Trabajo de ope labo

Ciudad Universitaria, Junio 2019.
CURSO: INVESTIGACION OPERATIVA II
TEMA: PROBLEMAS DE INVESTIGACION OPERATIVA II
DOCENTE: Zambrano, Edward
SECCIÓN: 2
INTEGRANTE:
 Ames Caillahua, Gino Joe.
16170025
 Manchego Marino, Franco
16170061
Informe de
problemas de
Laboratorio

PROBLEMAS DE CRASHING
PROBLEMA 1.
Se da el siguiente programa de actividades en el cual el costo indirecto es de 75+4t donde t es la duración del
proyecto. Determinar el tiempo mínimo del proyecto y su costo óptimo.
Datos:
Actividad Predecesor
Tiempo (días) Costo directo (S/.)
Normal Acelerado Normal Acelerado
A - 3 1 15 19
B - 6 3 17 20
C B 5 5 13 15
D A 4 1 20 26
E C,D 2 2 22 26
F C,D 6 6 23 25
G B 3 2 12 15
H F 5 3 8 14
I H 6 4 20 26
J E,G 2 1 11 16
K I,J 3 3 15 18
Solución:
1) Construcción de la red de actividades:
2) Elaboración de la tabla
Actividad
Tiempo
∆𝒕
Costo directo
∆𝑪 𝑪 =
∆𝑪
∆𝒕Normal Acelerado Normal Acelerado
A 3 1 2 15 19 4 2
B 6 3 3 17 20 3 1
C 5 5 0 13 15 2 -
D 4 1 3 20 26 6 2
E 2 2 0 22 26 4 -
F 6 6 0 23 25 2 -
G 3 2 1 12 15 3 3
H 5 3 2 8 14 6 3
I 6 4 2 20 26 6 3
J 2 1 1 11 16 5 5
K 3 3 0 15 18 3 -
3) Determinación de todos los caminos de la red y la duración de cada camino
Camino Duración normal
B (6)
A (3)
C (5)
D (4)
G (3)
E (2)
F (6)
J (2)
H (5)
I (6)
K (3)

B – G – J – K 14
B – C – E – J – K 18
B – C – F – H – I – K 31
A – D – E – J – K 14
A – D – F – H – I – K 27
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
Costo total 295
4) Aceleración de las actividades
a) Construcción de la subgráfica parcial que contiene la ruta crítica
b) Ahora asociamos a cada actividad crítica su duración, la máxima reducción que puede sufrir y el costo unitario
de dicha reducción
El costo igual a M significa que la actividad no se puede reducir más, por lo tanto se concluirá que la reducción
máxima se dará cuando todos los costos sean iguales a M.
c) Tomando los costos de reducción de cada actividad como la capacidad de cada arco mediante el método de
flujo máximo, hallamos el flujo máximo a través de la subgráfica
El flujo máximo es 2 ya que es lo máximo que puede ir a través del arco B.
d) Determinamos las actividades que reducirán su tiempo de duración (aquellas actividades críticas que
pertenecen al corte mínimo de la subgráfica). Dichas actividades reducirán su tiempo de duración en
t = min {𝑟𝑖𝑗(máxima reducción que puede sufrir la tarea), 𝑡 𝑟𝑢𝑡𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎 − 𝑡 𝑐𝑎𝑚𝑖𝑛𝑜 𝑚á𝑠 𝑐𝑒𝑟𝑐𝑎𝑛𝑜)}
En primer lugar reducimos B:
B
C
F H
I
K
B (6) 3
C (5) 0
F (6) 0 H (5) 2
I (6) 2
K (3) 0
2
M
M
M
3
3

𝑡 = min{3 , 31 − 27} = min{3 ,4} = 3
𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 = 3 ∗ 2 = 6 → 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜 = 96 + 6 = 102
Ahora actualizamos las duraciones de las actividades y su costo de reducción
Luego, recalculamos la duración de los caminos, así como sus costos
Reducción
B
B – G – J – K 14 11
B – C – E – J – K 18 15
B – C – F – H – I – K 31 28
A – D – E – J – K 14 14
A – D – F – H – I – K 27 27
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
28
102
187
Costo total 295 289
Repetimos el mismo procedimiento hasta que todos los costos sean M.
B (6) 3
C (5) 0
F (6) 0 H (5) 2
I (6) 2
K (3) 0
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (5) 2
I (6) 2
K (3) 0
2
M
M
M
3
3
M
M
M
M
3
3

