Talleres paso a paso. métodos hungaro indices y transporte

UNIVERSIDAD MILITAR
NUEVA GRANADA
FACULTAD DE INGENIERÍA
INGENIERÍA INDUSTRIAL
INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I
Talleres de método de asignación, métodode índicesy métodos de transporteresueltos.
PRESENTADO A:
Ing Esp OSCAR PALACIO LEÓN, M.Sc, M.Sc
DOCTORANDO EN INGENIERIA
DOCTORANDO EN PROYECTOS
PRESENTADO POR:
Jessica Liliana Leguizamo Velosa 2902202
Oscar Leonardo Ortiz Castellanos 2901510

TALLER GRUPO A:
UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

PRIMER PUNTO.

ENUNCIADO:
La compañía Cauchos ABC del Sur va a realizar cuatro proyectos, por falta de personal la
Gerencia General planifico la subcontratación de cuatro firmas especializadas para que cada una
realice un proyecto. Todas las firmas están en condiciones de realizar cualquiera de los proyectos.
El gerente general no sabe cómo distribuir los proyectos entre las cuatro firmas. Usted es la mano
derecha del Gerente General, ¿Qué le aconsejaría (Partiendo del Análisis Científico del Proceso
de Toma de Decisiones)? Para dar respuesta a este interrogante emplee el Método Húngaro .
1 2 3 4
FIRMA A 10 15 22 19
FIRMA B 20 18 15 14
FIRMA C 16 17 12 20
FIRMA D 11 18 16 15
PROYECTO.
MATRIZ DE AHORROS EN COSTOS DE INVERSIÓN (M COP)

Cómo podemos observar, la matriz que tenemos relaciona los aspectos a tener en cuenta para
poder analizar la viabilidad de asignar a cada firma un proyecto por lo tanto procedemos a realizar
análisis por medio del método húngaro en donde debemos realizar como primer medida a partir
de la matriz de costos una reducción de filas.
1 2 3 4
FIRMA
A
10 15 22 19
FIRMA
B
20 18 15 14
FIRMA
C
16 17 12 20
FIRMA
D
11 18 16 15
1 2 3 4
FIRMA
A
0 5 12 9
FIRMA
B
6 4 1 0
FIRMA
C
4 5 0 8
FIRMA
D
0 7 5 4
Tomamos el menor
valor de cada fila y
lo restamos al resto
de valores en la fila
para obtener.

Luego de obtener nuestra matriz reducida por filas procedemos a realizar la reducción por
columnas para aquellas en las que aún no haya un cero.
1 2 3 4
FIRMA
A
0 1 12 9
FIRMA
B
6 0 1 0
FIRMA
C
4 1 0 8
FIRMA
D
0 3 5 4
Tomamos el menor
valor de la segunda
columna que es la
única sin un cero y
de valores en la
columna para
obtener.
1 2 3 4
FIRMA
A
0 5 12 9
FIRMA
B
6 4 1 0
FIRMA
C
4 5 0 8
FIRMA
D
0 7 5 4

El paso a seguir es cubrir la máxima cantidad de ceros existentes en la matriz de costos reducida
con líneas, en este caso en particular como tenemos una matriz de cuatro por cuatro en total
deben ser 4 las líneas que deben cubrir los ceros presentes en la misma.
1 2 3 4
FIRMA A 0 1 12 9
FIRMA B 6 0 1 0
FIRMA C 4 1 0 8
FIRMA D 0 3 5 4

Como podemos ver, solo hay tres líneas cubriendo los ceros de la matriz, por lo tanto el paso a
seguir es tomar el menor valor que aún no está cubierto por las líneas y restarlo al resto de
valores descubiertos, además de sumarlo a los cruces entre líneas así:
1 2 3 4
FIRMA
A
0 0 12 8
FIRMA
B
7 0 2 0
FIRMA
C
4 0 0 7
FIRMA
D
0 2 5 3
Como hay dos valores
iguales (1)
seleccionamos
arbitrariamente uno de
ellos y realizamos el
procedimiento
indicado.
1 2 3 4
FIRMA
A
0 1 12 9
FIRMA
B
6 0 1 0
FIRMA
C
4 1 0 8
FIRMA
D
0 3 5 4

Nuevamente cubrimos con líneas todos los ceros de la matriz obteniendo está vez las cuatro
líneas requeridas para nuestra matriz de 4 x 4.
1 2 3 4
FIRMA A 0 0 12 8
FIRMA B 7 0 2 0
FIRMA C 4 0 0 7
FIRMA D 0 2 5 3

A continuación se presenta la matriz de ceros.
1 2 3 4
FIRMA A 0 0 12 8
FIRMA B 7 0 2 0
FIRMA C 4 0 0 7
FIRMA D 0 2 5 3

A partir de nuestra matriz de ceros seleccionamos los ceros que representaran, los proyectos que
se asignaran a cada firma, por lo tanto se debe tener en cuenta que a todas las firmas se les
debe asignar un proyecto y que un proyecto no puede ser asignado dos veces de está manera:
1 2 3 4
FIRMA A 0 0 12 8
FIRMA B 7 0 2 0
FIRMA C 4 0 0 7
FIRMA D 0 2 5 3

A cada cero que seleccionamos le asignamos el valor correspondiente de la matriz de costos para
presentar la solución.
1 2 3 4
FIRMA
A
0 0 12 8
FIRMA
B
7 0 2 0
FIRMA
C
4 0 0 7
FIRMA
D
0 2 5 3
1 2 3 4
FIRMA
A
10 15 22 19
FIRMA
B
20 18 15 14
FIRMA
C
16 17 12 20
FIRMA
D
11 18 16 15

SOLUCIÓN:
FIRMA PROYECTO COSTO
A 2 15
B 4 14
C 3 12
D 1 11
TOTAL 52 (M COP)
Por lo tanto, a la firma A se le asignará el proyecto 2 cuyo costo es 15 millones de pesos, a la
firma B se le asignará el proyecto 4 que tiene un costo de 14 millones de pesos, a la firma 3
le será asignado el proyecto C con un valor de 12 millones de pesos y a la firma D se le
asignará el proyecto número 1 que tiene un valor de 11 millones de pesos para un total de
52 millones de pesos para obtener el mayor ahorro en la ejecución de los proyectos.

SEGUNDO PUNTO.

ENUNCIADO:
ABC COMPANY, posee un sistema Job Shop de Inyección de plástico conformado por tres
máquinas diferentes. El programador de producción de la compañía debe procesar seis
órdenes de pedido, que pueden realizarse en cualquiera de las tres autómatas, pero con
la condición de que el trabajo asignado a la inyectora correspondiente tendrá que
completarse en su totalidad en dicha autómata. Las ordenes de producción, el tamaño de
lote (Unidades/Pedido), cavidades por molde (Unidades/Inyección) y el tiempo de ciclo
(minutos/Inyección) se indican en la tabla adjunta.

TAREA
TAMAÑO
DE LOTE
INYECTORA 1 INYECTORA 2 INYECTORA 3
CM Tc CM Tc CM Tc
I094 2000 8 0,8 6 0,6 4 0,4
I095 6000 4 0,2 6 0,4 8 0,6
I096 4000 1 0,1 2 0,2 4 0,4
I097 5000 6 0,9 4 0,6 2 0,3
I098 9000 6 0,6 4 0,4 8 0,8
I099 4000 4 0,6 2 0,4 6 0,9

El área de inyectoras labora a tres jornadas por día, con una tasa de utilización promedio
del 92%, eficiencia del sistema promedio del 95, 96 y 97 % para la inyectora 1, 2, y 3
respectivamente. Además, el gerente de control de piso estandarizo el índice general de
control de calidad en 95, 97 y 99% para las inyectoras mencionadas en el mismo orden
estricto ya citadas. Se desea conocer qué Tareas se asignarán a cada Inyectora de forma
que el Tiempo Total de Procesamiento sea Mínimo (Makespan), aplicando la Método de
Índices y representando la asignación de las Orden de trabajo a Maquina a través de un
diagrama de Gantt .

