Tarea 06

Xavier Morales
D.8. Shale Oil, en la isla de Aruba, tiene una capacidad de 600.000 barriles diarios de crudo. Entre
sus productos hay dos clases de gasolina sin plomo: regular y premium. El proceso de refinación
abarca tres fases: 1) una torre de destilación que produce gasolina cruda y pesados, entre otros
productos; 2) una unidad de desintegración que produce gasolina a partir de una parte de los pesados
de la torre de destilación, y 3) una unidad mezcladora que mezcla la gasolina cruda y la desintegrada.
La gasolina regular y la premium se pueden mezclar a partir de la gasolina cruda o la desintegrada, a
distintos costos de producción. La compañía estima que la utilidad neta por barril de gasolina regular
es de $7,70; y de $5,20; dependiendo de si se produce a partir de la gasolina cruda o de la desintegrada.
Los valores correspondientes para la calidad premium son $10,40 y $12,30. En las especificaciones
de diseño se requieren 5 barriles de crudo para producir 1 barril de gasolina cruda. La capacidad de
la unidad de desintegración es 40.000 barriles de pesados por día. Todo el pesado que resta se usa en
forma directa en la unidad de mezcla para producir gasolina final al consumidor. Los límites de
demanda de gasolina regular y premium son 80.000 y 50.000 barriles diarios, respectivamente.

a) Desarrolle un modelo para determinar el programa óptimo de producción en la refinería.

b) Suponga que se puede aumentar la capacidad de la torre de destilación a 650.000 barriles de
crudo por día, con un costo inicial de $3.500.000 y un costo diario de mantenimiento de
$15.000. ¿Recomendaría usted la ampliación? Defina las hipótesis que se puedan necesitar
para llegar a esa decisión.

Planteamiento del modelo matemático

Variables de decisión

𝑋1 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑐𝑟𝑢𝑑𝑎

𝑋2 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑑𝑎
𝑋3 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑢𝑚 𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑐𝑟𝑢𝑑𝑎
𝑋4 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑢𝑚 𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑑𝑎

Función objetivo

Maximizar la utilidad de la empresa Shael Oil

Modelo matemático

𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 7,70𝑋1 + 5,20𝑋2 + 10,40𝑋3 + 12,30𝑋4

Sujeto a:

5𝑋1 + 5𝑋2 +5𝑋3 + 5𝑋4 ≤ 600.000 (𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑟𝑢𝑑𝑜)

𝑋2 + 𝑋4 ≤ 40.000 (𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙𝑒𝑠 𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑑𝑎)
𝑋1 + 𝑋2 ≤ 80.000 (𝐷𝑒𝑚𝑎𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟)
𝑋3 + 𝑋4 ≤ 50.000 (𝐷𝑒𝑚𝑎𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑢𝑚)
Condición de no negatividad:

𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 ≥ 0
Paso 1: Las inecuaciones transformamos en ecuaciones incluyendo variables de holgura con signo
positivo a las restricciones ≤ y variables de exceso con signo negativo a las restricciones ≥ a las
restricciones de igualdad no se le incluye ningún elemento.

𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ≤ +𝑋𝑛′
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ≥ −𝑋𝑛′
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 =

5𝑋1 + 5𝑋2 +5𝑋3 + 5𝑋4 +𝑋1′ = 600.000

′
𝑋2 + 𝑋4 +𝑋2 = 40.000
′
𝑋1 + 𝑋2 +𝑋3 = 80.000
𝑋3 + 𝑋4 +𝑋′4 = 50.000

𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 , 𝑋1′ , 𝑋2′ , 𝑋3′ , 𝑋4′ ≥ 0

Paso 2: Al sistema de ecuaciones lineales lo ponemos en forma matricial

5 5 5 5 1 0 0 0 600.000
|0 1 0 1| |0 1 0 0| | 40.000 |
=
1 1 0 0 0 0 1 0 80.000
0 0 1 1 0 0 0 1 50.000

𝐴 (4,4), 𝐼(4,4), 𝑏𝑛 ≥ 0

Regla 1: Para poder operar con el método simplex, se debe cumplir 3 requisitos básicos

1) Contar con una matriz A que no necesariamente debe ser cuadrada (Matriz de coeficientes
técnicos de producción - Ritmo con que se van consumiendo los recursos)
2) Contar con una matriz de identidad
3) Los elementos del vector independiente bn deben ser ≥ 0.

