IO II - Grupo 3 - Cedeño - Suárez [PDF]

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INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II MODELO DE CANTIDAD ÓPTIMA DE PEDIDO PARA LA PLANEACIÓN DE LA PRODUCCIÓN

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II: MODELO DE CANTIDAD ÓPTIMA DE PEDIDO PARA LA PLANEACIÓN DE LA PRODUCCIÓN.

MODELO DE CANTIDAD ÓPTIMA DE PEDIDO PARA LA PLANEACIÓN DE LA PRODUCCIÓN

Cedeño Cano Giselle Paola Suárez Mercado Dayana Paola

Ing. Visbal Cadavid Delimiro Alberto

UNIVERSIDAD DEL MAGDALENA Facultad de Ingeniería, Ingeniería Industrial GRUPO N°3

Santa Marta – Magdalena MARZO/2021

1

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II: MODELO DE CANTIDAD ÓPTIMA DE PEDIDO PARA LA PLANEACIÓN DE LA PRODUCCIÓN.

ACTIVIDAD N°2

PROBLEMA N°1 Un taller de manufactura metálica tiene una sola troqueladora. En la actualidad hay un convenio para producir tres partes que requiere la prensa y parece que éstas seguirán fabricándose en el futuro. Se puede suponer que la prensa es el recurso crítico para esas partes, y que no se necesita considerar la interacción entre la prenda y las demás máquinas en el taller. La información relevante en este caso es la siguiente:

Número de parte

1 2 3

Cantidad Anual Contratada (demanda)

Costo de preparación (dólares)

Costo en dólares (por unidad)

Tasa de producción (anual)

2 500 5 500 1 450

80 120 60

16 18 22

45 000 40 000 26 000

Los costos de mantener inventario se basa en una tasa interés anual del 18%, y se fabricarán los productos en secuencia en un ciclo de rotación. Puede considerarse que los tiempos de preparación son despreciables. a) ¿Cuál es el tiempo entre preparaciones para la parte 1? b) ¿Durante qué porcentaje del tiempo está ociosa la troqueladora, suponiendo una política de ciclo óptimo de rotación? c) ¿Cuáles son los tamaños óptimos de lote para cada parte que procesa la prensa de una solución óptima? d) ¿Cuál es el costo total anual de inventario y preparación para estos artículos en la traqueladora, suponiendo unos ciclos óptimos de rotación? Información suministrada: ❖ I = 18% = 0,18. ❖ ❖ ❖ ❖ ❖

K = Costo de preparación (dólares). j = Número de parte. P = Tasa de producción (anual). h = I ∗ costo en dólares. h1 = 0.18 ∗ 16 = 2.88 dólares. 2

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES II: MODELO DE CANTIDAD ÓPTIMA DE PEDIDO PARA LA PLANEACIÓN DE LA PRODUCCIÓN. ❖ h2 = 0.18 ∗ 18 = 3.24 dólares.

❖ h3 = 0.18 ∗ 22 = 3.96 dólares. 3

∑ kj = 260 dólares

→

𝑗 = {1,2,3}

j=1

Solución: a) Calculando el tiempo óptimo para j: 𝛌𝐣

Empezando hallando el 𝐏 : 𝐣

λ1

P1 λ2

P2 λ3

P3

=

2 500 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 unidades unidades = 0.0555 = 6.6666 45 000 𝑎ñ𝑜 año mes

=

1 400 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 unidades = 0.1375 = 1.65 45 000 𝑎ñ𝑜 año

