CLASE SEMANA 8.pptx

UNIDAD DE APRENDIZAJE III: MODELOS DE TRANSPORTE Y ASINACIÓN
Capacidades:
• Reconocer los problemas de Transporte y Asignación.
• Desarrollar una matriz de transporte y aplicar los métodos de
solución.
• Resolver los problemas de asignación con el algoritmo de solución
correspondiente.

EL PROBLEMA DE TRANSPORTE
Es una técnica que trata de encontrar los
caminos para trasladar mercancía desde varias plantas
(orígenes o fuentes) a diferentes centros de
almacenamiento (destinos) de tal manera que se
minimice el costo total de transporte.
La técnica de transporte se pueden utilizar
también en la programación de la producción, en el
análisis del establecimiento de una nueva planta,
programación del empleo, asignación de personal, etc.
Puede resolverse por el método simplex, pero su
estructura permite utilizar algoritmos especiales,
eficientes en cálculo

2
2
2
2
i
m
DESTINO
.
.
.
.
.
.
x11 (c11)
x12 (c12)
x1j (c1j)
x1n (c1n)
FUENTE/
ORIGEN
OFERTA
DEMANDA
.
.
.
.
.
.
a1
a2
ai
am
.
.
.
.
.
.
b1
b2
bj
bn
.
.
.
.
.
.
EL PROBLEMA DE TRANSPORTE COMO UN
MODELO DE PROGRAMACIÓN LINEAL
NOTACIÓN:
xij: Cantidad de mercancía que se envía de la fuente i al destino j
cij: Costo de transporte de una unidad de mercancía de la fuente i al destino j.
ai : Cantidad de mercancía que se oferta en la fuente i
bj : Cantidad de mercancía que se demanda en el destino j

FORMULACIÓN MATEMÁTICA DEL MODELO DE TRANSPORTE
m n
Minimizar Z = ∑ ∑ cijxij
i=1 j=1
Sujeto a:
n
∑ xij ≤ ai , i=1,2,…,m
j=1
m
∑ xij ≥ bj , j=1,2,…,n
i=1
xij ≥ 0, para todo i,j

EJEMPLO
Una compañía tiene 3 plantas que fabrican un producto que debe enviarse a 4 centros
de distribución. Las plantas 1, 2 y 3 producen 50, 70 y 60 cargas mensuales,
respectivamente. Cada centro de distribución necesita recibir al menos 40 cargas al
mes. La distancia en kilómetros desde cada planta a los respectivos centros de
distribución es la siguiente.
PLANTAS
CENTROS DE DISTRIBUCIÓN
1 2 3 4
1
2
3
80
110
60
130
140
120
40
70
80
90
100
110
El costo de transporte por cada carga es de $ 20 más $ 0.50 por kilómetro. ¿Cuántas
cargas deben enviarse de cada planta a cada centro de distribución para minimizar el
costo total de transporte. Formular el modelo matemático de PL.

SOLUCIÓN
Para formular el problema es necesario determinar los costos unitarios de envío (cij) y
ordenarlos en una tabla.
c11 = 20 + 0.5x80 = 60
c12 = 20 + 0.5x130 = 85
c13 = 20 + 0.5x40 = 40
c14 = 20 + 0.5x90 = 65
c21 = 20 + 0.5x110 = 75
c22 = 20 + 0.5x140 = 90
c23 = 20 + 0.5x70 = 55
c24 = 20 + 0.5x100 = 70
c31 = 20 + 0.5x60 = 50
c32 = 20 + 0.5x120 = 80
c33 = 20 + 0.5x80 = 60
c34 = 20 + 0.5x110 = 75

TABLA DE COSTOS UNITARIOS DE TRANSPORTE
PLANTAS
CENTROS DE DISTRIBUCIÓN
OFERTA
1 2 3 4
1
2
3
60
75
50
85
90
80
40
55
60
65
70
75
50
70
60
DEMANDA 40 40 40 40
FORMULACIÓN MATEMÁTICA
Sea xij el número de cargas que se envían de la planta i al centro de distribución j.
(i=1,2,3; j=1,2,3,4)
FUNCIÓN OBJETIVO
El costo total de transporte está representado por Z, el cual se tiene que minimizar

