Optimización Lineal en la Administración de Empresas: Ejemplos Prácticos, Apuntes de Derecho

¡Descarga Optimización Lineal en la Administración de Empresas: Ejemplos Prácticos y más Apuntes en PDF de Derecho solo en Docsity!

NOMBRE DEL ALUMNO:

ARELLANO SOLANO

MARICRUZ

CARRERA:

ADMINISTRACIÓN DE

EMPRESAS

NOMBRE DEL

PROFESOR:

ENRIQUE RUBIO OLVERA

Instrucciones:

1. Resuelva cada uno de los siguientes problemas: a) Una mueblería fabrica mesas y sillas. Una mesa requiere de 1 hora de mano de obra y 9 pies cuadrados de madera; una silla requiere de 1 hora de mano de obra y 5 pies cuadrados de madera. Actualmente, la mueblería dispone de 6 horas de mano de obra y 45 pies cuadrados de madera. Cada mesa genera una utilidad de 8 dólares y cada silla representa una utilidad de 5 dólares. Maximizar el beneficio de la mueblería. De esta forma: x1 = número de mesas fabricadas x2 = número de sillas fabricadas Como x1 y x2 deben ser enteras, el problema queda resuelto cuando: MaxZ = 8x1 + 5x Sujeto a: x1 + x2 ≤ 6 9x1 + 5x2 ≤ 45 x1, x2 ≥ 0 A partir de lo anterior se halla: Subproblema 1: Max z = 8x1 + 5x Sujeto a: x1 + x2 ≤ 6 9x1 + 5x2 ≤ 45 x1, x2 ≥ 0 La resolución gráfica del subproblema 1 se muestra a continuación. En este caso, la solución óptima corresponde al punto x1 = 15/4 = 3.75 y x2 = 9/ = 2.25, con valor de la función objetivo z = 165/4.

Como el costo de arriendo de la maquinaria solo depende de la prenda producida, será necesario emplear variables binarias para cuantificar el hecho de arrendar o no cada máquina: yi = 1 se arrienda maquinaria para fabricar prendas tipo i 0 en caso contrario Para que el modelo funcione, se debe garantizar que: Si xi > 0 → yi = 1 Si xi = 0 → yi = 0 Para ello, se debe incorporar las restricciones de activación de las variables binarias: x1 ≤ M1y x2 ≤ M2y x3 ≤ M3y La función objetivo corresponderá la diferencia entre los ingresos por venta, menos los costos de producción fijos y variables: z = (12x1 + 8x2 + 15x3) Ingresos por venta − (6x1 + 4x2 + 8x3) Costos variables − (200y1 + 150y2 + 100y3) Costos fijos Por lo tanto, la función objetivo a maximizar queda: z = 6x1 + 4x2 + 7x3 − 200y1 − 150y2 − 100y La restricción de mano de obra queda: 3x1 + 2x2 + 6x3 ≤ 150 (2.11) y la de tela sería: 4x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 160

c) Una compañía tiene tres localizaciones alternativas para ubicar nuevos almacenes que den servicio a la región norte del país. Existen 5 clientes (C1, C2, C3, C4, C5) importantes en esta región. Se desea determinar en cuáles localizaciones se instalarán almacenes como puntos de distribución para surtir a los clientes. Xij : # unidades a transportar del almacén i = 1, 2, 3 a cliente j = 1, 2, 3, 4, 5 Yi = 1 se instalará el almacén en localización i = 1, 2, 3 0 no se instalará Min Z = 8x11 + 10x12 + 12x13 + ...... + 8x34 + 7x35 + 50000y1 + 30000y2 + 40000y Restricciones de demanda: x11 + x21 + x31 >= 75 (cliente 1) x12 + x22 + x32 >= 50 (cliente 2) x13 + x23 + x33 >= 35 (cliente 3) x14 + x24 + x34 >= 75 (cliente 4) x15 + x25 + x35 >= 35 (cliente 5) Restricciones de capacidad: x11 + x12 + x13 + x14 + x15 <= 200 y1 (almacén 1) x21 + x22 + x23 + x24 + x25 <= 150 y2 (almacén 2) x31 + x32 + x33 + x34 + x35 <= 300 y3 (almacén 3) No negatividad: X11 ,X12 ,X21 ,X22 , X31 ,X32 ,X13 ,X14, .... , X35 >= 0

que fabricar para maximizar el beneficio de la empresa. Obtener dicho beneficio máximo. e) Una florista sabe hacer solo 2 tipos de distintos arreglos florales (X1, X2) para los cuales dispone de 3 tipos distintos de flores: rosas, tulipanes e hibiscos. Los requerimientos de flores para cada arreglo, la disponibilidad de flores y los precios de cada arreglo vienen dados por: Usando el teorema de holgura complementaria, encuentre el óptimo del problema sabiendo que el óptimo primal viene dado por. max z = 2000x1 + 1000x s.a 3x1 + x2 _ 300 x1 + x2 _ 140 x1 + 3x2 _ 300 x1, x2 _ 0 relaciones de dualidad: mın w = 300y1 + 140y2 + 300y s.a 3y1 + y2 + y3 _ 2000 y1 + y2 + 3y3 _ 1000 y1, y2, y3 _ 0 a) (3¯x1 + ¯x2 − 300) · ¯y1 = 0 b) (¯x1 + ¯x2 − 140) · ¯y2 = 0 c) (¯x1 + 3¯x2 − 300) · ¯y3 = 0

d) (2000 − 3¯y1 − ¯y2 − ¯y3) · ¯x1 = 0 e) (1000 − ¯y1 − ¯y2 − 3¯y3) · ¯x2 = 0 Como ¯x1 = 80 y ¯x2 = 60, se tiene que: a) ) ¯y1 2 R b) ) ¯y2 2 R c) ) ¯y3 = 0 d) ) 3¯y1 + ¯y2 = 2000 e) ) ¯y1 + ¯y2 = 1000 Resolviendo el sistema: ¯y1 = 500 ¯y2 = 500 ¯y3 = 0