=

1 450 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 unidades unidades = 0.0557 = 6.6692 45 000 𝑎ñ𝑜 año mes

unidades mes

Entonces, para el parte 1 el tiempo óptimo es 6.6692 unidades por mes. 𝛌𝐣

Seguidamente resto la unidad al 𝐏 para j: 𝐣

1−

1−

1−

λ1

P1 λ2

P2

λ3

P3

= 1 − 0.0555

unidades unidades = 0.9444 año año

= 1 − 0.1375

unidades unidades = 0.8625 año año

= 1 − 0.0557

unidades unidades = 0.9442 año año

𝛌𝐣

Después 𝐡´𝐣 = 𝐡𝐣 (𝟏 − 𝐏 ) 𝐣

h´1 = 2.88 ∗ 0.9444 = 2,72 dólares h´2 = 3.24 ∗ 0.8625 = 2,79 dólares 3

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h´3 = 3.96 ∗ 0.9442 = 3,73 dólares Por consiguiente para j: 𝐡´𝐣 ∗ 𝛌𝐣 h´1 ∗ λ1 = 2,72 ∗ 2 500 =

6 800

dólares año

h´2 ∗ λ2 = 2,79 ∗ 5 500 = 15 369.75 h´3 ∗ λ3 = 3,73 ∗ 1 450 = 5 421.77

dólares año

dólares año

Haciendo sumatoria: 3

∑ hj = 275 591 j=1

dólares unidad

Entonces, calculando el tiempo óptimo T ∗ en años:

√

c)

2 ∗ ∑3j=1 k j ∑3j=1 h´j λj

= 0.1372 años → 1.6473 meses

Calculo los tamaños óptimos de lote para cada parte que procesa la prensa de una solución óptima antes del inciso b) debido a que requiero de ésta información para hallar el porcentaje que piden. Q ∗ j = T ∗ λj Q∗ 1 = 0.1372 ∗ 2 500 = 343.2051 unidades Q∗ 2 = 0.1372 ∗ 5 500 = 755.0514 unidades Q∗ 3 = 0.1372 ∗ 1 450 = 199.0590 unidades

Conclusión: Los tamaños óptimos de lote para la parte 1, 2, 3 que procesa la prensa de una solución óptima son: 343.2051 unidades, 755.0514 unidades y 199.0590 unidades.

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b)

Hallando porcentaje del tiempo: Toj =

Q∗ j Pj

To1 =

343.2051 = 0.0076 añual 45 000

To2 =

755.0514 = 0.0188 añual 40 000

To2 =

199.0590 = 0.0076 añual 26 000

Calculando To Total, tenemos que: 3

∑ Toj = 0.0265 anual j=1

Entonces, el tiempo total del ciclo óptimo es: 𝑇𝑜 0.0265 = = 19.3055 anual 𝑇 ∗ 0.1372

Para el porcentaje, obtenemos que: 100 − 19.3055 = 80.69%

Conclusión: Durante el 80.69% del tiempo está ociosa la troqueladora, suponiendo una política de ciclo óptimo de rotación.

d) Calculando el costo total anual de inventario y preparación para los artículos: Costo anual promedio de inventario: h´j ∗ λJ ∗ T 2 h´1 ∗ λ1 ∗ T 2.72 ∗ 2 500 ∗ 0.1372 = = 466.7590 dólares 2 2 5

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h´2 ∗ λ2 ∗ T 2.79 ∗ 5 500 ∗ 0.1372 = = 1 054.9955 dólares 2 2 h´3 ∗ λ3 ∗ T 3.73 ∗ 1 450 ∗ 0.1372 = = 372.1561 dólares 2 2 Costo de preparación: Kj T∗ K1 80 dólares dólares = = 582.7417 ∗ T 0.1372 año año K 2 120 dólares dólares = = 874.1126 T∗ 0.1372 año año K 3 60 dólares dólares = = 437.0563 T ∗ 0.1372 año año Costo anual promedio de inventario y preparación por artículo: Gj (T) =

h´j ∗ λJ ∗ T K j + ∗ 2 T

G1 (T) = 466.7590 + 582.7417 = 1 049.5008 dólares G2 (T) = 1 054.9955 + 874.1126 = 1 929.108 dólares G3 (T) = 372.1561 + 437.0563 = 809.2124 dólares Haciendo sumatoria de Gj (T): 3

∑ Gj (T) = 3787.8215 dólares j=1

Conclusión: 3787.8215 dólares es el costo total anual de inventario y preparación para los artículos en la traqueladora, suponiendo unos ciclos óptimos de rotación. 6

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PROBLEMA N°2 Tomlinson Furniture tiene un solo torno para trabajar la madera, que se emplea para elaborar partes como barrotes, patas, etc. En el torno se tallan cuatro formas y se producen lotes que pasan a inventario. Para simplificar la programación se produce un lote de cada tipo en un ciclo, y éste puede comprender tiempo ocioso. Los cuatro productos y su información relevante aparecen en la siguiente tabla.

