Investig. Operativa Tomo i

8/17/2019 Investig. Operativa Tomo i

1/355

INVESTIGACIÓN OPERATIVA TOMO I ECON. JUAN CARLOS ERAZO F.

1

Investigación Operativa Tomo I Capítulo I

OBJETIVOS DEL CAPÍTULO I

Al finalizar el capítulo el alumno estará en capacidad de:

1.- Tener una perspectiva de lo que es la Investigación Operativa2.- Mejorar la toma de decisiones gerenciales3.- Entender el concepto de modelo4.- Entender los cinco pasos más importantes en I.O..

a.- Definición de un problema.b.- Construcción de un modelo.c.- Solución del modelo.

d.- Validación del modeloe.- Implementación.5.- Ver como se construye un modelo en dos aplicaciones gerenciales en programación lineal y análisis

de decisiones.

LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA

INTRODUCCIÓN

La Investigación Operativa es una técnica o, mejor, conjunto de técnicas que han surgido para coordinarla teoría con la práctica, para ayudar a resolver los problemas cada vez más complicados que surgen en

la empresa.

Muchos de los avances de la Investigación Operativa se han debido a que han encontrado nuevastécnicas matemáticas, el desarrollo de la Computación, y, sobre todo métodos más abreviados decálculo numérico, que ha hecho factibles las soluciones a problemas que hace unos años seconsideraban fuera de nuestras posibilidades. Un caso, quizá el que más se ha popularizado, es el de laPROGRAMACIÓN LINEAL.

Una de las razones principales que hacen indispensable esta ciencia es que tiene que resolvercuestiones que se refieren a la empresa como totalidad.

La Investigación Operativa es una ciencia considerada en formación, de ahí que no existe un conceptogeneralizado, y quizá por ello, están sugiriendo muchas inquietudes, pues, se puede plantear y resolverproblemas en una amplia gama de actividades, originando frecuentemente más y nuevas posibilidadesde acción práctica en esta materia.

Estas características a la vez que va confirmando la utilidad de la Investigación Operativa, derivaninteresantes oportunidades para crear modelos y aplicaciones muy subjetivas y de esta forma facilitar la"TOMA DE DECISIONES" en empresas y organizaciones.

La Investigación Operativa, reúne un conjunto de ciencias como la Física, Biología, Psicología,Sociología, Economía y Matemática, que identificadas a un problema concreto contribuyen a encontrar larelación CAUSA-EFECTO, de un fenómeno y, en base a métodos matemáticos, estadísticos y criterioscualitativos procura una definición del problema y una solución práctica.

Mediante la aplicación de modelos se puede reunir el conjunto de variables de carácter controlable yotras no controlables, integrándolas en un contexto general y predeterminando su posiblecomportamiento.


2/355


2

Regularmente la Investigación Operativa utiliza métodos de aproximaciones sucesivas, es decir,generando alternativas y opciones para la decisión final, tratando obviamente de MINIMIZAR los riesgosinherentes a cada posición.

ORIGEN Y EVOLUCIÓN DE LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA

La Investigación Operativa es tan antigua como la conducta humana, pues el avance científico es

consecuencia de la acumulación de diferentes investigaciones en las ciencias aplicadas.

A inicios de la segunda guerra mundial, los mandos militares, solicitaron ayuda de numerosos científicospara la resolución de problemas estratégicos y tácticos.

Los científicos procedentes de diferentes disciplinas se organizaron en equipos dirigidos inicialmente abuscar la utilización óptima de los recursos. Estos fueron los primeros equipos de InvestigaciónOperativa.

Surgieron tres elementos básicos para definir una operación de ataque militar.

ESTRATEGIA : (Precisión de un objetivo)

LOGISTICA : (Recursos disponibles)TACTICA : (Forma, habilidad para cumplir el objetivo con los recursos)

Se realizaron muchos ensayos para comprobar el razonamiento científico, intensas investigaciones,procesos de observación estadística, probabilidades, llegando a precisar una nueva forma deapreciación sobre los problemas.

Al pasar el tiempo surgieron nuevos modelos, ampliándose la iniciativa a la empresa, se la considerabacomo un todo, integrándola en muchos aspectos: producción, tecnología, administración, tareas,personal, etc., es decir, dando importancia a todos aquellos factores que directa o indirectamente tienenque ver con la permanencia del producto y de la empresa.

Los casos resueltos a través de los modelos de la Investigación Operativa realmente son numerosos ycon sentido de practicidad y eficiencia. Problemas planteados y resueltos mediante programación lineal,programación dinámica, problemas de colas, Problemas de transporte, métodos GANT PERT, entre losmás importantes, han despertado varias ideas de aplicación.

Hoy podría decirse, que toda empresa de dimensión grande o mediana aplican los métodos de laInvestigación Operativa, pues, contribuye eficazmente a optimizar una gran parte de los objetivos.

LAS FASES DE LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA

La Investigación Operativa comienza describiendo algún sistema mediante un modelo que luego se loamplía con el propósito de determinar la mejor forma de operación del sistema. Las principales fases deun estudio de Investigación de Operaciones son las siguientes:

a) Formulación del problema.b) Construcción de un modelo representativo del sistema de estudio.c) Búsqueda de una solución a partir del modelo.d) Prueba del modelo y de la solución deducida a partir de éste.e) Establecimiento de controles sobre la solución.f) Poner la solución a trabajar: EJECUCION.

FORMULACIÓN DEL PROBLEMA

En la formulación de un problema deben estar perfectamente establecidos los objetivos, los cursosalternativos de acción, las restricciones y los efectos del sistema de estudio. Debe tomarse en cuenta

que es casi imposible dar solución correcta a un problema incorrectamente planteado.


3/355


3

CONSTRUCCIÓN DE UN MODELO

El siguiente paso luego de la formulación de problema, es la construcción del modelo, las característicasesenciales de los modelos permiten describirlos de diferentes maneras. Los modelos pueden clasificarsepor sus dimensiones, funciones, propósitos, temas o grado de abstracción. Los tipos básicos de modelosson los siguientes:

1.- Modelos Icónicos

Un modelo icónico es la presentación física de un objeto o de una situación. Esta representaciónpuede darse en dos dimensiones como sucede con los planos, los mapas o la fotografía o,también, en tres dimensiones como sucede con las maquetas.

2.- Modelos Analógicos

Son representaciones que por analogía muestran características de una determinada situación.Se los utiliza, especialmente, para representar situaciones dinámicas. Son ejemplos de estosmodelos las curvas de demanda, las curvas de distribución de frecuencia y los diagramas deflujo.

3.- Modelos Simbólicos o Matemáticos

Son verdaderas representaciones de la realidad y toman la forma de cifras y símbolosmatemáticos. Estos son los modelos especialmente utilizados por la Investigación Operativa y untipo de modelo simbólico es una ecuación.

DEDUCCIÓN DE LA SOLUCIÓN

Una vez establecido el modelo, el siguiente paso es obtener una solución al problema a partir delmodelo. Este paso se lo desarrolla determinando la solución óptima del modelo y luego aplicando estasolución al problema real. Algunas ocasiones las complejidades matemáticas del modelo impiden

obtener la solución óptima, en estos casos, una “BUENA” respuesta es suficiente. En otros casos, lasolución óptima del modelo es una aproximación de la situación real, sin embargo, un modelo bienformulado y probado aproxima su solución óptima verdadera.

PRUEBA DEL MODELO Y DE LA SOLUCIÓN

Después de obtener una solución del modelo, el modelo y la solución deben probarse. Esto puedehacerse en dos pasos:

1.- Usando datos pasados, haciendo una comparación entre el rendimiento real del sistema y elrendimiento indicado por el modelo.

2.- Permite operar el sistema sin cambios y comparando su rendimiento con aquel del modelo.

ESTABLECIMIENTO DE CONTROLES

Una vez que un modelo y su solución se consideran aceptables, deben colocarse controles sobre lasolución con el objeto de detectar cualquier cambio significativo de las condiciones en las cuales se basael modelo; obviamente, si cambian tanto que el modelo ya no es una representación precisa del sistema,el modelo debe ser invalidado.

EJECUCIÓN

La ejecución es una solución obtenida a partir de un modelo, es la última fase de un estudio deinvestigación de Operaciones. En esta fase se explica la solución a la administración responsable del

sistema en estudio. Es importante que la explicación de la solución se haga en función de losprocedimientos usados en el sistema real.


4/355


4

Después de aplicar la solución al sistema, se observa la respuesta de éste a los cambios introducidos,esto permite realizar los ajustes y modificaciones adicionales requeridas por el rendimiento del sistema.

METODOS CUANTITATIVOS QUE ESTUDIA LA I.O.

A continuación se presenta una breve descripción de los diferentes modelos que estudia la I.O.

1.- Teoría de probabilidades.2.- Varias técnicas matemáticas.3.- Modelos de secuenciación.4.- Modelos de reemplazo.5.- Modelos de inventario.6.- Modelos de asignación.7.- Modelos de programación dinámica.8.- Modelos competitivos.9.- Modelos de líneas de espera.10.- Técnicas de simulación.11.- Modelos de ruta.12.- Métodos de búsqueda y heurísticos.

13.- Métodos combinados de investigación de operaciones.14.- Modelo de Programación Lineal.

CAMPOS DE APLICACIÓN DE LA INVESTIGACIÓN OPERTIVA

La I.O. tiene múltiples campos de aplicación, se utiliza en casi toda gestión que requiere la intervenciónde recursos para un objetivo determinado y reúna características muy bien definidas.

En forma sucesiva los métodos operacionales han ido encontrado aceptación en los siguientes campos osectores:

- Industria - Energía

- Agricultura - Banca- Construcción - Minería- Comercio - Comunicaciones- Transporte - Servicios públicos o privados

Desde el punto de vista de unidades económicas, la I.O. es un valioso instrumento para resolverproblemas relacionados con los siguientes aspectos:

- Producción - Precios- Inventarios - Mercados- Distribución - Comercialización- Selección de equipos - Informática- Problemas de espera - Administración- Organización y sistemas - Gerencia- Localización LAY-OUT - Factor humano- Financiamiento - Seguridad industrial

De acuerdo a lo anterior la I.O. refleja su versatilidad para plantear, analizar y sugerir la mejor solución alos diferentes problemas que por sectores económicos o factores internos de la empresa puedenpresentarse.

LIMITACIONES DE LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA

Así como esta materia nos permite resolver muchos tipos de problemas, también, encontramos algunaslimitaciones en la práctica, las que pueden sintetizarse en las siguientes:

a) Capacidad del equipo investigador.- Se refiere a las restricciones en cuanto a contar conprofesionales especializados en la rama.