Segunda reducción: H
𝑡 = min{2 , 28 − 27} = min{2 , 1} = 1
Reducción
B H
B – G – J – K 14 11 11
B – C – E – J – K 18 15 15
B – C – F – H – I – K 31 28 27
A – D – E – J – K 14 14 14
A – D – F – H – I – K 27 27 26
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
28
102
187
27
105
183
Costo total 295 289 288
Por el método del flujo máximo determinamos que se debe reducir nuevamente la actividad H.
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (5) 2
I (6) 2
K (3) 0
M
M
M
M
3
3
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (4) 1
I (6) 2
K (3) 0
M
M
M
M
3
3

Tercera reducción: H
𝑡 = min{1 , 27 − 26} = min{1, 1} = 1
Reducción
B H H
B – G – J – K 14 11 11 11
B – C – E – J – K 18 15 15 15
B – C – F – H – I – K 31 28 27 26
A – D – E – J – K 14 14 14 14
A – D – F – H – I – K 27 27 26 25
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
28
102
187
27
105
183
26
108
179
Costo total 295 289 288 287
Notamos que H se ha reducido en 1 dos veces seguidas en lugar de reducirla en 2 de una sola vez. La razón de
esto es que al actualizar las duraciones puede que después de la primera reducción de H la ruta crítica varíe;
sin embargo, como la actividad reducida (H) se encuentra en la ruta crítica y en la ruta más cercana, ambas
reducen su tiempo de igual manera, manteniendo la ruta crítica vigente.
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (4) 1
I (6) 2
K (3) 0
M
M
M
M
3
3
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (3) 0
I (6) 2
K (3) 0
M
M
M
M
3
M

Cuarta reducción: I
𝑡 = min{2 , 26 − 25} = min{2, 1} = 1
Reducción
B H H I
B – G – J – K 14 11 11 11 11
B – C – E – J – K 18 15 15 15 15
B – C – F – H – I – K 31 28 27 26 25
A – D – E – J – K 14 14 14 14 14
A – D – F – H – I – K 27 27 26 25 24
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
28
102
187
27
105
183
26
108
179
25
111
175
Costo total 295 289 288 287 286
Notamos que para la actividad I se repite la misma situación descrita para la actividad H
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (3) 0
I (6) 2
K (3) 0
M
M
M
M
3
M
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (3) 0
I (5) 1
K (3) 0
M
M
M
M
3
M

Quinta reducción: I
𝑡 = min{1 , 25 − 24} = min{1, 1} = 1
Reducción
B H H I I
B – G – J – K 14 11 11 11 11 11
B – C – E – J – K 18 15 15 15 15 15
B – C – F – H – I – K 31 28 27 26 25 24
A – D – E – J – K 14 14 14 14 14 14
A – D – F – H – I – K 27 27 26 25 24 23
Duración
Costos directos
Costos indirectos
(75+4t)
31
96
199
28
102
187
27
105
183
26
108
179
25
111
175
24
114
171
Costo total 295 289 288 287 286 285
Como todos los costos de reducción de las actividades de la ruta crítica ahora son iguales a M hemos llegado a
la máxima compresión del proyecto que viene a ser el tiempo mínimo de duración del proyecto a costo óptimo.
∴ 𝑇min 𝑝𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑡𝑜 = 24 𝑑í𝑎𝑠 ; 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜ó𝑝𝑡𝑖𝑚𝑜 = 𝑆/. 285
En WinQSB
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (3) 0
I (5) 1
K (3) 0
M
M
M
M
3
M
B (3) 0
C (5) 0
F (6) 0 H (3) 0
I (4) 0
K (3) 0
M
M
M
M
M
M

PROBLEMA 3.
SOLUCION CON WINQSB:

PROBLEMA 4.
PROBLEMA 4:

PROBLEMA 5.

PROBLEMA 6.

PROBLEMA 7.
SOLUCION
CON
WINQSB:

PROBLEMA 8.
El promotor de un concierto de rock Indianápolis debe llevar a cabo las tareas mostradas
en la tabla antes de celebra el concierto (duración en días).Se tiene los datos en la tabla
siguiente:
a.- Construir el proyecto.
b.- Determinar la ruta critica
c.- si el promotor anticipado quiere tener una probabilidad de 99% de completar las
preparaciones el 30 de diciembre. ¿Cuándo debe comenzar el trabajo de hallar un sitio
para el concierto?

