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, método de índices y métodos de transporte resueltos.

PRESENTADO A:Ing Esp OSCAR PALACIO LEÓN, M.Sc, M.Sc

DOCTORANDO EN INGENIERIADOCTORANDO EN PROYECTOS

PRESENTADO POR:

Jessica Liliana Leguizamo Velosa 2902202Oscar 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 lo restamos al resto 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

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:

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 i𝐽𝐿𝑖 = 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 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

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 1CAPACIDAD 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 1 200 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 1CAPACIDAD ASIGNADA 1550 900 600

CAPACIDAD DISPONIBLE 1195,63

1233,651272,20

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 1 200 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 1CAPACIDAD ASIGNADA 1050 1100 1000

CAPACIDAD DISPONIBLE 1195,63

1233,651272,20

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.

INYECTORA 1

INYECTORA 2

INYECTORA 3

100 300 500 700 900 1100

I094 0 200 0

I095 300 0 0

I096 0 0 400

I097 750 0 0

I098 0 900 0

I099 0 0 600

300 750

200 900

400 600

I094 I095 I096 I097 I098 I099

TIEMPO DE PRODUCCIÓN

TERCER PUNTO.

D1 D2 D3 D4 DF Oferta

7 3 8 8 M

5 5 6 8 M

7 4 9 10 M

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 y siempre son positivos.

MÉTODO VOGEL 2. Determinar la mayor

penalización, rompiendo arbitrariamente los empates.

D1 D2 D3 D4 DF Ofert

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

Identificamos la casilla con el menor costo unitario de ese renglón o columna.

3. 4. El siguiente paso es asignar la mayor cantidad posible a la casilla donde se encuentro el menor costo unitario.

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4100

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

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.

5. 6. 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 Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 40 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Demanda

150 150 120 80 100 600

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 y siempre son positivos.

2. Determinar la mayor penalización, rompiendo arbitrariamente los empates.

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

Nuevamente identificamos el menor costo unitario.

3.Y ahora se asigna la mayor cantidad posible.

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

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 3 50

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

Se elimina la fila satisfecha llenando de ceros las celdas vacías.

5. 6. Inicie con el paso numero 1 determinando las penalizaciones, hasta que quede solo un renglón o columna sin eliminar.

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 50

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

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 3

50Demand

a 150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

1.2. Determinar la mayor

S1 7 3 8 8 M

100 4 - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50Deman

da 150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4 - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50Deman

da 150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

Se identifica el menor costo unitario.

3.Se asigna la mayor cantidad posible.

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4 - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50Deman

da 150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4 - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50Deman

da 150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 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 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 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 1

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

Determinar la mayor penalización, rompiendo arbitrariamente los empates.

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4 - - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1 3

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2 3

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

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 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

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 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 M

100 4 - - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1 380 0 120

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2 3

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

S1 7 3 8 8 M

100 4 - - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1 380 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2 3

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

S1 7 3 8 8 M

100 4 - - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1 380 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2 3

50 0Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

7. Si sólo queda un renglón o columna sin eliminar, continúe con el método de costo mínimo para balancear el sistema.

8. Hallar el valor de la función objetivo.

S1 7 3 8 8 M

100 4 - - -

0 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

200 1 1 1 380 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 M

300 3 3 2 3

70 50 0 80 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

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 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 0

2 1 3 2 0

2 - 3 2 0

2 - - 2 0

EL VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO:

Método modificado de la distribución MODI

S1 7 3 8 8 M

100 0 0 0

S2 5 5 6 8 M

80 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 M

70 50 0 80 100Demand

a 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 ( y uno para la columna de forma tal que:

𝐶𝑖𝑗 :𝑆𝑜𝑛𝑙𝑜𝑠𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜𝑠𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜𝑠𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠𝑏𝑎𝑠𝑖𝑐𝑎𝑠

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M

Se hace (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

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M 0

Para calcular se tiene en cuenta 3.