Obteniendo así la siguiente tabla, (matriz de
costos).
PROCEDIMIENTO MÉTODO DE ÍNDICES
Tiempo de producción =
𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒄𝒍𝒐∗𝒕𝒂𝒎𝒂ñ𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒐𝒕𝒆
𝑵𝒖𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒃𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒑𝒐𝒓 𝒎𝒐𝒍𝒅𝒆
1. Calcular la matriz de costo : Se debe estandarizar de acuerdo a los datos de ciclo
con producción en masa de acuerdo a la siguiente formula:

𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨 𝐝𝐞 𝐜𝐢𝐜𝐥𝐨∗𝐭𝐚𝐦𝐚ñ𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐨𝐭𝐞
𝐍𝐮𝐦𝐞𝐫𝐨 𝐜𝐚𝐛𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐩𝐨𝐫 𝐦𝐨𝐥𝐝𝐞
TAREA INYECTORA 1 INYECTORA 2 INYECTORA 3
I094 200 200 200
I095 300 400 450
I096 400 400 400
I097 750 750 750
I098 900 900 900
I099 600 800 600

2. Calcular el Tiempo Efectivo de Producción: Consiste en integrar en una formula los
conceptos de Jornada Laboral, Tasa de Utilización del Sistema, Eficiencia del Sistema e
Índice de Control de Calidad, de la siguiente manera:
𝑇𝐸𝑃𝑖 = 𝐽𝐿 𝑖 ∗ 𝑈𝑆 ∗ 𝐸𝑆𝑖 ∗ 𝐼𝐶𝐶
𝑇 𝐸𝑃𝑖 = Tiempo Efectivo de Producción para la inyectora i
𝐽𝐿𝑖 = Jornada laboral de la inyectora i en (minutos/día).
𝑈𝑆 = Tasa de utilización del sistema en porcentaje.
𝐸𝑆 𝑖 = Eficiencia de la inyectora i en porcentaje.
𝐼𝐶𝐶 𝑖 = Índice de Control de Calidad de la inyectora i en
porcentaje.

Se realizan 3 jornadas laborales de 8 horas cada día, lo que equivale a
1440 minutos por día.
TEP Inyectora 1 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 95% ∗ 95% = 1, 195 . 632
minutos/día.
TEP Inyectora 2 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 96% ∗ 97% = 1, 233 . 653
minutos/día.
TEP Inyectora 3 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 97% ∗ 99% = 1, 272 . 205
minutos/día.
Con lo anterior podemos proseguir con el tercer paso de método.3. Asignación de “índices” a cada tarea, para ello tomaremos el tiempo
de producción menor y lo dividiremos entre las inyectoras de la misma
tarea.

I094 1 200 1 200 1
I095 1 400 1,33 450 1,5
I096 1 400 1 400 1
I097 1 750 1 750 1
I098 1 900 1 900 1
I099 1 800 1,33 600 1
200/200=1 ; 200/200=1 ; 200/200=1
300/300=1 ; 400/300=1.33 ; 450/300=1,5
400/400=1 ; 400/400=1 ; 400/400=1
900/900=1 ; 900/900=1 ; 900/900=1
750/750=1 ; 750/750=1 ; 750/750=1
600/600=1 ; 800/600=1,33 ; 600/600=1

4. Asignar tres filas correspondientes a: capacidad asignada, capacidad disponible y
capacidad en exceso.
I094 200 1 200 1 200 1
I095 300 1 400 1,33 450 1,5
I096 400 1 400 1 400 1
I097 750 1 750 1 750 1
I098 900 1 900 1 900 1
I099 600 1 800 1,33 600 1
CAPACIDAD
ASIGNADA
CAPACIDAD
DISPONIBLE
1195,63 1233,65 1272,20
CAPACIDAD
EXCESO

• 5. Asignar a las tareas que tengan los números índices más pequeños a cada inyectora.
I094 200 1 200 1
I095 400 1,33 450 1,5
I096 400 1 400 1
I097 750 1 750 1
I098 900 1 900 1
I099 600 1 800 1,33
CAPACIDAD
ASIGNADA
CAPACIDAD
DISPONIBLE
1195,63
1233,65
1272,20
CAPACIDAD EXCESO 354,37 -333,65 -672,2

6. Al asignar a las tareas con los números índices mas pequeños a cada inyectora, como se
ven en el paso anterior, no se cumple con las especificaciones, por lo tanto tomaremos la
siguiente inyectora con el índice más bajo hasta cumplir con las especificaciones que se
exigen.
I094 200 1 200 1
I095 400 1,33 450 1,5
I096 400 1 400 1
I097 750 1 750 1
I098 900 1 900 1
I099 600 1 800 1,33
CAPACIDAD
ASIGNADA 1050 1100 1000
CAPACIDAD
DISPONIBLE
1195,63
1233,65
1272,20
CAPACIDAD EXCESO -145,63 -123,65 -272,2

7. Luego de asignar las tareas a cada una de las inyectoras se representa la
asignación de orden de trabajo a cada maquina a través del diagrama de GRANTT.
200
300
400
750
900
600
0 200 400 600 800 1000 1200
INYECTORA 1
INYECTORA 2
INYECTORA 3
TIEMPO DE PRODUCCIÓN
I094 0 200 0
I095 300 0 0
I096 0 0 400
I097 750 0 0
I098 0 900 0
I099 0 0 600
I094 I095 I096 I097 I098 I099

TERCER PUNTO.

D1 D2 D3 D4 DF Oferta
S1
7 3 8 8 M
100
S2
5 5 6 8 M
200
S3
7 4 9 10 M
300
Demanda 150 150 120 80 100 600
El Gerente de Operaciones de la compañía ABC, ha recolectado la información que se suministra en
la matriz adjunta con el objeto de poder determinar el esquema de transporte de menor costo
ENUNCIADO:

Determinamos la penalización para
cada reglón o columna restando los
dos costos menores de dicho renglón
o columna. Las penalizaciones se
denotan ∆𝑅𝑖 𝑦 ∆𝐶𝑖 y siempre son
positivos.
Determinar la mayor penalización,
rompiendo arbitrariamente los
empates.
S1
7 3 8 8 M
100
S2
5 5 6 8 M
200
S3
7 4 9 10 M
300
Demanda 150 150 120 80 100 600
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 M
100
S2
5 5 6 8 M
200 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹𝒊 2 1 2 2 0

Identificamos la casilla con el menor
costo unitario de ese renglón o
columna.
El siguiente paso es asignar la
mayor cantidad posible a la casilla
donde se encuentro el menor costo
unitario.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 M
100
S2
5 5 6 8 M
200 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹𝒊 2 1 2 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 M
100
100
S2
5 5 6 8 M
200 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹𝒊 2 1 2 2 0

Ahora eliminamos el renglón y/ o
columna satisfecho llenando de ceros
las celdas vacías de ese renglón o
columna, a fin de no tenerse en cuenta
para cálculos futuros.
Ahora iniciamos con el paso numero
1 determinando las penalizaciones,
hasta que quede solo un renglón o
columna sin eliminar.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 M
100
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹𝒊 2 1 2 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 M
100 4
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹𝒊 2 1 2 2 0

Determinar la penalización para
cada reglón o columna restando
los dos costos menores de ese
renglón o columna. Las
penalizaciones se denotan
∆𝑹𝒊 𝒚 ∆𝑪𝒊 y siempre son positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
S3
7 4 9 10 M
300 3 3
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0

Nuevamente identificamos el
menor costo unitario.
Y ahora se asigna la mayor
cantidad posible.
D1 D2 D3 D4 DF Oferta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
S3
7 4 9 10 M
300 3
50
Demanda 150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0

Se elimina la fila satisfecha llenando de
ceros las celdas vacías.
Inicie con el paso numero 1
determinando las penalizaciones,
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 M
300 3
50
Demanda 150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
S1
7 3 8 8 M
100 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3
50
Demanda 150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0