Utilizaremos WinQSB para desarrollar el problema:
Hallamos la ruta crítica: A – C – G

El diagrama de Gantt de la ruta crítica está resaltada en rojo:
La duración de la ruta crítica es de 14 días.
PROBLEMA 9.
Problema #2: El banco BISA debe reubicar sus oficinas hacia nuevas instalaciones en la zona norte con el objetivo de
brindar una atención especializada a sus clientes, el director debe preparar un informe detallado de las labores y el
tiempo de cada uno para el traslado, incluyendo rutas críticas y estimaciones de tiempos. El director ha desarrollado
el proyecto con 10 actividades, se pide determinar cuál sería la probabilidad de terminar el proyecto en 20 días.
Precedente a m b
A 1 3 5
B 3 4.5 9
C B 2 3 4
D A,C 2 4 6
E D 4 7 16
F C 1 1.5 5
G F 2.5 3.5 7.5
H F 1 2 3
I B 4 5 6
J E,G,H 1.5 3 4.5

La ruta crítica es B – C – D – E – J y la duración de la ruta crítica es
23 días.
Z= (20 - 23)/2.41 = 1.245
p = 1 – (0.3935+0.5) = 0.1065
La probabilidad de terminar el proyecto en 20 días es 10,65%
La duración del proyecto será de 23
días y solo hay una ruta crítica:
Gráficamente la ruta crítica es: B – C – D – E – J
Tp Var HL HT
A 3 0.444444 5 5
B 5 1 0 0
C 3 0.111111 0 0
D 4 0.444444 0 0
E 8 4 0 0
F 2 0.444444 0 6
G 4 0.694444 6 6
H 2 0.111111 0 8
I 5 0.111111 13 13
J 3 0.25 0 0
σ = (5.81)ˆ(1/2)
σ = 2.41

El diagrama de Gantt:
La
probabilidad de terminar el proyecto en 20 días es de 10,65%

PROBLEMA 10.
Dadas las siguientes actividades del siguiente proyecto y los recursos:
ACTIVIDAD PRECEDENCIA DURACION R1 R2
A 4 3 1
B 1 1 0
C 3 3 1
D A 3 3 1
E B,D 6 1 2
F A 1 4 1
G B,C 5 0 1
H B,C 6 2 0
I E,G 2 2 1
J F 4 1 1
Total 7 4
Las tres primeras semanas solo se disponen de 6 unidades de R1
Solo se dispone de 7 unidades de recurso de R1 y 4 unidades de R2
Solución:

Se desarrolló el diagrama de red para el determinando la ruta crítica.
Análisis de recursos
Optimizamos los recursos

Reajustamos los recursos:
PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA
PROBLEMA 01
La empresa Skberge Perú S.A.C tiene la siguiente red de distribución para sus productos, los
cuales parten del punto 1 hasta 2 y 3, con una distancia de 4km y 3km respectivamente; de
3 a 4 con una distancia de 3km y de 2 a 5 con una distancia de 4km; de 5 a 7 con una distancia
de 4km y de 4 a 7 con una distancia de 3km. Determine la distancia más corta de 1 a 7
utilizando el método de Programación Dinámica
SOLUCION EN WINQSB
PASO 01: Seguir los siguientes pasos, y hacer clic en Dynamic Programing

PASO 02: Luego nos encontraremos con los siguientes datos, ingresamos a la primera opción
y luego colocamos el título del problema acompañado de numero de nodos de nuestro grafo
PASO 03: Ingresamos las distancias que hay de nodo a nodo y luego para correr el programa
debemos de hacer clic en la persona que esta parada sobre el pasto, debajo de la opción
WINQSB.

PASO
04: Seleccionamos los nodos de partida y llegada, respectivamente.
Para correr el programa hacemos clic en SOLVE.
PASO 05: Se nos muestra el siguiente resultado, de lo cual podemos inferir lo siguiente:
INFERENCIA:
La red de distribución es la siguiente, va desde 1-3-4-6 con una distancia mínima de 9km

PROBLEMA 02
Un estudiante de Ingeniería Industrial se irá de viaje a Europa, partiendo de Perú tiene que
hacer escalas en los diferentes países para reunirse con sus amistades, las distancias dadas
en el gráfico están dadas en miles de kilómetros. Elija cual es la distancia más corta para
llegar a su destino utilizando el método de Programación Dinámica.
SOLUCION:

PASO 03: Ingresamos las distancias que hay de nodo a nodo y luego para correr el programa
debemos de hacer clic en la persona que esta parada sobre el pasto, debajo de la opción
WINQSB.
PASO 04: Seleccionamos los nodos de partida y llegada, respectivamente.
Para correr el programa hacemos clic en SOLVE.

