EJERCICIOS RESUELTOS

vEJERCICIOS RESUELTOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL

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Para facilitar la elaboración del modelo matemático en La Programación Lineal (PL) recomendamos lectura y análisis de las siguientes 12 consideraciones:

Si llamamos:

Xa = Producto A y

Xb = Producto B

Exprese algebraicamente :

1) Hoy fabriqué 60 unidades de cada producto:

Xa = 60 ; Xb = 60

2) La producción total fue de 120 productos:

Xa + Xb = 120

3) Para que sea rentable tengo que producir por lo menos 50 productos A y 55 productos B:

Xa > = 50 ; Xb > = 55

4) La capacidad de producción es de 180 unidades

Xa + Xb < = 180

5) Los clientes compran más productos A que productos B :

Xa > = Xb

6) Por cada producto A que se venda se venden dos productos B :

(Recordar “Razón de proporcionalidad”)

2 Xa = Xb

7) Las ventas del producto A superan las del producto B cuando menos en 30 unidades:

Xa > = Xb + 30

PROGRAMACION LINEAL - 3 -

8) La capacidad de espacio de almacenamiento en la fábrica es de 200 productos:

Xa + Xb < = 200

9) La materia prima me permite fabricar un máximo de 160 unidades:

Xa + Xb < = 160

10) El producto A necesita 2 unidades de materia prima “w” y el producto B necesita 3 unidades de la misma materia prima, la disponibilidad de la materia prima “w” en los depósitos de la empresa es de 800 unidades:

2 Xa + 3 Xb < = 800

11) Si “Z” representa la utilidad total y la utilidad del producto A es de Bs 20,oo y la utilidad del producto B es de Bs 25,oo :

Z = 20 Xa + 25 Xb

12) Si se venden 50 productos A y 60 productos B la utilidad será :

Z = 20 (50) + 25 (60) = 1000 + 1500

Z = Bs 2.500,oo

EJERCICIO 1. Página 25. TAHA. 6ta edición.

Respuesta: José Luis Albornoz S.

La tienda de comestible BK vende dos tipos de bebidas: La marca sabor a cola A1 y la marca propia de la tienda, Bk de cola, más económica. El margen de utilidad en la bebida A1 es de 5 centavos de dólar por lata, mientras que la bebida de cola Bk suma una ganancia bruta de 7 centavos por lata. En promedio, la tienda no vende más de 500 latas de ambas bebidas de cola al día. Aún cuando A1 es una marca más conocida, los clientes tienden a comprar más latas de la marca Bk, porque es considerablemente más económica. Se calcula que las ventas de la marca Bk superan a las de la marca A1 en una razón 2:1 por lo menos. Sin embargo, BK vende, como mínimo, 100 latas de A1 al día.

¿ Cuántas latas de cada marca debe tener en existencia la tienda diariamente para maximizar su utilidad ?.

Respuesta:

En la pregunta, al final del enunciado, se identifican claramente las variables de decisión ya que se hace referencia a las dos marcas de bebidas de cola en lata.

ING. José Luís Albornoz Salazar - 4 -

A1 = Latas de bebida A1 que debe tener la tienda en existencia diariamente.

A2 = Latas de bebida Bk que debe tener la tienda en existencia diariamente.

El objetivo es incrementar al máximo la utilidad por la venta de los dos tipos de bebidas. Se menciona que la utilidad es de 5 centavos por lata de A1 y 7 centavos por lata de Bk.

La ecuación que representa la utilidad total por concepto de ventas de latas de estas bebidas será:

Z = 5 A1 + 7 A2

Ahora analizamos el enunciado del ejercicio buscando las condiciones o restricciones que limitan las ventas de dichas bebidas:

Nota: Es bueno recomendar que las restricciones se expresen de manera tal que las incógnitas queden del lado izquierdo de la desigualdad o ecuación y los términos independientes (números) del lado derecho. Esta recomendación nos facilitará el uso de las hojas de cálculo u otros métodos de resolución (método simplex, programas computarizados, etc.).

- En promedio la tienda no vende más de 500 latas de ambas bebidas al día:

A1 + A2 < = 500 (1)

- Los clientes tienden a comprar más latas de la marca Bk :

A2 > = A1

(atendiendo la nota anterior)

- A1 + A2 > = 0 (2)

-Las ventas de Bk superan a las ventas de A1 en una razón de 2:1 por lo menos (Ver y analizar el ordinal 6 de la página 3 ) :

A2 > = 2 A1

(atendiendo la nota anterior)

- 2 A1 + A2 > = 0 (3)

- Se venden como mínimo 100 latas de A1 al día:

A1 > = 100 (4)

PROGRAMACION LINEAL - 5-

El Modelo de Programación Lineal (MPL) quedará expresado como:

MAXIMIZAR : Z = 5 A1 + 7 A2

Sujeto a:

A1 + A2 < = 500 (1)

- A1 + A2 > = 0 (2)

- 2 A1 + A2 > = 0 (3)

A1 > = 100 (4)

Y a la condición de no negatividad que implica que todas las variables de decisión sean positivas (valores mayores o iguales a cero)

A1 , A2 > = 0 (5)

Solución Gráfica:

El problema tiene solamente dos variables de decisión, A1 y A2, y por lo tanto sólo dos dimensiones, así que podemos usar un procedimiento gráfico para resolverlo.

