campeonato, tiene cero de rendimiento.



Ahora vamos a encontrar el peor equipo, en este caso el mismo ejemplo vamos a minimizar:

Min: Z = 12 puntos

RESPUESTA:

JULISSA → S = 0 PUNTOS

JASMINA → L = 2 PUNTOS

JESSER → O = 0 PUNTOS

JAMNA → U = 2 PUNTOS

JASPER → J = 4 PUNTOS

JOSSIHT → I = 2 PUNTOS

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

Rendimiento total mínimo óptimo el peor equipo = 12 Puntos

las jugadoras jesser y julissa no van al campeonato, tienen cero de minimo rendimiento.


MODELOS DE INVENTARIOS

CAPÍTULO 9

13




INVENTARIOS

Los inventarios son aquellos artículos a la mano que un cliente usará o comprará. Usted está familiarizado con los inventarios

de una tienda de ropas, los equipos de una empresa, todos los artículos que posee una empresa.

El inventario se refiere a mercancías o materiales conservados por una organización para usarlos en algún momento en el

futuro, los artículos conservados en inventario incluyen materias primas, partes compradas, componentes, sub-ensambles,

trabajo en proceso, mercancías terminadas y suministros. Algunas razones por las que las organizaciones mantienen

inventarios incluyen las dificultades para predecir con precisión los niveles de ventas, tiempos de producción, demanda y

necesidades de uso. Por tanto, el inventario sirve como un amortiguador contra la incertidumbre de la necesidad de los

materiales, y mantiene disponible un suministro de artículos en caso de que la organización o sus clientes requieran. Aunque el

inventario tiene una función importante y esencial, el desembolso asociado con el financiamiento y mantenimiento de

inventarios es una parte considerable del costo de hacer negocios. En organizaciones grandes o pequeñas, el costo asociado

con el inventario puede llegar a millones de bolivianos.

SISTEMAS Y MODELOS DE INVENTARIOS

En aplicaciones que implican inventarios, los gerentes y los administradores deben responderse dos preguntas importantes:

Primero: ¿Cuánto debe ordenarse cuando se reabastece el inventario?

Segundo: ¿Cuándo debería reabastecerse el inventario?

Los inventarios lo hacen fracasar a las organizaciones, lo destruyen compañías, lo mata a las empresas.

CARACTERISTICAS DE LOS SISTEMAS DE INVENTARIOS

a) Costos de pedidos.

b) Costos de mantenimiento(costo de oportunidad, costo de almacenamiento,

1. Costos de inventarios costo de deterioro del producto u obsolecencia, impuestos, depreciación y seguros).

c) Costo de quedarse corto(agotado).

{ d) Precio de compra.

2. Demanda.

3. Ciclo de pedido. (Revisión continua y revisión periódica)

4. Tiempo de anticipación.

5. Reabastecimiento del inventario.

6. Horizonte del tiempo.

7. Número de artículos.

Costo de compra: depende de la habilidad del comprador en que época compra es el criterio que toma el comprador, y que

estrategia toma para comprar dichos artículos también se llama costo de oportunidad de capital.

En época de invierno comprar cosas de verano en ese tiempos los costos unitarios son baratos.

Costos de ordenar: son costos de ordenar o de pedir, decir tráigame tantas unidades de algún artículo, los costos de ordenar

incluye llamadas telefónicas, telefax, enviar personas para cargar y descargar, costo perdido en llamadas telefónicas, alquiler

de camiones y alimentación para los cargadores y choferes.

Costos de mantenimiento: son costos de almacenamiento, son artículos que se incurren en estar o se encuentran en almacén,

extraer la humedad de almacén se pierde en la refrigeración de los artículos, en el lugar donde se guarda la mercadería,

necesitamos aire acondicionado para que no se oxide el artículo, son costos de conservación.

Costo de faltante: cuando pedimos poco y nos falta los artículos ahí incurrimos en un costo de faltantes, tenemos que ir a otro

proveedor ese traslado tiene costo de transporte.

Costo de oportunidad: es de acuerdo a lo que se dé prioridad en su compra, la oportunidad que se da al dinero en el momento

de la compra, compramos en 10000 Bs y lo vendo en 50000 estoy aprovechando la compra, de esta manera vamos a tener

costo de oportunidad de capital.

¿PARA QUE ESTUDIAR INVENTARIOS?

Se hace inventario para simplificar los costos de la empresa que sean menores, el costo de mantener según el tamaño de la

empresa (grande, mediano, pequeña).

Los inventarios llevan a las empresas a la quiebra (hay que manejarlos muy bien los inventarios).

Las cuentas por cobrar, cuentas por pagar tienen que desaparecer de las compañías, estas cuentas por cobrar y pagar lo

enerva a los administradores de inventarios, enerva (rabia, nerviosismo).



I. MODELO DE ANÁLISIS DE ABC DE INVENTARIOS:

Cualquier inventario significativo siempre está compuesto por más de un tipo de artículos. Cada artículo individual necesita

control y manejo, pero al comienzo es útil reconocer que no todos tienen la misma importancia para la organización. El análisis

ABC es una manera de clasificarlos con base en alguna medida de importancia, con frecuencia una que se encuentra

disponible con facilidad es el monto de ventas anuales de cada artículo.

Dado el siguiente ejemplo de ABC, de agrupamiento típico de análisis de ABC.

Tipo de articulo Agrupamiento típico ***cuidar mucho el artículo “A” si o si, porque este

% de artículos % de volúmenes en

Bs.

A 10 75***

B 15 15

C 75 10

artículo me da un 75% en volúmenes de Bs. Este artículo

cuidar mucho.

De los 10% del total de los artículos, este artículo “A”

genera mucho ingreso, poco en cantidad pero me genera

mucho ingreso por eso cuidar.

Artículo Ventas Bs al año % de Ventas Clase 200000 Bs

1 150000 Bs 75 % A

2 30000 Bs 15 % B

3 4000 Bs 2 % C

4 3000 Bs 1,5 % C

5 3000 Bs 1,5 % C

6 2400 Bs 1,2 % C

7 2200 Bs 1,1 % C

8 2000 Bs 1,0 % C

9 1800 Bs 0,9 % C

10 1600 Bs 0,8 % C

Totales 200000 Bs 100 %

75%

− − − − − − − − − −

150000 Bs → A

200000 Bs

15%

− − − − − − − − − −

30000 Bs → B

200000 Bs

10%

− − − − − − − − − −

20000 Bs → C

El articulo A, solamente es un solo artículo, me genera un volumen en ventas de 150000 Bs del ingreso total que son 200000 Bs.

El artículo B, también es un solo artículo me genera 30000 Bs es medio importante.

El articulo C, son ocho artículos es la menos significativa, solamente me aporta el 10% del total de los ingresos totales que son

20000 Bs de los 200000 Bs.

La más importante es la clase A.

Auditoria operativa (es optimizar cero de corrupción, dice la verdad)

Investigación operativa (es optimizar los recursos escasos disponibles), acción dinámica, es implícito lo que no veo.

Contabilidad, es estática, explicito, lo que veo, no mejora solo ordena los inventarios.

Ahora trazamos en una línea de abscisas y coordenadas.



II. MODELO DE COMPRA SIN DÉFICIT, MODELO DE CANTIDAD FIJA DE REORDEN (TIPO COMERCIAL), MODELO CÁSICO DE

EOQ (NO SE PERMITEN FALTANTES), MODELO DE LOTE ECONÓMICO A ORDENAR:

Este modelo de inventarios es aplicable cuando la demanda para un artículo muestra una tasa constante, o casi, constante, y

cuando toda la cantidad ordenada llega al inventario en un mismo punto en el tiempo. La suposición de la tasa de demanda

constante significa que la misma cantidad de unidades se toma del inventario cada periodo tal como 5 unidades diarias, 25

unidades semanales, 100 unidades cada periodo de cuatro semanas.

Es uno de los modelos más sencillos que se basa en las siguientes suposiciones:

1. La demanda (uso) se conoce con certeza.

2. La tasa de demanda es constante. , la demanda se efectúa a tasa constante así (30, 30, 30 30,…, 30 cada semana).

3. El reemplazo es instantáneo (la tasa de reemplazo es infinito), los 30 unidades que llevo el cliente, salió 30 unidades de mi

almacenes y me está llegando otros 30 unidades.

El inventario se reabastece cuando su nivel está exactamente en cero, no hay faltantes ni sobrantes de mercancías.

4. El tiempo de anticipación es constante e igual o mayor a cero.

5. El precio unitario, costo de pedido, y los costos unitarios de mantener el inventario es constante.

EOQ (Cantidad económica óptima de pedido =Economic Order Quantity)

Este modelo podemos representar gráficamente de la siguiente manera:

Fórmulas que vamos a utilizar para este modelo:

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

❶ donde:

Q o = Cantidad óptima de pedido, que minimiza el costo total → unidades

pedido

D = tasa de demanda anual → unidades

año

C o = costo de ordenar, pedido, preparación, por pedido colocado →

Bs

pedido

Bs

{

C m = costo de mantener, de conservacion →

unidades ∗ año

i = costo cargado al inventario, expresado en % del inventario anual → año

C m = i ∗ C , {

C = costo unitario, costo de compra, costo de oportunidad →

Bs

unidad

2). Costo total óptimo anual = costo de compra anual + costo de pedido anual + costo de mantener anual.

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ → Bs

año

3). Costo total por periodo: puede una semana, mes, trimestral, bimensual, cuatrimestral, semestral.

CT periodo = C ∗ Q o + C o + C m

2D ∗ (Q o) 2 ❸ →


Bs

por periodo

4). N = D Q o

❹; es el número de pedidos al año, o número de periodos, las veces que podemos pedir al año.

A ∗ i

otra forma de sacar: N = √

2 ∗ C o

donde: A = D ∗ C → costo total anual de compra, Bs

año

→

número de pedidos

año

D = A C

y C = A D


5). T = 1 N = Q o

D = 1 ❺ → el resultado siempre sale en año y convertir a → dias entre pedidos o tiempo de un periodo.

D

Q o

6). R = D ∗ L❻, punto de reorden, nivel de existencia de inventario → unidades

donde: L = tiempo de anticipacion, dias de entrega puede ser de adelanto o de retrazo.

7). I máx = D(T + L)❼, inventario máximo → unidades

nota: t = n = es el periodo planeado puede ser un año o 3, 4, 5, 10, 30 años.

t = n = duración de un ciclo de inventario (tiempo entre pedidos o lotes)

PROBLEMA#405 Una empresa distribuidora de Agua, Soda y Refrescos. Desde un almacén principal ubicada en Warnes le

suministra bebidas a casi mil tiendas minoristas. El inventario de agua, que constituye alrededor del 40% del inventario total de

la compañía distribuidora, promedia aproximadamente 50000 cajas. Con un costo promedio por caja de aproximadamente 8 Bs,

estima el valor de su inventario de agua en 400000 Bs. El gerente de almacén decidió realizar un estudio detallado de los costos

de inventario asociados con Julius beer, el agua de mayor venta para la distribuidora. El propósito del estudio es establecer las

decisiones de cuanto ordenar y cuando ordenar el agua que darán como resultado el menor costo total posible. Como primer

paso de estudio, el gerente de almacén obtuvo los siguientes datos de la demanda para las pasadas 10 semanas.

Promedio de cajas por semana

Semana 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Total de cajas

Demanda (cajas) 2000 2025 1950 2000 2100 2050 2000 1975 1900 2000 20000 cajas

Estrictamente, estas cifras de demanda semanales no muestran una tasa de demanda constante. Sin embargo, dada la

variabilidad relativamente baja exhibida por la demanda semanal, la planeación del inventario con una tasa de demanda

constante de 2000 cajas por semana parece aceptable, en esta situación debida a que la demanda varia de un nivel bajo de 1900

a un nivel alto de 2100, la suposición de una demanda constante de 2000 cajas semanales les parece una aproximación

razonable. Los costos de mantener dependen del tamaño del inventario, se estima que el costo de capital en una tasa anual es

de 18%, otros costos de mantenimiento como seguros, impuestos quiebras, robo y gastos generales del almacén dependen del

valor del inventario estos costos se estiman en una tasa anual de aproximadamente del 7% del valor del inventario.

El costo de ordenar es un costo fijo sin importar la cantidad de pedido, cubre la preparación de la orden de compra, incluyendo

pago de franqueo, teléfono, transporte, verificación de la factura, recepción, la porción más grande del costo de ordenar implica

los salarios de los compradores. Un análisis del proceso de compra mostró que un comprador dedica aproximadamente 45

minutos a preparar y procesar un pedido para Julius beer. Con un salario y un costo de beneficios complementarios para los

compradores de 20 Bs por hora, la porción de mano de obra del costo de ordenar es 15 Bs. Si se hacen pagos por papel,

franqueo, teléfono, transporte y costos de recepción de 17 Bs por pedido. La empresa opera 250 días al año.

SOLUCIÓN:

Datos.

D = 2000

cajas 52 Semanas

∗ = 104000 Cajas

semana 1año

año

C = 8

Bs

Caja

i = costo de capital + otros costos de almacenamiento = 18% + 7% = 25%

Bs

C m = C ∗ i = 8 ∗ 0, 25 = 2

caja ∗ año

Bs

C o = 15 + 17 = 32

pedido

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 104000 ∗ 32

❶ = √ = √ 6656000 = √3328000 = 1824, 28 ≅ 1824 cajas a pedir.

2

2

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 8 ∗ 104000 + 104000 1824

Bs

∗ 32 + ∗ 2 = 832000 + 1824 + 1824 = 835648

1824

2

año

N = D ❹ = 104000 pedido

= 57

Q o 1824 año

T = 1 N = Q o

D = 1 ❺ = 1 D 57 = 1 250 dias

año ∗ = 4, 39 dias ≅ 4 dias

57 1 año

Q o

No olvidar n = 250 dias → 57 ∗ 4, 39 = 250 días.

D d = D n = 104000 = 416 cajas, demanda diaria; esperando que se vendan(2dias)(416) = 832 cajas

250

Durante los dos días que se toma en que llegue un nuevo pedido al almacén, este dos días se conoce como tiempo de

entrega para un nuevo pedido, y la demanda de 832 cajas anticipada durante es te periodo se conoce como demanda del

tiempo de entrega.

D ∗ L

R = ❻ = d ∗ L = 416 ∗ 2 = 832 cajas, el punto de reorden significa siempre debemos tener 832 cajas en almacén

n

para no incurrir en costos por faltante, despues recien hacer un nuevo pedido de 1824 cajas.

I máx = D(T + L)❼ = 104000(4, 39 + 2) = 104000(6, 39) = 664560 = 2656 cajas,

250 dias

Si en el enunciado no me da n entonces tomar n=360 días al año o n=365 días por año, según su criterio.



En el método de cantidad fija de reorden me interesa la cantidad económica óptima de pedidos Q o , no el tiempo. La Q o

se colca aleatoriamente en la tabla, como nuestra Q o =1824 cajas, sería preferible colocar arriba y debajo de 1824 cajas.

Cantidad a ordenar Q o Costo de ordenar, anual Costo de mantener, anual Costo total anual óptimo

5000 666 5000 5666+832000=837666

4000 832 4000 4832+832000=836832

3000 1109 3000 4109+832000=836109

2000 1664 2000 3664+832000=835664

1824 1824 1824 3648+832000=835648

1000 3328 1000 4320+832000=836320

500 6656 500 7156+832000=839156

CT o = C ∗ D + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m❷ → esta fómula utilizamos, lo que va a variar es solamente la Q o

Cuando se pide poco se gasta mucho, cuando se pide mucho se gasta mucho. Y cuando se pide lo necesario lo óptimo

se gasta lo poco, solicitar mucho perdemos mucho dinero.

Ahora vamos a graficar los costos:

No olvidar el costo de compra o costo unitario, costo de oportunidad, en el grafico es constante es una línea recta horizontal.

PROBLEMA#406 Un fabricante que necesita 2000 partes pequeñas durante el próximo año, el costo de las unidades es de 5

Bs cada una, se tienen disponibles en la localidad con un tiempo de entrega de 1 semana, pero el costo de ordenar para el

fabricante es de 5 Bs por orden. El costo de conservación es de 1,50 Bs al año por el almacenamiento, más 10% por unidad por

año por el costo de oportunidad del capital.

¿Cuántas unidades debe ordenar el fabricante con el fin de minimizar los costos totales de los inventarios?

SOLUCIÓN

Datos:

D = 2000 unidades ; demanda cierta no exixte. i = 10%

año

Bs

C = 5 ; es el costo de oportunidad del capital; L = 1 semana = 7dias, tiempo de entrega.

unidad

C o = 5

Bs

orden ; C m = 1, 50 Bs

Bs

Bs

+ 0, 10 (5 costo de oportunidad) = 2

año unidad unidad ∗ año

Justo a tiempo (todo lo que produzco vendo, no hay inventario)

Cash (pagar al contado no hay crédito).

Toda compra de su capital (costo de capital del 10% este va al costo de conservación)

Costo de ordenar es fijo.



Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 2000 ∗ 5

❶ = √ = √ 20000 = √10000 = 100 unidades a pedir, cada ves se pide esto.

2

2

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 5 ∗ 2000 + 2000

100

N = D ❹ = 2000

Q o 100

T = 1 N = Q o

D = 1 ❺ = 1 D 20 = 1 20

Q o

∗ 5 +

100

2

Bs

∗ 2 = 10000 + 100 + 100 = 10200

año

pedido

= 20 ; al año tengo que pedir 20 veces o 20 ordenes al año.

año

365 dias

años ∗ = 18, 25 ≅ 18 dias; cada 18 dias se debe hacer un pedido.

1 año

D ∗ L 2000 ∗ 7

R = ❻ = = 38, 36 ≅ 38 unidades,

n

365

El punto de reorden R, es el margen de seguridad, que no me va a faltar siempre voy a tener en inventario en mi

supermercado.

Q o = 100 unidades

se vendio 62 unidades

Q o = 100 unidades

− − − − − − − − − − − − − − −

vendi 100 unidades

38 unidades lo que me sobra, Saldo

− − − − − − − − − − − − − −

R = 38 unidades

{

Saldo = 0

− − − − − − − − − − − − − −}

{ − − − − − − − − − − − − − − − − − −}

vendo 62 ud, solicito 100 unidades

Cuando una persona me pide los 100 unidades

se me va toda la mercadería, de saldo = 0

PROBLEMA#407 La JVH Company ha determinado, mediante un análisis de sus datos de contabilidad y de producción para

la pieza estrella, que su costo de compra es de 35 Bs por pedido y de 2,20 Bs por pieza. Su cargo al inventario es del 18% del

inventario promedio. Actualmente, la empresa compra 22000 Bs esa pieza al año.

a). Cuál debe ser la cantidad económica de pedidos.

b). Cuál es la cantidad óptima de suministro diario por pedido óptimo.

c). Cuál es la cantidad óptima de pedidos al año que pueda disminuir los costos de la empresa.

SOLUCIÓN

Datos:

Bs

C o = 35

pedido ; C = 2, 20 Bs

Bs

; i = 18% al año; A = 22000

unidad año ; D = A C = 22000 unidades

= 10000

2, 20 año

C m = 2, 20(0, 18) = 0, 396 = 99

Bs

= 0, 396

250 unidades ∗ año

a)

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o 2 ∗ 10000 ∗ 35

❶ =

C √ m

99

250

= √

700000

99

250

= √ 175000000 = √1767676, 77 = 1329, 54 ≅ 1330 unidades

99

pedido .

b) T = 1 N = Q o

D = 1 = √ 2 ∗ C o 1329, 54

❺ =

D i ∗ A 10000

= 0, 132954 años ∗ 365 días = 48, 53 dias ≅ 48 días

1 año

Q o

c) N = D A ∗ i 22000 ∗ 0, 18

= √ ❹ = √

Q o 2 ∗ C o 2 ∗ 35

= √ 3960

70

= √ 396

7

= 7, 52 ≅ 8 pedidos

año

d) CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 2, 20(10000) +

10000 1329, 54

∗ 35 + ∗ (0, 396) = 22000 + 263, 25 + 263, 25 = 22527 Bs

1329, 54 2

año

PROBLEMA#408 La JVH Corporación, de febrero a octubre del año 1979 vendió 80 unidades al mes de una lámpara

especial, la lámpara cuesta 20 Bs, el tiempo de entrega de la orden es de 2 semanas y el costo de la orden 10 Bs, los costos de

conservación se estiman en 2 Bs por unidad por año. Encontrar la política del inventario para JVH.

SOLUCION

Datos:

Bs

C o = 10

pedido ; C = 20 Bs

unidad

Bs

C m = 2

unidad ∗ año

a)

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

❶ = √

C m

; D = 80

unidades

mes

∗ 9meses = 720 unidades

año año(F − O) ;

; L = 2 semanas = 14 días; n = febreo a octubre = 9 meses = 270

dias

año

2 ∗ 720 ∗ 10

2

= √ 14400 = √7200 = 84, 85 ≅ 85 unidades

2

a pedir

b) N = D = √ A∗i

❹ = 720

= 8, 49 ≅ 8 pedidos al año c) Q o 2∗C o 84,85

T = 1 = Q o

= 1

N D

D = √ 2∗C o

❺ =

i∗A

Qo

1

8,49

= 31, 80 ≅ 32 días


d) R =

D ∗ L

n

❻ = 720 ∗ 14

270


= 10080 = 37, 33 unidades ≅ 38 unidades,

270

720

e) CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 20 ∗ 720 +

84, 85

84, 85

∗ 10 + ∗ 2 = 14400 + 84, 85 + 84, 85 = 14570 Bs

2

año

PROBLEMA#409 Un administrador de un hospital, del departamento de radiología a cargo del Dr. Radiólogo Néstor Vargas

Claros, hizo un estudio de costos, determino que los costos más relevantes son los de placas para rayos X. En este hospital se

usas 250 placas cada mes. El costo por orden (incluyendo transporte) es de 10 Bs. Debido a que las placas para rayos X deben

estar a una temperatura controlada y con una estricta limpieza, los costos de almacenamiento son muy altos.

Estos costos y los descuentos por cantidades se muestran en la tabla siguiente:

Cantidad a ordenar

Costos por unidad (Bs)

Compra

Almacenamiento

0-199 14 10

200-999 13 9,50

1000 o más 12 9

Determine la cantidad más económica a ordenar.

SOLUCIÓN

Datos:

Bs

placas

C o = 10 ; D = 250

pedido mes

∗ 12meses = 3000 placas

año

año

a) C = 14 Bs

uds ; C Bs

m = 10

; Q entre 0 − 199

unidades ∗ año

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

❶ = √

C m

2 ∗ 3000 ∗ 10

10

= 77, 46 uds

pedido ;

T = Q o 77, 46

❺ =

D 3000 ≅ 9días;

N = D ❹ = 3000 = 38, 73 ≅ 39 pedidos.

Q o 77, 46

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 14 ∗ 3000 + 3000 77, 46

∗ 10 + ∗ 10 = 42000 + 387, 30 + 287, 30 = 42774, 6 ≅ 42775 Bs

77, 46 2

año .

b) C = 13 Bs

uds ; C Bs

m = 9, 50

; Q entre 200 − 999

unidades ∗ año

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

❶ = √

C m

2 ∗ 3000 ∗ 10

9, 50

= 79, 47 uds

pedido ;

T = Q o

D ❺ = 200

3000 ≅ 24días;

N = D ❹ = 3000 = 15 pedidos al año.

Q o 200

Como la cantidad económica óptima no está entre el rango de Q 200-999, entonces el Q o = 200 vamos a trabajar con este.

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 13 ∗ 3000 + 3000 200

Bs

∗ 10 + ∗ (9, 50) = 39000 + 150 + 950 = 40100

200 2

año

c) C = 12 Bs

uds ; C Bs

m = 9

; Q entre 1000 más

unidades ∗ año

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

❶ = √

C m

2 ∗ 3000 ∗ 10

9

= √ 60000 = √6666, 67 = 81, 65 uds

9

pedido

Como la cantidad económica óptima no está entre el rango de Q 1000 o más, entonces el Q o = 1000 vamos a trabajar con este.

T = Q o

D ❺ = 1000

3000 = 1 365 dias

años ∗ = 121, 67 ≅ 122días;

3 1 año

N = D ❹ = 3000 = 3 pedidos al año.

Q o 1000

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 12(3000) + 3000

1000

∗ 10 +

1000

2

Bs

∗ 9 = 36000 + 30 + 4500 = 40530

año .

Conclusión:

Se debe ordenar o pedir 200 placas de rayo X, porque el costo total es el menor de las tres posibilidades, en este caso

nuestro costo óptimo mínimo de inventario es 40100 bs al año.



III. MODELO DE MANUFACTURACIÓN: SIN DÉFICIT.

EOQ CON REABASTECIMIENTO UNIFORME (INDUSTRIAL)

MODELO DE TAMAÑO DE LOTE ECONÓMICO DE PRODUCCIÓN.

Este modelo se diseña típicamente para situaciones de producción en que se coloca un pedido, la producción comienza y un

número constante de unidades se suma al inventario cada día hasta completar el lote de producción. Al mismo tiempo, las

unidades se demandan y consumen a una tasa constante. Se supone que la tasa de producción es mayor que la tasa de

demanda, de otra manera, no se acumulara inventarios y se presentan faltantes.

Las suposiciones de este modelo son iguales a las del modelo II, excepto que la tasa de reemplazo (tasa de manufacturación, o

producción) es finita y mayor que la tasa de demanda.

La suposición de una tasa de suministro constante implica que se suministran la misma cantidad de unidades al inventario en

cada periodo. Este modelo está diseñada para situaciones de producción en la que, una vez que se coloca un pedido, la

producción comienza y una cantidad constante de unidades se agrega al inventario cada día hasta que la corrida de producción

se ha completado. Siempre la tasa de producción es mayor que la tasa de demanda, el sistema de producción debe ser capaz

de satisfacer la demanda, por lo menos la producción debe ser igual a la de demanda.

Podemos ilustra de la siguiente manera:

Dónde:

T = T 1 + T 2 ↔ T 1 = T 2 ; las pendiente de P y D son iguales son triángulos simétricos.

la manufacturación ≥ demanda; recta parada de producción es mayor, recta echada de demanda es menor.

P = tasa de Producción, manufacturación = pendiente(P − D), tasa de acumulación. pendiente positivo.

D = tasa de consumo, demanda = pendiente negativa,

T 1 = periodo de tiempo de un lote de producción; T = peródo de tiempo entre la iniciación de los lotes de producción.

Fórmulas que vamos a utilizar para este modelo III son:

Q o = Cantidad óptima de producción, que minimiza el costo total → unidades

producir

D = tasa de demanda anual → unidades

año

2 ∗ D ∗ C o

1). Q o = √

C m (1 − D ❶ donde:

P ) P = tasa de producción anual → unidades

año

Bs

C o = costo de organizar, una tanda de producción →

tanda de producción

Bs

{

C m = costo de mantener, de conservacion →

unidades ∗ año

i = costo cargado al inventario, expresado en % del inventario anual → año

C m = i ∗ C , {

C = costo unitario, costo de compra, costo de oportunidad →

Bs

unidad

2). Costo total óptimo anual = costo de compra anual + costo de pedido anual + costo de mantener anual.

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

Bs

)❷ →

o

2 ∗ Q o(1 − D P año

3). Costo total por periodo: puede una semana, mes, trimestral, bimensual, cuatrimestral, semestral.

CT periodo = C ∗ Q o + C o + C m

2D ∗ (Q o) 2 (1 − D P )❸ → Bs

por periodo

4). N = D Q o

❹; el número óptimo de lotes de producción, las veces que podemos producir al año.



5). T = 1 N = Q o

D = 1 ❺ → el resultado siempre sale en año y convertir a → dias entre los lotes de producción.

D

Q o

6). Inventario Promedio = I máx

2

= 1 2 (1 − D P ) Q o❻; T 1 + T 2 = T = es el tiempo entre las tandas de producción , manufacturación.

7). Siendo: T = T 1 + T 2 = Q o

D ❼;

T 1 = Q o

P ❽;

T 2 = I máx

D

❾

8). I máx = inventario máximo de producción = T 1 (P − D) ↔

La pendiente = y x = P − D = I máx

T 1

I máx = Q o

P (P − D) = Q o (1 − D P ) ❿

PROBLEMA#410 La demanda de un artículo de una determina compañía es de 18000 unidades por año y la compañía puede

producir ese artículo a una tasa de 3000 unidades al mes, el costo de organizar una tanda de producción es de 500 Bs y el costo

de almacenamiento de una unidad por mes de 15 centavos de Bs. Suponiendo que el costo de una unidad es de 2 Bs.

Determinar la cantidad óptima que debe manufacturarse y el costo total óptimo por año.

SOLUCION

Datos:

D = 18000 unidades ; P = 3000 unidades ∗ 12meses unidades

Bs

= 36000 ; C o = 500

año

Ctvos de Bs

C m = 15

unidad ∗ mes

∗

12 meses

1 año

mes 1 año

año

tanda de producción

Ctvos de Bs

= 180

unidad ∗ año ∗ 1 Bs

Bs

= 1, 80

100 Ctvos unidad ∗ año

2 ∗ D ∗ C o 2(18000)(500)

a). Q o = √

C m (1 − D ❶ = √

P ) 1, 8(1 − 18000 = √ 18000000

36000 ) 1, 8(0, 50) = √18000000 = √20000000 = 4472, 14 unidades a producir.

0, 90

b). CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o 2 ∗ Q o (1 − D P ) ❷ = 2(18000) + 18000

80

18000

∗ 500 + (1, ) (4472, 14) (1 −

4472, 14 2

36000 ) =

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o 2 ∗ Q o (1 − D Bs

) ❷ = 36000 + 2012, 46 + 2012, 46 = 40024, 92

P año

c). I máx = Q o

P (P − D) = Q o (1 − D 18000

) ❿ = 4472, 14 (1 − ) = 4472, 14(0, 50) = 2236, 07 unidades

P 36000

esto hay que mantener, esto hay que poner al inventario las 2236, 07 unidades, Q o ≥ I máx

Ahora vamos a determinar el tiempo de manufacturación T 1 , donde:

d). T 1 = Q o 4472, 14

365 días

❽ = = 0, 1242 años = 0, 1242 años ∗ = 45, 34 días ≅ 45 días

P 36000

1 año

El tiempo entre las tandas de producción

T = T 1 + T 2 = Q o 4472, 14

❼ =

D 18000

= 0, 2484 años = 0, 2484 años ∗ 365 dias = 90, 666 dias ≅ 91 días

1 año

T = T 1 + T 2 = Q o

D ❼ ↔ T = Q o

P + I máx

D

= 4472, 14 2236, 07

+ = 0, 1242 + 0, 1242 = 0, 2484 años ≅ 91 días

36000 18000

PROBLEMA#411 La Lía Mueblería produce una mesa de comedor en fibra de vidrio sólido a un costo de 1000 Bs. La

compañía vende 2500 mesas al año, aunque tiene capacidad para producir 5000 mesas al año, y le cuesta 400 Bs en poner en

marcha la línea de producción y los costos de conservación de bienes terminados son de 10% por unidad por año.

Cuántas mesas se deben hacerse en cada corrida de producción, cuál es el costo total óptima anual de inventario, cuántas corridas de

producción se deben realizar al año.

SOLUCION

Datos:

D = 2500 mesas

mesas

; P = 5000

año año ; C Bs

Bs

o = 400

; i = 10% al año; C = 1000

corrida, tanda de producción unidad

Bs 0, 10

C m = C ∗ i = 1000 ∗

unidad año = 100 Bs

unidad ∗ año

2 ∗ D ∗ C o 2(2500)(400)

a). Q o = √

C m (1 − D ❶ = √

P ) 100(1 − 2500 = √ 2000000

5000 ) 100(0, 50) = √ 2000000

50

b). CT o = C ∗ D + D Q o

∗ C o + C m

2 ∗ Q o (1 − D P

2500

) ❷ = 1000(2500) +

200

= √40000 = 200 unidades a producir.

2500

∗ 400 + (100) (200) (1 −

2 5000 ) =

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o 2 ∗ Q o (1 − D Bs

) ❷ = 2500000 + 5000 + 5000 = 2500000 + 10000 = 2510000

P año



c). N = D ❹ = 2500 = 12, 5 ≅ 13 corridas al año, que debe realizar la compañia de muebles.

Q o 200

d). T = 1 N = Q o

D = 1 ❺ =

1

días

= 0, 08 años = 0, 08 años (365 ) = 29, 2 dias ≅ cada 29 dias se deben hacer una nueva corrida.

D 12, 5 1 año

Q o

Otra manera de sacar la T.

T = T 1 + T 2 = Q o

D ❼ = 200

días

= 0, 08 años = 0, 08 años (365 ) = 29, 2 dias ≅ cada 29 dias nueva corrida.

2500 1 año

T = Q o

P + I máx

D

= Q o

P + Q o (1 − D P )

D

= 200

5000

+ 200(1 − 2500

5000 )

2500

= 200

500 + 100 = 0, 04 + 0, 04 = 0, 08 años ≅ 29 dias

2500

PROBLEMA#412 Un gran productor de medicina para los nervios produce sus provisiones en remesas, el costo de

preparación para cada remesa es de 750 Bs. De la producción se obtiene 48 galones diarios del producto y cuesta 0,05 Bs cada

uno para conservarlos en existencia. La demanda es constante es de 600 galones al mes. Supóngase 12 meses, 300 días al año

y 25 días al mes. Encuentre la cantidad óptima de producción, el tiempo de ciclo óptimo, la existencia máxima, la duración en

días de cada remesa de producción y el costo total óptimo.

SOLUCION

Datos:

n = 12 meses, 300 dias al año; 25 dias al mes.

Bs

galones 25 dias Galones 12 meses

C o = 750

; P = 48 ∗ = 1200 ∗ = 14400 galones

preparación diarios 1 mes mes 1 año

año

Bs 12 meses

Bs

Bs

C m = 0, 05

∗ = 0, 6

= 0, 6

unidad ∗ mes

1 año

D = 600 galones 12 meses

∗ = 7200 galones

mes 1 año

año

unidad ∗ año

galón ∗ año

2 ∗ D ∗ C o 2(7200)(750)

a). Q o = √

C m (1 − D ❶ = √

P ) 0, 6(1 − 7200 = √ 10800000

14400 ) 0, 6(0, 50) = √10800000 0, 30

= √36000000 = 6000 unidades a producir.

b). T 1 = Q o

P = 6000

14400 = 5 300 días

25 días

años ∗ = 125 días ó 5 meses → 5 meses ∗ = 125 dias

12 1 año 1 mes

Tardamos 125 días o 5 meses, es la duración en días de cada remesa de producción.

Tenemos 125 días para vender los galones en el mercado.

c). T = T 1 + T 2 = Q o

D ❼ = 6000

7200 = 5 300 días

años ∗

6 1 año

25 días

= 250 días ó 10 meses → 10 meses ∗ = 250 dias

1 mes

T = Q o

P + I máx

D

= Q o

P + Q o (1 − D P )

= 6000

D 14400 + 6000(1 − 7200

14400 )

= 5 7200 12 + 5 12 = 10

12 = 5 300 días

años ∗ = 250 días

6 1 año

Cada 250 días se debe hacer una nueva corrida.

d). I máx = Q o

P (P − D) = Q o (1 − D 7200

) ❿ = 6000 (1 − ) = 6000(0, 5) = 3000 unidades

P 14400

Ahora vamos a determinar el costo total mínimo óptimo.

