ejercicios resueltos tema 22

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Planificación y Control de la Producción II UMSS FCYT Carrera de Ingeniería de Sistemas Mgr. Ing. Alex D. Choque Flores (Sem. I-2012) 1 TEMA 2: PROGRAMACIÒN DE OPERACIONES EJERCICIOS RESUELTOS Asignación de cargas de trabajo mediante gantt: 1. Encuentre un programa factible para los siguientes datos de un taller de producción intermitente: Trabajo Tiempo de procesamiento (días) Ruta (máquina) Fecha de entrega (días) Op1 Op2 Op3 Op1 Op2 Op3 A 5 10 12 M1 M2 M3 27 B 4 3 8 M1 M3 M2 27 C 9 6 7 M3 M2 M1 27 D 7 5 11 M2 M3 M1 27 Considere las secuencias: para la Máquina M1: B-A-C-D, para M2: D-C-A-B y para M3: C-B-D-A. Determinar: a) Lapso b) Tiempo de flujo total c) Tardanza total d) Retraso total e) Número de trabajos tardíos. Solución. A partir de las secuencias entregadas podemos acomodar los bloques de tiempo en un calendario con el diagrama Gantt: Para la máquina M1: B-A-C-D Para la máquina M2: D-C-A-B Para la máquina M3: C-B-D-A Suponemos que no debe existir un trabajo en dos máquinas al mismo tiempo, asimismo se respeta el orden de las operaciones: O1-O2-O3, el diagrama Gantt quedaría: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 M1 M2 M3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 B (4) A (5) D (7) C(6) C (9) B (3) C (7) A (10) D (5) D (11) B (8) A (12) Con este diagrama los tiempos de terminación C j son: C A = 37 días C B = 33 días C C = 22 días C D = 33 días. El lapso ó duración de todos los trabajos es: C máx = máx {37, 33, 22, 33} = 37 días. El tiempo de flujo total es igual a la suma de los tiempos de terminación: Σ TFj = Σ Cj = 37+33+22+33 = 125 días.

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Planificación y Control de la Producción II

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Mgr. Ing. Alex D. Choque Flores (Sem. I-2012)

1

TEMA 2: PROGRAMACIÒN DE OPERACIONES EJERCICIOS RESUELTOS

Asignación de cargas de trabajo mediante gantt:

1. Encuentre un programa factible para los siguientes datos de un taller de producción intermitente:

Trabajo Tiempo de

procesamiento (días) Ruta (máquina)

Fecha de entrega (días) Op1 Op2 Op3 Op1 Op2 Op3

A 5 10 12 M1 M2 M3 27 B 4 3 8 M1 M3 M2 27

C 9 6 7 M3 M2 M1 27 D 7 5 11 M2 M3 M1 27

Considere las secuencias: para la Máquina M1: B-A-C-D, para M2: D-C-A-B y para M3: C-B-D-A.

Determinar:

a) Lapso

b) Tiempo de flujo total

c) Tardanza total

d) Retraso total

e) Número de trabajos tardíos.

Solución. A partir de las secuencias entregadas podemos acomodar los bloques de tiempo en un calendario con el

diagrama Gantt:

Para la máquina M1: B-A-C-D

Para la máquina M2: D-C-A-B

Para la máquina M3: C-B-D-A

Suponemos que no debe existir un trabajo en dos máquinas al mismo tiempo, asimismo se respeta el orden de

las operaciones: O1-O2-O3, el diagrama Gantt quedaría:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37

M1

M2

M3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37

B (4) A (5)

D (7) C(6)

C (9) B (3)

C (7)

A (10)

D (5)

D (11)

B (8)

A (12)

Con este diagrama los tiempos de terminación Cj son: CA = 37 días

CB = 33 días

CC = 22 días

CD = 33 días.

El lapso ó duración de todos los trabajos es: Cmáx = máx {37, 33, 22, 33} = 37 días.

El tiempo de flujo total es igual a la suma de los tiempos de terminación:

Σ TFj = Σ Cj = 37+33+22+33 = 125 días.

