Programación Lineal (Uso del Programa LINDO)

1. 1
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERIA INDUSTRIAL Y DE SISTEMAS
INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES
DOCENTE : ING. OMAR CASTILLO PAREDES
2023-B
UNAC – FIIS. ING. OMAR CASTILLO PAREDES
TEMA : FORMULACIÓN DE MPL (Solución con LINDO)

2. 2
EJERCICIOS DE PROGRAMACION LINEAL
LEE
¿Cómo lo planteo?
PIENSA RESUELVE COMPRUEBA
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3. 3
① PROBLEMA-ASIGNACION DE PERSONAL
El restaurante “PICALICO” atiende al público los siete días de
la semana. La administración ha contratado camareros para
que trabajen seis horas diarias. El contrato firmado estipula
que cada uno de ellos debe trabajar cinco días consecutivos
y descansar dos. Todos los camareros perciben el mismo
salario de $ 100 semanales. En la tabla aparecen los
requerimientos de personal. La gerencia desea encontrar un
programa de empleo que satisfaga estos requerimientos a un
costo mínimo.
DÍA
Nº DE CAMAREROS
MÍNIMO REQUERIDO
Lunes 16
Martes 15
Miércoles 16
Jueves 19
Viernes 14
Sábado 12
Domingo 18
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4. 4
① SOLUCION-ASIGNACION DE PERSONAL
LUN MAR MIE JUE VIE SAB DOM
XLUN
XMAR
XMIE
XJUE
XVIE
XSAB
XDOM
DIA
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5. 5
① SOLUCION-ASIGNACION DE PERSONAL
1º) VARIABLES DE DECISION:
Xi= Nº de camareros que empiezan a trabajar en día “i” , i=LUN,…,DOM
2º) FUNCION OBJETIVO:
Mín Z=100XLUN+100XMAR+100XMIE+100XJUE+100XVIE+100XSAB+100XDOM
Sujeto a:
3º) RESTRICCIONES ESTRUCTURALES:
4º) NO NEGATIVIDAD:
XMIE + XJUE + XVIE + XSAB + XDOM >= 18
XLUN + XJUE + XVIE + XSAB + XDOM >= 16
XLUN + XMAR + XVIE + XSAB + XDOM >= 15
XLUN + XMAR + XMIE + XSAB + XDOM >= 16
XLUN + XMAR + XMIE + XJUE + XDOM >= 19
XLUN + XMAR + XMIE + XJUE + XVIE >= 14
XMAR + XMIE + XJUE + XVIE + XSAB >= 12
Xi ≥ 0 ; i=LUN,…,DOM
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6. 6
① SOLUCION-CON SOFTWARE LINDO
!
! Un pequeño Problema de Asignación de Personal:
! Cada empleado trabaja 5 día consecutivos y luego descansa 2.
! Un trabajador puede empezar a trabajar cualquier día de la semana.
! Cada trabajador gana $ 100 por semana.
! Xi = Número de camareros que empiezan a trabajar el día “i”
! i = LUN, MAR, MIE, JUE, VIE, SAB, DOM
MIN 100 XLUN+100 XMAR+100 XMIE+100 XJUE+100 XVIE+100 XSAB+100 XDOM
SUBJECT TO
DOM) XMIE + XJUE + XVIE + XSAB + XDOM >= 18
LUN) XLUN + XJUE + XVIE + XSAB + XDOM >= 16
MAR) XLUN + XMAR + XVIE + XSAB + XDOM >= 15
MIE) XLUN + XMAR + XMIE +XSAB + XDOM >= 16
JUE) XLUN + XMAR + XMIE + XJUE +XDOM >= 19
VIE) XLUN + XMAR + XMIE + XJUE + XVIE >= 14
SAB) XMAR + XMIE + XJUE + XVIE + XSAB >= 12
END
! El valor objetivo buscado es $2200.