Como no tenemos el costo unitario vamos a utilizar la siguiente fórmula para determinar el costo total anual.

e). CT o = √2 ∗ C o ∗ C m ∗ D(1 − D P ) = √2(750)(0, 6)(7200)(1 − 7200

Bs

) = √6480000(0, 5) = √3240000 = 1800

14400 año

Vamos a tratar a reemplazar en la fórmula general del costo total anual.

e). CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o 2 ∗ Q o (1 − D 7200

) ❷ = C ∗ 7200 +

P 6000

Vamos a suponer el C = 0.

6

7200

∗ 750 + (0, ) (6000) (1 −

2 14400 ) =

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

∗ Q

o 2

o (1 − D ) ❷ = C ∗ 7200 + 900 + 900 = 7200 ∗ 0 + 1800 = 1800 Bs/año.

P



IV. MODELO DE COMPRA: CON DÉFICIT.

MODELO DE INVENTARIO CON ESCASEZ PLANEADA

EOQ (Economic Order Quantity) CON FALTANTES.

Una escasez o agotamiento es una demanda que no puede surtirse. En muchas situaciones, la escasez es indeseable y debería

evitarse si es posible. Sin embargo, en otros casos puede ser deseable, desde un punto de vista económico, planear y permitir

una escasez. En la práctica, estos tipos de situaciones se encuentran más comúnmente donde el valor del inventario por

unidad es muy alto y por lo tanto el costo de mantener es alto. Un ejemplo de este tipo de situación es un inventario de un

distribuidor de automóviles nuevos. Frecuentemente, el automóvil específico que desea un cliente no está en existencia. Sin

embargo, si el cliente está dispuesto a esperar unas cuantas semanas, generalmente el distribuidor es capaz de ordenar el auto.

En este tipo de modelo con déficit, se toma en cuenta un tipo de escasez conocido como PEDIDOS PENDIENTES DE SURTIR ,

esta situación ocurre en esta naturaleza, suponemos cuando un cliente coloca un pedido y descubre el proveedor no tiene el

producto en la existencia, el cliente espera hasta que llega el nuevo embarque, y entonces se surte el pedido.

Entonces el sistema de inventario para el caso con pedidos pendientes tienen las siguientes características:

1). Si existen S pedidos pendientes de surtir cuando llega un nuevo embarque de tamaño Q o , entonces esos S pedidos son

embarcados a los clientes apropiados, y las restantes (Q o -S) unidades se colocan en el inventario. Por consiguiente, (Q o -S) es el

inventario máximo.

2). El ciclo de inventario de T días se divide en dos fases: T1 días cuando hay inventario disponible y los pedidos se surten

conforme llegan, y T2 días cuando ocurre un agotamiento de existencias y todos los pedidos nuevos son colocados como

pendientes de surtir.

El patrón de inventario para este modelo, donde el inventario es negativo representa la cantidad de pedidos no surtidos.

Este modelo tiene como base las mismas suposiciones que el modelo II, excepto que se permite déficit, de modo que se incurre

en un costo de déficit o costos por faltantes por la escasez.

Para el modelo inventarios con pedidos pendientes, encontramos los costos de mantener y los costos a ordenar usuales.

También incurrimos en un costo de pedido pendiente de surtir en función de los costos de mano de obra y de entrega especial

asociados en forma directa con el manejo de este tipo de pedidos. Otra opción del costo de pedido se explica la pérdida de la

clientela a que algunos clientes tendrán que esperar por sus pedidos. Costo de la clientela, o costo de insatisfacción de la

clientela o costo de no tener artículos en inventario.

PATRÓN DE INVENTARIO PARA UN MODELO DE INEVENTARIO CON PEDIDOS PENDIENTES DE SURTIR

MODELO DE COMPRA CON DÉFICIT:

Fórmulas que vamos a utilizar para este modelo de inventarios con déficit, con escasez:

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

∗ √ C m + C f

C f

= √( 2 ∗ D ∗ C o

C m

) ( C m + C f

) ❶; Cantidad óptima de compras, o de pedidos.

C f

Donde: D = demanda anual; C o = costo de ordenar; C m = costo de mantener; C f = costo faltante, costo de déficit por uds por año.

2). CT 0 = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o

2 ∗ (Q o − S)2

+ C f

Q o

2 ∗ S2

❷; Costo anual total óptima, con pedidos pendientes de surtir.

Q o

Donde: S = pedidos pendientes de surtir planeados; cantidad agotadas:

3). S = Q o (

C m

) ❸ = √( 2 ∗ D ∗ C o

) ( C m + C f

) ∗ ( C m

) = √ 2 ∗ D ∗ C o

∗ √ C m

❸

C m + C f

C m C f C m + C f

C f C m + C f

S = es la inexistencia de bienes, estos bienes no tenemos, son bienes que nos faltan para satisfacer a los clientes.

S, cantidad que se ha agotado.


4). I máx = Q o − S❹; inventario máximo,

5). T = Q o

D ❺, tiempo total del ciclo; T = T 1 + T 2

T 1

= T T 2

;

I máx Q o S = T Despejamos el T

Q 1 y T 2 .

o

6). T 1 = T ∗ I máx

Q o

=

Q o

D ∗ (Q o − S)

Q 0

=

Q o (Q o − S)

D

Q o


= Q o(Q o − S)

D ∗ Q o

= Q o − S

❻ → días, que tenemos inventario disponible.

D

Q o

T ∗ S

7). T 2 = =

D ∗ S Q o ∗ S

=

D

= Q o ∗ S

= S ❼ → días, en que no tenemos inventario disponible.

Q o Q 0 Q o D ∗ Q o D

8). CT periodo = C ∗ Q o + C o + C m

2 ∗ (Q o − S) 2

+ C f

D 2 ∗ S2

❽; Costo total por periodo.

D

9). N = D Q o

❾; cantidad de pedidos al año, número de pedidos al año.

1

10). I promedio =

2 (Q 1

o − S)T 1 + 0T 2

=

2 (Q 1

o − S)T 1 2 (Q o − S) [ (Q o − S)

]

D

=

T 1 + T 2 T

Q o

D

= (Q o − S) 2

❿; Inventario promedio.

2Q o

11). J = 0T 1 + ( S 2 ) T 2

= (S 2 ) T 2

= (S 2 ) (S D )

= S2

❶❶; promedio de pedidos pendiendes de surtir.

T

T Q o 2Q o

D

PROBLEMA#413 Supóngase que Julius Model, Company tiene un producto para el cual son válidas las suposiciones del

modelo de inventario con pedidos pendientes. La información obtenida por la compañía es la siguiente:

Bs

D = 2000 unidades anuales; i = 20%; C = 50

unidad ; C Bs

o = 25

pedido ; C Bs

m = C ∗ i = (50)(0, 20) = 10

unidad ∗ año

La compañía está considerando la posibilidad de permitir que ocurran algunos pedidos pendientes para el producto. El

costo del pedido pendiente anual se estima que es 30 Bs anuales por unidad.

SOLUCIÓN

Datos:

Bs

C f = 30

unidades ∗ año

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

∗ √ C m + C f

C f

= √( 2 ∗ D ∗ C o

C m

) ( C m + C f

2 ∗ 2000 ∗ 25 10 + 30

) ❶ = √( ) ( ) = √(10000) ( 4 ) = 115, 47

10

30

3

C f

3). S = Q o (

C m

) ❸ = √( 2 ∗ D ∗ C o

) ( C m + C f

) ∗ ( C m

) = √ 2 ∗ D ∗ C o

∗ √ C m

10

❸ = 115, 47 ( ) = 28, 87

C m + C f

C m C f C m + C f

C f C m + C f 10 + 30

2). CT 0 = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o

2 ∗ (Q o − S)2

Q o

+ C f

2 ∗ S2

❷ = 50 ∗ 2000 +

2000

Q o

115, 47

∗ 25 +

10

2


∗

(115, 47 − 28, 87)2

115, 47

+ 30 (28, 87)2

∗

2 115, 47 =

CT 0 = 100000 + 433, 01 + 324, 74 + 108, 27 = 10000 + 433 + 325 + 108 = 10000 + 866 = 10866 Bs

año

Costo total anual = costo de compra + costo de ordenar + costo de mantener + costo de los pedidos pendientes.

4). I máx = Q o − S❹ = 115, 45 − 28, 87 = 86, 61 ≅ 87 unidades

5). T = Q o 115, 47

❺ =

D 2000

= 0, 057735 años ∗ 365 dias

= 21, 07 ≅ 21 días

1 año

T = T 1 + T 2 = Q o − S

D

+ S D

9). N = D ❾ =

2000 = 17, 32 ≅ 17 pedidos al año.

Q o 115, 47

115, 47 − 28, 87 28, 87

365 dias

= + = 0, 043305 + 0, 01443 = 0, 057735 años ∗

2000 2000 1 año

Vamos a suponer que no se permiten el costo por faltantes.

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 2000 ∗ 25

= √ = 100 unidades a pedir. CT

10

0 = 1000 Bs; ahorro: (1000 − 866) = 134 Bs

Ahorro sin agotamiento de 134 Bs, se ahorra un 13,4%.

≅ 21 días


PROBLEMA#414 Auto partes, fabrica una amplia variedad de refacciones de reemplazo para automóviles usados, como

produce tantas partes, prefiere esperar hasta tener suficientes órdenes para poner en marcha la línea de producción para

cualquier parte de ellas los costos del faltante son 2 Bs por unidad, por llevar registro por ejemplo se lleva 20000 unidades

anuales y el costo de ordenar es de 5 Bs por orden y el costo de mantener es de 2,5 Bs por unidad por año.

Cuál debe ser la política del inventario.

SOLUCION

Datos:

Bs

D = 20000 unidades anuales; C f = 2

unidad ∗ año ; C Bs

o = 5

pedido ; C Bs

m = 2, 5

unidad ∗ año

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

∗ √ C m + C f

C f

= √( 2 ∗ D ∗ C o

C m

3). S = Q o (

C m

2, 5

) ❸ = 424, 26 (

C m + C f 2, 5 + 2 ) = 424, 26 (5 ) = 235, 7 ≅ 236

9

Como no tenemos el costo unitario colocamos C = 0.

2). CT 0 = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o

2 ∗ (Q o − S)2

0 ∗ 20000 + 20000

424, 26

∗ 5 +

2, 5

2

Q o

∗ (424, 26 − 236)2

424, 26

) ( C m + C f

2 ∗ 20000 ∗ 5 2, 5 + 2

) ❶ = √( ) ( ) = √(80000)(2, 25) = 424, 26

2, 5

2

C f

+ C f

2 ∗ S2

Q o

❷ = 0 ∗ 20000 + 20000

424, 26

∗ 5 +

2, 5

2

∗ (424, 26 − 236)2

424, 26

+ 2 2 ∗ (236)2 = 0 + 235, 70 + 104, 76 + 130, 94

424, 26

0 + 235, 70 + 104, 76 + 130, 94 = 471, 4 Bs al año; óptimo: [(C o ) = (C m + C f )]

5). T = Q o 424, 26

❺ = = 7, 74 días ≅ 8 días, cada 8 días se hace un pedido.

D 20000

9). N = D ❾ = 20000 = 47 pedido al año

Q o 424, 26

+ 2 2 ∗ (236)2

424, 26

PROBLEMA#415 Cada año la óptica los ojos de mi abuela vende 10000 armazones para lentes la clínica pide las armazones a

un abastecedor regional, que cobra 14 Bs por armazón. Cada pedido incurre en un costo de 50 Bs. La óptica cree que se

demanda de armazones puede acumularse y que el costo por carecer de un armazón durante un año es 15 Bs debido a la

perdida de negocios futuros. El costo anual para mantener un inventario es de 30 centavos de Bs del valor del inventario. ¿Cuál

es la cantidad óptima de pedido? ¿Cuál es la escasez máxima que se presentara? ¿Cuál es el nivel máximo de inventario que se

presentará?

SOLUCIÓN

Datos:

D = 10000 armazones al año; C = 14 Bs

uds ; C Bs

o = 50

pedido ; C Bs

f = 15

unidades ∗ año ; C Bs

m = 0, 30(15) = 4, 5

uds ∗ año

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

∗ √ C m + C f

C f

= √( 2 ∗ D ∗ C o

C m

) ( C m + C f

2 ∗ 10000 ∗ 50 4, 5 + 15

) ❶ = √( ) (

4, 5

15

Otra manera de determinar la cantidad económica óptima de pedidos.

1). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o ∗ (C m + C f ) 2 ∗ 10000 ∗ 50 ∗ (4, 5 + 15)

❶ = √

C m ∗ C f

(4, 5)(15)

C f


) = √( 2000000

9

) ( 13 ) = 537, 48

10

= √ 19500000 = √288888, 89 = 537, 48 ≅ 537 armazones.

67, 5

3). S = Q o (

C m

4, 5

3

) ❸ = 537, 48 ( ) = 537, 48 ( ) = 124, 03 ≅ 124 unidades que no hay en inventario.

C m + C f 4, 5 + 15 13

Otra manera de determinar la escasez máxima, inexistencia, agotamiento S.

3). S = √ 2 ∗ D ∗ C m ∗ C o 2 ∗ 10000 ∗ (4, 5) ∗ 50

❸ = √

(C m + C f ) ∗ C f

(4, 5 + 15)(15)

= √ 4500000 = √15384, 42 = 124, 03 ≅ 124 unidades

292, 5

4). I máx = Q o − S❹ = 537, 48 − 124, 03 = 413, 45 unidades, como máximo debemos tener en inventario.

S = Q o − I máx = 537, 48 − 413, 45 = 124, 03 unidades agotadas en inventario.

Otra manera para determinar el nivel máximo de inventario.

4). I máx = √ 2 ∗ D ∗ C o ∗ C f

(C m + C f ) ∗ C m

2 ∗ 10000 ∗ 50 ∗ 15

= √

(4, 5 + 15)(4, 5)

2). CT 0 = C ∗ D + D ∗ C

Q o + C m

o

2 ∗ (Q o − S)2

Q o

+ C f

2 ∗ S2

Q o

❷

= √ 15000000 = √170940, 17 = 413, 45 ≅ 413 unidades.

87, 75


CT 0 = 14(10000) + 10000

5 48 − 124, 03)2

(50) + (4, ) [(537, ] + ( 15 03)2

) ((124, ) = 140000 + 930, 27 + 715, 59 + 214, 66

537, 48 2 537, 48

2 537, 48

CT 0 = 140000 + 930, 27 + 930, 25 = 140000 + 1860, 52 = 141860, 52 Bs

año

365 dias

= 0, 053748 años ∗ = 19, 62 dias ≅ 20 días.

5). T = Q o 537, 48

❺ =

D 10000

T = T 1 + T 2 = Q o − S

D

+ S D

537, 48 − 124, 03

= +

10000

1 año

124, 03

365 dias

= 0, 041345 + 0, 012403 = 0, 053748 años ∗ ≅ 20 días

10000 1 año

9). N = D ❾ = 10000 = 18, 61 ≅ 19 pedidos al año, son número de pedidos al año que se hacen.

Q o 537, 48

1

10). I promedio =

2 (Q 1

o − S)T 1 + 0T 2

=

2 (Q 1

o − S)T 1 2 (Q o − S) [ (Q o − S)

]

D

=

T 1 + T 2 T

Q o

D

11). J = 0T 1 + ( S 2 ) T 2

T


= (S 2 ) T 2

T

= (S 2 ) (S D )

Q o

D

= S2

= (Q o − S) 2 (537, 48 − 124, 03)2

❿ = = 689, 11.

2Q o

2(124, 03)

(124, 03)2

❶❶ = = 62, 02. promedio de pedidos pendiendes de surtir

2Q o 2(124, 03)

V.MODELO DE MANUFACTURACIÓN CON DÉFICIT.

Las suposiciones para este tipo de modelo de inventario son iguales al de modelo II, excepto que se permite faltante, es

parecido al modelo III y los componentes de costo de este modelo son los mismos dele modelo IV, sólo el costo de ordenar una

compra se reemplaza por el costo de organizar una tanda de producción, con las siguientes suposiciones:

1). La demanda se efectúa a tasa constante. 2). El reemplazo es instantáneo (la tasa se reemplazo es finita).

3.). Todos los coeficientes de costos son constantes. 4). La tasa de manufacturación es mayor que la tasa de demanda.

En la siguiente figura se ilustra esquemáticamente este modelo:



Dónde:

Q o = Cantidad óptima a pedir, en este caso a producir.

S = Cantidad de unidades agotadas.

I máx = Inventario máximo.

T = Periodo entre las tandas de producción.

T 1 , T 4 = Tiempo de manufacturación.

T 2 , T 3 = Tiempo de consumo de las unidades producidas.

t = Periodo de planeación, puede ser año, 5 años, 10 años, … , etc.

Fórmulas que vamos a utilizar para este tipo de modelo son las siguientes:

2 ∗ C o ∗ D

1). Q o = √

C m (1 − D ∗ √ C m + C f

❶; 2). S = √ 2 ∗ C o ∗ D

∗ √(1 − D

P ) C f C f P ) ∗ √ C m

❷ ó S = (

C m

) (Q

C m + C f C m + C o ) (1 − D

f P )

3). CT periodo = C ∗ Q o + C o + C m (T 1 + T 2 ) ( I máx

2 ) + C f(T 3 + T 4 ) ( S 2 ) = C ∗ Q o + C o + C m

2 [Q o (1 − D 2

P ) − S] 1

(

P − D + 1 D ) + C f ∗ S 2 1

(

2 P − D + 1 D ) ❸

4). CT o = C ∗ D + C o ∗ D +

C m

[Q

Q o 2 ∗ Q o (1 − D 2

o P ) − S] ( 1

1 − D ) + C f ∗ S 2

(

1

2 ∗ Q o 1 − D ) ❹

P

P

5). T = T 1 + T 2 + T 3 + T 4 ; T = Q o

D ❺;

6). Inventario máximo:

I máx = T 1 (P − D)

} , igualando: T

I máx = T 2 ∗ D

1 (P − D) = T 2 ∗ D❻

S = T

Unidades agotadas:

4 (P − D)

} , igualando: T

S = T 3 ∗ D

4 (P − D) = T 3 ∗ D❼

Sumando las ecuaciones (6) y (7), tenemos lo siguiente:

T 1 (P − D) = T 2 ∗ D❻

(I máx + S) → T 4 (P − D) = T 3 ∗ D❼ , quedando de la siguiente manerera: (T 1 + T 4 )(P − D) = (T 2 + T 3 )(D)❽

− − − − − − − − − − − −

(T 1 + T 4 )(P − D) = (T 2 + T 3 )(D)}

I máx + S = (T 1 + T 4 )(P − D); I máx + S = (T 2 + T 3 )(D)

Por otro lado la cantidad óptima de manufacturación Qo, es igual al producto de la tasa de manufacturación P, por el tiempo de la

manufacturación.

Q o = (T 1 + T 4 ) ∗ P ↔ (T 1 + T 4 ) = Q o

, esto reemplazar en la ecuación ❽

P

(I máx + S) = (T 1 + T 4 )(P − D) = (T 2 + T 3 )(D)❽ → (I máx + S) = Q o

P (P − D) = Q o (1 − D P ) → I máx = [Q o (1 − D )] − (S)❾, con este a trabajar.

P

Por otro lado tenemos las siguientes ecuaciones:

Inventario máximo:

I máx

I máx = T 1 (P − D) ↔ T 1 =

(P − D)

I máx = T 2 ∗ D ↔ T 2 = I } ; Unidades agotadas:

máx

D

S

S = T 4 (P − D) ↔ T 4 =

(P − D)

S = T 3 ∗ D ↔ T 3 = S }

D

Sumando: (T 1 + T 2 ) =

I máx

(P − D) + I máx

D = I 1

máx (

(P − D) + 1 D ) = {[Q o (1 − D 1

)] − (S)} (

P (P − D) + 1 D ) ❿

S

Sumando: (T 4 + T 3 ) =

(P − D) + S D = S ( 1

(P − D) + 1 D ) = S ( 1

(P − D) + 1 D ) ❶❶

(T 1 + T 4 ) = Q o

❶❷, tiempo de manufacturacion.

P

PROBLEMA#415 Con los siguientes datos, incluyendo el costo de una unidad agotada es de 20 Bs por año.

D = 18000 unodades ; P = 3000 unidades 12 meses

∗ = 36000 unidades ;

año

mes 1 año

año

Bs

C = 2

unidad ; C o = 500 Bs

año ; C Bs

m = 0, 15

unidad ∗ mes ; C Bs

f = 20

unidad ∗ año

SOLUCIÓN:



Que el costo de mantener 0,15(12 meses)=1,8 Bs por unidad por año.

2 ∗ C o ∗ D

1). Q o = √

C m (1 − D ∗ √ C m + C f 2 ∗ 500 ∗ 18000

❶ =

P ) C √ f (1, 80) (1 − 18000 ∗ √

36000 )

1, 80 + 20

20

= √ 18000000 ∗ √

0, 90

√20000000 ∗ √ 109 = (4472, 1360)(1, 0440) = 4668, 90 ≅ 4669 unidades a manufacturar.

100

21, 80

20

= √20000000 ∗ √ 109

100

2). S = √ 2 ∗ C o ∗ D

∗ √(1 − D C f P ) ∗ √ C m

2 ∗ 500 ∗ 18000

❷ = √ ∗ √(1 − 18000

C m + C f 20

36000 ) ∗ √ 1, 80

= 948, 68 + 0, 71 + 0, 29 = 195, 33

1, 80 + 20

S = 195, 33 ≅ 195 unidades agotadas.

4). CT o = C ∗ D + C o ∗ D +

C m

[Q

Q o 2 ∗ Q o (1 − D 2

o P ) − S] ( 1

1 − D ) + C f ∗ S 2

(

1

2 ∗ Q o 1 − D ) ❹

P

P

CT o = 2 ∗ 18000 + 500 ∗ 18000

2

4669 + 1, 8

18000

[(4669) (1 −

2 ∗ (4669) 36000 ) − (195)]

(

1

1 − 18000

36000

CT o = 36000 + 1928 + 1765 + 163 = 36000 + 1928 + 1928 = 36000 + 3856 = 39856 Bs

año

20 ∗ 1952

) +

2 ∗ 4669 (

I máx = [Q o (1 − D 18000

)] − (S)❾ = [4669 (1 − )] − (195) = 2334, 5 − 195 = 2139, 5 ≅ 2140 unidades.

P 36000

1

1 − 18000 )

36000

5). T = T 1 + T 2 + T 3 + T 4 ; T = Q o

D ❺ = 4669

365 días

= 0, 26 años ∗ = 94, 68 dias ≅ 95 dias. tiempo entre tandas de producción.

18000 1 año

Tiempo entre las tandas de manufacturación son 95 días.

(T 1 + T 4 ) = Q o 4669

❶❷ = = 0, 13 años = 47 días, tiempo de manufacturacion.

P 36000

Durante 47 días debemos manufacturar el producto.

N = D = 18000 = 3, 86 ≅ 4 tandas de producción al año.

Q o 4669

t = N ∗ T = (3, 86)(94, 68) = 365 días

días

; n = 365

año año ;

t = n

Sumando: (T 1 + T 2 ) =

I máx

(P − D) + I máx

D = I 1

máx (

(P − D) + 1 D ) = {[Q o (1 − D 1

)] − (S)} (

P (P − D) + 1 D ) ❿

2140

(T 1 + T 2 ) =

(36000 − 18000) + 2140

18000 = 2140

18000 + 2140

18000 = 4280 = 0, 24 años = 87 días.

18000

1

(T 1 + T 2 ) = 2140 (

(36000 − 18000) + 1

18000 ) = 2140 ( 1

18000 + 1

18000 ) = 2140 ( 2

18000 ) = 4280 = 0, 24 años = 87 días.

18000

S

Sumando: (T 4 + T 3 ) =

(P − D) + S D = S ( 1

(P − D) + 1 D ) = S ( 1

(P − D) + 1 D ) ❶❶

195

(T 4 + T 3 ) =

(36000 − 18000) + 195

18000 = 195

18000 + 195

18000 = 390 = 0, 022 años = 8 días.

18000

T = 87 días + 8 días = 95 días.



VI.MODELO DE CANTIDAD DE PEDIDOS ECONÓMICOS CON DESCUENTOS CUANTITATIVOS

DESCUENTOS POR VOLUMEN PARA EL MODELO DE EOQ, EOQ CON DESCUENTOS POR CANTIDAD.

Es común que los proveedores ofrezcan descuentos por cantidad para proporcionar un incentivo por la compra de grandes

cantidades, ofreciendo un costo unitario más bajo cuando las mercancías se compran en grandes cantidades lotes o

cantidades, descuentos por cantidades.

Los descuentos por volumen ocurren en numerosas situaciones en las que los proveedores proporcionan un incentivo por

cantidades de pedidos mayores ofreciendo un costo unitario de compra menor cuando los artículos se ordenan en mayores

cantidades, en lugar de un costo unitario fijo, el proveedor cita el siguiente programa de descuentos.

PROBLEMA#416 Una distribuidora vende su producto directamente al público. La tasa de demanda del producto, la cual se

puede asumir constante, es de 1000 unidades mensuales (12000 unidades al año). La distribuidora desea establecer un contrato

de entregas por lotes con su actual proveedor. El costo unitario del producto es de 2,5 Bs, el costo fijo en que se incurre cada

vez que se ordena un lote es de 25 Bs, y el costo promedio de mantener un producto en inventario durante un año se estima en

20% del valor del producto.

a) ¿Cuántos artículos recomendaría usted ordenar de manera tal de minimizar el costo de administración anual del inventario?

b) ¿Cada cuántos días debería ordenarse un nuevo lote?

c) ¿Cuál es el costo anual de mantener productos en inventario, el costo anual de ordenar y el costo total anual de

administración del sistema?

d) Asumiendo 365 días de la operación del sistema por año y un retraso de entrega de los productos por parte del proveedor de

la distribuidora es de 5 días. ¿Cuántos artículos se habrán vendido en un periodo cuando se ordene el lote siguiente,

suponiendo que no se permiten faltantes?

e) Suponer que la distribuidora decide operar ordenando lotes de 1000 unidades, ordenado una vez al mes, ¿Cuánto más barata

o cara es eta política comparada con una política de EOQ?

f) ¿Cuál debería ser el punto de reorden si se opera ordenando lotes de 1000 unidades, ordenando una vez al mes? (el retraso

en la entrega es de 5 días).

g) el proveedor de la distribuidora ofrece los siguientes descuentos dependiendo de la cantidad de productos ordenados en

cada rango:

Cantidad Descuento (%)

0-1000 0%

1001-2000 5%

2001 o más 10%

¿Qué política recomendaría usted?

SOLUCION

Datos:

D = 12000 unidades

año

Bs

; C = 2, 5

unidad ; C o = 25

Bs

orde ; i = 20% al año; C Bs

m = C ∗ i = (2, 5)(0, 20) = 0, 5

unidad ∗ año

a). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o 2 ∗ 12000 ∗ 25

❶ = √ = √ 600000 = √1200000 = 1095, 44 ≅ 1095 unidades

C m

0, 50

0, 50

pedido

b). T = 1 N = Q o

D = 1 = √ 2 ∗ C o 1094, 44

❺ = = 0, 091 años = 33, 32 días ≅ 33 días.

D i ∗ A 12000

Q o

N = D A ∗ i

= √ ❹ = 12000 = 10, 95 ≅ 11 pedidos al año.

Q o 2 ∗ C o 1095, 44

c). CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = (2, 5) ∗ 12000 +

12000

1095, 44


1095, 44

∗ 25 + ∗ (0, 50) = 30000 + 273, 86 + 273, 86

2

CT o = 30000 + 273, 86 + 273, 86 = CT de compra + CT de ordenar + CT de mantener = 30547, 72 Bs ; sin descuento.

año

d) n = 365 dial al año; L = 5 días; D d = D = Demanda diaria.

n

D ∗ L

R = D ∗ L❻ =

n

= 12000(5) = 60000 = 164, 38 unidades, estas unidades siempre tenemos en inventario.

365 365

Unidades Vendidas = Q o − R = 1095, 44 − 164, 39 = 931. 06 unidades hemos vendido.

Otra manera: UV = D d (T − L) = 12000 (33, 32 − 5) = 32, 88(28, 32) = 931, 16 unidades vendidas.

365

e) Q 1 = 1000 unidades; T = 1 mes = 30 días.

CT 1 = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q 1

1 2 ∗ C m❷ = (2, 5) ∗ 12000 + 12000 1000

Bs

∗ 25 + ∗ (0, 50) = 30000 + 300 + 250 = 30550

1000 2

año .

Nota: Pedir 1000 unidades es más cara, me quedo pidiendo 1095,44 unidades cada vez.

Esta política de ordenar 1000 unidades es más cara, con un costo anual de 30550 Bs al año, si pido 1095,44 unidades el

costo es más barata estaríamos haciendo un ahorro de (30550-30547,72=2,28), ahorramos 2,28 Bs al año.


f)R = D ∗ L❻ =? Q 1 = 1000 unidades; T = 1 mes = 30 días; L = 5 días.

D ∗ L

R = D ∗ L❻ =

n

= 12000(5) = 60000 = 164, 38 unidades, estas unidades siempre tenemos en inventario.

365 365

g) Q 2 (0 − 1000 unidades; d = 0%), Q 3 (1001 − 2000 unidades; d = 5%); Q 4 (2001 o más unidades; d = 10%)

Q 2 (0 − 1000 unidades; d = 0%) → como el descuento es 0% no hay necesidad de sacar el CT 2

Q 3 (1001 − 2000 unidades; d = 5%) → como la Q o = 1095, 44 unidades está en el rango.

CT d = (C ∗ D)(1 − d) + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m(1 − d)❶❷, costo total anual con descuento.

CT d = (2, 5 ∗ 12000)(1 − 0, 05) +

12000

1095, 44

1095, 44

∗ 25 + ∗ (0, 5)(1 − 0, 05) = 28500 + 273, 86 + 260, 17 = 29034, 03 Bs

2

año

Q 4 (2001 o más unidades; d = 10%), como la Q o = 1095, 44 unidades no está en el rango; Q 4 = 2001.

CT d = (C ∗ D)(1 − d) + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m(1 − d)❶❷, costo total anual con descuento.

CT d = (2, 5 ∗ 12000)(1 − 0, 1) + 12000 2001

Bs

∗ 25 + ∗ (0, 5)(1 − 0, 1) = 27000 + 149, 92 + 450, 22 = 27600, 15

2001 2

año

Conclusión:

Se debe pedir 2001 unidades o más porque el costo anual del inventario es la más baja.

PROBLEMA#417 La JVH trabaja con Vestidos de mujer, cuesta a la compañía 100 Bs cada una y tiene un tiempo de entrega

de dos semanas. Las ventas son estables de un vestido por semana durante todo el año, los costos de ordenar son 5 Bs por

orden y los costos de conservación ascienden a un 10% del valor del inventario promedio. La JVH actualmente ordena uniforme

a un EOQ de cantidad fija de reorden, pero le han ofrecido un descuento del 10% y se ordena por lo menos 15 unidades.

¿Cuánto ahorraría la JVH al año si se ordena lo suficiente para recibir el descuento?

SOLUCIÓN

Datos:

Bs

C = 100

unidad ; L = 2semanas = 14 días; C o = 5

Bs

orden ; i = 10% ; C Bs

m = C ∗ i = 100(0, 10) = 10

unidad ∗ año

D = 1 vestido por semana = 1 vestido 52 semanas

∗ = 52 vestidos

semana 1 año

año

d = 10%, → Q 1 = 15 uds. Q 1 ≥ 15 uds; si ordenamos 15 unidades o más nos hacen un descuento del 10%.

Si analizamos contablemente seria de esta forma:

Si → D = 52(100 Bs), en el año inventario = 5200 Bs

Si → d = 10% → 52(100 Bs)(1 − 0, 10) = 4680 Bs

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

d = 10% será de 520 Bs, ahorro contable hasta 520 Bs.

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o 2 ∗ 52 ∗ 5

❶ = √

C m

10

= √ 520 = √52 = 7, 21 ≅ 7 vestidos a pedir cada ves.

10

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m❷ = 100 ∗ 52 +

52 7, 21

∗ 5 + ∗ 10 = 5200 + 36, 06 + 36, 05 = 5272, 11 Bs sin descuento.

7, 21 2

Ahora vamos a calcular con descuento.

Q 1 = 15 unidades; d = 10%; C m = 100(0, 10)(0, 90) = 9 Bs

CT d = (C ∗ D)(1 − d) + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C 52 15

m (1 − d)❶❷ = (100 ∗ 52)(1 − 0, 1) + ∗ 5 + ∗ 10(1 − 0, 1) = 4680 + 17, 33 + 67, 5

15 2

CT d = 4680 + 17, 33 + 67, 5 = 4764, 83 Bs ; con descuento del 10%; Costo incremental = 84, 83 − 72, 11 = 12, 72 Bs.

año

Se debe aceptar el descuento del 10%, y así ahorraría la empresa de (5272,11- 4764,83=507,28), ahorro de 507,28 Bs liquido

contable,

GANANCIA CONTABLE:

520 Bs, ganancia bruta

−12, 72 Bs costo incremental

− − − − − − − − − − − − − −

507, 28 Bs ganancia líquida, contablemente hemos ganado(ahorro líquido contable)

Ganancia financiera, sacar EOQ, Qo financieramente:

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 52 ∗ 5

= √ = √ 520 = √57, 78 = 7, 60 ≅ 8 unidades; cuando me da un descuento d = 10%, puedo pedir 1 unidad

9

9

máscontablemente rico, financieramente estoy perdiendo(esto es alto vuelo), no me conviene pedir 15 uds porque el costo es muy

alto, de 12, 72 Bs esto más estoy gastando; contablemente se acepta el d = 10% y Q o = 7, 21 , financieramente no se acepta.



PROBLEMA#418 La JVH ha comprobado que compra una gran cantidad de cinta industrial para la producción de sus

zapatos. Actualmente compra 40000 Bs al año de diversos tamaños de cinta a la NSR. Su proveedor le ha hecho una

proposición, que consiste en un descuento de 1 ¼ por ciento. Si JVH le hace un pedido trimestral. JVH ha calculado que el

costo de compra es de 22,5 Bs por pedido, y los costos cargados al inventario so del 22%. ¿De JVH aceptar la oferta de

descuento de NSR? Si la respuesta es negativa ¿qué contraposición debe hacer en términos de algún descuento?

SOLUCIÓN

Datos:

A = 40000 Bs

año ; d = 1 1 4 = 5 4 = 1, 25% = 0, 0125 descuento por oferta de NSR. C Bs

o = 22, 5 ; i = 22%

pedido

N = Pedidos trimestrales = 1 año tiene 4 trimestres = 4 Pedidos

año

Vamos a determinar el costo total anual de la empresa de JVH, sin descuento, costo total actual de la empresa.

a)CT o = √2 ∗ A ∗ C o ∗ i + A❶❸ = √2(40000)(22, 5)(0, 22) + 40000 = √396000 + 40000 = 629, 29 + 40000 = 40629, 29 Bs/año

Ahora vamos a determinar el costo total con descuento del 1,25%.

A ∗ i

b)CT d =

2N (1 − d) + (N)(C 40000 ∗ (0, 22)

o ) + A(1 − d)❶❹ = (1 − 0, 0125) + (4)(22, 5) + 40000(1 − 0, 0125) =

2(4)

CT d = 8800 (0, 9875) + 90 + 40000(0, 9875) = 1086, 25 + 90 + 39500 = 40676, 25 Bs/año

8

Si: CT d ≤ CT 0 se acepta el descuento. 40676, 25 ≤ 40629, 29 falso se rechaza el descuento del 1, 25%.