Pieza

J-55R H-223 K-18R Z-344

Necesidades mensuales

Tiempo de preparación (horas)

Costo unitario (dólares)

Tasa de producción (unidades/día)

125 140 45 240

1.2 0.8 2.2 3.1

20 35 12 45

140 220 100 165

El tiempo de operador para las preparaciones se valúa en 85 dólares por hora, y los costos de mantener el inventario se basan en una tasa anual de 20% de interés. Suponga 20 días de trabajo por mes y 12 meses por año en sus cálculos. a) Calcule la longitud óptima del ciclo de rotación. b) ¿Cuáles son los tamaños óptimos de lote para cada producto? c) ¿Cuáles son los porcentajes de tiempo de subida y de bajada para el torno, suponiendo que no se use para los otros trabajos? d) Trace una gráfica que muestre el cambio en el nivel de inventario durante un ciclo normal para cada producto. e) Comente por qué la solución que obtuvo podría no ser factible para la empresa, o por qué podría no ser deseable aunque sí fuera factible.

Información suministrada: ❖ ❖ ❖ ❖ ❖

Tiempo de trabajo por año = 20 ∗ 12 = 240. Costo de mano de obra/hora (Dólares/hora) = 85 dólares/hora. I = 20% = 0.20. 1 = Pieza J-55R. 2 = Pieza H-223. 7

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❖ 3 = Pieza K-18R. ❖ 4 = Pieza Z-344. ❖ j = {1,2,3,4}

Verificando si hay la capacidad suficiente: Tasa de producción (

unidades año

) (TaP) = (

unidades día

) (Tiempo

trabajo año

) :

P1 = 33 600 unidades/año. P2 = 52 800 unidades/año. P3 = 24 000 unidades/año. P4 = 39 600 unidades/año. Calculando la demanda anual para j (λj ):

Calculando H para j (Hj ): Hj = I ∗ Cj

λj = Necesidad mensual ∗ 12

H1 = 4 dólares. H2 = 7 dólares. H3 = 2.4 dólares. H4 = 9 dólares.

λ1 = 1 500 unidades. λ2 = 1 680 unidades. λ3 = 540 unidades. λ4 = 2 880 unidades.

Solución: a) Hallando la longitud óptima: Costo de preparación: Kj =

𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑛𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑏𝑟𝑎 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 K1 = 1.2 ∗ 85 = 102 K2 = 0.8 ∗ 85 = 68 K3 = 2.2 ∗ 85 = 187 K4 = 3.1 ∗ 85 = 263.5

SUMATORIA = 620.5

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Tiempo óptimo (𝐏 ) para j: 𝐣

λ1 P1 λ2 P2 λ3 P3 λ4 P4

Calculando 1 − λ1 P1

1 − λ2 P2 1 − λ3 P3 1 − λ4 P4

𝟏−𝛌𝐣 𝐏𝐣

= 0.0446 unidades/año. = 0.0318 unidades/año. = 0.0225 unidades/año. = 0.0727 unidades/año.

Calculando 𝐇´𝐣 =

para j:

𝐡𝐣 (𝟏−𝛌𝐣 ) 𝐏𝐣

H´1 = 3.8214 dólares. H´2 = 6.7772 dólares. H´3 = 2.346 dólares. H´4 = 8.3454 dólares.

= 0.9553 unidades/año. = 0.9681 unidades/año. = 0.9775 unidades/año.

