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Deberes

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Deberes de Operativa

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  1. 1. UNIVERSIDAD NACIONAIADE cmÏMBoRAzo FACULTAD 1m; dmivéms POLZLITIÓAIS Y ADIÏVIINIsjTRAÏrIVAs cARREm ¡‘m ‘¡CONTABILIDAD y Aunrroïu}; ¿INVESTIGACIÓN ¿oPERATIvA Nombïeá Carmen Moyón Ómfsoj: Quinto Semestre “Á” Fecha} 03/12] 101“ v MAX g 3 5x: + ¿XL 5.a x: +9xz e60 2x: F 3x2 e us. 5x: " 2X2 í 2.o x2 2 .30 Yi, XL 20‘ g x1 ><'¿_ Pl: z 1 -éH;3 sum 0 ‘H1 01 I O l A. o 5 7 0 47. 0 5 z O "I , (,u H‘ 0 o 'HI o 0 ' x2 0 ' 0 I'¿_ ‘é 0 60 Í ‘Í LHI o LI 5 Z 3‘ x; 0 Lo 5 -¿ 7V xl _') 0 o ’ O ODOI; O DL MaflonVmaVmaMsu -.9¿'L: }DKATlC0 TF- O HÍU’ ¿‘- 50x= u 1 WÏJY7_(—'Ï—OX5 ’t 50x11 s ‘ su w “in. I-sxg, L ox“ 7_ s. 3‘xI+3x1—‘¿K3 tvu Z6- '7'¡X'¿, KÏ3,XL¡ >- 0' A: ‘¡x1 ulfldl o o - uLS/ fi. 0 o I O H) O I 10. H H= á@ ‘lxu ’ o 5 0 117,, 14 , | ¡ Q) O O ‘0 I 0 0 O <1 I ‘ (J 0 Ü‘
  2. 2. UNIVERSIDAD NACIONAL DE CHIMBORAZO FACULTAD DE CIENCIAS POLÍTICAS Y ADMINISTRATIVAS CARRERA DE CONTABILIDAD Y AUDITORIA INVESTIGACIÓN OPERATIVA "Dr. Marlon Villa Villa Msn yA fudnnïaÜar Nombre: Carmen Moyón Curso: Quinto Semestre “A” Fecha: 08 / 12 /20l4 DEBER N° 9 EJERCICIO N° 1 Pasamos el problema a la forma estándar, añadiendo variables de exceso, holgura, y artificiales según corresponda (mostrar/ ocultar detalles) Como la restricción l es del tipo ‘S se agrega la variable de holgura X3. Como la restricción 2 es del tipo ‘s’ se agrega la variable de holgura X4. Como la restricción 3 es del tipo ‘s’ se agrega la variable de holgura X5. Como la restricción 4 es del tipo '= ' se agrega la variable artificial X6. No exlste ninguna solución posible para el problema. Pasamos el problem a la forma estándar, añadiendo variables de exceso, holgura, y artificiales según corresponda (naoxttarlorultar detalles) o Como larestriceión l esdel tipo ‘í se agrega la rariable deholgura X3. 0 (‘omo la restricción? es del tipo ‘S se agrega la variable de holgura Xi. I Como larestriceíón 3 es del tipo ‘S se agrega inviable de holgura X5. o (‘omo la restricción 4 es del tipo ‘S se agrega la variable de holgura X6. amnnzaaesxnoxr MAxLulZ-tk: -5Xr-6X2+0Xs+0Xr+0x: +0Xr lxr+9X2s60 lXl+9XJ+lX3=60 2xr+3xzs4s 2xr+3xa+rxr=4s sxraxaszo 5Xr-2x: +1Xs=20 0Xr+lXas30 0Xr+lX2+lXa=30 xrxazo Xrxaxrxcxgxrzo Pasamos a construir la primera tabla del método Simple:
  3. 3. Ü Mostrar resultados como fracciones. La variable que sale de la base es PJ y la que entra es Pa. "J Mostrar resultados como fracciones Tablaz y Base Cb Pe N592’? oc v 83833? o Pa m o 66666666666667 o. tmrarrrrrazrr ¿’ot 25 t.6666666666667 .1 23333333333333 i-oaraurrrrirrri No existe ninrnann mlraríñn nosihle nara el nmhlemn EJERCICIO N“ 2 IPs Ps 0 33333333333333 52222222222222 P6 Z 43333333333333 oamrtramtai ; ' o 5656i Pa PfPs o P2 r oaurrrrrtrttu l o Í o líssssssszísís" a ‘ o o o o22222222222222VÉ ohí -0.llllllltlll¡ll l o ‘ omtrmuarar o í Pasamos el problema a la forma estándar, añadiendo variables de exceso, holgura, y artificiales según corresponda (mostrar/ ocultar detalles) 0 Como la restricción l es del tipo ‘s’ se agrega la variable de holgura X3. o Como la restricción 2 es del tipo ‘S se agrega la tariable de holgura Xi. MINIMIZAR: -l0 XI + 20 X2 lXr+2X2S4 2Xr-3Xt56 XLXIZO lllil: > RIAXIRIIZARHOXI-ZOXHOXHOXA lXr+2X2+lXs=4 2Xr-3Xt+lX4=6 XI, X2, X3, X4 2 0