5/355


5

b) Costo de la investigación.- El costo es alto, pero, es necesario anotar que muchas empresas loconsideran como inversión ya que les permite minimizar errores.

c) El uso del computador.- Actualmente es necesario la utilización de los lenguajes de computación.d) Grado de interés de la empresa.- En los países menos desarrollados no dan el apoyo respectivo a

estas investigaciones.e) Servicios de informática.- Generalmente las empresas no cuentan con unidades sistematizadas de

información, capaz de dar agilidad a la obtención de datos, fundamentalmente con los necesarios

para la identificación de coeficientes técnicos por unidad. Esta es una restricción que obstaculizael proceso de la investigación. Es indudable, desde luego, para las empresas que cuentan conservicios internos de información, obtengan mejores resultados a través de los medios de lainformática.

METODOLOGÍA DE LA INVESTIGACIÓN OPERATIVA

La metodología debe pretender que el decidor, aquel que tomará el riesgo de la decisión (riesgo porquees de su responsabilidad el éxito o fracaso de la operación), puede afectar la decisión más racionalposible, o sea, que se minimice el riesgo de ser equivocado. La metodología a utilizarse debe adaptarse“A fin de facilitar la decisión”, para ello contará con modelos fundamentalmente matemáticos, con la

calificación de los factores que intervienen en el proceso.

Conocido el modelo matemático, cuantificados los parámetros que en él intervienen, habrá que haceruso del juego lógico matemático para obtener soluciones.


6/355


6

apítulo II

Programación Lineal

OBJETIVOS DEL CAPITULO III

Después de finalizar satisfactoriamente este capítulo, usted debe estar en capacidad de:

1.- Determinar las soluciones óptimas para problemas de programación lineal utilizando el criteriopesimista, el criterio optimista y el criterio del valor esperado.

2.- Utilizar técnicas de asignación de cantidades fijas de recursos a la satisfacción de varias demandas.

PROGRAMACIÓN LINEAL

La PL. Es una clase de modelos de programación matemática destinados a la asignación eficiente de losrecursos limitados en actividades conocidas, con el objetivo de satisfacer las metas deseadas (tal comomaximizar beneficios o minimizar costos). La característica distintiva de los modelos de P. L. es que las

funciones que representan el objetivo y las restricciones son lineales o sea inecuaciones o ecuacionesde primer grado.

La PL. Tuvo sus orígenes a raíz de la Segunda Guerra Mundial, cuando George Dantzin, quien realizóinvestigaciones y aplicaciones en distintos casos de operación aéreo-militar.

Leonfiel aportó principalmente en relaciones interindustriales a través de su Matriz de Insumo - Producto.

Koopmans, incursionó profundamente en aplicaciones microeconómicas resolviendo casos deproducción, asignación de recursos, maximización de beneficios y minimización de costos, etc.

La PL. Es un modelo sistemático y matemático de enfocar determinado problema para lograr una

solución óptima o la mejor posible, empleando una ecuación objetivo (propósito del problema), unconjunto de restricciones lineales y una condición de eliminar valores negativos (condición de nonegatividad).

OBJETIVOS Y APLICACIONES

El objetivo básico de la PL. es encontrar soluciones mediante métodos matemáticos, utilizando sistemaslineales, a problemas de carácter técnico-económico que se presentan por la limitación de recursos.

A través de la PL. se pueden resolver interesantes casos tales como: combinación óptima de mezclas deproducción, disposición interna de procesos, maximización de beneficios, localización, asignación derecursos, minimización de costos, transporte, entre los más sobresalientes.

En cuanto al área de aplicación se resuelven casos en la industria en general y dentro de ésta conmejores opciones en la industria química, hierro y acero, papel y cartón, petróleo, farmacéuticos,alimenticios y textil.

Se han realizado aplicaciones también en la agricultura, construcción, aviación, sistemas hidroeléctricos,transporte, etc.

Conceptos básicos

Linealidad

Todo proceso, actividad o relación lineal utilizada se identifica con la cantidad unitaria de cada uno de losfactores con respecto a los demás y a las cantidades de cada uno de los productos.


7/355


7

Divisibilidad

Los procesos pueden utilizarse en extensiones positivas divisibles mientras se dispongan de recursos.

Finitud

Tanto el número de procesos identificados cuanto los recursos disponibles, deberán corresponder a

cantidades finitas, esto es, conocidas y cuantificadas en forma determinística.

Algoritmos o Iteraciones

Como se dijo anteriormente la I. O. en lo que se refiere a la P. L. utiliza métodos medianteaproximaciones sucesivas, ensayos, intentos que reciben el nombre de algoritmos o iteraciones y, segúnlos cuales se determina pasos o etapas hasta obtener el objetivo planteado.

El problema general de la PL.

Los problemas de la PL. se presentan por la limitación de recursos que se tratan de distribuir en la mejorforma. Los recursos a la vez que son limitados en términos “per se” (por sí mismo) pueden ser

distribuidos en tantas formas como combinaciones matemáticas permitan relacionarlos a un mismoobjetivo, de allí que es necesario distribuirlos adecuadamente en forma equilibrada y armónica entre losfactores que intervienen en el problema, a fin de encontrar las mejores alternativas de uso, cumpliendocon el propósito fijado.

Un problema de PL. trae implícitamente el sentido de función, propósito o meta, recursos disponibles yhabilidad o forma para seleccionar, comparar y decidir la mejor alternativa (decisión).

Los problemas de PL. planteados y resueltos por cualquiera de los métodos deberán cumplir cuatrocondiciones necesarias y suficientes:

1° Función objetivo

Es la ecuación que expresa la cantidad que va a ser maximizada o minimizada según el objetivoplanteado y es de la forma

nn X C X C X C X C X C Z ......................44332211

Z(MAX) para los casos de maximizaciónZ(MIN) para los de minimización.

nC C C C C .............,,, 4321 Coeficientes de la función objetivo pueden ser márgenes

de beneficios, precios, costos unitarios, etc.

n X X X X X ............,,, 4321 Variables del problema, lo que queremos lograr.

2° Limitaciones y Restricciones

Es el conjunto de inecuaciones o ecuaciones que expresan las condiciones finitas del problema,denominados también COEFICIENTES TECNICOS de producción, tecnológicos, de transporte,etc., según sea el caso de estudio.

nnnmnmmm

nn

nn

nn

bT X A X A X A X A

bT X A X A X A X A

bT X A X A X A X A

bT X A X A X A X A

..............

......................................................................................

......................................................................................

...............

...............

...............

332211

333333232131

222323222121

1113132121.11


8/355


8

Donde

mnmmm

n

n

n

A A A A

A A A A

A A A A

A A A A

.........

............................

............................

..........

..........

..........

321

3333231

2232221

1131211

Coeficientes Técnicos

n X X X X ..........,, 321 Variables o incógnitas del problema.

nT T T T .............,, 321 Signos o límites del sistema.

Igual o menor que Mayor o igual que Igual

3. No negatividad

En la resolución de los problemas de P. L. en ningún caso se aceptarán resultados negativos enlas respuestas, pues, no se concibe producción negativa, gastos negativos, tendrán que ser porlo menos igual o mayor que cero. Xn 0

4° Condiciones de Optimización

Se van obteniendo por aproximaciones sucesivas.

Solución factible: Aquella que satisface las limitaciones y restricciones del problema.

Solución básica factible: Es aquella que satisface tanto las limitaciones o restricciones como lafunción objetivo del problema (optimización).

EJEMPLOS DE PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL

MAXIMIZACIÓN

PROBLEMA N° 1.-

Un taller fabrica dos clases de cinturones de piel. En cada cinturón A de alta calidad gana S/4 y en cadacinturón B de baja calidad gana S/3. El taller puede producir diariamente 500 cinturones de tipo B o 250cinturones de tipo A. Sólo se dispone de piel para 400 cinturones diarios A y B combinados, de 200hebillas elegantes para el cinturón A y de 350 hebillas diarias para el cinturón B ¿Qué producciónmaximiza la ganancia?

Formulación del problema

A B = ProductosX1 X2 = Número producido4 3 = Utilidad

Recursos Consumo DisponibilidadPiel 1 1 400Hebillas A 1 0 200Hebillas B 0 1 350Capacidad 2 1 500

Función objetivo: Maximizar la utilidad total

Z(MAX) = 4X1 + 3X2


9/355


9

Restricciones:

1.- X1 + X2 400 (Consumo de piel)2.- X1 200 (Consumo de hebillas A)3.- X2 350 (Consumo de hebillas B)4.- 2X1 + X2 500 (Consumo de capacidad)5.- X1, X2 0 (Restricciones de no negatividad).

Es necesario realizar la formulación algebraica ya que la multiplicidad de datos en interpelaciones hacedifícil el planteamiento de los problemas de PL. Una forma de resumir la información consiste en elaboraruna matriz de recursos y productos con sus respectivos coeficientes de consumo con la oferta disponiblede los insumos y con la utilidad generada por cada producto. Previo a ello conviene definir con claridad elsignificado de las variables utilizadas. Analice detenidamente la formulación de los ejemplos.

SOLUCIÓN GRÁFICA

El método gráfico permite una comprensión visual de la resolución de un problema.

De acuerdo a las condiciones deberá cumplir con los cuatro requisitos básicos.

1.- Función Objetivo2.- Conjunto de limitaciones o restricciones3.- Condición de no negatividad4.- Condiciones u optimización

4.1.- Solución factible4.2.- Solución básica factible4.3.- Solución óptima factible

Mediante el método gráfico se trata de resolver por aproximaciones, o interacciones gráficas lasposibilidades de mejorar las soluciones de conformidad a la función objetivo determinada.

Maximización2211)( X C X C MAX Z

Cuando se trata de problemas de maximización, la solución está determinada por la región interiorformada por el polígono convexo.

Para este caso se utilizará las expresiones (menor o igual) lo que indica que la empresa no podráutilizar más recursos de los que dispone (Finitud) y los coeficientes de X 1 y X2 corresponden a lasnecesidades técnicas de producción.

Las restricciones o limitaciones serán:

3232131

2222121

1212111

b X A X A

b X A X A

b X A X A

0, 21 X X

La función objetivo puede representarse mediante un conjunto de rectas paralelas con pendiente.

2

1

C

C M

Donde C1 es el coeficiente de X1 y C2 el coeficiente de X2. Cada recta indica un conjunto de puntos queproporcionan un beneficio idéntico.


