Modelo de transporte

INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICOINSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO““SANTIAGO MARIÑO”SANTIAGO MARIÑO”EXTENSIÓN BARINASEXTENSIÓN BARINAS

SAIA NUCLEO SAN FELIPESAIA NUCLEO SAN FELIPE

Integrantes: Integrantes:

Valero América C.I. 13.984.216 Valero América C.I. 13.984.216

Carrera: Carrera: Ingeniería IndustrialIngeniería IndustrialEstado: Estado: Yaracuy, San FelipeYaracuy, San Felipe

Reste el numero más pequeño de cada renglón a cada número del renglón. Esto se llama reducción de renglón.

Depósito Localidad I Localidad II Localidad III Localidad IV

A 30 0 10 40

B 0 20 10 10

C 20 0 60 40

D 40 0 30 50

Reste el número más pequeño de la nueva matriz a cada número de la columna. Esto se llama reducción de columna.


A 30 0 0 30

B 0 20 0 0

C 20 0 50 30

D 40 0 20 40

Al finalizar estos dos pasos la matriz obtenida recibe el nombre de matriz reducida, en este caso de Distancia

Trazar el mínimo número de líneas rectas verticales y horizontales necesarias para cubrir todos los ceros de la tabla.


A 30 0 0 30

B 0 20 0 0

C 20 0 50 30

D 40 0 20 40


A 30 0 0 30

B 0 20 0 0

C 20 0 50 30

D 40 0 20 40

Reste el número no cubierto más pequeño de todos los números no cubiertos de la matriz. Sume el número no cubierto más pequeño a los números que se encuentren en intersección de líneas. Los números cruzados pero que no se encuentran en intersección de líneas permanece igual.


A 30 0 0 30

B 0 20 0 0

C 20 0 50 30

D 40 0 20 40

Como el número de líneas no es igual al número de renglones no es posible hacer una asignación, en este caso se continúa con el siguiente paso

El número no cubierto más pequeño es 20

Reste el número no cubierto más pequeño de todos los números no cubiertos de la matriz. Sume el número no cubierto más pequeño a los números que se encuentren en intersección de líneas. Los números cruzados pero que no se encuentran en intersección de líneas permanece igual.


A 30 0 +20 0 30

B 0 20 + 20 0 0

C 20 - 20 0 50 -20 30 - 20

D 40 - 20 0 20 - 20 40 - 20

Luego tenemos que la matriz nos queda así


A 30 20 0 30

B 0 40 0 0

C 0 0 30 10

D 20 0 0 20

Repetir los pasos 4 y 5 hasta que el número de líneas sea igual al número de renglones de la matriz.

Como el número de líneas es igual al número de renglones se tiene una solución óptima. Se puede pasar al último paso.


A 30 20 0 30

B 0 40 0 0

C 0 0 30 10

D 20 0 0 20

Se hacen las asignaciones una a una en las posiciones que tienen elemento cero. Comience con los renglones y columnas que tienen sólo un cero. Cada renglón y columna necesita recibir exactamente una asignación, después continúe con los renglones y columnas que no han sido asignados. Continúe hasta que todos los renglones y columnas estén asignados.

Depósito Localidad Distancia (km)

A III 210

B IV 200

C I 200

D II 180

Total 790

La mínima distancia global posible para cumplir con el cometido es 790 km

Este método es basado en un modelo que busca determinar un plan de transporte de una mercancía de varias fuentes a varios destinos

1. Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda en cada destino.

2. El costo de transporte unitario de la mercancía a cada destino.

Determinar la cantidad que se enviará de cada fuente a cada destino, tal que

se minimice el costo del transporte total.

El costo del transporte en una ruta es directamente proporcional al numero

de unidades transportadas. La definición de “unidad de transporte”

variará dependiendo de la “mercancía” que se transporte.

El procedimiento de resolución de un modelo de transporte se puede llevar a cabo mediante programación lineal, sin embargo su estructura permite la creación de múltiples alternativas de solución tales como la estructura de asignación o los métodos heurísticos más populares como Vogel, Esquina Noroeste o Mínimos Costos.

En este caso i define el conjunto {Planta 1, Planta 2, Planta 3 y Planta 4}, y j define el conjunto {Cali, Bogotá, Medellín y Barranquilla}

El segundo paso corresponde a la formulación de las restricciones de oferta y demanda, cuya cantidad se encuentra determinada por el factor entre fuentes y destinos

Restricciones de oferta o disponibilidad, las cuales son de signo ≤:

Restricciones de demanda, las cuales son de signo ≥:

En tercer paso se procede a formular la función objetivo, en la cual se relaciona el costo correspondiente a cada ruta.