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M -1

S2 5 5 6 8 M -2

S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 10 M

Así que

Como se puede observar siempre quedara una ecuación con una sola variable; en este caso

𝑈 3+𝑉 1=𝐶31

Así que

𝑈 3+𝑉 2=𝐶32

Así que

𝑈 3+𝑉 4=𝐶34

Así que

𝑈 3+𝑉 𝐹=𝐶3 𝐹

Así que

𝑈 2+𝑉 1=𝐶21

𝑈 2+7=5

Así que

𝑈 2+𝑉 3=𝐶23

−2+𝑉 3=6

Así que

𝑈 1+𝑉 2=𝐶12

𝑈 1+4=3

Así que

4. Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)

∆𝐶𝑖𝑗=𝐶𝑖𝑗−(𝑈 𝑖+𝑉 𝑗)

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M -1S2 5 5 6 8 M -2S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 10 M

∆𝐶11=7−(7−1)

∆𝐶11=7−(6)

Así que

∆𝐶13=8−(−1+8)

∆𝐶13=8−(7)

Así que

∆𝐶14=8−(−1+10)

∆𝐶14=8−(9)Así que

∆𝐶1𝐹=𝑀−(−1+𝑀 )

∆𝐶1𝐹=𝑀+1−𝑀 ¿

Así que

∆𝐶22=5−(−2+4)

∆𝐶22=5−(2)

Así que

∆𝐶24=8−(−2+10)

∆𝐶24=8−(8)

Así que

∆𝐶2𝐹=𝑀−(−2+𝑀 )

∆𝐶2𝐹=𝑀+2−𝑀 ¿

Así que

∆𝐶33=9−(0+8)

7 3 8 8 M

100 0 0 0

5 5 6 8 M

80 0 120 0 0

7 4 9 10 M300

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.

7 3 8 8 M

100 0 0 0

5 5 6 8 M

80 0 120 0 0

7 4 910

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.

7 3 8 8 M

100 0 0 0

5 5 6 8 M

80 0 120 0 0

7 4 910

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

7 3 8 8 10

20 0 80 0

5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 910

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

7 3 8 8 10

20 0 80 0

5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 10 M300

70 130 0 0 100

Demanda 150 150 120 80 100 600

Dado que hace no se satisfacen, nuevamente (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

S1 7 3 8 8 M -1S2 5 5 6 8 M -2S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 10 M

Para calcular se tiene en cuenta

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M

S2 5 5 6 8 M

S3 7 4 9 10 M 0

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M -1S2 5 5 6 8 M -2S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 9 M

Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M -1

S2 5 5 6 8 M -2

S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 9 MUNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

∆𝐶11=7−(−1+7)

∆𝐶11=7−(6)

Así que

∆𝐶13=8−(−1+8)

∆𝐶13=8−(7)

Así que

∆𝐶1𝐹=𝑀−(−1+𝑀 )

∆𝐶1𝐹=𝑀+1−𝑀

Así que

∆𝐶22=5−(−2+4)

∆𝐶22=5−(2)

Así que

∆𝐶24=8−(−2+9)

∆𝐶24=8−(7)

Así que

∆𝐶2𝐹=𝑀−(−2+𝑀 )

∆𝐶2𝐹=𝑀+2−𝑀

Así que

∆𝐶33=9−(0+8)

∆𝐶34=10−(0+9)

∆𝐶34=10−(9)

Así que

5. Dado que todos los costos marginales son positivos, se determina que esta es la solución optima

7 3 8 8 10

20 0 80 0

5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 10 M300

70 130 0 0 100

Demanda 150 150 120 80 100 600

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 M -1S2 5 5 6 8 M -2S3 7 4 9 10 M 0

7 4 8 9 M

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=20 𝑥3+80 𝑋 8+80 𝑥5+120 𝑋 6+70 𝑋 7+130𝑥 4+100 𝑥𝑀

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=2830+100𝑀

TALLER GRUPO C:

PRIMER PUNTO.

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.

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.