SUMATORIA = 21.2901 dólares.

= 0.9272 unidades/año.

Calculando 𝐡𝐣 ∗ 𝛌𝐣 : h1 ∗ λ1 = 3.8214 ∗ 1 500 = h2 ∗ λ2 = 6.7772 ∗ 1 680 = h3 ∗ λ3 = 2.346 ∗ 540 = h4 ∗ λ4 = 8.3454 ∗ 2 880 =

5 732.1428 dólares/año. 11 385.8181 dólares/año. 1 266.84 dólares/año. 24 034.9090 dólares/año.

SUMATORIA = 42 4190.7101 dólares. Analizando si el establecimiento cuenta con la capacidad: 4

𝛌𝐣

∑ ( ) ≤ 1 = 0.1716 𝑗=1

para j:

𝐏𝐣

El establecimiento cuenta con la capacidad dado que es menor a 1. 9

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Costo total de preparación: 4

∑ 𝐊𝐣 = 620.5 dólares. j=1

Entonces, el tiempo óptimo:

T∗ = √

2(620.5) = 0.1710 horas. 42 4190.7101

Conclusión: Como el ejercicio y el T ∗ es realizable, la longitud óptima del ciclo de rotación. 𝛌𝐣

b) Tamaños óptimos de lote para cada producto Q∗ j = ( 𝐓 ): Q∗ 1 =

1 500 = 256.5625 unidades. 0.1710

Q∗ 2 =

1 680 = 287.3500 unidades. 0.1710

Q∗ 3 =

540 = 92.3625 unidades. 0.1710

Q∗ 4 =

2 880 = 492.6001 unidades. 0.1710

Conclusión: Los tamaños óptimos de lote para la pieza: J-55R es 256.5625 unidades, H223 es 287.3500 unidades, K-18R es 92.3625 unidades y Z-344 es 492.6001 unidades. c) Suponiendo que no se use para los otros trabajos: Porcentaje de tiempo de subida (producción): 𝑇𝑝 =

256.5625 287.3500 92.3625 492.6001 + + + = 0.0293 33 600 52 800 24 000 39 600

𝑇𝑝 ∗ 100% = 17.1688% 𝑇∗

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Porcentaje de tiempo de bajada (ociosidad): To = 1 − Tp = 1 − 0.0293 = 0.8283 To ∗ 100% = 82.8311% Conclusión: Los porcentajes de tiempo de subida y de bajada para el torno, suponiendo que no se use para los otros trabajos son 17.1688% y 82.8311%. d) Gráfica que muestre el cambio en el nivel de inventario durante un ciclo normal para cada 1−𝛌𝒋

producto Q∗ j (

𝐏𝒋

): Q∗ 1 ( Q∗ 2 (

1 − 𝛌𝟏 𝐏𝟏

1 − 𝛌𝟐 𝐏𝟐

1 − 1 500 ) = 256.5625 ( ) = 245.1089 33 600 1 − 1 680 ) = 287.3500 ( ) = 278.2071 52 800

1 − 𝛌𝟑 1 − 540 Q∗ 3 ( ) = 92.3625 ( ) = 90.2843 𝐏𝟑 24 000 Q∗ 4 (

1 − 𝛌𝟒 𝐏𝟒

1 − 2 880 ) = 492.6001 ( ) = 456.7749 39 6000

GRÁFICO N°1 CAMBIO EN EL NIVEL DE INVENTARIO 500 450 400 350 300 250 200 150 100 50 0 H1

H2

H3

H4

NIVEL DE INVENTARIO

GRÁFICO N°1: Cambio en el nivel de inventario. Se muestra cómo varía en nivel de inventario durante un ciclo normal para cada producto. 11

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Conclusión: En primera instancia, la solución obtenida si es factible, puesto que, la empresa cubre en su totalidad a la demanda. Sin embargo, La empresa estaría incurriendo en sobrecostos dado que, al tener la maquina más del 80% de las jornadas laborales en tiempo ocioso genera deterioro y posiblemente obsolescencia, lo que hace a la propuesta de solución no deseable.