MODELO MATEMÁTICO
FUNCIÓN OBJETIVO
Min.Z = 60x11 + 85x12 + 40x13 + 65x14 + 75x21 + 90x22 + 55x23 + 70x24 + 50x31 +
80x32 + 60x33 + 75x34
RESTRICCIONES DE OFERTA
x11 + x12 + x13 + x14 ≤ 50
x21 + x22 + x23 + x24 ≤ 70
x31 + x32 + x33 + x34 ≤ 60
RESTRICCIONES DE DEMANDA
x11 + x21 + x31 ≥ 40
x12 + x22 + x32 ≥ 40
x13 + x23 + x33 ≥ 40
x14 + x24 + x34 ≥ 40
RESTRICCIONES DE NO NEGATITIVIDAD
xij ≥ 0, para todo i,j; i=1,2,3; j=1,2,3,4

RESUMEN DEL MODELO MATEMÁTICO
Min.Z = 60x11 + 85x12 + 40x13 + 65x14 + 75x21 + 90x22 + 55x23 + 70x24 +
50x31 + 80x32 + 60x33 + 75x34
Sujeto a:
x11 + x12 + x13 + x14 ≤ 50
x21 + x22 + x23 + x24 ≤ 70
x31 + x32 + x33 + x34 ≤ 60
x11 + x21 + x31 ≥ 40
x12 + x22 + x32 ≥ 40
x13 + x23 + x33 ≥ 40
x14 + x24 + x34 ≥ 40
xij ≥ 0, para todo i,j; i=1,2,3; j=1,2,3,4

SOLUCIÓN DEL MODELO CON SOFTWARE WINQSB (MÉTODO SIMPLEX)

FORMULACIÓN TABULAR DE UN PROBLEMA DE TRANSPORTE
La formulación de un problema de transporte se hace estructurando el
problema en una tabla, llamada tabla de transporte
La tabla de transporte cumple el mismo propósito que la tabla simplex,
proporcionar un cuadro que presente todos los datos relevantes en forma
concisa que permitan buscar en forma progresiva hasta llegar a una solución
óptima factible. Tiene la siguiente forma:
FUENTE
DESTINO
OFERTA
D1 D2 … Dn
s1
s2
.
.
.
sm
C11 C12 . . . C1n
C21 C22 . . . C2n
…………………….
…………………….
…………………….
Cm1 Cm2 . . . Cmn
a1
a2
.
.
.
am
DEMANDA b1 b2 . . . bn

EJEMPLO
Una empresa comercial está manejando una línea especial de juguetes,
3 proveedores están concursando por el trabajo, el primero ofrece
suministros hasta 200000 juguetes a $ 25 la unidad, el segundo 150000
a $ 22 y el tercero 160000 a $ 18. La empresa tiene 5 almacenes que
dan servicio a las tiendas de venta al menudeo. En estos almacenes se
estiman requerimientos de 50000, 60000, 70000, 100000 y 80000
juguetes respectivamente. La empresa pagará el envío del lugar de
cada proveedor a sus propios almacenes. Los costos de embarque (en
cientos de $) por lotes de 1000 juguetes se proporcionan en la
siguiente tabla. La empresa desea saber cuantos juguetes debe
comprarse a cada proveedor para minimizar el costo total. Formular el
problema como un modelo de transporte.

TABLA
DEL PROVEEDOR
AL ALMACEN
1 2 3 4 5
1
2
3
8 4 6 7 5
6 9 5 6 8
7 5 8 7 8

SOLUCIÓN
Cálculo de los costos unitarios de transporte por lotes de 1000 juguetes (Cij).
C11 = 25x1000 + 8x100 = 25800
C12 = 25x1000 + 4x100 = 25400
C13 = 25x1000 + 6x100 = 25600
C14 = 25x1000 + 7x100 = 25700
C15 = 25x1000 + 5x100 = 25500
C21 = 22x1000 + 6x100 = 22600
C22 = 22x1000 + 9x100 = 22900
C23 = 22x1000 + 5x100 = 22500
C24 = 22x1000 + 6x100 = 22600
C25 = 22x1000 + 8x100 = 22800
C31 = 18x1000 + 7x100 = 18700
C32 = 18x1000 + 5x100 = 18500
C33 = 18x1000 + 8x100 = 18800
C34 = 18x1000 + 7x100 = 18700
C35 = 18x1000 + 8x100 = 18800