Determinar la penalización para cada
reglón o columna restando los dos
costos menores de ese renglón o
columna. Las penalizaciones se denotan
∆𝑅𝑖 𝑦 ∆𝐶𝑖 y siempre son positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 2 0

Se identifica el menor costo
unitario.
Se asigna la mayor cantidad
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 2 0

D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 M
100 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0

reglón o columna restando los dos costos
menores de ese renglón o columna. Las
penalizaciones se denotan ∆𝑅𝑖 𝑦 ∆𝐶𝑖 y
siempre son positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1 3
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0

unitario.
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
80 0 120
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0

D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
80 0 120 0 0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
80 0 120 0 0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
50 0
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0

Si sólo queda un renglón o columna sin
eliminar, continúe con el método de costo
mínimo para balancear el sistema.
Hallar el valor de la función objetivo.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1
80 0 120 0 0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
70 50 0 80 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 M
100 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 M
200 1 1 1 3
80 0 120 0 0
S3
7 4 9 10 M
300 3 3 2 3
70 50 0 80 100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝟏 2 1 2 2 0
∆𝑹 𝟐 2 1 3 2 0
∆𝑹 𝟑 2 - 3 2 0
∆𝑹 𝟒 2 - - 2 0

EL VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO:
𝑍 𝑚í𝑛 = 100𝑥3 + 80𝑥5 + 120𝑥6 + 70𝑥7 + 50𝑥4 + 80𝑥10 + 100
𝑍 𝑚í𝑛 = 2910 + 100𝑋𝑀

S1
7 8 8 M
100
100 0 0 0
S2
5 8 M
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
El primer paso es calcular los
coeficientes de los renglones y las
columnas usando solamente las celdas
de variables básicas, y segundo, con
estos coeficientes se determinan los
costos marginales para cada celda
vacía.

Determinar un índice para cada renglón (𝑈𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 − é𝑠𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑛𝑔𝑙ó𝑛) y uno
para la columna (𝑉𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑗 − é𝑠𝑖𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎) de forma tal que:
(𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 = 𝐶𝑖𝑗)
𝐶𝑖𝑗: 𝑆𝑜𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑏𝑎𝑠𝑖𝑐𝑎𝑠
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 M
S2 5 8 M
S3 9
𝒗𝒋

Se hace 𝑈𝑖 𝑜 𝑉𝑗 (una variable cualquiera) igual a cero, a fin de poder calcular las demás
ecuaciones; en este caso se hace cero el renglón donde se encuentran los costos de las
variables básicas.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 M
S2 5 8 M
S3 9
𝒗𝒋

Para calcular 𝑈𝑖 𝑦 𝑉𝑗 se tiene en cuenta 𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 = 𝐶𝑖𝑗
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 M
S2 5 8 M
S3 9
𝒗𝒋

Así que 𝑈1 = −1
Como se puede observar siempre quedara una ecuación con una sola variable; en este
caso 𝐶31
𝑈3 + 𝑉1 = 𝐶31
0 + 𝑉1 = 7
Así que 𝑉1 = 7
Para 𝐶32
𝑈3 + 𝑉2 = 𝐶32
0 + 𝑉2 = 4
Así que 𝑉2 = 4
Para 𝐶34
𝑈3 + 𝑉4 = 𝐶34
0 + 𝑉4 = 10
Así que 𝑉4 = 10
Para 𝐶3𝐹
𝑈3 + 𝑉𝐹 = 𝐶3𝐹
0 + 𝑉𝐹 = 𝑀
Así que 𝑉𝐹 = 𝑀
Para 𝐶21
𝑈2 + 𝑉1 = 𝐶21
𝑈2 + 7 = 5
Para 𝐶23
𝑈2 + 𝑉3 = 𝐶23
−2 + 𝑉3 = 6
Así que𝑉3 = 8
Para 𝐶12
𝑈1 + 𝑉2 = 𝐶12
𝑈1 + 4 = 3

Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)
∆𝐶𝑖𝑗 = 𝐶𝑖𝑗 − (𝑈𝑖 + 𝑉𝑗)
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 M
S2 5 8 M
S3 9
𝒗𝒋

Para ∆𝐶11
∆𝐶11 = 7 − (7 − 1)
∆𝐶11 = 7 − (6)
Así que ∆𝐶11= 1
Para ∆𝐶13
∆𝐶13 = 8 − (−1 + 8)
∆𝐶13 = 8 − (7)
Para ∆𝐶14
∆𝐶14 = 8 − (−1 + 10)
∆𝐶14 = 8 − (9)
Así que ∆𝑪 𝟏𝟒= −𝟏
Para ∆𝐶1𝐹
∆𝐶1𝐹 = 𝑀 − (−1 + 𝑀)
∆𝐶1𝐹 = 𝑀 + 1 − 𝑀)
Así que ∆𝐶1𝐹= 1
Para ∆𝐶22
∆𝐶22 = 5 − (−2 + 4)
∆𝐶22 = 5 − (2)
Para ∆𝐶24
∆𝐶24 = 8 − (−2 + 10)
∆𝐶24 = 8 − (8)
Para ∆𝐶2𝐹
∆𝐶2𝐹 = 𝑀 − (−2 + 𝑀)
∆𝐶2𝐹 = 𝑀 + 2 − 𝑀)
Para ∆𝐶33
∆𝐶33 = 9 − (0 + 8)
∆𝐶33 = 9 − (8)

S1
7 8 8 M
100
100 0 0 0
S2
5 8 M
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Dado que existe un costo marginal negativo, se escoge el valor de la celda donde esta el valor
mayor negativo del costo marginal para a partir de allí trazar la REGLA DE LA TRAYECTORIA
CERRADA de manera horizontal y vertical y cumpliendo que en cada esquina de ángulos rectos se
encuentren variables en solución.

S1
7 8 8 M
100
100 0 0 0
S2
5 8 M
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Se intercalan los signos positivos y negativos iniciando por la celda del costo marginal mas alto
negativo y continuando por cada una de las celdas donde se indica que hay un ángulo de 90° y
hay variables en solución.

S1
7 8 8 M
100
100 0 0 0
S2
5 8 M
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Se es coge el valor de la celda mas pequeño con el signo negativo; en este caso son
iguales y se escoge 80

S1
7 8 8 10
100
20 0 80 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 130 0 0 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Ese valor escogido, se reemplaza en la celda donde se hallo el costo margina negativo más alto y a partir
de allí se suma o se resta según indiquen las casillas con signo

S1
7 8 10
100
20 0 80 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9 10
300
70 130 0 0 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Dado que hace 𝑈𝑖 𝑦 𝑉𝑗 no se satisfacen, nuevamente 𝑈𝑖 𝑜 𝑉𝑗 (una variable cualquiera) se igual a cero, a fin
de poder calcular las demás ecuaciones; en este caso se hace cero el renglón donde se encuentran los
costos de las variables básicas.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 M
S2 5 8 M
S3 9 10
𝒗𝒋

D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 M
S2 5 8 M
S3 9 10
𝒗𝒋
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 M
S2 5 8 M
S3 9 10
𝒗𝒋

D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 M
S2 5 8 M
S3 9 10
𝒗𝒋

Para ∆𝐶11
∆𝐶11 = 7 − (−1 + 7)
∆𝐶11 = 7 − (6)
Para ∆𝐶13
∆𝐶13 = 8 − (−1 + 8)
∆𝐶13 = 8 − (7)
Para ∆𝐶1𝐹
∆𝐶1𝐹 = 𝑀 − (−1 + 𝑀)
∆𝐶1𝐹 = 𝑀 + 1 − 𝑀
Para ∆𝐶22
∆𝐶22 = 5 − (−2 + 4)
∆𝐶22 = 5 − (2)
Para ∆𝐶24
∆𝐶24 = 8 − (−2 + 9)
∆𝐶24 = 8 − (7)
Para ∆𝐶2𝐹
∆𝐶2𝐹 = 𝑀 − (−2 + 𝑀)
∆𝐶2𝐹 = 𝑀 + 2 − 𝑀
Para ∆𝐶33
∆𝐶33 = 9 − (0 + 8)
∆𝐶33 = 9 − (8)
Para ∆𝐶34
∆𝐶34 = 10 − (0 + 9)
∆𝐶34= 10 − (9)