10/355


10

SOLUCIÓN DEL PROBLEMA N° 1.

Función Objetivo

Z(MAX) = 4X1 + 3X2

Restricciones Abstracción

X1 + X2 400 X1 + X2 = 400 1°X1 200 X1 = 200 2°

X2 350 X2 = 350 3°2X1+ X2 500 2X1 + X2 = 500 4°X1 X2 0

Graficamos las ecuaciones

X1 + X2 = 400 2X1 + X2 = 500X1 X2 X1 X2

0 400 0 500400 0 250 0

X1 = 200 X2 = 350X1 X2 X1 X2

200 350

Se ha determinado la región básica factible que sea positiva y satisfaga las condiciones o restriccionesdel problema. Un punto por fuera de esta región no satisface los requerimientos técnicos y nosinterpretará que estamos utilizando recursos por encima de los existentes, y eso no es cierto, nopodemos.

Conocida la región básica factible procedemos a ensayar puntos combinados que nos den respuesta, osea que cumplan con las restricciones del problema y con el propósito de la función objetivo (maximizar)para lo cual resolvemos las ecuaciones.

GRÁFICO N° 1

100

0 X1

-

D

(3)C

(2)

E

-100

-50

0

50

100

150

200

250

300

350

400

450500

550

-100 -50 0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500


11/355


11

Resolución de las ecuaciones

C(Ecuaciones 1 y 3)X1 + X2 = 400 X1 + 350 = 400

X2 = 350 X1 = 50 C(50, 350)

D(Ecuaciones 1 y 4)

X1 + X2 = 400 X1 + X2 = 400 100 + X2 = 4002X1 + X2 = 500 -2X1 – X2 = -500 X2 = 400 - 100

- X1 = -100 X2 = 300

X1 = 100 D(100,300)

E (Ecuaciones 2 y 4)X1 = 200 2(200) + X2 = 5002X1 + X2 = 500 X2 = 100

E(200,100)

Los puntos C, D y E reemplazamos en la función objetivo para determinar la solución óptima.

P(X1, X2) Z(MAX) = 4X1 + 3X2C(50, 350) = 4 (50) + 3(350) = 1.250D(100,300) = 4 (100) + 3(300) = 1.300 Punto óptimoE(200,100) = 4 (200) + 3(100) = 1.100

La mejor alternativa se presenta cuando X1 = 100 y X2 = 300, es decir, cuando se fabrican 100 cinturonesde la clase A y 300 cinturones de la clase B. En efecto, si reemplazamos en la función objetivo, tenemos.

Z(MAX) = 4 X1 + 3 X2 Z(MAX) = 4 (100) + 3(300)

Z = 1.300 MAXIMA.

Siempre el punto de maximización estará en un vértice de un conjunto convexo hacia adentro y habráuna curva de isobeneficio que sea tangente al punto encontrado y ésta será la función objetivo.

PROBLEMA N° 2.-

La Compañía ECASA está produciendo dos clases de refrigeradoras, tipo A y tipo B. De estudios hechossobre las necesidades del país, se estima que para el próximo año los requerimientos de estos dos tiposde refrigeradoras serán:

Un máximo de 80.000 unidades de AUn máximo de 120.000 unidades de B

La utilidad que, cada refrigeradora le deja a la empresa es: 15 dólares por unidad de A y 30 dólares porunidad de B. Cuántas unidades de A y cuántas de B deben producirse para que ECASA alcance lamáxima utilidad anual, si sólo se dispone de:

10.000 unidades de hierro16.000 unidades de fibra de vidrio14.000 unidades de aluminio

Considerando que la composición de estas refrigeradoras debe ser la siguiente:

A = 10% de hierro, 12% de fibra de vidrio, 7% de aluminioB = 5% de hierro, 10% de fibra de vidrio, 10% de aluminio


12/355


12


A B ProductoX1 X2 Número producido15 30 Utilidad

Recursos Consumo DisponibilidadHierro 0.10 0.05 10.000

Fibra de vidrio 0.12 0.10 16.000 Aluminio 0.07 0.10 14.000Demanda A 1 0 80.000Demanda B 0 1 120.000

Función Objetivo

Z(MAX) = 15X1 + 30X2

Restricciones

0,10 X1 + 0,05 X2 10.000

0,12 X1 + 0,10 X2 16.0000,07 X1 + 0,10 X2 14.000

X1 80.000X2 120.000

Abstracción

0,10 X1 + 0,05 X2 = 10.000 1°0,12 X1 + 0,10 X2 = 16.000 2°0,07 X1 + 0,10 X2 = 14.000 3°

X1 = 80.000 4°X2 = 120.000 5°


0,10 X1 + 0,05 X2 = 10.000 0,12 X1 + 0,10 X2 = 16.000X1 X2 X1 X2

0 200.000 0 160.000100.000 0 133333,33 0

0,07 X1+0,10 X2 =14.000 X1 = 80.000 X2 = 120.000X1 X2 X1 X2 X1 X2

0 140.000 80.000 120.000200.000 0

Solución de las ecuaciones

C(Ecuaciones 3 y 5)0,07 X1 + 0,1X2 = 14.000 0,07X1+0,10(120.000) = 14.000

X2 = 120.000 X1 = 28.571C(28.571; 120.000) (valores enteros)

D(Ecuaciones 2 y 3)0,12 X1 + 0,10 X2 = 16.000 0,12 X1+ 0,10 X2 = 16.000

0,07 X1 + 0,10 X2 = 14.000 -0,07 X1- 0,10 X2 = -14.0000,05X1 = 2.000X1 = 40.000

0.12 (40.000) + 0.10X2 = 16.000X2 = 112.000 D(40.000; 112.000)


13/355


13

D(Ecuaciones 2 y 3)0,12 X1+0,10 X2 = 16.000 0,12 X1+0,10 X2 = 16.0000,07 X1+0,10 X2 = 14.000 -0,07 X1 -0,10 X2 = -14.000

0,05X1 = 2000X1 = 40.000

0.12(40.000) + 0.10X2 = 16.000X2 = 112.000

D(40.000; 112.000)

E(Ecuaciones 1 y 2)0,10 X1 + 0,05 X2 = 10.000 0,20 X1 + 0,10 X2 = 20.0000,12 X1 + 0,10 X2 = 16.000 -0,12 X1 - 0,10 X2 = -16.000

0.08X1 = 4.000X1 = 50.000

0.10(50.000) + 0.05X2 = 10.000X2 = 100.000

E(50.000; 100.000)

F(Ecuaciones 1 y 4)0,10X1+ 0,05 X2 = 10.000 0,10(80.000) + 0,05X2 = 10.000

X1 = 80.000 X2 = 40.000F(80.000; 40.000)

P(X1, X2) Z(MAX) = 15 X1 + 30 X2

C(28571;120.000) Z = 15(28571) + 30(120,000) = 4.028.565 ÓptimoD(40.000, 112.000) Z = 15(40.000) +30(112.000) = 3.960.000E(50.000, 100.000) Z = 15(50.000) +30(100.000) = 3.000.000F(80.000, 40.000) Z = 15(80.000) + 30(40.000) = 2.400.000

La solución óptima será cuando se produzca 28.571 unidades A y 120.000 unidades B. P(28.571;120.000)

X1 = 28.571 Refrigeradoras tipo AX2 = 120.000 Refrigeradoras tipo B

Z(MAX) = 4.028.565 dólares

PROBLEMA N° 3.-Una fábrica produce dos tipos de muebles A y B, dispone del taller de tornamiento el mismo que puedeprocesar 25 unidades/tora de A o 40 unidades/hora de B, siendo el coso por hora de S/. 20, el taller derectificación puede procesar 28 unidades / hora de A o 35 unidades / hora de B y su costo es de S/. 14,

GRAFICO N° 2

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

-40 -20 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240

(Las cantidades son en miles)


14/355


14

el taller de pintura puede atender a 35 unidades / hora de A o 25 unidades / hora de B y su costo es deS/. 17,5. El precio de venta de A es de S/. 5 y el de B S/. 4. ¿Cuántas unidades de A y B debe producirpara obtener la máxima ganancia?

Matriz de recursos

A B Tipo de muebles

X1 X2 N° de unidades

Taller Proceso Capacidad CostoTorneamiento 25 40 1 20Rectificación 28 35 1 14Pintura 35 25 1 17,5

Cuando no hay disponible se habla de capacidad (100%) que se representa por 1, y cada taller ocupatanto en A como en B un porcentaje de su presentación en forma de fracción que significa porcentaje.

Para encontrar la utilidad hallamos el costo total de cada producto.

Costo A B Pv

20 25 = 0,8 20 40 = 0,5 A = 514 28 = 0,5 14 35 = 0,417,5 35 = 0,5 17,5 25 = 0,7 B = 4Costo = 1.8 Costo = 1.6

UtilidadUA = PVA - CTA UB = PVB - CTBUA = 5-1,8 = 3,2 UB = 4-1,6 = 2,4

Función ObjetivoZ(MAX) = 3,2X1 + 2,4X2

Restricciones

125

1

35

1

135

1

28

1

140

1

25

1

21

21

21

X X

X X

X X

X1

X2

0Abstracción

Trasformamos las desigualdades fraccionarias en igualdades enteras para lo cual buscamosel mínimo común denominador.

17575

14045

20058

21

21

21

X X

X X

X X

3

2

1


X1 X2 X1 X2 X1 X2

0 40 0 35 0 2525 0 28 0 35 0


15/355


15

Consideramos el punto C (Ecuaciones 1 y 2)8X1 + 5X2 = 2005X1 + 7X2 = 175

(7) 56X1 + 35X2 = 1400 8(16.93) + 5X2 = 200(-5) - 25X1 - 35X2 = - 875 135.44 + 5X2 = 200

31X1 = 525 5X2 = 200 - 135,445X2 = 64,56

31525

1 X 556.64

2 X

X1= 16,93 X2 = 12,91

C(16,93; 12,91) (Se considera valores enteros) C(17, 13)Z(MAX) = 3,2(17) + 2,4(13) = 85,60

Solución óptima

Z(MAX) = 85,60X1 = 17 Muebles tipo AX2 = 13 Muebles tipo B

MINIMIZACIÒN

De igual manera que en los casos de maximización, por el método gráfico, se pueden resolverproblemas de minimización, se utilizará la expresión (mayor o igual) para las desigualdades.

En estos casos el problema se ajusta a encontrar un conjunto convexo hacia fuera e identificar un puntoextremo (vértice) que minimice la función objetivo.