PROBLEMA 03:
La familia Ames Caillahua vive en New York, están pensando realizar sus próximas
vacaciones viajando en su camioneta hasta Los Ángeles e ir descansando y conociendo otros
lugares, su dinero es escaso y han decidido pasar cada noche de su viaje en alguno de los
hoteles que les ofrecen un descuento, estos se localizan en las siguientes ciudades que se
ven en la gráfica. Después de 4 días de conducir pueden llegar a Los Ángeles. ¿Dónde
deberán hospedarse cada noche del viaje para reducir al mínimo el número de millas
recorridos? Las distancias reales por carretera entre las ciudades mencionadas y la ubicación
se muestran en la figura.

SOLUCION

PROBLEMA 04
Un alumno de la FII tiene que resolver una pregunta de examen, el tema es Programación
dinámica. Le dan el siguiente gráfico, el alumno lo resuelve mediante un software y le
presenta al docente a cargo.
Calcular la ruta más corta de A hacia B, utilizando el método de Programación Dinámica.

Solución:
Ingresar a WinQSB.
PASO 01:
Seleccionar las siguientes opciones.
Ingresar el título del ejercicio y la cantidad de nodos que tiene el ejercicio.
PASO 02:

Ingresar las distancias que hay entre nodo y nodo.
PASO 03:
Hacer clic en la opción donde hay un monito verde.
Nos resultará la siguiente figura, seleccionados el nodo de partida y el nodo de llegada que
queremos analizar.
PASO 04: Son nuestros resultados y nuestra distancia más corta es 30 en kilómetros
PROBLEMA 05
La empresa Equicons S.A.C vende productos de primera necesidad, los cuales tiene los
siguientes canales de distribución, el tiempo dado está en minutos. Se pide reducir el tiempo
del viaje desde 1 hasta 6 aplicando el algoritmo de Programación Dinámica.

SOLUCION

:

PROBLEMA 06
Un Ingeniero Forestal en su camino debe pasar por 3 sectores o ciudades antes de llegar a
su destino, y lugares posibles en esos sectores o ciudades. Las posibles rutas, y el costo
asociado por Kms. de distancia y otros en $, se ven en el siguiente esquema:
Solución:
Para ir de 1 a 13 hay 48 rutas posibles. Una posibilidad para encontrar la solución es
calcular el valor asociado a cada una y ver cual es la que proporciona el menor costo. ¿Y si
fuesen miles de rutas?. Por se descarta esa alternativa y se usa el método de la programación
Dinámica, donde se resuelve desde el final hacia el inicio, y hay etapas y estados.
Etapas: Son 4. La etapa 1 es decidir ir del estado inicial 1 al estado 2,3,4 o 5 que son los puntos
posibles en el sector siguiente. La etapa 2 es decidir ir a 6, 7 u 8. La etapa 3 es decidir ir a 9,
10, 11 o 12. La etapa 4 es decidir a 13.
Estado: Lugar donde se encuentra. La etapa 1 tiene 1 estado: el 1. La etapa 2 tiene 4 estados: 2, 3, 4, 5. La etapa 3 tiene
3 estados: 6,7,8. La etapa 4 tiene 4 estados: 9, 10, 11, 12.
Cálculos n = 4 S X4 13 F4* X4*
9 12 12 13

10 16 16 13
11 15 15 13
12 14 14 13
n = 3 S X3 9 10 11 12 F3* X3*
6 3+12=15 2+16=18 1+15=16 3+14=17 15 9
7 4+12=16 1+16=17 4+15=19 6+14=20 16 9
8 2+12=14 3+16=19 6+15=21 5+14=19 14 9
n=2 S X2 6 7 8 F2* X2*
2 9+15=24 4+16=20 6+14=20 20 7 - 8
3 5+15=20 7+16=23 4+14=18 18 8
4 9+15=24 10+16=26 8+14=22 22 8
5 9+15=24 10+16=26 11+14=25 24 6
n = 1 S X1 2 3 4 5 F1* X1*
1 7+20=27 6+18=24 5+22=27 6+24=30 24 3
Respuesta: El óptimo es: 24
La solución óptima es: X1 = 3 ; X2 = 8 ; X3= 9 ; X4= 13.
La ruta óptima es: 1  3  8  9  13
Respuesta al problema planteado:
El Ingeniero Forestal tiene un costo mínimo de $24 para ir desde su oficina al lugar de
cosecha, y ese mínimo lo puede lograr yendo desde su oficina al lugar 3 luego al lugar 8
luego al lugar 9 y de ahí al lugar 13 donde está la cosecha.
PROBLEMA 07
Un Técnico Forestal, debe revisar 3 faenas: Poda, Raleo y Cosecha, y dispone de 4 días.
Según la dedicación en días que le de a cada faena, éstas tendrán una probabilidad de