5. Dado que todos los costos marginales son positivos, se determina que esta es la solución optima
S1
7 8 10
100
20 0 80 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9 10
300
70 130 0 0 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 M
S2 5 8 M
S3 9 10
𝒗𝒋

𝑍 𝑚í𝑛 = 20𝑥3 + 80𝑋8 + 80𝑥5 + 120𝑋6 + 70𝑋7 + 130𝑥4 + 100𝑥𝑀
𝑍 𝑚í𝑛 = 2830 + 100𝑀

TALLER GRUPO C:

ENUNCIADO:
La Gerencia de operaciones de la compañía ABC (Su objeto social está basado en la fabricación de Válvulas
Industriales de diferentes tamaños), en la actualidad está evaluando la creación de un Taller de Automáticas para la
producción de las piezas individuales que conforman los diferentes tamaños de Válvulas Industriales (VI). Debido a
que, prácticamente, todas las piezas se elaboran totalmente en cada autómata, no existen relaciones productivas
entre dichas máquinas. Sin embargo, todas poseen relación con el Centro de Distribución (CEDIS) de Materia Primas
(R), con un Almacén de Producto en Proceso previo al proceso de montaje de las Válvulas (F) y con una instalación
para el Reciclado de Desperdicios Metálicos (P), así como un taller de Acabado (N) para algunas piezas. El total de
Máquinas Autómatas que conformaran el nuevo Taller son 116, las cuales fueron agrupadas según su tipo en tres
categorías. Cada categoría de máquinas autómatas poseen aproximadamente la misma intensidad de transporte
respecto a los lugares periféricos de su entorno productivo considerado en el estudio.
Para ubicar las tres categorías de máquinas autómatas ABC, cuenta con un edificio industrial, en el cual se delimitan
tres áreas, tal y como se indica en el plano adjunto, que satisfacen los requerimientos de espacio para cada categoría
de máquinas, y cuya posición respecto a los lugares periféricos al sistema productivo y con respecto de la ubicación
de las oficinas administrativas del taller (B), también se indica en el plano del edificio industrial.
El GO de ABC desea determinar el mejor ordenamiento espacial para cada categoría de máquinas autómatas en los
lugares disponibles para ello, de forma tal que el gasto de transporte total para el sistema productivo sea mínimo.
Para ello el GO ha evaluado la distancia desde cada uno de los posibles lugares de montaje de la categoría de
autómatas (A1, A2 y A3) hasta los puntos periféricos del sistema productivo estudiado (R, P, N y F) en metros
lineales, así como su intensidad de tráfico con respecto con cada categoría de máquinas autómatas Z1, Z2 y Z3
medido en t/día (Información que se muestra en las matrices S e I), respectivamente.

B
PA1
A3
A2
R
F
N
R P N F
Z1 3 6 9 8
Z2 4 10 8 3
Z3 8 5 9 4
A1 A2 A3
R 40 130 180
P 10 80 120
N 120 60 80
F 150 80 30
Lugares Periféricos
Locaciones para el
taller.
LugaresPeriféricos
Máquinas
autómatas.

• Cómo tenemos las matrices I (t/día) y S (m) necesitamos hallar la matriz de gasto del transporte:
R P N F
Z1 3 6 9 8
Z2 4 10 8 3
Z3 8 5 9 4
A1 A2 A3
R 40 130 180
P 10 80 120
N 120 60 80
F 150 80 30
Matriz I (t/día) Matriz S (m)

• Multiplicamos las matrices, para obtener nuestra matriz Q de gastos en transporte así:
Matriz S (m)
Matriz I (t/día)
Matriz Q (t – m / día)

40
10
120
150
x
3
6
9
8
= 2460
40
10
120
150
x
8
5
9
4
= 2050
130
80
60
80
x
8
5
9
4
= 2300
180
120
80
30
x
8
5
9
4
= 2880
40
10
120
150
x
4
10
8
3
= 1670
130
80
60
80
x
4
10
8
3
= 2040
180
120
80
30
x
4
10
8
3
= 2650
130
80
60
80
x
3
6
9
8
= 2050
180
120
80
30
x
3
6
9
8
= 2220

Ahora a partir de la matriz Q (t-m/día) empezamos a aplicar el método húngaro para realizar la toma de
decisiones.
A1 A2 A3
Z1 2460 2050 2220
Z2 1670 2040 2650
Z3 2050 2300 2880
Matriz Q (t-m/día)

Primero partiendo del análisis del método húngaro realizamos reducción de filas:
Tomamos el menor
para obtener.
A1 A2 A3
Z1 2460 2050 2220
Z2 1670 2040 2650
Z3 2050 2300 2880
A1 A2 A3
Z1 410 0 170
Z2 0 370 980
Z3 0 250 830

El siguiente paso es realizar la reducción por columnas en aquellas en las que el menor valor sea
diferente a cero:
Tomamos el menor
valor de la última
columna y lo
restamos al resto de
valores en la
columna para
obtener.
A1 A2 A3
Z1 410 0 0
Z2 0 370 810
Z3 0 250 660
A1 A2 A3
Z1 410 0 170
Z2 0 370 980
Z3 0 250 830

El paso a seguir es cubrir la máxima cantidad de ceros existentes en la matriz de gastos de
transporte reducida con líneas, en este caso en particular como tenemos una matriz de tres por
tres en total deben ser 3 las líneas que deben cubrir los ceros presentes en la misma.
A1 A2 A3
Z1 410 0 0
Z2 0 370 810
Z3 0 250 660

Como podemos ver, solo hay dos líneas cubriendo los ceros de la matriz, por lo tanto el paso a
Tomamos a 250 y
realizamos el
procedimiento
anteriormente
indicado.
A1 A2 A3
Z1 410 0 0
Z2 0 370 810
Z3 0 250 660
A1 A2 A3
Z1 660 0 0
Z2 0 120 560
Z3 0 0 410

Nuevamente cubrimos con líneas todos los ceros de la matriz obteniendo está vez las tres líneas
requeridas para nuestra matriz de 3 x 3.
A1 A2 A3
Z1 660 0 0
Z2 0 120 560
Z3 0 0 410

A1 A2 A3
Z1 660 0 0
Z2 0 120 560
Z3 0 0 410

A partir de nuestra matriz de ceros seleccionamos los ceros que representaran, las locaciones
que se asignaran a cada máquina autómata, por lo tanto se debe tener en cuenta que a todas las
máquinas se les debe asignar una locación y que una locación no puede ser asignada dos veces
así:
A1 A2 A3
Z1 660 0 0
Z2 0 120 560
Z3 0 0 410

A cada cero que seleccionamos le asignamos el valor correspondiente de la matriz gasto de
transporte para presentar la solución.
A1 A2 A3
Z1 660 0 0
Z2 0 120 560
Z3 0 0 410
A1 A2 A3
Z1 2460 2050 2220
Z2 1670 2040 2650
Z3 2050 2300 2880

SOLUCIÓN:
•
MÁQUINAS AUTÓMATAS LOCACIONES PARA EL TALLER GASTO
Z1 A3 2220
Z2 A1 1670
Z3 A2 2300
TOTAL 6190( t-m /día)
A partir de esto podemos definir que a la máquina Z1 se le asignara la locación A3, con
un gasto en transporte de 2220 (t-m/día), a la máquina Z2 se le asignará la locación A1
con un gasto en transporte de 1670 (t-m/día) y que la máquina Z3 tendrá asignada la
locación A2 con un gasto de transporte de 2300 (t-m/día) para un total en gasto de
transporte de 6190(t-m/día), en la empresa.