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Los retrasos son: Las tardanzas son: Los trabajos tardíos son:

LA = CA — feA = 37 — 27 = +10 TA = máx {0, +10} = 10 δA = 1

LB = CB — feB = 33 — 27 = +6 TB = máx {0, +6} = 6 δB = 1

LC = CC — feC = 22 — 27 = —5 TC = máx {0, -5} = 0 δC = 0

LD = CD — feD = 33 — 27 = +6 TD = máx {0, +6} = 6 δD = 1

El retraso total es: Σ L j = 17 días

La tardanza total es Σ Tj = 22 días

El número de trabajos tardíos es: Σδ = 3

Asignación de cargas de trabajo mediante el método del índice:

Un programador de producción tiene 5 trabajos que pueden ser realizados en cualquiera de las 4 máquinas

siguientes, con los tiempos respectivos en horas que se muestran. Determine aquella asignación de trabajos

que dará por resultado horas dentro de la capacidad disponible:

TRABAJO M1 M2 M3 M4

A 50 60 80 70 B 100 120 110 70

C 100 80 130 60 D 80 70 40 30

E 75 100 70 120 Capacidad disponible

70 130 70 120

Solución. Probemos la primera asignación con los tiempos mínimos por cada trabajo:

TRABAJO M1 M2 M3 M4

A 50 60 80 70

B 100 120 110 70 C 100 80 130 60 D 80 70 40 30 E 75 100 70 120

Capacidad asignada 50 0 70 160

Capacidad disponible 70 130 70 120

Hrs disponibles +20 +130 0 —40

Como se ve, no es posible asignar los tiempos mínimos por los excesos y defectos en horas disponibles,

veamos los índices dividiendo cada fila (duración de cada trabajo) entre el mínimo de ése trabajo, obteniendo

los índices:

Índice

TRABAJO M1 M2 M3 M4 Mínimo M1 M2 M3 M4 A 50 60 80 70 50 1,00 1,20 1,60 1,40

B 100 120 110 70 70 1,43 1,71 1,57 1,00 C 100 80 130 60 60 1,67 1,33 2,17 1,00

D 80 70 40 30 30 2,67 2,33 1,33 1,00

E 75 100 70 120 70 1,07 1,43 1,00 1,71

Veamos si los saltos pequeños de índices son factibles:

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• En el trabajo A se puede ir de 1,00 a 1,20. • En el trabajo B no se puede ir de 1,00 a 1,43 debido a que se asignaría 100 Hrs. a M1 y solo están

disponibles 70 Hrs. • En el trabajo C se puede ir de 1,00 a 1,33. • En el trabajo D no se puede ir de 1,00 a 1,33 sin mover el trabajo E que ya tiene las 70 hrs. • En el trabajo E no se puede ir de 1,00 a 1,07 debido a que se asignaría 75 Hrs en M1 y sólo están

disponibles 70 hrs. • Como E se mantiene entonces D también se mantiene quedando los movimientos de A y C, pero no se

pueden hacer ambos ya que sumaría 140 hrs en la M2 y sólo están disponibles 130 hrs; además mover A implica dejar sin asignación a M1; sólo se puede mover C, de M4 con 60 hrs a M2 con 80 hrs:

TRABAJO M1 M2 M3 M4

A 50 60 80 70 B 100 120 110 70

C 100 80 130 60 D 80 70 40 30

E 75 100 70 120 Capacidad asignada 50 80 70 100

Capacidad disponible 70 130 70 120

Hrs disponibles +20 +50 0 +20

Las asignaciones serían: M1: A, M2: C; M3: E y M4: B y D.

Secuenciamiento estático.

Los siguientes trabajos están esperando ser procesados en el mismo centro de maquinado. Hoy es el día 130.

Trabajo Fecha de

recepción de la orden

Días de producción necesarios

tW

Fecha de entrega del

trabajo

fe

Costo total del retraso en $us

C

Fecha de entrega en días

fe (*)

A 110 20 180 $ 500 50

B 120 30 200 $ 1000 70 C 122 10 175 $ 300 45

D 125 16 230 $ 500 100

E 130 18 210 $ 800 80

(*) La fecha de entrega en días es igual a la fecha de entrega del trabajo menos la fecha actual (hoy).

En qué secuencia se clasificarían los trabajos según las siguientes reglas: PEPS, EDD, SPT, LPT, LS y

COVERT?

Solución. Comencemos simulando las secuencias y midiendo cuatro medidas de desempeño: tiempo de flujo promedio

( F), porcentaje de utilización del taller (Ū), número promedio de trabajos en el sistema ( ) y tiempo de

retraso promedio ( ).

a) PEPS, primero en entrar primero en salir.