FORMULACION
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7. 7
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 7
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 2200.000
VARIABLE VALUE REDUCED COST
XLUN 2.000000 0.000000
XMAR 2.000000 0.000000
XMIE 4.000000 0.000000
XJUE 3.000000 0.000000
XVIE 3.000000 0.000000
XSAB 0.000000 0.000000
XDOM 8.000000 0.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES
DOM) 0.000000 -20.000000
LUN) 0.000000 -20.000000
MAR) 0.000000 -20.000000
MIE) 0.000000 -20.000000
JUE) 0.000000 -20.000000
VIE) 0.000000 -20.000000
SAB) 0.000000 -20.000000
NO. ITERATIONS= 7
SOLUCION
① SOLUCION-CON SOFTWARE LINDO
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8. 8
② PROBLEMA-PRODUCCION
Período Tons. De fertilizantes
1er. Trimestre 100000
2do. Trimestre 120000
3er. Trimestre 110000
4to. Trimestre 90000
Una fábrica de fertilizantes quiere programar su producción
para el próximo año. La demanda pronosticada de fertilizantes
es:
La capacidad de producción de la fábrica es de 95000 toneladas por trimestre.
Sin embargo, se pueden producir 30000 toneladas adicionales por trimestre en
un turno extra. El costo de producción en un turno normal es de
$700/ton/trimestre y en el turno extra el costo se incrementa en
$300/ton/trimestre. El fertilizante que no se puede vender, hay que
almacenarlo en bodegas a un costo de $500/ton/trimestre. Las bodegas no
pueden almacenar más de 20000 ton/trimestre.
Formular el modelo de P.L. que permita determinar cuántas toneladas deben
producirse por trimestre en turnos normales y extras para satisfacer la
demanda y que los costos de producción y almacenamiento se minimicen.
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9. 9
② SOLUCION-PRODUCCION
Estableciendo la siguiente relación para los inventarios en una empresa de
producción:
TRIMESTRE
INVENTARIO
INICIAL
PRODUCCION INVENTARIO
FINAL
DEMANDA
NORMAL EXTRA
1 ---- X1 Y1 Z1 100000
2 Z1 X2 Y2 Z2 120000
3 Z2 X3 Y3 Z3 110000
4 Z3 X4 Y4 Z4 90000
INVENTARIO INICIAL+ENTRADAS-SALIDAS=INVENTARIO FINAL
O equivalentemente:
INVENTARIO INICIAL+PRODUCCION+COMPRAS-INVENTARIO FINAL=DEMANDA+VENTAS
CUADRO RESUMEN POR TRIMESTRE
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10. 10
② SOLUCION-PRODUCCION
1º) VARIABLES DE DECISION:
Xi = Ton producidas en Turno Normal en el Trimestre “i” , i=1,…,4
2º) FUNCION OBJETIVO:
Mín Z = 700(X1+X2+X3+X4)+1000(Y1+Y2+Y3+Y4)+500(Z1+Z2+Z3+Z4)
Sujeto a:
Yi = Ton producidas en Turno Extra en el Trimestre “i” , i=1,…,4
Zi = Ton almacenadas en el Trimestre “i” , i=1,…,4
3º) RESTRICCIONES ESTRUCTURALES:
X1 ≤ 95000
X2 ≤ 95000
X3 ≤ 95000
X4 ≤ 95000
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11. 11
