UNIVERSIDAD NACIONAL DE CHIMBORAZO

FACULTAD DE CIENCIAS POLITICAS Y ADMINISTRATIVAS RIOBAMBA ECUADOR

ESCUELA: CONTABILIDAD Y AUDITORÍA DOCENTE: Doctor Marlon Villa Villa Ms.C. DISCENTE: CAROLINA SANTILLÁN FECHA: 2.014-10-20 SEMESTRE: 5º “A”

TEMA: MÉTODO GRÁFICO

1. INDICACIONES GENERALES

La presente Prueba será calificada sobre 4 puntos

Cada problema resuelto vale un punto excepto el tercero que vale 2 puntos

El tiempo estimado para la prueba es de 50 minutos

2. C U E S T I O N A R I O.

Hallar el valor óptimo, la solución óptima, las restricciones activas, las restricciones inactivas, la holgura o el excedente de los siguientes problemas

1. Una fábrica de pintura produce pinturas para interiores y exteriores, a partir de dos materias

primas M1 y M2. Por cada tonelada de pintura para interiores se requiere 4 toneladas de M1 y 2 toneladas de M2. Y para cada tonelada de pintura para exteriores se requiere 6 toneladas de M1 y una de M2. Se dispone de 24 toneladas de M1 y 6 de M2 diariamente. La utilidad

que arroga una tonelada de pintura para exteriores es de $ 5 000 y de una tonelada para interiores es de $4 000. La demanda máxima diaria de pintura para interiores es de 2

toneladas. Además la demanda diaria de pintura para interiores no puede exceder a la de pintura para exteriores por más de una tonelada. La compañía quiere determinar la mezcla de producción óptima de pinturas para interiores y exteriores que maximice las utilidades

diarias y satisfaga las limitaciones.

MAX: 5000X+4000𝑋2

S.A. 4𝑋1 + 6𝑋2 ≤ 24

2𝑋1 + 𝑋2 ≤ 6

−𝑋1 + 𝑋2 ≤ 1

𝑋1 ≤ 2

4𝑋1 + 6𝑋2 = 24 1 𝑋1 𝑋2

2𝑋1 + 𝑋2 = 6 2

𝑋1 = 2 3

−𝑋1 + 𝑋2 = 1 4

0

0

4

6

𝑋1 𝑋2

0 6

3 0

𝑋1 𝑋2

1 0

0 -1

COMPROBACIÓN:

PUNTO C: 𝑋1 = 1,66 𝑋2= 2,66 = 8.300 + 10640= 18.940

2𝑋1 + 𝑋2 = 6

(2) −𝑋1 + 𝑋2 = 1

2𝑋1 + 𝑋2 = 6

−2𝑋1 + 2𝑋2 = 2 0 3𝑋2 =8

𝑋2= 2,66

𝑋1= 1,66

DISPONIBLE HOLGURA EXCEDENTE

INTERIORES 24 1 -

EXTERIORES 6 - -

4(0)+6(0)≤ 24

0≤24 VERDAD

2(0)+0≤6

0≤0 VERDAD

0≤2 VERDAD

-0 + 0≤ 1

0≤ 1 VERDAD

3

4

2

1

R.A= 2,4

R.I.= 1,3

COMPROBACIÓN: 4𝑋1 + 6𝑋2 ≤ 24

4(1,66) + 6(2,66) ≤ 24

6,68 + 16,02 ≤ 24

23≤ 24

2𝑋1 + 𝑋2 ≤ 6

2(1,66) + (2,66) ≤ 6

3,32 + 2,66 ≤ 6

6≤ 6

𝑋1 ≤ 2

1,66 ≤ 2

2≤ 2

−1𝑋1 + 𝑋2 ≤ 1

−1(1,66) + (2,66) ≤ 1

−1,66 + 2,66 ≤ 1

1≤ 1

PREGUNTA N°2

Minimizar: Z= 3F+ 4G

1. 𝐹 + 𝐺 ≥ 8

2. 2𝐹 + 𝐺 ≥ 12

3. 𝐺 ≥ 2

4. 𝐹 ≤ 10

𝐹,𝐺 ≥ 0

𝑭+𝑮=𝟖

𝟐𝑭+𝑮=𝟏𝟐 (−𝟏)−𝑭= −𝟒

𝑭=𝟒

F G

0 8

8 0

F G

0 12

6 0

𝑭 + 𝑮 = 𝟖𝟒(𝟏) + 𝑮 = 𝟖

𝟒 + 𝑮 = 𝟖𝑮 = 𝟖 − 𝟒

𝑮 = 𝟒

𝒁 = 𝟑𝑭 + 𝟒𝑮

𝒁 = 𝟑(𝟒) + 𝟒(𝟒)𝒁 = 𝟐𝟖

VALORES ÓPTIMOS

Z 28 F 4

G 4 r.a 1,2 r.i 3,4

HOLGURAS O EXCEDENTES

1.

𝑭 + 𝑮 + 𝑯𝟏 = 𝟖𝟒 + 𝟒 + 𝑯𝟏 = 𝟖

𝑯𝟏 = 𝟖 − 𝟖𝑯𝟏 = 𝟎

2.

𝟐𝑭 + 𝑮 + 𝑯𝟐 = 𝟏𝟐𝟐(𝟒) + 𝟒 + 𝑯𝟐 = 𝟏𝟐

𝑯𝟐 = 𝟏𝟐 − 𝟏𝟐𝑯𝟐 = 𝟎

3.

𝑮 − 𝑯𝟑 = 𝟐𝟒 − 𝑯𝟑 = 𝟐

−𝑯𝟑 = 𝟐 − 𝟒−𝑯𝟑 = −𝟐𝑯𝟑 = 𝟐

(excedente)

4.

𝑭 + 𝑯𝟒 = 𝟏𝟎𝟒 + 𝑯𝟒 = 𝟏𝟎𝑯𝟒 = 𝟏𝟎 − 𝟒

𝑯𝟒 = 𝟔

(holgura)

3. Para el siguiente problema de programación lineal:

FUNCIÓN OBJETIVO: MAXIMIZAR

1) 5X1 – 4X2 = -20

x y

0

-4

5

0

2) X1 = 8

3) X2 = 10

4) X2 = 3

5) 5X1 + 4X2 =20

x y

0

4

5

0

S.O

z=9 𝑋1= 8

𝑋2=3 RA 2-4 RI 1-3-5

MINIMIZAR: 3 X1 -5 X2

-5 X1 + 4 X2 ≥ 20

1 X1 + 0 X2 ≥ 8

0 X1 + 1 X2 ≥ 10 0 X1 + 1 X2 ≥ 3

5 X1 + 4 X2 ≥ 20

X1, X2 ≥ 0

El problema no está acotado pero como se trata de un problema de minimización es posible encontrar una solución.

6) 5X1 – 4X2 = -20

x y

0

-4

5

0

7) X1 = 8

8) X2 = 10

9) X2 = 3

10) 5X1 + 4X2 =20

x y

0 4

5 0

Punto Coordenada X

(X1)

Coordenada Y

(X2)

Valor de la función objetivo

(Z)

O 0 0 0

A 0 5 -25

B 8 15 -51

C 4 10 -38

D 8 0 24

E 8 10 -26

F 8 3 9

G 0 10 -50

H 0 3 -15

I 1.6 3 -10.2

J 4 0 12

NOTA: En color verde los puntos en los que se encuentra la solución.

En color rojo los puntos que no pertenecen a la región factible.