TABLA DE TRANSPORTE
PROVEEDOR
ALMACÉN
OFERTA
1 2 3 4 5
1
2
3
25800 25400 25600 25700 25500
22600 22900 22500 22600 22800
18700 18500 18800 18700 18800
200
150
160
DEMANDA 50 60 70 100 80

EJEMPLO
La demanda de un artículo perecible en los próximos 4 meses (enero,
febrero, marzo y abril) es de: 550, 720, 340 y 625 toneladas
respectivamente. La capacidad de abastecimiento para los meses
sucesivos del periodo de planeación es de 600, 750, 460 y 570
toneladas y los precios correspondientes por tonelada son: 210, 190,
170 y 230 dólares, respectivamente. Como el artículo es perecible, la
compra corriente de un mes se debe de consumir totalmente dentro de
los tres meses siguientes a la compra (incluido el mes corriente). Se
estima que el costo de almacenamiento por tonelada y mes es de $ 15.
La naturaleza del artículo no permite tener pedidos pendientes de
surtir. Formular el problema como un modelo de transporte.

SOLUCIÓN
FUENTE
(MESES)
DESTINO (MESES)
OFERTA
ENERO FEBRERO MARZO ABRIL
ENERO 210 225 240 M 600
FEBRERO M 190 205 220 750
MARZO M M 170 185 460
ABRIL M M M 230 570
DEMANDA 550 720 340 625

BALANCEO DEL PROBLEMA DE TRANSPORTE
El problema de transporte está balanceado, si la oferta y la demanda son iguales.
m n
Σai = Σbj
i=1 j=1
Si la demanda excede a la oferta, se adiciona al modelo una fuente ficticia con
oferta de Σbj-Σai.
Si la oferta excede a la demanda, se adiciona al modelo un destino ficticio con
demanda de Σai-Σbj.
Los costos unitarios en ambos casos son cero, porque no hay transporte de
mercancía
Las cantidades enviadas desde una fuente ficticia significa escasez (demanda
no satisfecha) y las enviadas a un destino ficticio significa excedente de oferta.
Para resolver un problema de transporte es necesario que esté balanceado.
Si el problema se resuelve con software, no es necesario que esté balanceado.

EJEMPLO
Se tiene el problema de transporte donde la oferta excede a la demanda en 40 unidades.
FUENTE
DESTINO
OFERTA
1 2 3
1 4 5 7 70
2 8 6 2 50
3 7 9 10 60
DEMANDA 60 30 50
Para balancear el problema se tiene que adicionar un destino ficticio con demanda de 40 unidades y
costos unitarios de envío cero. Significa que hay un excedente de 40 unidades de producto
FUENTE
DESTINO
OFERTA
1 2 3 FICTICIO
1 4 5 7 0 70
2 8 6 2 0 50
3 7 9 10 0 60
DEMANDA 60 30 50 40

EJEMPLO
Se tiene el problema de transporte, donde la demanda excede a la oferta en 50 unidades.
FUENTE
DESTINO
OFERTA
1 2 3
1 4 8 7 70
2 10 6 2 50
3 7 9 6 60
DEMANDA 60 80 90
Para balancear el problema se tiene que adicionar una fuente ficticia con oferta de 50 unidades
y costos unitarios de envío cero. Significa que hay una escasez de 50 unidades de producto
FUENTE
DESTINO
OFERTA
1 2 3
1 4 8 7 70
2 10 6 2 50
3 7 9 6 60
FICTICIA 0 0 0 50
DEMANDA 60 80 90

LA TÉCNICA DE TRANSPORTE
PASOS BÁSICOS.
1.- Determinar una solución factible básica inicial.
2.- Determinar una variable que entra de las variables no básicas. Si
todas de tales variables satisfacen la condición de optimalidad del
método simplex, la solución es óptima, en caso contrario pasar al paso
siguiente.
3.- Determinar la variable que sale usando la condición de factibilidad
de entre las variables de la solución básica, determinar la nueva
solución y regresar al paso 2.

SOLUCIÓN BÁSICA INICIAL.
Para determinar una solución básica inicial, primero hay que
balancear el problema de tal manera que Σai = Σbj, esto resulta en una
ecuación dependiente, lo cual significa que el modelo de transporte
tiene únicamente m+n-1 ecuaciones independientes, por esta razón
una solución factible básica inicial debe incluir m+n-1 variables básicas
positivas. Si el número de variables básicas positivas es menor que
m+n-1, la solución es degenerada, lo que quiere decir que al menos
una variables básica tienen valor cero.
Existen varios métodos para determinar la solución básica inicial
los más importantes son:
• Método de la esquina noroeste (MENO).
• Método del costo mínimo (MCM).
• Método de aproximación de Vogel (MAV).

