1. El proceso de solución de problemas de investigación de operaciones puede describirse en una estructura de ocho etapas,
como sigue:
1.- Conocer el sistema
2.- Identificación, observación y planteamiento del problema.
3.- Construcción del modelo matemático
4.- Generación de una solución
5.- Prueba y evaluación de la solución
6.- Implantación del modelo
7.- Evaluación del modelo
8.- Seguimiento (retroalimentación)
Ejercicio # 1
La empresa el El Roble Ltda. Dedicada a la fabricación de muebles, ha ampliado su producción en dos líneas más. Por lo tanto
actualmente fabrica mesas y sillas. Cada mesa requiere de 2 piezas rectangulares de 8 pines, y 2 piezas cuadradas de 4 pines.
Cada silla requiere de 1 pieza rectangular de 8 pines y 2 piezas cuadradas de 4 pines. Se tiene en inventario 24 piezas
rectangulares de 8 pines y 20 piezas cuadradas de 4 pines. Cada mesa cuesta producirla $10 y se vende en $ 30, cada silla
cuesta producirla $ 8 y se vende en $ 28. El objetivo de la fábrica es maximizar las utilidades.
Función Objetivo: ZMax =30 X1 + 28X2
Variables de Decisión
1) X1 = Cantidad de mesas a producir
2) X2 = Cantidad de sillas a producir
Sujeta a las restricciones:
1) 2X1 +X2<= 24 [ unidades <= unidades ]
2) 2X1 + 2X2<= 20
tlv>= 0 ( restricción de no negatividad )
Método de ResoluciónGrafica
El Método Gráfico se utiliza para ilustrar tres conceptos básicos: la metodología para la resolución de un problema de dos
variables de decisión, la interpretación de la solución del problema modelado y la observación gráfica de cómo afectan los
cambios a la solución del problema. Siendo así se procede por:
1.- Plantear en forma matemática el problema.
2.- Graficar o trazar las restricciones.
3.- Graficar la función objetivo.
4.- Determinar los valores de las variables en el punto que arroje las máximas utilidades.
Convertir las inecuaciones de las restricciones a ecuaciones.
1) 2X1 +X2 = 24
2) 2X1 + 2X2 = 20
Evaluar cada ecuación para graficar Así mismo para restricción 2)
2X1 +X2 = 24 2X1 + 2X2 = 20
Si X1= 0 entonces X2= 24 Si X1= 0 entonces X2= 10
Si X2= 0 entonces X1= 12 Si X2= 0 entonces X1= 10
Se obtienen las siguientes coordenadas de las rectas:
(0,24) y (12,0) (0,10) y (10,0)

2. Se procede a graficar los puntos de las restricciones así como la función objetivo que presenta las siguientes coordenadas en
base a 100, se tiene 30 X1 + 28 X2 = 100
F.O :(0, 3.7) y ( 3.3 ,0)
Resolución por método gráfico
En la región factible se pueden apreciar tres puntos de solución posible para la función objetivo.
A: no hacer nada (0,0)
B: donde X1vale 10
C: donde X2 vale10
La solución la encontraremos al evaluar la función objetivo F.O. : Max Z = 30 X1 + 28 X2
Punto X1 X2 Valor F.O.
A 0 0 0
B 10 0 300
C 0 10 280
De aquí se obtiene que la solución esB, esto significa que se deben hacer 10 mesas y no hacer ninguna silla para obtener la
máxima ganancia de $ 300.

3. Resolución por Método Simplex
El ejercicio cumple con las condiciones de maximizar y de menor o igual en las restricciones.
Se procede a igualar la función objetivo a cero, agregándole las variables de holgura (con coeficiente cero)
ZMax- 30 X1 - 28 X2 +0 H1 + 0 H2 = 0
Así mismo se modifican las restricciones incluyendo las holguras respectivas
2X1 +X2 + H1= 24
2X1 + 2X2 + H2 = 20
Se procede a realizar lasiteraciones en la tabla Cálculos
X1 Valor Valor
VB X2 H1 H2 X1 X2 H1 H2
Solution Solucion
Z -30 -28 0 0 0 F X1 = 1 1 0 0.5 10
H1 2 1 1 0 24 12 Sale h2 entra X1
H2 2 2 0 1 20 10 FZ= 0 2 0 15 300
F H1 0 -1 1 -1 4
Z 0 2 0 15 300
H1 0 -1 1 -1 4
X1 1 1 0 0.5 10
Se encuentra la el valor de máximo de la función objetivo cuando en la fila de la Z ya no se tienen más valores negativos en
las variables básicas.
Para resumir, la programación lineal se basa en seis consideraciones, que son:
1.- Una función objetivo única sujeta a restricciones
2.- Proporcionalidad de todas las relaciones
3.- Aditividad de todas las variables
4.- Divisibilidad de las variables
5.- Certidumbre en todos los parámetro y
6.- No negatividad de las variables.
Resolución por Métodode Dos Fases
Ejercicio # 2 Se ingresa una nueva variable y una nueva restricción al ejercicio anterior quedando de la siguiente forma:
La empresa el El Roble Ltda. Dedicada a la fabricación de muebles, ha ampliado su producción en dos líneas más. Por lo tanto
actualmente fabrica mesas, sillas y camas. Cada mesa requiere de 2 piezas rectangulares de 8 pines, y 2 piezas cuadradas de 4
pines. Cada silla requiere de 1 pieza rectangular de 8 pines y 2 piezas cuadradas de 4 pines y cada cama requiere de 1 pieza
rectangular de 8 pines, 1 cuadrada de 4 pines y 2 bases trapezoidales de 2 pines. Se tiene en inventario 24 piezas
rectangulares de 8 pines, 20 piezas cuadradas de 4 pines y 2 Bases trapezoidales de 2 pines. Cada mesa cuesta producirla $ 10
y se vende en $ 30, cada silla cuesta producirla $ 8 y se vende en $ 28, cada cama cuesta producirla $ 20 y se vende en $ 40. El
objetivo de la fábrica es maximizar los recursos.
Función Objetivo: MaxZ = 30 X1 + 28 X2 + 40 X3
Variables de Decisión
X1 = Cantidad de mesas a producir
X2 = Cantidad de sillas a producir
X3 = Cantidad de camas a producir