Para aceptar la oferta del descuento el CT d ≤ CT 0 no cumple la condición se rechaza el descuento del 1,25% y debemos

proponer otro descuento y hacer la contra oferta de descuento.

Vamos a encontrar otro descuento de contra oferta de descuento d=?

c) d ≥ 1 − √2 ∗ A ∗ C o ∗ i + A − (N ∗ C o )

√2 ∗ 40000 ∗ (22, 5) ∗ (0, 22) + 40000 − (4 ∗ 22, 5)

A ( i

❶❺ ≥ 1 −

2N + 1)

0, 22

40000 (

2 ∗ 4 + 1)

d ≥ 1 −

√396000 + 40000 − (90)

≥ 1 −

40000(0, 0275 + 1)

629, 29 + 40000 − (90)

≥ 1 −

41100

40539, 29

≥ 1 − 0, 986357 ≥ 0, 0136 ≥ 0, 014

41100

d ≥ 1, 4% este descuento me tiene que hacer la NSR; con este descuento sacamos el costo total con descuento.

A ∗ i

CT d =

2N (1 − d) + (N)(C 40000 ∗ (0, 22)

o ) + A(1 − d)❶❹ = (1 − 0, 014) + (4)(22, 5) + 40000(1 − 0, 014)

2(4)

CT d = 1084, 60 + 90 + 39440 = 40614, 60 Bs

año ;

ahora: CT d ≤ CT 0 ; 40614, 6 ≤ 40629, 29 cumple la condició debemos aceptar el descuento del 1, 4%.

PROBLEMA#419 La XYZ compañía, se encuentra en una difícil situación de efectivo, y está tratando de remediarla.

Actualmente la empresa tiene una política óptima de compras, pero le han ofrecido un descuento del uno por ciento si compra

dos veces al año. La empresa compra 50000 Bs de piezas fundidas al año; los cargos administrativos son de 50 Bs por compra,

y el cargo al inventario es del 20% del inventario promedio. ¿Debe aceptarse la oferta? En caso contrario, ¿qué contraposición

debe hacerse en términos de descuentos?

SOLUCIÓN

Datos:

A = 50000 Bs

año ; d = 1 = 1% = 0, 01 descuento por oferta . C Bs

o = 50 ; i = 20%

pedido

N = Pedidos semestrales = 2 = 2 Pedidos

año

Vamos a determinar el costo total anual de la empresa de XYX, sin descuento, costo total actual de la empresa.

a)CT o = √2 ∗ A ∗ C o ∗ i + A❶❸ = √2(50000)(50)(0, 20) + 50000 = √1000000 + 50000 = 1000 + 50000 = 51000 Bs/año

Ahora vamos a determinar el costo total con descuento del 1%.

A ∗ i

b)CT d =

2N (1 − d) + (N)(C 50000 ∗ (0, 20)

o ) + A(1 − d)❶❹ = (1 − 0, 01) + (2)(50) + 50000(1 − 0, 01) =

2(2)

CT d = 10000 (0, 99) + 100 + 50000(0, 99) = 2475 + 100 + 49500 = 52075 Bs/año

4

Si: CT d ≤ CT 0 se acepta el descuento. 51000 ≤ 52075 falso se rechaza el descuento del 1%.

Para aceptar la oferta del descuento el CT d ≤ CT 0 no cumple la condición se rechaza el descuento del 1% y debemos proponer

otro descuento y hacer la contra oferta de descuento.

Vamos a encontrar otro descuento de contra oferta de descuento d=?

c) d ≥ 1 − √2 ∗ A ∗ C o ∗ i + A − (N ∗ C o )

√2 ∗ 50000 ∗ (50) ∗ (0, 20) + 50000 − (2 ∗ 50)

A ( i

❶❺ ≥ 1 −

2N + 1)

0, 20

50000 (

2 ∗ 2 + 1)

d ≥ 1 −

√1000000 + 50000 − (100)

≥ 1 −

50000(0, 05 + 1)

1000 + 50000 − (100)

52500


≥ 1 − 50900 ≥ 1 − 0, 9695 ≥ 0, 0305 ≥ 0, 0305

52500


d ≥ 3, 05% este descuento me tiene que hacer el proveedor; con este descuento sacamos el costo total con descuento.

A ∗ i

CT d =

2N (1 − d) + (N)(C 50000 ∗ (0, 20)

o ) + A(1 − d)❶❹ = (1 − 0, 0305) + (2)(50) + 50000(1 − 0, 0305)

2(2)

CT d = 2423, 75 + 100 + 48475 = 50998, 75 Bs

año ;

ahora: CT d ≤ CT 0 ; 50998, 75 ≤ 51000 cumple la condició debemos aceptar el descuento del 3, 05%.

PROBLEMA#420 La ABC, tiene un consumo mensual de la pieza de 125 unidades. Los costos cargados al inventario son del

25% del inventario promedio, y los costos de pedidos son de 15 Bs por pedido, cada pieza cuesta 2 Bs, y su cantidad

económica de pedido es de 300 unidades. El flete de un embarque de 300 unidades es de 95 Bs, si se embarcan 500 unidades,

el flete es de 122 Bs. ¿Debe comprarse la cantidad de 500 unidades, a fin de aprovechar los ahorros de flete?

SOLUCIÓN

Datos:

D = 125 unidades 12 meses

∗ = 1500 uds

mes 1 año

año ; i = 25% ; C Bs

Bs

o = 15 ; C = 2

pedido unidad ; C Bs

m = C ∗ i = 2(0, 25) = 0, 5

unidad ∗ año

Q o = 300 unidades → Costo de Flete = CF = 95 Bs Q 1 = 500 unidades → CF = 122 bs

a) Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o 2 ∗ 1500 ∗ 15

❶ = √

C m

0, 5

T = 1 N = Q o

D =

N = D A ∗ i

= √

Q o 2 ∗ C o

1 = √ 2 ∗ C o

D i ∗ A ❺ = 300

1500

Q o

❹ = 1500

300

= √ 45000 = √90000 = 300 unidades a pedir cada ves.

0, 5

365 días

= 0, 2 años = 0, 2 años ∗ = 73 días entre pedidos.

1 año

= 5 pedidos al año, son los números de pedidos que se hacen al año.

CT o = √2(C)(i)(D)(C o ) + Costo de flete(Número de fletes) = √2(C)(i)(D)(C o ) + CF(N)❶❻ → Costo de Flete.

CT o = √2(2)(0, 25)(1500)(15) + 95(5) = √22500 + 475 = 150 + 475 = 625 Bs

año

b) Q 1 = 500 unidades; T = Q o

D = 500 = 121, 67 días ≅ 122 días;

1500 N = D = 1500 = 3 pedidos al año.

Q o

500

CT o = i(C)(Q 1)

+ D (C

2 Q o ) + Costo de flete(Número de fletes)❶❼ =

1

0, 25(2)(500)

2

+ 1500 (15) + 122(3) =

500

CT o = 125 + 45 + 366 = 536 Bs

año

Debemos comprar 500 unidades por que el costo total anual es menor que el óptimo, nos ahorramos de 89 Bs.

PROBLEMA#421 La Embotelladora Boliviana, compra anualmente un gran número de jergones que utiliza para el

almacenamiento de sus productos embotellados. Un proveedor le ha ofrecido la siguiente escala de descuento para los

jergones.

Cantidad Pedida

Precio Unitario

1-500 10 Bs

501-1000 9,5 Bs

1001-1500 9,15 Bs

1501 o más 9 Bs

El promedio anual de reemplazo en los dos últimos años ha sido de 1650 jergones, y posiblemente será el de este año. El costo

por pedido es de 12,5 Bs y su costo de almacenamiento es de 18% del inventario promedio.

¿Qué cantidad debe pedirse?

SOLUCION

Datos:

D = 1650 unidades

Bs

; C

año

o = 12, 5

pedido ; i = 18% ; C m = i ∗ C ; n = 360 dias al año.

Q 1 → (1 − 500) ↔ C = 10 ; Q 2 → (501 − 1000) ↔ C = 9, 5 ; Q 3 → (1001 − 1500) ↔ C = 9, 15; Q 4 → (1501 o más) ↔ C = 9

Primera opción: Q 1 → (1 − 500) ↔ C = 10

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 1650 ∗ (12, 5)

= √ = √ 41250 = √22916, 67 = 151, 38 ≅ 151 uds, esta dentro del rando de ; Q

10(0, 18)

1, 8

1 → (1 − 500)

T = Q o 151, 38

==

D 1650 = 0, 092 años = 33 días entre pedidos. N = D = 1650

Q o 151, 38

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = 10 ∗ 1650 +

1650

151, 38


= 10, 90 ≅ 11 pedidos al año.

151, 38

∗ (12, 5) + ∗ (10)(0, 18) = 16772, 49 Bs/año

2

Segunda opción: Q 2 → (501 − 1000) ↔ C = 9, 5

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m


2 ∗ 1650 ∗ (12, 5)

= √ = 155, 31 ≅ 155 uds, no esta dentro del rando de ; Q

(9, 5)(0, 18)

2 → (501 − 1000); entonces: Q o = 501

T = Q o 501

==

D 1650 = 0, 30 años = 109 días entre pedidos. N = D = 1650 = 3, 29 ≅ 3 pedidos al año.

Q o 501

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (9, 5) ∗ 1650 + 1650

501

∗ (12, 5) + ∗ (9, 5)(0, 18) = 16144, 52 Bs/año

501 2

Tercera opción: Q 3 → (1001 − 1500) ↔ C = 9, 15

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 1650 ∗ (12, 5)


(9, 15)(0, 18)

3 → (1001 − 1500); entonces: Q o = 1001

T = Q o 1001

==


Q o 1001


CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (9, 15) ∗ 1650 + 1650

1001

∗ (12, 5) + ∗ (9, 15)(0, 18) = 15942, 42 Bs/año

1001 2

Cuarta opción: Q 4 → (1501 o más) ↔ C = 9

Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 1650 ∗ (12, 5)


(9)(0, 18)

4 → (1501 o más); entonces: Q o = 1501

T = Q o 1501

==


Q o 1501


CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (9) ∗ 1650 + 1650

1501

∗ (12, 5) + ∗ (9)(0, 18) = 16079, 55 Bs/año

1501 2

Conclusión:

La cantidad a pedirse será de 1001 unidades, el costo total anual es menor, ahí está el precio mejor de 9,15 Bs y el costo

total del inventario anual es 15942,42 Bs al año.

PROBLEMA#422 Suponga que tenemos un producto en el que es aplicable el modelo II, en lugar de un costo unitario fijo, el

proveedor cita el siguiente programa de descuentos:

Categoría de descuento Tamaño del pedido Descuento (%) Costo unitario (Bs)

1 0 a 999 0 5

2 1000 a 2499 3 4,85

3 2500 en adelante 5 4,75

El descuento de 5% para la cantidad a ordenar mínima de 2500 unidades luce tentador. Sin embargo, al percatarnos de

que mayores cantidades a ordenar dan como resultado costos de mantener inventarios mayores, deberíamos preparar

un análisis minucioso antes de hacer una recomendación de política a ordenar y de inventario finales. Suponga que los

datos y los análisis de costos muestran una tasa de costo de mantener anual de 20%, un costo de ordenar de 49 Bs por

pedido y una demanda anual de 5000 unidades. ¿Cuál cantidad a ordenar deberíamos seleccionar?

SOLUCIÓN

Datos:

D = 5000 unidades

año

; C o = 49 Bs

orden ; i = 20% ; d = 0, 3, 5. ; C = 5; 4, 85 ; 4, 75 ; C m = i ∗ C

Vamos a determinar la cantidad económica óptima de pedido para cada categoría de descuento:

Categoría 1

Q o

= √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

Q o

= √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

Categoría 2

2 ∗ 5000 ∗ 49

= √

(0, 20)(5)

2 ∗ 5000 ∗ 49

= √

(0, 20)(4, 85)

= √ 490000 = √490000 = 700 unidades, está dentro del rango de (0 a 999).

1

Entonces vamos a trabajar con Q o = 700 unidades

= √ 490000 = √505154, 64 = 711 unidades, está afuera del rango de (1000 a 2499).

0, 97



Q o

= √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

Categoría 3

2 ∗ 5000 ∗ 49

= √

(0, 20)(4, 75)


= √ 490000 = √515789, 47 = 718 unidades, está afuera del rango de (2500 en adelante).

0, 95


Ahora vamos a determinar el costo total anual de inventario para cada tipo de categoría de descuento:

1). CT o = C ∗ D + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m ; 2). CT o = (C ∗ D)(1 − d) + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m(1 − d)

CT o para la Categoría 1 → d = 0% C m = i ∗ C = (0, 20)(5) = 1 Bs al año por unidad

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = 5 ∗ 5000 + 5000 700

∗ (49) + ∗ [5(0, 2)] = 25000 + 350 + 350 = 25700 Bs/año

700 2

CT o = (C ∗ D)(1 − d) + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m(1 − d) = (5 ∗ 5000)(1 − 0) + 5000 700

∗ 49 + ∗ 1(1 − 0) = 25700 Bs/año

700 2

CT o para la Categoría 2 → d = 3% C m = i ∗ C = (0, 20)(4, 85) = 0, 97 Bs al año por unidad

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (4, 85) ∗ 5000 + 5000 1000

∗ (49) + ∗ [0, 97] = 24250 + 245 + 485 = 24980 Bs/año

1000 2

CT o = (C ∗ D)(1 − d) + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C 5000 1000

m (1 − d) = (5 ∗ 5000)(1 − 0, 03) + ∗ 49 + ∗ (1)(1 − 0, 03) = 24980 Bs/año

1000 2

CT o para la Categoría 3 → d = 5% C m = i ∗ C = (0, 20)(4, 75) = 0, 95 Bs al año por unidad

CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (4, 75) ∗ 5000 + 5000 2500

Bs

∗ (49) + ∗ [0, 95] = 23750 + 98 + 1188 = 25036

2500 2

año

CT o = (C ∗ D)(1 − d) + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C 5000 2500

m (1 − d) = (5 ∗ 5000)(1 − 0, 05) + ∗ 49 + ∗ (1)(1 − 0, 05) = 25036 Bs/año

2500 2

Para sacar el CT, con la segunda formula el costo unitario de la categoría 1 y el costo de mantener de la categoría 1 se utilizan

los mismos para sacar los costos totales de la categoría 2 y 3. Pero con esta fórmula:

2). CT o = (C ∗ D)(1 − d) + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m(1 − d)

Si utilizamos la segunda fórmula de CT con descuento el resultado es lo mismo con la primera fórmula.

Conclusión:

Se debe ordenar 1000 unidades, al pedir esta cantidad los costos totales son menores y aceptar el descuento del 3%.

Resumiendo:

Categoría de Costo Cantidad a Costo anual Costo anual Costo anual Total

descuento unitario ordenar de comprar de ordenar de mantener

1 5 Bs 700 25000 Bs 350 Bs 350 Bs 25700 Bs

2 4,85 Bs 1000 24250 Bs 245 Bs 485 Bs 24980 Bs

3 4,75 Bs 2500 23750 Bs 98 Bs 1188 Bs 25036 Bs

Graficando, curvas de costo total para las tres categorías de descuento:



VII. MODELO DE INVENTARIOS CON INCERTIDUMBRE, CON DEMANDA PROBABILÍSTICA.

Calcular en función de probabilidad, con demanda probabilístico, hoy vendo unidades mañana no vendo nada, lo incierto puedo

volver cierto, vivir la vida intensamente (a veces tengo riesgo, un auto de 1000000 Bs) financista menor riesgo pero mayor

rentabilidad.

Estadistas miden la pobreza del pueblo, menor pobreza, mejor salud, alegría. Es como decir yo palomita y tú serás un águila

volando que me persigue (imaginación de niños), misión de los docentes educadores es aconsejar a los estudiantes

universitarios. La incertidumbre (es duda) y demanda. Un producto solo es aceptado en unos lugares y en otro lugares no es

aceptado, para eso se utiliza el marketing (ingeniería de mentira) dar seguridad a inventarios nivel de servicio (inventario) o

nivel de confianza (estadística), debemos conocer las siguientes probabilidades.

a). Discretas. Siempre se calcula con números enteros, son la binomial y distribución de poisson.

b). Continuas. Son fracciones y decimales, se ocupa la normal, chi cuadrado, T de sdutent.

Vamos a estudiar dos tipos de modelos de cantidad fija de reorden, con demanda probabilístico.

1.- Cuando no se conoce el costo de faltante.

2.- Cuando se conoce el costo de faltante.



Debemos conocer las siguientes nomenclaturas:

D d = demanda diaría; L = tiempo de guía para recibir un pedido (puede ser de adelanto o de retrazo)

(D d ) ∗ L = demanda diaria del tiempo de entrega.

B = inventario de seguridad → B = Z ∗ σ donde: Z = ver tabla de distribución normal σ = desviación estandar.

N = D Q o

= número de pedidos que podemos realizar durante un año.

T = Q o

D = días entre pedido, T = Q o

365 días

= años ∗ = dias entre pedidos.

D 1 año

D ∗ L

R = Punto de reorden, de nuevos pedidos R =

n = D d ∗ L donde: D d = D n = 365 días en cantidad fija de reorden.

n

Q o = Cantidad óptima a pedir, cantidad de pedidos económicos. D = demanda anual, estandar por periodos.

C = costo de compra de pedir cada unidad; C o = costo fijo de colocar un pedido, o costo por ordenar.

C m = i ∗ C = costo de conservación por unidad por año; i = tasa en porcentaje del inventario promedio.

p = nivel de confianza dado en % ∝= nivel de significació o de error, de agotamiento en % Z = nivel de tipificacion.

DISTRIBUCIÓN NORMAL

1

Dada la siguiente función de densidad de probabilidad: f (x) =

σ ∗ √2π ∗ e−1 2 (x−μ σ )2

Dónde:

σ = desviación estandar. p = nivel de confianza π = pi = 3, 141592654 e = 2, 7182818281

−∞ ≤ x ≤ ∞ ; ∞ ≤ μ ≤ ∞ ; 0 ≤ x ≤ 1 ; σ ≥ 0

La curva tiene un máximo en: μ = media, posee dos puntos de inflexiones en ∶ μ − σ ; μ + σ

La distribucion normal se escribe como: N(μ; σ 2 ); σ 2 = varianza

x − μ

Distribución: p(X ≤ x) = N (

σ )

b − μ − μ − μ − μ

Intervalos: p(a ≤ x ≤ b) = p ( ) − p (a ) = N (b ) − N (a ) ; el complemento se saca a ≥.

σ

σ

σ

σ

si: μ = 0 entonces la probabilidad será de p = 50% N(Z)en la tabla, Z = σ (gráfico)

+∞

+∞

integrando la suma: ∫ xdx = ∫ f (x) dx = 1

−∞

x − μ

Distribucion Normal estandar: Z = μ = media = moda = mediana

σ

Para (y) positivo, vamos a calcular los valores de “y”(+), en el eje vertical, hasta donde puede ir mi gráfico en el eje vertical:

si: σ = 1 ; π = 3, 1416 → f (x) =

1

√2πσ = 1

√2(3, 1416)(1) = 0, 3989 → f (0) = 0, 398995 ≅ 0, 4

Para (x) positivo y negativo, vamos a calcular los valores de “x”(+),(-) en el eje horizontal, hasta donde puede ir mi

gráfico en el eje horizontal:

Para: Z = 1 → f (x=1) =

1

√2πσ ∗ e−Z2 2 = 0, 3989 ∗ 2, 71183 −0,5 → f (x=1) = 0, 241944271

Para: Z = 2 → f (x=2) = 0, 3989 ∗ 2, 71183 −2 → f (x=2) = 0, 053984522

Para: Z = 3 → f (x=3) = 0, 3989 ∗ 2, 71183 −4,5 → f (x=3) = 0, 004431245416

Ahora vamos a graficar la distribución normal:

−∞


1.- CUANDO NO SE CONOCE EL COSTO DE FALTANTE.


PROBLEMA#423 Una tienda de artículos para mujeres almacena vestidos para mujeres dentro de su almacén. Un vestido de

un modelo de mucha aceptación tiene una venta promedio de 500 unidades al año, el vestido cuesta 25 Bs y se vende en 35 Bs.

La tienda trata de almacenar en un nivel de servicio del 95%. Los costos de conservación se promedian anualmente en 20% del

valor del inventario, mientras que cada orden cuesta 5 Bs, la demanda del tiempo de entrega tiene una distribución normal con

media de 10 vestidos y una desviación estándar de 3 vestidos, con un modelo de cantidad fija de reorden.

Formule la política de inventario que debe usarse.

SOLUCIÓN

Datos:

D = 500 unidades

Bs

; C = 25

año

unidad ; PV = 35 Bs

unidad ; p = 95%(ver tabla de distribución normal Z =? ); i = 20%

Bs

C m = i ∗ C = 0, 20(25) = 5

unidad ∗ año ; D d ∗ L = μ = media = 10unidades; C o = 5 Bs ; σ = 3 unidades.

orden

a). Q o = √ 2∗D∗C o

C m

= √ 2∗500∗5

5

= √ 5000

5

= √1000 = 31, 62 ≅ 32 vestidos a pedir cada ves.

Q o = T(D)

n

= 11500 ≅ 32 vestido que debemos pedir cada ves.

365

b). T = Q o 31, 62

==

D 500 = 0, 06 años = 23 días entre pedidos. c). N = D = 500

Q o 31, 62

d) CT o = C ∗ D + D ∗ C

Q o + Q o

o 2 ∗ C m = (25) ∗ 500 +

500

31, 62


31, 62

∗ (5) + ∗ (5) = 12500 + 79 + 79 = 12658 Bs/año

2

Determinar el punto de reorden: R = (D d ∗ L) + B = (D d ∗ L) + Z ∗ σ

Como no conocemos el valor de Z, buscar en la tabla de distribución normal.

(D d ∗ L) = μ

Como tenemos el nivel de confianza de 95%, buscar que se aproxima a 0,95 que no sobrepase el 0,95.

En la tabla podemos buscar como por ejemplo: 0,9495 que aproxime a 0,95.

Ubicamos el 0,9495 y después sumamos sus dos colas de Z=1,60 y Z=0,04 si el nivel de confianza es 95% entonces el valor de Z

es 1,64.


R = (D d ∗ L) + B = (D d ∗ L) + Z ∗ σ = 10 + (1, 64)(3) = 10 + 4, 92 = 14, 92 ≅ 15 unidades.




PROBLEMA#424 El proveedor de la tienda de un gran comerciante en un almacén lejano, con pocas conexiones, el almacén

puede abastecer cualquier artículo que se le pida en cualquier cantidad. Uno de los artículos que se vende es aceite de motor

para automóviles. La demanda de aceite tiende a un promedio de 5 cajas por día y se distribuye normalmente, el tiempo de

entrega varía un poco con un promedio de 3 días, la desviación estándar para la demanda del tiempo de entrega es de 3,4 cajas,

los costos de ordenar se estiman en 1,5 Bs por orden, el costo de conservación es de 1 Bs por caja por año. El comerciante

quiere un 98% del nivel de servicio en el aceite de motor. Para encontrar la cantidad de reorden se necesita conocer la demanda

anual promedio. Si la tienda abre 6 días a la semana durante 50 semanas.

SOLUCIÓN

Datos:

D d = 5 cajas

cajas

; D = 5

día

dia ∗ 6 dias 50 semanas

∗ = 1500 cajas

1 semana 1 año

año ; L = 3 dias; σ = 3, 4 cajas; C o = 1, 5 Bs

orden

Bs

C m = 1

año ∗ unidad

; p = 98%; n =

6 dias

1 semana

50 semanas

∗ = 300 dias

1 año

año

Como: p = 98% → ver la tabla buscar p = 0, 9798 y sumar sus dos colas Z = 2 + 0, 05 = 2, 05

a). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 1500 ∗ (1, 5)

= √ = √ 4500 = √4500 = 67, 08 ≅ 67 cajas a reordenar, cada ves.

1

1

Q o = T(D)

n

= 20124 ≅ 67, 08 cajas que debemos pedir cada ves.

300

b). T = Q o 67, 08

==

D 1500 = 0, 04 años = 13, 42 ≅ 13 días entre pedidos. c). N = D = 1500 = 22, 36 ≅ 22 pedidos al año.

Q o 67, 08

d) CT o = C ∗ D + D Q o

∗ C o + Q o

2 ∗ C m = (0) ∗ 1500 + 1500

67, 08

67, 08

∗ (1, 5) + ∗ (1) = 0 + 33, 54 + 33, 54 = 67, 08 Bs/año

2

D ∗ L 1500 ∗ 3

Determinar el punto de reorden: R = (D d ∗ L) + B = (D d ∗ L) + Z ∗ σ μ = (D d ∗ L) = = = 15 cajas.

n 300

R = (D d ∗ L) + B = (D d ∗ L) + Z ∗ σ = 5(3) + (2, 05)(3, 4) = 15 + 6, 97 = 21, 97 ≅ 22cjas o unidades.

Z =

x − μ

σ

x − 15

→ 2, 05 = → x = 21, 97

3, 4



2.-CUANDO SE CONOCE EL COSTO DE FALTANTE DE CANTIDAD FIJA DE REORDEN

En este tipo de inventario, se desconoce el nivel de servicio, no hay nivel de confianza (no hay probabilidad), entonces hay que

calcular la probabilidad, costo marginal de mantener = costo margianl de faltante óptmo.

D

D

∗ C

Q f

∗ C

Probabilidad[(D d ∗ L) ≤ R] = o Q f

C m + D ↔ p = o

∗ C

Q f C m + D ⓿

∗ C

o Q f o

PROBLEMA#425 Cierto artículo de inventario tiene una demanda anual promedio de 5000 unidades con base de 250 días

hábiles por año, la demanda diaria tiene un promedio de 20 unidades día, el tiempo de entrega varia con un promedio de 2 días,

se supondrá que la demanda del tiempo de entrega tiene una distribución normal, con una desviación estándar de 6,3 unidades

día, los costos de ordenar 2 Bs por orden y los costos de conservación 2,5 Bs por unidad por año y el costo por faltante 1 Bs

por unidad entonces se resuelve de la siguiente manera, Formule la política de inventario que debe usarse.

SOLUCION

Datos:

D = 5000 unidades ; n = 250 días

año

año ; D d = 20 unidades ; L = 2días ; σ = 6, 3 unidades; C

día

o = 2 Bs

orden

Bs

C m = 2, 5

unidad ∗ año ; C Bs

f = 1

; p =? ;

unidad ∗ año

a). Q o = √ 2 ∗ D ∗ C o

C m

2 ∗ 5000 ∗ (2)

= √ = √ 20000 = √8000 = 89, 44 ≅ 89 unidades a reordenar, cada ves.

2, 5

2, 5

Q o = T(D)

n

= 20124 ≅ 67, 08 cajas que debemos pedir cada ves.

300

b). T = Q o 89, 44

==

D 5000 = 0, 018 años = 4, 47 ≅ 4 días entre pedidos. c). N = D = 5000 = 55, 90 ≅ 56 pedidos al año.

Q o 89, 44


Como no tenemos el nivel de confianza, para determinar el valor de Z.

D

D

5000

∗ C

Q f

∗ C

Probabilidad[(D d ∗ L) ≤ R] = o Q f

C m + D ↔ p = o 89, 44 ∗ 1 55, 90

∗ C

Q f C m + D ⓿ =

∗ C

o Q f 2, 5 + 5000 = = 0, 9572 = 0, 96 o 96%

o 89, 44 ∗ 1 58, 40

Como el nivel de confianza es 96%, buscar en la tabla de distribución normal un número que aproxime a 96% o 0,96 pero no

sobrepase el 0,96 en este caso elegimos el 0,9599 este se aproxima al 96% y sumas la Z=1,70+0,05=1,75

R = (D d ∗ L) + B = (D d ∗ L) + Z ∗ σ = (20 ∗ 2) + 1, 75(6, 3) = 40 + 11, 025 = 51, 025 unidades, siempre voy a tener en inv.

unidades vendidas = 89, 44 − 51, 025 = 38, 415 ≅ 38, vendo 38 unidades otra ves pido 89 unidades.

si no llego a 51 unidades, no pido → ordeno cuando tengo 51 uds en reserva, y recien pido los 89.

(D d ∗ L) = demanda diaria por el tiempo de entrega = 50% de la probabilidad = μ = media.

Nota: en una compañía siempre tiene que producirse el 68%, por ejemplo en mercado en número 37 de calzados representa el

68%, y el 16% del lado izquierdo del grafico para el número 35 de calzados, y el 16% del lado derecho del grafico de la

distribución normal para número 40 de calzados.

En macroecomia y microeconomía el error máximo permitido será del 10%.

Debajo del 100% el 16% son personas con capacidades diferentes, con un coeficiente mental de 52%. No entienden nada.

El 68% nacen normales con un coeficiente mental del 100%. Entienden.

Arriba del 100% el 16% son personas superdotadas, con un coeficiente mental del 116%. Súper entendidos.

el 16% son personas pobres.

Lo ideal de un país ( el 68% clase media. )Pero todos somos felices.

el 16% personas ricas.

Vamos a graficar:



VIII. MODELO DE INVENTARIOS CON INTEGRALES

Modelo de inventarios con integrales, hay probabilidad (p): ∫

−∞

+∞

xdx ; p = hay probabilidad

PROBLEMA#426 Una empresa transnacional tiene la siguiente función de inventarios:

f (x) = 20(x 3 − x 4 ); 0 ≤ x ≤ 1

a) Cuál es la probabilidad de que menos del 20% de los órdenes o pedidos cumplan en un día.

b) Qué probabilidad hay de que el 90% y 100% de las ordenes sean cumplidas en un día.

SOLUCION

Datos:

Integrar = sumar

0,20

= 20 {[

0,20

a) p(x ≤ 0, 20) = 20(x 3 − x 4 ) = 20 ∫ (x 3 − x 4 ) dx = 20 ( x4

0

4 − x5

5 ) 0

1 1

p(x ≤ 0, 20) = 20 {[

625

4 − 3125

5 ] − (0 4 − 0 5 )} = 20 {[ 1

2500 − 1

21

] − 0} = 20 {

15625

1

b) p(0, 90 ≤ x ≤ 1) = 20(x 3 − x 4 ) = 20 ∫ (x 3 − x 4 ) dx = 20 ( x4

0,90

4 − x5

1

5 ) 0,90

p(0, 90 ≤ x ≤ 1) = 20 {[ 1 4 − 1 6561

5 ] − [ 10000

−

4

(0, 20)4 (0, 20)5

− ] − ( 04

4 5 4 − 05

5 )}

62500 } = 21

3125

= 20 {[ (1)4

4

− (1)5

5

84

= 0, 00672 = % = 0, 672% → Z = −2, 48

125

90)4

] − [(0, −

4

(0, 90)5

]}

5

0, 59049

]} = 20 { 1 − [0, 164025 − 0, 118098]} = 0, 08146 = 8, 146% → Z = −1, 4

5

20


TEORÍA DE COLAS O LINEAS DE ESPERA

CAPÍTULO 9

14

TEORÍA DE COLAS



TEORÍA DE COLAS

Recuerde la última vez que tuvo que esperar en la caja de un supermercado, frente al cajero del banco o para que le atendieran

en un restaurante de comida rápida. En estas y muchas otras situaciones de línea de espera, el tiempo que se pasa en espera

es indeseable. Agregar más cajeros en el supermercado o en el banco, o dependientes en el restaurante no siempre es la

estrategia más económica para mejorar el servicio, de modo que los negocios necesitan determinar formas de mantener los

tiempos de espera dentro de los límites tolerables.

Sistemas de colas es en que los productos o los clientes llegan a una estación esperan en una fila o cola obtienen algún tipo de

servicio y luego salen del sistema.

En la terminología de los métodos cuantitativos, una línea de espera también se conoce como cola y el cuerpo de conocimiento

que tiene que ver con las líneas de espera se conoce como teoría de colas o simplemente teoría de colas.

La teoría de colas se estudia para que no haya colas, se simplifica para distribuir personal como catering Vargas (comida de

aeronave) en las empresas lo óptimo debería tener un 10% de administrativo y en parte productiva el 90% de trabajadores. Es

para simplificar tiempo y costo, por ejemplo la inflación no se aguanta tremenda crisis, mientras la recesión se puede aguantar,

para simplificar costos se estudia la teoría de colas, porque el tiempo es otro es un recurso que no se puede recuperar por eso

hay aprovechar bien el tiempo.

Lo virtual la tecnología no piensa lo deshumaniza nuestra sociedad, lo real piensa lo humano.

ELEMENTOS PRINCIPALES DE UN SISTEMA DE COLAS

CARACTERISTICAS OPERATIVAS DE TEORIA DE COLAS

Las medidas de desempeño para una cola son las siguientes:

1. Probabilidad de que no haya unidades o clientes en el sistema.

2. Cantidad promedio de unidades en la línea de espera.

3. Cantidad promedio de unidades en el sistema (la cantidad de unidades en la línea de espera más la cantidad de unidades que

se están atendiendo)

4. Tiempo promedio que pasa una unidad en la línea de espera.

5. Tiempo promedio que pasa una unidad en el sistema (el tiempo de espera más el tiempo de servicio)

6. Probabilidad que tiene una unidad que llega de esperar por el servicio.

DEFINICIÓN DE ALGUNOS TÉRMINOS

CLIENTE unidad que llega requiriendo la realización de algún servicio, estas pueden ser personas, máquinas y partes.

COLAS llamado también líneas de espera es el número de clientes que esperan ser atendidos y que normalmente no incluye al

cliente que está siendo atendido.

CANAL DE SERVICIOS es el proceso o sistema que está efectuando el servicio para el cliente, este puede ser simple o

multicanal. El símbolo “k” indicara el número de canales de servicio.

TASA DE LLEGADAS tasa a la cual llegan los clientes para ser atendidos: (λ).

TASA DE SERVICIOS tasa a la cual un canal de servicios puede suministrar el servicio requerido por el cliente, aquí se

considera que la unidad de servicios siempre está ocupado: (μ).

PRIORIDAD es el método de decidir cuál será el próximo cliente atendido. La suposición más frecuente consiste en que el

primero que llega es el primero en atenderse.

TAMAÑO DE LA POBLACION es el grupo o conjunto que proporciona clientes si solo hay pocos clientes potenciales la

población es finito si hay un gran número de clientes potenciales, por ejemplo entre 30 y 50 o más, generalmente se dice que la

población es infinita.



TIPOS DE COLAS



DISTRIBUCION DE LLEGADAS

Definir el proceso de llegadas para una línea de espera implica determinar la distribución de probabilidad para la cantidad de

llegadas en un periodo dado. Para muchas situaciones de línea de espera, cada llegada ocurre aleatoria e independientemente

de otras llegadas y no podemos predecir cuándo ocurrirá.

Las llegadas se trabajan con distribuciones de probabilidades de poisson, la distribución de poisson es (discreta) siempre

vamos a tomar números enteros positivos, no podemos decir que llegan 7,99 personas, entonces debemos trabajar con 7

personas que llegan a recibir su servicio, no podemos redondear porque son personas o clientes.

La función de probabilidad de poisson proporciona de x llegadas en un periodo específico de la siguiente manera:

p(X = x) = λx ∗ e −λ

x!