Dicho proceso consiste en dibujar un gráfico en dos dimensiones, utilizando a A1 y A2 como los ejes. El primer paso consiste en identificar los valores de A1 y A2 permitidos por las restricciones, esto es, la región o área factible de solución determinada por las restricciones.

Recuerde que las restricciones de no negatividad ( A1 > = 0 ; A2 > = 0) limitarán la región factible a estar en el cuadrante positivo (conocido como primer cuadrante).

- Estudiando la primera restricción

A1 + A2 < = 500 (1)

A2

El área sombreada

representa el espacio

de solución factible

de A1 + A2 < = 500

500

A1 + A2 = 500

A1

500

ING. José Luís Albornoz Salazar - 6 -

El procedimiento más recomendado consiste en trazar la recta (“generada por la restricción”) y sombrear el lado factible y a medida que vayamos graficando nuevas rectas “borramos” el área sombreada anteriormente que no cumpla con esta nueva restricción.

En el gráfico anterior notamos que el punto (100,200) cumple con la restricción (100 + 200 < 500) por lo que todos los que están en el primer cuadrante y del lado izquierdo de la recta también.

- Estudiando la restricción 2:

- A1 + A2 > = 0 (2)

A2

El área sombreada

representa el espacio

de solución factible

de A1 + A2 < = 500

500 y - A1 + A2 > = 0

- A1 + A2 = 0

A1 + A2 = 500

A1

500

El punto (100,200) cumple con la restricción dos (-100 +200 > 0) y ya vimos que cumple con la restricción 1. Sin embargo el punto (200,100) cumple con la restricción 1 (200+100 < 500) pero NO cumple con la restricción 2 (-200+100 no es mayor que 0) por lo tanto no estará dentro del espacio de solución.

El estudiante debe recordar que para formar parte del espacio de solución o área factible los puntos deben cumplir con todas las restricciones que se vayan estudiando.

El último aspecto señalado permite garantizar que la solución encontrada cumpla con todas las restricciones o limitaciones que impone el Modelo Matemático.

Nótese también que a medida que se van analizando las restricciones el espacio factible (área sombreada) se hace menor. JAMAS crecerá.

PROGRAMACION LINEAL - 7-

- Estudiando la restricción 3:

- 2A1 + A2 > = 0 (3)

A2

El área sombreada representa el espacio

de solución factible

- 2 A1 + A2 = 0 de - 2 A1 + A2 > = 0

A1 + A2 < = 500

500 - A1 + A2 > = 0

- A1 + A2 = 0

A1 + A2 = 500

A1

500

- Estudiando la restricción 4:

A1 > =100 (4)

A2

A1 = 100 El área sombreada

representa el espacio

- 2 A1 + A2 = 0 TOTAL de solución

500

- A1 + A2 = 0

A1 + A2 = 500

A1

500

Definida como ha sido el área total de factibilidad, el último paso consiste en escoger el punto de dicha región que maximiza el valor de la función objetivo.

En un “punto de esquina” de esta área sombreada se encuentra el “punto óptimo de solución”, es decir el punto que contiene el valor de A1 y A2 que cumpliendo con todas las restricciones me permitirá obtener el máximo valor de Z. (Zmáx.)

ING. José Luís Albornoz Salazar - 8 -

Para determinar este “punto de esquina” se utiliza un procedimiento de ensayo y error que consiste en darle valores arbitrarios a la función objetivo (Z) y al graficarla generará una recta que OBLIGATORIAMENTE es paralela a la recta de la “FUNCIÓN OBJETIVO ÓPTIMA” (Zmáxima) y que en el caso de maximización será la que contenga al ya mencionado punto de esquina que esté ubicado en la recta paralela mas alejada del origen (en el caso de minimización será la que esté más cerca del origen).

Para fijar mejor la idea de cómo realizar este procedimiento graficaremos dos rectas:

Z = 3.500 = 5 A1 + 7 A2 y,

Z = 3.100 = 5 A1 + 7 A2 .

Antes de seguir el procedimiento es bueno aclarar que estos valores que se asignen a Z no tienen ninguna relevancia ni representan ningún dato importante de la solución del problema. Repetimos, son valores arbitrarios que únicamente nos ayudan a visualizar la pendiente de la recta de la función objetivo. (No deben confundirla con Zmáx.. que es el error más común que cometen los estudiantes).

A2

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