  4. 4. tratara; ; ¿toi-zo ojos Érase Cs PogPr Pa P3 m, rulos 2 -3} z ¿oiaogzoí r r l Ü Mostrar resultados como fracciones. La variable que sale de la base es P4 y la que entra es Pt. Ü Mostrar resultados como fracciones. La solución óptima es Z = -30 Xa = 3 X2 = O
  5. 5. ' ‘retira; tr; t.r; ai. ;t; i.í¡. a“ faith. ¿tratar 7 o É o ÜMostrar resaltado; como fracciones NOTA: Eocobrrerdebrprraoaulosqoeseeneoentralasolocü Fnmlnrrvirslaumaumvmmrna-enalamïnfvflb EJERCICIO N” 3 Pasamos el problema a la forma estándar, añadiendo tariablesdc exceso, holgura, y artificiales según corresponda (mostrar/ ocultar detalles) muurtttzsxrrtzxrrrxs MAXIMlZAR: -SXt-l2X2-4X3+0X4+0Xs lxrrtxirlxrsi lXt+2xr+lXa+1xt= S 2Xr-1Xi+3xr=2 2xr. lx2+3x3+lxs=2 Xrxrxrzo xrxrxrxrxszo Pasamos a construir la primera tablade la Fase ldel método de las Dos Fases. Mostrar resultados como fracciones. ¡aríable que sale dela base es Ps y la que entra es Pa. Operaciones intermedias (mostrar/ ocultar detalles) 333333333333 l 233333333333 ¡ 7 g P3 ¡io o.66666666666667‘io.66666666666667 l -o333333333333ÍÍ r o l 03333333333333: É " o l o l o ’ o l l . . N, ___, .__l. ., _ _ Lwfli. A‘, _ 4 El Mostrar resultados como fracciones Existe alguna sohación posible para el problema, por lo que podemos pasar a la Fue ll para calculada
  6. 6. Operaciones intermedias (naoalrarlocullar detalles) ó l :1? 7 L Barre 7 fl Po i Lwá Pa ‘P: o ¡33333333333333 i) ¡1333333-33333333"23333333333333 3 .4 7056666666666667 . o_3333333333333 ¿l 7133333373333333 13333333333333 3 Montar reaulrados como fiaccíonea. La solucilm óptima e32 = 16666666666667 X1 = 0 X2 = 0 X3 =0.66666666666667 EJERCICIO N“ 4 Pasamos el problema a la forma estándar, añadiendo variables de exceso, holgura, y artificiales según corresponde (mostrar/ rural! ar rlelallea) 0 Como la restricción 1 ts del tip 2' se agrega lauriable de exceso X3 y la variable milicia! X5. t Como la restricción 2 ea del tipo 2' se agrega la variable de exceso Xr y la variable anificíalxr. I Como la restrictión3 esdel tipo '= ' se agrega h variable artificial X3. nmuuzaehsoooxmooox; MAÏHIILIR: -5000Xl-70)0X3+0X3+0Xe+0X5+0XHOX? iooxnvuoxiasooo ¡ooxmroxnxurxusooo roxnanzsoo II‘ l0X1+6X3-l)(r+lX7=300 4Xa+8)b=240 rxnsxurarmzro xrxzzo X1, x3, x3, xr, m, xrxzao Pasamos a mamá: la ¡timon ¡abla de la Fuel del mirado de las Dos Fases,
  7. 7. o ao ao u v: ¡ifPunlo Coordenarhxlkr) Coordenadniáa) Valorde h función objetivo (Z) o o o o A o 35.7H1857H286 esoooo r3 so o esoooo c 1s 25 asoooo o 26666666666667 ¡6666666666667 250000 a o so ssoooo r 3o o rsoooo o 17.142ss7a42ss7 3142337142357: 23571423371429 rr o 3o 21oooo 1 6o o 5 3ooooo ÍlMostrnr remltndo: como fracciones. NOTA: En color verde los puntos en lo: que se encuentro Il ¡aleación En color rojo los prantos que ¡»pertenecen l la región factible. a resumo, arnuruvcu Lua, ¡v una. ruryrvuu una: ruuuaauuumv muuy: (—r 0 0 É ‘ an E‘. n-t o o o Bate :0. Pe P1 Pr 373;’ 174 .1Ïsoooj1ool14ol.1¿ T’ :7 l l l;7¿-lÉ300‘l0_6 o p: 24o 4'13 oi z ï.5s4o;1—u4l-1s4jt ¿Ü Mostrar resultados como fracciones. La variable que sale de la base es Ps v la que entra es P). Operaciones iratemredias (mostrar/ ocultar detalles) Mostrar ¡emanados como fracciones. La variable que ¡ale de la base es P7 y h que entra es Pa.