Donde: x = la cantidad de llegadas en el periodo ; λ = la cantidad promedio de llegadas por periodo; e = 2, 71828

λ = tasa de llegadas, tiempo de llegadas, distribucion de poisson, discreta, trabajo con números excatos.

DISTRIBUCION DE TIEMPOS DE SERVICIO

El tiempo de servicio es el tiempo que pasa un cliente en la instalación una vez que el servicio ha iniciado, si puede suponerse

que la distribución de probabilidad para el tiempo de servicio sigue una distribución de probabilidad de exponencial.

Se trabaja con probabilidades de exponencial es (continuo) podemos trabajar con fracciones o decimales:

p(tiempo de servicio ≤ t) = 1 − e −μt

Donde: t = tiempo de duración; μ = la cantidad media de unidades que pueden servirse por periodo; e = 2, 71828

μ = tasa de servicio, tiempo de servicio, distribucion exponencial, continuo, podemos trabajar con fracciones y decimales.

Condición importante:tasa de servicio ≥ tasa de llegadas; μ ≥ λ → λ ≤ 1 siempre.

μ

MODELO I. LÍNEA DE ESPERA DE UN SOLO CANAL, UNA COLA Y UN SERVIDOR, M/M/1

λ = la cantidad promedio de llegadas por periodo(la tasa media de llegadas, distribución poisson).

μ = la cantidad promedio de servicios por periodo (la tasa media de servicio, distribución exponencial).

FORMULAS

p = λ ⓿ → factor promedio de utilización del sistema, probabilidad de que haya unidades en el sistema, (%).

μ

p o = 1 − λ ❶ → probabilidad de que no haya unidades en el sistema, tiempo ocio promedio, factor de no utilización. (%).

μ

λ 2

L q = ❷ → la cantidad promedio de unidades en la linea de espera, fila, cola; promedio de personas en la fila.

μ(μ − λ)

L = L q + λ ❸ → cantidad promedio de unidades en el sistema; promedio de personas en el sistema.

μ

W q = L q

❹ → tiempo promedio que pasa una unidad en la linea de espera; promedio de tiempo que pasa una persona en la fila.

λ

W = W q + 1 ❺ → tiempo promedio que pasa una unidad en el sistema, que pasa una persona en el sistema.

μ

p n = ( λ μ ) n

∗ p o ❻ → probabilidad de n unidades en el sistema.

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ → Costo total por periodo; C e = costo de espera; C s = costo de servicio

j = W − W q ❽ → tiempo promedio que tarda un servicio.

PROBLEMA#427 Un supermercado: Imagínese un supermercado con muchas cajas de salida, supóngase que los clientes

llegan para que les marquen su cuenta con una tasa de 90 por hora y que hay 10 cajas en operación. Nótese que una familia

junta de compras se trata como un cliente. Si hay poco intercambio entre las líneas puede tratarse este problema como 10

sistemas separados de una sola línea, cada uno con una llegada de 9 clientes por hora, para una tasa de servicio de 12 clientes

por hora. Analizar el sistema de colas para este supermercado.

SOLUCION

Datos:

90 clientes

λ = 9 clientes por hora = al supermercado llegan 9 clientes por hora = = 9 clientes

10 cajas

μ = 12 clientes por hora; podemos adenter a 12 clientes por hora.


a). Análisis de la cola:

∗ longitud promedio de la linea: L q =

μ(μ − λ) ❷ =

∗ tiempo de espera promedio: W q = L q

λ

b). Análisis del sistema:

λ 2

❹ =

2, 25

9

∗ longitud promedio de la linea: L = L q + λ μ ❸ = 9 4 + 9

12


9 2

12(12 − 9) = 81

36 = 9 4 = 0, 25 horas = 0, 25 horas ∗ 60 minutos

27 + 9

=

12

12 = 1 4 + 1


= 2, 25 ≅ 2 clientes en la cola.

1 hora

= 36 = 3 clientes en todo el sistema.

12

= 15 minutos esta parado en la cola.

∗ tiempo de espera promedio: W = W q + 1 1

❺ = 0, 25 +

μ 12 = 1 3 horas = 1 60 minutos

horas ∗ = 20 minutos en sistema.

3 1 hora

En la cola hay 2 personas haciendo fila, en todo el sistema tenemos 3 personas.

El tiempo que está parado en la cola es 15 minutos y en todo el sistema está 20 minutos, y ser atendido por el cajero está ahí 5

minutos. j = W − W q ❽ = 20 minutos − 15 minutos = 5 minutos.

Hay 2 clientes en la cola y 1 está en el servidor; por lo tanto en todo el sistema hay tres clientes.

Cada cliente en la cola espera 15 minutos y 5 minutos está en el servidor y en todo el sistema el cliente tarda 20 minutos.

c). Probabilidad de que la línea exceda ha n, en este caso tenemos: n = 3 clientes.

p(L ≥ n) = ( λ n+1

μ ) ❾ = ( 9 3+1

12 ) = ( 9 4

12 ) = 6561

20736 = 81 = 0, 3164 = 31, 64% ≅ 32%

256

Tenemos una probabilidad del 32% de que en el sistema tenga más de 3 clientes, 4, 5, 6, 7 clientes, en la línea de espera es 32%

de probabilidad, además de los clientes de que llegan es 32% de probabilidad.

d). vamos a suponer que se trabaja 8 horas durante el día.

8(0, 32) → 2, 56 horas, durante 2, 56 horas vamos a tener más de 3 personas, 4, 5, 6. . personas, en el sistema, 32% llegan más de 3.

8(0, 68) → 5, 44 horas de trabajo solamente vamos a tener 2 clientes en la cola y 1 clientes en el servidor.

32% → 2, 56 horas = 2 horas y 33 minutos y 36 segundos

8 horas {


− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −


e). Utilización del sistema.

p = λ μ ⓿ = 9 = 0, 75 = 75%, el sistema está ocupado el 75%, estan trabajando, utilizacion del sistema.

12

p o = 1 − λ ❶ = 1 − 0, 75 = 25%, el sistema está vacio el 25%, los cajeros no hacen nada, están descanzando los cajeros

μ

no hay clientes para cobrar, no es utilizado el servico, está vacio (holguras), el 25% del tiempo total el cajero no trabaja.

75% → 6 horas = 6 horas trabajan los cajeros.

25% → 2 horas = 2 horas descanzan los cajeros.

8 horas {

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −

100% → 8 horas = 8 horas jornada laboral.

Nota: μ ≥ λ tasa de servicio ≥ tasa de llegadas; servidor tiene que ser más grande que la cola (hay colas)

μ ≤ λ no hay colas, no habría necesidad de estudiar la teoría de colas.

Todo servicio automático tiene riesgo, con tecnología todo es riesgo.

PROBLEMA#428 El Banco Unión Estatal, ha decidido instalar un cajero automático de atención a automovilistas para personas

que deseen hacer un solo depósito; el fabricante le ha informado al banco que en estos casos el tiempo de servicio es

constante con 7,5 minutos. Para determinar las características de operación de este nuevo sistema se han evaluado las

llegadas de los automóviles y se ha encontrado que se comportan en forma de distribución de poisson a una llegada de 4

automóviles por hora. Encontrar la congestión del sistema.

SOLUCION

Datos:

λ = 4 automóviles por hora

1

1

1

= 7, 5 minutos → 1 = μ(7, 5minutos) →

= μ → μ =

μ (7, 5minutos) (7, 5minutos)

a). Utilización del sistema.

60 minutos

∗ = 8 automóviles por hora

1 hora

p = λ μ ⓿ = 4 8 = 0, 50 = 50%, el sistema está ocupado; p o = 1 − λ ❶ = 1 − 0, 50 = 0, 50 = 50% el sistema está vacio.

μ

b). Análisis de la cola:


μ(μ − λ) ❷ =

∗ tiempo de espera promedio: W q = L q

λ

c). Análisis del sistema:

λ 2

❹ =

0, 50

4

4 2

8(8 − 4) = 16

32 = 8

16 = 0, 125 horas = 0, 125 horas ∗ 60 minutos

= 0, 50 automóvil en la cola.

1 hora

= 7, 5 minutos esta parado en la cola.

∗ longitud promedio de la linea: L = L q + λ μ ❸ = 1 2 + 4 4 + 4

=

8 8

= 8 = 1 automóvil en todo el sistema.

8

∗ tiempo de espera promedio: W = W q + 1 μ ❺ = 0, 125 + 1 8 = 1 4 horas = 1 60 minutos

horas ∗ = 15 minutos en sistema.

4 1 hora

j = W − W q ❽ = 15 minutos − 7, 5 minutos = 7, 5 minutos, que está en el servidor.


PROBLEMA#429 Frente a una ventanilla del Banco Unión Estatal, se presentan 560 personas diarias (jornada laboral de 8

horas); el cajero puede dar servicio a 100 personas como promedio por hora. Con la hipótesis de llegadas poissonianas y

servicios exponenciales, encontrar el factor de utilización del sistema, el tiempo ocioso promedio en el sistema, la probabilidad

de que existan 4 clientes en el sistema, el número promedio de personas en el sistema, la cantidad promedio de clientes en la

cola, el tiempo promedio que permanece una persona en el sistema, el tiempo promedio de un cliente en la fila, el tiempo

promedio que tarda un servicio.

SOLUCION

Datos:

λ = 560 persona se presentan al día = 70 personas por hora

μ = 100 personas por hora.

a). Encontrar el factor de utilización del sistema. p = λ ⓿ = 70 = 0, 70 = 70% permanece ocupado en promedio el sistema.

μ 100

b) El tiempo ocioso promedio en el sistema: p o = 1 − λ 70

❶ = 1 − = 1 − 0, 70 = 0, 30 = 30% permance vacio el sistema.

μ 100

c) La probabilidad de que existan 4 clientes en el sistema: p(L ≥ n) = ( λ μ )n+1 ❾ = ( 70

100 )4+1 = 0, 16807 = 16, 807%

d) el número promedio de personas en el sistema:∶ L = L q + λ ❸ = λ2

+ λ =

μ μ(μ−λ) μ

e) la cantidad promedio de clientes en la cola: L q = λ2

❷ =

μ(μ−λ)

70 2

= 4900 = 49

100(100−70) 3000 30

70 2

100(100−70) + 70

100 = 7 3

f) el tiempo promedio que permanece una persona en el sistema: W = W q + 1 ❺ = L q

+ 1 49

= 30

μ λ μ

personas en la cola.

+

1

=

1

70 100 30

h) el tiempo promedio de un cliente en la fila: W q = L 49

q

❹ = 30

= 7 horas = 1, 4 minutos

λ 70 300

i) el tiempo promedio que tarda un servicio: j = W − W q ❽ = 2minutos − 1, 4minutos = 0, 6 minutos

personas en el sistama.

horas = 2 minutos.

PROBLEMA#430 Tamaño de una brigada, se está estudiando un muelle de carga y descarga de camiones para aprender cómo

debe formarse una brigada. El muelle tiene un espacio solo para un camión así es un sistema de un servidor, pero el tiempo de

carga y descarga puede reducirse aumentando el tamaño de la brigada supóngase que puede aplicarse el modelo de un

servidor y una cola (llegadas poisson, tiempo de servicios exponenciales) y que la tasa promedio de servicio es un camión por

hora para un cargador, los cargadores adicionales aumentan la tasa de servicio proporcionalmente, además, supóngase que

los camiones llegan con una tasa de 2 por hora en promedio y que el costo de espera es de 20 Bs por hora por camión, si se le

paga 5 Bs por hora a cada miembro de la brigada. Cuál es el mejor tamaño de esta.

SOLUCION

Datos:

λ = 2 camiones por hora (llegadas)

μ = 1 camion por persona por hora (servicio) carga y descarga → 1 camión por hora por cargador.

C e = 20 Bs por camión por hora, costo de espera. C s = 5 Bs por hra por persona, cada miembro recibe 5 Bs, costo de espera.

k = # de personas que componen la brigada, cuál es el mejor tamaño de la brigada

μ ≤ λ (no puede ser); 1 ≤ 2; cargadores ≤ camiones; dar a (k) aleatoriamente: { μ = λ; 2 = 2 ( puede ser)}

{ μ ≥ λ; 3 ≥ 2 ( siempre)}, vamos a trabajar con esta proposición: k = 3trabajadores en la brigada.

Pareciera el problema multicanal, pero no lo es: en este caso solamente vamos a determinar los costos totales.

a) Con tres trabajadores k = μ = 3.

L = L q + λ μ ❸ = λ 2

μ(μ − λ) + λ μ = 2 2

3(3 − 2) + 2 3 = 4 3 + 2 3 = 6 = 2 camiones en el sistema.

3

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ = 20 ∗ 2 + 5 ∗ 3 = 40 + 15 = 55 Bs.

b) Con tres trabajadores k = μ = 4.

L = L q + λ μ ❸ = λ 2

μ(μ − λ) + λ μ = 2 2

4(4 − 2) + 2 4 = 4 8 + 2 4 = 8 = 1 camion en el sistema.

8

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ = 20 ∗ 1 + 5 ∗ 4 = 20 + 20 = 40 Bs.

c) Con tres trabajadores k = μ = 5.

L = L q + λ μ ❸ = λ 2

μ(μ − λ) + λ μ = 2 2

5(5 − 2) + 2 5 = 4 15 + 2 5 = 2 camion en el sistema.

3

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ = 20 ∗ 2 40 115

+ 5 ∗ 5 = + 25 =

3 3 3

= 38 1 3 = 115

3

Bs.

d) Con tres trabajadores k = μ = 6.

L = L q + λ μ ❸ = λ 2

μ(μ − λ) + λ μ = 2 2

6(6 − 2) + 2 6 = 4 24 + 2 6 = 1 2

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ = 20 ∗ 1 + 5 ∗ 6 = 10 + 30 = 40 Bs.

2

= 0, 50 camion en el sistema.



e) Con tres trabajadores k = μ = 7.

L = L q + λ μ ❸ = λ 2

μ(μ − λ) + λ μ = 2 2

7(7 − 2) + 2 7 = 4 35 + 2 7 = 2 = 0, 40 camion en el sistema.

5

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❼ = 20 ∗ 2 + 5 ∗ 7 = 8 + 35 = 43 Bs.

5

Conclusión: la brigada debe trabajar con 5 trabajadores por tener el costo total mínimo óptimo de 115/3 Bs o aproximado de

38,33 Bs, por cada trabajador (cargador) le resulta cargar menos de un camión, a cargar solamente 2/3 camiones o aproximado

a 0,67 camiones (porque toda cola tiene un costo).

PROBLEMA#431 Restaurante de comida rápida: Considérese un restaurante de comida rápida con un menú limitada. El

restaurante se está diseñando para que todos los clientes se unan a una sola línea para ser servidos (igual que en el

supermercado), una orden es una llegada sin importar cuantas personas comparten esa orden. Una persona tomará la orden y

las servirá con sus limitaciones, la tasa de servicio puede aumentarse agregando más personal para preparar comida y servir

las órdenes. Esto constituye un sistema de un servidor y una línea, si las llegadas y las salidas son aleatorias, puede aplicarse

el modelo de una cola, supóngase que la administración quiere que el cliente promedio no espere más de 2 minutos antes que

se tome una orden, supóngase que la tasa máxima de llegadas es de 30 órdenes por hora.

SOLUCION

Datos:

λ = 30 órdenes por hora (llegadas) μ =? W q = L q

1 hora

❹ = 2 minutos = 2 minutos ∗

λ 60 minutos = 1

30 horas

Como no conocemos la tasa de servicio, debemos determinar el valor de: μ =?

W q = L λ 2

q

λ ❹ → W μ(μ − λ)

λ 2

q =

→ W

λ

q =

λ[μ(μ − λ)] → W λ 2

q =

λ[μ 2 − μλ] → (W q) ∗ {λ[μ 2 − μλ]} = λ 2 → {λ[μ 2 − μλ]} =

λ2

(W q )

{λ[μ 2 − μλ]} =

λ2

(W q ) → μ2 ∗ λ − μ ∗ λ 2 =

λ2

(W q ) → 30μ2 − 900μ = 900 → 30μ

1

2 − 900μ = 27000 → 30μ 2 − 900μ − 27000 = 0

30

30μ 2 − 900μ − 27000 = 0 ecuación de segundo grado; usar la formula de ecuacion de segundo grado:

μ = −b ± √b2 − 4ac

; donde a = 30 b = −900 c = −27000; estos valores reemplazar en la formula:

2a

μ = −b ± √b2 − 4ac

2a

μ = 900

60 ± √4050000

60

= −(−900) ± √(−900)2 − 4(30)(−27000)

=

2(30)

900 ± √810000 + 3240000 900 ± √4050000

=

60

60

= 15 ± 33, 54 → μ = 48, 54 ≅ 49 y μ = −18, 54 ≅ −19 debemos trabajar sólo con positivo.

μ = 48, 54 ≅ 49 órdenes por hora; oferta ≥ demanda; servicio ≥ llegadas; 49 ≥ 30 siempre ok.

Encima de la demanda debemos preparar 49 órdenes como máximo, sólo nos piden 30 órdenes, en exceso tenemos 9 órdenes,

me están viniendo más 9 órdenes eso es bueno de ese flujo de órdenes, para no quedar con clientes insatisfechos.

Siempre los restaurantes de comida tienen que preparar por demás los platos de comida (excesos) para que no le falte, las

guarniciones tienen que estar listas en mi restaurante para que no me falten, siempre los platos (hay que tener preparado).

PROBLEMA#432 Los materiales llegan a un muelle de recepción con una tasa promedio de 5 por hora (distribución de poisson)

y se manejan con un camión elevador cuyo tiempo de servicio es exponencial, con una tasa promedio de servicio de 7 cargas

por hora. La administración de producción quiere saber lo siguiente:

a).El promedio de las cargas que esperan su transporte en el muelle.

b).El promedio del tiempo que una carga que llega pasará esperando servicio.

c).Cuál deberá ser la tasa de servicio del camión elevador a fin de tener un tiempo esperado de espera de 20 minutos por cargas

SOLUCION

Datos:

λ = 5 cargas por hora (llegadas) μ = 7 cargas por hora (servicio)

λ 2

a) L q =

μ(μ − λ) ❷ = 5 2

7(7 − 5) = 25

7(2) = 25 cargas en la cola.

14 b)W q = L 25

q

λ ❹ = 14

5 = 5

14 horas = 21 3 7 = 150

7

minutos

c)W q = 20 minutos por cargas; encontrar de nuevo la tasa de servicio con 20 minutos por cargas = 20minutos = 1 3 horas.

W q = L q

λ ❹ → 1 3 =

λ 2

μ(μ − λ)

→ 1 λ 3 =

5 2

μ(μ − 5)

→ 1 5 3 =

25

[5(μ 2 − 5μ)] → 1 3 =

25

5μ 2 − 25μ → 1 3 (5μ2 − 25μ) = 25 → 5μ 2 − 25μ = 25(3)

5μ 2 − 25μ = 25(3) → 5μ 2 − 25μ = 75 → 5μ 2 − 25μ − 75 = 0 → μ = 7, 11 y μ = −2, 11

No podemos tener cargas negativas, solamente trabajamos con el positivo de la tasa de servicio en este caso:

μ = 7, 11 cargas por hora



PROBLEMA#433 Modelo de un servidor con tiempos de servidores constantes, cuando los servidores son mecánicos

(tecnología, automático) Imagínese un lavado automático de autos con una línea de remolque de manera que los autos se

muevan atreves de la instalación de lavado como una línea de ensamble, una instalación de este tipo tiene 2 tiempos de

servicio diferentes: el tiempo entre autos y el tiempo para completar un auto. Desde el punto de vista de la teoría de colas el

tiempo entre autos establece el tiempo de servicio del sistema, un auto cada 5 minutos de una tasa de 12 autos por hora. Sin

embargo el tiempo para procesar un auto es el tiempo que se debe esperar para entregar un auto limpio. La teoría de colas no

considera este tiempo. Supóngase que el lavado de auto puede aceptar un auto cada 5 minutos y que la tasa promedio de

llegadas es de 9 autos por hora con distribución de poisson.

SOLUCION

Datos:

λ = 9 autos por hora

1

1

1

= 5 minutos → 1 = μ(5minutos) →

= μ → μ =

μ (5minutos) (5minutos)

a). Utilización del sistema.

p = λ μ ⓿ = 9

60 minutos

∗ = 12 autos por hora

1 hora

12 = 0, 75 = 75%, el sistema está ocupado; p o = 1 − λ ❶ = 1 − 0, 75 = 0, 25 = 25% el sistema está vacio.

μ

b). Análisis de la cola:

λ 2


μ(μ − λ) ❷ = 9 2

12(12 − 9) = 81

36 = 9 2, 25

= 2, 25 autos en la cola;

= 1, 125 auto

4 2tiempos

∗ tiempo de espera promedio: W q = L q 2, 25

❹ =

λ 9

= 0, 25 horas = 0, 25 horas ∗ 60 minutos = 15 minutos esta parado en la cola.

1 hora

W q = 15 minutos esta parado en la cola.

c). Análisis del sistema:

divididos entre los 2 tiempos: W q = 15 2

= 7, 5 minutos en la cola.

∗ longitud promedio de la linea: L = L q + λ 9

❸ = 1, 125 +

μ 12 = 15

8 = 1 7 = 1, 875 automóviles en todo el sistema.

8

∗ tiempo de espera promedio: W = W q + 1 1

❺ = 7, 5minutos + hrs = 12, 5 minutos en sistema.

μ 12

j = W − W q ❽ = 12, 5 minutos − 7, 5 minutos = 5 minutos, que está en el servidor.

Comparaciones de humano con el tecnológico:

Análisis Tiempo de servicio exponenciales en humano Tiempo de servicio constante en máquinas

a) Cola

λ 2

L q =

μ(μ − λ) ❷ L q = 2, 25 autos en la cola L q = 1, 125 autos en la cola

W q = L q

λ ❹ W q = 15 minutos en la cola W q = 7, 5 minutos en la cola

b) Sistema.

L = L q + λ μ ❸ L = 3 autos en el sistema. L = 1, 875 autos en el sistema.

W = W q + 1 μ ❺ W = 20 minutos en el sistema. W = 12, 5 minutos en el sistema.

c) Utilización del servicio

p = λ μ ⓿ p = 75% utilizacion del sistema. p = 75% utilizacion del sistema.

p o = 1 − λ μ ❶ p o = 25% holgura del sistema. p o = 25% holgura del sistema.

Con los humanos, las colas son más largas y con las máquinas las colas son pequeñas.



MODELO II. LÍNEA DE ESPERA CON CANALES MÚLTIPLES-MULTICANAL, UNA COLA Y VARIOS SERVIDORES, M/M/k

Una línea de espera con canales múltiples consiste en dos o más canales de servicio que se supone son idénticos desde el

punto de vista de su capacidad. En el sistema de canales múltiples, las unidades que llegan esperan en una sola línea y luego

pasan al primer canal disponible para ser servidas. Las llegadas siguen una distribución de probabilidad de poisson y el tiempo

de servicio para cada canal sigue una distribución de probabilidad de exponencial, la tasa media de servicio u es la misma para

cada canal, las llegadas esperan en una sola línea de espera y luego pasan al primer canal disponible para el servicio.

Características operativas para línea de espera multicanal son las siguientes:

λ = la cantidad promedio de llegadas por periodo(la tasa media de llegadas, distribución poisson).

μ = la cantidad promedio de servicios por periodo (la tasa media de servicio, distribución exponencial).

k = la cantidad de canales, capacidades del sistema.

FORMULAS

1

p o =

( λ μ

[∑

)n ( λ ⓿ → probabilidad de que no haya unidades en el sistema.

k−1

μ )k k ∗ μ

n=0

]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )]

p =

λ ❶ → factor promedio de utilización del sistema (%).

μ ∗ k

L q =

( λ μ ) k

(λ ∗ μ)

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2

[

]

∗ (p o

)❷ → la cantidad promedio de unidades en la linea de espera, fila, cola.

L =

( λ μ ) k

(λ ∗ μ)

∗ (p o

) + λ μ ❸ ↔ L = L q + λ ❸ → cantidad promedio de unidades en el sistema.

μ

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2

[

]

( λ k

μ ) (μ)

W q =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o )❹ ↔ W q = L q

❹ → promedio de tiempo que pasa una persona en la fila.

λ

[

]

W =

( λ μ ) k

(μ)

∗ (p o

) + 1 μ ❺ ↔ W = W q + 1 ❺ → tiempo promedio que pasa una unidad en el sistema.

μ

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2

[

]

( λ n

μ ) p n = ∗ p

n! o ❻; para n ≤ k → probabilidad de n unidades en el sistema.

( λ n

μ ) p n =

k! k (n−k) ∗ p o❼; para n > k → probabilidad de n unidades en el sistema.

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❽ → Costo total por periodo; C e = costo de espera; C s = costo de servicio; k = cantidad de canales

j = W − W q ❾ → tiempo promedio que tarda un servicio.

p w = 1 k

k! (λ μ ) k ∗ μ

(

k ∗ μ − λ ) p o❿ → probabilidad de que una unidad que llega tenga que esperar por el servicio.



PROBLEMA#434 La cooperativa de ahorro Plan 3000, tiene 4 cajeros para cuentas de ahorro. Ha averiguado que las

distribuciones del tiempo de servicio son exponenciales con un promedio de tiempo de servicio de 6 minutos por cliente. Se

sabe que los clientes llegan en forma de poisson durante el día, con un promedio de llegadas de 30 clientes por hora.

a) Calcular el promedio de longitud de la línea de espera.

b) Calcular el promedio de clientes en el sistema.

c) Calcular el promedio del tiempo que espera un cliente antes de que se le dé servicio.

d) Calcular el promedio del tiempo que un cliente pasa en el sistema.

e) calcular cuántas horas por semana dedica un empleado al desempeño de su trabajo.

f) Calcular la probabilidad de que un empleado tenga que esperar a un cliente.

g) Calcular el número esperado de empleados desocupados en cualquier momento dado.

SOLUCION

Datos:

k = 4 cajeros; λ = 30 clientes por hora; 1 = 6 minutos → μ = 10 clientes por hora.

μ

1

1

p o =

p o =

( λ μ

[∑

)n ( λ ⓿ =

k−1

μ )k k ∗ μ

n=0

]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )] [ (30

0!

10 )0

1

1

[1] + 3 + 9 2 + 9 =

2 + [27 8 (4)] 1 + 3 + 9 2 + 9 2 + 27

2

] + (30

1!

10 )1

+ (30 10 )2

2!

+ (30 10 )3

3!

10 )4

+ [ (30

4!

= 1 = 2 = 0, 0377 = 3, 77%

53 53

2

=

4 ∗ 10

(

4 ∗ 10 − 30 )]

( λ k

μ ) (λ ∗ μ)

( 30 4

a) L q =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o

)❷ = [

10 ) (30 ∗ 10) 2

(4 − 1)! (4 ∗ 10 − 30) 2]

∗ (

53 ) = [24300 600 ] ∗ ( 2

53 ) = 48600

31800 = 81 ≅ 1, 53 clientes.

53

[

]

( λ k

μ ) (λ ∗ μ)

b) L =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2

[

]

∗ (p o

) + λ μ ❸ ↔ L = L q + λ μ ❸ = 81

53 + 30

( λ k

μ ) (μ)

c) W q =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o

)❹ ↔ W q = L 81

q

λ ❹ = 53

30 = 81

1590 = 27

530

[

]

10 = 240 ≅ 4, 53 clientes en el sistema.

53

horas ∗

60 minutos

1 hora

= 162 minutos ≅ 3, 06 min.

53

( λ k

μ ) (μ)

d)W =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o

) + 1 μ ❺ ↔ W = W q + 1 μ ❺ = 27

530 horas + 1 10 horas = 8 480

hrs = minutos ≅ 9, 06min.

53 53

[

]

e) p =

λ

μ ∗ k ❶ = 30

10 ∗ 4 = 30 = 0, 75 = 75%, trabaja el empleado de su tiempo total.

40

Vamos a suponer que el empleado trabaja una jornada de 8 horas por día.

5 dias

8 ∗ 0, 75 = 6 horas al día trabaja ∗

1 semana = 30 horas

5 días

; y descansa 2 hrs por días ∗

semanales 1 demana = 10 hrs

semana .

En promedio el cajero a la semana trabaja 30 horas semanales y descansa 10 horas semanales.

f) p w = 1 k

k! (λ μ ) k ∗ μ

(

k ∗ μ − λ ) p o❿ = 1 4

4! (30 10 ) 4 ∗ 10

(

4 ∗ 10 − 30 ) ∗ 2

53 = 27 2

(4) ∗

8 53 = 27

53 = 2700 % ≅ 50, 94%; n = 4 de L.

53

g) p n = 1 n! (λ μ ) n

∗ p o

❶❶

n = 0 → p 0 = 2

53 ;

n = 1 → p 1 = 6

53 ;

n = 2 → p 2 = 9

53 ;

n = 3 → p 1 = 9

53 ;

asi: p 3 = 1 3

3! (30 10 ) ∗ 2

53 = 9

53

Empleado desocupado en cualquier momento: E c = 4p 0 + 3p 1 + 2p 2 + 1p 3 ❶❷

E c = 4p 0 + 3p 1 + 2p 2 + 1p 3 = 4 ( 2 53 ) + 3 ( 6 53 ) + 2 ( 9 53 ) + 1 ( 9 53 ) = 8 53 + 18

53 + 18

53 + 9 53 = 53

53

1 empleado ocioso en promedio en cualquier momento.

= 1 empleado ocioso en prom.



PROBLEMA#435 En el taller mecánico de J&VH, cuatro grúas elevadas dan servicio a cierto número de máquinas de

producción. Si todas las grúas están ocupadas y un mecánico debe esperar servicio, el costo del tiempo de espera es de 4,5 Bs

por hora (cuota de salario, beneficios marginales y costo de la falta de producción). Por otra parte, los gastos de administración

de las grúas son de 5,8 Bs por horas (cuota de salarios, beneficios marginales y otros costos). Los datos empíricos obtenidos,

indican que el número de solicitudes de servicio de las grúas por los mecánicos sigue una distribución de poisson, con una

tasa promedio de 5 solicitudes por hora. El promedio del tiempo de servicio se distribuye en forma exponencial, con un tiempo

de 20 minutos por llamada. Las grúas atienden al primer mecánico que lo solicita. El vicepresidente encargado de la

manufactura quiere saber cuántas grúas se necesitan para mantener al mínimo el costo del tiempo de espera de los mecánicos,

así como el costo de los gastos generales de la administración de las grúas. Úsese un día de 8 horas en los cálculos.

SOLUCION

Datos:

k = 4 grúas; λ = 5 por hora; 1 = 20 minutos → μ = 3 por hora.

μ C

a) Para k = 2 grúas

1

p o =

( λ μ

[∑

)n ( λ ⓿ =

k−1

μ )k k ∗ μ

n=0

]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )] [ (5 3 )0

0! ] + (5 3 )1

1!

1

+ [ (5 3 )2

2!

e = 4, 5 Bs por hora; C s = 5, 8 Bs por hora

λ

k ∗ μ ≤ 1 ↔

5

3 ∗ 4 ≤ 1

=

2 ∗ 3

(

2 ∗ 3 − 5 )]

5

12 ≤ 1

1

1 + 5 3 + 25

3

= 1 ≅ 9, 09%

11

( λ k

μ ) (λ ∗ μ)

L =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o

) + λ μ ❸ = [

( 5 2

3 ) (5 ∗ 3) 1

(2 − 1)! (2 ∗ 3 − 5) 2]

∗ (

11 ) + 5 3 = (125 3 ) ( 1

11 ) + 5 3 = 60 ≅ 5, 45 grúas.

11

[

]

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❽ = (4, 5) ( 60

270

) + (5, 8)(2) =

11 11 + 58

5 = 1988

55

= 36 8 55 = 1988 ≅ 36, 14 Bs

55

b) Para k = 3 grúas

1

p o =

( λ μ

[∑

)n ( λ ⓿ =

k−1

μ )k k ∗ μ

n=0

]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )] [ (5 3 )0

0! ] + (5 3 )1

1!

1

+ (5 3 )2

2!

+ [ (5 3 )3

3!

=

3 ∗ 3

(

3 ∗ 3 − 5 )]

1

1 + 5 3 + 25

18 + 125 = 24

139

72

( λ k

μ ) (λ ∗ μ)

L =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o

) + λ μ ❸ = [

( 5 3

3 ) (5 ∗ 3) 24

(3 − 1)! (3 ∗ 3 − 5) 2]

∗ (

139 ) + 5 3 = (625 288 ) ( 24

139 ) + 5 3 = 1135 ≅ 2, 04 grúas.

556

[

]

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❽ = (4, 5) ( 1135

10215

) + (5, 8)(3) =

556 1112 + 87

5 = 147819 ≅ 26, 59 Bs

5560

c) Para k = 4 grúas

1

p o =

( λ μ )n ( λ ⓿ =

k−1

μ )k k ∗ μ

[∑

n=0 ]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )] [ (5 3 )0

0! ] + (5 3 )1

1!

p o =

1

1 + 5 3 + 25

18 + 125

162 + 625

1134

= 1 = 378 ≅ 18, 59%

2033 2033

378

+ (5 3 )2

2!

1

+ (5 3 )3

3!

+ [ (5 3 )4

4!

=

4 ∗ 3

(

4 ∗ 3 − 5 )]

( λ k

μ ) (λ ∗ μ)

L =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o ) + λ μ ❸ = [

( 5 4

3 ) (5 ∗ 3) 378

(4 − 1)! (4 ∗ 3 − 5) 2] ∗ (

2033 ) + 5 3 = (3125 7938 ) ( 378

2033 ) + 5 3 = 24760 ≅ 1, 74 grúas.

14231

[

]

CT o = C e ∗ L + C s ∗ k❽ = (4, 5) ( 24760

111420

) + (5, 8)(4) =

14231 14231 + 116

5

= 2207896 ≅ 31, 03 Bs

71155

El taller mecánico debe tener 3 grúas, para poder minimizar su costo total



PROBLEMA#436 Se está planeando la construcción de salas gemelas en un moderno proyecto de centro comercial. Cada sala

tendrá capacidad de 150 clientes. Los arquitectos del centro comercial se encuentran decidiendo el número de ventanillas de

atención. En las horas punta, los cines deben iniciar sus funciones cada 10 minutos, cubriendo con al menos una capacidad del

80% de la sala. Deberá tenerse en cuenta que los clientes compran sus entradas por pareja.

Suponiendo que los tiempos entre arribos y el servicio son aleatorios, con un tiempo promedio del servicio de 1 minuto, ¿cuál

deberá ser el número mínimo de ventanillas a construir, si el tiempo que debe pasar un cliente en la compra de su entrada, no

excederá de 1 minuto con 30 segundos?

SOLUCION

Datos: 1 cliente se cuenta por pareja; capacidad de la sala 150 personas; debe estar lleno la sala al menos el 80%.

clientes potenciales

2

intervalo

150 clientes ∗ (0, 80)

2

10 minutos

60 clientes

k = # de ventanillas? ; λ =

=

= = 6 clientes por minuto.

10 minutos

λ = 6 clientes 60 minutos

1

∗ = 360 personas por hora; = 1 minuto ↔ 1 = 1minuto(μ) ↔ μ = 60 personas por hora.

minuto 1 hora

μ

Tambien podemos trabajar en minutos: λ = 6 personas por minuto(llegada); μ = 1 persona cada minutos(servicio)

W =

( λ μ ) k

(μ)

∗ (p o

) + 1 μ ❺ ↔ W = W q + 1 ❺ = 1 minuto y 30 segundos, estará en el sistema.