fracasar, y con ello fracasar la faena total, por lo que puede ser despedido. Por ello, dicho
Técnico desea minimizar la probabilidad de ser despedido minimizando la probabilidad de
que las 3 tareas fracasen al mismo tiempo.
Dedicación Faenas Poda Raleo Cosecha
0 día 0.50 0.60 0.40
1 día 0.42 0.51 0.35
2 días 0.36 0.41 0.21
3 días 0.25 0.36 0.18
Un día no asignado a una faena no tiene valor asociado. A lo más se puede asignar 3 días
a una misma faena.
Solución:
Etapas: Son 3. La etapa 1 es el proceso de asignación de días a Poda. La etapa 2 es el
proceso de asignación de días a Raleo. La etapa 3 es el proceso de asignación de días a
Cosecha.
Estados: Son los días disponibles para ser asignados, y van de 0 a 4, dependiendo de las
etapas. La etapa 1 tiene 1 estado factible y es: tener 4 días disponibles para ser asignados.
Las variables de decisión son 3: X1, X2, X3 y representan: Cuántos días asignar a la faena
poda, Cuántos días asignar a la faena de raleo, Cuántos días asignar a la faena de cosecha;
respectivamente.
La Función Objetivo y las restricciones forman en el modelo para este problema y es: P:
Min( p(X1)*p(X2)*p(X3) ) ; s.a: X1+X2+X3  4 ; Xi 0,1,2,3; i=1,2,3
La probabilidad de ser despedido en este momento es: 0.5*0.6*0.4 =0.12, que es de un 12%,
y con los 4 días disponibles desea minimizar esa probabilidad.
Los cálculos.
n = 3 S X3 0 1 2 3 F3* X3*
0 0.4*1=0.40 - - - 0.40 0
1 0.4*1=0.40 0.35*1=0.35 - - 0.35 1
2 0.4*1=0.40 0.35*1=0.35 0.21 - 0.21 2
3 0.4*1=0.40 0.35*1=0.35 0.21 0.18 0.18 3
4 0.4*1=0.40 0.35*1=0.35 0.21 0.18 0.18 3
n = 2

SX2 0 1 2 3 F2* X2*
1 0.6*0.35=0.210 0.51*0.40=0.204
0
- - 0.2040 1
2 0.6*0.21=0.126 0.51*0.35=0.178
5
0.41*0.40=0.164
0
- 0.1260 0
3 0.6*0.18=0.108 0.51*0.21=0.107
1
0.41*0.35=0.143
5
0.36*0.40=0.144 0.1071 1
4 0.6*0.18=0.108 0.51*0.18=0.091
8
0.41*0.21=0.086
1
0.36*0.35=0.126
0
0.0861 2
n = 1
SX1 0 1 2 3 F1* X1*
4 0.5*0.0861
= 0,04305
0.42*0.1071
= 0,044982
0.36*0.1260
= 0,04536
0.25*0.2040
= 0,051
0.04305 0
Respuesta: óptimo = 0.04305 ( un 4,3% ).
La solución óptima es: X1 = 0 ; X2 = 2 ; X3= 2
La ruta óptima es: 4  4  2  2
Respuesta al problema planteado: La probabilidad mínima de ser despedido es
0.04305 , es decir de un 4,3%, y la asignación óptima de días es: 0 días a la Poda, 2
días al Raleo, 2 Días a la cosecha
PROBLEMA 08
Un aserradero debe enviar 4 o 5 cargamentos a cuatro destinos. La máxima asignación para
cada destino es de cuatro cargamentos. En la tabla siguiente se indica g(xi) como los ingresos
en MM$ obtenidos por cada una de las decisiones posibles. Se desea maximizar el ingreso
del aserradero por estos envíos.
Además, al destino 2 no se puede asignar 4 sino que máximo 3 cargamentos. Al destino 3 ya
se ha decidido asignar exactamente 1 cargamento. Un cargamento no asignado no tiene valor
asignado.
 cargamentos destinos 1 2 3 4
0 0 0 0 0
1 5 6 4 7
2 11 10 12 10
3 15 16 17 14

