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Pauta control n°2

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dsadsa

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Pauta control n°2

  1. 1. UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE INDUSTRIAS CASA CENTRAL PAUTA QUIZ N°2 – PARALELO 4 SEGUNDO SEMESTRE 2010 GESTION DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES Pregunta 1 (55 Puntos) Una empresa construye tres tipos de embarcaciones menores: lanchas, canoas y kayacs, que vende con utilidades de 200, 150 y 120 mil pesos, respectivamente, por unidad. Las embarcaciones requieren el uso de aluminio en su construcción y también labores manuales en dos secciones de un taller de trabajo. La siguiente tabla especifica todos los materiales y mano de obra requerida por embarcación: La empresa cuenta con 315 Kg. de aluminio para el próximo mes. Las secciones 1 y 2 del taller de trabajo, respectivamente, disponen de 110 y 50 horas por mes. El Gerente de Producción ha resuelto un modelo Lineal que entrega el siguiente plan óptimo de producción para el próximo mes: Donde: X1: Lanchas a producir en un mes. X2: Canoas a producir en un mes. X3: Kayacs a producir en un mes. a) (20 Puntos) La empresa desea estudiar la factibilidad de agregar un velero láser a su actual plan de producción. Para ello ha estimado que por embarcación recibirá una utilidad de 220 mil pesos, que requiere de 8 Kg de aluminio y de necesidades de mano de obra de 3 y 2 horas en la sección 1 y 2, respectivamente. Sin reoptimizar indique si es aconsejable la elaboración de este velero. En cualquier caso muestre cómo incorpora esta decisión a la tabla óptima encontrada por el Gerente de Producción. LANCHA CANOA KAYAK ALUMINIO 15 Kg. 7.5 Kg. 5 Kg. SECCION 1 2 hr. 3 hr. 2 hr. SECCION 2 1 hr. 1 hr. 1 hr. X1 X2 X3 X4 X5 X6 1 0 0 1/10 -1/4 0 4 0 1 0 0 1 -2 10 0 0 1 -1/10 -3/4 3 36 0 0 0 8 10 60 6620
  2. 2. R_velero = -220 - -200 -150 -120 1/10 -1/4 0 8 (6 Puntos) 0 1 -2 3 -1/10 -3/4 3 2 R_velero = -220 - -200 -150 -120 1/20 -1 59/20 R_velero = -220 - -214 = -6 <= 0 (10 Puntos)Si es aconsejable la producción de Veleros Laser Se incorpora esta nueva variable a la tabla final de la siguiente forma: X1 X2 X3 X4 X5 X6 XV (4 Puntos) 1 0 0 1/10 -1/4 0 1/20 4 0 1 0 0 1 -2 -1 10 0 0 1 -1/10 -3/4 3 59/20 36 0 0 0 8 10 60 -6 6620 b) (10 Puntos) Encuentre un intervalo de variación para la disponibilidad de aluminio que garantice la actual base óptima. Max -4/(1/10) <= ∆ Aluminio <= Min -36/(-1/10) -40 <= ∆ Aluminio <= 360 (5 Puntos) Intervalo Intervalo (5 Puntos) 315 - 40; 315 + 360 275 ; 675 c) (10 Puntos) Encuentre un intervalo de variación para la utilidad de las canoas que garantice la actual solución óptima. Max 60/-2 <= ∆ <= Min 10/1 -30 <= ∆ <= 10 (5 Puntos) Intervalo Intervalo (5 Puntos) (O equivalentemente [140 ; 180] en la Función de Maximización) -180 ; -140 -150 - 30; -150 + 10
  3. 3. d) (15 Puntos) Una nueva estimación sobre las horas de trabajo disponibles mensualmente para las secciones 1 y 2 de los talleres es de 100 y 40 horas respectivamente. Señale si cambia la base óptima original dado este nuevo escenario. En cualquier caso muestre como incorpora esta modificación a la tabla final. Se debe recalcular el vector Xb = B(inv)*b(modificado) Xb = 1/10 -1/4 0 315 (5 Puntos) 0 1 -2 100 -1/10 -3/4 3 40 Xb = 6,5 >= 0 (5 Puntos) 20 >= 0 13,5 >= 0 Se mantiene la actual base óptima. Esta modificación se incorpora de la siguiente forma a la tabla final: X1 X2 X3 X4 X5 X6 (5 Puntos) 1 0 0 1/10 -1/4 0 6,5 0 1 0 0 1 -2 20 0 0 1 -1/10 -3/4 3 13,5 0 0 0 8 10 60 5920 (Nota: Se actualiza el Valor óptimo en base al nuevo valor alcanzado por las variables básicas.)
  4. 4. Pregunta 2 (45 Puntos) Resuelva el siguiente problema de Programación Lineal a través del Método Simplex de 2 Fases: Min z = 4x1 + x2 s.a 3x1 + x2 = 3/2 4x1 + 3x2 ≥ 6 x1 + 2x2 ≤ 4 x1≥0, x2≥0. Se agregan variables artificiales (A1 y A2), holgura (H1) y exceso (E1), para disponer de una solución básica factible inicial que permita aplicar el método Simplex. P) Min 21 AA  s.a. 33 121  AXX /2 634 2121  AEXX 42 121  HXX 01 X 02 X 01 A 02 A 01 E 01 H (3 Puntos por Función Objetivo) (3 Puntos por definición de cada variable artificial, holgura y exceso. Son 12 Puntos en Total) Que define la siguiente tabla inicial para la Fase 1: Se actualiza la tabla llevando los costos reducidos igual a cero para las variables artificiales, obteniéndose la siguiente tabla. (7 Puntos) Entra X1 a la base. Sale Min {(3/2)/3; 6/4; 4/1} = ½ . Sale A1. (7 Puntos) X1 X2 A1 E1 A2 H1 3 1 1 0 0 0 3/2 4 3 0 -1 1 0 6 1 2 0 0 0 1 4 0 0 1 0 1 0 0 X1 X2 A1 E1 A2 H1 3 1 1 0 0 0 3/2 4 3 0 -1 1 0 6 1 2 0 0 0 1 4 -7 -4 0 1 0 0 -15/2 X1 X2 A1 E1 A2 H1 1 1/3 1/3 0 0 0 1/2 0 5/3 -4/3 -1 1 0 4 0 5/3 -1/3 0 0 1 7/2 0 -5/3 7/3 1 0 0 -4
  5. 5. Entra X2 a la base. Sale Min {(1/2)/(1/3); 4/(5/3); (7/2)/(5/3)} = 3/2 . Sale X1. (7 Puntos) El problema resulta ser infactible luego de no alcanzar un valor óptimo igual a cero luego de terminar la Fase I. (9 Puntos) X1 X2 A1 E1 A2 H1 3 1 1 0 0 0 3/2 -5 0 -3 -1 1 0 3/2 -5 0 -2 0 0 1 1 5 0 4 1 0 0 -3/2

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