X1,1 + X1,2 + X1,3 + X1,4 ≤ 80 X2,1 + X2,2 + X2,3 + X2,4 ≤ 30 X3,1 + X3,2 + X3,3 + X3,4 ≤ 60 X4,1 + X4,2 + X4,3 + X4,4 ≤ 45

X1,1 + X2,1 + X3,1 + X4,1 ≥ 70 X1,2 + X2,2 + X3,2 + X4,2 ≥ 40 X1,3 + X2,3 + X3,3 + X4,3 ≥ 70 X1,4 + X2,4 + X3,4 + X4,4 ≥ 35

ZMIN = 5X1,1 + 2X1,2 + 7X1,3 + 3X1,4 + 3X2,1 + 6X2,2 + 6X2,3 + 1X2,4 + 6X3,1 + 1X3,2 + 2X3,3 + 4X3,4 + 4X4,1 + 3X4,2 + 6X4,3 + 6X4,4

Finalmente luego se puede proceder al uso de la herramienta WinQSB para resolver el modelo realizado, Ejemplo: aquí están los resultados.

Los análisis de dualidad y sensibilidad en los modelos de transporte resultan ser bastante interesantes, pues pueden llegar a determinar aumentos de capacidad en las fuentes si el precio sombra de las rutas en relación a ellas lo justifica.

1. Para encontrar los costos de oportunidad, para cada columna, restamos el costo mínimo de cada una, de los demás costos de la misma columna.

2. Restamos el costo mínimo de cada renglón a los costos del renglón correspondiente.

3. Nota: En algunos casos este costo mínimo será cero por la resta anterior; también se puede intercambiar el orden, es decir, primero reducir por renglón y luego por columna.

4. Hacer la asignación por renglón o por columna encerrando en un cuadro el cero seleccionado que debe quedar asignado. Debe ser uno, y sólo uno, por renglón y por columna.

5. Trazar una línea recta en cada columna y renglón que contenga el valor cero. Debemos trazar el mínimo de líneas rectas para cubrir todos los valores ceros de renglón y columna. Si el mínimo de líneas rectas es igual al número de columnas o renglones, la solución es óptima.

6. Asignar a cada renglón donde haya sólo un valor cero y asignar en cada columna donde haya cualquier valor pero que no sea cero.

Etapas para encontrar los costos de oportunidad

La compañía Y fabrica cuatro artículos que pueden ser producidos en cualquiera de las cuatro máquinas que tiene. El costo de instalación y preparación de las máquinas para iniciar la producción es alto. Cada producto deberá ser elaborado en una sola máquina. Determinar la asignación que minimice el costo. Los costos de operación se muestran en la tabla

Producto Maquina I Maquina II Maquina III Maquina IV

1 4 6 3 9

2 6 3 6 4

3 8 6 4 6

4 7 5 6 8

Restar el costo mínimo de cada columna a los demás costos en la misma columna (4-4, 6-4, 8-4, 7-4; 6-3, 3-3, 6-3, 5-3; 3-3, 6-3, 4-3, 6-3; 9-4, 4-4, 6-4 y 8-4) y obtendremos la tabla siguiente:


1 4-4 6-3 3-3 9-4

2 6-4 3-3 6-3 4-4

3 8-4 6-3 4-3 6-4

4 7-4 5-3 6-3 8-4


1 0 3 0 5

2 2 0 3 0

3 4 3 1 2

4 3 2 3 4


1 0 3 0 5

2 2 0 3 0

3 4 3 1 2

4 3 2 3 4

Restar el costo mínimo de cada renglón a los restantes costos del renglón. Obtendremos la tabla


1 0 -0 3-0 0-0 5-0

2 2-0 0-0 3-0 0-0

3 4-1 3-1 1-1 2-1

4 3-2 2-2 3-2 4-2


1 0 3 0 5

2 2 0 3 0

3 3 2 0 1

4 1 0 1 2


1 0 3 0 5

2 2 0 3 0

3 3 2 0 1

4 1 0 1 2

Cubrir todos los ceros con el menor número posible de líneas rectas, como se muestra en la tabla

Como el menor número de líneas usado para cruzar todos los ceros es 4, cantidad igual a los renglones o columnas, se ha llegado a la solución óptima, y sólo falta hacer la asignación final.


1 4 6 3 9

2 6 3 6 4

3 8 6 4 6

4 7 5 6 8

Asignar donde haya un cero en cada renglón o columna. Entonces la solución final será:

P1, P4, P3, P2

El costo total = 4 +5+ 4 + 4 = 17

En una Empresa hay cuatro puestos vacantes en el departamento de despacho que usted está dirigiendo. Cinco personas han sido entrevistadas y se les aplicaron pruebas de habilidad para medir la aptitud de cada una; la calificación máxima posible de estas pruebas es 10. Indicar las personas que se elegirán y puestos que se les asignarán. El resultado de la prueba aparece en la tabla

Solicitantes Vacante I Vacante II Vacante III Vacante IV

1 6 9 5 7

2 5 1 7 5

3 2 6 9 9

4 2 9 7 3

5 4 5 6 6

Solicitantes

Vacante I Vacante II

Vacante III

Vacante IV

Vacante V

1 6 9 5 7 0

2 5 1 7 5 0

3 2 6 9 9 0

4 2 9 7 3 0

5 4 5 6 6 0

Como el número de renglones es mayor que el número de columnas, tenemos que crear una nueva columna con un puesto ficticio, es decir, que la persona ficticia asignada a esta posición no será contratada y para asegurarnos de esto le daremos la calificación más baja.