4. Sujeta a las restricciones:
1) 2X1 +X2 + X3<= 24
2) 2X1 + 2X2 + X3<= 20
3) 2 X3= 20
tlv>= 0 ( restricción de no negatividad )
Resolución por el Método de las dos Fases, tabla para mejor apreciación del problema.
VD Articulo Pieza rectangular Piezacuadrada Base trapezoidal
8 pines de 4 pines de 2 pines
X1 mesas 2 2 -
X2 sillas 1 2 -
X3 camas 1 1 2
inventario 24 20 20
Función Objetivo: MaxZ = 30 X1 + 28 X2 + 40 X3
El ejercicio cumple con la condición de que una de las restricciones no es de la forma estándar. Se continúa agregando las
variables artificial y de holgura, tanto en la función objetivo como en las restricciones.
Zmax - 30 X1 - 28 X2 - 40 X3 + 0 H1 + 0 H2 + 0A = 0
Así mismo las restricciones se pasan a ecuaciones
2 X1 +X2 + X3+H1 = 24
2 X1 + 2 X2 + X3+H2 = 20
2 X3 + A = 20
Se debe tomar en cuenta que el óptimo es Maximizar, por tanto Max (-Z) = -A
De la restricción se obtiene el valor de A:
-A = - ( 20 - 2 X3)Se procede a elaborar la tabla para empezar las iteraciones:
VB X1 X2 X3 H1 H2 A VLD
Ž 0 0 2 0 0 1 20 Cálculos
Z -30 -28 -40 0 0 0 0 Sale H2entra X1
H1 2 1 1 1 0 0 24 12
H2 2 2 1 0 1 0 20 10 X1 X2 X3 H1 H2 A VLD
A 0 0 2 0 0 1 20 F X1 = 1 1 0.5 0 0.5 0 10
FZ = 0 2 -25 0 15 0 300
Ž 0 0 2 0 0 1 20 F H1 = 0 -1 0 1 -1 0 4
Z 0 2 -25 0 15 0 300
H1 0 -1 0 1 -1 0 4 Sale A y entra X3
X1 1 1 0.5 0 0.5 0 10 20 F X3 = 0 0 1 0 0 1 10
A 0 0 2 0 0 1 20 10 FŽ = 0 0 0 0 0 0 0
FZ = 0 2 0 0 15 12.5 550
Ž 0 0 0 0 0 0 0 F X1 = 0 0 0 0 0 0 0
Z 0 2 0 0 15 12.5 550
H1 0 -1 0 1 -1 0 4
X1 0 0 0 0 0 0 0
X3 0 0 1 0 0 0.5 10

5. Se sabe que se encuentra un punto de solución donde Žtiene valor de cero en todos sus variables y Z ya no tiene valores
negativos por tanto no se puede seguir iterando. En este caso coincidió el momento en que Z y Žllegaron a la condición de
parada.
Se conoce que la solución es (X1 ,X2 , X3 , Z ) = ( 0 , 0 , 10 , 550 )y su interpretación es:
Para es maximizar los recursos se deben construir solamente camas ya que el óptimo de ganancias se obtiene: haciendo 10
camas y dejar de hacer sillas y mesas, logrando de esta forma el objetivo de $ 550.
Realización de los Ejercicios utilizando el Programa Win QSB
Ejercicio # 1

6. Ejercicio # 2

7. Universidad Nacional de Ingeniería
RUPAP
Investigación de Operaciones I
Proyecto
Alumno: Danilo Rojas Coe
Grupo: 5N1-IND
Martes, 29 de Enero de 2013