PROBLEMA N°3

Oakdale Futniture Company usa un pegamento especial para ensamblar sus productos. Durantes las últimas 36 semanas usó las siguientes cantidades de pegamento (en galones):

25 17 18

38 42 29

26 46 22

31 19 21

21 50 24

46 40 39

29 43 46

19 34 31

35 31 33

39 51 34

24 36 30

21 31 30

a) Calcule la media y la desviación estándar de esta muestra. b) Considere los siguientes intervalos de clase para la cantidad de galones usados cada semana: Menos de 20. 20-27. 28-33. 34-37. 38-43. Más de 43. Calcule la proporción de los datos que caen en cada uno de esos intervalos. Compare esas proporciones con las probabilidades de que una variable normal, con la media y la desviación estándar que calculó en la parte a, quede en cada uno de esos intervalos. Con base en la comparación de las proporciones observadas y las calculadas, suponiendo una distribución normal, ¿concluiría usted que las distribución normal se ajusta adecuadamente a esos datos? (Este procedimiento es en esencia el mismo que una prueba chi cuadrada de bondad de ajuste.) c) Suponga que la cantidad de galones de pegamento que se usan cada semana son variables aleatorias independientes, que tienen la distribución normal con la media y la desviación 12

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estándar calculadas en la parte a. ¿Cuál es la probabilidad de que la cantidad total de galones a usarse en seis semanas no sobrepase los 200 galones? (Sugerencia: La media de una suma de variables aleatorias es la suma de la medias, y la varianza de una suma de variables aleatorias independientes es la suma de las varianzas.)

Solución: a) Presentación de datos:

GRÁFICO N°2. CANTIDAD DE PEGAMENTO 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 17 18 19 21 22 24 25 26 29 30 31 32 33 34 35 36 38 39 40 42 43 46 50 51 Cantidad de pegamento (en galones)

Calculando la media de esta muestra: ∑ni=1 xi x̅ (u) = n 𝐮 = [(17)(1) + (18)(1) + (19)(2) + (21)(3) + (22)(1) + (24)(2) + (25)(1) + (26)(1) + (29)(2) + (30)(2) + (31)(3) + (32)(1) + (33)(1) + (34)(2) + (35)(1) + (36)(1) + (38)(1) + (39)(2) + (40)(1) + (42)(1) + (43)(1) + (46)(3) + (50)(1) + (51)(1)]/36

u = 32 Calculando la desviación estándar de esta muestra: ∑ xi 2 fa − nx̅ 2 s = n−1 2

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∑ 𝐱 𝐢 𝟐 𝐟𝐚 = (172 ∗ 1) + (182 ∗ 1) + (192 ∗ 2) + (212 ∗ 3) + (222 ∗ 1) + (242 ∗ 2) + (252 ∗ 1) + (262 ∗ 1) + (292 ∗ 2) + (302 ∗ 2) + (312 ∗ 3) + (322 ∗ 1) + (332 ∗ 1) + (342 ∗ 2) + (352 ∗ 1) + (362 ∗ 1) + (382 ∗ 1) + (392 ∗ 2) + (402 ∗ 1) + (422 ∗ 1) + (432 ∗ 1) + (462 ∗ 3) + (502 ∗ 1) + (512 ∗ 1) = 40 054

𝛔=√

40 054 − 36(32)2 36 − 1

=

√

40 054 − 36 864 35

=

3 190

√

35

=

√88.61 = 9.54

b) Proporción de los datos que caen en cada uno de esos intervalos. Planteando las hipótesis: 𝐻0 = La distribución normal se ajusta adecuadamente a esos datos X~N(u, σ). 𝐻1 = La distribución normal no se ajusta adecuadamente a esos datos (no 𝐻0 ). Tabla de frecuencia:

1 2 3 4 5 6

Rango xi−1 − xi < 20 20-27 28-32 33-37 38-42 43-49

Frecuencia Observada (fa)

x ´i =

4 8 9 4 6 5

xi + 𝑥𝑖−1 2 10 24 30 35 40 46

x ´i ∗ fa

x ´i

40 192 270 140 240 230 = 1 112

400 4 680 8 100 4 900 9 600 10 580 = 38 188

Calculando la media: ∑ x ´i ∗ fa 1 112 x̅(u) = → = 30.89 n 36 Calculando la varianza:

σ=√

∑ x ´i

2

∗ fa − n(u)2 n

→ √

38 188 − 36(30.89)2 = 10.32 36 14

2

∗ fa

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Calculando la probabilidad correspondiente a cada intervalo (como se calcula una probabilidad de distribución normal): Z=

X−u σ 20−30.89

•

P1 → P (Z =

•

P2 = P(20 ≤ X ≤ 27) = P (

2O−30.89

•

P3 = P(28 ≤ X ≤ 32) = P (

28−30.89

•

P4 = P(33 ≤ X ≤ 37) = P (

33−30.89

•

P5 = P(38 ≤ X ≤ 42) = P (

38−30.89

•

P6 =→ 1 − P (Z =

10.32

) → P(Z = −1.054) = 0.1469

43−30.89 10.32

10.32

10.32

10.32

10.32

≤Z≤ ≤Z≤ ≤Z≤ ≤Z≤

27−30.89 10.32 32−30.89 10.32 37−30.89 10.32 42−30.89 10.32

) = P(−1.054 ≤ Z ≤ −0.3769) = 0.3557 − 0.1469 = 0.2088

) = P(−0.2800 ≤ Z ≤ 0.1075) = 0.4602 − 0.3897 = 0.0705 ) = P(0.2044 ≤ Z ≤ 0.5920) = 0.4207 − 0.2776 = 0.1431 ) = P(0.6889 ≤ Z ≤ 1.0765) = 0.2483 − 0.1423 = 0.1060

) → 1 − P(Z = 1.1734) = 1 − 0.8790 = 0.1210

Calculando las frecuencias teóricas esperadas de cada uno de los datos: • • • • • •

Fe1 Fe2 Fe3 Fe4 Fe5 Fe6

= P1 ∗ n = 0.1469 ∗ 36 = 5.2884 = P2 ∗ n = 0.2088 ∗ 36 = 7.5168 = P3 ∗ n = 0.0705 ∗ 36 = 2.5380 = P4 ∗ n = 0.1431 ∗ 36 = 5.1516 = P5 ∗ n = 0.1060 ∗ 36 = 3.816 = P6 ∗ n = 0.1210 ∗ 36 = 4.356

Calculando chi cuadrado: X2 = ∑

→

(Fo − Fe)2 Fe

(4 − 5.2884)2 (8 − 7.5168)2 (9 − 2.5380)2 (4 − 5.1516)2 (6 − 3.816)2 (5 − 4.356)2 + + + + + 5.2884 7.5168 2.5380 5.1516 3.816 4.356

→ 0.3138 + 0.0310 + 16.4528 + 0.2574 + 1.2499 + 0.0952 = 18.4004

Calculando chi cuadrado crítico: • •

Con nivel de significancia de 5%. Grado de libertad: (N° de filas − 1)(N° de columnas − 1) = (6 − 1)(2 − 1) = 5. 15

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X 2 crítico = X 2 5,0.05

La tabla de chi cuadrado indica que con el grado de libertad 5 con el nivel de significancia 0.05 tenemos: 16.750. Conclusión: Base al parámetro estudiado, la distribución normal no se ajusta adecuadamente a esos datos, ya que la hipótesis nula es inferior. c) Suponga que la cantidad de galones de pegamento que se usan cada semana son variables aleatorias independientes: • •

Media: 32 galones. 1 semana = 32 galones → 6 semanas = 32 ∗ 6 = 192 semanas. 𝜎 = √6 ∗ 91.1 = 23.37 Calculando la probabilidad:

Z=

X−u 200 − 192 → = 0.3423 σ 23.37

Entonces: 𝑃(𝑍 ≤ 0.3423) = 0.6331 → 63.31%

Conclusión: La probabilidad de que la cantidad total de galones a usarse en seis semanas no sobrepase los 200 galones suponiendo que la cantidad de galones de pegamento que se usan cada semana son variables aleatorias independientes, que tienen la distribución normal con la media y la desviación estándar calculadas en la parte a) es de 63.33%. PROBLEMA N°4

La Crestview Printing Company imprimer, una vez al año, una tarjeta de Navidad que tiene gran demanda, y la distribuye en papelerías y tiendas de regalo en todo Estados Unidos. Le cuesta .50 dólares imprimir cada tarjeta y recibe .65 dólares al venderla. Como las tarjetas tienen impresa el año, las que no se venden se desechan. De acuerdo con la experiencia y los pronósticos de pautas actuales de compra, la distribución estimada de probabilidades de las cantidades de tarjetas que se venderás la próxima Navidad en todo el país es: 16

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Cantidad vendida 100 000 – 150 000 150 001 – 200 000 200 001 – 250 000 250 001 – 300 000 300 001 – 350 000 350 001 – 400 000 400 001 – 450 000

Probabilidad .10 .15 .25 .29 .15 .10 .05

0.10 0.25 0.5 0.7 0.85 0.95 1

Calcule la cantidad de tarjetas que Crestview debe imprimir este año. Información suministrada: ❖ Co = 0.5. ❖ Cu = 0.15.

Solución: F(Q∗ ) = F(Q∗ ) =

Cu Cu + Co

0.15 0.15 + 0.5

F(Q∗ ) =

0.15 0.65

F(Q∗ ) = 0.23 0.23−0.10

Q∗ = 0.25−0.10 ∗ 50 000 + 150 000 ≈ 195 unidades. Conclusión: Crestview debe imprimir este año 195 tarjetas de navidad. PROBLEMA N°5 El distribuidor de automóviles Happy Henry´s vende el EX 123, un automóvil importado. Una vez cada tres meses le llega un embarque a Henry´s. Puede recibir embarques de emergencia entre esos intervalos de tres meses, para reabastecerse cuando no surte la demanda con su inventario. Los embarques de emergencia tardan dos semanas y los compradores están 17

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de acuerdo en esperar ese tiempo, pero por lo general van a otra agencia si tienen que esperar el embarque trimestral. De acuerdo con la experiencia, parece que la demanda del EX 123 durante un intervalo de tres meses tiene distribución normal con media de 60 y varianza de 26. El costo de mantener en inventario un EX 123 durante un año es 500 dólares. Los embarques de emergencia cuestan 250 dólares por automóvil, además de los costos normales de embarque. a) ¿Cuántos automóviles debe comprar Happy Henry´s cada 3 meses? b) Repita los cálculos suponiendo que el exceso de demanda se acumula de un periodo trimestral al siguiente. Suponga que el costo de pérdida de buena voluntad es 100 dólares para los clientes que tienen que esperar hasta el siguiente periodo trimestral, y de 50 dólares por cliente por gastos contables. c) Repita los cálculos suponiendo que cuando las existencias de Happy Henry´s se agotan, el cliente compra el automóvil en otra parte. En este caso, suponga que los automóviles le cuestan un promedio de 10 000 dólares a Henry´s, y que los vende en un promedio de 13 500 dólares. Para estos cálculos no tome en cuenta los costos de pérdida de buena voluntad.

Información suministrada: ❖ μ=60 ❖ 𝜎 2 = 36 ❖ σ=6

Solución: a) Cantidad de automóviles a comprar cada 3 meses: F(Q∗ ) =

Co Co + Cs

Donde: • • • • •

Co = Costo por unidad adicional de producto. Exceso($). Cs = Costo por unidad faltante de producto. Defecto($). Q = Cantidad a ordenar en unidades. Es la variable de decisión. Co = 500. Cs = 250. F(Q∗ ) =

500 = 0,6667 250 + 500 18

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Buscando en la tabla el valor de Z para el cual la probabilidad acumulada es de 0,6667 tenemos que: 𝐙 = 𝟎, 𝟒𝟑𝟏𝟔𝟒 Q∗ = μ + Zσ = 60 + 0,43164 ∗ 6 = 62,58984 unidades.