4 21 - 22 23
Solución:
Etapas: son 4 etapas. La etapa 1,2,3,4 es el proceso de decisión de envíos de cargamento
al destino 1, destino 2, destino 3 y destino 4 respectivamente.
Estados: La cantidad de cargamentos disponibles para ser enviados en cada etapa.
El modelo en este caso es: (Son 2 problemas en uno).
P: Máx (  g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4  5 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3,4.
P: Máx (  g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4  4 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3,4.
Los Cálculos.
n = 4 S X3 0 1 2 3 4 F4* X4*
0 0 - - - - 0 0
1 0 7+0=7 - - - 7 1
2 0 7+0=7 10 - - 10 2
3 0 7+0=7 10 14 - 14 3
4 0 7+0=7 10 14 23 23 4
n =3 S
X3
1 F3* X3*
1 4+ 0 = 4 4 1
2 4+ 7 =11 11 1
3 4+10=14 14 1
4 4+14=18 18 1
5 4+23=27 27 1
n = 2 SX2 0 1 2 3 F2* X2*
1 0 + 4 = 4 - - - 4 0
2 0+11=11 6+4=10 - - 11 0
3 0+14=14 6+11=17 10+4=14 - 14 1
4 0+18=18 6+14=20 10+11=21 16+ 4=20 21 2
5 0+27=27 6+18=24 10+14=24 16+11=27 27 0 - 3

n = 1 S X1 0 1 2 3 4 F1* X1*
4 0+21=2
1
5+14=1
9
11+11=22 15+4=19 --- 22 2
5 0+27=2
7
5+21=2
6
11+17=28 15+11=26 21+4=25 28 2
Respuesta:
A) Si envía 4 cargamentos, el óptimo es: MM$ 22, y la solución óptima es: X1 = 3 ; X2 = 0 ; X3= 1;
X4= 0;
X1 = 2 X2 = 0 X3= 1 X4= 1
La ruta óptima es: 4  2  2  1  0
11 0 4 7
Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 0 cargamento, al
destino-3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el máx que
es de MM$22.
B) Si envía 5 cargamentos, el óptimo es: MM$ 28, y la solución óptima es: X1 = 2 ; X2 = 1 ; X3=
1; X4= 1;
X1 = 2 X2 =1 X3= 1 X4= 1
La ruta óptima es: 5  3  2  1  0
11 6 4 7
Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 1 cargamento, al destino-
3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el máx. que es MM 22
PROBLEMA 09
Se dispone de 6 brigadas para asignar a tres sectores. El aumento de la productividad en los
sectores depende de la asignación, y es la que se indica en el cuadro siguiente:
Núm.brigadas asign. sector Sector-1 Sector-2 Sector-3
0 0 0 0
1 12 14 13
2 25 19 21
3 30 37 32
4 40 49 48
¿Cuántas brigadas asignar a cada sector para hacer máxima la suma de aumento de la
productividad?

Una brigada no asignada no tiene valor asociado en la productividad. Esto equivale a decir que
el valor al horizonte de una brigada no asignada es de cero, ya que ese valor no influye sobre el
valor de la función objetivo.
Solución:
Las etapas: Son tres etapas
Los Estados: Son el número de brigadas disponibles al inicio de la etapa.
Estado inicial: Es uno sólo, y es tener 6 brigadas disponibles.
Variables de decisión: Son 3, indicadas por: X1 , X2 , X3 y el valor de ellas es un elemento
del conjunto: 0,1,2,3, 4 
El modelo: P: Máx (  f (Xi ); i=1,2,3) s.a: X1+X2+X3  6 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3.
Los cálculos: n = 3 S
X3
F3* X3*
6 48 4
5 48 4
4 48 4
3 32 3
2 21 2
1 13 1
0 0 0
n=2 S X2 4 3 2 1 0 F2* X2*
6 49+21=70 37+32=69 19+48=67 14+48=62 0+48 70 4
5 49+13=62 37+21=58 19+32=51 14+48=62 0+48 62 1-4
4 49+ 0=49 37+13=50 19+21=40 14+32=46 0+48 50 3
3 - 37+0=37 19+13=32 14+21=35 0+32 37 3
2 - - 19+ 0=19 14+13=27 0+21 27 1
n=1 S X1 4 3 2 1 0 F1* X1*
6 40+27=67 30+37=67 25+50=75 12+62=74 0+70=70 75 2
Respuesta: Optimo =75; Solución óptima: X1*=2; X2*=3; X3*=1
Respuesta: La mayor productividad posible es de 75 y se logra asignando 2 brigadas al sector
1, 3 brigadas al sector 2 y 1 brigada al sector 3.