  8. 8. Operaciones intermedias (rnostrarroeultar úelallu) ¡’gmusnuv o 44253714263714 X 17141851141857 l , 63423371423914 3 . o.1o7142ss714zs6 0.07H1857H1851l ‘ 61733710337143 ¡ 1 1 1 . ... ... ,._ _ . _. _ r Ü Mostrar resultados como fiaeeioner Lauriabk nue sale de la bue esPrvla aueenua er Po. Opetaeiones intermedia (aaaostnrloenllar detalles) l Tabla! l’ i V’ F . W‘ o . o ¿ al .3333_33_33333333 _, I JL ___________¿_Q_i fl9ïï? _’iïíïï’é? _l 9 l, fü3”””””’ °-°””3L’3’_? _’, El ' 121 ‘ o 16666666666667 lo 1 1 o. o16666666666667 o 641666666666667 . o.o1666666_66666_67 “o l f’ V o u 6 fé ‘Á “lv_«í, _rlrg Ü Mostrar resultados como Eraeeionea. Existe alarma aolraeióraoorble nara el nrohlema. ver lo nue oodernosoasar a la Fase Il oaraealeulark Operaciones ínrermodias (anoatrarlocultar detalles) Ü Mostra‘ resultados como fracciones. La solución óptima ea 2 = 250000 X1 = 26666666666667 X3 n 16666666666667
  9. 9. UNIVERSIDAD NACIONAL DE CHIMBORAZO FACULTAD DE CIENCIAS POLITICAS Y ADMINISTRATIVAS CARRERA DE CONTABILIDAD Y AUDITORIA Nombre: Carmen Moyón Curso: Quinto semestre “A” Fecha: 14/01/2015 INVESTIGACIÓN OPERATIVA El método algebraico es un procedimiento con el que hemos estado relacionados antes que conociéramos siquiera las implicaciones del término optimización en la vida de todo ingeniero industrial. Cuando se estudian asignaturas, especialmente en carreras como las ingenierías, los estudiantes muestran un particular interés en saber el ¿Para qué? es necesario dicho aprendizaje. Por medio del estudio del método gráfico se va a poder resolver la inquietud de porque en cierta medida es importante manejar el algebra. Con el método algebraico se va a hacer uso de todas las herramientas que utilizaste para ' resolver sistemas de ecuaciones lineales, en alegra básica vista en 9° hasta la eliminación de Gauss Jordán vista en los primeros semestres del ciclo básico en carreras relacionadas con el estudio de los números. Ahora bien, la mejor manera de dominar este método es tener un buen dominio del algebra y un pensamiento lógico matemático, y obviamente mucha practica, puesto que como dice el adagio popular: “La práctica hace al maestro” De acuerdo a consultas realizadas específicamente en el libro investigación de operaciones I de francisco Chediak, el cual recomiendo dado su terminología y la facilidad con la que se ejemplifican las temáticas, tenemos los siguientes pasos para resolver problemas de programación lineal por medio del método aquí citado: Pasos para desarrollar el método algebraico según Chediak: * Hallar una solución básica y factible (solución inicial) * Expresar las inecuaciones como ecuaciones. * Hallar una variable básica para cada ecuación: * Organizar el sistema de ecuaciones lineales
  10. 10. * Escoger la variable que entra. " Escoger la variable que sale. * Reorganizar el sistema de ecuaciones. * Repetir los pasos 2,3, y 4 hasta encontrar la solución. Como ya lo mencione anteriormente los pasos previamente citados fueron tomados del libro Chediak el cual podrán descargar en el siguiente link: Mélotlo Algcbrnícti. Cuando se estudie el método simplex se darán cuenta que no es más que una aplicación iterada del método algebraico y si dominan este ultimo les será de mucha ayuda a la hora de resolver problemas con el método simplex. La mejor manera de entender todos los métodos relacionados en este caso con la programación lineal es llevándolos a la práctica, es por ello que mostrare diferentes ejercicios obtenido de introducción a la programación lineal [en lInea]IIllpzl/ Inclodoxc‘ualilílal¡V013.g: ¡IcoI1.C0lII/ donde se relaciona el método grafico con el ' método algebraico: o lfienzplo I RMC es una pequeña e/ npreszi que fabrica una variedad de productos basados en sustancias quúnirras‘. En un proceso de producción particular, se emplean ¡res ¡naterias primas‘ para producir dos‘ [)I’0(lll(‘f0.