Ejemplo 1 LA COMPAÑÍA REDDY MIKKS Reddy Mikks produce pinturas para interiores y exteriores, M1 y M2. La tabla siguiente proporciona los datos básicos del problema.
TON DE MATERIA PRIMA DE Pinturas Materia prima M1 Materia prima M2 Utilidad por
exteriores 6 1 5
para
Pinturas interiores 4 2 4
para
Disponibilidad diaria máxima 24 6
ton(miles de $)
Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que 1 tonelada más que la de pintura para exteriores. También, que la demanda máxima diaria de pintura para interiores es de 2 toneladas. Reddy Mikks desea determinar la mezcla óptima (la mejor) de productos para exteriores y para interiores que maximice la utilidad diaria total.
Definir las variables: Para el problema de Reddy Mikks, se necesita determinar las cantidades a producir de pinturas para exteriores e interiores. Así, las variables del modelo se definen como sigue: X 1 =Toneladas producidas diariamente, de pintura para exteriores. X 2 =Toneladas producidas diariamente, de pintura para interiores. Definir la función objetivo: Para formar la función objetivo, la empresa desea aumentar sus utilidades todo lo posible. Si z representa la utilidad diaria total (en miles de pesos), el objetivo de la empresa se expresa así: Max Z=5 x 1+ 4 x 2 Establecer
las
restricciones:
A
continuación
se
definen
las
restricciones que limitan el uso de las materias primas y la demanda.
Las restricciones en materias primas se expresan verbalmente con sigue: de una materia prima ≤ disponibilidad maxima (Usopara ambas pinturas ) ( de materia prima ) Según los datos del problema: Uso de la materia prima M1, por día=6 x 1 +4 x 2 ton Uso del a materia prima M2, por día= x 1 +2 x 2 ton Ya que la disponibilidad de las materias primas M1 Y M2 se limita a 24 y 6 toneladas, respectivamente, las restricciones correspondientes se expresa como sigue: 6 x 1 +4 x 2 ≤24 ………..(R1) x 1 +2 x 2 ≤ 6 ……….. (R2)
La tercera restricción de la demanda indica que la diferencia entre la producción diaria de pinturas para interiores y exteriores,
X 2− X 1
no
debe ser mayor que 1 tonelada, y eso se traduce en: X 2− X 1 ≤ 1 ……………… (R3) La cuarta restricción de la demanda estipula que la demanda máxima diaria de pintura para interiores se limita a 2 toneladas, y eso se traduce como: X 2 ≤2
………………………( R4)
Por último la restricción implícita o que se sobreentiende es que las variables
X1
traduce como:
y
X2
no pueden asumir valores negativos y eso se
X1, X 2≥ 0 ENTONCES EL MODELO DE REDDY MIKKS COMPLETO ES:
Max Z=5 x 1+ 4 x 2 Sujeta a: 6 x 1 +4 x 2 ≤24 x 1 +2 x 2 ≤ 6 X 2− X 1 ≤ 1 X 2 ≤2 X1, X 2≥ 0
Ejemplo 2 Resolución del ejercicio de Compañía Reddy Mikks por método grafico Paso 1: Determinación del espacio de soluciones factibles: Primero se tendrán en cuenta las restricciones de no negatividad, es decir: X1, X 2≥ 0 En la figura de abajo el eje horizontal
X1,
y el eje vertical
X2
, representan
las variables pintura para exteriores y pintura para interiores, respectivamente. En consecuencia, las restricciones de no negatividad limitan el área del espacio de soluciones al primer cuadrante. Para tener en cuenta las otras restricciones, primero se sustituye cada desigualdad con una ecuación y a continuación se grafica la recta resultante, ubicando dos puntos diferentes de ella. Por ejemplo, después de sustituir 6 x 1 +4 x 2 ≤24
con la recta 6 x 1 +4
x 2 =24, se pueden determinar dos puntos distintos, con con
x 1 =0,
x 2 =0,
x 1 =4 y
x 2 =6. De este modo la recta pasa por los puntos (0,6) y (4,0) es
lo que se identifica con (1) en la figura. La demás rectas se dibujan de la misma manera.
A continuación consideraremos el efecto de la desigualdad. Todo lo que hace la desigualdad es dividir al plano ( X 1 , X 2 ) en dos semiespacios que en este caso son semiplanos, uno a cada lado de la línea graficada. Sólo una de esas dos mitades satisface la desigualdad. Para determinar cuál es el lado correcto, se elige cualquier punto de referencia en el primer cuadrante. Si satisface la desigualdad, el lado en el que está es el semiplano factible. En caso contrario, quiere decir que es el otro lado. Desde el punto de vista de los cálculos, es cómodo seleccionar a (0, 0) como el punto de referencia, a menos que la recta pase por el origen; si así fuera, se debería elegir otro punto. El uso del punto de referencia (0, 0) se ilustra con la restricción 6 x 1 +4 x 2 ≤24. Como
6 ×0+ 4 × 0=0 es menor que 24, el semiplano que representa la
desigualdad incluye al origen Para demostrar el uso de otros puntos de referencia, investigaremos (6, 0).
En este caso
6 ×6+ 4 × 0=36 , que es mayor que el lado derecho de la
primera restricción, y eso indica que el lado en el que está (6, 0) no es factible para la desigualdad. Este resultado es consistente con el que se obtuvo usando (0, 0) como punto de referencia. Con la aplicación del procedimiento del punto de referencia a todas las restricciones del modelo se obtiene el espacio factible que se indica en la figura.
PASO 2: Determinación de la solución óptima: El espacio factible de la figura está delimitado por los segmentos de recta que unen a los vértices A, B, C, D, E y F. Todo punto dentro o en la frontera del espacio ABCDEF es factible, porque satisface todas las restricciones. Ya que el espacio factible ABCDEF está formado por una cantidad infinita de puntos, es obvio que se necesita un procedimiento sistemático para identificar la solución óptima. Para identificar la solución óptima se requiere identificar la dirección en la que aumenta la función utilidad
Z =5 x 1 +4 x2 .
Para hacerlo se asignan valores arbitrarios crecientes a z. Por ejemplo, si z=10
y
z=15
5 x1 + 4 x 2=15
equivaldría a graficar las dos rectas
5 x1 + 4 x 2=10
y
. En consecuencia, la dirección de aumento en z es la que se
ve en la figura de abajo. La solución óptima se encuentra en C, que es el punto, en el espacio de soluciones, más allá del cual cualquier aumento en z saca a uno de las fronteras de ABCDEF.
Los valores de
X1
X2
y
correspondientes al punto óptimo C se calculan
resolviendo las ecuaciones asociadas a las rectas (1) y (2), esto es, resolviendo: 6 x 1 +4 x 2 =24 x 1 +2 x 2 =6 La solución es
X 1=3
y
X 2=1.5
y en ese caso
Z =5× 3+4 ×1.5=21 .
Eso equivale a una mezcla de productos de 3 toneladas de pintura para exteriores y 1.5 toneladas de pintura para interiores siendo la utilidad diaria correspondiente $21,000.