El objetivo de nuestro problema es maximizar la calificación para cada puesto. Por ello, procederemos de la siguiente manera:

Restar a todos los elementos el valor máximo de la tabla.

Solicitantes

Vacante I Vacante II Vacante III

Vacante IV

Vacante V

1 9-6 9-9 9-5 9-7 9-0

2 9-5 9-1 9-7 9-5 9-0

3 9-2 9-6 9-9 9-9 9-0

4 9-2 9-9 9-7 9-3 9-0

5 9-4 9-5 9-6 9-6 9-0

Solicitantes Vacante I Vacante II Vacante III Vacante IV Vacante V

1 3 0 4 2 9

2 4 8 2 4 9

3 7 3 0 0 9

4 7 0 2 6 9

5 5 4 3 3 9

A partir de aquí se procede como si el problema fuera de minimización como en el ejemplo anterior.Solicitantes Vacante I Vacante II Vacante III Vacante IV Vacante V

1 0 0 4 2 0

2 1 8 2 4 0

3 4 3 0 0 0

4 4 0 2 6 0

5 2 4 3 3 0

Obtendremos los costos de oportunidad haciendo las reducciones por columna (y por renglón si es necesario) restando el valor mínimo de cada columna de los demás valores de la columna correspondiente

Asignamos los diferentes valores, encerrando en un cuadro los ceros seleccionados, cuidando que sólo deban ser uno por renglón y por columna.

Cruzamos la mayor cantidad de ceros con el menor número de líneas posibles.


1 0 0 4 2 0

2 1 8 2 4 0

3 4 3 0 0 0

4 4 0 2 6 0

5 2 4 3 3 0


1 0 0 4 2 0

2 1 8 2 4 0

3 4 3 0 0 0

4 4 0 2 6 0

5 2 4 3 3 0

Como el mínimo de líneas posibles a trazar en todos los ceros de columnas y renglones son cuatro, menos el número de columnas o renglones, sabemos que la solución no es óptima. La etapa siguiente es seleccionar el valor más pequeño de la matriz que no esté cruzado por una línea, restar éste a todos los que no están cruzados por líneas y sumarlo a todos los que estén en las intersecciones de dos líneas, los valores que estén cruzados por una sola línea permanecerán iguales.

En este ejemplo, el valor más pequeño no cruzado por las líneas es el 1. Al seguir los pasos mencionados, obtendremos la tabla


1 0 0 4 2 0+1

2 1 8-1 2-1 4-1 0

3 4 3 0 0 0+1

4 4 0 2 6 0+1

5 2-1 4-1 3-1 3-1 0


1 0 0 4 2 1

2 1 7 1 3 0

3 4 3 0 0 1

4 4 0 2 6 1

5 1 3 2 2 0

Observamos que todavía con 4 líneas podemos cruzar todos los ceros.


1 0 0 3 1 1

2 0 7 0 3 0

3 5 4 0 0 2

4 4 0 1 5 1

5 1 3 1 1 0

El procedimiento mencionado y nuevamente el valor más pequeño no cruzado por las líneas es 1. Lo restamos a todos los valores no cruzados por una línea y lo sumamos a los valores de las intersecciones de dos líneas. El resultado es el mostrado en la tabla

Como el número mínimo de líneas es cinco (igual que el número de columnas y renglones), se ha llegado a la solución óptima.

Debemos ahora asignar partiendo de los renglones o columnas con sólo un cero. Como se ve en la tabla Los renglones 4 y 5 tienen un solo cero al igual que la columna IV, entonces la solución es:

Solicitantes Vacantes

1 I

2 III

3 IV

4 II

El resultado final de asignación es: 6 + 7 + 9 + 9 = 31

Solicitantes Vacante I Vacante II Vacante III Vacante IV

1 6 9 5 7

2 5 1 7 5

3 2 6 9 9

4 2 9 7 3

5 4 5 6 6

Observaciones: la columna III tiene dos posibles soluciones: Solicitud 2 o Solicitud 3. Como el Solicitud 3 fue asignado a la vacante IV estamos obligados a colocar la solicitud 2 a la Vacante III y por lo tanto también obligados a asignar el Vacante 1 a la

solicitud 1 y no a la 2.

No se tomó en cuenta la solicitud 5 que le corresponde al puesto E, pues como se recordará esta columna o puesto es ficticia y nos indica que no conviene asignar la

solicitud 5.

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