Ruta óptima:
X1 = 2 X2 = 3 X3= 1
La ruta óptima es: 6  4  1  0
25 37 13
PROBLEMA 10
Un dueño de tres supermercados tiene 5 cargas de fresas frescas. Su problema es destinar
las fresas a cada supermercado, ya que en cada uno las fresas tienen distinto valor. El ingreso
en los supermercados, según la asignación de cargas se indica a continuación en MM$.
 Cargamentos destino  Supermercado
1
Supermercado 2 Supermercado
3
0 0 0 0
1 5 6 4
2 9 11 9
3 14 15 13
4 17 19 18
5 21 22 20
El no asignar las cargas de fresas a un supermercado tiene valor asociado de cero pesos al
horizonte, porque se perderán.
¿Cuál es el máximo ingreso posible, y cuál es la asignación que para ello?.
Solución:
n = 3 S X3 0 1 2 3 4 5 F3* X3*
0 0 - - - - - 0 0
1 0 4+0 - - - - 4 1
2 0 4+0 9+0 - - - 9 2
3 0 4+0 9+0 13+0 - - 13 3
4 0 4+0 9+0 13+0 18+0 - 18 4
5 0 4+0 9+0 13+0 18+0 20+0 20 5
n = 2
S X2 0 1 2 3 4 5 F2* X2*

0 0+0=0 - - - - - 0 0
1 0+4=4 6+0=6 - - - - 6 1
2 0+9=9 6+4=10 11 - - - 11 2
3 0+13=13 6+9=15 11+4=15 15 - - 15 1-2-3
4 0+18=18 6+13=19 11+9=20 15+4=19 19 - 20 2
5 0+20=20 6+18=24 11+13=24 15+9=24 19+4=23 22 24 1-2-3
n = 1
S X1 0 1 2 3 4 5 F1* X1*
5 0+24=24 5+20=25 9+15=24 14+11=25 17+6=23 21+0=21 25 1-3
Respuesta: El máximo ingreso posible es MM$ 25, y se puede alcanzar con la asignación:
X1 = 1; X2 = 2; X3= 2 (Con ingresos: 5+11+9= 25). O bien con la asignación: X1 = 3; X2
= 2; X3= 0 (Con ingresos: 14+11+0 = 25).
PROBLEMAS DE COLAS
PROBLEMA 1.

PROBLEMA 3.
SOLUCIÓN CON SIMIO:

PROBLEMA 5:
SOLUCIÓN
CON
SIMIO:

PROBLEMA 06
1. En el mostrador de facturación de una aerolínea llega un promedio de 45 clientes por hora,
cuando su capacidad media es de 60 clientes por hora. Si un cliente espera una media de 3
minutos en la cola, se pide
a) Tiempo medio que un cliente pasa en la facturación.
b) Número medio de clientes en la cola.
c) Número medio de clientes en el sistema en un momento dado.

Solución:
a) La información de la que se dispone es:
Media de llegada de clientes:
Media de servicio a clientes:
 45 clientes/hora  45 / 60  0,75 clientes / minutos
 60 clientes/hora  60 / 60  1 clientes / minutos
Tiempo promedio de espera en la cola: Wq  3 minutos
El tiempo promedio que un cliente pase en el sistema W  W 
1
es:
s q

W  3 
1
 4 minutos
s
1
(3 minutos en la cola + 1 minuto en el servicio)
Lq  Wq 0,75 x 3  2,25 clientes
2
0,752
Lq 
 (  )

1(1  0,75)
 2,25 clientes
con lo cual, puede haber más de dos clientes en la cola.
c) El número promedio de clientes en el sistema L es:
 0,75
Ls 
 

1  0,75
 3 clientes
o también, Ls  Ws
 0,75 clientes
x4  3 clientes
b) El número promedio de clientes en la cola Lq se puede calcular:
minutos
minutos

n
1 s 
Hay un promedio de 3 clientes en el sistema, al haber un sólo mostrador (servidor)
sólo un cliente puede estar en servicio, teniendo los demás clientes que estar en la
cola, lo que indica que hay 2 clientes en espera.
PROBLEMA 07
En un restaurante de carretera llega una media de 90 personas a la hora, cuando tiene
disponibilidad de dar servicio a 120 clientes a la hora. Sabiendo que los clientes esperan una
media de 2 minutos en la cola, se pide:
a) Probabilidad que el sistema se encentre sin ocupar.
b) Probabilidad que un cliente tenga que esperar al encontrarse el sistema ocupado.
c) Número medio de clientes en la cola.
Solución:
a) La información de la que se dispone es:
Media de llegada de clientes:
 90 clientes/hora  90 / 60  1,5 clientes / minutos
 120 clientes/hora  120 / 60  2 clientes / minutos
Tiempo promedio de espera en la cola: Wq  2 minutos
La probabilidad de que el sistema se encuentre ocioso es (1  ) , siendo  el factor
de utilización del sistema (probabilidad de que el sistema se encuentre ocupado).
Como hay un único servidor, el factor de utilización coincide con la probabilidad de
que un cliente nuevo tenga que esperar en el servicio.