Caso Maximización
Regla 2: Para el caso de maximización todos los elementos de la fila Cj-Zj sean ceros o negativos
hemos encontrado la solución óptima del modelo, caso contrario si tenemos elementos positivos
escogemos el mayor de ellos y representa en esa columna la variable que va a ingresar en la base.

Regla 3: Para ver que variable debe salir de la base para el ingreso de la variable entrante, dividimos
el vector bn para la variable entrante y de los cocientes positivos escogemos el menor de ellos.

Caso Minimización

Regla 4: Para el caso de minimización todos los elementos de la fila Cj-Zj sean ceros o positivos
hemos encontrado la solución óptima del modelo, caso contrario si tenemos elementos negativos
escogemos el menos negativo de ellos y representa en esa columna la variable que va a ingresar en
la base.

Regla 5: Para ver que variable debe salir de la base para el ingreso de la variable entrante, dividimos
el vector bn para la variable entrante y de los cocientes positivos escogemos el menor de ellos.

Nota: Las bases artificiales nunca pueden quedar en la base siempre deben de salir

Paso 3: A la función objetivo se le añade las variables de holgura o de exceso con un coeficiente
igual a cero.

Regla 6:
 Para el caso de maximización la base artificial se añade a la función objetivo con
coeficientes -M
 Para el caso de minimización la base artificial se añade a la función objetivo con
coeficientes +M

𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 7,70𝑋1 + 5,20𝑋2 + 10,40𝑋3 + 12,30𝑋4 + 0𝑋′1 + 0𝑋′2 + 0𝑋′3 + 0𝑋′4

Paso 4: Empleamos las tablas simplex para encontrar la solución óptima del modelo de PL
 Cj → ----- 7,7 5,2 10,4 12,3 0 0 0 0
↓ Xj bn X1 X2 X3 X4 X'1 X'2 X'3 X'4 bn/X4
0 X'1 600000 5 5 5 5 1 0 0 0 120000
1 ← 0 X'2 40000 0 1 0 1 0 1 0 0 40000
0 X'3 80000 1 1 0 0 0 0 1 0 #¡DIV/0!
0 X'4 50000 0 0 1 1 0 0 0 1 50000
Zj 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Cj-Zj ------ 7,7 5,2 10,4 12,3 0 0 0 0 bn/X3
0 X'1 400000 5 0 5 0 1 -5 0 0 80000
-5 -1 → 12,3 X4 40000 0 1 0 1 0 1 0 0 #¡DIV/0!
0 X'3 80000 1 1 0 0 0 0 1 0 #¡DIV/0!
1 ← 0 X'4 10000 0 -1 1 0 0 -1 0 1 10000
Zj 492000 0 12,3 0 12,3 0 12,3 0 0
Cj-Zj ----- 7,7 -7,1 10,4 0 0 -12,3 0 0 bn/X1
5 ← 0 X'1 350000 5 5 0 0 1 0 0 -5 70000
12,3 X4 40000 0 1 0 1 0 1 0 0 #¡DIV/0!
0 X'3 80000 1 1 0 0 0 0 1 0 80000
-5 → 10,4 X3 10000 0 -1 1 0 0 -1 0 1 #¡DIV/0!
Zj 596000 0 1,9 10,4 12,3 0 1,9 0 10,4
Cj-Zj ------ 7,7 3,3 0 0 0 -1,9 0 -10,4
-1 → 7,7 X1 70000 1 1 0 0 0,2 0 0 -1
12,3 X4 40000 0 1 0 1 0 1 0 0
0 X'3 10000 0 0 0 0 -0,2 0 1 1
10,4 X3 10000 0 -1 1 0 0 -1 0 1
Zj 1135000 7,7 9,6 10,4 12,3 1,54 1,9 0 2,7
Cj-Zj ------- 0 -4,4 0 0 -1,54 -1,9 0 -2,7

Comprobación
X1= 70000 600000 ≤ 600000
X2= 0 40000 ≤ 40000
X3= 10000 70000 ≤ 80000
X4= 40000 50000 ≤ 50000
X'1= 0
X'2= 0
X'3= 10000
X'4= 0

Zj= 1135000

Interpretación:

La compañía Shael Oil debe producir 70.000 barriles de gasolina regular a base de gasolina cruda,
0 barriles de gasolina regular a base de gasolina desintegrada, 10000 barriles de gasolina Premium
a base de gasolina cruda y 40.000 barriles de gasolina Premium a base de gasolina desintegrada
para optimizar los beneficios para la empresa que llegarían a $1’135.000,00 no se consumieron
10.000 barriles de gasolina regular, los demás recursos se consumieron en su totalidad.
D.10. La compañía Beta fabrica tres productos: A, B y C. Los analistas financieros de la compañía
han informado a los administradores que se deben recuperar $2000 de costos fijos asociados con
inversiones de capital y gastos generales para que la compañía alcance el punto de equilibrio. Los
administradores de la Beta desearían determinar la cantidad de cada uno de los productos que se
deben fabricar para que, cuando la empresa llegue al punto de equilibrio, la suma de sus costos
variables de producción sea mínima. Los precios de venta de los tres productos son: $12, $10 y $6,
respectivamente. Los costos variables asociados con los productos son: $10, $8.50 y $5. Los pedidos
atrasados para los tres productos son: A= 300 unidades, B= 250 unidades y C= 1000 unidades. Deben
surtirse todos los pedidos atrasados antes de surtir pedidos nuevos.

Planteamiento del modelo matemático

Variables de decisión

𝑋1 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐴

𝑋2 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐵
𝑋3 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐶

Función objetivo

Minimizar los costos de producción

Modelo matemático

𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 10𝑋1 + 8,5𝑋2 + 5𝑋3

Utilidad producto A:
Precio de venta $12,00
Costo variable $10,00
Utilidad operacional $2,00

Utilidad producto B:
Precio de venta $10,00
Costo variable $8,50
Utilidad operacional $1,50

Utilidad producto C:
Precio de venta $6,00
Costo variable $5,00
Utilidad operacional $1,00

Sujeto a:

2𝑋1 + 1,5𝑋2 +𝑋3 ≥ 2.000 (𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑏𝑒𝑛 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑟𝑠𝑒)

𝑋1 ≥ 300 (𝑃𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐴)
𝑋2 ≥ 250 (𝑃𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐵)
𝑋3 ≥ 1.000 (𝑃𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝐶)

Condición de no negatividad:

𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 ≥ 0
Paso 1: Las inecuaciones transformamos en ecuaciones incluyendo variables de holgura con signo
positivo a las restricciones ≤ y variables de exceso con signo negativo a las restricciones ≥ a las
restricciones de igualdad no se le incluye ningún elemento.

𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ≤ +𝑋𝑛′
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ≥ −𝑋𝑛′
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 =
′
2𝑋1 + 1,5𝑋2 +𝑋3 −𝑋1 = 2.000
𝑋1 −𝑋′2 = 300
′
𝑋2 −𝑋3 = 250
′
𝑋3 −𝑋4 = 1.000

𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋1′ , 𝑋2′ , 𝑋3′ , 𝑋4′ ≥ 0

Paso 2: Al sistema de ecuaciones lineales lo ponemos en forma matricial

2 1,5 1 −1 0 0 0 2.000
|1 0 0| | 0 −1 0 0 | | 300 |
=
0 1 0 0 0 −1 0 250
0 0 1 0 0 0 −1 1.000

1 0 0 0
0 1 0 0
𝑚1 | | , 𝑚2 | | , 𝑚3 | | , 𝑚4 | |
0 0 1 0
0 0 0 1

𝐴 (4,3), 𝐼(4,4), 𝑏𝑛 ≥ 0

Regla 1: Para poder operar con el método simplex, se debe cumplir 3 requisitos básicos

1) Contar con una matriz A que no necesariamente debe ser cuadrada (Matriz de coeficientes
técnicos de producción - Ritmo con que se van consumiendo los recursos)
2) Contar con una matriz de identidad (Añadir bases artificiales)
3) Los elementos del vector independiente bn deben ser ≥ 0.

Caso Maximización

Regla 2: Para el caso de maximización todos los elementos de la fila Cj-Zj sean ceros o negativos
hemos encontrado la solución óptima del modelo, caso contrario si tenemos elementos positivos
escogemos el mayor de ellos y representa en esa columna la variable que va a ingresar en la base.
Regla 3: Para ver que variable debe salir de la base para el ingreso de la variable entrante, dividimos
el vector bn para la variable entrante y de los cocientes positivos escogemos el menor de ellos.