② SOLUCION-PRODUCCION
4º) NO NEGATIVIDAD:
Xi , Yi , Zi ≥ 0 ; i=1,…,4
Y1 ≤ 30000
Y2 ≤ 30000
Y3 ≤ 30000
Y4 ≤ 30000
Z1 ≤ 20000
Z2 ≤ 20000
Z3 ≤ 20000
Z4 ≤ 20000
X1+Y1-Z1=100000
Z1+X2+Y2-Z2=120000
Z2+X3+Y3-Z3=110000
Z3+X4+Y4-Z4= 90000
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12. 12
② SOLUCION-PRODUCCION
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 3
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 0.3075000E+09
VARIABLE VALUE REDUCED COST
X1 95000.000000 0.000000
X2 95000.000000 0.000000
X3 95000.000000 0.000000
X4 90000.000000 0.000000
Y1 5000.000000 0.000000
Y2 25000.000000 0.000000
Y3 15000.000000 0.000000
Y4 0.000000 300.000000
Z1 0.000000 500.000000
Z2 0.000000 500.000000
Z3 0.000000 800.000000
Z4 0.000000 1200.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES
2) 0.000000 300.000000
3) 0.000000 300.000000
4) 0.000000 300.000000
5) 5000.000000 0.000000
6) 25000.000000 0.000000
7) 5000.000000 0.000000
8) 15000.000000 0.000000
9) 30000.000000 0.000000
10) 20000.000000 0.000000
11) 20000.000000 0.000000
12) 20000.000000 0.000000
13) 20000.000000 0.000000
14) 0.000000 -1000.000000
15) 0.000000 -1000.000000
16) 0.000000 -1000.000000
17) 0.000000 -700.000000
NO. ITERATIONS= 3
! PROBLEMA DE PRODUCCION DE FERTILIZANTE
MIN
700X1+700X2+700X3+700X4+1000Y1+1000Y2+1000Y
3+1000Y4+500Z1+500Z2+500Z3+500Z4
SUBJECT TO
X1 <= 95000
X2 <= 95000
X3 <= 95000
X4 <= 95000
Y1 <= 30000
Y2 <= 30000
Y3 <= 30000
Y4 <= 30000
Z1 <= 20000
Z2 <= 20000
Z3 <= 20000
Z4 <= 20000
X1+Y1-Z1=100000
Z1+X2+Y2-Z2=120000
Z2+X3+Y3-Z3=110000
Z3+X4+Y4-Z4=90000
END
F
O
R
M
U
L
A
C
I
O
N
S
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U
C
I
O
N
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13. 13
③ PROBLEMA-INVERSION FINANCIERA
Un inversionista tiene dos alternativas de inversión A y B,
disponibles al comienzo de cada uno de los siguientes 5 años.
Cada $1000 invertidos en A al inicio de 1 año retorna $1500
(una utilidad de $500) después de 2 años. Cada $1000
invertidos en B al comienzo de 1 año retorna $1900 después de
3 años. Existen otras 2 alternativas de inversión C y D, las
cuales estarán a disposición del inversionista por única vez. La
inversión C estará disponible al inicio del primer año y retornará
$2000 cuatro años después por cada $1000 invertidos. La
inversión D estará accesible al inicio del tercer año y retornará
$1300 un año después por cada $1000 invertidos. El
inversionista cuenta con $10 millones al inicio del primer año.
Se desea maximizar la cantidad de dinero que pueda acumular
al final del quinto año. Durante estos 5 años el inversionista es
libre de invertir y de reinvertir todo su dinero entre las
alternativas disponibles.