μ

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2

[

]

λ

Comprabar:

k ∗ μ ≤ 1 ↔ 6

6 ∗ 1 ≤ 1;

6

7 ∗ 1 ≤ 1;

6

≤ 1; entones: k deberá ser mayor a 6; k = 7, 8, 9, 10, . . ,.

8 ∗ 1

a) Para k = 7 ventanillas

1

p o =

( λ μ

[∑

)n ( λ ⓿ =

k−1

μ )k k ∗ μ

n=0

]

n!

+ [

k!

(

k ∗ μ − λ )] [ (6 1 )0

0! ] + (6 1 )1

1!

p o =

1

1 + 6 + 18 + 36 + 54 + 324

5

+ 324

5

+ 1944

5

+ (6 1 )2

2!

+ (6 1 )3

3!


1

+ (6 1 )4

4!

= 1 = 5 ≅ 0, 0016 ≅ 0, 16%

3167 3167

5

+ (6 1 )5

5!

+ (6 1 )6

6!

+ [ (6 1 )7

7!

=

7 ∗ 1

(

7 ∗ 1 − 6 )]

( λ k

μ ) (μ)

W =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o ) + 1 μ ❺ = [

( 6 7

1 ) (1)

(7 − 1)! (7 ∗ 1 − 6) 2] ∗ ( 5

3167 ) + 1 1 = 1944 + 1 = 1, 61 minutos en el sistema.

3167

[

]

b) Para k = 8 ventanillas

1

p o =

( λ n

μ ) ( λ ⓿ =

k

k−1

μ ) k ∗ μ

[∑

n=0 ] + (

n! k! k ∗ μ − λ )

[

]

1

p o =

1 + 6 + 18 + 36 + 54 + 324

5

+ 324

5

[ (6 1 ) 0

0!

] + (6 1 ) 1

1!

+ (6 1 ) 2

2!

+ 1944

35

+ 5832 =

35

+ (6 1 ) 3

3!

+ (6 1 ) 4

4!

1

+ (6 1 ) 5

5!

+ (6 1 ) 6

6!

+ (6 1 ) 7

7!

1

= 35 ≅ 0, 0021 ≅ 0, 21%

16337 16337

35

=

8

+ [ (6 1 ) 8 ∗ 1

(

8! 8 ∗ 1 − 6 )]

( λ k

μ ) (μ)

W =

(k − 1)! (k ∗ μ − λ) 2 ∗ (p o ) + 1 μ ❺ = [

( 6 8

1 ) (1)

(8 − 1)! (8 ∗ 1 − 6) 2] ∗ ( 35

16337 ) + 1 1 = 2916 + 1 = 1, 18 minutos en el sistema.

16337

[

]

c) Para k = 9 ventanillas

1

p o =

( λ n

μ ) ( λ ⓿ =

k

k−1

μ ) k ∗ μ

[∑

n=0 n!

] + [ (

k! k ∗ μ − λ )]

[ (6 1 ) 0

0!

] + (6 1 ) 1

1!

+ (6 1 ) 2

2!

+ (6 1 ) 3

3!

+ (6 1 ) 4

4!

1

+ (6 1 ) 5

5!

+ (6 1 ) 6

6!

+ (6 1 ) 7

7!

+ (6 1 ) 8

8!

=

9

+ [ (6 1 ) 9 ∗ 1

9!

(

9 ∗ 1 − 6 )]

1

1

p o =

1 + 6 + 18 + 36 + 54 + 324

5

+ 324

5

+ 1944

35

+ 1458

35

+ 2916 = = 35 ≅ 0, 0024 ≅ 0, 24%

14879 14879

35 35

W =

972 15851

+ 1 = = 1, 065 minutos en el sistema.

14879 14879

Se observa que con 8 ventanillas es menor el tiempo que espera que el de 1 minuto y 30 segundos que tenía que esperar en

comprar su boleto, si tenemos 8 ventanillas tendrá que esperar solamente 1,18 minutos o 1 minutos y 11 segundos.


MODELO III. MODELO DE LÍNEA DE ESPERA DE UN SOLO CANAL CON LLEGADAS DE POISSON Y TIEMPOS DE SERVICIO

ARBITRARIOS M/G/1.

Si regresamos al modelo de línea de espera con un solo canal donde las llegadas se describen con una distribución de

probabilidad de poisson. Sin embargo, ahora suponemos que la distribución de probabilidad para los tiempos de servicio no es

una distribución de probabilidad exponencial. Por tanto, este modelo se aproxima a M/G/1 donde G denota la distribución de

probabilidad general o no especificada.

λ = la tasa media de llegada; μ = la tasa de servicio σ = la desviacion estándar del tiempo de servicio.

p 0 = 1 − λ ⓿ = Probabilidad de que no haya unidades en el sistema.

μ

λ 2 σ 2 + ( λ 2

μ ) L q =

2 (1 − λ ❶ = Cantidad promedio de unidades en la línea de espera, en la cola, en la fila.

μ )

L = L q + λ ❷ = Cantidad promedio de unidades en el sistema.

μ

W q = L q

λ ❸ = tiempo en la cola; W = W q + 1 ❹ = tiempo promedio de una unidad en el sistema.

μ

p w = λ ❺ = probabilidad de que una unidad que llega tenga que esperar por el servicio.

μ

Si el modelo es M/D/1 es con tiempos de servicio constantes: L q = ; y los demás formulas son los mismos.

2(1− λ )

μ

PROBLEMA#437 A un taller llegan los pedidos de reparaciones en forma de distribución poisson a un promedio de 4 clientes

por hora. El operario que inspecciona para diagnosticar las reparaciones a hacer efectúa dicha actividad en una forma normal;

en promedio tal inspección le toma 6 minutos. Realizando la evaluación de tiempos y movimientos se encontró que el tiempo de

servicio normalmente distribuido tiene una varianza de 0,125. Calcular las características de operación del sistema.

SOLUCION

Datos:

λ = 4 clientes por hora;

λ 2 σ 2 + ( λ 2

μ ) a) L q =

2 (1 − λ μ )

(λ μ )2

1

μ = 6 minutos → μ = 10 clientes por hora σ2 = 0, 125.

❶ = 42 (0, 125) + ( 4

10 ) 2

2 (1 − 4

10 )

=

4 54

2 +

25

=

25

= 9 = 1, 8 clientes en la cola como promedio.

6 6 5

5 5

b) L = L q + λ μ ❷ = 9 5 + 4

10 = 11 = 2, 2 clientes en el sistema, como promedio.

5

c)W q = L 9

q

λ ❸ = 5

4 = 9 = 0, 45 horas = 27 minutos, es el tiempo que espera en la cola antes de ser atendido es de 27 minutos.

20

W = W q + 1 1

❹ = 0, 45 horas + horas = 0, 55 horas = 33 minutos, el cliente está en todo el sistema 33 minutos.

μ 10

33 minutos − 27 minutos = 6 minutos promedio que dura el servicio.

PROBLEMA#438 El gerente de una oficina de préstamos de capital financiera, tiene que tomar una decisión con respecto a su

tasa de servicio sobre nuevos préstamos. Una tasa de servicio es de 0,5 de unidades por hora, con una variación de 3 horas del

tiempo de servicio, y otra es una tasa de servicio de 0,4 unidades por hora, con una variación de 2 horas del tiempo de servicio.

La diferencia de tasas por hora, representa la exclusión del cliente de los demás servicios que ofrece la empresa, si el cliente de

los demás servicios que ofrece la empresa, si el clientes las necesitara en el futuro. El costo de espera por hora y por empleado

se calcula en 3 Bs, mientras que el costo de servicio a una llegada es de 1,5 Bs. El número de llegadas tiene una distribución

poisson de 0,3 de unidad por hora. ¿Qué debe hacer el gerente?

SOLUCIÓN

Datos: 1). − (μ = 0, 5 y σ = 3); 2). −(μ = 0, 4 y σ = 2); C e = 3; C s = 1, 5; λ = 0, 3

L = L q + λ λ 2 σ 2 + ( λ 2

μ ❷ = μ )

2 (1 − λ + λ

μ ) μ ; CT o = C e ∗ L + C s ∗ k = C e ∗ L + C s ∗ μ

λ 2 σ 2 + ( λ 2

μ ) 1). − CT o = C e ∗ L + C s ∗ k = C e ∗ [

2 (1 − λ + λ (0, 3) 2 3 2 0, 3

+ (

μ ) μ ] + C 0, 5 )2

s ∗ μ = 3 [

0, 3

2 (1 −

0, 5 )

λ 2 σ 2 + ( λ 2

μ ) 2). − CT o = C e ∗ L + C s ∗ k = C e ∗ [

2 (1 − λ + λ (0, 3) 2 2 2 2

0, 3

+ (

μ ) μ ] + C 0, 4 )

s ∗ μ = 3 [

0, 3

2 (1 −

0, 4 )

Se elige la tasa de servicio de 0,5 da como resultado un costo total mínimo.


0, 3

+ ] + (1, 5) ∗ (0, 5) = 6, 938 Bs.

0, 5

0, 3

+ ] + (1, 5) ∗ (0, 4) = 8, 385 Bs.

0, 4

PLANIFICACIÓN DE PROYECTOS POR PERT/CPM

CAPÍTULO 9

15

PLANIFICACIÓN DE PROYECTOS POR

PERT/CPM



Vamos a abordar la planeación y el control de proyectos importantes con muchas actividades separadas que requieren de

coordinación, es gran utilidad para mejorar los tiempos menores para desarrollo de un proyecto.

CPM (Critical Path Method), Método de la ruta crítica es utilizado para administrar proyectos en que los tiempos requeridos para

terminar las tareas individuales se conocen con relativa certeza.

PERT (Program Evaluation And Review Technique) , Es la técnica de evaluación y revisión de proyectos, es un método utilizado

para administrar proyectos en los que los tiempos requeridos para completar tareas individuales son inciertos.

El PERT/CPM fue diseñado para proporcionar diversos elementos útiles de información para los administradores de los

proyectos. Primero, el PERT/CPM expone la ruta crítica de un proyecto. Estas son las actividades que limitan la duración del

proyecto, para lograr que el proyecto se realice pronto, las actividades de la ruta crítica deben realizarse pronto. Por otra parte,

si una actividad de la ruta crítica se retarda, el proyecto como un todo se retarda en la misma cantidad. Las actividades que no

están en la ruta crítica tienen una cierta cantidad de holgura, esto es, pueden empezarse más tarde, y permitir que el proyecto

como un todo se mantenga en programa. El PERT/CPM identifica estas actividades y las cantidades de tiempo disponible para

retardos.

El PERT/CPM también considera los recursos necesarios para completar las actividades, también proporciona una herramienta

para controlar y monitorear el progreso del proyecto.

DIFERENCIAS ENTRE PERT Y CPM

La principal diferencia entre PERT y CPM es la manera en que se realizan los estimados de tiempo. El PERT supone que el

tiempo para realizar cada una de las actividades es una variable aleatoria descrita por una distribución de probabilidad. El CPM

por otra parte, infiere que los tiempos de las actividades se conocen en forma determinística y se pueden variar cambiando el

nivel de recursos utilizados. La distribución de tiempo que supone el PERT para una actividad es una distribución beta. La

distribución para cualquier actividad se define por tres estimados:

a = Estimado optimista, tiempo óptimista.

b = Estimado pesimistas, tiempo pesimista.

m = estimado más probable que se hace.

t = tiempo de la actividad.

T p = tiempo promedio esperado de cada actividad.

σ = desviacion estandar de cada actividad.

T p =

a + 4m + b b − a

; σ =

6

6

DIAGRAMA DE RED

El diagrama de red es la representación grafica de todo el proyecto, cada actividad del mismo se presenta con un circulo y las

flechas se usan para indicar los requerimientos de la secuencia, si una actividad quedo sin secuencia de camino hay que

completar con una actividad ficticio y el tiempo se colca 0.



PROBLEMA#439 Dado el siguiente proyecto de una construcción de una pequeña casa.

Actividades Descripción Predecesor Duración (Semanas)

A Cimiento y paredes Ninguno 4 Semanas

B Plomería y electricidad A 2 Semanas

C Techos A 3 Semanas

D Pintura exterior A 1 Semana

E Pintura interior B y C 5 Semanas

SOLUCIÓN:

Primero trazamos en el diagrama de Gantt o diagrama de Pareto.

Segundo: Trazamos el diagrama de redes (diagrama de flechas) teoría de redes es para simplificar costos, optimizar costos,

personas castellanas (que trabajan en el gobierno) fiscalizar con ética los proyectos, lo ficticio no ocupo (ficticio-implícito).

Encontramos la ruta crítica, manualmente (rústico) método empírico para hallar el camino crítico:

Ruta crítico 1: (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 5) = 4 + 2 + 0 + 5 = 11 semanas.

Ruta crítico 2: (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5) = 4 + 3 + 5 = 12 semanas.

Ruta crítico 3: (1 − 2); (2 − 5) = 4 + 1 = 5 semanas.

Respuesta: de las rutas críticos se elige el camino más grande en este caso 12 semanas, ruta crítica no admite holguras, el

camino crítico es donde hay ceros, la construcción de la casa va a durar 12 semanas, lo crítico de esa actividad no se puede

suspender.

Ruta crítico (Método científico)



Ruta crítica: (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5) = 4 + 3 + 5 = 12 semanas.

El camino crítico no tiene holgura, si no cero de holguras, no hay tiempo que perder termino uno y comienzo otro.

Respuesta final: La casa debemos construir en 12 semanas; las holguras es el ocio.

La actividad “B” de plomería y electricidad tiene una holgura de 1 semana, pero eso no me perjudica para que se coloque el

techo, hasta que el proyecto puede atrasarse una semana, este proyecto tiene un retraso de 1 semana no pasa nada, las 12

semanas es la media indica que en probabilidad el 50% de avance tenemos del proyecto: μ = 12 semanas, en p = 50%.

Cómo encontrar las holguras de las actividades:

TP = Inicio Próximo + Duracion; IL = Terminación Lejana − Duración; H = TL − TP H = IL − IP

Todos los ceros que hay en las holguras esa es la ruta crítica (la ruta crítica no tiene holguras).

Entonces la ruta crítica verdadera será: Ruta crítica = (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5) = 4 + 3 + 5 = 12 semanas.

PERT uso de redes probabilísticos, más de redes probabilísticos, el diagrama de redes en administración (planificación,

organización, programación y control) Pert/Tiempo, hay tres estimaciones de tiempo (Pesimista, más probable, optimista).

Tiempos de PERT para la construcción de una casa:

Actividades Tiempo en semanas Tiempo Promedio Desviación estándar

Optimista Más probable Pesimista

1-2 2 3 10 4 Semanas 4/3 Semanas

2-3 1 1 7 2 Semanas 1 Semanas


2-5 1 1 1 1 Semana 0 Semana

3-4 Ficticio 0 0 0 0 Semanas 0 Semanas


Donde: a = optimista b = pesimista 4 m = más probable T p = Tiempo promedio σ = desviacion estandar

T p =

a + 4m + b

6

σ =

b − a

; en σ se toman (> 1; < 1 y en rango de 0 − 1); no se toma el 1 ni el cero, para ruta crítica.

6



Tiempo Promedio

optimista + 4más probable + pesimista

T p =

6

2 + 4(3) + 10

T p(1−2) = = 4 Semanas

6

1 + 4(1) + 7


6

2 + 4(3) + 4


6

1 + 4(1) + 1

T p(2−5) = = 1 Semana

6

0 + 4(0) + 0

T p(3−4) = = 0 Semana

6

3 + 4(4) + 11


6

Desviación estandar

Pesimista − optimista

σ =

6

10 − 2

σ (1−2) = = 4 Semanas → (> 1, tomar)

6 3

7 − 1

σ (2−3) = = 1 Semanas → (= 1, no tomar)

6

4 − 2

σ (2−4) =

6

= 1 Semanas → (< 1, tomar)

3

1 − 1


6

0 − 0


6

11 − 3

σ (4−5) = = 4 Semanas → (> 1, tomar. )

6 3

Ruta crítica = (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5) = 4 + 3 + 5 = 12 semanas.

4m → 4 partes de 6 del mundo somos normales, es la media, ven lo normal en vista será un 180° de angulo.

Dominante: { b → 1 parte de 6 del mundo somos pesimistas, ven poco en vista mas o menos el 90° de angulo.

a → 1 parte de 6 del mundo somos excelentes, tienen vista adelante y atras con un angulo de vista 235°.

b − a

σ = desviación estandar, son los extremos: σ = ; se toman los > 1; < 1; y lo que está en rango de 0 − 1; no se toma el 1, 0.

6

1 cola para exportar, investigación planificación; la planificación sólo trabaja en una sola cola y 2 colas para las fábricas.

1 cola trabajan las empresas multinacionales, con una sola cola trabajan porque sus productos son del mismo corte son de 70

cm, 70 cm, 70 cm y asi sucesivamente y las empresas nacionales trabajan con 2 colas una de 70 cm y otros de 50 cm, por eso

no tienen capacidad para competir con las transnacionales porque son poderosos, sus productos no son competitivos a nivel

mundial.



CALCULAR LA DESVIACIÓN ESTANDAR DE TODO EL PROYECTO: σ 2 = Varianza.

σ total = √σ 2 (1−2) + σ 2 (2−4) + σ 2 (4−5) = √( 4 2

3 ) + ( 1 2

3 ) + ( 4 2

3 ) = √ 16

9 + 1 9 + 16

9 = √ 33

9 = √ 11 = 1, 9148 ≅ 1, 91 sem.

3

La desviación estandar total de todo el proyecto es 1,91 semanas o 1 semana y 6,37 días.

σ total = 1, 91 semanas → porque el error puede estar hacia arriba o hacia abajo ; μ = 12 semanas, es la media.

Con 1 desviación: { μ + σ total = 12 semanas + 1, 91 semanas = 13, 91 semanas; SI se puede tomar (∗)

μ − σ total = 12 semanas − 1, 91 semanas = 10, 09 semanas; NO se puede tomar (∗∗)

Con 2 desviaciones { μ + 2σ total = 12 semanas + 2(1, 91) semanas = 15, 82 semanas; SI se puede tomar (∗)

μ − 2σ total = 12 semanas − 2(1, 91) semanas = 8, 18 semanas; NO se puede tomar (∗∗)

NO(∗∗);Sabemos que la media representa el 50% de probabilidad de que la casa se termine esto es 12 semanas, si podemos

terminar la casa en 13,91 semanas, peron no en 10,09 semanas. La probabilidad de 50% que es la media, la mitad del proyecto

estamos realizando en 12 semanas solamente la media (mitad) estamos todavía en la mitad del proyecto, 12 semanas significa

solo el 50% de que se concluya el poyecto.

ESTIMACIÓN DE LA TERMINACIÓN DEL PROYECTO

μ = ruta crítica = media = 12 semanas; p = probabilidad = 50% ; σ total = desviación total = 1, 91 semanas

¿Cuál es la probabilidad de que la construcción del proyecto se acabe en 15 semanas?

x − μ

x − μ

Z = (Población, para una población más grande); Z =

σ

σ total

(muestra, para más pequeño grupo).

x − μ 15 semanas − 12 sema. 3 sem.

Z = = = = 1, 57; Z = 1, 57 (ver en la tabla de distribución normal para una sola cola. )

σ total 1, 91 semanas 1, 91 sem.

Z = 1, 57 → p = 0, 9418 o 94, 18% ≅ 94% ; entonces el nivel de significancia o error será: α = 0, 0582 o 5, 82% ≅ 6%

Tenemos una probabilidad del 94% de que el proyecto se va a terminar en 15 semanas, pero no se va a terminar el 6% este me

falta todavía, para completar el 100%, falta un 6% para que se acabe en su totalidad, comúnmente decimos espéreme en unos 5

horas más se lo voy a terminar la casa.

Ruta crítica solo el 50% de probabilidad que es la media eran 12 semanas de que el proyecto avance solamente hasta la mitad.

Tiene que ser mayor a 12 semanas puede ser 13, 14, 15, 16, 17, 18 semanas según el planificador todo depende del planificador.





Z = 2, 09 → p = 0, 9817 o 98, 17% ≅ 98% ; entonces el nivel de significancia o error será: α = 0, 0183 o 1, 83% ≅ 2%





Z = 2, 62 → p = 0, 9956 o 99, 56% = 99, 56% ; entonces el nivel de significancia o error será: α = 0, 0044 o 0, 44%

Más alto, más seguridad de que se cumpla el proyecto es su cabalidad del 100%.



CPM (Trueque entre el tiempo y el costo). Cuando queremos comprar tiempo.

Comprar tiempo gastamos más (ahorro tiempo pero gastamos más), CPM todo normal es barato, todo anormal es caro.

Planeacion por PERT/CPM para programación de proyectos, nos sirve para planificar proyectos. Con planificación=es pensar

antes del suceso=llegamos al éxito. PERT es la técnica de evaluación, revisión de programas y CPM es la ruta crítica, camino

crítico, camino de ruta crítico solo significa en probabilidad el 50%, planificación tiene un comienzo y un final. La holgura es un

tiempo que nos damos un tiempo para vacaciones. CPM y los otros 50% hay que mejorar y corregir los errores para culminar el

proyecto total hasta llegar su conclusión del 100%.

COMO ENCONTRAR LA RED DE TIEMPO MÍNIMO Y COSTO MÍNIMO

Expansión de la red del proyecto de una construcción de una casa.

Datos del CPM para el proyecto de casa:



a) Ruta crítica en tiempo normal (costo mínimo en tiempo mínimo). Esfuerzo normal:

Ruta crítica en normal = (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5); (5 − 7) = 4 + 3 + 3 + 2 = 12 semanas.

b) Ruta crítica en tiempo intensivo (costo mínimo en tiempo mínimo). Esfuerzo intensivo:

Si trabajamos con 1 semana en (6-7), vamos a tener una holgura de 1 semana, y esa holgura estará en (4-6) y (6-7), si

trabajamos con 2 semanas de normal no vamos a tener holgura ya no tomo la 1 semana de lo intensivo porque gasto más.

Mantengo los 2 semanas de lo normal porque estoy gastando 400 Bs en vano lo que estoy gastando mas dinero sin ningún

motivo, esto lo restamos al costo total del intensivo que esta en : (4-6) el incremento es 200 Bs y en (6-7) el incremento fue de

400 Bs, elegir el incremento más grande en este caso es 400 Bs y este incremento restarlo al costo total del intensivo.

En tiempo intensivo todos los caminos son camino crítico o ruta crítica, se ha encontrado el costo total mínimo en tiempo

mínimo. Los 400 Bs estaban inflados estaban pagando tontamente en vano.

Nuestro punto de estudio será en este nodo:

Si trabajamos con 1 semana en tiempo intensivo vamos

a tener 1 semana de holgura, no me conviene.

NO

En ves de una semana vamos a trabajar con 2 semanas de lo normal:

En 1 semana del intensivo 1000 Bs, en 2 semanas del

normal solo gastamos 600 Bs.

1000 − 600 = 400 Bs

400 Bs estamos pagando tontamente, en vano.

SI

Ruta crítica en intensivo = (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 5); (5 − 7) = 3 + 1 + 0 + 2 + 1 = 7 semanas.

Tiempo mínimo y costo mínimo consiste en que la RED no debe tener holgura en tiempo intensivo.

En tiempo intensivo todas tienen que ser caminos críticos ahí termina el problema.

Costo mínimo en tiempo mínimo = 11400 Bs, en 7 semanas.



PROBLEMA#440 Se ha preparado un informe de personal recomendado, un cambio en la hoja de cuentas, se requiere la

coordinación entre varios departamentos enseguida se da la RED estimada para la revisión. Los tiempos que se muestran (en

días) son: optimista, el más probable y el pesimista respectivamente.

a) Encuéntrese el tiempo medio de cada actividad.

b) ¿Cuál es la ruta crítica?

c) Encuéntrese la desviación estándar para el tiempo de terminación del proyecto: sugerencias, si existe más de una ruta

crítica, seleccione la que tenga la mayor desviación estándar.

d) Cuanto duraría el proyecto si se tiene un 95% y 97% de nivel de confianza.

SOLUCIÓN:

a) Encuéntrese el tiempo medio de cada actividad.

Departamentos Información del personal recomendado en (días) Tiempo promedio Desviación estándar

Optimista (a) Más probable (m) Pesimista (b)

a + 4m + b

b − a

T p = σ =

6

6

1-2 8 11 20 12 días 2 días

1-3 15 21 27 21 días 2 días

1-6 25 32 51 34 días 13/3 días

2-3 6 9 12 9 días 1 días

2-4 8 16 24 16 días 8/3 días

3-4 12 15 18 15 días 1 días

3-5 14 18 22 18 días 4/3 días

4-5 5 7 9 7 días 2/3 días

4-7 18 22 26 22 días 4/3 días

5-7 10 12 14 12 días 2/3 días

6-7 18 24 30 24 días 2 días

Ahora vamos a graficar la RED con el tiempo medio de cada actividad.

b) ¿Cuál es la ruta crítica?, las rutas posibles se encuentran donde las holguras son ceros.

Ruta Crítica 1 = (1 − 2); (2 − 4); (4 − 7) = 12 + 16 + 22 = 50 días

Ruta Crítica 2 = (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 7) = 12 + 9 + 15 + 22 = 58 días

Ruta Crítica 3 = (1 − 3); (3 − 4); (4 − 7) = 21 + 15 + 22 = 58 días

Ruta Crítica 4 = (1 − 6); (6 − 7) = 34 + 24 = 58 días

En este momento tenemos cuatro posibilidades de rutas críticas.



Podríamos elegir la ruta crítica 2, 3 y 4 porque el tiempo es el mismo en las tres posibilidades, entonces la ruta crítica es de 58

semanas, en 58 días vamos a revisar solamente la mitad esto significa en probabilidad el 50%.

Para asegurarse el verdadero camino vamos a determinar las desviaciones estandares para cada tipo de los 4 caminos.

c) Encuéntrese la desviación estándar para el tiempo de terminación del proyecto: sugerencias, si existe más de una ruta

crítica, seleccione la que tenga la mayor desviación estándar.

Primer ruta crítica = σ total = √(σ 1−2 ) 2 + (σ 2−4 ) 2 + (σ 4−7 ) 2 = √(2) 2 + ( 8 3 ) 2

+ ( 4 3 ) 2

= √ 116 = 3, 59 días ≅ 4 días

9

Segundo ruta crítica = σ total = √(σ 1−2 ) 2 + (σ 2−3 ) 2 + (σ 3−4 ) 2 + (σ 4−7 ) 2 = √(2) 2 + (1) 2 + (1) 2 + ( 4 3 ) 2

= √ 52 = 2, 40 días ≅ 2 días

9

Tercer ruta crítica = σ total = √(σ 1−3 ) 2 + (σ 3−4 ) 2 + (σ 4−7 ) 2 = √(2) 2 + (1) 2 + ( 4 3 ) 2

= √ 52 9

= 2, 40 días ≅ 2 días

Cuarta ruta crítica = σ total = √(σ 1−6 ) 2 + (σ 6−7 ) 2 = √( 13

3 ) 2

+ (2) 2 = √ 205 = 4, 77 días ≅ 5 días

9

Nota: el 1 de la desviación estándar no se toma encuenta para sacar dichas desviaciones.

Elegir la desviación más grande en este caso elegir la cuarta ruta crítica que es la verdadera:

Ruta Crítica 4 = (1 − 6); (6 − 7) = 34 + 24 = 58 días

Cómo encontrar la holgura de las actividades.

Actividades Duración Inicio Próxima Inicio Lejano Terminación Próxima Terminación Lejana Holguras

(IP) (IL) (TP) (TL) (H)

1-2 12 días 0 0 12 12 0

1-3 21 días 0 0 21 21 0

1-6 34 días 0 0 34 34 0

2-3 9 días 12 12 21 21 0

2-4 16 días 12 20 28 36 8

3-4 15 días 21 21 36 36 0

3-5 18 días 21 28 39 46 7

4-5 7 días 36 39 43 46 3

4-7 22 días 36 36 58 58 0

5-7 12 días 43 46 55 48 3

6-7 24 días 34 34 58 48 0

d) Cuanto duraría el proyecto si se tiene un 95% y 97% de nivel de confianza.

Si el nivel de confianza es 95% ver la tabla de distribucion normal que se apróxime a 95% pero que no se pase.

Si p = 0, 95 lo que se aproxima es el 0, 9495 entonces la Z = 1, 64

x − μ

x − 58 días

Z = ↔ 1, 64 = ↔ 1, 64(4, 77) = x − 58 ↔ 7, 82 = x − 58 ↔ 7, 82 + 58 = x ↔ 65, 82 = x ↔ x = 65, 82 ≅ 66 días

σ total 4, 77 días

El proyecto vamos a terminar en 66 días el 95% de su totalidad, todavía me faltan el 5% para llegar al 100%.

Si el nivel de confianza es 97% ver la tabla de distribucion normal que se apróxime a 97% pero que no se pase.

Si p = 0, 97 lo que se aproxima es el 0, 9699 entonces la Z = 1, 88

x − μ

x − 58 días

Z = ↔ 1, 88 = ↔ 1, 88(4, 77) = x − 58 ↔ 8, 97 = x − 58 ↔ 8, 97 + 58 = x ↔ 66, 97 = x ↔ x = 66, 97 ≅ 67 días

σ total 4, 77 días

El proyecto vamos a terminar en 67 días el 97% de su totalidad, todavía me faltan el 3% para llegar al 100%.

El proyecto se va a

terminar solamente el 97%

se su totalidad en 67 días y

tenemos un nivel de

significacion o de error del

3% este 3% me falta para

concluir para llegar al 100%

de la totalidad del proyecto.



PROBLEMA#441 Dados los siguientes datos del proyecto de presentar un informe de auditoría para una empresa.

Actividades

Tiempo en semanas para presentar un informe de auditoría

Optimista Más probable Pesimista

1-2 1 3 11

1-3 5 8 11

2-3 1 8 9

3-4 1 7 7

3-5 6 9 12

4-5 2 5 8

a) Dibújese el diagrama de red y encuéntrese los tiempos de terminación próxima y lejana y la holgura de cada actividad.

b) Cuál es la ruta crítica.

c) Cuál es la probabilidad de que el proyecto se termine en 20, 22 y 25 semanas.

SOLUCION

Actividades

Tiempo en semanas para presentar un informe de auditoría

a + 4m + b

T p =

Optimista (a) Más probable (m) Pesimista (b)

6

1-2 1 3 11 4 5/3

1-3 5 8 11 8 1

2-3 1 8 9 7 4/3

3-4 1 7 7 6 1

3-5 6 9 12 9 1

4-5 2 5 8 5 1

b − a

σ =

6

IP IL TP TL H

Actividades Duración D

tiempo promedio

1-2 4 0 0 4 4 0

1-3 8 0 3 8 11 3

2-3 7 4 4 11 11 0

3-4 6 11 11 17 17 0

3-5 9 11 13 20 22 2

4-5 5 17 17 22 22 0

IP = Inicio Proxima, se saca del grafico de la red; TL = Terminación Lejana, se saca del gráfico de la red.

TP = IP + D IL = TL − D H = TL − TP H = IL − IP

b) Ruta crítica= son los ceros de holgura de cada actividad.

Ruta Crítica = (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 5) = 4 + 7 + 6 + 5 = 22 semanas

22 semanas significa en probabilidad el 50% de que el proyecto se esta realizando, en este momento solamente estamos en la

mitad de ejecucion de nuestro proyecto de presentación del informe de la auditoría.

c) Desviacion total del proyecto: No se toman el 1 y 0 de desviaciones de cada actividad.

σ total = √(σ 1−2 ) 2 + (σ 2−3 ) 2 + (σ 3−4 ) 2 + (σ 4−5 ) 2 = √( 5 3 ) 2

+ ( 4 3 ) 2

x = 20 semanas; p =?

x − μ 20 − 22

Z = = = −0, 94

σ total 2, 1344

Z = −0, 94

Ver la tabla de distribución normal

p = 0, 1736

p = 17%

+ (1) 2 + (1) 2 = √ 41 = 2, 1344 días ≅ 2semanas

9


x − μ 22 − 22

Z = =

σ total 2, 1344 = 0

Z = 0


p = 0, 50

p = 505



x − μ 25 − 22

Z = = = 1, 41

σ total 2, 1344

Z = 1, 41


p = 0, 9207

p = 92%

No olvidar para sacar la desviación estandar total no se toman los números 1 y 0. Pero se coloca dentro de la raiz pero no se lo

toma en cuenta para calcular dicha desviacion estandar total.


PROBLEMA#442 La gerencia de Boa boliviana de aviación desea determinar la cantidad mínima de tiempo necesario para que

un avión dé la vuelta, desde el momento en que es acoplado en el puente para desembarque hasta que se encuentra listo para

salir. Para tal efecto, el administrador de vuelo ha identificado las siguientes tareas que necesitan llevar a cabo entre la llegada

y la partida del vuelo. A continuación se da las actividades y sus tiempos en minutos.

Tarea Descripción Tiempo optimista Tiempo más frecuente Tiempo pesimista

A Desalojo de pasajeros 12 14 22

B Descarga del equipaje 16 24 38

C Reabastecimiento de combustible 22 28 46

D Limpieza del interior 12 13 26

E Carga de la comida 12 14 28

F Carga del equipaje 15 19 29

G Abordaje de los pasajeros 18 19 26

H Realizacion de la revision de seguridad 6 8 22

Las comidas no pueden ser subidas a bordo ni la limpieza del interior puede efectuarse hasta que han bajado los pasajeros. El

equipaje de los pasajeros que parten no pueden ser cargados hasta que se ha descargado el equipaje de los que llegan. Los

pasajeros no pueden abordar la nave hasta que el interior esté limpio. La puerta de seguridad puede realizarse solamente

después de que los motores han sido abastecidos de combustible y las comidas, los equipajes y los pasajeros ya están a

bordo.

a) Qué seguridad se puede tener al afirmar que un avión demora una hora con 10 minutos durante la operación.

b) Para un nivel de seguridad del 90%, Cuál es el tiempo que un avión demora en la operación.

SOLUCION

Tarea

Descripción

Tiempo promedio: T p = a+4m+b Predecesores inmediatas

6

A Desalojo de pasajeros 15 Minutos Ninguno

B Descarga del equipaje 25 Minutos Ninguno

C Reabastecimiento de combustible 30 Minutos Ninguno

D Limpieza del interior 15 Minutos A

E Carga de la comida 16 Minutos A

F Carga del equipaje 20 Minutos B

G Abordaje de los pasajeros 20 Minutos D

H Realizacion de la revision de seguridad 10 Minutos C,E,F y G

Graficamos en un diagrama de Gantt.

DIAGRAMA DE REDES



Ruta Crítica 1: (1 − 2); (2 − 4); (4 − 5); (5 − 6) = 15 + 15 + 20 + 10 = 60 minutos.

Ruta Crítica 2: (1 − 2); (2 − 5); (5 − 6) = 15 + 16 + 10 = 41 minutos.

Ruta Crítica 3: (1 − 5); (5 − 6) = 30 + 10 = 40 minutos.

Vamos elegir la ruta crítica la más larga en este caso 60 minutos, entre la llegada y la partida del avión en operación debe durar

60 minutos, pero estos 60 minutos representa solamente el 50%, la mitad de la operación.