Una vez determinada la región básica factible, área positiva y que satisface, las limitaciones orestricciones del problema. Un punto por debajo de esta región no satisface los requerimientos técnicos ynos interpretará que no cumplimos con las necesidades mínimas.

PROBLEMA N° 4

Una compañía química está diseñando una planta para producir dos tipos de minerales M y N. La plantadebe ser capaz de producir al menos 100 unidades de M y 420 unidades de N cada día. Existen dosposibles diseños para las cámaras principales de reacción que vienen incluidas en la planta. Cadacámara de tipo A cuesta 600 mil dólares y es capaz de producir 10 unidades de M y 20 unidades de Npor día; el tipo B es un diseño más económico, cuesta 300 mil dólares y es capaz de producir 4 unidadesde M y 30 unidades de N por día. A causa de los costos de operación, es necesario tener al menos 4

GRAFICO N° 3

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

-5 0 5 10 15 20 25 30 35 40


16/355


16

cámaras de cada tipo en la planta. ¿Cuántas cámaras de cada tipo deben ser incluidas para minimizarel costo de construcción y satisfacer el programa de producción requerido?

Función objetivo:

X1 = Cámaras tipo AX2 = Cámaras tipo B

Z(MIN) = 600X1 + 300X2

Restricciones:X1 4 Cámara tipo A

X2 4 Cámara tipo B10X1 + 4X2 100 Producción mineral M20X1 + 30X2 420 Producción mineral N

X1 X2 0

Abstracción X1 = 4 1°

X2 = 4 2°10X1 + 4X2 = 100 3°20X1 + 30X2 = 420 4°


X1 = 4 1° X2 = 4 2°X1 X2 X1 X24 4

10X1 + 4X2 = 100 3° 20X1 + 30X2 = 420 4°X1 X2 X1 X2

0 25 0 1410 0 21 0

C(Ecuaciones 1 y 3) D(Ecuaciones 3 y 4)X1 = 4 10X1 + 4X2 = 100 X2 = 10

10X1 + 4X2 = 100 20X1 + 30X2 = 420 10X1 + 4(10) = 10010(4) + 4X2 = 100 (-2) -20X1 - 8X2 = -200 10X2 = 60

X2 = 15 (1) 20X1 + 30X2 = 420 X2 = 6C(4, 15) 22X2 = 220 D(6, 10)

GRAFICO N° 4

-4

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26

28

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24


17/355


17

E(Ecuaciones 2 y 4)X2 = 420X1 + 30X2 = 42020X1 + 30(4) = 420

X1 = 15 E(15, 4)

P(X1, X2) Z = 600 X1 + 300 X2

C(4, 15) Z = 600(4) + 300(15) = 6.900D(6, 10) Z = 600(6) + 300(10) = 6.600 Punto óptimoE(15, 4) Z = 600(15) + 300(4) = 10.200

Solución óptima:

Z(MIN) = 6.600 MILX1 = 6 Câmaras tipo AX2 = 10 Câmaras tipo B

PROBLEMA Nº 5

Productora Cía. Lida., elabora 2 productos A y B a partir de tres componentes C1, C2 y C3, cuyo costounitario es de 3 dólares por Ton. el producto A y 5 dólares por Ton. el producto B. El producto A contieneun 10% de C1, un 16% de C2 y un 12% de C3; mientras que el producto B contiene un 40% de C1 y un10% de C3.

Para satisfacer sus contratos requiere de al menos 600 Ton. de C 1 , 400 Ton. de C2 y 450 Ton. de C3.¿Qué cantidades de A y B se debe elaborar para minimizar el costo?


A B = ProductosX1 X2 = Cantidades

Componentes Cantidades en Tonelada RequerimientosC1 0,10 0,40 600C2 0,16 0,00 400C3 0,12 0,10 450

Función Objetivo

Z(MIN) = 3 X1 + 5 X2 Z(MIN) = Minimizar los costos de los insumos.


0,10X1 + 0,40X2 600 0,10X1 + 0,40X2 = 600 1°0,16X1 + 0,00X2 400 0,16X1 = 400 2°0,12X1 + 0,10X2 450 0,12X1 + 0,10X2 = 450 3°

X1 ^ X2 0


0,10X1+0,40X2=600 1° 0,16X1=400 2° 0,12X1+ 0,10X2 = 450 3°X1 X2 X1 X2 X1 X2

0 1500 2500 0 45006.000 0 3.750 0

C(Ecuaciones 2 y 3)X1 = 2500 12 (2500) + 0,10 X2 = 4500,12 X1 + 0,10 X2 = 450 X2 = 1500

C(2500,1500)


18/355


18

D(Ecuaciones1 y 3)0,10 X1 + 0,40 X2 = 600 ( 1) 0,10 X1 + 0,40 X2 = 6000,12 X1 + 0,10 X2 = 450 (-4) -0,48 X1 - 0,40 X2 = -1800

-0,38 X1 = -1200X1 = 3157,89

0,10 (3157,89)+ 0,40 X2 = 600

40.0

789.3152 X

X2 = 710,53D(3157.89, 710.53)

P(X1, X2) Z(MIN) = 3 X1 + 5 X2 C(2.500,1.500) Z = 3(2.500) +5(1.500) = 15.000D(3.157,89; 710,53) Z = 3(3.157,89)+5(710,53)=13.026,32 Punto óptimo

Solución óptima

Z(MIN) = 13026,32 sucresX1 = 3157.89 Ton. del producto AX2 = 710.53 Ton. del producto B

Se logrará un costo mínimo de (13026,32 dólares) cuando se produzca 3157,89 toneladas del producto A y 710,53 toneladas del producto B.

PROBLEMAS COMBINADOS DE MAXIMIZACIÓN Y MINIMIZACIÓN

PROBLEMA N° 6.-

La Compañía Metales Lida. fabrica dos metales A y B, a través de dos minerales: cobre y aluminio. Elmetal A contiene 90% de cobre y 10% de aluminio y al venderlo deja una ganancia de 5 U$ por kilo. Elmetal B contiene 50% de cobre y 50% de aluminio y da una ganancia de 7 U$ por kilo. Cada semanadebe producir 150 kilos del metal A y 100 kilos del metal B, por lo menos. Su proveedor le puedesuministrar cada semana 270 kilos de cobre y 100 de aluminio. Calcular la cantidad de kilos de A y B queden la máxima ganancia.

Función ObjetivoZ(MAX) = 5X1 + 7X2 X1 = A X2 = B

GRAFICO N° 5

-1000

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

-1000 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000


19/355


19

Restricciones o limitaciones

0,90 X1 + 0,5X2 270 Cobre0,10 X1 + 0,5X2 100 Aluminio

X1 + 150 Demanda de AX2 100 Demanda de B

X1 X2 0

Abstracción

0,90 X1 + 0,50X2 = 270 1°0,10 X1 + 0,50X2 = 100 2°

X1 = 150 3°X2 = 100 4°


X1 X2 1° X1 X2 2° X1 X2 3° X1 X2 4°

0 450 0 200 150 100300 0 1.000 0

C(Ecuaciones 2 y 3)

0,10 X1 + 0,50X2 = 100X1 = 1500,10(150) + 0,50X2 = 100

X2 = 170C(150, 170)

D(Ecuaciones 1 y 2)0,90 X1 + 0,50X2 = 270 (1) 0,90 X1 + 0,50X2 = 2700,10 X1 + 0,50X2 = 100 (-1) -0.10 X1 - 0,5X2 = -100

0,80 X1 = 170X 1 = 212,5

0,90 (212,5) + 0,50X2 = 270 X2 = 157,5 D(212.5, 157.5)

E(Ecuaciones 3 y 4) F(Ecuaciones 1 y 4)X1 = 150 0,90 X1 + 0,50X2 = 270X2 = 100 X2 = 100

0,90 X1 + 0,50 (100) = 270E(150, 100) X1 = 244,44 F(244.44;100)

GRAFICO N° 6

-100

0

100

200

300

400

500

600

-200 -100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200


20/355


20

P(X1, X2) Z(MAX) = 5X1 + 7X2 C(150, 170) Z = 5(150) + 7(170) = 1940D(212,5; 157,5) Z = 5(212,5) + 7(157,5) = 2.165 ÓptimoE(150, 100) Z = 5 (150) + 7(100) = 1450F(244,44, 100) Z = 5(244,4) + 7(100) = 1922,2

Para que se obtenga una ganancia de 2.165 se debe producir 212,5 kilos de A y 157,5 kilos de B.

Solución óptima

Z(MAX) = 2.165X1 = 212.5 Kilos de metal AX2 = 157.5 Kilos de metal B

PROBLEMA Nº 7.-

Un agricultor quiere cultivar maíz y trigo en un terreno de 200 hectáreas. Sabe que una hectárea puederendir 4 quintales de maíz o 2 de trigo. Cada hectárea requiere un capital de 6 dólares si se cultiva conmaíz y de 2 dólares si se cultiva con trigo. El capital disponible es al menos de 600 dólares. Las

necesidades de agua de riego son de 50 m3

por hectárea de maíz y 50 m3

por hectárea de trigo enoctubre, de 200 m3 por hectárea de maíz y 100 m3 por hectárea de trigo, en el mes de noviembre. Ladisponibilidad de agua en octubre es al menos de 6.250 m3 y en noviembre, cuando mucho de 25.000m3. Si los precios de venta del maíz y el trigo son 6 dólares y 10 dólares por quintal métrico,respectivamente. Determinar la cantidad de maíz y trigo que debe producirse para obtener el beneficiomáximo.

Función Objetivo.

