GRUPO I (Cedulas terminadas en 0 -4 9) Problema 1 Powerco tiene tres plantas de generacin de energa elctrica que suministra la energa requerida a cuatro ciudades. Cada planta puede suministrar las siguientes cantidades en kilovatios-hora (kwh) de energa elctrica: La planta 1, 35 millones; la planta 2, 50 millones; la planta 3, 40 millones (tabla I). las demandas mximas de energa en estas ciudades, que se presentan al mismo momento (2 p.m.) son las siguientes ( en kwh): la ciudad 1, 45 millones; la ciudad 2, 20 millones; la ciudad 3, 30 millones; la ciudad 4, 30 millones (tabla I). los costos para mandar 1 milln de kwh de energa de una planta a una ciudad depende de la distancia que la energa tiene que viajar (tabla I).

La siguiente tabla muestra los costos de envi unitario desde cada planta a cada ciudad.

En trminos de estas variables, el costo total de entregar energa a todas las ciudades es: 8x11 + 6x12 + 10x13 + 9x14 (Costo de enviar energa desde la Planta 1) +9x21 + 12x22 + 13x23 + 7x24 (Costo de enviar energa desde la Planta 2) +14x31 + 9x32 + 16x33 + 5x34 (Costo de enviar energa desde la Planta 3) El problema tiene dos tipos de restricciones. En primer lugar, la energa total suministrada por cada planta no puede exceder su capacidad. En este caso se habla de restricciones de oferta o suministro.

Como existen tres puntos de oferta o suministro, existen tres restricciones: x11 + x12 + x13 + x14 35 (Restriccin de oferta de la Planta 1) x21 + x22 + x23 + x24 50 (Restriccin de oferta de la Planta 2) x31 + x32 + x33 + x34 40 (Restriccin de oferta de la Planta 3) En segundo lugar, se deben plantear las restricciones que permitan asegurar que se satisfaga la demanda en las cuatro ciudades. As, las restricciones de demanda para cada punto de demanda quedan: x11 x12 x13 x14 + + + + x21 x22 x23 x24 + + + + x31 x32 x33 x34 45 20 30 30 (Restriccin (Restriccin (Restriccin (Restriccin de de de de demanda demanda demanda demanda de de de de la la la la Ciudad Ciudad Ciudad Ciudad 1) 2) 3) 4)

Representacin grfica del problema:

Haciendo la actualizacin y volviendo a resolver el sistema asociado se tiene:

u1 + v2 = 6 u1 + v3 = 10 u2 + v1 = 9 u2 + v3 = 13 u3 + v2 = 9 u3 + v4 = 5 u1 = 0 Resolviendo el sistema, se determina que todos los eij son positivos, por lo tanto la incorporacin de cualquier variable a la base aumentara el valor total de la funcin objetivo. Como el problema es de minimizacin, se ha alcanzado el ptimo. Por lo tanto,

x12 = 10 x13 = 25 x21 = 45 x23 = 5 x32 = 10 x34 = 30 x11 = x14 = x22 = x24 = x31 = x33 = 0

z = 6(10) + 10(25) + 9(45) + 13(5) + 9(10) + 5(30) = 1020

Supongamos ahora que la demanda de la ciudad 1 disminuye a 40 [kWh]. La siguiente representacin ilustra la incorporacin del punto de demanda artificial y entrega la solucin respectiva:

El Mtodo Simplex del Problema de Transporte Paso 1 Si el problema no est balanceado, balancearlo. Construir el tableau de transporte. Paso 2 Encontrar una solucin inicial factible por el mtodo de la Esquina Noroeste o el de Vogel. Verificar las m + n - 1 asignaciones y completarlas si es necesario. Paso 3 Plantear y resolver el sistema que se obtiene a travs de: Definir para cada la del tableau la variable ui con (i = 1m). Definir para cada columna del tableau la variable vj con (j = 1n). Plantear para cada casilla asignada la ecuacin ui + vj = cij. Donde cij es el costo unitario asociado a la casilla i - j. Asignar un valor arbitrario a una de las variables, por ejemplo u1 = 0. Paso 4 Calcular en todas las casillas no asignadas (no bsicas) eij = cij - ui - vj. Si todos los