Actividades Duración D, (minutos) IP IL TP TL H b − a

σ =

6

1-2 15 Minutos 0 0 15 15 0 5/3

1-3 25 Minutos 0 5 25 30 5 11/3

1-5 30 Minutos 0 20 30 50 20 4

2-4 15 Minutos 15 15 30 30 0 7/3

2-5 16 Minutos 15 34 31 50 19 8/3

3-5 20 Minutos 25 30 45 50 5 7/3

4-5 20 Minutos 30 30 50 50 0 4/3

5-6 10 Minutos 50 50 60 60 0 8/3

Ahora calculamos la desviación estandar total.

σ total = √(σ 1−2 ) 2 + (σ 2−4 ) 2 + (σ 4−5 ) 2 + (σ 5−6 ) 2 = √( 5 3 ) 2

+ ( 7 3 ) 2

+ ( 4 3 ) 2

+ ( 8 3 ) 2

= √ 154 = 4, 1366 ≅ 4, 14 minutos.

9

a) x = 1 hora y 10 minutos = 70 minutos; p =? nivel de confianza o de seguridad.

x − μ 70 − 60

Z = =

σ total 4, 14 = 10 = 2, 4154 ≅ 2, 42 ver en la tabla de distribución normal; p = 0, 9922 o p = 99%

4, 14

En 70 minutos vamos a realizar el 99% de la operación que tarda o demora en realizar todas las actividades de un avión.

b) Si p = 90% o p = 0, 90 buscar en la tabla de distribución normal Z = 1, 28

x − μ

x − 60

Z = ↔ 1, 28 = ↔ 1, 28(4, 14) = x − 60 ↔ 5, 2992 = x − 60 ↔ 5, 2992 + 60 = x ↔ x = 65, 2992 ≅ 65 minutos

σ total 4, 14

En 65 minutos, es el tiempo que tarda un avión en la operación, pero solamente estaría realizando el 90% de la operación.

PROBLEMA#443 La JVH constructora planea someterse a un concurso sobre un proyecto de construcción de una carretera en

un departamento de Bolivia. Al preparar sus estimaciones reunió los siguientes datos:

Actividades Normal Intensivo ∆ incremento de costo Bs

Tiempo en semanas Costo, Bs Tiempo en semanas Costo, Bs

1-2 5 10000 3 14000 4000

1-3 10 18000 7 24000 6000

2-5 11 15000 8 18000 3000

3-4 6 5000 5 6500 1500

3-5 8 3000 4 7000 4000

4-6 9 12000 8 15000 3000

5-6 12 6000 8 9000 3000

a) Con sólo tiempo normales, encuéntrese la duración y el costo del proyecto ¿Cuál es la ruta crítica?

b) Cuál es el minimo tiempo requerido para completar el proyecto ¿Cuál es el costo mínimo para este tiempo?

c) el departamento aconsejó a la JVH que se programe el proyecto para terminarlo en 25 semanas. Para cada semana de retrazo

despues de estas 25 semanas, habrá un costo de penalización de 1000 Bs cargados al contratista de la carretera ¿Qué duración

de proyecto debe plantear la JVH?

SOLUCIÓN

a) Con sólo tiempo normales, encuéntrese la duración y el costo del proyecto ¿Cuál es la ruta crítica?

Ruta crítica = (1 − 3); (3 − 5); (5 − 6) = 10 + 8 + 12 = 30 semanas, la duración en tiempo normales es de 30 semanas.

Costo total del proyecto = 10000 + 18000 + 15000 + 5000 + 3000 + 12000 + 6000 = 69000 Bs

En el nodo ❷ tenemos una holgura de 2 semanas de retrazo por cada semana me penalizan con 1000 Bs, entonces como son 2

semanas será 2000 Bs; y en el nodo ❹ hay 5 semanas de retrazo entonces me penalizan con 5000 Bs.

Costo total mínimo del proyecto = 69000 + 2000 + 5000 = 69000 + 7000 = 76000 Bs.



Ruta crítica en tiempo intensivo = (1 − 3); (3 − 4); (4 − 6) = 7 + 5 + 8 = 20 semanas Costo mínimo = 93500 Bs.

No olvidarse en tiempo intensivo todas tienen que ser ruta crítica, en la actividad (1-2) hay que trabajar en vez de 3 semanas del

intensivo, con 4 semanas del normal, en si en esa actividad de (1-2) son 5 semanas, pero vamos ha utilizar solamente 4 horas.

Ahora si todos son caminos críticos.

Actividad Duracion D IP IL TP TL H CAMINO CRITICO

1-2 5 0 2 5 7 2 NO

1-3 10 0 0 10 10 0 SI

2-5 11 5 7 16 18 2 NO

3-4 6 10 15 16 21 5 NO

3-5 8 10 10 18 18 0 SI

4-6 9 16 21 25 30 5 NO

5-6 12 18 18 30 30 0 SI

1-2 3 0 1 3 4 1 NO

1-3 7 0 0 7 7 0 SI

2-5 8 3 4 11 12 1 NO

3-4 5 7 7 12 12 0 SI

3-5 4 7 8 11 12 1 NO

4-6 8 12 12 20 20 0 SI

5-6 8 11 12 19 20 1 NO

Ruta crítica = (1 − 3); (3 − 5); (5 − 6) = 10 + 8 + 12 = 30 semanas, la duración en tiempo normales es de 30 semanas.

Costo total del proyecto = 10000 + 18000 + 15000 + 5000 + 3000 + 12000 + 6000 = 69000 Bs

Costo total mínimo del proyecto = 69000 + 2000 + 5000 = 69000 + 7000 = 76000 Bs.

Para que la empresa termine el proyecto en las 25 semanas establecidas y no ser penalizadas y al mismo tiempo obtener un

costo total mínimo, utilizar las siguientes actividades:

(1 − 2); (1 − 3); (2 − 5); (3 − 4) y (4 − 6), en tiempo normal; y las actividades (3 − 5) y (5 − 7), en el tiempo intensivo.



PROBLEMA#444 Enseguida se presenta el diagrama de un proyecto de análisis de financiera de una cooperativa local:

a) Encuentrese los tiempos de TL y TL y las Holguras de cada actividad ¿Cuál es la duración total del del proyecto?

b) Cuál es la ruta crítica del proyecto.

c) Si los tiempos que se muestran están dadas en semanas de mano de obra ¿Cuántas semanas de esfuerzo se requiere el

proyecto? Podría el lector cumplir con la programación de ese proyecto por sí mismo.

SOLUCIÓN


1-2 4 0 0 4 4 0 SI

1-3 1 0 6 1 7 6 NO

1-4 10 0 5 10 15 5 NO

2-3 3 4 4 7 7 0 SI

2-5 6 4 11 10 17 7 NO

3-4 8 7 7 15 15 0 SI

3-5 6 7 11 13 17 4 NO

4-5 2 15 15 17 17 0 SI

4-6 5 15 19 20 24 4 NO

5-6 7 17 17 24 24 0 SI

RUTA CRÍTICA = (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 5); (5 − 6) = 4 + 3 + 8 + 2 + 7 = 24 semanas



PROBLEMA#445 El propietario del Centro Comercial AL-QUADOSH+, planea modernizar y expandir el complejo actual de 32

locales de negocios del centro comercial; se espera que el proyecto proporcione espacio para 8 a 10 locales nuevos y el

financiamiento se arregló por medio de un inversionista privado. Todo lo que resta es que el propietario del centro comercial

planee, programe y complete el proyecto de expansión. Aplicando el PET/CPM elaborar una lista de actividades que conforman

el proyecto, en la siguiente tabla se muestra las actividades del proyecto, se describen 9 tareas marcadas de A a la I, para su

referencia posterior, también en la tabla muestra las predecesoras inmediatas y el tiempo de cada actividad en semanas.

Actividad Descripción de cada actiidad Predecesora inmediata Tiempo de la actividad

A Preparar planos arquitectónicos Ninguna 5

B Identificar nuevos arrendatarios potenciales Ninguna 6

C Elaborar folletos informativos para los arrendatarios A 4

D Seleccionar contratista A 3

E Preparar permisos de construcción A 1

F Obtener aprobación para los permisos de construcción E 4

G Realizar la construcción D, F 14

H Finalizar contratos con arrendatarios B, C 12

I Mudanza de los arrendatarios G, H 2

Las predecesoras inmediatas identifica las tareas que deben completarse inmediatamente antes de su inicio. Las actividades A

y B no tienen predecesoras inmediatas y pueden comenzarse tan pronto como inicie el proyecto; las actividades C, D y E no

pueden comenzarse hasta que se haya completado la actividad A; la actividad F no puede comenzarse hasta que sea

completado la E; la actividad H sólo puede comenzarse cuando se hayan completado las actividades B y C, la actividad I no se

puede empezar antes de terminar las actividades G y H. el proyecto termina cuando se completa la actividad I.

Al final PET/CPM proporcionará un programa de actividades detallado para completar el proyecto en el menor tiempo posible.

Elaborese un diagrama de Red.

SOLUCIÓN

Camino crítico: A → E → F → G → I = 5 + 1 + 4 + 14 + 2 = 26 semanas


A 5 0 0 5 5 0 SI

B 6 0 6 6 12 6 NO

C 4 5 8 9 12 3 NO

D 3 5 7 8 10 2 NO

E 1 5 5 6 6 0 SI

F 4 6 6 10 10 0 SI

G 14 10 10 24 24 0 SI

H 12 9 12 21 24 3 NO

I 2 24 24 26 26 0 SI

Contribuciones del PERT/CPM.

Con anterioridad afirmamos que los gerentes de proyectos buscan procedimientos que les ayuden a responder preguntas

importantes respecto a la planeacion, programacion y control de proyectos.

1.- ¿Cuánto tomará completar el proyecto?, en 26 semanas.

2.- ¿Cuáles son los tiempos de inicio próximo y la terminacion lejana de cada actividad?

3.- ¿Cuáles actividades son críticas y deben completarse exactamente como se programó para mantener el proyecto según el

programa? A-E-F-G-I son las actividades críticas.

4.- ¿Cuánto puede demorarse las actividades no críticas antes de que causen un aumento en el tiempo para completar el

proyecto? Son las holguras asociadas de cada actividad.



PROBLEMA#446 Un proyecto de mantenimiento de dos máquinas consistente en cinco actividades. Debido a que la

administración ha tenido considerable experiencia con proyectos similares, los tiempos para las actividades de mantenimiento

se consideran conocidos; por consiguiente, se da una sola estimación del tiempo para cada actividad. La red de proyecto se

muestra a continuación.

Actividades Descripcion Predecesora inmediata Tiempo esperado en días

A Revisión de la máquina I Ninguna 7

B Ajuste de la máquina I A 3

C Revisión de la máquina II Ninguna 6

D Ajuste de la máquina II C 3

E Probar el sistema B, D 2

Elaborar un diagrama de red.

SOLUCIÓN

Ruta crítica = A → B → E = 7 + 3 + 2 = 12 días.


A 7 0 0 7 7 0 SI

B 3 7 7 10 10 0 SI

C 6 0 1 6 7 1 NO

D 3 6 7 9 10 1 NO

E 2 10 10 12 12 0 SI

Consideracion de intercambios tiempo-costo:

Los elaboradores originales del CPM proporcionan al gerente de proyectos la opción de agregar recursos a actividades

seleccionadas para reducir el tiempo para completar el proyecto. Los recursos agregados (como más trabajadores, tiempo

extra) generalmente aumentan los costos del ptoyecto, así que la decision de reducir los tiempos de actividad debe tomar en

consideracion el costo adicional implicado. En efecto, el gerente del proyecto debe tomar una decisión que implica intercambiar

una reducción del tiempo de actividad por un incremento en el costo del proyecto.

El procedimiento para hacer cálculos de ruta crítica para que la red del proyecto de mantenimiento es el mismo usado para

encontrar la ruta crítica en las redes para el proyecto de expansión. Cuando las holguras son cero, y por tanto la ruta crítica, se

asocia con las actividades A-B-E la duración de la ruta crítica es de 12 días.

Acortar los tiempos de las actividades

Suponga ahora que los niveles de producción actuales hacen imperativo completar el proyecto de mantenimiento dentro de 10

días. Al observar la duración del a ruta crítica de la red era de 12 días, nos percamos de que es imposible cumplir el tiempo

deseado para completar el proyecto a menos que podamos acortar tiempos de actividad seleccionadas. Este acortamiento de

los tiempos de actividad, que generalmente puede lograrse agregando recursos, se conoce como reducir los tiempos. Sin

embargo, los recursos agregados asociados con reducir los tiempos de actividades comúnmente da como resultado un

incremento en el costo, así desearemos identificar las actividades que cuesta menos reducir y luego acortar los tiempos de

esas actividades sólo la cantidad necesaria para cumplir con el tiempo deseado para completar el proyecto.

Para determinar con exactitud dónde y cuándo reducir los tiempos de actividad, necesitamos información sobre cuánto puede

acortarse el tiempo de cada actividad y cuánto cuesta el proceso de hacerlo. Por tanto, debemos pedir la siguiente información.

1. Costo de cada actividad bajo el tiempo de actividad normal o esperado.

2. Tiempo para completar la actividad bajo un acortamiento máximo (es decir, el tiempo de actividad más corto posible)

3. El costo de la actividad bajo una reducción máxima.

Sea:

t i = tiempo esperado para la actividad i

t ′ i = tiempo para la actividad i bajo acortamiento máximo.

M i = reducción máxima posible en tiempo para la actividad i debida al acortamiento.

M i = t i − t ′ i

k i = C′ i − C i

; donde; C i = costo para la actividad i bajo el tiempo de actividad normal o esperado.

M i

C ′ i = costo para la actividad i bajo la reduccion máxima o intensivo; k i = costo de reducir para cada actividad.



Actividades Descripcion Tiempo en días Costo total en Bs

Normal o deseado Reducir o intensivo Normal C i Intensivo C ′ i

A Revisión de la máquina I 7 4 500 800

B Ajuste de la máquina I 3 2 200 350

C Revisión de la máquina II 6 4 500 900

D Ajuste de la máquina II 3 1 200 500

E Probar el sistema 2 1 300 550

1700 Bs 3100 Bs

Ahora vamos a determinar la reducción máxima en tiempo de cada actividad: M i = t i − t ′ i

M A = 7 − 4 = 3días; M B = 3 − 2 = 1día; M C = 6 − 4 = 2días; M D = 3 − 1 = 2días; M E = 2 − 1 = 1día

Ahora vamos a determinar el costo de reducir por día: k i = C′ i−C i

M i

k A = C′ A − C A 800 − 500

= = 100 Bs por día; k

M A

3

A = 100; k B = 150; k C = 200; k D = 150; k E = 250

Suponemos que cualquier porción o fracción del tiempo reducido de una actividad puede lograrse por una proporción

correspondiente del costo de la reducción máxima de la actividad. Por ejemplo, si decidimos acortar el tiempo de la actividad A

por sólo 1½ días, el costo agregado será (1½)(100 Bs)=150 Bs, lo cual da como resultado un costo total de la actividad de

(500 Bs+150 Bs=650 Bs).

¿Qué actividades deberían reducirse y cuánto, para cumplir con el plazo de 10 días con un costo mínimo?

Su primera reacción ante esta pregunta puede considerar reducir las actividades crítivas : A, B y E. la actividad A tiene el menor

costo de reducción por día de las tres:

k A = 100; k B = 150; k E = 250

Y acortar esa actividad por dos días reducirá la ruta A-B-E a los 10 días deseados. Tenga en cuenta, sin embargo, que mientras

reducen las actividades críticas actuales, otras rutas pueden volverse críticas.



PROBLEMA#447 Considere en siguiente problema de casa constructora, esta constructora construye casas para una sola

familia. Como en el caso determinístico, el gerente de construcción debe primero identificar las principales tareas y sus

predecesores inmediatos. Que se necesitan para construir una casa como se da a continuación las actividades:

Estimación de tiempos (semanas)

Actividades Descripción Predecesor inmediato a m b

A Cimientos Ninguna 2 3 4

B Armazón A 4 7,5 8

C Techos B 3 5,5 11

D Plomería A 2,5 4 5,5

E Cableado eléctrico C 2 3 4

F Puertas y ventanas D, E 3 5 7

G Terminado interior F 3 3,5 7

H Terminado exterior F 2 5 8

I Inspección G, H 1 1 1

Desarrolle un diagrama de red.

SOLUCIÓN

Estimación de tiempos (semanas) Tiempo promedio Desviación estándar

Actividades a m b

a + 4m + b

b − a

T p = σ =

6

6

A 2 3 4 3 1/3

B 4 7,5 8 7 2/3

C 3 5,5 11 6 4/3

D 2,5 4 5,5 4 1/2

E 2 3 4 3 1/3

F 3 5 7 5 2/3

G 3 3,5 7 4 2/3

H 2 5 8 5 1

I 1 1 1 1 0

Ruta crítica = (1 − 2); (2 − 3); (3 − 4); (4 − 5); (5 − 6); (6 − 8); (8 − 9) = 3 + 7 + 6 + 3 + 5 + 5 + 1 = 30 semanas

Duración D

Actividades a + 4m + b

T p = IP IL TP TL H

6

A 3 0 0 3 3 0

B 7 3 3 10 10 0

C 6 10 10 16 16 0

D 4 3 15 7 19 12

E 3 16 16 19 19 0

F 5 19 19 24 24 0

G 4 24 25 28 29 1

H 5 24 24 29 29 0

I 1 29 29 30 30 0

FICTICIO 0 28 29 28 29 1

σ total = 1, 9720; también podemos incluir el (1 y el 0)para sacar laestándar total.

30 semanas estamos realizando el 50% de avance.




TEORÍA DE JUEGOS

CAPÍTULO 9

16

TEORÍA DE JUEGOS


TEORÍA DE JUEGOS

TEORÍA DE JUEGOS

La vida está llena de conflicto y competencia, los numerosos ejemplos que involucran adversarios en conflictos incluyen

juegos de mesa, combates militares, campañas políticas, campañas de publicidad y de comercialización entre empresas de

negocios que compiten y encuentros de partidos de futbol.

Una característica básica en muchas de estas situaciones es que el resultado final depende, primordialmente, de la

combinación de las estrategias seleccionadas por los adversarios. La teoría de juegos es una teoría matemática que estudia las

características generales de las situaciones competitivas como éstas de una manera formal y abstracta, da una importancia

especial a los procesos de toma de decisiones de los adversarios.

Un juego es una situación competitiva entre varios tipos de personas o grupos de personas, denominados jugadores, que se

realiza bajo un conjunto de reglas previamente establecidas, con consecuencias conocidas.

Introducción a juegos matriciales, toda matriz A define un juego, como sigue:

1. Hay dos jugadores, uno llamado R = renglón y otro llamado C = columna;

2. Una jugada del juego consiste en la escogencia por parte de R de una fila de A, y simultáneamente, la escogencia por

parte de C de una columna de A.

3. Después de cada jugada del juego R recibe de C una cantidad igual a la entrada en la columna escogida, una entrada

negativa que denota un pago de R a C.

Ejemplo, considerar los siguientes juegos matriciales:

En el primer juego de 2x3, si R juega constantemente la primera fila con la esperanza de ganar una cantidad de 3 o 4 entonces C

puede jugar la segunda columna y así ganar una cantidad de 1, sin embargo, si C juega constantemente la segunda columna,

entonces R puede jugar la segunda fila y de esta manera ganar una cantidad de 1, así vemos que si cada uno de los jugadores

decide jugar constantemente una columna o una fila en particular, el otro jugador puede sacar ventaja de este hecho.

Ahora bien en el segundo juego de 2x2, el jugador R puede estar seguro de ganar uno o más jugando constantemente la fila 2,

el jugador C puede entonces minimizar sus pérdidas jugando la columna 1, entonces en este juego, es mucho mejor que R

juegue una fila dada y C juegue una columna dada.

Por otra parte supongamos una situación de competencia como sigue:

Hay 2 personas entre organizaciones, empresas, compañías y países.

Cada persona posee un número finito de alternativas.

Las 3 personas escogerán una alternativa simultáneamente.

ESTRATEGIAS

Una estrategia para R en un juego matricial, significa una decisión que hace R de jugar varias filas con una distribución de

probabilidad dada, es decidir jugar la fila 1, con probabilidad de P 1 . Esta estrategia para R se simboliza formalmente por medio

del vector de probabilidad P = (P 1 , P 2 , P 3 , P 4 , … , P n ).

Por ejemplo si el juego matricial tiene 2 filas y R lanza una moneda para decidir cuál de ellas jugar entonces su estrategia es el

valor de la probabilidad.

De manera análoga una estrategia para C quiere decir una decisión tomada por C de jugar las variar columnas con una

distribución de probabilidad, con jugar la columna 1 con probabilidad de Q1, jugar la columna 2 con la probabilidad de Q2, esta

estrategia para C se simboliza formalmente por el vector de probabilidad:

Q = (Q 1 , Q 2 , Q 3 , Q 4 , … . . , Q n )


TEORÍA DE JUEGOS

JUEGOS ESTRICTAMENTE DETERMINADOS

Un juego matricial es estrictamente determinado si la matriz tiene una entrada que es un mínimo en su fila y un máximo en su

columna, tal entrada recibe el nombre de un PUNTO DE SILLA, el teorema siguiente explica el valor del juego (v)

Sea PS un punto de silla de un juego determinado estrictamente. Entonces una estrategia óptima para R consiste en jugar

siempre la fila que contiene a (v), una estrategia óptima para C consiste en jugar siempre la columna que contiene (v) y (v) es

el valor del juego.

Entonces en un juego determinado estrictamente, una estrategia para cada jugador es una estrategia óptima.

Consideremos el siguiente juego:

SOLUCIÓN

En círculo el más pequeño de las filas, en un rectángulo el más grande de las columnas.

En la fila 2 y columna 3, hay un punto de silla: v = valor del juego = 1

Cuando hay punto de silla hay un empate, cuando no hay punto de silla no están en empate.

El 1 que está encerrado en un círculo y en el rectángulo por tanto, en un punto silla de A y el valor del juego es 1 y las

estrategias óptimas del juego son: P 0 para R y Q 0 para C.son como sigue a continuación:

Tenemos 3 filas: P 0 = (P 1 , P 2 , P 3 ) = (0, 1, 0); tenemos 4 columnas: Q 0 = (Q 1 , Q 2 , Q 3 , Q 4 ) = (0, 0, 1, 0)

Esto es R juega constantemente la fila 2 y C juega constantemente la columna 3.

Demostraremos ahora que P 0 ; Q 0 y v. Satisfacen las propiedades requeridas de estrategias óptimas y el valor del juego

Otra manera de explicación, teoría de juegos se utilizan para ronda de negocios, rueda de negocios.

Las estrategias son mañas para triunfar en el mundo, M (penalizar no se lleva a cabo en la vida real).

Cuando hay punto de silla, quiere decir hemos igualado en los negocios bilaterales, y las probabilidades tienen que sumar el

100%.

Si el valor del juego sale positivo ganan las filas, si el valor es negativo ganan las columnas.


TEORÍA DE JUEGOS

JUEGOS MATRICIALES DE 2x2

El juego matricial de 2x2 suponemos que la matriz A, que el juego matricial de A no está estrictamente determinado, entonces:

P 0 = (x 1 , x 2 ), es una estrategia óptima para el jugador R, Q 0 = (y 1 , y 2 ), es una estrategia óptima para el jugador C y el valor del

juego es v.

d − c

x 1 =

a + d − b − c ; x a − b

2 =

a + d − b − c ; y d − b

1 =

a + d − b − c ; y a − c

2 =

a + d − b − c ; a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c

PROBLEMA#448 Considere el siguiente juego matricial de 2x2.

A = { 2 −3 } Encontrar el valor del juego: v =?

−3 4

SOLUCIÓN

Filas empresa 1 y las columnas sea la empresa 2.

a = 2; b = −3; c = −3; d = 4

d − c

x 1 =

a + d − b − c = 4 − (−3)

2 + 4 − (−3) − (−3) = 7

12

a − b

x 2 =

a + d − b − c = 2 − (−3)

2 + 4 − (−3) − (−3) = 5 = 7

12 + 5

12 = 12 = 1; la probabilidades 1 o 100%, siempre.

12

12 }

d − b

y 1 =

a + d − b − c = 4 − (−3)

2 + 4 − (−3) − (−3) = 7

12

a − c

y 2 =

a + d − b − c = 2 − (−3)

2 + 4 − (−3) − (−3) = 5 = 7

12 + 5

12 = 12 = 1; la probabilidades 1 o 100%, siempre.

12

12 }

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = 2(4) − (−3)(−3) 8 − 9

=

2 + 4 − (−3) − (−3) 12

= −1

12 = − 1 ; ganó la columna C, a la fila.

12

Quien gana cuando sale negativo ganan las columnas, si sale positivo ganan las filas, fijarse en el valor del juego.

En este caso gano la empresa 2, esta empresa es más competitiva que la empresa 1.

v = − 1

; Entonces el juego no es equitativo y está a favor de la empresa 2, las estrategias óptimas son:

12

P 0 = (x 1 , x 2 ) = ( 7

12 ; 5

12 ) y Q0 = (y 1 , y 2 ) = ( 7

12 ; 5

12 )

v = (+) ganan las filas; v = (−) ganan las columnas

Cuando el juego matricial de 2x2 no está estrictamente determinado, si solamente si cada una de las entradas en una de las

diagonales es mayor que cada una de las entradas en la otra diagonal:a ∗ d > b; a ∗ d > c; b ∗ c > a; b ∗ c > d

DOMINACIÓN

Filas y columnas recesivos (dominantes)

Análisis de las filas: las filas menores desaparecen, por fila se va el más pequeño, el dominado se va, se pierde el dominio.

Análisis de las columnas: por columna se va el más grande, el dominador se va o desaparece, se pierde la columna mayor o la

más grande. Todo al revés el patea con la izquierda pero yo pateo con la derecha, como en el espejo, la mayor columna

desaparece (DOMINADOR).

PROBLEMA#449 Considere el siguiente juego matricial de 3x3. Donde las filas es la inversionista AA y en columna el

inversionista BB.

−5 −3 1

A = { 2 −1 2} ; Encontrar el valor del juego.

−2 3 4

SOLUCION

−5 −3 1

2 −1 2

Análisis de filas(DOMINADO): { 2 −1 2} ; (−5, −3, 1) ≤ (2, −1, 2); eliminara la fila 1(DOMINADO): A = {

−2 3 4 }

−2 3 4

2 −1 2

Análisis de columnas(DOMINADOR): { } ; (2, 4) ≥ (−1, 3)y (2, 4) ≥ (2,

2 −1

−2); eliminara la columna 3: A = {

−2 3 4 −2 3 }

Hemos llegado a una matriz de 2x2: A = { 2 −1 } ; estos son los que juegan y los otros fueron eliminados.

−2 3

a = 2; b = −1; c = −2; d = 3

d − c

x 1 =

a + d − b − c = 3 − (−2)

2 + 3 − (−1) − (−2) = 5 8

a − b

x 2 =

a + d − b − c = 2 − (−1)

2 + 3 − (−1) − (−2) = 3 = 5 8 + 3 8 = 8 = 1; la probabilidades 1 o 100%, siempre.

8

8 }


TEORÍA DE JUEGOS

d − b

y 1 =

a + d − b − c = 3 − (−1)

2 + 3 − (−1) − (−2) = 4 8

a − c

y 2 =

a + d − b − c = 2 − (−2)


8

8 }

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = 2(3) − (−1)(−2) 6 − 2

=

2 + 3 − (−1) − (−2) 8

= 4 8 = 1 ; ganó la fila, en inversionista AA ganó.

2

SOLUCIÓN DE UN JUEGO MATRICIAL POR EL MÉTODO SIMPLEX

Para resolver un juego matricial a través por el método simplex, los coeficientes de la matriz siempre de trabajan con positivos,

el es -10 entonces nuestro k = 11.

si en la matriz numero negativo

a 11 a 12 a 13 . . . a 1n

A ∗ = { a 21 a 22 a 23 . . .

a 31 a 32 a 33 . . .

a 2n }

a 3n

Podemos formar la tabla inicial del simplex.

a 11 a 12 a 13 ………. a 1n 1 0 0 0 ………. ………. 0 1

a 21 a 22 a 23 ………. a 2n 0 1 0 0 ………. ………. 0 1

a 31 a 32 a 33 ………. a 3n 0 0 1 0 ………. ………. 0 1

a 41 a 42 a 43 ………. a 4n 0 0 0 1 ………. ………. 0 1

………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. 1

………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. ………. 1

a m1 a m2 a m3 ………. a mn 0 0 0 0 ………. ………. 1 1

-1 -1 -1 ………. -1 0 0 0 0 0 0 0 0

P 0 = 1 v ∗ Q; Q0 = 1 v ∗ P; v = 1 v ∗ − k

PROBLEMA#450 Considere el siguiente juego matricial de 2x3. Donde las filas son los hombres y en columna las mujeres.

3 −1 0

A = { } ; Encontrar el valor del juego.

−2 1 −1

SOLUCION

Vemos en la matriz de juegos el más pequeño negativo es -2 con que número vuelvo positivo con k = 3 y sumar a toda matriz.

3 −1 0

A = {

−2 1 −1 } → agregamos k = 3, a cada entrada de A: 6 2 3

A∗ = { } ; con esta matriz vamos a trabajar.

1 4 2

Tabla inicial del simplex.

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

1/3 Q 1

6 2 3 1 0 1

1/2 Q 2

1 4 2 0 1 1

FO -1 -1 -1 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

1/2 P 3

2 2/3 1 1/3 0 1/3

1/8 Q 2

-3 8/3 0 -2/3 1 1/3

FO 1 -1/3 0 1/3 0 1/3

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

P 3

11/4 0 1 1/2 -1/4 1/4

P 2

-9/8 1 0 -1/4 3/8 1/8

FO 5/8 0 0 1/4 1/8 3/8

Ahora sacamos los datos de la tabla óptima del simplex.

P = (P 1 , P 2 , P 3 ) = (0, 1 8 , 1 4 ) ;

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 1 3 4 ; 1 8 ) = 8 3 (1 4 ; 1 8 ) = ( 8

12 ; 8

24 ) = ( 8

12 + 8

24 ) = 1;

8

Q = (Q 1, Q 2 ) = ( 1 4 , 1 8 ) ; v∗ = 3 ; k = 3

8


Q0 = 1 v ∗ P = 1 (0, 1 3 8 , 1 4 ) = 8 3 (0, 1 8 , 1 8

) = 0 +

4 24 + 8

12 = 1

8

v = 1 v ∗ − k = 1 − 3 = 8 8 − 9

− 3 =

3 3 3

= − 1 ganan las columnas, en este caso ganaron las mujeres a los hombres.

3

8

Otra manera de determinar el valor del juego:

3 −1 0

0

A = { } ; la columana mayor desaparece: A = {−1 } ; a = −1; b = 0;

−2 1 −1 1 −1

c = 1; d = −1

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c =

(−1)(−1) − (0)(1)

−1 + (−1) − (0) − (1) = − 1 ; ganan las columnas.

3

TEORÍA DE JUEGOS

MÉTODO GRÁFICO

Para juegos matriciales de: 2xm y mx2. Tiene que ser 2 filas y m columnas o m filas pero sólo 2 columnas.

P 0 = (x; 1 − x); la fórmula.

PROBLEMA#451 Considere el siguiente juego matricial de 2x3. Donde las filas son los hombres y en columna las mujeres.

3 −1 0

A = { } ; Encontrar el valor del juego.

−2 1 −1

P 0 = (x; 1 − x), una estrategia óptima para R renglones o filas y sea v el valor del juego.

SOLUCION

P 0 3 −1 0

∗ A = (x; 1 − x) ( ) ≥ (v, v, v)

−2 1 −1

3x − 2(1 − x) ≥ v ↔ 3x − 2 + 2x ≥ v ↔ 5x − 2 ≥ v ↔ v ≤ 5x − 2❶

−1x + 1(1 − x) ≥ v ↔ −x + 1 − x ≥ v ↔ −2x + 1 ≥ v ↔ v ≤ −2x + 1❷ } con estas tres inecuaciones elaborar una tabla.

0x − 1(1 − x) ≥ v ↔ 0x − 1 + x ≥ v ↔ x − 1 ≥ v ↔ v ≤ x − 1❸

v ≤ 5x − 2❶ v ≤ −2x + 1❷ v ≤ x − 1❸

x v x v x v

0 -2 0 1 0 -1

2/5 0 1/2 0 1 0

Ahora estos puntos vamos a graficar:

El punto A: se intersectan las desigualdades ❷ y ❸:

v ≤ −2x + 1❷

v ≤ x − 1❸

} → A(x; v) = (2 3 ; − 1 3 ) → v = − 1 3

v ≤ 5x − 2❶

El punto B: se intersectan las desigualdades ❶ y ❸:

v ≤ x − 1❸

} → B(x; v) = (1 4 ; − 3 4 ) → v = − 3 4

El punto A es dominate, el punto B es dominado: el dominante(DOMINADOR) gana al dominado.

El dominante gana porque está más alto que el dominado, me sirve el dominante − 1 ≥ − 3 ↔ −0, 33 ≥ −0, 75.

3 4

v = − 1 3 , Dominante

v = − 3 } hay que elegir el punto Dominante: v = − 1 ; ganan las columnas.

4 , Dominado 3

Otra forma de resolver:

3 −1 0

0

A = { } ; la columana mayor desaparece: A = {−1 } ; a = −1; b = 0; c = 1; d = −1

−2 1 −1 1 −1

Desaparece por dominador (análisis por columna el mayor se elimina)

x 1 = 2 3 ; x 2 = 1 3 ; y 1 = 1 3 ; y 2 = 2 3 ; v = − 1 ganan las columnas.

3


TEORÍA DE JUEGOS

MÉTODO ARITMÉTICO

Para encontrar las estrategias óptimas.

Vamos a utilizar el mismo ejemplo del anterior.

3 −1 0

0

A = { } ; la columana mayor desaparece: A = {−1

−2 1 −1 1 −1 }

Desaparece por dominador (análisis por columna el mayor se elimina)

A = { −1 0

1 −1 }

De cada fila y de cada columna elegir el número más grande y restar al más pequeño de su respectiva fila y columna, y después

el resultado de esas filas y columnas hay que intercambiar fila 1 por fila 2 y columna 1 por la columna 2.

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c =

(−1)(−1) − (0)(1)

−1 + (−1) − (0) − (1) = − 1 ; ganan las columnas.

3

PROBLEMA#452 Considere el siguiente juego matricial.

0, 14 0, 15

A = { } , Encontrar las estrategias óptimas y el valor del juego.

0, 17 0, 13

SOLUCIÓN

Se eligen de cada fila y de columna el número más grande y restarlo a su respectivo fila y columna, y después ese resultado

intercambiarlo aplicando la transpuesta (mirar lo virtual) y después aplicarlo la teorema de bayes.

P 0 = (x 1 , x 2 ) = ( 4 5 , 1 5 ) = (4 5 + 1 5 ) = 5 5 = 1;

Q0 = (y 1 , y 2 ) = ( 2 5 , 3 5 ) = (2 5 + 3 5 ) = 5 5 = 1

a = 0, 14; b = 0, 15; c = 0, 17; d = 0, 13

a ∗ d − b ∗ c (0, 14)(0, 13) − (0, 15)(0, 17)

v = =

a + d − b − c 0, 14 + 0, 13 − 0, 15 − 0, 17 = − 73

10000

− 1 = 1460

10000 = 73 = 0, 146; ganan las filas.