  0,75 probabilidad de sistema ocupado
1  1 0,75  0,25 probabilidad de sistema sin ocupar
b) La probabilidad de que un cliente llegue y tenga que esperar se interpretacomo
que sea el primer cliente en la cola, esto es, p (t)  (1  ) n
con    / 


Cuando n  1  p (t) P(L  1) (175) x 0,75  0,1875
1,5 clientes / minutos
2 clientes / minutos


Existe un 18,75% de posibilidad de que haya un cliente en la cola a la espera de ser
atendido.
El número promedio de clientes en la cola: Lq   Wq 1,5 x 2  3clientes
PROBLEMA 08
En un lavado a presión de coches la tasa media de llegadas es de 12 coches por hora y son
atendidos a una tasa promedio de 15 coches por hora, con tiempos de servicios
exponenciales. Se pide:
a) Probabilidad de tener 0 clientes en el sistema.
b) Número promedio de clientes que entran en el sistema de lavado.
c) Número promedio de clientes en la cola.
.
Solución:
a) Es un modelo de cola M/M/1 con la siguiente información:
Media de llegada declientes:

 12 clientes/hora  12 / 60  0,2 clientes /minutos
 15 clientes/hora  15 / 60  0,25 clientes /minutos
El factor de utilización 

  0,8
es la probabilidad de que el sistema lavado se encuentre ocupado, que al tener un
único servidor coincide con la probabilidad de que un cliente nuevo tenga que

esperar en el servicio, es decir, p 

 0, 8
Es decir, con probabilidad 0,2 el sistema de lavado está vacío, que es la
probabilidad de tener 0 clientes en el sistema.
b) El número promedio de clientes que entran en el sistema es:
 0,2
Ls  Ws


0,25 0,2
 4 clientes
con lo que el tiempo promedio de estancia en el sistema es:
W  20min.
 0,2 s
  0,25 0,20

c) El tiempo promedio que un cliente espera en la cola:

PROBLEMA 09
Una sucursal bancaria decide instalar un cajero en un barrio de ciudad que no tiene un
servicio semejante. En la investigación inicial se recogen datos diariamente sobre los tiempos
de llegadas de los clientes, detectando que el cliente que llega prefiere esperar para poder
utilizar el servicio cuando éste se encuentra ocupado. Con los datos recogidos, se estima que
las llegadas siguen un proceso de Poisson, el tiempo de servicio es exponencial, el tiempo
medio de servicio es de 5 minutos por cliente y el tiempo medio transcurrido entre dos
llegadas consecutivas es de 8 minutos. Se pide:
a) Tiempo promedio de espera que debe sufrir cada cliente en cola.
b) Tamaño promedio de la cola y probabilidad de que al acudir al cajero haya alguna
persona en la cola.

PROBLEMA 10
Una pequeña bancaria tiene dos cajeros automáticos que según una distribución
exponencial atienden a razón de 1,5 minutos por cliente. La tasa de llegada de clientes
según una Poisson es de 30/hora. Se pide:
a) Número medio de clientes en el sistema
b) Tiempo medio de un cliente en el sistema
c) Porcentaje de tiempo libre
Solución:
Es un modelo M/M/2 y lo resolveremos con WINQSB
Se inicia un nuevo problema en Análisis de Colas (Módulo QA), eligiendo un sistema simple M/M

Luego ingresamos los datos y lo corremos en la figurita de la persona parada sobre el pasto.

Una vez corrido el programa nos resultan todos los datos calculables.

Se realiza un análisis de sensibilidad seleccionando el parámetro  30 de tasas de
llegadas, con una variación de 30 a 100 clientes a la hora y un incremento de 10
clientes/hora. Con el modelo de aproximación G/G/s se observa cómo reacciona el
sistema.
La utilización del sistema se va incrementando, de forma que cuando la llegada de
clientes es de 70 a la hora la utilización del sistema es de 87,5% (máxima posible), a
partir de entonces el sistema se vuelve inestable, es decir, el número de servidores es
insuficiente.
Se puede observar el gráfico de análisis de sensibilidad:

Dependiendo de las necesidades se pueden ir analizando cada uno
de los parámetros.
El Análisis de Capacidad se realiza con los costos, que se definen:

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