‘. ' Im aditivo para combustible y una base ¡Jara solvente. El (idilivo para Combustible se vende a compañías" petroleras y se usa en la producciríii de gasolina y (‘o/ nbuslibles relacionados‘. La base para solvente se vende a una variedad de e/ npresas (¡Iiúnieas y se enrpler/ en productos para lintpieza en el hogar e industriales‘. Las tres materias primas se ¡nezclan ¡Jara fabricar el (ltlllll-‘O para combustible y la base para el solvente, tal como se ¡nuestra a Continuación: Aditivo para combustible Base para solvente Material 1 Materiaiz — Material 3 Ésta nos muestra que una tonelada de aditivo para combustible es una mezcla de 0.4 toneladas del material 1 y 0.6 toneladas del material 3. Una tonelada de la base para solvente es una mezcla de 0.5 toneladas del material 1, 0.2 toneladas del material 2 y 0.3 toneladas del material 3. La producción de RMC está restringida por una disponibilidad limitada de las tres materias primas. Para el periodo de producción actual, RMC tiene disponibles las siguientes cantidades de materia prima:
  11. 11. Material Cantidad disponible para la producción 20 toneladas 21 toneladas Debido a los desechos y a la naturaleza del proceso de producción, los materiales que no se lleguen a usar en una corrida de producción no se pueden almacenar para las subsiguientes, son inútiles y deben desecharse. El departamento de contabilidad analizó las cifras de producción, asignó todos los costos relevantes y llegó a precios que, para ambos productos, producirían una contribución a la utilidad de S 40 por cada tonelada de aditivo para combustible producida y S 30 para cada tonelada producida de base para solvente. Ahora usaremos la programación lineal para determinar la cantidad de aditivo para combustible y la cantidad de base para solvente para producir a fin de maximizar la contribución a la ganancia total. o Desarrollo 1. Trasladar la información relevante del problema a una tabla. » Solución básica factible 2. Describir el objetivo del problema, formular las restricciones y nombrar las variables Objetivo: Maximizar la contribución total a la ganancia. Restricciones: Material l <= 20 Material 2 <= 5 Material 3 <= 2] F = Cantidad de toneladas para aditivo para combustible por producir. S = Cantidad dc toneladas para aditivo para solvente por producir 3. Formular la función objetivo MAX = 40F + 30S 4. Realizar el modelo matemático MAX = 40F +305
  12. 12. sujeto a: 0.4F+0.5S <= 20 Ecuación 1 0.25 <= 5 Ecuación 2 0.6F+0.3S <= 21 Ecuación 3 F, S >= 0 5. Obtener la solución óptima Se usan las ecuaciones l y 3 del problema: 0.4F+0.5S = 20 (Ecuación 4) 0.6F+0.3S = 21 (Ecuación 5) Se despeja F de la ecuación 4 0.4F+0.5S = 20 0.4F = 20-0.5S F = 504.258 (Ecuación 6) Se sustituye Fen la ecuación 5 0.6F+0.3S = 21 0.6(S0-l.25S)+0.3S = 21 30-0.75S+O.3S = 21 -0.45S = 21-30 -0.45S = -9 S = -9/-0.45 S = 20 Se sustituye S en la ecuación 6 F = 50- l .258 F = 50-1.25 (20) F = 50-25 F = 25
  13. 13. Z4.’ t nlullhunl (Hue-chivo Function --—-—-- Yamil-ln Álnn Jill/ J‘ (Ju), ‘.13 Cv) - 41H’! - 4212!} 3‘: (f) - 70') Se puede observar en la gráfica que estos dos valores están representados por el punto blanco, lo cual quiere decir que esta es la solución óptima del problema. o Sustituir los valores en la función objetivoMAX = 40F+30S MAX = 40(25)+30(20) MAX : 1,000 + 600 MAX = S 1,600 En conclusión se deben producir 25 toneladas de combustible y 20 toneladas de base para aditivo para obtener una ¡utilidad máxima de S 1,600. Para encontrar la línea que atraviesa la solución factible (punto blanco) se iguala a 0 F y S en la función objetivo y se encuentran los valores: 40F+3OS= l ,600. o Si F es 0 entonces: 30S = 1,600 S = 1,600/30 S = 53.33 (F=0,S=53.33) o SI S es 0 entonces: 40F = 1,600 F = l,600/40 F = 40 (F=40,S=0) Como se puede observar estos puntos están representados por la línea celeste C3 y es la que atraviesa la solución óptima.

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