500

20


TEORÍA DE JUEGOS

PROBLEMA#453 Consideremos que el juego matricial que se muestra a continuación:

2 1 −1

A = ( −1 2 −1) , Resolver por el método simplex y el método gráfico.

−1 1

SOLUCIÓN

0

Podemos eliminar la fila más pequeña, en este caso la a ser eliminada será la fila 2, quedando la matriz de la siguiente manera.

2 1 −1

A = (

−1 1 0 ) , todos tienen que ser positivos; k = 2 → 4 3 1

A∗ = ( ) , ahora elaborar la tabla del simplex.

1 3 2

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

1 Q 1

4 3 1 1 0 1

1/2 Q 2

1 3 2 0 1 1

v ∗ -1 -1 -1 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

1/7 Q 1

7/2 3/2 0 1 -1/2 1/2

1 P 3

1/2 3/2 1 0 1/2 1/2

v ∗ -1/2 1/2 0 0 1/2 1/2

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

P 1

1 3/7 0 2/7 -1/7 1/7

P 3

0 9/7 1 -1/7 4/7 3/7

v ∗ 0 5/7 0 1/7 3/7 4/7

Ahora sacamos los datos de la tabla óptima del simplex.

P = (P 1 , P 2 , P 3 ) = ( 1 7 , 0, 3 7 ) ;

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 1 4 7 , 3 7 ) = 7 4 (1 7 , 3 7 ) = ( 7

28 ; 21

28 ) = ( 7

28 + 21

28 ) = 1;

7

v = 1 v ∗ − k = 1 − 2 = 7 7 − 8

− 2 =

4 4 4

= − 1 ganan las columnas.

4

7

Resolviendo de otra forma:

Q = (Q 1, Q 2 ) = ( 1 7 , 3 7 ) ; v∗ = 4 ; k = 2

7

Q0 = 1 v ∗ P = 1 ( 1 4 7 , 0, 3 7 ) = 7 4 (1 7 , 0, 3 7 ) = 7 21

+ 0 +

28 28 = 28

28 = 1

7

2 1 −1

eliminar la 2 1 −1

A = ( −1 2 −1) → A = (

fila menor −1 1 0 ) eliminar la

2

→ A = ( −1 resolvemos como un

)

columna mayor −1 0 juego matricial de 2x2.

−1 1 0

Se eliminaron la fila 2 y la columna 2.

a = 2; b = −1; c = −1; d = 0

d − c

x 1 =

a + d − b − c = 0 − (−1)

2 + 0 − (−1) − (−1) = 1 4

a − b

x 2 =

a + d − b − c = 2 − (−1)


4

4 }

d − b

y 1 =

a + d − b − c = 0 − (−1)

2 + 0 − (−1) − (−1) = 1 4

a − c

y 2 =

a + d − b − c = 2 − (−1)


4

4 }

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = 2(0) − (−1)(−1)

2 + 0 − (−1) − (−1)

0 − 1

=

4

= −1

4 = − 1 ; ganan las columnas.

4

No olvidar: x 1 = 1 4 ; x 2 = 0; x 3 = 3 ; por que hemos eliminado la fila 2.

4

No olvidar: y 1 = 1 4 ; y 2 = 0; y 3 = 3 ; por que hemos eliminado lacolumna 2.

4

El mismo ejemplo vamos a resolver por el método gráfico.

2 1 −1

A = (

−1 1 0 ) → P0 = (x; x − 1) → P 0 2 1 −1

∗ A = (x; 1 − x) (

−1 1 0 )

2x − 1(1 − x) ≥ v ↔ 2x − 1 + x ≥ v ↔ 3x − 1 ≥ v ↔ v ≤ 3x − 1❶

1x + 1(1 − x) ≥ v ↔ v ≤ 1❷; −x + 0(1 − x) ≥ v ↔ v ≤ −x❸


TEORÍA DE JUEGOS

v ≤ 3x − 1❶; v ≤ 1❷;

v ≤ −x❸; graficar estas inecuaciones.

B → v ≤ 3x − 1❶ y v ≤ −x❸, resolver por sustitución o eliminación encontrar los valores de (x y v) → x = 1 4 ; v = − 1 4

PROBLEMA#454 Consideremos la siguiente tabla de costos de un aumento condicional de salarios, la matriz de 3x4, buscando

su dominio.

Estrategias de las compañías

Compañía 1 Compañía 2 Compañía 3 Compañía 4

Estrategias del

sindicatos

Sindicato 1 0,25 Bs 0,14 Bs 0,15 Bs 0,32 Bs



Encontrar quién gana el juego, el sindicato o la compañía y cuántos bolivianos por hora.

SOLUCIÓN

Como la matriz todos son positivos entonces k = 0.

Los decimales de la matriz vamos a convertir a fracciones para poder resolver por el método simplex.

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

b j

25/8 Q 1

1/4 7/50 3/20 8/25 1 0 0 1

25/4 Q 2

2/5 17/100 13/100 4/25 0 1 0 1

20/3 Q 3

3/10 1/20 3/25 3/20 0 0 1 1

v ∗ -1 -1 -1 -1 0 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

b j

20/3 P 4

25/32 7/16 15/32 1 25/8 0 0 25/8

100/11 Q 2

11/40 1/10 11/200 0 -1/2 1 0 1/2

1700/159 Q 3

117/640 -1/64 159/3200 0 -15/32 0 1 17/32

v ∗ -7/32 -9/16 -17/32 0 25/8 0 0 25/8

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

b j

50/7 P 3

5/3 14/15 1 32/15 20/3 0 0 20/3

200/73 Q 2

11/60 73/1500 0 -44/375 -13/15 1 0 2/15

-100/31 Q 3

1/10 -31/500 0 -53/500 -4/5 0 1 1/5

v ∗ 2/3 -1/15 0 17/15 20/3 0 0 20/3


TEORÍA DE JUEGOS

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

b j

P 3

-135/73 0 1 320/73 1700/73 -1400/73 0 300/73

P 2

275/75 1 0 -176/73 -1300/73 1500/73 0 200/73

Q 3

487/1460 0 0 -373/1460 -139/73 93/73 1 27/73

v ∗ 67/73 0 0 71/73 400/73 100/73 0 500/73

P = (P 1 ; P 2 ; P 3 ; P 4 ) = (0; 200

73 ; 300

73 ; 0) y Q = (Q 1; Q 2 ; Q 3 ) = ( 400

73 ; 100

73 ; 0) ; k = 0; v∗ = 500

73

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 400

500 73 ; 100 73

; 0) =

73 500 (400 73 ; 100

73 ; 0) = (4 5 ; 1 5 ; 0) = (4 5 + 1 5 + 0 ) = 5 5 = 1

73

Q 0 = 1 v ∗ P = 1 (0; 200

500 73 ; 300 73 200

; 0) = (0;

73 500 73 ; 300

73 ; 0) = (0; 2 5 ; 3 5 ; 0) = 5 5 = 1;

73

(P 1 y P 4 no entrar a jugar; P 1 = P 4 = 0)

v = 1 v ∗ − k = 1 − 0 = 73 73

− 0 = = 0, 146 Bs, valor del juego ganan las filas, un aumento salarial para el sindicato.

500 500 500

73

El sindicato gano a la compañía, con un aumento salarial de 0, 146 Bs por hora.

Ahora vamos a resolver por otro método:

0,25 Bs 0,14 Bs 0,15 Bs 0,32 Bs

0,40 Bs 0,17 Bs 0,13 Bs 0,16 Bs

0,30 Bs 0,05 Bs 0,12 Bs 0,15 Bs

C1 C2 C3 C4

S1

0, 25 0, 14 0, 15 0, 32

ahora vamos a

fila menor eliminar Fila 3, eliminar.

S2

( 0, 40 0, 17 0, 13 0, 16

S3

punto → resolver por el dominio →

y

→

y

0, 30 0, 05 0, 12 0, 15

de silla de las filas y columnas columna mayor eliminar columna 1 y 4 eliminar

0, 14 0, 15

A = { } , Encontrar las estrategias óptimas y el valor del juego.

0, 17 0, 13

a = 0, 14; b = 0, 15; c = 0, 17; d = 0, 13

x 1 =

a + d − b − c = 0, 80 = 5 ; x 2 =

a + d − b − c = 0, 2 = 5 ; y 1 =

a + d − b − c = 0, 4 = 5 ; y c

2 =

a + d − b − c = 0, 6 = 3 5

d − c

a − b

d − b

a −

a ∗ d − b ∗ c (0, 14)(0, 13) − (0, 15)(0, 17)

v = =

a + d − b − c 0, 14 + 0, 13 − 0, 15 − 0, 17 = − 73

10000

− 1 = 1460

10000 = 73 = 0, 146; ganan las filas.

500

20

Estrategias del sindicato → x = ( 4 5 ; 1 5 ; 0) ; x 3 = 0 y las estrategias de las compañias → y = (0; 2 5 ; 3 5 ; 0) ; y 1 = y 4 = 0

Ahora resolver por el método gráfico:

0, 14 0, 15 0, 32

A = (

0, 17 0, 13 0, 16 ) → 0, 14 0, 15 0, 32

P0 ∗ A = (x; 1 − x) ( ) ; v ≤ −0, 03x + 0, 17❶; v ≤ 0, 02x + 0, 13❷; v ≤ 0, 16x + 0, 16❸

0, 17 0, 13 0, 16


TEORÍA DE JUEGOS

PROBLEMA#455 Consideremos la siguiente tabla de costos de un aumento condicional de salarios, la matriz de 4x4, buscando

su dominio.

Estrategias de las compañías

Compañía 1 Compañía 2 Compañía 3 Compañía 4

Estrategias del

sindicatos




Sindicato 3 -0,01 Bs 0,08 Bs 0,11 Bs 0,03 Bs

Encontrar quién gana el juego, el sindicato o la compañía y cuántos bolivianos por hora.

SOLUCIÓN

Desaparece la fila dominada, y desaparece la columna dominante.

Las filas se analizan de abajo hacia arriba y las columnas de analizan de derecha a izquierda.

C1 C2 C3 C4

C1 = 0, 95

F1 0, 25 0, 14 0, 15 0, 32 F1 = 0, 86

la fila

0, 25 0, 14 0, 15 0, 32

F2 0, 40 0, 17 0, 13 0, 16 F2 = 0, 86

(

) →

}

F3 0, 30

menor desaparece → ( 0, 40 0, 17 0, 13 0, 16) → C2 = 0, 36

}

C3 = 0, 40

0, 05 0, 12 0, 15 F3 = 0, 62

F4 −0, 01 0, 08 0, 11 0, 03 F4 = 0, 21 el dominado F4 = 0 0, 30 0, 05 0, 12 0, 15 C4 = 0, 63

columna

mayor se

desaparece

C4 = 0 y C1 = 0

0, 25 0, 14 0, 15 F1 = 0, 54 la fila

C1 = 0, 65 columna

0, 25 0, 14 0, 15

( 0, 40 0, 17 0, 13) → F2 = 0, 70}

menor desaparece → (

0, 40 0, 17 0, 13 ) → 0, 14 0, 15

C2 = 0, 31}

mayor eliminar → (

0, 17 0, 13 )

0, 30 0, 05 0, 12 F3 = 0, 47 el dominado F3 = 0

C3 = 0, 28 C1 = 0

C2 C3

F1

F2 (0, 14 0, 15

),

resolver por el método aritmético, para encontrar las estrategias óptimas del juego.

0, 17 0, 13

Se eligen de cada fila y de columna el número más grande y restarlo a su respectivo fila y columna, y después ese resultado

intercambiarlo aplicando la transpuesta (mirar lo virtual) y después aplicarlo la teorema de bayes.

P 0 = (x 1 , x 2 ) = ( 4 5 , 1 5 ) = (4 5 + 1 5 ) = 5 5 = 1;

Q0 = (y 1 , y 2 ) = ( 2 5 , 3 5 ) = (2 5 + 3 5 ) = 5 5 = 1

a = 0, 14; b = 0, 15; c = 0, 17; d = 0, 13

a ∗ d − b ∗ c (0, 14)(0, 13) − (0, 15)(0, 17)

v = =

a + d − b − c 0, 14 + 0, 13 − 0, 15 − 0, 17 = − 73

10000

− 1

20

Resolviendo por el método simplex:

C1 C2 C3 C4

= 1460

10000 = 73 = 0, 146; ganan las filas.

500

F1 0, 25 0, 14 0, 15 0, 32

F2 0, 40 0, 17 0, 13 0, 16

(

) → k = 0, 02 = 1

0, 27 0, 16 0, 17 0, 34

F3 0, 30 0, 05 0, 12 0, 15

50 } → ( 0, 42 0, 19 0, 15 0, 18

) →

0, 32 0, 07 0, 14 0, 17

F4 −0, 01 0, 08 0, 11 0, 03

0, 01 0, 10 0, 13 0, 05

Elaboramos la tabla inicial del simplex.

27

100

21

50

8

25

1

( 100

4

25

19

100

7

100

1

10

17

100

17

50

3 9

20 50

7 17

50

13

100

1

100 20)


TEORÍA DE JUEGOS

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

Q 4

b j

25/4 Q 1

27/100 4/25 17/100 17/50 1 0 0 0 1

100/19 Q 2

21/50 19/100 3/20 9/50 0 1 0 0 1

100/7 Q 3

8/25 7/100 7/50 17/100 0 0 1 0 1

10 Q 4

1/100 1/10 13/100 1/20 0 0 0 1 1

FO v ∗ -1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

Q 4

b j

300/83 Q 1

-159/1900 0 83/1900 179/950 1 -16/19 0 0 3/19

20/3 P 2

42/19 1 15/19 18/19 0 100/19 0 0 100/19

1200/161 Q 3

157/950 0 161/1900 197/1900 0 -7/19 1 0 12/19

900/97 Q 4

-401/1900 0 97/1900 -17/380 0 -10/19 0 1 9/19

FO v ∗ 23/19 0 -4/19 -1/19 0 100/19 0 0 100/19

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

Q 3

Q 4

b j

P 3

-159/83 0 1 358/83 1900/83 -1600/83 0 0 300/83

P 2

309/83 1 0 -204/83 -1500/83 1700/83 0 0 200/83

Q 3

2719/8300 0 0 -2173/8300 -161/83 105/83 1 0 27/83

Q 4

-47/415 0 0 -2199/8300 -97/83 38/83 0 1 24/83

FO v ∗ 67/83 0 0 71/83 400/83 100/83 0 0 500/83

P = (P 1 , P 2 , P 3 , P 4 ) = (0; 200

83 ; 300

83 ; 0) , Porque P 1 y P 4 son cero no entran en la tabla del simplex, por eso tienen un cero.

Q = (Q 1 , Q 2 , Q 3 , Q 4 ) = ( 400

83 ; 100

83 ; 0; 0) , Porque Q 3 = Q 4 = 0;

v ∗ = 500

83

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 400

500 83 ; 100

83

; 0; 0) =

83 500 (400 83 ; 100 ; 0; 0) = (33200

83 41500 ;

83

1

; k =

50

8300

41500 ; 0; 0) = (4 5 ; 1 5 ; 0; 0) = 4 5 + 1 + 0 + 0 = 1

5

Q 0 = 1 v ∗ P = 1 (0; 200

500 83 ; 300 83 200

; 0) = (0;

83 500 83 ; 300

16600

; 0) = (0;

83 41500 ; 24900

41500 ; 0) = (0; 2 5 ; 3 5 ; 0) = 0 + 2 5 + 3 + 0 = 1

5

83

v = 1 v ∗ − k = 1 − 1

500 50 = 83

500 − 1

73

= 0, 166 − 0, 02 = 0, 146 = = 0, 146 Bs, ganan las filas.

50 500

83

Debemos incrementar en 0,146 Bs al salario para el sindicato porque ellos ganan a las compañías.

PROBLEMA#456 Encuéntrese las estrategias óptimas para X e Y, y el valor del juego. Demuéstrese que las estrategias óptimas

satisfacen las desigualdades del juego.

Y

−8 8 9

X ( −3 −4 −5)

−3 −4 −6

SOLUCIÓN

Punto de silla:

De cada fila hay que elegir el número más pequeño (F1 = −8; F2 = −5; F3 = −6), ahora de estos pequeños elegidos elegir el

número más grande, es F2 = −5, el maximin = −5.

De cada columna vamos a elegir el número más grande (C1 = −3; C2 = 8; C3 = 9), ahora de estos números grandes elegir el

más pequeño, es C1 = −3, el minimax = −3.

Hay punto de silla cuando maximin = minimax, en este caso son diferentes no hay punto de silla, la matriz de pagos no posee

“punto de silla”, luego se tiene que recurrir a la regla del dominio.

Analizamos las filas con la regla de dominio se elimina el menor de la fila:

(−3; −4; −6) ≤ (−8; 8; 9) y (−3; −4; −6) ≤ (−3; −4; . 5) eliminamos la fila 3, porque es el menor de los menores: x 3 = 0

−8 8 9

Asi nos queda la matriz de pagos: (

−3 −4 −5 ) x 3 = 0 hemos eliminado la fila 3.

Muchos juegos de gran tamaño pueden reducirse mediante esta técnica a un juego de 2x2, existen algunos casos sin embargo

en que la reducción no puede hacerse y es necesario recurrir al método de subjuegos para encontrar el valor del juego.


TEORÍA DE JUEGOS

Ahora analizar las columnas, desaparece la columna mayor:

(9; −5) ≥ (−8; −3) y (9; −5) ≥ (8; −4) hay 2 columnas mayores, la columna 2 y columna 3, y 2 ; y 3 .

Hay empate en las columnas 2 y 3 no podemos eliminar nada, entonces así muestra la matriz de 2x3 puede considerarse como

tres juegos de 2x2.

i) Subjuego 1: ( −8 8 ) ; juegan la columna 1 y columna 2, no juega la columna 3.

−3 −4

ii) Subjuego 2: ( −8 9 ) ; juegan la columna 1 y columna 3, no juega la columna 2.

−3 −5

iii) Subjuego 3: ( 8 9 ) ; juegan la columna 2 y columna 3, no juega la columna 1.

−4 −5

Para hallar la solución del juego 2x3, es necesario determinar las estrategias y valores del juego de los tres subjuegos de 2x2.

i) Subjuego 1: ( −8 8 ) ; juegan la columna 1 y columna 2, no juega la columna 3 → (a = −8; b = 8; c = −3; d = −4)

−3 −4

d − c

x 1 =

a + d − b − c = −4 − (−3)

−8 + (−4) − 8 − (−3) = −1

−17 = 1

17

a − b

x 2 =

a + d − b − c = −8 − (8)

−8 + (−4) − 8 − (−3) = −16

−17 = 16 = 1

17 + 16

1

= 1; las estrategias óptimas de X = (

17 17 ; 16

17 ; 0)

17}

d − b

y 1 =

a + d − b − c = −4 − (8)

−8 + (−4) − 8 − (−3) = −12

−17 = 12

17

a − c

y 2 =

a + d − b − c = −8 − (−3)

−8 + (−4) − 8 − (−3) = −5

−17 = 5

17}

= 12

17 + 5 = 1; las estartegias óptimas de Y = (12

17 17 ; 5

17 ; 0)

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = −8(−4) − (8)(−3) 32 + 24

=

−8 + (−4) − 8 − (−3) −17

= 56

−17 = − 56

17

ii) Subjuego 2: ( −8 9 ) ; juegan la columna 1 y columna 3, no juega la columna 2. → (a = −8;

−3 −5

b = 9; c = −3; d = −5)

d − c

x 1 =

a + d − b − c = −5 − (−3)

−8 + (−5) − 9 − (−3) = −2

−19 = 2

19

a − b

x 2 =

a + d − b − c = −8 − (9)

−8 + (−5) − 9 − (−3) = −17

−19 = 17 = 2

19 + 17

2

= 1; las estrategias óptimas de X = (

19 19 ; 17

19 ; 0)

19}

d − b

y 1 =

a + d − b − c = −5 − (9)

−8 + (−5) − 9 − (−3) = −14

−19 = 14

19

a − c

y 2 =

a + d − b − c = −8 − (−3)

−8 + (−5) − 9 − (−3) = −5

−19 = 5

19}

= 14

19 + 5

19


5

= 1; las estartegias óptimas de Y = (14 ; 0;

19 19 )

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = −8(−5) − (9)(−3) 40 + 27

=

−8 + (−5) − 9 − (−3) −19

= 67

−19 = − 67

19

iii) Subjuego 3: ( 8 9 ) ; juegan la columna 2 y columna 3, no juega la columna 1. . → (a = 8; b = 9; c = −4; d = −5)

−4 −5

Obsérvese que existe un punto de silla en este subjuego 3, es una estrategia pura, estrategias:

X = (1, 0, 0) y Y = (0, 1, 0) y el valor del juego es: v = 8.

d − c

x 1 =

a + d − b − c = −5 − (−4)

8 + (−5) − 9 − (−4) = −1

−2 = 1 2

a − b

x 2 =

a + d − b − c = 8 − (9)

8 + (−5) − 9 − (−4) = −1

−2 = 1 = 1 2 + 1 2 = 1; las estrategias óptimas de X = (1 2 ; 1 2 ; 0)

2}

d − b

y 1 =

a + d − b − c = −5 − (9)

8 + (−5) − 9 − (−4) = −14

−2 = 7

a − c

y 2 =

a + d − b − c = 8 − (−4)

8 + (−5) − 9 − (−4) = 12 = 7 − 6 = 1; las estartegias óptimas de Y = (0; 7; −6)

−2 = −6 }

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c = 8(−5) − (9)(−4) −40 + 36

= = −4

8 + (−5) − 9 − (−4) −2 −2 = 2

De acuerdo con los cálculos se escoge el menor valor del juego v = − 56

17

67

; v = − ; v = 2 , entonces vamos a elegir el valor del

19

juego de v = − 67

del subjuego 2 → x 19

1, x 2 porque ahí está el valor del juego el más pequeño es: v = − 67

19

Sustituyendo los valores de X, y los resultados son los siguientes:

Columna 1

−8 ( 2 ) − 3 (17

19 19 ) ≥ −67/19

− 67

19 ≥ − 67

19

Cumple la condición

−8 8 9

2

( ) → X = (

−3 −4 −5 19 ; 17

19 ; 0)

Columna 2

8 ( 2

Columna 3

) − 4 (17

19 19 ) ≥ −67/19 9 ( 2 ) − 5 (17

19 19 ) ≥ −67/19

− 52

19 ≥ − 67

− 67

19

19 ≥ − 67

19



v = − 67 → Valor del juego, ganan las columnas.

19

TEORÍA DE JUEGOS

El mismo ejemplo vamos a resolver por el método simplex.

−8 8 9

Asi nos queda la matriz de pagos: (

−3 −4 −5 ) x 3 = 0 hemos eliminado la fila 3.

1 17 18

Toda la matriz tiene que ser positivos entonces k = 9 → ( ) , con está matriz vamos a trabajar:

6 5 4

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

1 Q 1

1 17 18 1 0 1

1/6 Q 2

6 5 4 0 1 1

FO v ∗ -1 -1 -1 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

5/97 Q 1

0 97/6 52/3 1 -1/6 5/6

1/5 P 1

1 5/6 2/3 0 1/6 1/6

FO v ∗ 0 -1/6 -1/3 0 1/6 1/6

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

5/104 P 2

0 1 104/97 6/97 -1/97 5/97

-6/11 P 1

1 0 -22/97 -5/97 17/97 12/97

FO v ∗ 0 0 -15/97 1/97 16/97 17/97

θ VB P 1 P 2 P 3 Q 1

Q 2

b j

P 3

0 97/104 1 3/52 -1/104 5/104

P 1

1 11/52 0 -1/26 9/52 7/52

FO v ∗ 0 15/104 0 1/52 17/104 19/104

P = (P 1 , P 2 , P 3 ) = ( 7

52 ; 0; 5

104 ) ; Q = (Q 1, Q 2 ) = ( 1

52 ; 17

104 ) ; v∗ = 19 ; k = 9

104

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 1

19 52 ; 17

104 ) = 104

19 ( 1

52 ; 17

104 ) = 2

19 + 17

19 = 1; Q0 = 1 1

P = ( 7

v∗ 19 52 ; 0; 5

104 ) = 104

19 ( 7

52 ; 0; 5

104 ) = 14 5

+ 0 +

19 19 = 1

104

104

v = 1 v ∗ − k =

1

19

104

− 9 = 104

19

67

− 9 = − ; ganan las columnas.

19

El mismo ejemplo vamos a resolver por el método gráfico.

−8 8 9

Asi nos queda la matriz de pagos: A = (

−3 −4 −5 ) x 3 = 0 hemos eliminado la fila 3 → P 0 = (x, x − 1) = (x; 1 − x)

P 0 −8 8 9

∗ A = (x; 1 − x) (

−3 −4 −5 )

−8x − 3(1 − x) ≥ v

−8x − 3 + 3x ≥ v

−5x − 3 ≥ v

v ≤ −5x − 3❶

Elaboramos una tabla de valores para poder graficar

8x − 4(1 − x) ≥ v

8x − 4 + 4x ≥ v

12x − 4 ≥ v

v ≤ 12x − 4❷

9x − 5(1 − x) ≥ v

9x − 5 + 5x ≥ v

14x − 5 ≥ v

v ≤ 14x − 5❸

v ≤ −5x − 3❶ v ≤ 12x − 4❷ v ≤ 14x − 5❸

x v x v x v

0 -3 0 -4 0 -5

-3/5 0 1/3 0 5/14 0


TEORÍA DE JUEGOS

PROBLEMA#457 Encontrar una solución al juego matricial de 2x4.

−1 5

A = (

1 −2

1 −3 −2 5 )

Resolver por el método simplex, gráfico, aritmético, algebraico y probabilidad condicional conjunta.

SOLUCION

3 9

a) Vamos a resolver por el método simplex, agregar a la matriz k = 4 → (

5 2

) ; no olvidar la matriz ∶ 2xm o mx2.

5 1 2 9

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

b j

½ Q 1 3 9 5 2 1 0 1

1/9 Q 2 5 1 2 9 0 1 1

FO v ∗ -1 -1 -1 -1 0 0 0

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

b j

7/41 Q 1 17/9 79/9 41/9 0 1 -2/9 7/9

1/2 P 4

5/9 1/9 2/9 1 0 1/9 1/9

FO v ∗ -4/9 -8/9 -7/9 0 0 1/9 1/9

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

b j

7/17 P 3

17/41 79/41 1 0 9/41 -2/41 7/41

3/19 P 4

19/41 -13/41 0 1 -2/41 5/41 3/41

FO v ∗ -5/41 25/41 0 0 7/41 3/41 10/41

θ VB P 1 P 2 P 3 P 4 Q 1

Q 2

b j

P 3

0 42/19 1 17/19 5/19 -3/19 2/19

P 1

1 -13/19 0 41/19 -2/19 5/19 3/19

FO v ∗ 0 10/19 0 5/19 3/19 2/19 5/19

P = (P 1 , P 2 , P 3 , P 4 ) = ( 3 19 ; 0; 2 19 ; 0) ; Q = (Q 1, Q 2 ) = ( 3 19 ; 2 19 ) ; v∗ = 5 ; k = 4

19

P 0 = 1 v ∗ Q = 1 ( 3 5 19 ; 2 19 ) = 19

5 ( 3 19 ; 2 19 ) = 3 5 + 2 5 = 1; Q0 = 1 v ∗ P = 1 ( 3 5 19 ; 0; 2 19

; 0) =

19 5 ( 3 19 ; 0; 2 19 ; 0) = 3 5 + 0 + 2 + 0 = 1

5

19

19

v = 1 v ∗ − k = 1 5

19

− 4 = 19

5 − 4 = − 1 ; ganan las columnas y pierden las filas.

5


TEORÍA DE JUEGOS

b) Resolviendo por el método gráfico

P 0 −1 5 1 −2

∗ A = (x; 1 − x) (

1 −3 −2 5 )

−1x + 1(1 − x) ≥ v

−x + 1 − x ≥ v

−2x + 1 ≥ v

v ≤ −2x + 1❶

si x = 0 entonces v = 1

5x − 3(1 − x) ≥ v

5x − 3 + 3x ≥ v

8x − 3 ≥ v

v ≤ 8x − 3❷

si x = 0 entonces v = −3

1x − 2(1 − x) ≥ v

x − 2 + 2x ≥ v

3x − 2 ≥ v

v ≤ 3x − 2❸

si x = 0 entonces v = −2

−2x + 5(1 − x) ≥ v

−2x + 5 − 5x ≥ v

−7x + 5 ≥ v

v ≤ −7x + 5❹

si x = 0 entonces v = 5

si v = 0 entonces x = 1 2




A ( 1 2 ; 1)

Juega

B ( 3 8 ; −3)

No juega

C ( 2 3 ; −2)

Juega

D ( 5 7 ; 5)

No juega

c) Vamos a resolver por el método aritmético, por filas y columnas recesivas:

Para trabajar con filas y columnas recesivas, debemos llevar la matriz a una de 2x2.

−1 5

A = (

1 −2

) , las columnas mayores se eliminan, entonces desaparecen columna 2 y 4.

1 −3 −2 5

(−2; 5) ≥ (5; −3) y (5; −3) ≥ (−1; 1), la columna 2 y la columna 4 desaparecen.

Quedando la de la siguiente forma: A = ( −1 1 ) ; entonces: a = −1; b = 1; c = 1; d = −2

1 −2

d − c

x 1 =

a + d − b − c = −2 − 1

−1 + (−2) − 1 − 1 = −3

−5 = 3 5

a − b

x 2 =

a + d − b − c = −1 − 1

−1 + (−2) − 1 − 1 = −2

−5 = 2 = 3 5 + 2 5 = 1; las estrategias óptimas de X = (3 5 ; 2 5 )

5}

d − b

y 1 =

a + d − b − c = −2 − 1

−1 + (−2) − 1 − 1 = −3

−5 = 3 5

a − c

y 2 =

a + d − b − c = −1 − 1

−1 + (−2) − 1 − 1 = −2

−5 = 2 = 3 5 + 2 5 = 1; las estartegias óptimas de Y = (3 5 ; 0; 2 5 ; 0)

5}

a ∗ d − b ∗ c −1(−2) − (1)(1) 2 − 1

v = = =

a + d − b − c −1 + (−2) − 1 − 1 −5

= 1 −5 = − 1 ; ganan las columnas.

5

d) ahora vamos a resolver por el método algebraico, para encontrar las estrategias óptimas y el valor del juego la matriz tiene

que ser de 2x2 sus coeficientes pueden ser negativos o positivos.

A = ( −1 1

P 1 − P

1 −2 ) → Q

1

(−1

1 − Q 1 −2 )

Donde: Q = filas y P = columnas


TEORÍA DE JUEGOS

A = ( −1 1

P 1 − P

1 −2 ) → Q

1

(−1

1 − Q 1 −2 )

Donde: Q = X filas y P = Y columnas

−1Q + 1(1 − Q) = 1Q − 2(1 − Q) −1P + 1(1 − P) = 1P − 2(1 − P)

−Q + 1 − Q = Q − 2 + 2Q

−P + 1 − P = P − 2 + 2P

−2Q + 1 = 3Q − 2

−2P + 1 = 3P − 2

1 + 2 = 3Q + 2Q

1 + 2 = 3P + 2P

3 = 5Q

3 = 5P

5Q = 3

5P = 3

Q = 3 5 ∎

p = 3 5 ∎∎∎

Si: 1 − Q = 1 − 3 5 = 2 5 ∎∎

[

x 1 = 3 5 y x 2 = 2 5 ] [

Valor del juego en Q = X son las filas:

Si: 1 − P = 1 − 3 5 = 2 5 ∎∎∎∎

y 1 = 3 5 y y 2 = 2 5 ]

v = 3 5 ∎ [(−1) 3 5 ∎∎∎ + (1) 2 5 ∎∎∎∎] + 2 5 ∎∎ [(1) 3 5 ∎∎∎ + (−2) 2 5 ∎∎∎∎] = 3 5 [− 3 5 + 2 5 ] + 2 5 [3 5 − 4 5 ] = 3 5 [− 1 5 ] + 2 5 [− 1 5 ] = − 1 5

Valor del juego en P = Y son las columnas:

v = 3 5 ∎∎∎ [(−1) 3 5 ∎ + (1) 2 5 ∎∎] + 2 5 ∎∎∎∎ [(1) 3 5 ∎ + (−2) 2 5 ∎∎] = 3 5 [− 3 5 + 2 5 ] + 2 5 [3 5 − 4 5 ] = 3 5 [− 1 5 ] + 2 5 [− 1 5 ] = − 1 5

e) método de probabilidad conjunta para obtener el valor del juego:

−1 1

A = (

1 −2 )

Valor del pago (a) Estrategias Valor de la probabilidad de pago (b) Valor del juego (c) = (a) ∗ (b)

-1 Fila 1 y columna 1 (3/5) ∗ (3/5) = 9/25 −1 ∗ 9/25 = −9/25

1 Fila 1 y columna 3 (3/5) ∗ (2/5) = 6/25 1 ∗ 6/25 = 6/25

1 Fila 2 y columna 1 (2/5) ∗ (3/5) = 6/25 1 ∗ 6/25 = 6/25

-2 Fila 2 y columna 3 (2/5) ∗ (2/5) = 4/25 −2 ∗ 4/25 = −8/25

La probabilidad P = 100% Sumar v = −1/5

f) otra forma de aplicar el método aritmético, para encontrar las estrategias óptimas:

−1 1

A = ( ) → la matriz tiene que ser positivo, hay que sumar k = 3 a toda la matriz de juegos.

1 −2

−1 + k 1 + k + 3 1 + 3 2 4

A = ( ) → (−1 ) → (

1 + k −2 + k 1 + 3 −2 + 3 4 1 )

El valor del juego sacamos de la matriz original:

−1 1

A = (

1 −2 )

a ∗ d − b ∗ c

v =

a + d − b − c

=

−1(−2) − (1)(1)

−1 + (−2) − 1 − 1

2 − 1

=

−5

= 1 −5 = − 1 ; ganan las columnas.

5


TEORÍA DE JUEGOS

PROBLEMA#458 Dos empresas distintas (A y B), han estado vendiendo un producto competidor durante muchos años, que es

tan sólo una pequeña parte del total de ventas de ambas. El ejecutivo encargado de mercadotecnia de la empresa A, pregunta

“¿Qué ocurriría si cambiamos la cantidad de publicidad del producto de que se trata?” El grupo de investigadores de mercado

de la empresa A desarrolló los datos siguientes para varios grados de publicidad.

a) Publicidad nula, media y amplia para ambas empresas, lo que dará como resultado iguales participaciones de mercado.

b) Publicidad nula en la empresa A: 40 por ciento del mercado con publicidad mediana de parte de la empresa B y 18% del

mismo con amplia publicidad de la empresa B.

c) Publicidad mediana de parte de la empresa A: 70% del mercado sin publicidad alguna de parte de la empresa B, y 45% del

mismo con amplia publicidad de parte de la empresa B.

d) Amplia publicidad de parte de la empresa A: 75% del mercado sin publicidad alguna de parte de la empresa B, y 47 ½ % del

mercado con publicidad mediana de parte de la empresa B.

¿Qué política de publicidad debe seguir la empresa A, si se consideran estos factores: precio de venta 4 Bs por unidad; costo

variable del producto 2,50 Bs por unidad; volumen anual de 20000 unidades para la empresa A; costo anual de la publicidad

mediana 5000 Bs, y costo anual de publicidad amplia 15000 Bs? ¿Cuál es la contribución disponible para la empresa A antes

de deducir otros costos fijos?