INDICES, TALLER GRUPO C PUNTO 2
ABC COMPANY, posee un sistema Job Shop de Inyección de plástico conformado por tres
máquinas diferentes. El programador de producción de la compañía debe procesar seis
órdenes de pedido, que pueden realizarse en cualquiera de las tres autómatas, pero con
la condición de que el trabajo asignado a la inyectora correspondiente tendrá que
completarse en su totalidad en dicha autómata. Las ordenes de producción, el tamaño de
lote (Unidades/Pedido), cavidades por molde (Unidades/Inyección) y el tiempo de ciclo
(minutos/Inyección) se indican en la tabla adjunta.

TAREA
TAMAÑO
DE LOTE
CM Tc CM Tc CM Tc
I094 1000 8 0,8 6 0,6 4 0,4
I095 3500 4 0,2 6 0,4 8 0,6
I096 4000 1 0,1 2 0,2 4 0,4
I097 5000 6 0,9 4 0,6 2 0,3
I098 4000 6 0,6 4 0,4 8 0,8
I099 4000 4 0,6 2 0,4 6 0,9
I100 2500 4 0,2 6 0,4 8 0,6
I101 5000 6 0,6 4 0,4 8 0,8
I102 1000 8 0,8 6 0,6 4 0,4

• El área de inyectoras labora a tres jornadas por día, con una tasa de utilización
promedio del 92%, eficiencia del sistema promedio del 95, 96 y 97 % para la inyectora
1, 2, y 3 respectivamente. Además, el gerente de control de piso estandarizo el índice
general de control de calidad en 95, 97 y 99% para las inyectoras mencionadas en el
mismo orden estricto ya citadas. Se desea conocer qué Tareas se asignarán a cada
Inyectora de forma que el Tiempo Total de Procesamiento sea Mínimo (Makespan),
aplicando la Método de Índices y representando la asignación de las Orden de trabajo
a Maquina a través de un diagrama de Gantt.

1. Calcular la matriz de costo : Se debe estandarizar de acuerdo a los datos de ciclo
con producción en masa de acuerdo a la siguiente formula:
𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒄𝒍𝒐∗𝒕𝒂𝒎𝒂ñ𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒐𝒕𝒆
𝑵𝒖𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒃𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒑𝒐𝒓 𝒎𝒐𝒍𝒅𝒆
TAREA
TIEMPO TOTAL DE PRODUCCIÓN (MIN/PED)
I094 100 100 100
I095 175 233 263
I096 400 400 400
I097 750 750 750
I098 400 400 400
I099 600 800 600
I100 125 167 188
I101 500 500 500
I102 100 100 100

Se realizan 3 jornadas laborales de 8 horas cada una al día, lo que
equivale a 1440 minutos por día.
TEP Inyectora 1 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 95% ∗ 95% = 1, 195 . 632
minutos/día.
TEP Inyectora 2 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 96% ∗ 97% = 1, 233 . 653
minutos/día.
TEP Inyectora 3 ∴ 1440 ∗ 92% ∗ 97% ∗ 99% = 1, 272 . 205
minutos/día.
Podemos así proceder a diseñar el modelo matemático del problema,
con el fin de hacer claro mediante la función objetivo la viabilidad de la
solución binaria. 𝟏 → ASIGNAR LA ORDEN DE PRODUCCIÓN i A LA
INYECTORA 𝒋
𝒀𝒊𝒋= 𝑖 = I094,I095,I096,I097,I098,I099,I100,I101,I102
⇿1,…..,9
𝑗 = INYECTORA 1, INYECTORA 2, INYECTORA 3 ⇿1,2,3
𝟎 → ECC

FUNCIÓN OBJETIVO
𝑀𝑖𝑛 𝑍= 125Y71 + 167Y72 + 188Y73 + 500Y81 + 500Y82 + 500Y83 + 100Y91 + 100Y92
+100Y93
Sujeto a:
Tarea 𝐼094∴ + + = 1
Tarea 𝐼𝑂95∴ + + = 1
Tarea 𝐼𝑂96∴ + + = 1
Tarea 𝐼𝑂97∴ + + = 1
Tarea 𝐼𝑂98∴ + + = 1
Tarea 𝐼𝑂99∴ + + = 1
Tarea I100 Y71 + Y72 +Y73 = 1
Tarea I101 Y81 + Y82 + Y83 = 1
Tarea I102 Y91 + Y92 + Y93 = 1

TEP TRAYECTORIA 1∴ 200+ 300+ 400+ 750+ 900+ 600 + 125Y71 +500Y81 +100Y91 ≤ 1195,63
TEP TRAYECTORIA 2∴ 200+ 400+ 400+ 750+ 900+ 800 + 167Y72+ 500Y82 + 100Y92 ≤ 1233,65
TEP TRAYECTORIA 3∴ 200+ 450+ 400+ 750+ 900+ 600 + 188Y73 + 500Y83 +100Y93 ≤ 1272,70
𝑌𝑖𝑗=1;0
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
INYECTORA 1
INYECTORA 2
INYECTORA 3
Diagrama de GANTT
I094 I095 I096 I097 I098 I099 I100 I101

S1
7 3 8 8 10
100
S2
5 5 6 8 9
200
S3
7 4 9 10 3
300
Demanda 150 150 120 80 100 600
El Gerente de Operaciones de la compañía ABC, ha recolectado la información que se suministra
en la matriz adjunta con el objeto de poder determinar el esquema de transporte de menor costo
ENUNCIADO:

1.Determinar la penalización para
cada reglón o columna restando los
dos costos menores de ese renglón o
columna. Las penalizaciones se
positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF Oferta ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
S2
5 5 6 8 9
200 1
S3
7 4 9 10 3
300 1
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
S2
5 5 6 8 9
200 1
S3
7 4 9 10 3
300 1
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2

Identifique la casilla con el menor
columna.
Asigne la mayor cantidad posible a
la casilla donde se encuentro el
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
S2
5 5 6 8 9
200 1
S3
7 4 9 10 3
300 1
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
S2
5 5 6 8 9
200 1
S3
7 4 9 10 3
300 1
100
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2

Elimine el renglón y/ o columna
satisfecho llenando de ceros las celdas
vacías de ese renglón o columna, a fin
de no tenerse en cuenta para cálculos
futuros.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
0
S2
5 5 6 8 9
200 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1
100
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2
D1 D2 D3 D4 DF
Ofert
a ∆𝑪 𝟏
S1
7 3 8 8 10
100 4
0
S2
5 5 6 8 9
200 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1
100
Demand
a
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6

positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4 4
0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4
0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -

unitario.
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4
0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4
100 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -

D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 3 8 8 10
100 4 4
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -

columna. Las penalizaciones se denotan
∆𝑅𝑖 𝑦 ∆𝐶𝑖 y siempre son positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3
100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -

unitario.
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 2 -

D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -

positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofer
ta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 100
Deman
da
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 2 -

unitario.
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 120 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 120 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0 120 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -

positivos.
empates.
D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1 3
0
120
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2 3
50 0 100
Dem
anda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0
120
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -

unitario.
posible.
D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
0
120
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
80 0
120
0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1
80 0
120
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1 3
80 0
120
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2 3
50 0 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

D1 D2 D3 D4 DF
Of
erta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1 3
80 0
120
0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2 3
70 50 0 80 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -
D1 D2 D3 D4 DF
Ofe
rta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑 ∆𝑪 𝟒 ∆𝑪 𝟓
S1
7 3 8 8 10
100 4 4 - - -
0 100 0 0 0
S2
5 5 6 8 9
200 1 1 1 1 3
80 0 120 0 0
S3
7 4 9 10 3
300 1 1 3 2 3
70 50 0 80 100
Dema
nda
150 150 120 80 100 600
∆𝑹 𝑰 2 1 2 2 6
∆𝑹 𝟐 2 1 2 2 -
∆𝑹 𝟑 2 1 3 2 -
∆𝑹 𝟒 2 - 3 2 -
∆𝑹 𝟓 2 - - 2 -

VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO:
𝑍 𝑚í𝑛 = 100𝑥3 + 80𝑥5 + 120𝑥6 + 70𝑥7 + 50𝑥4 + 80𝑥10 + 100𝑥3
𝑍 𝑚í𝑛 = 3210

S1
7 8 8 10
100
100 0 0 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Primero se calcula los coeficientes de los renglones y las columnas usando solamente las celdas de
variables básicas, y segundo, con estos coeficientes se determinan los costos marginales para
cada celda vacía.