Caso Minimización

Regla 4: Para el caso de minimización todos los elementos de la fila Cj-Zj sean ceros o positivos
hemos encontrado la solución óptima del modelo, caso contrario si tenemos elementos negativos
escogemos el menos negativo de ellos y representa en esa columna la variable que va a ingresar en
la base.

Regla 5: Para ver que variable debe salir de la base para el ingreso de la variable entrante, dividimos
el vector bn para la variable entrante y de los cocientes positivos escogemos el menor de ellos.

Nota: Las bases artificiales nunca pueden quedar en la base siempre deben de salir

Paso 3: A la función objetivo se le añade las variables de holgura o de exceso con un coeficiente
igual a cero.

Regla 6:
 Para el caso de maximización la base artificial se añade a la función objetivo con
coeficientes -M
 Para el caso de minimización la base artificial se añade a la función objetivo con
coeficientes +M

𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 10𝑋1 + 8,5𝑋2 + 5𝑋3 + 𝑀𝑚1 +𝑀𝑚2 + 𝑀𝑚3 + 𝑀𝑚4

Paso 4: Empleamos las tablas simplex para encontrar la solución óptima del modelo de PL
 →

→M ------ 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0
Cj
→$ ----- 10 8,5 5 0 0 0 0 0 0 0 0
↓ Xj bn X1 X2 X3 m1 m2 m3 m4 -x'1 -x'2 -x'3 -x'4 bn/X3
1 m1 2000 2 1,5 1 1 0 0 0 -1 0 0 0 2000
1 m2 300 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 #¡DIV/0!
1 m3 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 #¡DIV/0!
1 ← 1 m4 1000 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 1000
M 3550 3 2,5 2 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1
Zj
$ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
M ---- -3 -2,5 -2 0 0 0 0 1 1 1 1
Cj-Zj
$ ---- 10 8,5 5 0 0 0 0 0 0 0 0 bn/-x'4
1 ← 1 m1 1000 2 1,5 0 1 0 0 -1 -1 0 0 1 1000
1 m2 300 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 #¡DIV/0!
1 m3 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 #¡DIV/0!
-1 → 5 X3 1000 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 -1000
M 1550 3 2,5 0 1 1 1 -1 -1 -1 -1 1
Zj
$ 5000 0 0 5 0 0 0 5 0 0 0 -5
M ---- -3 -2,5 0 0 0 0 2 1 1 1 -1
Cj-Zj
$ ---- 10 8,5 0 0 0 0 -5 0 0 0 5 bn/X1
1 → 0 -X'4 1000 2 1,5 0 1 0 0 -1 -1 0 0 1 500
1 ← 1 m2 300 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 300
1 m3 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 #¡DIV/0!
5 X3 2000 2 1,5 1 1 0 0 0 -1 0 0 0 1000
M 550 1 1 0 0 1 1 0 0 -1 -1 0
Zj
$ 10000 10 7,5 5 5 0 0 0 -5 0 0 0
M ----- -1 -1 0 1 0 0 1 0 1 1 0
Cj-Zj
$ ---- 0 1 0 -5 0 0 0 5 0 0 0 bn/X2
0 -X'4 400 0 1,5 0 1 -2 0 -1 -1 2 0 1 600
-2 -2 → 10 X1 300 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 0
1 ← 1 m3 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 250
5 X3 1400 0 1,5 1 1 -2 0 0 -1 2 0 0 2100
M 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0
Zj
$ 10000 10 7,5 5 5 0 0 0 -5 0 0 0
M ---- 0 -1 0 1 1 0 1 0 0 1 0
Cj-Zj
$ ---- 0 1 0 -5 0 0 0 5 0 0 0
0 -X'4 25 0 0 0 1 -2 -1,5 -1 -1 2 1,5 1
10 X1 300 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0
-1,5 -1,5 → 8,5 X2 250 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0
5 X3 1025 0 0 1 1 -2 -1,5 0 -1 2 1,5 0
Zj 10250 10 8,5 5 5 0 1 0 -5 0 -1 0
Cj-Zj ----- 0 0 0 -5 0 -1 0 5 0 1 0
 Comprobacion
X1= 300 2000 ≥ 2000
X2= 250 300 ≥ 300
X3= 1025 250 ≥ 250
X'1= 0 1025 ≥ 1000
X'2= 0
X'3= 0
X'4= 25

Interpretación:

La compañía debe de fabricar 300 unidades del producto A, 250 unidades del producto B y 1025
unidades del producto C, para poder bajar sus costos variables a $10.250,00 se produce 25 unidades
más del producto C y se llega a cumplir con todas las ordenes atrasadas.