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14. 1
14
③ SOLUCION-INVERSION FINANCIERA
2 3 4 5
X1A X2A X3A X4A
1,5X1A 1,5X2A 1,5X3A 1,5X4A
XC 2XC
X1B X2B X3B 1,9X1B 1,9X2B 1,9X3B
1,3XD
XD
$ 10 MILLONES
CANTIDADES INVERTIDAS AL INICIO DE CADA AÑO Y EL
VALOR CORRESPONDIENTE OBTENIDO AL FINAL DEL
PERIODO DE INVERSION
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15. 15
③ SOLUCION-INVERSION FINANCIERA
1º) VARIABLES DE DECISION:
XiA = Miles de $ invertidos en alternativa A al inicio del año “i” , i=1,…,5
2º) FUNCION OBJETIVO:
Máx Z = 1,5X3A+1,9X2B+2XC+1,5X4A+1,9X3B
Sujeto a:
XjB = Miles de $ invertidos en alternativa B al inicio del año “j” , i=1, 2, 3
XC = Miles de $ invertidos en alternativa C
XD = Miles de $ invertidos en alternativa D
3º) RESTRICCIONES ESTRUCTURALES:
X1A+X1B+XC +X2A+X2B=10000
X3A+X3B+XD=1,5X1A
X4A =1,5X2A+1,9X1B+1,3XD
4º) NO NEGATIVIDAD:
XiA , XjB , XC , XD ≥ 0 ; i=1,…,5 ; j=1, 2, 3
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16. 16
③ CON SOFTWARE LINDO
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 29250.00
VARIABLE VALUE REDUCED COST
X3A 0.000000 0.450000
X2B 0.000000 1.025000
XC 0.000000 0.925000
X4A 19500.000000 0.000000
X3B 0.000000 0.050000
X1A 10000.000000 0.000000
X1B 0.000000 0.075000
X2A 0.000000 0.675000
XD 15000.000000 0.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES
2) 0.000000 2.925000
3) 0.000000 1.950000
4) 0.000000 -1.500000
NO. ITERATIONS= 2
! PROBLEMA DE INVERSION FINANCIERA
MAX 1.5X3A+1.9X2B+2XC+1.5X4A+1.9X3B
SUBJECT TO
X1A+X1B+XC +X2A+X2B=10000
X3A+X3B+XD-1.5X1A=0
1.5X2A+1.9X1B+1.3XD-X4A=0
END
FORMULACION SOLUCION
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17. 17
④ PROBLEMA-CORTE DE PAPEL
Una empresa papelera recibe un pedido de
rollos de papel de la misma calidad y espesor
para los siguientes anchos:
500 rollos de 30 cm
450 rollos de 45 cm
150 rollos de 56 cm
En los almacenes de la empresa sólo se tiene
existencias en esta calidad de papel con un ancho de 108 cm, por
lo que se piensa realizar un proceso de corte para cumplir la
demanda de este pedido.
Formular un modelo matemático para determinar la forma óptima
de corte de los rollos de 108 cm para satisfacer la demanda con el
menor desperdicio.
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18. 18
④ SOLUCION-CORTE DE PAPEL
X1 X2 X3 X4 X5
TIPO DE
CORTE 1 2 3 4 5
30 cm 2 0 3 0 1
45 cm 1 1 0 2 0
56 cm 0 1 0 0 1
RESIDUO 3 7 18 18 22
PATRON DE CORTE
108 cm
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19. 19
④ SOLUCION-CORTE DE PAPEL
1º) VARIABLES DE DECISION:
Xi = # de cortes del tipo “i” , i=1,…,5
2º) FUNCION OBJETIVO:
Min Z = 3X1+7X2+18X3+18X4+22X5
Sujeto a:
3º) RESTRICCIONES ESTRUCTURALES:
2X1+ 3X3+ X5 = 500
X1+ X2+ 18X4 = 450
X2+ X5 = 150
4º) NO NEGATIVIDAD:
Xi ≥ 0 , i=1,…,5
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20. 20
④ CON SOFTWARE LINDO
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 1
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 2250.000
VARIABLE VALUE REDUCED COST
X1 250.000000 0.000000
X2 150.000000 0.000000
X3 0.000000 27.000000
X4 25.000000 0.000000
X5 0.000000 27.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES
2) 0.000000 3.000000
3) 0.000000 -9.000000
4) 0.000000 2.000000
NO. ITERATIONS= 1
PROBLEMA DE CORTE DE PAPEL)
MIN 3X1+7X2+18X3+18X4+22X5
SUBJECT TO
2X1 + 3X3 + X5 = 500
X1 + X2 + 2X4 = 450
X2 + X5 = 150
END
FORMULACION SOLUCION
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