eij 0 se ha encontrado el ptimo. Si existe algn eij < 0, incorporar la variable con menor eij siempre y cuando pueda formar un loop, en dicho caso, asignar el mayor valor posible de modo de mantener las variables basales mayores o iguales a cero. Paso 5 Si la solucin no es la ptima, emplear la solucin del paso anterior para volver a plantear y resolver el sistema (Paso 3). Seguir al Paso 4. La variable eij representa el aporte neto unitario de la incorporacin de la variable i - j a la base. Por lo tanto, si el problema es de maximizacin, la solucin ser optima si todos los eij < 0. En caso contrario, se ingresa a la base la variable con mayor eij que pueda formar un loop. En el caso de que al emplear uno de los mtodos para obtener una solucin inicial falten dos o ms asignaciones para completar las m+n1 asignaciones requeridas, los ceros deben ser ubicados de tal forma que sea suficiente dar solo un valor arbitrario a las variables del sistema asociado a la asignacin para poder resolverlo completamente. Ilustremos el procedimiento resolviendo el tableau planteado para el problema del primer ejemplo. En ese caso, mediante la Esquina Noroeste se obtuvo la siguiente solucin inicial:

A continuacin podemos plantear las variables del sistema asociado:

Luego, las ecuaciones se plantean en las casillas asignadas: u1 + v1 = 8 (1) u2 + v1 = 9 (2)

u2 + v2 = 12 (3) u2 + v3 = 13 (4) u3 + v3 = 16 (5) u3 + v4 = 5 (6) Agregando la condicin u1 = 0 se obtiene de (1) v1 = 8. Luego, de (2) u2 = 1. De (3) y de (4) v2 = 11 y v3 = 12. Reemplazando en (5) se calcula u3 = 4. Finalmente, de (6) se obtiene v4 = 1. A continuacin se calculan los eij en las casillas no bsicas: e12 = 6 - 0 - 11 = -5 e13 = 10 - 0 - 12 = -2 e14 = 9 - 0 - 1 = 8 e24 = 7 - 1 - 1 = 5 e31 = 14 - 4 - 8 = 2 e32 = 9 - 4 - 11 = -6 Por lo tanto, el menor eij corresponde a e32 con valor 6. Lo que significa que por cada unidad asignada a la variable x32 el efecto global neto es de -6, independientemente de que el costo asociado a dicha casilla sea de 9. Veamos si existe un loop factible y el mximo valor que podr tomar la variable.

Como las variables deben ser positivas, el valor de debe ser tal que no introduzca una variable negativa al tableau. En este caso, la condicin que controla es 10 0, por lo tanto = 10. Introducimos el valor de y volvemos a plantear el sistema asociado:

u1 + v1 = 8 u2 + v1 = 9 u2 + v2 = 12 u2 + v3 = 13 u3 + v2 = 9 u3 + v4 = 5 u1 = 0 Las nicas variables no bsicas que tienen un eij < 0 son: e12 = -5, e24 = -1 y e13 = -2. Buscando un loop para x 12 y su mximo valor factible se obtiene:

De acuerdo al loop encontrado, el mximo valor para es 10. Luego, volvemos a plantear el sistema para las variables basales:

u1 + v1 = 8 u1 + v2 = 6 u2 + v1 = 9 u2 + v3 = 13

u3 + v2 = 9 u3 + v4 = 5 u1 = 0 Resolviendo y evaluando los eij para cada variable no basal, el nico eij < 0 es e13 = -2. Verificando que exista un loop y determinando el mximo valor posible se tiene:

En este caso, para mantener las variables positivas deber ser 25. Haciendo la actualizacin y volviendo a resolver el sistema asociado se tiene:

u1 + v2 = 6 u1 + v3 = 10 u2 + v1 = 9 u2 + v3 = 13 u3 + v2 = 9 u3 + v4 = 5 u1 = 0 Resolviendo el sistema, se determina que todos los eij son positivos, por lo tanto la incorporacin de cualquier variable a la base aumentara el valor total de la funcin objetivo. Como el problema es de minimizacin, se ha alcanzado el ptimo. Por lo tanto, el tableau final queda:

La solucin corresponde exactamente a la entrega con anterioridad. La solucin optima es: x12 = 10 x13 = 25 x21 = 45 x23 = 5 x32 = 10 x34 = 30 x11 = x14 = x22 = x24 = x31 = x33 = 0 z = 6(10) + 10(25) + 9(45) + 13(5) + 9(10) + 5(30) = 1020

Anlisis del ProblemasA continuacin se presentan tres tipos de anlisis de sensibilidad del problema

Variacin 1 Cambios en los coeficientes de la funcin objetivo de variables no bsicas. Variacin 2 Cambios en los coeficientes de la funcin objetivo de variables bsicas. Variacin 3 Incrementos en un oferta y en una demanda.