Conclusión: El inventario óptimo de pedido, es decir, la cantidad de automóviles que debe pedir Henry´s es de aproximadamente 63 unidades. b) Suponiendo que el exceso de demanda se acumula de un periodo trimestral al siguiente: • • • •

Co = Costo por unidad adicional de producto. Exceso($). Cs = Costo por unidad faltante de producto. Defecto($). Co = 125 Costo trimestral. Cs = 100 + 50 = 150.

F(Q∗ ) =

125 = 0,4545 150 + 125

𝐙 = −𝟎, 𝟏𝟏𝟒𝟑𝟎 Q∗ = μ + Zσ = 60 ± 0,11430 ∗ 6 = 59,3142 unidades.

Conclusión: El inventario óptimo de pedido, es decir. La cantidad de automóviles que debe pedir Henry´s es de aproximadamente 60 unidades. c) Suponiendo que cuando las existencias de Happy Henry´s se agotan, el cliente compra el automóvil en otra parte: • •

𝐶𝑠 = 125 Costo trimestral 𝐶𝑜 = 13500 − 10000 = 3500 𝐹(𝑄 ∗ ) =

3500 = 0,9655 3500 + 125

𝒁 = 𝟏, 𝟖𝟏𝟖𝟒𝟐 Q∗ = μ + Zσ = 60 ± 1,81842 ∗ 6 = 70,417042 unidades.

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Conclusión: El inventario óptimo de pedido, es decir, la cantidad de automóviles que debe pedir Henry´s es de aproximadamente 71 unidades.

PROBLEMA N°6 Irwin´s vende determinado modelo de ventilador, y la mayor parte de las ventas las hace en los meses de verano. Hace una sola compra de ventiladores antes de cada verano, a un costo de 40 dólares por unidad, y los vende a 60 dólares cada uno. Los que no vende al final de la estación se ponen en oferta a 29 dólares, y se venden prácticamente todos. A continuación se enlistan las cantidades de ventiladores vendidos durante los últimos 10 veranos: 30, 50, 30, 60, 10, 40, 30, 30, 20 y 40. a) Estime la media y la varianza de la demanda de ventiladores cada verano. b) Suponga que la demanda de ventiladores cada verano se apega a una distribución normal, cuya media y varianza calculó usted en la parte a). Estime la cantidad óptima de ventiladores que debe comprar Irwin´s antes de cada verano. c) Con base en los 10 valores observados de la demanda anterior, forme una distribución empírica de probabilidades de la demanda de verano y calcule la cantidad óptima de ventiladores que debe comprar Irwin´s según esa distribución. d) De acuerdo con sus resultados en las partes b) y c), ¿diría usted que con la distribución normal se obtiene una aproximación adecuada?

Solución: a) Estimando medidas: Calculando la media: ̅ X (u) =

∑ Xi 30 + 50 + 30 + 60 + 10 + 40 + 30 + 30 + 20 + 40 = = 34 ventiladores. n 10

Calculando la varianza: 𝜎 = √204.20 = 14.29

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b) Estime la cantidad óptima de ventiladores que debe comprar Irwin´s antes de cada verano: • •

Co = 11. Cu = 20. F(Q∗ ) =

•

Co 11 11 = = = 0.64 Co + Cs 11 + 20 31

1 − 0.64 = 0.36.

Q∗ = 𝜇 + 𝜎 ∗ 0.36 = 34 + 14.29 ∗ 0.36 = 39.14, Es decir aproximadamente 40 ventiladores es la cantidad óptima que debe comprar antes de cada verano Irwin´s. c)

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