Z(MAX) = 6X1 + 10X2

Restricciones:

000.252

100

4

200

250.62

50

4

50

6002

2

4

6

2002

1

4

1

21

21

21

21

X X

X X

X X

X X

Abstracción:

X1 + 2X2 = 800 1°3X1 + 2X2 = 1.200 2°X1 + 2X2 = 500 3°X1 + X2 = 500 4°


X1 + 2X2 = 800 1° 3X1 + 2X2 = 1.200 2°X1 X2 X1 X20 400 0 600

800 0 400 0

X1 + 2X2 = 500 3° X1 + X2 = 500 4°X1 X2 X1 X20 250 0 500

500 0 500 0


21/355


21

C(Ecuaciones 2 y 4) D(Ecuaciones 2 y 3)3X1 + 2X2 = 1.200 3X1 + 2X2 = 1.200X1 + X2 = 500 X1 + 2X2 = 500

(1) 3X1 + 2X2 = 1.200 (1) 3X1 + 2X2 = 1200(-2) -2X1 - 2X2 = -1.000 (-1) -X1 - 2X2 = -500

X1 = 200 2X1 = 700200 + X2 = 500 X1 = 350

X2 = 300 350 + 2X2 = 500X2 = 75C (200, 300) D (350, 75)

F (Ecuaciones 3 y 4)X1 + 2X2 = 500X1 + X2 = 500

(1) X1 + 2X2 = 500(-1) -X1 - X2 = -500

X2 = 0X1 + 2(0) = 500

X1 = 500 E(500, 0)

P(X1, X2) Z(MAX) = 6X1 + 10X2C (200, 300) Z = 6(200) + 10(300) = 4.200 Punto óptimoD (350, 75) Z = 6(350) + 10(75) = 2.850E (500, 0) Z = 6(500) + 10(0) = 3.000

Solución óptima

Z(MAX) 4.200X1 = 200 Unidades de maizX2 = 300 Unidades de trigo

PROBLEMA N° 8.-

Un taller de calzado confecciona zapatos para hombre y mujer. El producir un par de zapatos de hombrerequiere el doble de tiempo que para producir un par de zapatos de mujer. El taller está en capacidad deproducir al menos 14 pares de zapatos. En el mercado solo se puede conseguir diariamente la cantidadde cuero y suela para 12 pares de zapatos. Los zapatos de mujer requieren de una fibra, la cual soloexiste para 7 pares de zapatos diariamente. Para la confección de los zapatos de hombre se puedeconseguir exactamente 6 pares de tacos de caucho diariamente. ¿Qué cantidad de zapatos de hombre ymujer debe producir diariamente dicho taller para maximizar el beneficio si se sabe que al vender un parde zapatos de hombre se obtiene 2.5 dólares de utilidad y 3 dólares al vender un par de zapatos demujer?

GRAFICO N° 7

-100

0

100

200

300

400

500

600

700

-100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900


22/355


22

Función Objetivo

Z(MAX) = 2.5X1 + 3X2 X1 = zapatos de hombreX2 = zapatos de mujer


2X1 + X2 14 Capacidad 2X1 + X2 = 14 1°X1 + X2 12 Materiales X1 + X2 = 12 2°

X2 7 Fibra X2 = 7 3°X1 = 6 Tacos X1 = 6 4°


2X1 + X2 = 14 1° X1 + X2 = 12 2°X1 X2 X1 X2 0 14 0 127 0 12 0

X2 = 7 3° X1 = 6 4°X1 X2 X1 X2

7 6

Como la 4° restricción lleva el signo igual, en consecuencia la región básica factible esta formada por larecta comprendida entre los puntos C y D.

C(Ecuaciones 2 y 4) D(Ecuaciones 1 y 4)X1 + X2 = 12 2X1 +X2 = 14

X1 = 6 X1 = 66 + X2 = 12 2(6) +X2 = 14

X2 = 6 X2 = 2C(6, 6) D(6, 2)

P(X1, X2) Z(MAX) = 2.5X1 + 3X2C(6, 6) Z = 2.5(6) + 3(6) = 33 Punto óptimoD(6, 2) Z = 2.5(6) + 3(2) = 21

GRAFICO N° 8

-2-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1011

12

13

14

15

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13


23/355


23

Solución óptima

Z(MAX) = 33

X1 = 6 Zapatos de hombreX2 = 6 Zapatos de mujer

PROBLEMA Nº 9.-

Se desea realizar una campaña de publicidad para promocionar un nuevo producto y llegar a dos tiposde clientes: amas de casa de familia con ingresos anuales superiores a 5 mil dólares y amas de casa defamilia con ingresos anuales inferiores a 5 mil dólares. Consideramos que las personas del primer grupocomprarán dos veces más nuestro producto que las personas del segundo grupo, y nuestro objetivo esmaximizar las compras. Podemos anunciar el producto en televisión y en una revista; una unidad depublicidad en televisión cuesta 10 mil dólares y llega aproximadamente a mil personas del primer grupo ya 4 mil del segundo grupo. Una unidad de publicidad en la revista cuesta 6 mil dólares y llegaaproximadamente a 3 mil personas del primer grupo y a mil del segundo. Hay que usar al menos 3unidades de publicidad en televisión y 6 unidades de publicidad en la revista, respectivamente, porcuestiones de política. El presupuesto para publicidad es de 90 mil dólares. Resuelva gráficamente el

problema y encuentre la solución óptima que maximice las compras.

Función objetivo

21 )1(1)3(2)4(1)1(2)( X X MAX Z

Z(MAX) = 6X1 + 7X2


X1 3 Anuncio en televisión X1 = 3 1°X2 6 Anuncio en revista X2 = 6 2°

10X1 + 6X2 90 Presupuesto 10X1 + 6X2 = 90 3°

X1X2 0


X1 = 3 (1°) X2 = 6 (2°) 10X1 + 6X2 = 90 (3°)X1 X2 X1 X2 X1 X2 3 6 0 15

9 0


24/355


24

C(Ecuaciones 1y3) D(Ecuaciones 1y2) E(Ecuaciones 2 y 3)X1 = 3 X1 = 3 X2 = 6

10X1 + 6X2 = 90 X2 = 6 10X1 + 6X2 = 9010(3) + 6X2 = 90 D(3, 6) 10X1 + 6(6) = 90

X2 = 10 X1 = 5.4C(3, 10) E(5, 6)

P(X1, X2) ZMAX) = 6X1 + 7X2C(3, 10) Z = 6(3) + 7(10) = 88 mil Punto óptimoD(3, 6) Z = 6(3) + 7(6) = 60 milE(5.4, 6) Z = 6(5) + 7(6) = 72 mil

Solución óptima

Z(MAX) = 88 mil dólaresX1 = 3 anuncios en televisiónX2 = 10 anuncios en revista

PROBLEMA N° 10.-

El Ministerio de Obras Públicas ha decidido añadir exactamente 200 Km. de carretera y exactamente 100de autopista, en el sector de la costa. El precio estándar para construcción de carretera es de un millónde dólares por Km. y de 5 millones por Km. de autopista. Solo dos contratistas, la compañíaPrefabricados y la compañía Erazo Lida. pueden realizar este tipo de construcciones, así que los 300Km. de camino deben ser construidos por estas compañías. Sin embargo, la compañía Prefabricadospuede construir a lo más 200 Km. de carretera y autopista y la segunda compañía puede construir a lomás 150 Km. Por razones políticas, a cada compañía debe adjudicársele un contrato de al menos 250millones (antes de descuento). La primera compañía ofrece un descuento de 1.000 dólares por Km. decarretera y 6.000 dólares por Km. de autopista, la segunda compañía ofrece un descuento de 2.000dólares por Km. de carretera y 5.000 dólares por Km. de autopista.

a) Si X1 y X2 representan el número de Km. de carretera y autopista, respectivamente adjudicados a lacompañía Prefabricados, demuestre que el descuento total D recibido de ambas compañías (enmiles) está dado por.

D = 900 – X1 + X2Solución

D = X1 + 6X2 + 2 (200 – X1) + 5(100 – X2)D = X1 + 6X2 + 400 – 2X1 + 500 – 5X2

D = 900 – X1 + X2

b) El Ministerio de Obras y Comunicaciones desea maximizar el descuento total D, resuelva el

problema mediante el método gráfico.

Función objetivo

X1 = Km. de construcción de carretera de la Compañía PrefabricadosX2 = Km. de construcción de autopista de la Compañía Prefabricados(200 – X1) = Km. de construcción de carretera de la Compañía Erazo(150 – X2) = Km. de construcción de autopista de la Compañía Erazo

Z(MAX) = D = 900 – X1 + X2

Restricciones

ErazodecarreteradeónConstrucci X X

sefabricadodecarreteradeónConstrucci X X

150)100()200(1

Pr 200

21

21


25/355


25

ErazodeContratos X X

ErazodeContratos X X

sefabricadodeContratos X X

ErazodecarreteradeónConstrucci X X

4505

250)100(5)200(1

Pr 2505

150

21

21

21

21

Abstracción Graficamos las ecuaciones

X1 + X2 = 200 (1°) X1+X2=200 (1°) X1+X2=150 (2°)X1 + X2 = 150 (2°) X1 X2 X1 X2 X1 + 5X2 = 250 (3°) 0 200 0 150X1 + 5X2 = 450 (4°) 200 0 150 0

X1+5X2=250 (3°) X1+5X2=450 (4°)X1 X2 X1 X2

0 50 0 90250 0 450 0

C(Ecuaciones 2 y 4) D(Ecuaciones 1 y 4)X1 + X2 = 150 X1 + X2 = 200X1 + 5X2 = 450 X1 + 5X2 = 250

(1) X1 + X2 = 150 (1) X1 + X2 = 200(-1) X1 - 5X2 = -450 (-1) X1 - 5X2 = -450

-4X2 = -300 -4X2 = -250X2 = 75 X2 = 62.5

X1 + 75 = 150 X1 + 62.5 = 200X1 = 75 X1 =137.5C(75, 75) D(137.5, 62.5)

E(Ecuaciones 2 y 3) F(Ecuaciones 1 y 3)X1 + X2 = 150 X1 + X2 = 200X1 + 5X2 = 250 X1 + 5X2 = 450

GRAFICO N° 10

-50

0

50

100

150

200

250

-50 0 50 100 150 200 250


26/355


26

(1) X1 + X2 = 150 (1) X1 + X2 = 200(-1) X1 - 5X2 = -250 (-1) X1 - 5X2 = -250

-4X2 = -100 -4X2 = -50X2 = 25 X2 = 12.5

X1 + 25 = 150 X1 + 12.5 = 200X1 = 125 X1 = 187.5

C(125, 25) D(187.5, 12.5)

P(X1, X2) Z(MAX) = D = 900 – X1 + X2 C(75, 75) D = 900 – 75 + 75 = 900 Punto óptimoD(137.5, 62.5) D = 900 – 137.5 + 62.5 = 825E(125, 25) D = 900 – 125 + 25 = 800F(187.5, 12.5) D = 900 – 187.5 + 12.5 = 725

Solución óptima

Z(MAX) = descuento total = 900 mil dólaresX1 = 75 Km. De carreteraX2 = 75 Km. De autopista

ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD PARA LASRESTRICCIONES

La búsqueda de la solución de un modelo de decisión es sólo el primer paso del análisis. También esimportante que el gerente comprenda cuán sensible es la solución a los cambios en las suposiciones y alos factores exógenos. Esto también se aplica a los modelos de programación lineal, y una de lascaracterísticas agradables de los modelos de programación lineal es que gran parte de este análisis desensibilidad proviene directamente de la solución del problema. Primero veremos estos conceptos enforma gráfica y después por medio de la interpretación de las salidas de los programas de computaciónque se usan para resolver problemas de programación lineal.

