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1. UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA
DEPARTAMENTO DE INDUSTRIAS
CASA CENTRAL
PAUTA QUIZ N°2 – PARALELO 4
SEGUNDO SEMESTRE 2010
GESTION DE INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES
Pregunta 1 (55 Puntos) Una empresa construye tres tipos de embarcaciones menores:
lanchas, canoas y kayacs, que vende con utilidades de 200, 150 y 120 mil pesos,
respectivamente, por unidad. Las embarcaciones requieren el uso de aluminio en su
construcción y también labores manuales en dos secciones de un taller de trabajo. La
siguiente tabla especifica todos los materiales y mano de obra requerida por
embarcación:
La empresa cuenta con 315 Kg. de aluminio para el próximo mes. Las secciones 1 y 2
del taller de trabajo, respectivamente, disponen de 110 y 50 horas por mes. El Gerente
de Producción ha resuelto un modelo Lineal que entrega el siguiente plan óptimo de
producción para el próximo mes:
Donde:
X1: Lanchas a producir en un mes.
X2: Canoas a producir en un mes.
X3: Kayacs a producir en un mes.
a) (20 Puntos) La empresa desea estudiar la factibilidad de agregar un velero láser
a su actual plan de producción. Para ello ha estimado que por embarcación
recibirá una utilidad de 220 mil pesos, que requiere de 8 Kg de aluminio y de
necesidades de mano de obra de 3 y 2 horas en la sección 1 y 2, respectivamente.
Sin reoptimizar indique si es aconsejable la elaboración de este velero. En
cualquier caso muestre cómo incorpora esta decisión a la tabla óptima
encontrada por el Gerente de Producción.
LANCHA CANOA KAYAK
ALUMINIO 15 Kg. 7.5 Kg. 5 Kg.
SECCION 1 2 hr. 3 hr. 2 hr.
SECCION 2 1 hr. 1 hr. 1 hr.
X1 X2 X3 X4 X5 X6
1 0 0 1/10 -1/4 0 4
0 1 0 0 1 -2 10
0 0 1 -1/10 -3/4 3 36
0 0 0 8 10 60 6620

2. R_velero = -220 - -200 -150 -120 1/10 -1/4 0 8 (6 Puntos)
0 1 -2 3
-1/10 -3/4 3 2
R_velero = -220 - -200 -150 -120 1/20
-1
59/20
R_velero = -220 - -214 = -6 <= 0 (10 Puntos)Si es aconsejable
la producción de
Veleros Laser
Se incorpora esta nueva variable a la tabla final de la siguiente forma:
X1 X2 X3 X4 X5 X6 XV (4 Puntos)
1 0 0 1/10 -1/4 0 1/20 4
0 1 0 0 1 -2 -1 10
0 0 1 -1/10 -3/4 3 59/20 36
0 0 0 8 10 60 -6 6620
b) (10 Puntos) Encuentre un intervalo de variación para la disponibilidad de
aluminio que garantice la actual base óptima.
Max -4/(1/10) <= ∆ Aluminio <= Min -36/(-1/10)
-40 <= ∆ Aluminio <= 360 (5 Puntos)
Intervalo
Intervalo (5 Puntos)
315 - 40; 315 + 360
275 ; 675
c) (10 Puntos) Encuentre un intervalo de variación para la utilidad de las canoas
que garantice la actual solución óptima.
Max 60/-2 <= ∆ <= Min 10/1
-30 <= ∆ <= 10 (5 Puntos)
Intervalo
Intervalo (5 Puntos)
(O equivalentemente [140 ; 180] en la Función de Maximización)
-180 ; -140
-150 - 30; -150 + 10

3. d) (15 Puntos) Una nueva estimación sobre las horas de trabajo disponibles
mensualmente para las secciones 1 y 2 de los talleres es de 100 y 40 horas
respectivamente. Señale si cambia la base óptima original dado este nuevo
escenario. En cualquier caso muestre como incorpora esta modificación a la
tabla final.
Se debe recalcular el vector Xb = B(inv)*b(modificado)
Xb = 1/10 -1/4 0 315 (5 Puntos)
0 1 -2 100
-1/10 -3/4 3 40
Xb = 6,5 >= 0 (5 Puntos)
20 >= 0
13,5 >= 0
Se mantiene la actual
base óptima.
Esta modificación se incorpora de la siguiente forma a la tabla final:
X1 X2 X3 X4 X5 X6 (5 Puntos)
1 0 0 1/10 -1/4 0 6,5
0 1 0 0 1 -2 20
0 0 1 -1/10 -3/4 3 13,5
0 0 0 8 10 60 5920
(Nota: Se actualiza el Valor óptimo en base al nuevo valor alcanzado por las variables
básicas.)

4. Pregunta 2 (45 Puntos) Resuelva el siguiente problema de Programación Lineal a
través del Método Simplex de 2 Fases:
Min z = 4x1 + x2
s.a 3x1 + x2 = 3/2
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + 2x2 ≤ 4
x1≥0, x2≥0.
Se agregan variables artificiales (A1 y A2), holgura (H1) y exceso (E1), para disponer
de una solución básica factible inicial que permita aplicar el método Simplex.
P) Min 21 AA 
s.a. 33 121  AXX /2
634 2121  AEXX
42 121  HXX
01 X 02 X 01 A 02 A 01 E 01 H
(3 Puntos por Función Objetivo)
(3 Puntos por definición de cada variable artificial, holgura y exceso. Son 12 Puntos en
Total)
Que define la siguiente tabla inicial para la Fase 1:
Se actualiza la tabla llevando los costos reducidos igual a cero para las variables
artificiales, obteniéndose la siguiente tabla. (7 Puntos)
Entra X1 a la base. Sale Min {(3/2)/3; 6/4; 4/1} = ½ . Sale A1. (7 Puntos)
X1 X2 A1 E1 A2 H1
3 1 1 0 0 0 3/2
4 3 0 -1 1 0 6
1 2 0 0 0 1 4
0 0 1 0 1 0 0
X1 X2 A1 E1 A2 H1
3 1 1 0 0 0 3/2
4 3 0 -1 1 0 6
1 2 0 0 0 1 4
-7 -4 0 1 0 0 -15/2
X1 X2 A1 E1 A2 H1
1 1/3 1/3 0 0 0 1/2
0 5/3 -4/3 -1 1 0 4
0 5/3 -1/3 0 0 1 7/2
0 -5/3 7/3 1 0 0 -4

5. Entra X2 a la base. Sale Min {(1/2)/(1/3); 4/(5/3); (7/2)/(5/3)} = 3/2 . Sale X1. (7
Puntos)
El problema resulta ser infactible luego de no alcanzar un valor óptimo igual a cero
luego de terminar la Fase I. (9 Puntos)
X1 X2 A1 E1 A2 H1
3 1 1 0 0 0 3/2
-5 0 -3 -1 1 0 3/2
-5 0 -2 0 0 1 1
5 0 4 1 0 0 -3/2