Problema 2 Cosmoinduca es una mediana empresa que tiene cuatro mquinas y tiene que realizar cuatro trabajos. Hay que asignar cada mquina para que realice el trabajo completo. El tiempo requerido para preparar cada mquina y terminar cada trabajo se muestra en la tabla II. Cosmoinduca quiere minimizar el tiempo total de preparar y terminar los trabajos.

Resolver el problema: a) Por el Mtodo Hngaro b) Por el mtodo de Transporte Mtodo Hungaro. Maq1 Maq2 Maq3 T1 14 2 7 T2 5 12 8 T3 8 6 3 T4 7 5 9 P1=5 P2=2 P3=3

Maq4 Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

2 T1 9 0 4 0 T1 9 0 4 0

4 T2 0 10 5 2 T2 0 10 5 2

6 T3 3 4 0 4 T3 3 4 0 4

10 T4 2 3 6 8 Q4=2 T4 0 1 4 6 Q4=2

P4=2 P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

T1 9 0 4 0 T1 1 0 4 0 T1 1 0 4 0 T1 2 1 4 0

T2 0 10 5 2 T2 0 9 4 1 T2 0 9 4 1 T2 0 9 3 0

T3 3 4 0 4 T3 1 4 0 4 T3 1 4 0 4 T3 2 5 0 4

T4 0 1 4 6 Q4=2 T4 0 0 3 5 Q4=2 T4 0 0 3 5 Q4=2 T4 0 0 2 4 Q4=2

P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

P1=5 P2=2 P3=3 P4=2

Maq1 Maq2 Maq3 Maq4

T1 2 1 4 0

T2 0 9 3 0

T3 2 5 0 4

T4 0 0 2 4

RESULTADOS: Los resultados de costos se forman con los costos en las posiciones de los ceros marcados, en este caso (1,4); (2,1); (3,3); (4,2). Lo cual nos da un costo mnimo de 2+5+3+5=15horas.

Mtodo de transporte: (Mtodo rincn Noroeste). Primero balanceamos las horas en filas y columnas. Maq1 Maq2 Maq3 Maq4 T1 14 2 7 2 25 T2 5 12 8 4 29 T3 8 6 3 6 23 T4 7 5 9 10 31 34 25 27 22

Luego aplicamos el mtodo de transporte que nos indica que saturemos las filas y columnas desde la esquina superior izquierda hasta la esquina inferior derecha. Para saturar la primera celda necesitamos buscar el menor nmero de horas acumulada por maquinas, en este caso es 25 horas. Maq1 Maq2 Maq3 T1 14 25 2 7 12 8 6 3 5 9 25 27 T2 5 T3 8 T4 7 34

Maq4

2 25

4 29

6 23

10 31

22

Ya saturada la primera columna seguimos a saturar la fila vinculada a la saturacin. Maq1 Maq2 Maq3 Maq4 T1 14 25 2 7 2 12 8 4 6 3 6 5 9 9 10 22 25 29 23 31 Para ello volvemos a repetir el paso anterior, buscamos el menor nmero de horas acumuladas y lo colocamos y sumamos y obtenemos la saturacin. Maq1 Maq2 Maq3 Maq4 T1 14 25 2 7 2 25 12 8 4 29 T2 5 9 6 5 3 6 23 9 9 10 31 22 27 5 25 T3 8 T4 7 34 25 27 T2 5 T3 8 T4 7 34

Completado la primera fase, seguimos aplicar el mismo procedimiento hasta lograr saturar todas las celdas (debido a que previamente se balanceo la ecuacin al final cuando obtengamos la saturacin en todas las celdas nos debe cerrar dando un resultado de cero horas) Maq1 Maq2 Maq3 Maq4 T1 14 25 2 7 2 12 20 8 4 3 6 9 10 27 22 T2 5 9 6 5 25 T3 8 T4 7 34