Para entender mejor el análisis de sensibilidad, partiremos del siguiente ejemplo.PROBLEMA N° 11.-

Una empresa fabrica dos productos A y B. Cada uno requiere tiempo en dos máquinas. La primeramáquina tiene 24 horas disponibles y la segunda tiene 16. Cada unidad del producto A requiere 2 horasen ambas máquinas y cada unidad del producto B necesita 3 horas en la primera máquina y una hora enla segunda. Los beneficios son de 6 dólares por unidad de A y de 7 dólares por unidad de B, y laempresa puede vender todas las unidades que fabrique de ambos productos. El objetivo es maximizar elbeneficio.

Función objetivo

Z(MAX) = 6X1 + 7 X2


2X1 + 3X2 24 2X1 + 3X2 = 24 (1°)2X1 + X2 16 2X1 + X2 = 16 (2°)

X1X2 0


2X1+3X2=24 (1°) 2X1+X2=16 (2°)X1 X2 X1 X2 0 8 0 1612 0 8 0


27/355


27

El punto C es el óptimo, para encontrar sus coordenadas resolvemos las ecuaciones

2X1 + 3X2 = 24 (1) 2X1 + 3X2 = 24 2X1 + 4 = 162X1 + X2 = 16 (-1) -2X1 - X2 = -16 X1 = 6

2X2 = 8 C(6, 4)X2 = 4

Solución óptima

Z(MAX) = 6(6) + 7(4)Z(MAX) = 64

X1 = 6 Unidades del producto AX2 = 4 Unidades del producto B

Ampliemos el problema que hemos usado como ejemplo. Suponga que el límite del mercado es la ventade seis unidades del producto B. Ahora la formulación es:

Z(MAX) = 6 X1 + 7 X2 Sujeto a: 2X1 + 3X2 24

2X1 + X2 16X2 6

El nuevo gráfico es:

GRÁFICO N° 11

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

GRAFICO N° 11-1

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


28/355


28

La solución es la misma:

Z(MAX) = 64X1 = 6 Unidades del producto AX2 = 4 Unidades del producto B

PRECIOS DUALES

Considere la ecuación de restricción para la máquina 1, que especifica un máximo de 24 horasdisponibles. En términos de la programación lineal, este límite de la capacidad con frecuencia sedenomina valor del término independiente o segundo miembro de la restricción (o sencillamente b i).Suponga que puede agregar una hora para que la restricción sea

2X1 + 3X2 25

Nueva solución

La nueva solución óptima se mueve al punto C’, con X1 = 5.75 y X2 = 4.5. Como la solución anterior

requería X1 = 6 y X2 = 4, una hora adicional disponible en la máquina 1 da como resultado unareducción de 0.25 unidades de producto A y un aumento de 0.5 unidades de producto B. El cambio netoen la función objetivo es, entonces:

Z(MAX) = 6(5.75) + 7(4.5) = 66

Incremento neto = 6(-0.25) + 7(0.5) = 2

Lo cual representa un incremento de dos dólares en el beneficio. A esto se le conoce como precio

dual, valor marginal o precio sombra y es el cambio incremental en los beneficios porcambio unitario en el término independiente de una restricción

GRÁFICO N° 11- 2

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


29/355


29

Gráfico para 2X1 + 3X2 23

Observe que el precio dual se mantiene para una reducción en el valor del término independiente. Porejemplo, si sólo hubiera 23 horas disponibles en la máquina 1, el punto C’’ sería la solución óptima (X1 =6.25 y X2 = 3.5),

Z(MAX) = 6(6.25) + 7(3.5) = 62

Reducción neta = 6(0.25) + 7(-0.5) = -2

Gráfico con reducción e incremento de una hora en el término independiente de la máquina 2

GRÁFICO N° 11- 4

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

GRÁFICO N° 11- 3

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


30/355


30

Con una reducción de dos dólares en el beneficio. Entonces, el precio dual o valor marginal representael aumento incremental en el beneficio cuando una restricción, se amplia en una unidad y una reducciónen el beneficio cuando la restricción se estrecha en una unidad.

Se puede aplicar el mismo análisis a la restricción de la máquina 2. Cuando la segunda restricción seamplía agregando una hora, se convierte en:

2X1 + X2 17

y el punto óptimo es C* con X1 = 6.75 y X2 = 3.5. Esto representa un aumento de 0.75 en el número deunidades del producto A y una reducción de 0.5 unidades del producto B. El efecto neto en el beneficio

Z(MAX) = 6(6.75) + 7(3.5) = 65

Incremento neto = 6(0.75) + 7(-0.5) = 1

Una reducción similar en el término independiente (es decir, en el número de horas disponibles) de larestricción 2 da como resultado una solución de X1= 5.25 y X2 = 4.5, y una reducción de un dólar en elbeneficio. Por tanto, el precio dual asociado a la restricción de la máquina 2 es un dólar.

Z(MAX) = 6(5.25) + 7(4.5) = 63

Reducción neta = 6(-0.75) + 7(0.5) = -1

Ahora consideremos la tercera restricción X2 6

El aumento de una unidad en este límite, a X2 7, y la reducción de una unidad, a X2 5, se muestran enel gráfico N° 11.5. Observe que ninguno de los cambios afecta a la solución, ya que la restricción X2 6no es efectiva. La solución óptima requería sólo cuatro unidades del producto B, por lo cual no importa

el límite de seis unidades que impone el mercado. Por tanto, el precio dual es cero. De hecho, el

precio dual de cualquier restricción no efectiva siempre es cero.

Costos Reducidos:

Precios duales para las restricciones de no negatividad. También es posible determinar los valoresmarginales asociados a introducir al menos una unidad de una variable de decisión en la solución.Recuerde que las restricciones de no negatividad son X1 0 y X2 0. El incluir una unidad en la solución

GRÁFICO N° 11-5

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


31/355


31

implica modificar una restricción de no negatividad a X1 1 o X2 1. Los valores marginales de hacer

esto se denominan costos reducidos.

Considere de nuevo el problema básico que se presenta en el gráfico Nº 11.5. La solución óptimarequiere X1 = 6 y X2 = 4. Los dos son valores positivos y, por lo tanto, ninguna de las restricciones deno negatividad es efectiva. Entonces, el valor marginal (es decir, el costo reducido) asociado a sumodificación es cero, al igual que para las demás restricciones no efectivas

Suponga ahora que la función objetivo es Z (MAX) = 10X1 + 3X2, como se muestra en el gráfico Nº 11.6.El punto extremo E es la solución óptima, con X 1 = 8 y X2 = 0 y beneficio de 80 dólares.

Z (MAX) = 10(8) + 3(0) = 80

Observe que X2 = 0, por lo cual la restricción de no negatividad X2 0 es efectiva. Suponga ahora quedebe producirse por lo menos una unidad del producto B, debido a un compromiso con un cliente, por locual se cambia la restricción de no negatividad a X2 1. Con esto cambia la solución óptima del gráficoNº 11.7, a E*.

GRAFICO N° 11-7

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

GRÁFICO N° 11- 6

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


32/355


32

Encontramos la solución entre las ecuaciones 2 y 4:

2X1 + X2 16X2 1

2X1 + 1 = 162X1 = 15

X1 = 7.5 E*(7.5, 1)

Z(MAX) = 10(7.5) + 3(1) = 78

Una reducción de dos dólares con respecto al nivel anterior. En este caso el costo reducido o valor

marginal asociado con la restricción de no negatividad de X2 es de dos dólares, que representa el

costo de conservar al cliente.

Los precios duales tienen muchas aplicaciones empresariales. Aunque en el mundo existen restriccionesy limitaciones, la mayoría de ellas no son absolutas. Por ejemplo, el gerente que formuló el problema deprogramación lineal determinó las horas disponibles en cada una de las máquinas en circunstanciasnormales, pero podría obtener horas adicionales con trabajo en tiempo extra, comprando equipoadicional o reprogramando otras actividades. Los precios duales indican si vale la pena hacerlo y con

qué margen, y así ayudan a identificar los cuellos de botella clave. En nuestro ejemplo, el gerente sabeque vale el doble (dos dólares en lugar de uno) obtener horas adicionales para la máquina 1 que para lamáquina 2.

Un precio dual representa el valor marginal asociado con un cambio

unitario en el término independiente de una restricción. Un costo

reducido representa el valor marginal de introducir en la solución una

unidad de una variable de decisión. Los costos reducidos se pueden

considerar como precios duales de las restricciones de no negatividad. Si

una restricción no es efectiva, su precio dual es cero.

INTERVALOS DE VARIACIÓN DEL TÉRMINO INDEPENDIENTE

Los precios duales proporcionan el valor marginal de la realización de un cambio pequeño en el límite deuna restricción (es decir, el valor del término independiente), pero sería un error creer que estos valoresserían los mismos si la capacidad se cambiara en forma arbitrara. Se llega a un punto en el cual lacapacidad adicional es excesiva y no tiene valor; por lo tanto, hay límites con respecto al intervalo decapacidad en el cual se mantienen los valores marginales.

Considere de nuevo la restricción de 24 horas disponibles para la máquina 1.

El gráfico Nº 11.8, muestra lo que sucede al añadir horas. Recuerde que anteriormente se mencionó que

cada hora adicional daba como resultado una reducción de 0.25 unidades del producto A y un aumentode 0.5 unidades del producto B. El precio dual asociado con cada hora de variación era de dos dólares.Con 28 horas disponibles, la solución óptima pasa de C a F.

En F, la solución óptima es X1 = 5 y X2 = 6. Las horas adicionales en la máquina 1 no tendrán efectomás allá de este punto, ya que la restricción X2 = 6 ahora es efectiva. Con las demás restricciones delproblema, la cantidad de 28 horas en la máquina 1 es la máxima que puede usarse de manera rentable.

Entonces, este incremento de cuatro horas, para llegar a 28 horas disponibles, representa el límitesuperior del intervalo en el cual es válido el precio dual de dos dólares.