D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

variables básicas.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

Como se puede observar siempre quedara una ecuación con una sola variable; en este caso 𝐶31
Para 𝐶31
𝑈3 + 𝑉1 = 𝐶31
0 + 𝑉1 = 7
Así que 𝑉1 = 7
Para 𝐶32
𝑈3 + 𝑉2 = 𝐶32
0 + 𝑉2 = 4
Así que 𝑉2 = 4
Para 𝐶34
𝑈3 + 𝑉4 = 𝐶34
0 + 𝑉4 = 10
Así que 𝑉4 = 10
Para 𝐶3𝐹
𝑈3 + 𝑉𝐹 = 𝐶3𝐹
0 + 𝑉𝐹 = 3
Así que 𝑉𝐹 = 3
Para 𝐶21
𝑈2 + 𝑉1 = 𝐶21
𝑈2 + 7 = 5
Para 𝐶23
𝑈2 + 𝑉3 = 𝐶23
−2 + 𝑉3 = 6
Así que𝑉3 = 8
Para 𝐶12
𝑈1 + 𝑉2 = 𝐶12
𝑈1 + 4 = 3

4. Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

Para ∆𝐶11
∆𝐶11 = 7 − (7 − 1)
∆𝐶11 = 7 − (6)
Para ∆𝐶13
∆𝐶13 = 8 − (−1 + 8)
∆𝐶13 = 8 − (7)
Para ∆𝐶14
∆𝐶14 = 8 − (−1 + 10)
∆𝐶14 = 8 − (9)
Así que ∆𝐶14= −1
Para ∆𝐶1𝐹
∆𝐶1𝐹 = 10 − (−1 + 3)
∆𝐶1𝐹 = 10 − (2)
Para ∆𝐶22
∆𝐶22 = 5 − (−2 + 4)
∆𝐶22 = 5 − (2)
Para ∆𝐶24
∆𝐶24 = 8 − (−2 + 10)
∆𝐶24 = 8 − (8)
Para ∆𝐶2𝐹
∆𝐶2𝐹 = 9 − (−2 + 3)
∆𝐶2𝐹 = 9 − (1)
Para ∆𝐶33
∆𝐶33 = 9 − (0 + 8)
∆𝐶33 = 9 − (8)

S1
7 8 8 10
100
100 0 0 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Dado que existe un costo marginal negativo, se escoge el valor de la celda donde esta el valor
mayor negativo del costo marginal para a partir de allí trazar la REGLA DE LA TRAYECTORIA
CERRADA de manera horizontal y vertical y cumpliendo que en cada esquina de ángulos rectos se
encuentren variables en solución.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

S1
7 8 8 10
100
100 0 0 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Se intercalan los signos positivos y negativos iniciando por la celda del costo marginal mas alto
negativo y continuando por cada una de las celdas donde se indica que hay un ángulo de 90° y
hay variables en solución.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋

S1
7 8 8 10
100
100 0 0 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9
300
70 50 0 80 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 8 10
S2 5 8 9
S3 9
𝒗𝒋
Se es coge el valor de la celda mas pequeño con el
signo negativo; en este caso 80

S1
7 8 10
100
20 0 80 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9 10
300
70 130 0 0 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
Ese valor escogido, se reemplaza en la celda donde se hallo el costo margina negativo más alto y a
partir de allí se suma o se resta según indiquen las casillas con signo

Dado que hace 𝑈𝑖 𝑦 𝑉𝑗 no se satisfacen, nuevamente 𝑈𝑖 𝑜 𝑉𝑗 (una variable cualquiera) se
igual a cero, a fin de poder calcular las demás ecuaciones; en este caso se hace cero el
renglón donde se encuentran los costos de las variables básicas.
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 10
S2 5 8 9
S3 9 0
𝒗𝒋

D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 10
S2 5 8 9
S3 9 0
𝒗𝒋

4. Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 10
S2 5 8 9
S3 9 0
𝒗𝒋

Para ∆𝐶11
∆𝐶11 = 7 − (−1 + 7)
∆𝐶11 = 7 − (6)
Para ∆𝐶13
∆𝐶13 = 8 − (−1 + 8)
∆𝐶13 = 8 − (7)
Para ∆𝐶1𝐹
∆𝐶1𝐹 = 10 − (2)
∆𝐶1𝐹 = 10 − (−1 + 3)
Para ∆𝐶22
∆𝐶22 = 5 − (−2 + 4)
∆𝐶22 = 5 − (2)
Para ∆𝐶24
∆𝐶24 = 8 − (−2 + 9)
∆𝐶24 = 8 − (7)
Para ∆𝐶2𝐹
∆𝐶2𝐹 = 9 − (−2 + 3)
∆𝐶2𝐹 = 9 − (1)
Para ∆𝐶33
∆𝐶33 = 9 − (0 + 8)
∆𝐶33 = 9 − (8)
Para ∆𝐶43
∆𝐶43 = 0 − (0 − 9)
∆𝐶43 = 0 + (9)

Dado que todos los costos marginales son positivos, se determina que esta es la solución optima
S1
7 8 10
100
20 0 80 0
S2
5 8 9
200
80 0 120 0 0
S3
9 7
300
70 130 0 0 100
Demanda 150 150 120 80 100 600
D1 D2 D3 D4 DF
𝑼𝒊
S1 7 8 10
S2 5 8 9
S3 9 0
𝒗𝒋

VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO
𝑍 𝑚í𝑛 = 20𝑥3 + 80𝑋8 + 80𝑥5 + 120𝑥6 + 70𝑥7 + 130𝑥4 + 100𝑥3
𝑍 𝑚í𝑛 = 3130

TALLER GRUPO D:

ENUNCIADO:
La Gerencia de operaciones de la compañía ABC (Su objeto social está basado en la fabricación de Válvulas Industriales de
diferentes tamaños), en la actualidad está evaluando la creación de un Taller de Automáticas para la producción de las piezas
individuales que conforman los diferentes tamaños de Válvulas Industriales (VI). Debido a que, prácticamente, todas las piezas
se elaboran totalmente en cada autómata, no existen relaciones productivas entre dichas máquinas. Sin embargo, todas poseen
relación con el Centro de Distribución (CEDIS) de Materia Primas (R), con un Almacén de Producto en Proceso previo al
proceso de montaje de las Válvulas (F) y con una instalación para el Reciclado de Desperdicios Metálicos (P), así como un taller
de Acabado (N) para algunas piezas. El total de Máquinas Autómatas que conformaran el nuevo Taller son 116, las cuales
fueron agrupadas según su tipo en tres categorías. Cada categoría de máquinas autómatas poseen aproximadamente la misma
intensidad de transporte respecto a los lugares periféricos de su entorno productivo considerado en el estudio.
Para ubicar las tres categorías de máquinas autómatas ABC, cuenta con un edificio industrial, en el cual se delimitan tres áreas,
tal y como se indica en el plano adjunto, que satisfacen los requerimientos de espacio para cada categoría de máquinas, y cuya
posición respecto a los lugares periféricos al sistema productivo y con respecto de la ubicación de las oficinas administrativas
del taller (B), también se indica en el plano del edificio industrial.
El GO de ABC desea determinar el mejor ordenamiento espacial para cada categoría de máquinas autómatas en los lugares
disponibles para ello, de forma tal que el gasto de transporte total para el sistema productivo sea mínimo. Para ello el GO ha
evaluado la distancia desde cada uno de los posibles lugares de montaje de la categoría de autómatas (A1, A2 y A3) hasta los
puntos periféricos del sistema productivo estudiado (R, P, N y F) en metros lineales, así como su intensidad de tráfico con
respecto con cada categoría de máquinas autómatas Z1, Z2 y Z3 medido en t/día (Información que se muestra en las matrices S
e I), respectivamente.