25 T1 14 25 Maq2 Maq3 Maq4 2 7 2 25 T1 14 25 Maq2 Maq3 Maq4 2 7 2 25 T1 14 25 Maq2 Maq3 Maq4 2 7 2 25 T1 14 25 Maq2 2

29 T2 5 9 12 20 8 4 29 T2 5 9 12 20 8 4 29 T2 5 9 12 20 8 4 29 T2 5 9 12 20

23 T3 8 6 5 3 6 23 T3 8 6 5 3 18 6 23 T3 8 6 5 3 18 6 23 T3 8 6 5

31 T4 7 5 9 10 31 T4 7 5 9 10 31 T4 7 5 9 9 10 31 T4 7 5 22

Maq1

34 25 27 22

Maq1

34 25 27 22

Maq1

34 25 27

Maq1

34 25

Maq3 Maq4

7 2 25

8 4 29

3 18 6 23

9 9 10 22 31

27 22

Nos podemos dar cuenta de que terminado de aplicar el mtodo y habiendo saturado todas las celdas. Nos da un total de cero horas por lo tanto demostramos que el balaceo de la matriz fue exitosa.

RESULTADOS: Como podemos observar la maquina 1 tiene que realizar 25horas en el trabajo 1 y 9horas en el trabajo 2; la maquina 2 tiene que realizar 20horas en el trabajo 2 y 5horas en el trabajo 3; la maquina 3 tiene que realizar 18horas en el trabajo 3 y 9horas en el trabajo 4 y la maquina 4 tiene que realizar solamente 22 horas en el trabajo 4. Problema 3 Suponga que Inglaterra, Francia y Espaa producen todo el trigo, cebada y avena en el mundo. La demanda mundial de trigo requiere que se dediquen 125 millones d acres a la produccin de este cereal. De igual manera, se necesitan 60 millones de acres para cebada y 70 millones de acres para avena. La cantidad total de tierra disponible en los tres pases es 70 millones de acres en Inglaterra, 110 millones de acres en Francia y 80 millones de acres en Espaa. El nmero de horas de mano de obra necesarias en Inglaterra, Francia y Espaa para producir un acre de trigo es 18, 13 y 16 horas, respectivamente. La produccin de un acre de cebada requiere de 15 horas de mano de obra en Inglaterra, 12 en Francia y 12 en Espaa. El nmero de horas de mano de obra necesarias para producir un acre de avena es de 12 en Inglaterra, 10 en Francia y 16 en Espaa. El costo de mano de obra por hora en los tres pases respectivos es $ 3.00, $ 2,40 y $ 3.30 para la produccin de trigo, $ 2.70, $ 3.00 y $ 2.80 para la produccin de cebada y $ 2.30, $2.50 y $ 2.10 para la produccin de avena. El problema es asignar el uso de tierra en cada pas de manera que se cumpla con los requerimientos de alimentacin en el mundo y se minimice el costo total de mano de obra. Primero construimos una tabla de parmetros apropiada. Trigo Cebada Avena Recursos

Inglate rra Francia Espaa Deman da

162 93,6 158,4 125

121,5 108 100,8 60

82,8 75 100,8 75

(Acres) 70 110 80

Segundo representamos grficamente el problema

Inglaterra Francia Espaa RecursosInglaterra Francia Espaa

trigo 162 93.6 158.4 Baja 70 110 80 Baja 125 60 75 Media 70 110 80 Media 125 60 75

cebada 121.5 108 100.8 Alta 70 110 80 Alta 125 60 75

avena 82.8 75 100.8 Margen 46.8 64.8 Margen 93.6 36 36

DemandaInglaterra Francia Espaa

De esta tabla podemos sacar los valores que aportar cada pas en la produccin de cada alimento. Los puntos indican que no se debe distribuir desde ese origen.Baja Trigo Trigo .Inglaterra .Francia 0 0 Media 0 1.175 Alta Margen 3499.200 0

Trigo Cebada Cebada Cebada Avena Avena Avena

.Espaa .Inglaterra .Francia .Espaa .Inglaterra .Francia .Espaa

0 0 0 0 0 0 0

0.095 0 0 0.595 0.845 0 0.05

-

0 4702.050 7776.000 0 0 2925.000

Obtenemos los valores as (multiplicando por los valores originales respectivos en la tabla de parmetros y redondeando): Francia debe aportar produccin de trigo: 110 millones de acres Espaa debe aportar produccin de trigo: 15 millones de acres Espaa debe aportar produccin de cebada: 60 millones de acres Inglaterra debe aportar produccin de avena: 70 millones de acres Espaa debe aportar produccin de avena: 5 millones de acres