De manera análoga, al reducir las horas disponibles de la máquina 1, la solución óptima se desplaza

hasta el punto F* del gráfico Nº 11.8, donde se usan 16 horas del tiempo de la máquina. Al reducir lashoras, disminuye el beneficio por aumentar el número de unidades del producto A y por reducir elnúmero de unidades del producto B, pero al llegar al punto F* no se producen unidades de B, por lo cualya no es posible este proceso de sustitución. Entonces, el límite inferior del intervalo del precio dual dedos dólares para el tiempo de la máquina 1 es una reducción de ocho horas (de 24 a 16).


33/355


33

Se puede efectuar una análisis similar para la máquina 2; gráfico Nº 11.9, presenta los límites. Al añadirhoras a las 16 disponibles, la solución óptima se desplaza de C a F. En este punto, se han agregadoocho horas (de 16 a 24) y las horas adicionales ya no añadirán valor. Si se reducen cuatro horasdisponibles (de 16 a 12), la solución óptima pasa de C a F*. Entonces, el precio dual de un dólar semantiene en el intervalo de 12 a 24 horas disponibles en la máquina 2.

La restricción de la demanda del mercado para el producto B, X1 6, es un poco diferente. Recuerdeque esta restricción no es efectiva y tiene precio dual de cero. La solución óptima requiere sólo cuatrounidades del producto B, por lo cual se puede aumentar indefinidamente el límite de la demanda sin quetenga efecto; no importaría si la restricción fuera X2 10 o X2 100. Por otra parte, si el límite de la

demanda fuera cuatro unidades, de manera que la restricción fuera X 1 4, sería efectiva. Cualquierreducción por debajo de este límite de cuatro unidades reduciría el beneficio. Entonces, el intervalo dellímite de la demanda (es decir, el término independiente) de la tercera restricción es de cuatro unidadesa infinito y dentro de este intervalo se mantiene el precio dual de cero.

GRÁFICO N° 11-8

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

GRÁFICO N° 11-9

-2

02

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18


34/355


34

El análisis de sensibilidad ha producido los siguientes intervalos para los valores del términoindependiente de las tres restricciones.

Restricción LímiteActual

Preciodual

Aumentopermitido

Reducciónpermitida

Horas de la máquina 1Horas de la máquina 2

Demanda del producto B

2416

6

21

0

48

infinito

84

2

Los precios duales expresan el valor marginal del cambio del término independiente de una restricción,pero estos valores sólo se mantienen en ciertos intervalos.

Dada una solución óptima y el valor correspondiente de la función objetivo para un modelo de

programación lineal, el precio sombra de una restricción funcional es la tasa a

la cual el valor de la función objetivo puede aumentar si se incrementa

el lado derecho de la restricción en una cantidad pequeña.

El precio sombra de una restricción permite verificar de inmediato cuál sería el efecto de alterar una

política administrativa que cambia el lado derecho de esa restricción. Mientras el cambio no seademasiado grande, el cambio resultante en el valor óptimo de la función objetivo sólo será este cambioen el lado derecho (positivo o negativo) multiplicando por el precio sombra.

PROBLEMA Nº 12.-

La fábrica SONY vende dos productos diferentes A y B, los beneficios son, para el producto A $30 y parael producto B $25.

Los dos productos se fabrican en un proceso de producción común y se venden a dos mercadosdistintos. El proceso de producción tiene capacidad de 30 mil horas de trabajo. Se requieren 3 horaspara producir una unidad de A y 1 hora para producir una unidad de B. El mercado se ha estudiado y los

funcionarios de la compañía consideran que el número máximo de unidades de A que pueden vender es8 mil; el máximo de B es 12 mil unidades. Los productos se pueden vender en cualquier combinación,con las limitaciones anteriores.

a) Resuelva el problema de programación lineal mediante el método gráfico para encontrar lacombinación óptima del producto.

Función objetivo

Z(MAX) = 30X1 + 25X2

Restricciones: Abstracción

3X1 + X2 30 3X1 + X2 = 30 (1°)X1 8 X1 = 8 (2°)

X2 12 X2 = 12 (3°)X1X2 0

3X1 + X2 = 30 (1°) X1 = 8 (2°) X2 = 12 (3°)X1 X2 X1 X2 X1 X2 0 30 8 12

10 0

C(Ecuaciones 1 y 3) D(Ecuaciones 1 y 2)3X1 + X2 = 30 (1°) 3X1 + X2 = 30 (1°)

X2 = 12 (3°) X1 = 8 (2°)3X1 + 12 = 30 3(8) + X2 = 30

X1 = 6 X2 = 6C(6, 12) D(8, 6)


35/355


35

P(X1, X2) Z(MAX) = 30X1 + 25X2C(6, 12) Z = 30(6) + 25(12) = 480 mil Punto óptimoD(8, 6) Z = 30(8) + 25(6) = 390 mil

Solución óptima

Z(MAX) = 480 MILX1 = 6 Unidades del producto AX2 = 12 Unidades del producto B

b) Suponga que el número máximo de unidades del producto A que pueden venderse es de 9 mil (enlugar de 8). ¿Cuál es el efecto en la solución? ¿Cuál es el efecto en los beneficios? ¿Cuál es elprecio dual para la restricción que limita las ventas del producto A?


3X1 + X2 30 3X1 + X2 = 30 (1°)X1 9 X1 = 9 (2°)

X2 12 X2 = 12 (3°)X1X2 0


3X1 + X2 = 30 (1°) X1 = 9 (2°) X2 = 12 (3°)X1 X2 X1 X2 X1 X2 0 30 9 12

10 0

C(Ecuaciones 1 y 3) D(Ecuaciones 1 y 2)3X1 + X2 = 30 (1°) 3X1 + X2 = 30 (1°)

X2 = 12 (3°) X1 = 9 (2°)3X1 + 12 = 30 3(9) + X2 = 30

X1 = 6 X2 = 3C(6, 12) D*(9, 3)P(X1, X2) Z(MAX) = 30X1 + 25X2C(6, 12) Z = 30(6) + 25(12) = 480 mil Punto óptimoD*(8, 6) Z = 30(9) + 25(3) = 345 mil

GRÁFICO N° 12

-3

0

3

6

9

12

15

18

21

24

27

30

33

36

-2 0 2 4 6 8 10 12 14


36/355


36

Solución óptima

Z(MAX) = 480 MILX1 = 6 Unidades del producto AX2 = 12 Unidades del producto B

Un aumento de una unidad en el producto A, no afecta la solución óptima ni el beneficio, por tanto

el precio dual es cero.

c) Suponga que el número máximo de unidades del producto B que puede venderse es 13 mil.


3X1 + X2 30 3X1 + X2 = 30 (1°)X1 8 X1 = 8 (2°)

X2 13 X2 = 13 (3°)


3X1 + X2 = 30 (1°) X1 = 8 (2°) X2 = 12 (3°)X1 X2 X1 X2 X1 X2

0 30 8 1310 0

C*(Ecuaciones 1 y 3) D(Ecuaciones 1 y 2)

3X1 + X2 = 30 (1°) 3X1 + X2 = 30 (1°)X2 = 13 (3°) X1 = 8 (2°)

3X1 + 13 = 30 3(8) + X2 = 30X1 = 5.67 X2 = 6

C*(5.67, 13) D(8, 6)

P(X1, X2) Z(MAX) = 30X1 + 25X2

C*(6, 12) Z = 30(5.67) + 25(13) = 495.1 mil Punto óptimoD(8, 6) Z = 30(8) + 25(6) = 390 mil

GRÁFICO N° 12-1

-3

0

3

6

9

12

15

18

21

24

27

30

33

36

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14


37/355


37

Solución óptima

Z(MAX) = 495.1 MILX1 = 5.67 Unidades del producto AX2 = 13 Unidades del producto B

Incremento del beneficio = 495.1 – 480 = 15.1

Cada aumente de una unidad en el límite de producción de B, el beneficio aumentará 15.1 dólares.

d) Suponga que hay 31 mil horas de trabajo disponibles, en lugar de 30 mil del caso base. ¿Cuál es elefecto en el problema? ¿Cuál es el efecto en los beneficios? ¿Cuál es el precio dual de la restriccióndel número de horas de trabajo?

Función objetivo

Z(MAX) = 30X1 + 25X2


3X1 + X2 31 3X1 + X2 = 31 (1°)X1 8 X1 = 8 (2°)

X2 12 X2 = 12 (3°)X1X2 0


3X1 + X2 = 31 (1°) X1 = 8 (2°) X2 = 12 (3°)

X1 X2 X1 X2 X1 X2 0 31 8 12

133 0

GRÁFICO N° 12-2

-3

0

36

9

12

15

18

21

24

27

30

33

36

-2 0 2 4 6 8 10 12 14


38/355


39/355


39

Nos referimos a los límites de venta del producto A. De acuerdo al gráfico 12.1, el precio dual de estarestricción es cero, podemos observar que el aumento en el límite del producto A, no tendrá ningúnefecto; por lo tanto, no hay límite superior. La solución óptima incluye 6 mil unidades del producto A. Unareducción en el límite de ventas por debajo de esas cifras si afectará la solución óptima. Por ello, elintervalo es de 6 mil en adelante (sin límite superior) y en este intervalo se mantiene el precio dual decero.


40/355


40

pueden usar para comprar el producto a precios reducidos. La administración ha establecido metas mínimas parala campaña: 1) el quitamanchas debe captar 3% adicional de su mercado; 2) el nuevo detergente líquido debecaptar 18% del mercado de detergentes para ropa, y 3) un aumento de 4% de este mismo mercado debe sercaptado por el detergente en polvo. La tabla muestra los aumentos estimados en las participaciones de estosmercados por cada unidad de publicidad en los medios respectivos. (Una unidad es un bloque estándar depublicidad que Profít & Gambit compra, pero también se permiten otras cantidades). La razón para el -1 % parael detergente en polvo en la columna de televisión es que el comercial de TV que anuncia el nuevo detergente

líquido le quitará algunas ventas al detergente en polvo. El último renglón de la tabla muestra el costo por unidadde publicidad para cada medio.

Datos para el problema de mezcla publicitaria de Profit & Gambit Co

ProductoAumento en porcentaje de mercado por unidad de publicidadTelevisión Medios Impresos Incremento mínimo requerido

Quitamanchas 0% 1% 3%Detergente Liquido 3% 2% 18%Detergente Polvo -1% 4% 4%Costo Unitario 1 millón 2 millones

El objetivo de la administración es determinar cuánta publicidad hacer en cada medio para cumplir las metas de

participación de mercado a un costo total mínimo.

Función objetivo

44

1823

3

:

2)(

21

21

2

21

2

1

X X

X X

X

aSujeta

X X MIN Z

impresosmediosen Anuncios X

televisiónen Anuncios X


41/355


41

La solución óptima es usar 4 unidades de publicidad en televisión y 3 unidades de publicidad en mediosimpresos, el costo total de esta campaña de publicidad sería de $10 millones.