P
F
N
R
A2 = 680 𝑴 𝟐
A3 = 680 𝑴 𝟐
A1 = 704 𝑴 𝟐
0 10 20 m
R P N F
Z1 1.1 0.3 0 0.8
Z2 1.5 0.4 0.5 0.6
Z3 2.3 0.6 0.5 1.2
A1 A2 A3
R 21 52 87
P 28 70 105
N 45 14 49
F 97 63 29
LugaresPeriféricos
Lugares Periféricos
MáquinasAutómatas
Locaciones para el
taller
MatrizI(t/día)MatrizS(m)

• Cómo tenemos las matrices I (t/día) y S (m) necesitamos hallar la matriz de gasto del transporte:
R P N F
Z1 1.1 0.3 0 0.8
Z2 1.5 0.4 0.5 0.6
Z3 2.3 0.6 0.5 1.2
A1 A2 A3
R 21 52 87
P 28 70 105
N 45 14 49
F 97 63 29
Matriz I (t/día) Matriz S (m)

21
28
45
97
x
1.1
0.3
0
0.8
= 109.1
21
28
45
97
x
2.3
0.6
0.5
1.2
= 204
52
70
14
63
x
2.3
0.6
0.5
1.2
=244.2
87
105
49
29
x
2.3
0.6
0.5
1.2
= 322.4
21
28
45
97
x
1.5
0.4
0.5
0.6
= 123.4
52
70
14
63
x
1.5
0.4
0.5
0.6
= 150.8
87
105
49
29
x
1.5
0.4
0.5
0.6
=214.4
52
70
14
63
x
1.1
0.3
0
0.8
= 128.6
87
105
49
29
x
1.1
0.3
0
0.8
=150.4

Ahora a partir de la matriz Q (t-m/día) empezamos a aplicar el método húngaro para realizar la toma de
decisiones.
A1 A2 A3
Z1 109.1 128.6 150.4
Z2 123.4 150.8 214.4
Z3 204 244.2 322.4
Matriz Q (t-m/día)

Primero partiendo del análisis del método húngaro realizamos reducción de filas:
Tomamos el menor
para obtener.
A1 A2 A3
Z1 109.1 128.6 150.4
Z2 123.4 150.8 214.4
Z3 204 244.2 322.4
A1 A2 A3
Z1 0 19.5 41.3
Z2 0 27.4 91
Z3 0 40.2 118.4

El siguiente paso es realizar la reducción por columnas en aquellas en las que el menor valor sea
diferente a cero:
Tomamos el menor
valor de la dos
últimas columna y lo
restamos al resto de
valores en las
respectivas
columnas para
obtener.
A1 A2 A3
Z1 0 0 0
Z2 0 7.9 49.7
Z3 0 20.7 77.1
A1 A2 A3
Z1 0 19.5 41.3
Z2 0 27.4 91
Z3 0 40.2 118.4

El paso a seguir es cubrir la máxima cantidad de ceros existentes en la matriz de gastos de
transporte reducida con líneas, en este caso en particular como tenemos una matriz de tres por
tres en total deben ser 3 las líneas que deben cubrir los ceros presentes en la misma.
A1 A2 A3
Z1 0 0 0
Z2 0 7.9 49.7
Z3 0 20.7 77.1

Como podemos ver, solo hay dos líneas cubriendo los ceros de la matriz, por lo tanto el paso a
Tomamos a 7.9 y
realizamos el
procedimiento
anteriormente
indicado.
A1 A2 A3
Z1 0 0 0
Z2 0 7.9 49.7
Z3 0 20.7 77.1
A1 A2 A3
Z1 7.9 0 0
Z2 0 0 41.8
Z3 0 12.8 69.2

Nuevamente cubrimos con líneas todos los ceros de la matriz obteniendo está vez las tres líneas
requeridas para nuestra matriz de 3 x 3.
A1 A2 A3
Z1 7.9 0 0
Z2 0 0 41.8
Z3 0 12.8 69.2

A1 A2 A3
Z1 7.9 0 0
Z2 0 0 41.8
Z3 0 12.8 69.2

A partir de nuestra matriz de ceros seleccionamos los ceros que representaran, las locaciones
que se asignaran a cada máquina autómata, por lo tanto se debe tener en cuenta que a todas las
máquinas se les debe asignar una locación y que una locación no puede ser asignada dos veces
así:
A1 A2 A3
Z1 7.9 0 0
Z2 0 0 41.8
Z3 0 12.8 69.2

A cada cero que seleccionamos le asignamos el valor correspondiente de la matriz gasto de
transporte para presentar la solución.
A1 A2 A3
Z1 7.9 0 0
Z2 0 0 41.8
Z3 0 12.8 69.2
A1 A2 A3
Z1 109.1 128.6 150.4
Z2 123.4 150.8 214.4
Z3 204 244.2 322.4

SOLUCIÓN:
•
MÁQUINAS AUTÓMATAS LOCACIONES PARA EL TALLER GASTO (t- m/día)
Z1 A3 150.4
Z2 A2 150.8
Z3 A1 204
TOTAL8 505.2 ( t-m /día)
A partir de esto podemos definir que a la máquina Z1 se le asignara la locación A3, con
un gasto en transporte de 150.4 (t-m/día), a la máquina Z2 se le asignará la locación A2
con un gasto en transporte de 150.8 (t-m/día) y que la máquina Z3 tendrá asignada la
locación A1 con un gasto de transporte de 204 (t-m/día) para un total en gasto de
transporte de 505.2 (t-m/día), en la empresa.

ENUNCIADO:
• La compañía ABC posee un taller de inyección plástica, conformado por tres maquinas
idénticas. El día de hoy ABC recibió seis ordenes de trabajo. Las cuales, pueden
realizarse en cualquiera de las inyectoras que conforman el taller, pero con la
condición de que tendrá que completarse en la inyectora en el que se iniciaron. Los
tiempos de ciclo, en horas, de las tareas variaran según la inyectora, tal como se
muestra en la tabla adjunta que además contiene en su fila inferior el tiempo de
producción (TEP) para cada inyectora en horas por semana.

ORDEN DE TRABAJO INYECTORA 1 INYECTORA 2 INYECTORA 3
T018 24 17 24
T019 30 25 28
T020 23 16 24
T021 33 23 27
T022 12 18 16
T023 19 14 21
TEP 46 47 41

1. Como ya se tiene estandarizado en tiempos los datos, se debe encontrar el menor tiempo
del proceso para cada trabajo entre las diferentes maquinas inyectoras. La Asignación de
“índices” , consiste en tomar el tiempo de producción menor y lo dividirlo entre las inyectoras
de la misma tarea
ORDEN DE
TRABAJO
INYECTORA 1 INDICE INYECTORA 2 INDICE INYECTORA 3 INDICE
T018 24 1,41 17 1,0 24 1,4
T019 30 1,2 25 1,0 28 1,1
T020 23 1,4 16 1,0 24 1,5
T021 33 1,4 23 1,0 27 1,2
T022 12 1,0 18 1,5 16 1,3
T023 19 1,4 14 1,0 21 1,5
TEP 46 47 41

2. Se asignan las ordenes de producción con los menores índices a las inyectoras
correspondientes.
ORDEN DE
TRABAJO
INYECTORA 1 INIDICE INYECTORA 2 INIDICE INYECTORA 3 INDICE
T018 24 1,41 17 1,0 24 1,4
T019 30 1,2 25 1,0 28 1,1
T020 23 1,4 16 1,0 24 1,5
T021 33 1,4 23 1,0 27 1,2
T022 12 1,0 18 1,5 16 1,3
T023 19 1,4 14 1,0 21 1,5
Tiempo
efectivo de
producción.
46 47 41
Capacidad
asiganada
12 95 0
Capacidad
en exceso
34 -48 41