D.6. La NORI & LEETS CO., una de las mayores productoras de acero del mundo occidental, está
localizada en la ciudad de Steeltown y es la única empresa grande de la localidad. La comunidad ha
crecido y prosperado junto con la compañía, que de momento emplea cerca de 50 000 residentes. La
actitud de los habitantes ha sido siempre “lo que es bueno para Nori & Leets es bueno para nosotros”.
Sin embargo, esta actitud está cambiando; la contaminación no controlada del aire debida a los altos
hornos de la planta está en camino de arruinar la apariencia de la ciudad y de poner en peligro la salud
de sus habitantes.

Como resultado, después de una revuelta entre los accionistas se eligió un nuevo consejo directivo
más responsable. Los nuevos directores han decidido seguir políticas de responsabilidad social y
realizar pláticas con las autoridades de la ciudad y con grupos de ciudadanos para tomar medidas
respecto de la contaminación ambiental. Juntos han establecido estándares rigurosos de calidad del
aire para la ciudad de Steeltown.

Los tres tipos principales de contaminantes son partículas de materia, óxidos de azufre e
hidrocarburos. Los nuevos estándares requieren que la compañía reduzca su emisión anual de estos
contaminantes en las cantidades que se presentan en la tabla 3.12. El consejo directivo ha dado
instrucciones a la administración para que el personal de ingeniería determine cómo lograr estas
reducciones en la forma más económica.

■TABLA 3.12 Estándares de aire limpio de Nori & Leets Co.

 Contaminante Reducción requerida de la tasa
de emisión anual (millones de
libras)

Partículas 60

Óxidos de azufre 150

Hidrocarbonos 125

La fabricación de acero tiene dos fuentes principales de contaminación: los altos hornos para fabricar
el arrabio (lingotes de hierro) y los hornos Siemens-Martin para transformar el hierro en acero. En
ambos casos, los ingenieros determinaron que los métodos de abatimiento más eficaces son: 1)
aumentar la altura de las chimeneas, 2) usar filtros (con trampas de gas) en ellas y 3) incluir
limpiadores de alto grado en los combustibles de los hornos. Todos estos métodos tienen limitaciones
tecnológicas en cuanto al nivel en que pueden usarse; por ejemplo, un incremento factible máximo
de la altura de las chimeneas, pero también existe una gran flexibilidad para usar el método en
cualquier nivel fraccionario de su límite tecnológico.

La tabla 3.13 muestra la cantidad de emisión (en millones de libras anuales) que se puede eliminar de
cada tipo de horno mediante el empleo del método de abatimiento al máximo límite tecnológico. Para
fines de análisis se supone que cada método se puede usar a un nivel menor para lograr cualquier
fracción de reducción de las tasas de emisión que se presentan en esta tabla. Más aún, las fracciones
pueden ser diferentes para los altos hornos y los hornos Siemens-Martin, y el uso simultáneo de otro
método no afecta de manera significativa la reducción de emisiones que alcanza cada uno de ellos.

■ TABLA 3.13 Reducción de la tasa de emisión (en millones de libras por año) con el uso máximo
factible del método de abatimiento de Nori & Leets Co.

Chimeneas más altas Filtros Mejores combustibles

Contaminante Altos Hornos Altos Hornos Altos Hornos

horno Siemens horno Siemens horno Siemens
s - Martin s - Martin s - Martin

Partículas 12 9 25 20 17 13
 Óxidos de
35 42 18 31 56 49
azufre

Hidrocarbono
37 53 28 24 29 20
s

Después de obtener estos datos, quedó claro que ningún método por sí solo podía lograr las
reducciones requeridas. Por otro lado, la combinación de los tres métodos a toda su capacidad (lo que
sería demasiado caro si se quiere que los productos tengan precios competitivos) genera un resultado
mucho más elevado de lo que se pide. Por todo esto, la conclusión de los ingenieros fue que debían
usar alguna combinación de métodos, tal vez con capacidades fraccionarias, basada en sus costos
relativos. Aún más, debido a las diferencias entre los altos hornos y los hornos Siemens- Martin, es
probable que la combinación sea diferente para cada tipo de horno.