MÉTODO DE LA ESQUINA NOROESTE (MENO)
Este método comienza asignando la cantidad máxima permisible
por la oferta y la demanda a la variable x11. La columna o renglón
satisfecha se tacha. Si una columna o un renglón se satisfacen
simultáneamente, únicamente uno debe tacharse (esta condición
permite localizar variables básicas con valor cero si existen). Después
de ajustar las cantidades de oferta y demanda para todos los renglones
y columnas no tachados, la cantidad máxima factible se asigna al
primer elemento no tachado en la nueva columna o renglón. El
procedimiento termina cuando exactamente un renglón o una columna
se dejan sin tachar.

EJEMPLO
Un taller de una fábrica debe entregar 150 piezas de un motor de auto. 48 piezas de A,
29 de B, 40 de C y 33 de D. Tres máquinas se emplearán en producirlas, la máquina I
puede hacer 28 unidades, la máquina II 32 unidades y la máquina III 60 unidades. La
tabla siguiente da los tiempos para cada pieza y cada máquina. La máquina I no puede
hacer la pieza C, ni la máquina II la pieza D. Determinar la asignación de costo mínimo.
MAQUINA
PIEZAS
A B C D
I
II
III
5 9 --- 4
6 10 3 ---
4 2 5 7

SOLUCIÓN
En este problema las fuentes son las máquinas y los destinos las piezas del producto. Las
ofertas son las capacidades de producción de las máquinas y las demandas son las
cantidades de las diferentes piezas requeridas Se ha penalizado con un costo alto M para
que la máquina I no se asigne a la pieza C, ni la máquina II a la pieza D
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
5 9 M 4
6 10 3 M
4 2 5 7
28
32
60
DEMANDA 48 29 40 33

BALANCEO DEL PROBLEMA
El problema no está balanceado, porque la demanda total es superior a la oferta
total (48+29+40+33 = 150 > 28+32+60 = 120) por lo que es necesario adicionar al
modelo una máquina ficticia (MF) con una oferta de 30 unidades (150-120=30).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 9 M 4
6 10 3 M
4 2 5 7
0 0 0 0
28
32
60
30
DEMANDA 48 29 40 33

PRIMERA ASIGNACIÓN
EL método de la esquina noroeste comienza asignando x11=28, la oferta de la máquina I se
satisface, por tanto se tacha el renglón correspondiente a esta máquina con X y la demanda de
la pieza A se ajusta a 20 (48-28=20).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28)
6
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28X
32
60
30
DEMANDA 48-28=20 29 40 33

SEGUNDA ASIGNACIÓN.
Se asigna a x21=20, la demanda de la pieza A se satisface, entonces se tacha la
columna de la pieza A con X y la oferta de la máquina II se ajusta a 12 (32-20=12).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28)
6 (20)
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28X
32-20=12
60
30
DEMANDA 48-28=20X 29 40 33

TERCERA ASIGNACIÓN
Se asigna a x22=12, la oferta de la máquina II se satisface, entonces se tacha el renglón
correspondiente a esta máquina con X y la demanda de la pieza B se ajusta a 17 (29-12=17).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28)
6 (20)
4
0
9
10 (12)
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28X
32-20=12X
60
30
DEMANDA 48-28=20X 29-12=17 40 33

CUARTA ASIGNACIÓN
Se asigna a x32=17, la demanda de la pieza B se satisface, entonces se tacha la columna
correspondiente a esta pieza con X y la oferta de la máquina III se ajusta a 43 (60-17=43).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28)
6 (20)
4
0
9
10 (12)
2 (17)
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28X
32-20=12X
60-17=43
30
DEMANDA 48-28=20X 29-12=17X 40 33

QUINTA ASIGNACIÓN
Se asigna a x33=40, la demanda de la pieza C se satisface, entonces se tacha la columna
correspondiente a esta pieza con X y la oferta de la máquina III se ajusta a 3 (43-40=3).
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28)
6 (20)
4
0
9
10 (12)
2 (17)
0
M
3
5 (40)
0
4
M
7
0
28X
32-20=12X
60-17=43-40=3
30
DEMANDA 48-28=20X 29-12=17X 40X 33