3. Como el tiempo asignado a la inyectora ”2” sobrepasa su tiempo efectivo de producción procedemos a
cambiar algunas ordenes de producción a la inyectora con el siguiente numero índice mas pequeño. Movemos la
producción 19 a la inyectora “3” y la producción 21 a la inyectora “3”.
ORDEN DE
TRABAJO
INYECTORA 1 INDICE INYECTORA 2 INDICE INYECTORA 3 INDICE
T018 24 1,41 17 1,0 24 1,4
T019 30 1,2 25 1,0 28 1,1
T020 23 1,4 16 1,0 24 1,5
T021 33 1,4 23 1,0 27 1,2
T022 12 1,0 18 1,5 16 1,3
T023 19 1,4 14 1,0 21 1,5
Tiempo
efectivo de
producción.
46 47 41
Capacidad
asignada
12 47 55
Capacidad
en exceso
34 0 -14

4. Notamos en la inyectora 3 el tiempo asignado, éste sobrepasa su tiempo efectivo de producción,
así que procedemos a cambiar la producción 21 a la inyectora “1”.
ORDEN DE
TRABAJO
INYECTORA 1 ÍNDICE INYECTORA 2 ÍNDICE INYECTORA 3 ÍNDICE
T018 24 1,41 17 1,0 24 1,4
T019 30 1,2 25 1,0 28 1,1
T020 23 1,4 16 1,0 24 1,5
T021 33 1,4 23 1,0 27 1,2
T022 12 1,0 18 1,5 16 1,3
T023 19 1,4 14 1,0 21 1,5
Tiempo
efectivo de
producción.
46 47 41
Capacidad
asignada
45 47 28
Capacidad
en exceso
1 0 13

17
28
16
33 12
14
INYECTORA 1
INYECTORA 2
INYECTORA 3
T018 T019 T020 T021 T022 T023
5. Se procede a crear el diagrama de GANTT que nos da una aproximación grafica de la distribución
del tiempo en las inyectoras.

D1 D2 D3 Oferta
S1
7 5 8
600
S2
3 9 6
800
S3
4 12 10
1000
Demand
a
500 700 1200 2400
El Gerente de Operaciones de la compañía ABC, ha recolectado la información que se suministra
en la matriz adjunta con el objeto de poder determinar el esquema de transporte de menor costo.
ENUNCIADO:

reglón o columna restando los dos costos
menores de ese renglón o columna. Las
penalizaciones se denotan ∆𝑅𝑖 𝑦 ∆𝐶𝑖 y
siempre son positivos.
D1 D2 D3 Oferta ∆𝑪 𝟏
S1
7 5 8
600 2
S2
3 9 6
800 3
S3
4 12 10
1000 6
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
empates.
S1
7 5 8
600 2
S2
3 9 6
800 3
S3
4 12 10
1000
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹𝑰 1 4 2

Identifique la casilla con el menor
columna.
S1
7 5 8
600 2
S2
3 9 6
800 3
S3
4 12 10
1000
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
Asigne la mayor cantidad posible a
la casilla donde se encuentro el
S1
7 5 8
600 2
S2
3 9 6
800 3
S3
4 12 10
1000
500
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2

Elimine el renglón y/ o columna
satisfecho llenando de ceros las celdas
vacías de ese renglón o columna, a fin
de no tenerse en cuenta para cálculos
futuros.
S1
7 5 8
600 2
0
S2
3 9 6
800 3
0
S3
4 12 10
1000 6
500
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
D1 D2 D3 Oferta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐
S1
7 5 8
600 2 3
0
S2
3 9 6
800 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 2
Se determina la
mayor
penalizaciónUNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

S1
7 5 8
600 2 3
0
S2
3 9 6
800 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2
500
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 2
Se identifica el menor costo unitario.
S1
7 5 8
600 2 3
0 600
S2
3 9 6
800 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2
500
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 2
Se asigna la mayor cantidad posible.

S1
7 5 8
600 2 3
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 2
ceros las celdas vacías. Se determinan nuevamente las
penalizaciones, hasta que quede
solo un renglón o columna sin
eliminar.
D1 D2 D3 Oferta ∆𝑪 𝟏 ∆𝑪 𝟐 ∆𝑪 𝟑
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3 4

empates.
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3
unitario.
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3

Se asigna la mayor cantidad posible.
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0 800
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3
Se elimina la fila satisfecha llenando de ceros
las celdas vacías.
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0 0 800
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Demand
a
500 700 1200 2400
∆𝑹𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3

Inicie con el paso numero 1 hasta
que quede solo un renglón o
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0 0 800
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3 4
S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0 0 800
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500 100 400
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3 4

S1
7 5 8
600 2 3 -
0 600 0
S2
3 9 6
800 3 3 3
0 0 800
S3
4 12 10
1000 6 2 2
500 100 400
Deman
da
500 700 1200 2400
∆𝑹 𝑰 1 4 2
∆𝑹 𝟐 - 4 2
∆𝑹 𝟑 - 3 4
𝑍 𝑚í𝑛 = 600𝑥5 + 800𝑥6 + 500𝑥4 + 100𝑥12 + 400𝑥10
𝑍 𝑚í𝑛 = 15000

D1 D2 D3 Oferta
S1
7 5 8
600
600
S2
3 9 6
800
800
S3
4 12 10
1000
500 100 400
Demanda 500 700 1200 2400
Primero se calcula los coeficientes de los renglones y las columnas usando solamente las celdas de
variables básicas, y segundo, con estos coeficientes se determinan los costos marginales para cada
celda vacía.

D1 D2 D3 𝑼𝒊
S1 7 8
S2 3 9
S3
𝒗𝒋

D1 D2 D3 𝑼𝒊
S1 7 8
S2 3 9
S3
𝒗𝒋
variables básicas.
2.

D1 D2 D3 𝑼𝒊
S1 7 8
S2 3 9
S3
𝒗𝒋 164

Como se puede observar siempre quedara una ecuación con una sola variable; en
este caso 𝐶31
0 + 𝑉1 = 4
Así que 𝑉1 = 4
Para 𝐶31
𝑈3 + 𝑉1 = 𝐶31
0 + 𝑉2 = 12
Así que 𝑉2 = 12
Para 𝐶32
𝑈3 + 𝑉2 = 𝐶32
0 + 𝑉3 = 10
Así que 𝑉3 = 10
Para 𝐶33
𝑈3 + 𝑉3 = 𝐶33
𝑈2 + 10 = 6
Para 𝐶23
𝑈2 + 𝑉3 = 𝐶23
𝑈1 + 12 = 5
Así que 𝑈1= −7
Para 𝐶12
𝑈1 + 𝑉2 = 𝐶12

D1 D2 D3 𝑼𝒊
S1 7 8
S2 3 9
S3
𝒗𝒋

Para ∆𝐶11
∆𝐶11 = 7 − (−7 + 4)
∆𝐶11 = 7 − (−3)
Para ∆𝐶13
∆𝐶13 = 8 − (−7 + 10)
∆𝐶13 = 8 − (3)
Para ∆𝐶21
∆𝐶21 = 3 − (−4 + 4)
∆𝐶21 = 3 − (0)
Para ∆𝐶22
∆𝐶22 = 9 − (−4 + 12)
∆𝐶22 = 9 − (8)

Dado que todos los costos marginales son positivos, se determina que las cantidades obtenidas
en la solución del método vogel es la solución optima.
D1 D2 D3 𝑼𝒊
S1 10 5
S2 3 1
S3
𝒗𝒋
D1 D2 D3 Oferta
S1
7 5 8
600
600
S2
3 9 6
800
800
S3
4 12 10
1000
500 100 400
Demand
a
500 700 1200 2400

𝑍 𝑚í𝑛 = 600𝑥5 + 800𝑥6 + 500𝑥4 + 100𝑥12 + 400𝑥10
𝑍 𝑚í𝑛 = 15000

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