Se llevó a cabo un análisis para estimar el costo total anual de cada método de abatimiento. El costo
anual de un método incluye el aumento de los gastos de operación y mantenimiento al igual que la
reducción de los ingresos debida a cualquier pérdida de eficiencia en el proceso de producción que
pueda generar el uso del método. El otro costo importante es el costo fijo inicial (el capital inicial)
que se requiere para instalar el método. Para hacer que este costo único fuera conmensurable con los
costos anuales, se usó el valor del dinero en el tiempo para calcular el gasto anual (sobre el tiempo
esperado de vida del método) que sería equivalente a este costo fijo inicial.

El análisis permitió estimar los costos anuales totales (en millones de dólares), que se presentan en la
tabla 3.14, en que se incurre al usar los métodos a toda su capacidad de abatimiento. También se
determinó que el costo de un método que se utiliza a un nivel menor es esencialmente proporcional a
la capacidad fraccional de la capacidad de abatimiento que se logra, aspecto que se presenta en la
tabla 3.13. Entonces, para cualquier fracción que se logre, el costo total anual sería en esencia la
fracción de la cantidad correspondiente de la tabla 3.14.

En esta etapa, todo está listo para desarrollar el marco general del plan de la compañía para disminuir
la contaminación. Este plan especifica qué tipo de métodos de reducción deberán emplearse y a qué
fracciones de su capacidad para: 1) los altos hornos y 2) los hornos Siemens-Martin. Debido a la
naturaleza combinatoria del problema de encontrar un plan que satisfaga los requisitos con el menor
costo posible, se formó un equipo de investigación de operaciones para resolverlo. El equipo decidió
enfocar el problema desde un punto de vista de programación lineal, ¿cuál es el modelo lineal que
formuló el equipo y qué resultado obtuvo al problema de contaminación?

■ TABLA 3.14 Costo total anual por el uso máximo factible del método de abatimiento de Nori &
Leets Co. (millones de dólares)

Método de abatimiento Altos hornos Hornos de corazón abierto

Chimeneas más altas 8 10

Filtros 7 7

Mejores combustibles 11 9

Planteamiento del modelo matemático

Variables de decisión

𝑋1 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑐ℎ𝑖𝑚𝑒𝑛𝑒𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑠 𝑎𝑙𝑡𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑡𝑜𝑠 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠

𝑋2 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑐ℎ𝑖𝑚𝑒𝑛𝑒𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑠 𝑎𝑙𝑡𝑎𝑠 𝑒𝑛 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑎𝑧𝑜𝑛 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑜
𝑋3 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑡𝑜𝑠 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠
𝑋4 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑒𝑛 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑎𝑧𝑜𝑛 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑜
𝑋5 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑗𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑢𝑠𝑡𝑖𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑡𝑜𝑠 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠
𝑋6 = 𝐹𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑗𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑢𝑠𝑡𝑖𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑒𝑛 ℎ𝑜𝑟𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑎𝑧𝑜𝑛 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑜

Función objetivo

Minimizar los costos de la combinación del uso de abatimiento

Modelo matemático

𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 8𝑋1 + 10𝑋2 + 7𝑋3 + 7𝑋4 + 11𝑋5 + 9𝑋6

Sujeto a:

12𝑋1 + 9𝑋2 + 25𝑋3 + 20𝑋4 + 17𝑋5 + 13𝑋6

≥ 60 (𝑅𝑒𝑑𝑢. 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 𝑒𝑚𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠)
35𝑋1 + 42𝑋2 + 18𝑋3 + 31𝑋4 + 56𝑋5 + 49𝑋6
≥ 150 (𝑅𝑒𝑑𝑢. 𝑟𝑒𝑞. 𝑒𝑚𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑧𝑢𝑓𝑟𝑒)
37𝑋1 + 53𝑋2 + 28𝑋3 + 24𝑋4 + 29𝑋5 + 20𝑋6
≥ 125(𝑅𝑒𝑑𝑢. 𝑟𝑒𝑞. 𝑒𝑚𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 ℎ𝑖𝑑𝑟𝑜𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑜𝑠)

