INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES 1 SEMESTRE 2016-I PRACTICA 2 JUEVES, 31 DE MARZO DE 2016 Nombre:________________________________________ Nombre:__________________ ____________________________________________ ___________________________________ _____________ Sección:___________________ No se puede consultar ningún tipo de documentación. Duración 1:40
1.
Una fábrica de zapatos predice las siguientes demandas de pares de zapatos para los próximos 6 meses: mes 1=200; mes 2 = 260; mes 3 = 240; mes 4 = 340; mes 5 = 190; mes 6 = 150. El costo de fabricar un par de zapatos es de US $ 7.00 con horas normales de trabajo y de US$ 11.00 con horas de sobretiempo. Durante cada mes, la producción en horario normal está limitada a 200 pares de zapatos y la producción con sobretiempo está limitada a 100 pares. Guardar un par de zapatos en inventario cuesta US$ 1.00 por mes. Formule un modelo matemático que permita obtener una solución óptima. (10p)
SOLUCIÓN: Definamos las variables (4p) o o o
1,2, … ,6. ,6. fa bricados en hora normal en el mes , = 1,2, = número de pares de zapatos fabricados = número de pares de zapatos fabricados 1,2,… ,6. ,6. fa bricados en hora extra (sobretiempo) en el mes , = 1,2,… = número = número de pares de zapatos en inventario en el mes , = 1,2,… 1,2,… ,6. ,6. = número
El problema tiene como restricciones, aparte de la no negatividad, la capacidad de producción máxima mensual de cada tipo de horario, así como la necesidad de tener que cubrir la demanda mensual. El objetivo será satisfacer la demanda con el menor coste posible. Los costes son los de fabricación más los de inventario. Restricciones de capacidad (1p) ≤ 200 o ≤ 100 o Restricciones de mercado (3p) Lo que produzcamos en el mes (hora normal o sobretiempo) más el inventario que tengamos del mes 1, irá destinado a cubrir la demanda del mes , el resto irá al inventario del mes . El problema no permite dejar demanda sin cubrir (lo que parece lógico pues, en ese caso, la solución de mínimo coste sería no producir nada). Tomamos como valor inicial que 0 = 0. Si denotamos por a la demanda del mes , las restricciones pueden escribirse como: Mes 1: 1 + 1 = 1 + 1 , o Mes 2: 1 + 2 + 2 = 2 + 2 , o : Mes : −1 + + = + , o En el último mes, es lógico considerar que 6 = 0. No obstante, si no tenemos este aspecto en cuenta, es seguro que el algoritmo de optimización le va a asignar ese valor en la solución óptima. Además se tiene que , , ≥ 0 o Función objetivo (2p) = (coste coste producción) producción) + (coste inventario) Buscamos min donde = ( Cada coste es Coste producción=7 producción=7(1 + 2 + ⋯ + 6 ) + 11(1 + 2 + ⋯ + 6 ), o Coste inventario= 1 + 2 + ⋯ + 6 , o donde, con toda seguridad, el algoritmo de optimización asignará 6 = 0, pues sería producción que ya no se va a vender, y sería un coste innecesario.
1
2.
Un inversionista dispone de $10,000 para invertirlos en cuatro proyectos. Cada proyecto se inicia en distinto año. Los proyectos finalizan al inicio del año 5. La tabla siguiente presenta el flujo de efectivo para las cuatro inversiones. Flujo de efectivo ($1000) al inicio del año
Proyecto Año 1
Año 2
Año 3
Año 4
Año 5
1
-1
0.10
0.40
1.80
1.80
2
0.00
-1
0.20
1.30
1.50
3
0.00
-1
0.50
1.90
0.80
4
0.00
0.00
-1
0.80
1.95
La información que aparece en la tabla puede interpretarse como sigue: Para el proyecto 1, $1.00 invertido al inicio del año 1 generan $.10 al inicio del año 2; $.40 al inicio del año 3; $1.80 al inicio del año 4, y $1.80 al inicio de año 5. Por tanto, la suma de todas las cantidades de la fila relativa a un proyecto puede interpretarse como el ingreso neto que se obtiene de él. Las entradas restantes pueden interpretarse de la misma manera. La entrada 0.00 indica que no se están realizando transacciones. Este inversionista tiene la opción adicional de invertir en una cuenta bancaria que gana 5% anual. Todos los fondos acumulados al inicio de cada año pueden volver a invertirse en ese mismo año en las opciones que haya disponibles. Formule el problema como un programa lineal para determinar la asignación óptima de fondos a oportunidades de inversión.
SOLUCIÓN: Definamos las variables (4p) o = Capital invertido en el proyecto , = 1, 2, 3, 4 al inicio del año en el que el proyecto comience. = Capital invertido en el banco al inicio del año , = 1,2,3,4 o 5 = Capital disponible al inicio del año 5 o Las restricciones son el capital disponible en cada mes. Se busca maximizar el capital acumulado al inicio del año 5, que es la variable 5 . En el mes 1, el capital disponible es el inicial. Como el banco nos da la opción de invertir de año en año, no tiene mucho sentido dejar ningún capital remanente (excedente) sin invertir. En los años siguientes, el capital disponible serán los ingresos que se reciban de los proyectos, de acuerdo a la tabla, más el capital que nos entregue el banco (capital invertido más los intereses). Con ese capital invertiremos en los proyectos que se abran en ese año y en la cuenta bancaria remunerada. Restricciones (4p) Año 1: 1 + 1 = 10.000 o Año 2: 2 + 3 + 2 = 0.11 + 1.051 o Año 3: 4 + 3 = 0.41 + 0.22 + 0.53 + 1.052 o Año 4: 4 = 1.81 + 1.32 + 1.93 + 0.84 + 1.053 o Año 5: 5 = 1.81 + 1.52 + 0.83 + 1.954 + 1.054 o Además, estarán las de no negatividad; , ≥ 0 Función Objetivo El objetivo es Maximizar = 5 = 1.81 + 1.52 + 0.83 + 1.954 + 1.054 Nota: Se puede hacer el modelo proponiendo dejar un remanente (excedente) en el año que denotamos por . No tiene mucho sentido hacerlo, pues esas cantidades no generan utilidades y podría invertirse en la cuenta bancaria. El algoritmo de optimización les asignaría el valor cero. Las restricciones serían: Restricciones (4p) o o o o o
Año 1: Año 2: Año 3: Año 4: Año 5:
1 + 1 + 1 = 10.000 2 + 3 + 2 + 2 = 0.11 + 1.051 + 1 4 + 3 + 3 = 0.41 + 0.22 + 0.53 + 1.052 + 2 4 + 4 = 1.81 + 1.32 + 1.93 + 0.84 + 1.053 + 3 5 = 1.81 + 1.52 + 0.83 + 1.954 + 1.054 + 4
2