Lugare

Máquin

• 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)

x= 2460

x= 2050 x= 2300 x= 2880

x= 1670 x= 2040 x= 2650

x= 2050 x= 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)UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

Primero partiendo del análisis del método húngaro realizamos reducción de filas:

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 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:

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

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.

SEGUNDO PUNTO.

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:

TAREATIEMPO TOTAL DE PRODUCCIÓN (MIN/PED)

INYECTORA 1 INYECTORA 2 INYECTORA 3I094 100 100 100I095 175 233 263I096 400 400 400I097 750 750 750I098 400 400 400I099 600 800 600I100 125 167 188I101 500 500 500I102 100 100 100

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 i𝐽𝐿𝑖 = 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 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= = I094,I095,I096,I097,I098,I099,𝑖 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 094∴ + + = 1𝐼Tarea 95∴ + + = 1𝐼𝑂Tarea 96∴ + + = 1𝐼𝑂Tarea 97∴ + + = 1𝐼𝑂Tarea 98∴ + + = 1𝐼𝑂Tarea 99∴ + + = 1𝐼𝑂Tarea 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

INYECTORA 1

INYECTORA 2

INYECTORA 3

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

Diagrama de GANTT

I094 I095 I096 I097 I098 I099 I100 I101

TERCER PUNTO.

7 3 8 8 10

5 5 6 8 9

7 4 9 10 3

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 denotan y siempre son positivos.

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

Identifique la casilla con el menor costo unitario de ese renglón o columna.

3. 4. Asigne la mayor cantidad posible a la casilla donde se encuentro el menor costo unitario.

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3

300 1 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

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 Ofer

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

D1 D2 D3 D4 DF Ofer

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 100 0

S2 5 5 6 8 9

200 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 40 100 0 0 0

S2 5 5 6 8 9

200 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

6. Inicie con el paso numero 1 determinando las penalizaciones, hasta que quede solo un renglón o columna sin eliminar.

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 100 0

S2 5 5 6 8 9

200 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

1. 2. Determinar la mayor penalización, rompiendo arbitrariamente los empates.

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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 1 350 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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 1 350 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

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 3 250 100

Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

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

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2

50 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

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

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2

50 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 - -

0 100 0 0 0

5 5 6 8 9

200 1 1 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2

50 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 - -

0 100 0 0 0

5 5 6 8 9

200 1 1 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2

50 0 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 - -

0 100 0 0 0

5 5 6 8 9

200 1 1 1 1 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2

50 0 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - - 0

100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 3 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 350 0

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 3 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 350 0

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 3 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 350 0

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 380 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 350 0

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

5. 6. Inicie con el paso numero 1 determinando las penalizaciones, hasta que quede solo un renglón o columna sin eliminar. D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 380 0

120 0 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 350 0

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 380 0

120 0 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 3

50 0 100

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

D1 D2 D3 D4 DF

Oferta

7 3 8 8 10100

4 4 - - -

0100 0 0 0

5 5 6 8 9200

1 1 1 1 380 0

120 0 0

7 4 9 10 3300

1 1 3 2 3

70 50 0 80100

Demanda

150 150 120 80 100600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

S1 7 3 8 8 10

100 4 4 - - -

0 100 0 0 0

5 5 6 8 9

200 1 1 1 1 380 0

120 0 0

S3 7 4 9 10 3

300 1 1 3 2 3

70 50 0 80 100Demanda

150 150 120 80 100 600

2 1 2 2 6

2 1 2 2 -

2 1 3 2 -

2 - 3 2 -

2 - - 2 -

VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO:

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=100 𝑥3+80𝑥 5+120 𝑥6+70 𝑥7+50 𝑥 4+80 𝑥10+100𝑥 3

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=3210

7 3 8 8 10

100 0 0 0

5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 10 3300

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

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 10 3 0

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 10 3 0

7 4 8 10 3

𝑈 3+𝑉 1=𝐶31

Así que

𝑈 3+𝑉 2=𝐶32

Así que

𝑈 3+𝑉 4=𝐶34

Así que

𝑈 3+𝑉 𝐹=𝐶3 𝐹

Así que

𝑈 2+𝑉 1=𝐶21

𝑈 2+7=5Así que

𝑈 2+𝑉 3=𝐶23

−2+𝑉 3=6Así que

𝑈 1+𝑉 2=𝐶12

𝑈 1+4=3

Así que

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 10 3 0

7 4 8 10 3UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

∆𝐶11=7−(7−1)