SOLUCIÓN

Empresa B

(0)% (40 − 50)% (18 − 50)% 0% −10% −32%

(70 − 50)% (0)% (45 − 50)% 20% 0% −5%

Empresa A [

(75 − 50)% (47 1 ] → [

2 − 50) % (0)% 25% − 5 ] → no hay punto de silla.

2 % 0%

Aplicamos la regla del dominio, fila menor desaparece en este caso eliminar la fila 1 y eliminar la columna mayor en este caso la

columna mayor es la columna 1.

0 −5%

A = [

] → a = 0; b = −5%; c = −2, 5%; d = 0

−2, 5% 0

5

d − c

x 1 =

a + d − b − c = 0 − (−2, 5) 2, 5

=

0 + 0 − (−5) − (−2, 5) 7, 5 = 2

= 10

15 30 = 1 3 ; x a − b

2 =

a + d − b − c = 0 − (−5)

0 + 0 − (−5) − (−2, 5) = 5 = 10

15 15 = 2 3

2

2

La cual posee estrategias óptimas de: 1 3 en publicidad mediana y 2 en publicidad grande.

3

Para encontrar la contribución se procede de la siguiente manera:

Ingreso = (Precio − Costo variable) ∗ Cantidad = (4 Bs − 2, 5 Bs)(20000 unidades) = 30000 Bs.

Contribución = Ingreso − 2 3 (publicidad amplia) − 1 3 (publicidad mediana) = 30000 − 2 3 (15000) − 1 (5000) = 18333 Bs.

3

PROBLEMA#459 La JVH compañía y la HVJ compañía compiten en la venta de tarjetas perforadas. La JVH tiene un producto de

mejor calidad, aunque los precios son iguales. Los dos factores críticos-rebaja de precios y aumento de calidad-están a la

disposición de ambas empresas. Si las dos empresas rebajan los precios, la primera JVH quitará un 10% del negocio a la

segunda HVJ, mientras que si la rebaja de precios de la primera empresa se contrarresta con el aumento de calidad de parte de

la segunda empresa, entonces la primera empresa perderá 15% de sus negocios en favor de la segunda. Por otra parte, si la

primera compañía prefiere mejorar aún más la calidad, y la segunda pone en práctica una rebaja de precios, el mercado será

más sensible a los precios que a un aumento de calidad del producto, ya que es muy alta. Por lo tanto, la primera empresa

perderá el 15% de sus negocios en favor de la segunda. Finalmente, si la segunda empresa trata de contrarrestar un aumento

de calidad de parte de la primera, con su propio aumento de calidad, la mayor calidad actual de las tarjetas perforadas de la

primera empresa dará como resultado que ésta conquiste un 20% de los negocios de la segunda empresa.

Encuéntrese las estrategias para ambas compañías, así como el valor del juego.

SOLUCIÓN

Compañia B

Rebaja de precios Aumento de calidad

Rebaja de precios 10% −15%

Compañia: A:

(

−15% 20% )

Aumento de calidad

Se desea conocer la estrategia a seguir para la empresa A.

y 1 − y

x 10 −15

(

1 − x −15 20 )

10x − 15(1 − x) = −15x + 20(1 − x) ↔ 25x − 15 = −35x + 20 ↔ 60x = 35 ↔ x = 35

60 = 7

12

10y − 15(1 − x) = −15y + 20(1 − y) ↔ 25y − 15 = −35y + 20 ↔ y = 35

60 = 7

5

y 1 − y =

12 12

Estrategias de: JVH( 7

; 5

7

) y de HVJ ( ; 5 )

12 12 12 12

Ahora vamos a encontrar el valor del juego:

v = 7 7 5 5 7 5 5

[10 ( ) − 15 ( )] + [−15 ( ) + 20 ( )] = −

12 12 12 12 12 12 12 %

Ganan las columnas, la empresa B gano a la empresa A.

y

1 − x = 5

12


TEORÍA DE JUEGOS


3 −2 0

A = (

−3 1 −2 )

Resolver por el método gráfico.

SOLUCION

3x − 3(1 − x) ≥ v −2x + 1(1 − x) ≥ v

P 0 3 −2 0

∗ A = (x; 1 − x) (

−3 1 −2 ) → 3x − 3 + 3x ≥ v −2x + 1 − x ≥ v

6x − 3 ≥ v❶ −3x + 1 ≥ v❷

0x − 2(1 − x) ≥ v

−2 + 2x ≥ v

2x − 2 ≥ v❸


19 6 7 5

A = (

7 3 14 6 ) ;Resolver por el método gráfico.

12 8 18 4

8 7 13 −1

SOLUCION

Eliminamos las filas 2 y 4; también eliminamos las columnas 1 y 3: quedando la matriz así A = ( 6 5

8 4 )

v = 16

3

ganan las filas.


GLOSARIO

∎Programación lineal PL es una técnica de modelado matemático diseñado para optimización de empleo de los recursos limitados que

son recursos escasos donde todas las funciones, el objetivo y todas las restricciones son lineales y todas las variables no negativas.

Modelo matemático con una función lineal, un conjunto de restricciones lineales y variables no negativas.

∎Optimización es utilizar los recursos necesarios no exageradamente, podemos maximizar o minimizar.

∎Variables de holguras VH son las sobras, desechos del lado derecho de una restricción también representa la capacidad no utilizada

de una restricción, la capacidad no usada no contribuye a la ganancia, así que las variables de holguras tienen coeficientes ceros en la

FO, de manera más general las variables de holguras representan la diferencia entre el LD y el LI de una restricción de ≤.

Variable agregada al lado izquierdo de una restricción de “menor o igual que” para convertir la restricción en una igualdad. El valor de

esta variable comúnmente puede interpretarse como la cantidad de recurso no usado.

∎FO es la función objetivo es la expresión que define la cantidad que puede ser maximización o minimización de un modelo de PL.

∎Variables Superfluas VS o VS es la variable excedente, toda restricción lineal de ≥ se puede convertirse en igualdad restando una

variable no negativa al término de la izquierda de la desigualdad, de tal manera que absorba la diferencia entre el término de la izquierda

y el de la derecha a esa variable se llama variable superflua.

∎Variables Artificiales VA que no se llevan a cabo en la vida real, simplemente se agrega a las restricciones que son (= y ≥).

∎Costo de penalización las VH y VS no afectan la FO, las VA si afectan la FO si es maximización (-M), si es minimización (+M).

∎Forma estándar todas las restricciones deben ser iguales en modelos de programación lineal. Programa lineal en el que todas las

restricciones están escritas como igualdades, la solución óptima de la forma estándar de un programa lineal es la misma que la solución

óptima de la formulación original del problema lineal.

∎Restricción ecuación o desigualdad que descarta ciertas combinaciones de las variables de decisión como soluciones factibles.

∎Formulación del problema es un proceso de traducir una declaración verbal de un problema en una declaración matemática llamada

modelo matemático de programación lineal.

∎Modelo matemático es la representación de un problema donde el objetivo y todas las condiciones de restricción se describen con

expresiones matemáticas.

∎Variables de decisión entrada controlable para un modelo de programación lineal.

∎Restricción de no negatividad conjunto de restricciones que requiere que todas las variables sean no negativas.

∎Funciones lineales expresiones matemáticas en las que las variables aparecen en términos separados y están elevadas a la primera

potencia así x 1 1 + x 1 2 ≤≥= 400.

∎Solución factible solución que satisface simultáneamente todas las restricciones.

∎Región factible conjunto de todas las soluciones factibles.

∎Restricción redundante o abundante es la restricción que no afecta la región factible. Si una restricción es redundante, puede

eliminarse del problema sin afectar la región factible.

∎Punto extremo desde el punto de vista gráfica, los puntos extremos son los puntos de solución factible o región factible que ocurren en

los vértices o “esquinas” de la región factible. Con problemas de dos variables, los puntos extremos están determinados por la

intersección de las líneas de restricción.

∎Variables de excedente VE o VS variable restada del lado izquierdo de una restricción de “mayor o igual que” para convertir dicha

restricción en una igualdad. Generalmente, el valor de esta variable puede interpretarse como la cantidad por encima de algún nivel

mínimo requerido.

∎Soluciones óptimas alternativas caso en el que más de una solución proporciona el valor óptimo para la función objetivo. También

podemos interpretar en el simplex en la fila de FO por lo menos una VH y VS es distinto a cero o mayor a cero, vamos a tener muchas

soluciones múltiples.

∎No factibilidad es la situación en la que ninguna solución al problema de programación lineal satisface todas las restricciones.

∎Ilimitado situación en la que el valor de la solución puede hacerse infinitamente grande en un problema de programación lineal de

maximización o infinitamente pequeño en un problema de minimización sin violar ninguna de las restricciones.

∎LD es el lado derecho de una restricción es el término independiente bj.

∎LI es el lado izquierdo de una restricción.

∎ Análisis de sensibilidad son las variaciones de precio (utilidad, costo) puede ser de aumento o disminución de precio techo y precio

piso, también se refieren a las variaciones del lado derecho LD de la disponibilidad y de la FO. Es el estudio de cómo afectan los cambios

en los coeficientes de un problema de programación lineal a la solución óptima.

∎ Precio dual mejoramiento en el valor de la solución óptima por unidad de aumento en el lado derecho de una restricción.

∎Variable irrestricta cualquiera pueda entrar al área, es irrestricta en cuanto al signo. No sabemos si es positivo o negativo, no pueden

ser al mismo tiempo positivos, por lo tanto hay que sacar la diferencia de dos valores cualesquiera.

∎Variables básicas VB una solución básica factible corresponderá a uno de los vértices del dominio de factibilidad de la región factible.

En el método simplex las VB en la fila de la FO son ceros.

∎Variables No básicas VNB no pertenecen a una solución factible de uno de los vértices del dominio de factibilidad de la región factible.

En el método simplex las VNB en la fila de la FO son distintas a ceros.

∎Simetría es una igualdad de condiciones que se presenten en cualquiera organización.

∎Asimetría es una desigualdad de condiciones, falta de equilibrio que se presentan en cualquiera de las esferas de la sociedad, que

vivimos en una asimetría de condiciones de economía.

∎Primal se llama primal al problema original del ejercicio a resolver de programación lineal.

∎Dualidad es la transpuesta del primal lo que era fila se convierte en columna o viceversa, lo que era máximo se convierte en minino.

Si es máximo (Primal), su dual será mínimo (Dual).

∎Lote económico a ordenar (EOQ=LEO) Cantidad a ordenar que minimiza los costos totales anuales del sistema de inventario lo que

más hay que enfocarse es a los costos de ordenar y a los costos de mantener.

∎Tasa de demanda constante Suposición de muchos modelos de inventarios que establece que se toma la misma cantidad de

unidades del inventario en cada periodo.

∎Costo de mantener es el costo asociado con mantener una inversión en inventario, incluyendo el costo de la inversión de capital en el

inventario, seguros, impuestos, gastos generales del almacén, etc. Este costo puede establecerse como un porcentaje de la inversión en

inventario o como un costo por unidad.

JULIO VARGAS HERBAS

GLOSARIO

∎Costo de capital es el costo en el que incurre una empresa para obtener capital para inversión, puede establecerse como una tasa de

porcentaje, y es parte del costo de mantener asociado con el mantenimiento del inventario.

∎Costo de ordenar es un costo fijo para cada pedido (salarios, papel, transporte, etc.) y está asociado con colocar ese pedido para un

artículo.

∎Posición del inventario es el inventario disponible más el inventario pedido.

∎Punto de reorden es la posición del inventario en la que debe colocar un pedido nuevo.

∎Tiempo de entrega es el tiempo entre la colocación de un pedido y su recuperación en el sistema de inventario.

∎Demanda del tiempo de entrega cantidad de unidades demandadas durante el tiempo de entrega.

∎Tiempo del ciclo es el tiempo que transcurre entre la colocación de dos pedidos consecutivos.

∎Tasa de suministro constante es la situación en la que el inventario se acumula a una tasa constante a lo largo de un periodo.

∎Tamaño del lote es la cantidad de ordenar en el modelo de inventario de producción.

∎Costo de montaje es el costo fijo (mano de obra, materiales, producción perdida) asociado con la preparación para una corrida de

producción nueva.

∎Escasez o agotamiento demanda que no puede suministrarse por haberse agotado el inventario.

∎Pedido pendiente de surtir es la recepción de un pedido para un producto cuando no hay unidades en el inventario. Estos pedidos en

reserva se vuelven escasez, que al final se satisfacen cuando se vuelve a disponer de un nuevo suministro del producto.

∎Costo de clientela es el costo asociado con un pedido pendiente de surtir, una venta perdida o cualquier forma de agotamiento o

demanda insatisfecha. Este costo puede usarse para reflejar la pérdida de ganancias futuras debido a que un cliente experimentó una

demanda insatisfecha.

∎Descuento por volumen descuentos o costos unitarios menores ofrecidos por el fabricante cuando un cliente compra cantidades

grandes del producto.

∎Modelo de inventario determinístico es el modelo donde la demanda se considera conocida y no sujeta a incertidumbre.

∎Modelo de inventario probabilístico es el modelo donde la demanda no se conoce con exactitud, deben asociarse probabilidades con

los valores posibles de la demanda.

∎Modelo de inventario de un solo periodo es el modelo de inventario en el que sólo se coloca un pedido para el producto y al final del

periodo todos los artículos se vendieran o un excedente de artículos no vendidos se venderán por un valor más bajo, llamado valor de

salvamento.

∎Análisis incremental es el método usado para determinar una cantidad óptima a ordenar, al comprar el costo de ordenar una unidad

adicional, con el costo de no ordenar una unidad adicional.

∎Distribución de la demanda del tiempo de entrega es la distribución de la demanda que ocurre durante el tiempo de entrega del

pedido.

∎Inventario de seguridad es el inventario mantenido para reducir la cantidad de agotamiento resultante de una demanda mayor que la

esperada.

∎Sistema de inventario de revisión continua sistema en el que la posición del inventario se vigila o revisa continuamente de modo que

puede colocarse un pedido nuevo tan pronto como se alcanza el punto de reorden.

∎ Sistema de inventario de revisión periódica sistema en el que la posición del inventario se verifica o revisa en puntos periódicos

predeterminados en el tiempo. Las reórdenes se colocan sólo en puntos de revisión periódicos.

∎Cola es la línea de espera.

∎Teoría de colas es el cuerpo de conocimiento que trata de las líneas de espera.

∎Características operativas de colas medidas de desempeño para una línea de espera que incluyen la probabilidad de que no haya

unidades en el sistema, la cantidad promedio de unidades en la línea de espera, el tiempo de espera promedio.

∎Línea de espera con un solo canal es la línea de espera con una sola instalación de servicio.

∎Distribución de probabilidad de poisson distribución de probabilidad usada para describir el patrón de llegadas para algunos

modelos de línea de espera.

∎Distribución de probabilidad exponencial distribución de probabilidad usada para describir el tiempo de servicio para algunos

modelos de línea de espera.

∎El primero que llega es el primero al que se atiende (FCFS; first-come, first served) disciplina de cola que sirve a las unidades que

esperan con base en que el primero que llega es el primero al que se atiende.

∎Periodo transitorio periodo de inicio para una línea de espera, que ocurre antes de que la línea de espera alcance una operación

normal o de estado estable.

∎Operación de estado estable operación normal de la línea de espera después de que ha pasado por un periodo inicial o transitorio.

Las características operativas de las líneas de espera se calculan para condiciones de estado estable.

∎Tasa media de llegadas cantidad promedio de clientes o unidades que llegan en un periodo dado.

∎Tasa media de servicio cantidad promedio de clientes o unidades que puede atender una instalación de servicio en un periodo dado.

∎Línea de espera de canales múltiples es la línea de espera con dos o más instalaciones de servicio paralelas.

∎Bloqueado cuando las unidades que llegan no pueden entrar a la línea de espera debido a que el sistema está lleno. Las unidades

bloqueadas pueden ocurrir cuando no se permiten las líneas de espera o cuando las líneas de espera tienen una capacidad finita.

∎Población infinita población de clientes o unidades que pueden buscar servicio, no tiene un límite superior especificado.

∎Población finita población de clientes o unidades que pueden buscar servicio, tienen un valor fijo y finito.

∎PERT técnica de evaluación y revisión de programas (program evaluation and review technique) procedimiento de proyectos basados

en una red de diagramas.

∎CPM método de la ruta crítica (critical path method) procedimiento de proyectos basados en una red de diagramas.

∎Actividades labores o tareas específicas que son componentes de un proyecto. Las actividades se presentan con nodos en una red de

proyectos.

∎Predecesoras inmediatas actividades que deben completarse inmediatamente antes del inicio de una actividad dada.

∎Red del proyecto representación gráfica de un proyecto que describe las actividades y muestra las relaciones de precedencia entre las

actividades.

∎Ruta crítica la ruta más larga en una red del proyecto.

∎Ruta secuencia de nodos conectados que conduce desde el nodo inicio hasta el nodo final.

JULIO VARGAS HERBAS

GLOSARIO

∎Actividades críticas son las actividades de la ruta crítica.

∎IP inicio próximo o tiempo de inicio más temprano, el tiempo más temprano en que puede empezar una actividad.

∎IL inicio lejano o tiempo de inicio más tardío, tiempo más tardío en que puede comenzar una actividad sin aumentar el tiempo para

completar el proyecto.

∎TP terminación próxima o tiempo de finalización más temprano, en que puede completarse una actividad.

∎TL terminación lejana o tiempo de finalización más tardío, en que puede completarse una actividad sin aumentar el tiempo para

completar el proyecto.

∎Pasada hacia adelante parte del procedimiento PERT/CPM que implica avanzar a través de la red del proyecto para determinar los

tiempos de inicio y de finalización más temprana para cada actividad.

∎Pasada hacia atrás parte del procedimiento PERT/CPM que implica retroceder a través de la red para determinar los tiempos de inicio

y de finalización más tardíos para cada actividad.

∎Holgura tiempo que puede demorarse una actividad sin afectar la duración total del proyecto.

∎Tiempo optimista tiempo de actividad mínimo si todo progresa de manera ideal.

∎Tiempo más probable tiempo de actividad más probable bajo condiciones normales.

∎Tiempo pesimista tiempo de actividad máximo si se encuentra demoras significativas.

∎Tiempo esperado tiempo promedio de una actividad.

∎Distribución de probabilidad beta distribución de probabilidad usada para describir los tiempos de las actividades.

∎Reducir acortamiento de tiempos de una actividad agregando recursos y, por tanto, por lo general aumentando costos, también se

conoce como el intensivo.

∎Distribución de probabilidad normal distribución normal estandarizada de una variable aleatoria continúa.

JULIO VARGAS HERBAS

APÉNDICE DE TABLAS

TABLA DE DISTRIBUCION NORMAL, PARA VALORES DE “Z” POSITIVOS

Z 0.0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.5000 0.5040 0.5080 0.5120 0.5160 0.5199 0.5239 0.5279 0.5319 0.5359

0.1 0.5398 0.5438 0.5478 0.5517 0.5557 0.5596 0.5636 0.5675 0.5714 0.5753

0.2 0.5793 0.5832 0.5871 0.5910 0.5948 0.5987 0.6026 0.6064 0.6103 0.6141

0.3 0.6179 0.6217 0.6255 0.6293 0.6331 0.6368 0.6406 0.6443 0.6480 0.6517

0.4 0.6554 0.6591 0.6628 0.6664 0.6700 0.6736 0.6772 0.6808 0.6844 0.6879

0.5 0.6915 0.6950 0.6985 0.7019 0.7054 0.7088 0.7123 0.7157 0.7190 0.7224

0.6 0.7257 0.7291 0.7324 0.7357 0.7389 0.7422 0.7454 0.7486 0.7517 0.7549

0.7 0.7580 0.7611 0.7642 0.7673 0.7704 0.7734 0.7764 0.7794 0.7823 0.7852

0.8 0.7881 0.7910 0.7939 0.7967 0.7995 0.8023 0.8051 0.8078 0.8106 0.8133

0.9 0.8159 0.8186 0.8212 0.8238 0.8264 0.8289 0.8315 0.8340 0.8365 0.8389

1.0 0.8413 0.8438 0.8461 0.8485 0.8508 0.8531 0.8554 0.8577 0.8599 0.8621

1.1 0.8643 0.8665 0.8686 0.8708 0.8729 0.8749 0.8770 0.8790 0.8810 0.8830

1.2 0.8849 0.8869 0.8888 0.8907 0.8925 0.8944 0.8962 0.8980 0.8997 0.9015

1.3 0.9032 0.9049 0.9066 0.9082 0.9099 0.9115 0.9131 0.9147 0.9162 0.9177

1.4 0.9192 0.9207 0.9222 0.9236 0.9251 0.9265 0.9279 0.9292 0.9306 0.9319

1.5 0.9332 0.9345 0.9357 0.9370 0.9382 0.9394 0.9406 0.9418 0.9429 0.9441

1.6 0.9452 0.9463 0.9474 0.9484 0.9495 0.9505 0.9515 0.9525 0.9535 0.9545

1.7 0.9554 0.9564 0.9573 0.9582 0.9591 0.9599 0.9608 0.9616 0.9625 0.9633

1.8 0.9641 0.9649 0.9656 0.9664 0.9671 0.9678 0.9686 0.9693 0.9699 0.9706

1.9 0.9713 0.9719 0.9726 0.9732 0.9738 0.9744 0.9750 0.9756 0.9761 0.9767

2.0 0.9772 0.9778 0.9783 0.9788 0.9793 0.9798 0.9803 0.9808 0.9812 0.9817

2.1 0.9821 0.9826 0.9830 0.9834 0.9838 0.9842 0.9846 0.9850 0.9854 0.9857

2.2 0.9861 0.9864 0.9868 0.9871 0.9875 0.9878 0.9881 0.9884 0.9887 0.9890

2.3 0.9893 0.9896 0.9898 0.9901 0.9904 0.9906 0.9909 0.9911 0.9913 0.9916

2.4 0.9918 0.9920 0.9922 0.9925 0.9927 0.9929 0.9931 0.9932 0.9934 0.9936

2.5 0.9938 0.9940 0.9941 0.9943 0.9945 0.9946 0.9948 0.9949 0.9951 0.9952

2.6 0.9953 0.9955 0.9956 0.9957 0.9959 0.9960 0.9961 0.9962 0.9963 0.9964

2.7 0.9965 0.9966 0.9967 0.9968 0.9969 0.9970 0.9971 0.9972 0.9973 0.9974

2.8 0.9974 0.9975 0.9976 0.9977 0.9977 0.9978 0.9979 0.9979 0.9980 0.9981

2.9 0.9981 0.9982 0.9982 0.9983 0.9984 0.9984 0.9985 0.9985 0.9986 0.9986

3.0 0.9987 0.9987 0.9987 0.9988 0.9988 0.9989 0.9989 0.9989 0.9990 0.9990

3.1 0.9990 0.9991 0.9991 0.9991 0.9992 0.9992 0.9992 0.9992 0.9993 0.9993

3.2 0.9993 0.9993 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9995 0.9995 0.9995

3.3 0.9995 0.9995 0.9995 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9997

3.4 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9998

3.5 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998 0.9998

3.6 0.9998 0.9998 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999

3.7 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999

3.8 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999 0.9999

3.9 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000

4.0 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000

JULIO VARGAS HERBAS

APÉNDICE DE TABLAS

TABLA DE DISTRIBUCION NORMAL, PARA VALORES DE “Z” NEGATIVOS

Z 0.0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.5000 0.4960 0.4920 0.4880 0.4840 0.4801 0.4761 0.4721 0.4681 0.4641

-0.1 0.4602 0.4562 0.4522 0.4483 0.4443 0.4404 0.4364 0.4325 0.4286 0.4247

-0.2 0.4207 0.4168 0.4129 0.4090 0.4052 0.4013 0.3974 0.3936 0.3897 0.3859

-0.3 0.3821 0.3783 0.3745 0.3707 0.3669 0.3632 0.3594 0.3557 0.3520 0.3483

-0.4 0.3446 0.3409 0.3372 0.3336 0.3300 0.3264 0.3228 0.3192 0.3156 0.3121

-0.5 0.3085 0.3050 0.3015 0.2981 0.2946 0.2912 0.2877 0.2843 0.2810 0.2776

-0.6 0.2743 0.2709 0.2676 0.2643 0.2611 0.2578 0.2546 0.2514 0.2483 0.2451

-0.7 0.2420 0.2389 0.2358 0.2327 0.2296 0.2266 0.2236 0.2206 0.2177 0.2148

-0.8 0.2119 0.2090 0.2061 0.2033 0.2005 0.1977 0.1949 0.1922 0.1894 0.1867

-0.9 0.1841 0.1814 0.1788 0.1762 0.1736 0.1711 0.1685 0.1660 0.1635 0.1611

-1.0 0.1587 0.1562 0.1539 0.1515 0.1492 0.1469 0.1446 0.1423 0.1401 0.1379

-1.1 0.1357 0.1335 0.1314 0.1292 0.1271 0.1251 0.1230 0.1210 0.1190 0.1170

-1.2 0.1151 0.1131 0.1112 0.1093 0.1075 0.1056 0.1038 0.1020 0.1003 0.0985

-1.3 0.0968 0.0951 0.0934 0.0918 0.0901 0.0885 0.0869 0.0853 0.0838 0.0823

-1.4 0.0808 0.0793 0.0778 0.0764 0.0749 0.0735 0.0721 0.0708 0.0694 0.0681

-1.5 0.0668 0.0655 0.0643 0.0630 0.0618 0.0606 0.0594 0.0582 0.0571 0.0559

-1.6 0.0548 0.0537 0.0526 0.0516 0.0505 0.0495 0.0485 0.0475 0.0465 0.0455

-1.7 0.0446 0.0436 0.0427 0.0418 0.0409 0.0401 0.0392 0.0384 0.0375 0.0367

-1.8 0.0359 0.0351 0.0344 0.0336 0.0329 0.0322 0.0314 0.0307 0.0301 0.0294

-1.9 0.0287 0.0281 0.0274 0.0268 0.0262 0.0256 0.0250 0.0244 0.0239 0.0233

-2.0 0.0228 0.0222 0.0217 0.0212 0.0207 0.0202 0.0197 0.0192 0.0188 0.0183

-2.1 0.0179 0.0174 0.0170 0.0166 0.0162 0.0158 0.0154 0.0150 0.0146 0.0143

-2.2 0.0139 0.0136 0.0132 0.0129 0.0125 0.0122 0.0119 0.0116 0.0113 0.0110

-2.3 0.0107 0.0104 0.0102 0.0099 0.0096 0.0094 0.0091 0.0089 0.0087 0.0084

-2.4 0.0082 0.0080 0.0078 0.0075 0.0073 0.0071 0.0069 0.0068 0.0066 0.0064

-2.5 0.0062 0.0060 0.0059 0.0057 0.0055 0.0054 0.0052 0.0051 0.0049 0.0048

-2.6 0.0047 0.0045 0.0044 0.0043 0.0041 0.0040 0.0039 0.0038 0.0037 0.0036

-2.7 0.0035 0.0034 0.0033 0.0032 0.0031 0.0030 0.0029 0.0028 0.0027 0.0026

-2.8 0.0026 0.0025 0.0024 0.0023 0.0023 0.0022 0.0021 0.0021 0.0020 0.0019

-2.9 0.0019 0.0018 0.0018 0.0017 0.0016 0.0016 0.0015 0.0015 0.0014 0.0014

-3.0 0.0013 0.0013 0.0013 0.0012 0.0012 0.0011 0.0011 0.0011 0.0010 0.0010

-3.1 0.0010 0.0009 0.0009 0.0009 0.0008 0.0008 0.0008 0.0008 0.0007 0.0007

-3.2 0.0007 0.0007 0.0006 0.0006 0.0006 0.0006 0.0006 0.0005 0.0005 0.0005

-3.3 0.0005 0.0005 0.0005 0.0004 0.0004 0.0004 0.0004 0.0004 0.0004 0.0003

-3.4 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0003 0.0002

-3.5 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002 0.0002

-3.6 0.0002 0.0002 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001

-3.7 0.0001 0.0001 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

-3.8 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

-3.9 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

- 4 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

JULIO VARGAS HERBAS

APÉNDICE DE TABLAS

TABLA DE DISTRIBUCIÓN NORMAL PARA INTERVALOS: p(−|Z| ≤ Z o ≤ |Z|).

Intervalos 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.000000 0.007978 0.015956 0.023932 0.031906 0.039877 0.047844 0.055806 0.063762 0.071712

0.1 0.079655 0.087590 0.095516 0.103433 0.111340 0.119235 0.127118 0.134989 0.142847 0.150690

0.2 0.158519 0.166332 0.174128 0.181908 0.189669 0.197412 0.205136 0.212839 0.220522 0.228183

0.3 0.235822 0.243439 0.251031 0.258600 0.266143 0.273661 0.281152 0.288617 0.296054 0.303463

0.4 0.310843 0.318194 0.325514 0.332804 0.340062 0.347289 0.354483 0.361644 0.368772 0.375866

0.5 0.382924 0.389948 0.396936 0.403888 0.410802 0.417680 0.424520 0.431322 0.438085 0.444809

0.6 0.451493 0.458138 0.464742 0.471305 0.477827 0.484307 0.490746 0.497142 0.503495 0.509805

0.7 0.516072 0.522295 0.528475 0.534609 0.540700 0.546745 0.552745 0.558700 0.564609 0.570472

0.8 0.576289 0.582059 0.587783 0.593461 0.599091 0.604674 0.610210 0.615699 0.621140 0.626534

0.9 0.631879 0.637177 0.642427 0.647628 0.652782 0.657887 0.662944 0.667953 0.672913 0.677825

1.0 0.682689 0.687504 0.692271 0.696989 0.701660 0.706281 0.710855 0.715380 0.719857 0.724286

1.1 0.728667 0.733000 0.737286 0.741523 0.745713 0.749856 0.753951 0.757999 0.761999 0.765953

1.2 0.769860 0.773721 0.777535 0.781302 0.785024 0.788700 0.792330 0.795915 0.799454 0.802949

1.3 0.806399 0.809804 0.813164 0.816481 0.819754 0.822984 0.826170 0.829313 0.832413 0.835471

1.4 0.838486 0.841460 0.844392 0.847282 0.850132 0.852941 0.855709 0.858438 0.861126 0.863775

1.5 0.866385 0.868956 0.871489 0.873983 0.876439 0.878858 0.881240 0.883584 0.885893 0.888165

1.6 0.890401 0.892602 0.894767 0.896898 0.898994 0.901057 0.903085 0.905080 0.907042 0.908972

1.7 0.910869 0.912734 0.914567 0.916369 0.918140 0.919881 0.921592 0.923272 0.924924 0.926546

1.8 0.928139 0.929704 0.931241 0.932750 0.934231 0.935686 0.937114 0.938516 0.939891 0.941242

1.9 0.942566 0.943866 0.945142 0.946393 0.947620 0.948823 0.950004 0.951161 0.952296 0.953409

2.0 0.954499 0.955568 0.956616 0.957643 0.958649 0.959635 0.960601 0.961547 0.962474 0.963382

2.1 0.964271 0.965141 0.965993 0.966828 0.967645 0.968444 0.969227 0.969993 0.970742 0.971475

2.2 0.972193 0.972894 0.973581 0.974252 0.974909 0.975551 0.976178 0.976792 0.977392 0.977978

2.3 0.978551 0.979111 0.979659 0.980193 0.980716 0.981226 0.981725 0.982211 0.982687 0.983151

2.4 0.983604 0.984047 0.984479 0.984901 0.985312 0.985714 0.986106 0.986488 0.986861 0.987225

2.5 0.987580 0.987926 0.988264 0.988593 0.988914 0.989227 0.989532 0.989830 0.990119 0.990402

2.6 0.990677 0.990945 0.991207 0.991461 0.991709 0.991950 0.992185 0.992414 0.992637 0.992854

2.7 0.993066 0.993271 0.993471 0.993666 0.993856 0.994040 0.994219 0.994394 0.994564 0.994729

2.8 0.994889 0.995045 0.995197 0.995345 0.995488 0.995628 0.995763 0.995895 0.996023 0.996147

2.9 0.996268 0.996385 0.996499 0.996610 0.996717 0.996822 0.996923 0.997022 0.997117 0.997210

3.0 0.997300 0.997387 0.997472 0.997554 0.997634 0.997711 0.997786 0.997859 0.997929 0.997998

3.1 0.998064 0.998129 0.998191 0.998251 0.998310 0.998367 0.998422 0.998475 0.998527 0.998577

3.2 0.998625 0.998672 0.998718 0.998762 0.998804 0.998845 0.998885 0.998924 0.998961 0.998998

3.3 0.999033 0.999067 0.999099 0.999131 0.999162 0.999191 0.999220 0.999248 0.999275 0.999301

3.4 0.999326 0.999350 0.999373 0.999396 0.999418 0.999439 0.999459 0.999479 0.999498 0.999516

3.5 0.999534 0.999551 0.999568 0.999584 0.999599 0.999614 0.999629 0.999643 0.999656 0.999669

3.6 0.999681 0.999693 0.999705 0.999716 0.999727 0.999737 0.999747 0.999757 0.999766 0.999775

3.7 0.999784 0.999792 0.999800 0.999808 0.999815 0.999823 0.999830 0.999836 0.999843 0.999849

3.8 0.999855 0.999861 0.999866 0.999871 0.999876 0.999881 0.999886 0.999891 0.999895 0.999899

3.9 0.999903 0.999907 0.999911 0.999915 0.999918 0.999921 0.999925 0.999928 0.999931 0.999933

4.0 0.999936 0.999939 0.999941 0.999944 0.999946 0.999948 0.999950 0.999952 0.999954 0.999956

JULIO VARGAS HERBAS

BIBLIOGRAFIA

Jorge Álvarez A. “Investigación de Operaciones” Ed. Alegre Lima-Perú 1999

Frederick S. Hillier “Introducción a la Investigación de Operaciones” Ed. McGraw-Hill 1991

Hamdy A. Taha “Investigación de Operaciones” Ed. Pearson México 2012

Vargas Mújica Miguel “Programación lineal y otros elementos de la Investigación de Operativa”

Latinas Editores Oruro-Bolivia

Herbert Moskowitz y Gordon P. Wright “Investigación de Operaciones” Ed. Prentice-Hall 1982

Bonini-Hausman-Bierman “Análisis Cuantitativos para los negocios” Ed. McGraw-Hill 2000

Kamlesh Mathur y Daniel Solow “Investigación de Operaciones” Ed. Prentice-Hall 1996

Raffo Lecca E.“Investigación de Operaciones, Toma de decisiones” Ed. Mundigraf 1990

Raffo Lecca Eduardo “Programación Lineal, Formulación de modelos” Lima-Perú 1999

G.D.Eppen-F.J.Gouls-C.P.Schmidt-Jffrey H. Moore-Larry R. Weatherford “Investigación de

Operaciones en la ciencia administrativa” Ed. Prentice-Hall 2000

Richard Bronson “Investigación de Operaciones” Ed. McGraw-Hill 2003

Anderson-Sweeney-Williams “Métodos Cuantitativos , para los negocios” Ed. Edamsa 2004

JULIO VARGAS HERBAS

BIBLIOGRAFIA

JULIO VARGAS HERBAS

BIBLIOGRAFIA

JULIO VARGAS HERBAS

BIBLIOGRAFIA

JULIO VARGAS HERBAS

BIBLIOGRAFIA

JULIO VARGAS HERBAS

LIBRO DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES

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