SEXTA Y SEPTIMA ASIGNACIÓN
Solamente queda por asignar x34=3 y x44=30. Última tabla de transporte.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5 (28) ↓
6 (20) →
4
0
9
10 (12) ↓
2 (17) →
0
M
3
5 (40) →
0
4
M
7 (3) ↓
0 (30)
28X
32-20=12X
60-17=43-40=3X
30X
DEMANDA 48-28=20X 29-12=17X 40X 33-3=30X Z = 635

RESUMEN DE LA SOLUCIÓN BÁSICA INICIAL
Se observa que m+n-1=7 (4+4-1=7) es igual al número de variables
básicas positivas, quiere decir que la solución básica inicial es NO
DEGENERADA.
Solución básica inicial:
x11 = 28 unidades de la pieza A que va a fabricar la máquina I
x21 = 20 unidades de la pieza A que va a fabricar la máquina II
x22 = 12 unidades de la pieza B que va a fabricar la máquina II
x32 = 17 unidades de la pieza B que va a fabricar la máquina III
x33 = 40 unidades de la pieza C que va a fabricar la máquina III
x34 = 3 unidades de la pieza D que va a fabricar la máquina III
x44 = 30 unidades de la pieza D que va a fabricar la máquina ficticia, pero la
máquina ficticia no existe, la pieza D no será fabricada.
Variables no básicas: x12, x13, x14, x23, x24, x31, x41, x42, x43, todas iguales a cero.
Costo de fabricación (Z) = 5x28+6x20+10x12+2x17+5x40+7x3+0x30 = $ 635

MÉTODO DE COSTO MÍNIMO (MCM)
Consiste en asignar tanto como sea posible a la variable con el
costo unitario más pequeño en la tabla completa (los empates se
rompen arbitrariamente) se tacha el renglón o la columna satisfecha, si
la columna o renglón se satisfacen simultáneamente, únicamente uno
se tacha. Después de ajustar la demanda y la oferta para todos los
elementos no tachados, repita el proceso asignando tanto como sea
posible a la variable no tachada con el costo unitario más pequeño.
El procedimiento termina cuando exactamente un renglón o una
columna están sin tachar.

EJEMPLO
Se utiliza el ejemplo anterior. Problema balanceado
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28
32
60
30
DEMANDA 48 29 40 33

PRIMERA ASIGNACIÓN (MCM)
Se utiliza el ejemplo anterior. El costo mínimo es cero. Asignar a x41=30, la
oferta de la máquina ficticia se satisface, se tacha el reglón que corresponde
a la máquina ficticia con X y se ajusta la demanda de la pieza A.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0 (30)
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28
32
60
30X
DEMANDA 48-30=18 29 40 33

SEGUNDA ASIGNACIÓN (MCM)
El siguiente costo mínimo es c32=2, se asigna a x32=29, la demanda de la pieza B
se satisface, entonces se tacha la columna correspondiente a esta pieza con X y
se ajusta la oferta de la máquina III.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0 (30)
9
10
2 (29)
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28
32
60-29=31
30X
DEMANDA 48-30=18 29X 40 33

TERCERA ASIGNACIÓN (MCM)
El siguiente costo mínimo es c23=3, se asigna a x23=32 La oferta de la máquina II se
satisface, se tacha el renglón correspondiente a esta máquina con X y se ajusta la
demanda de la pieza C
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0 (30)
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5
0
4
M
7
0
28
32X
60-29=31
30X
DEMANDA 48-30=18 29X 40-32=8 33

CUARTA ASIGNACIÓN (MCM)
Existe un empate entre los costos mínimos c14=c31=4, entonces se asigna a x14=28, la
oferta de la máquina I se satisface, se tacha el renglón correspondiente a esta máquina
con X y se ajusta la demanda de la pieza D.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0 (30)
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5
0
4 (28)
M
7
0
28X
32X
60-29=31
30X
DEMANDA 48-30=18 29X 40-32=8 33-28=5

QUINTA ASIGNACIÓN (MCM)
El siguiente costo mínimo es c31=4, se asigna a x31=18, la demanda de la pieza A se satisface,
se tacha la columna correspondiente a esta pieza con X y se ajusta la oferta de la máquina
III.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4 (18)
0 (30)
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5
0
4 (28)
M
7
0
28X
32X
60-29=31-18=13
30X
DEMANDA 48-30=18X 29X 40-32=8 33-28=5