Después de recibir esta información, la administración de Profit & Gambit ahora quiere analizar eltrueque entre el costo total de publicidad y los beneficios resultantes logrados al incrementar laparticipación de mercado de los tres productos. El resultado del examen a este trueque puede ser que laadministración altere sus decisiones de política sobre los aumentos en la participación del mercado. Para

analizar el trueque, la administración necesita saber el efecto sobre el costo por unidad de incrementoen la participación de mercado requerida para cada producto, esto es, cuáles son los precios sombra delas tres restricciones funcionales. Comenzando con el primer producto el quitamanchas en laparticipación de mercado de este producto de 3 a 4%.

Problema de Profit & Gambit revisado donde el aumento mínimo requerido en la participación demercado para quitamanchas cambia de 3 a 4%, que resulta en un aumento de $1 1/3 millones en elcosto total.

Cambio en costo = $11.33 millones—$10 millones = $1 1/3 millonesEste cálculo revela que:

El precio sombra para la restricción del quitamanchas = $ 1 1/3 (por 1% de participación demercado).

Este precio sombra indica que un pequeño aumento adicional en la meta de participación demercado costaría $

311 millones por 1% de aumento en la participación de mercado de 4% a

5%.,

Cambio en el costo = $12.67 millones -$11.33 millones =$3

11 millones

Como lo predice el precio sombra.

Aunque el cálculo de un precio sombra como el ilustrado es directo, los precios sombra para todas lasrestricciones funcionales también pueden obtenerse del informe de sensibilidad. La tabla siguientemuestra la parte del informe de sensibilidad que maneja las restricciones funcionales, donde los preciossombra están dados en la tercera columna, esta columna muestra la tasa de aumento en el costo total(en millones de dólares) por el aumento de 100% en cada lado derecho en forma individual. En estecaso, las participaciones del mercado sobre 100% no son significativas, por lo que se cambian lasunidades dividiendo los números en la columna de precios sombra entre 100. Esto lleva a:

Precio sombra para la restricción del quitamanchas = $1.33 millones


42/355


42

Precio sombra para la restricción del detergente líquido = $0.33 millonesPrecios sombra para la restricción del detergente en polvo = $0

Donde éstos son los costos por incremento de 1% (y no de 100%) en la participación de mercadorequerida.

¿Por qué es $0 el precio sombra para la restricción del detergente en polvo? La solución óptima ya

proporciona un aumento de 8% en la participación de mercado para el detergente en polvo, de modo queel incremento mínimo requerido de 4 a 5% no requiere de cambios en esta solución o en el costo total.

Una vez obtenidos todos los precios sombra, se verá cómo debe interpretar esta información laadministración.

Nombre Últimovalor

Preciosombra

Ladoderecho

Aumentoaceptable

Disminuciónaceptable

Quitador de mancha 3% 133.33 0.03 0.06 0.00857Detergente líquido 18% 33.333 0.18 0.12 0.12Detergente en polvo 8% 0 0.04 0.04 1E+30

Aumentar la meta mínima por participación de mercado aumenta de 3 a 4% para el quitamanchascostará alrededor de $ 1.33 millones (por encima del costo total publicitario actual de $10 millones). Aumentar la meta mínima de 18 a 20% para detergente líquido costaría alrededor de $0.67 millones.Efectuar ambos al mismo tiempo costaría cerca de $ 2 millones que incrementará el costo publicitariototal de $10 a $12 millones. Un pequeño aumento de la meta mínima de 4% para el detergente en polvono costaría nada puesto que ya se logra 8% con la propuesta anterior para gastos publicitarios.

Si deciden disminuir cualesquiera de estas metas mínimas en lugar de reducir el costo total depublicidad, estas mismas cifras en dólares muestran cuáles serían los ahorros es, cada disminución de1% en la meta mínima de participación de mercado ahorraría alrededor de $ 1.33 millones para elquitamanchas, cerca de $0.33 millones para el detergente líquido y nada para el detergente en polvo.

También puede usarse estas cantidades en dólares para verificar el efecto de aumentar en forma

simultánea algunas metas mínimas y disminuir otras. Por ejemplo, aumentar la meta mínima dequitamanchas de 18 a 19% costaría alrededor de $0.33 millones y la reducción simultánea de la metamínima para el detergente líquido de 3 a 2% ahorraría alrededor de $1.33 millones, de modo que elahorro neto será de $1 millón.

PROBLEMA Nº 14.-

Aplicación al problema de Wyndor

La Wyndor Glass Co. produce artículos de vidrio de alta calidad, incluidas ventanas y puertas de vidrio queincluyen trabajo manual y la mejor hechura. Aunque los productos son costosos, llenan un nicho de mercado alofrecer la mejor calidad disponible en la industria para los clientes más exigentes. La compañía cuenta con tres

plantas.

La planta 1 fabrica marcos de aluminio y herrerías. La planta 2 fabrica marcos de madera. La planta 3 fabrica el vidrio y ensambla ventanas y puertas.

Debido a las ventas decrecientes de ciertos productos, la alta dirección decidió reorganizar la línea de productosde la compañía. Se están descontinuando las líneas de productos no rentables, disponiendo capacidad deproducción para lanzar los dos nuevos productos desarrollados por el grupo de Jim Baker si la administraciónaprueba su lanzamiento.

La puerta de 8 pies precisa alguna capacidad de producción en las plantas 1 y 3, mas no en la planta 2. La

ventana de marco doble de 4 X 6 pies sólo requiere las plantas 2 y 3. .La administración quiere ahora analizar dos temas:


43/355


43

Tiempo de producción usado por cada unidad producida

Planta PuertasTiempo de Pcc

de ventanasDisponiblepor semana

1 1 hora 0 4 horas2 0 2 horas 12 horas3 3 horas 2 horas 18 horas

Ganancias 300 500

1. ¿Debe la compañía seguir adelante con el lanzamiento de estos dos nuevos productos?2. Si es así, ¿cuál debe ser la mezcla de productos —el número de unidades producido de cada uno por

semana— para los dos nuevos productos?

Función objetivo

31823

2122

14

:

500300)(

tan

21

2

1

21

2

1

Planta X X

Planta X

Planta X

aSujeta

X X MAX Z

Puertas X

asVen X

Z(MAX) = $3.600

puertas X

asven X

6

tan2

2

1

El análisis de qué pasa si (o en particular el análisis de sensibilidad) revela que tan cerca necesita estar

cada estimación para evitar obtener una solución óptima errónea.

Pregunta: ¿qué ocurre si se hace un cambio en el número de horas de tiempo de producción semanaldisponibles para los nuevos productos de Wyndor en una de las plantas?


44/355


44

El precio sombra dado dice cuánto aumentaría el valor de la función objetivo si se aumentara en 1 el ladoderecho de esa restricción. El precio sombra de la restricción para la planta 1 es O, puesto que estaplanta ya está usando menos horas (2) que las disponibles (4) y no habría beneficio en disponer de unahora adicional. No obstante, las plantas 2 y 3 están usando todas las horas a su disposición para los dosnuevos productos. Por ello, no es sorprendente que los precios sombra indiquen que la función objetivoaumentaría si las horas disponibles en la planta 2 o en la 3, se aumentarán.

Es el precio sombra de una restricción funcional da información valiosa

porque indica cuánto aumentará el valor óptimo de la función objetivo

por un aumento de unidad en el lado derecho de la restricción. A la

inversa, un valor negativo del precio sombra proporcional el cambio en

el valor óptimo de la función objetivo por una disminución en el lado

derecho.

Sin embargo, esta información sólo es válida para cambios bastante pequeños en el lado derecho. Estasección se centra en la determinación de qué tan grandes pueden ser estos cambios antes de que elprecio sombra ya no sea válido.

Continuando con el problema de Wyndor, primero se considera la restricción funcional con el preciosombra más grande, está es la restricción de la planta 2 con un precio sombra de 150 su lado derechoactual es: LD = 12

31823

2132

14

:

500300)(

tan

21

2

1

21

2

1

Planta X X

Planta X

Planta X

aSujeta

X X MAX Z

Puertas X

asVen X

Es decir, 12 horas de tiempo de producción disponible para los dos nuevos productos. Entonces, esteprecio sombra dice que la ganancia total aumentará en $150 por un incremento de 1 en el LD (odisminuirá en $150 por disminución de 1 en LD), siempre y cuando el cambio en LD no sea muy grande.


45/355


45

Se requiere determinar cuán grande puede ser este cambio en LD. Se cambiará el valor de 12 en laplanta 2 por los señalados en la primera columna de la tabla.

Tiempo disponibleen la planta 2

(horas)

La proporción de laproducción óptima

Gananciatotal

Incrementoen la

gananciaPuertas Ventanas0 4 0 $1.200 ---

1 4 0.5 1.450 2502 4 1 1.700 2503 4 1.5 1.950 2504 4 2 2.200 2505 4 2.5 2.450 2506 4 3 2.700 2507 3.667 3.5 2.850 1508 3.333 4 3.000 1509 3 4.5 3.150 15010 2.667 5 3.300 15011 2.333 5.5 3.450 150

12 2 6 3.600 15013 1.667 6.5 3.750 15014 1.333 7 3.900 15015 1 7.5 4.050 15016 0.667 8 4.200 15017 0.333 8.5 4.350 15018 0 9 4.500 150

19 0 9 4.500 020 0 9 4.500 0

Una forma de investigar esto es comenzar con un valor pequeño (como, 0) de LD y luego aumentar

varias veces en 1 este valor para ver cómo cambia la ganancia total cada vez. La tabla anterior muestralos datos generada de esta forma se muestra el aumento en ganancia total por cada aumento de 1 enLD. Este incremento primero se vuelve $150 cuando el LD aumenta de 6 a 7 y sigue en $150 hasta queLD=18. Así, el precio sombra de 150 es válido para:

6 ≤ LD ≤ 18

Restricción de la planta1: 4-2 ≤ LD1 ≤ 4+∞, así 2 ≤ LD1. Sin límite superiorRestricción de la planta2: 12-6 ≤ LD2 ≤ 12+6, así 6 ≤ LD2 ≤ 18Restricción de la planta3: 18-6 ≤ LD3 ≤ 18+6, así 12 ≤ LD3 ≤ 24

Cambios simultáneos en los dos lados derechos

¿Qué ocurre cuando la a

Documents

Investig. Operativa Tomo i