∆𝐶13=8−(−1+8)

∆𝐶14=8−(−1+10)

∆𝐶14=8−(9)

Así que

∆𝐶1𝐹=10−(−1+3)∆𝐶1𝐹=10−(2)Así que

∆𝐶22=5−(−2+4)∆𝐶22=5−(2)

Así que

∆𝐶24=8−(−2+10)

Así que

∆𝐶2𝐹=9−(−2+3)∆𝐶2𝐹=9−(1)

Así que

∆𝐶33=9−(0+8)∆𝐶33=9−(8)

S1 7 3 8 8 10

100 0 0 0

S2 5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 3

70 50 0 80 100Demand

a 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

S1 7 3 8 8 10 -1S2 5 5 6 8 9 -2S3 7 4 9 10 3 0

7 4 8 10 3

S1 7 3 8 8 10

100 0 0 0

S2 5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

S3 7 4 9 10 3

70 50 0 80 100Demand

a 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

S1 7 3 8 8 10 -1S2 5 5 6 8 9 -2S3 7 4 9 10 3 0

7 4 8 10 3

S1 7 3 8 8 10

100 0 0 0

S2 5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 10 3300

70 50 0 80 100Demand

a 150 150 120 80 100 600

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 10 3 0

7 4 8 10 3

Se es coge el valor de la celda mas pequeño con el signo negativo; en este caso 80

S1 7 3 8 8 10

20 0 80 0

S2 5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 10 3300

70 130 0 0 100Demand

a 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 no se satisfacen, nuevamente (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

S1 7 3 8 8 10

S2 5 5 6 8 9

S3 7 4 9 0 3 0

Para calcular se tiene en cuenta

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 0 3 0

7 4 8 9 3

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 0 3 0

7 4 8 9 3UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

Así que

∆𝐶11=7−(−1+7)∆𝐶11=7−(6)

Así que

∆𝐶13=8−(−1+8)∆𝐶13=8−(7)

Así que

∆𝐶1𝐹=10−(2)∆𝐶1𝐹=10−(−1+3)

Así que

∆𝐶22=5−(−2+4)∆𝐶22=5−(2)

Así que

∆𝐶24=8−(−2+9)∆𝐶24=8−(7)

Así que

∆𝐶2𝐹=9−(−2+3)∆𝐶2𝐹=9−(1)

Así que

∆𝐶33=9−(0+8)∆𝐶33=9−(8)

Así que

∆𝐶43=0−(0−9)∆𝐶43=0+(9)

e. Dado que todos los costos marginales son positivos, se determina que esta es la solución optima

7 3 8 8 10

20 0 80 0

5 5 6 8 9

80 0 120 0 0

7 4 9 7 3300

70 130 0 0 100

Demanda 150 150 120 80 100 600

D1 D2 D3 D4 DF

S1 7 3 8 8 10 -1

S2 5 5 6 8 9 -2

S3 7 4 9 0 3 0

7 4 8 9 3

VALOR DE LA FUNCIÓN OBJETIVO

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=20 𝑥3+80 𝑋 8+80 𝑥5+120𝑥 6+70 𝑥7+130 𝑥 4+100 𝑥3

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=3130

TALLER GRUPO D:

PRIMER PUNTO.

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.

A2 = 680

A3 = 680

A1 = 704

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

Lugare

Lugares Periféricos

Máquin

Locaciones para el taller

Matriz I (t/d

Matriz S

• 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)

• 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)

x= 109.1

x= 204 x=244.2 x= 322.4

x= 123.4 x= 150.8 =214.4

x= 128.6 x=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)UNIVERSIDAD MILITAR NUEVA GRANADA

Primero partiendo del análisis del método húngaro realizamos reducción de filas:

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 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:

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.