SEXTA Y SEPTIMA ASIGNACIÓN
Solamente quedan dos variables para ser asignadas, estas se asignan, teniendo en cuenta el
costo mínimo. x33=8, x34=5.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4 (18)
0 (30)
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5 (8)
0
4 (28)
M
7 (5)
0
28X
32X
60-29=31-18=13X
30X
DEMANDA 48-30=18X 29X 40-32=8X 33-28=5X Z = 413

SOLUCIÓN BÁSICA INICIAL
Se observa que m+n-1=7 (4+4-1=7) es igual al número de variables básicas positivas, esto
quiere decir que la solución básica inicial es NO DEGENERADA.
solución básica inicial.
x14 = 28 unidades de la pieza D que va a fabricar la máquina I
x23 = 32 unidades de la pieza C que va a fabricar la máquina II
x31 = 18 unidades de la pieza A que va a fabricar la máquina III
x34 = 5 unidades de la pieza D que va a fabricar la máquina III
x41 = 30 unidades de la pieza A que serán fabricadas, porque la máquina ficticia no existe.
Variables no básicas.
x11, x12, x13, x21, x22, x24, x42, x43, x44, todas iguales a cero.
Costo de fabricación = 4x28+3x32+4x18+2x29+5x8+7x5+0x30 = $ 413
Se observa que el MCM da un menor costo de fabricación ($ 413) en comparación
con el MENO ($ 635), porque el MENO no considera costos menores en la asignación

MÉTODO DE APROXIMACIÓN DE VOGEL (MAV)
Este método es heurístico y proporciona una mejor solución de inicio cercana a la óptima y
muchas veces da la solución óptima. El procedimiento es el siguiente:
1.- Evaluar una penalización para cada renglón y columna, restando los dos elementos de costo más
pequeños
2.- Identificar el renglón o la columna con la mayor penalización (los empates se rompen
arbitrariamente). Asignar tanto como sea posible a la variable con el costo mínimo en el renglón o
columna seleccionados, ajustar la oferta y la demanda, tachar el renglón o columna satisfecha. Si un
renglón y una columna se satisfacen simultáneamente únicamente uno de ellos se tacha y al
renglón o la columna restante se le asigna una oferta o demanda cero. Cualquier renglón o columna
con oferta o demanda cero no deberán ser utilizados al calcular penalizaciones futuras.
3.- Este paso consta de 4 partes
a.- Si exactamente un renglón o una columna permanecen sin estar tachados, el procedimiento
termina.
b.- Si únicamente un renglón o columna con oferta o demanda positiva permanece sin estar
tachado, determine las variables básicas en el renglón o columna por el método de costo mínimo.
c.- Si todos los renglones o columnas no tachados tienen oferta y demanda cero determine las
variables básicas con valor cero por el método de costo mínimo, el procedimiento termina.
d.- En cualquier otro caso determinar las penalizaciones para los renglones y columnas no tachadas
y después regresar al paso 2

PRIMERA ASIGNACIÓN (MAV)
Se eligen los dos costos más pequeños de los renglones y columnas y se restan
independientemente para cada renglón y columna.
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0
28
32
60
30
5-4=1
6-3=3
4-2=2
0-0=0
DEMANDA 48 29 40 33
DIFERENCIA 4-0=4 2-0=2 3-0=3 4-0=4

ASIGNACIÓN (MAV)
La mayor diferencia (4-0=4) corresponden a la primera y cuarta columna, por lo
tanto existe un empate y se puede tomar cualquiera de estas columnas para hacer
la asignación.
Se elige la cuarta columna y se asigna x44=30, La oferta de la máquina ficticia se
satisface, se tacha el renglón que corresponde a la máquina ficticia con X y se
ajusta la demanda de la pieza D.
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32
60
30X
5-4=1
6-3=3
4-2=2
0-0=0
DEMANDA 48 29 40 33-30=3
DIFERENCIA 4-0=4 2-0=2 3-0=3 4-0=4

SEGUNDA ASIGNACIÓN (MAV)
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2
0
M
3
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32
60
30X
5-4=1
6-3=3
4-2=2
DEMANDA 48 29 40 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 9-2=7 5-3=2 7-4=3