Condición de no negatividad:
𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 , 𝑋5 , 𝑋6 ≥ 0

1) Tablas solución y grafica

2) Comprobación: Punto óptimo (𝑋1 = 2,2044; 𝑋4 = 1,2076; 𝑋6 = 0,7226)

12𝑋1 + 9𝑋2 + 25𝑋3 + 20𝑋4 + 17𝑋5 + 13𝑋6 ≥ 60 → 12 ∗ 2,2044 + 20 ∗ 1,2076 + 13 ∗ 0,7226 ≥ 60 → 60 ≥ 60 𝑉

35𝑋1 + 42𝑋2 + 18𝑋3 + 31𝑋4 + 56𝑋5 + 49𝑋6 ≥ 150 → 35 ∗ 2,2044 + 31 ∗ 1,2076 + 49 ∗ 0,7226 ≥ 150 → 150
≥ 150 𝑉
37𝑋1 + 53𝑋2 + 28𝑋3 + 24𝑋4 + 29𝑋5 + 20𝑋6 ≥ 125 → 37 ∗ 2,2044 + 24 ∗ 1,2076 + 20 ∗ 0,7226 ≥ 125 → 125 ≥ 125 𝑉

3) Interpretación de los resultados

La fábrica NORI & LEETS CO debe producir 2,2044 millones de libra por año por el
método de chimeneas más altas en altos hornos, 1,2076 millones de libra por el método de
filtros en hornos de corazón abierto y 0,7226 millones de libras por año por el método de
mejores combustibles en hornos de corazón abierto para minimizar el coste de producción a
32,925 millones de dólares.
D.9. Manufacturera Acme recibió un contrato para entregar ventanas de vivienda durante los 6 meses
siguientes. Las demandas sucesivas para los seis periodos son 100, 250, 190, 140, 220 y 110,
respectivamente. El costo de producción por ventana varía de un mes a otro, dependiendo de los
costos de mano de obra, materiales y servicios. Acme estima que el costo de producción por ventana,
durante los 6 meses siguientes, será $50, $45, $55, $48, $52 y $50, respectivamente. Para aprovechar
las fluctuaciones en el costo de manufactura, Acme podría optar por producir más de lo necesario en
determinado mes, y guardar las unidades excedentes para entregar en meses posteriores. Sin embargo,
eso le ocasionará un costo de almacenamiento de $8 por ventana y por mes, evaluado con el inventario
levantado en el fin de mes.

a) Desarrolle un modelo de programación lineal para determinar un programa óptimo de

producción para Acme, usando QM bajo Windows.
b) Resuelva el problema suponiendo que Acme tiene un inventario inicial de 25 ventanas al
principio del primer mes.
c) De acuerdo con la solución con QM bajo Windows, los precios duales en los periodos 1, 2, 4
y 5 son exactamente iguales a los costos unitarios de manufactura durante los mismos
periodos, mientras que el del periodo 3 es distinto. Explique por qué.
d) Si el costo de almacenamiento por ventana y por mes aumenta a $9, ¿cambiará la solución
óptima del punto a)?

Planteamiento del modelo matemático

Variables de decisión

𝑋1 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠

𝑋2 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋3 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠
𝑋4 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋5 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋6 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑥𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋7 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠
𝑋8 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋9 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠
𝑋10 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋11 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠
𝑋12 = 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑥𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠

Función objetivo
Minimizar los costos de producción

Modelo matemático

𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑍 = 50𝑋1 + 45𝑋2 + 55𝑋3 + 48𝑋4 + 52𝑋5 + 50𝑋6 +8𝑋7 + 8𝑋8 + 8𝑋9 +
9𝑋10 + 8𝑋11

Sujeto a:

𝑋1 − 𝑋7 = 100 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠 − 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠)

𝑋2 + 𝑋7 − 𝑋8 = 250 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛. 𝑝𝑟𝑖. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑔. 𝑚𝑒𝑠)
𝑋3 + 𝑋8 − 𝑋9 = 190 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛. 𝑠𝑒𝑔. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟. 𝑚𝑒𝑠)
𝑋4 + 𝑋9 − 𝑋10 = 140 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑡𝑒𝑟. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟.𝑚𝑒𝑠)
𝑋5 + 𝑋10 − 𝑋11
= 220 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑐𝑢𝑎. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛.𝑚𝑒𝑠)
𝑋6 + 𝑋11 = 110 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑥𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡. 𝑚𝑒𝑠)