SEGUNDO PUNTO.

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 producció

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 producció

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 producció

46 47 41

Capacidad

asignada45 47 28

Capacidad en

exceso1 0 13

INYECTORA 1

INYECTORA 2

INYECTORA 3

17 16 14

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.

TERCER PUNTO.

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

S2 3 9 6

S3 4 12 10

Demanda

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:

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

S2 3 9 6

S3 4 12 10

1000 6

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Oferta

4 12 10

1000 6

Demanda

500 700 1200 2400

Identifique la casilla con el menor costo unitario de ese renglón o columna.

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

S2 3 9 6

S3 4 12 10

1000 6

Demanda

500 700 1200 2400

3. 4. Asigne la mayor cantidad posible a la casilla donde se encuentro el menor costo unitario.

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

S2 3 9 6

S3 4 12 10

1000 6500

Demanda

500 700 1200 2400

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 Oferta

S1 7 5 8

S2 3 9 6

S3 4 12 10

1000 6

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

600 2 3

S2 3 9 6

800 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2

Demanda

500 700 1200 2400

Se determina la mayor penalización

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

600 2 3

S2 3 9 6

800 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

600 2 3

S2 3 9 6

800 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2

Demanda

500 700 1200 2400

Se asigna la mayor cantidad posible.

D1 D2 D3 Oferta

S1 7 5 8

600 2 3

0 600 0

S2 3 9 6

800 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2

Demanda

500 700 1200 2400

6 / 1 . Se determinan nuevamente las penalizaciones, hasta que quede solo un renglón o columna sin eliminar.

D1 D2 D3 Ofert

S1 7 5 8

600 2 3 -

0 600 0

S2 3 9 6

800 3 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2 2

Demanda

500 700 1200 2400

2. Determinar la mayor penalización, rompiendo arbitrariamente los empates.

D1 D2 D3 Ofert

S1 7 5 8

600 2 3 -

0 600 0

S2 3 9 6

800 3 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2 2

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Ofert

S1 7 5 8

600 2 3 -

0 600 0

S2 3 9 6

800 3 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2 2

Demanda

500 700 1200 2400

Se asigna la mayor cantidad posible.4.

D1 D2 D3 Oferta

600 2 3 -

0 600 0

S2 3 9 6

800 3 3 3

S3 4 12 10

1000 6 2 2

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Oferta

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

Demanda

500 700 1200 2400

6. Inicie con el paso numero 1 hasta que quede solo un renglón o columna sin eliminar.

D1 D2 D3 Ofert

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

Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Ofert

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 Demanda

500 700 1200 2400

D1 D2 D3 Ofert

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 Demanda

500 700 1200 2400

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=600 𝑥5+800𝑥 6+500 𝑥 4+100 𝑥12+400𝑥10

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=15000

D1 D2 D3 Oferta

4 12 10

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

4 12 10 164

Así que

Para 𝑈 3+𝑉 1=𝐶31

Así que

𝑈 2+10=6Así que

𝑈 2+𝑉 3=𝐶23 𝑈 1+12=5Así que

4.Determinar los costos marginales para las celdas vacías (variables no básicas)

D1 D2 D3

4 12 10

Así que

∆𝐶11=7−(−7+4)∆𝐶11=7−(−3)

Así que

∆𝐶13=8−(−7+10)∆𝐶13=8−(3)

Así que

∆𝐶21=3−(−4+4 )∆𝐶21=3−(0)

Así que

∆𝐶22=9−(−4+12)∆𝐶22=9−(8)

5. 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

S3 4 12 10 04 12 10

D1 D2 D3 Oferta

4 12 10

500 100 400Demand

a 500 700 1200 2400

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=600 𝑥5+800𝑥 6+500 𝑥 4+100 𝑥12+400𝑥10

𝑍 (𝑚 í 𝑛)=15000

Talleres paso a paso. métodos hungaro indices y transporte

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