ASIGNACIÓN (MAV)
La mayor penalización corresponde a la segunda columna (9-2=7), se asigna x32=29, la
demanda de la pieza B se satisface, se tacha la segunda columna con X y se ajusta la
oferta de la máquina III.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32
60-29=31
30X
5-4=1
6-3=3
4-2=2
DEMANDA 48 29X 40 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 9-2=7 5-3=2 7-4=3

TERCERA ASIGNACIÓN (MAV)
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32
60-29=31
30X
5-4=1
6-3=3
5-4=1
DEMANDA 48 29X 40 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 5-3=2 7-4=3

ASIGNACIÓN (MAV)
La segunda fila y la cuarta columna tienen la mayor penalización (3), se elige la
segunda fila y se asigna x23=32, se satisface la oferta de la máquina II, se tacha con X y
se ajusta la demanda de la pieza C
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32X
60-29=31
30X
5-4=1
6-3=3
5-4=1
DEMANDA 48 29X 40-32=8 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 5-3=2 7-4=3

CUARTA ASIGNACIÓN (MAV)
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5
0
4
M
7
0 (30)
28
32X
60-29=31
30X
5-4=1
5-4=1
DEMANDA 48 29X 40-32=8 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 M-5=M 7-4=3

ASIGNACIÓN (MAV)
La más alta penalización corresponde a la tercera columna (M-5), se asigna x33=8, la demanda de la
pieza C se satisface, se tacha la tercera columna y se ajusta la oferta de la máquina III.
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA.
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5 (8)
0
4
M
7
0 (30)
28
32X
60-29=31-8=23
30X
5-4=1
5-4=1
DEMANDA 48 29X 40-32=8X 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 M-5=M 7-4=3

QUINTA ASIGNACIÓN (MAV)
independientemente para cada renglón y columna
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5 (8)
0
4
M
7
0 (30)
28
32X
60-29=31-8=23
30X
5-4=1
7-4=3
DEMANDA 48 29X 40-32=8X 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 7-4=3

ASIGNACIÓN (MAV)
La tercera fila y la cuarta columna tienen la más alta penalización (7-4=3), se asigna x31=23, se
satisface la oferta de la máquina III, se tacha la tercera fila con X y se ajusta la demanda de la
pieza A.
MÁQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5
6
4 (23)
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5 (8)
0
4
M
7
0 (30)
28
32X
60-29=31-8=23X
30X
5-4=1
7-4=3
DEMANDA 48-23=25 29X 40-32=8X 33-30=3
DIFERENCIA 5-4=1 7-4=3

SEXTA Y SÉPTIMA ASIGNACIÓN (MAV)
Las dos asignaciones que faltan, se hacen con el método de costo mínimo.
MAQUINA
PIEZAS
OFERTA DIFERENCIA
A B C D
I
II
III
MF
5 (25)
6
4 (23)
0
9
10
2 (29)
0
M
3 (32)
5 (8)
0
4 (3)
M
7
0 (30)
28-3=25X
32X
60-29=31-8=23X
30X
5-4=1
7-4=3
DEMANDA 48-23=25X 29X 40-32=8X 33-30=3X
DIFERENCIA 5-4=1 7-4=3 Z = 423

SOLUCIÓN
Se observa que m+n-1=7 (4+4-1=7) es igual al número de variables básicas
positivas, esto quiere decir que la solución básica inicial es NO DEGENERADA.
Solución básica inicial.
x11 = 25 unidades de la pieza A que va a fabricar la máquina I
x14 = 3 unidades de la pieza D que va a fabricar la máquina I
x23 = 32 unidades de la pieza C que va a fabricar la máquina II
x31 = 23 unidades de la pieza A que va a fabricar la máquina III
X44 = 30 unidades de la pieza D que no serán fabricadas, porque la máquina ficticia no existe
Variables no básicas.
x12, x13, x21, x22, x24, x34, x41, x42, x43, todas iguales a cero.
Costo de fabricación (Z) = 5x25+4x3+3x32+4x23+2x29+5x8+0x30 = $ 423.
Se observa que el MAV da un costo ($ 423) menor que el MENO ($ 635). Se
recomienda que para hallar una solución básica inicial se use el MCM o el MAV

CLASE SEMANA 8.pptx

Más contenido relacionado

Similar a CLASE SEMANA 8.pptx(20)

Último(20)

CLASE SEMANA 8.pptx