Condición de no negatividad:

𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 , 𝑋5 , 𝑋6 , 𝑋7 , 𝑋8 , 𝑋9 , 𝑋10 , 𝑋11 ≥ 0
a)
1) Tablas solución y grafica

2) Comprobación: Punto óptimo (𝑋1 = 100; 𝑋2 = 440; 𝑋4 = 140; 𝑋5 = 220; 𝑋6 = 110; 𝑋8 =

190)

𝑋1 − 𝑋7 = 100 → 100 − 0 = 100 → 100 = 100 𝑉

𝑋2 + 𝑋7 − 𝑋8 = 250 → 440 + 0 − 190 = 250 → 250 = 250 𝑉
𝑋3 + 𝑋8 − 𝑋9 = 190 → 0 + 190 = 190 → 190 = 190 𝑉
𝑋4 + 𝑋9 − 𝑋10 = 140 → 140 + 0 − 0 = 140 → 140 = 140 𝑉
𝑋5 + 𝑋10 − 𝑋11 = 220 → 220 + 0 − 0 = 220 → 220 = 220 𝑉
𝑋6 + 𝑋11 = 110 → 110 + 0 = 110 𝑉
 3) Interpretación de los resultados
La empresa Manufacturera Acme debe producir el primer mes 100 ventanas el segundo mes
440 ventanas el tercer mes no debe producir ninguna ventana el cuarto mes debe producir
140 ventanas, el quinto mes 220 ventanas y el sexto mes 110 ventanas, para que se pueda
entregar dependiendo la demanda que se le impuso a la empresa solo se tiene un
almacenamiento en el segundo para poder bajar los costos de almacenamiento, el costo de
producción y el coste de almacenamiento es de $49.980,00 el cual es el mínimo requerido
por la empresa.
b) Si se tiene un inventario inicial de 25

𝑋1 − 25 = 100 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠 − 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠)

𝑋2 + 25 − 𝑋8 = 250 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛. 𝑝𝑟𝑖. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑔. 𝑚𝑒𝑠)
𝑋3 + 𝑋8 − 𝑋9 = 190 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛. 𝑠𝑒𝑔. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟. 𝑚𝑒𝑠)
𝑋4 + 𝑋9 − 𝑋10 = 140 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑡𝑒𝑟. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑟.𝑚𝑒𝑠)
𝑋5 + 𝑋10 − 𝑋11
= 220 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑐𝑢𝑎. 𝑚𝑒𝑠
− 𝑖𝑛.𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑛.𝑚𝑒𝑠)
𝑋6 + 𝑋11 = 110 (𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑥𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑠 + 𝐼𝑛.𝑞𝑢𝑖𝑛𝑡. 𝑚𝑒𝑠)

Punto óptimo (𝑋1 = 125; 𝑋2 = 415; 𝑋4 = 140; 𝑋5 = 220; 𝑋6 = 110)

Si se tiene 25 unidades en el inventario del primer mes cambia las cantidades del primer mes y el
segundo las demás permanecen constantes y las unidades en almacén ya no se utilizarían, y el costo
de producción seria $50.105,00.
 c) De acuerdo con la solución con QM bajo Windows, los precios duales en los periodos 1, 2,
4 y 5 son exactamente iguales a los costos unitarios de manufactura durante los mismos
periodos, mientras que el del periodo 3 es distinto. Explique por qué

Costos de Precios
Mes
producción duales
1 $50 $50
2 $45 $45
3 $55 $53
4 $48 $48
5 $52 $52
6 $50 $50

Rpsta. Significa que el precio dual se puede mejorar u optimizar en el caso del ejercicio se
trata de minimizar gastos de producción el costo de producción del tercer mes es de $55,00
lo cual se puede mejorar o reducir el costo a $53,00 minimizando los costes de producción.

d) Si el costo de almacenamiento por ventana y por mes aumenta a $9, ¿cambiará la solución
óptima del punto a)?

Punto óptimo (𝑋1 = 100; 𝑋2 = 440; 𝑋4 = 140; 𝑋5 = 220; 𝑋6 = 110; 𝑋8 = 190)

El punto óptimo no cambia, pero si cambia los costos de producción por el aumento de 1 dólar en el
costo de almacenamiento por cada ventana y este aumenta a $50.170,0