En esta secuencia se inicia con aquel trabajo que se recibió primero en el taller para ir atendiendo según el

orden de llegada, en nuestro caso el trabajo A se recibió el día 110 y así sucesivamente. La secuencia es A-B-

C-D-E:

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secuencia tW tF fe r

A 20 20 50 - B 30 50 70 -

C 10 60 45 15 D 16 76 100 -

E 18 94 80 14 Total 94 300 29

b) EDD, fecha de vencimiento más próxima.

En esta secuencia se ordena primero el trabajo más pronto a entregarse, en nuestro caso el trabajo C debe

entregarse en 45 días seguido de A (en 50 días) y así sucesivamente. La secuencia es C-A-B-E-D:

secuencia tW tF fe r

C 10 10 45 - A 20 30 50 -

B 30 60 70 -

E 18 78 80 - D 16 94 100 -

Total 94 272 0

c) SPT, tiempo de procesamiento más corto.

En esta secuencia se inicia con aquel trabajo con el tiempo más pequeño de procesamiento, C dura 10 días y

los demás le siguen. La secuencia es C-D-E-A-B:

secuencia tW tF fe r

C 10 10 45 -

D 16 26 100 - E 18 44 80 -

A 20 64 50 14 B 30 94 70 24

Total 94 238 38

d) LPT, tiempo de procesamiento más largo.

En esta secuencia se ordena primero el trabajo más largo para ser atendido, al ser inverso del SPT se inicia

con el trabajo B que dura 30 días. La secuencia es B-A-E-D-C:

secuencia tW tF fe r

B 30 30 70 - A 20 50 50 -

E 18 68 80 -

D 16 84 100 - C 10 94 45 49

Total 94 326 49

e) LS, menor holgura.

La holgura se define como la diferencia entre la fecha de vencimiento del pedido ajustada a la fecha actual

(días requeridos) menos el tiempo de procesamiento de cada trabajo, es decir:

LS = {días requeridos — tiempo de procesamiento} = { fe — tW}

F = 300/5 = 60 días.

Ū = 94/300= 31,33%

= 1/ Ū = 3,2 trabajos

= 29/5 = 5,8 días de retraso.

F = 272/5 = 54,4 días.

Ū = 94/272= 34,56%

= 1/ Ū = 2,9 trabajos

= 0/5 = 0 días de retraso.

F = 238/5 = 47,6 días.

Ū = 94/238= 39,5%

= 1/ Ū = 2,5 trabajos

= 38/5 = 7,6 días de retraso.

F = 326/5 = 65,2 días.

Ū = 94/326= 28,83%

= 1/ Ū = 3,5 trabajos

= 49/5 = 9,8 días de retraso.

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En ese caso los trabajos A, B, C, D y E tienen holguras de 30, 40, 35, 84 y 62 días respectivamente. El menor

valor es A seguido de C y así sucesivamente. La secuencia es A-C-B-E-D:

secuencia tW tF fe r

A 20 20 50 - C 10 30 45 -

B 30 60 70 -

E 18 78 80 - D 16 94 100 -

Total 94 282 0

f) COVERT, cost over time

Para secuenciar con el COVERT se requiere la secuencia del PEPS para observar aquellas actividades

retrasadas, tras ser ubicadas se colocan sus costos totales y se calcula el ratio C/r; la secuencia tiene dos

segmentos:

• Primeramente, los trabajos con C/r ordenados de mayor a menor.

• Seguido de los trabajos que estaban ordenado por el PEPS original.

Veamos el PEPS y sus retrasos:

Veamos los indicadores:

secuencia tW tF fe E 18 18 78 - C 10 28 45 -

A 20 48 50 - B 30 78 70 8

D 16 94 100 -

Total 94 266 8

Para definir una sola secuencia para aplicar debe priorizarse la medida de desempeño más importante, si para

el taller es más importante no tener retrasos entonces las opciones EDD y LS son candidatas. En cambio si se

desea contar con el número menor de trabajos en el sistema o con menor tiempo de flujo, la secuencia SPT es

la apropiada. La siguiente matriz presenta todos los resultados:

Regla Secuencia F (días) Ū (%) promedio de

trabajos en el sistema

retraso promedio

PEPS A-B-C-D-E 60 31,3% 3,2 5,8

EDD C-A-B-E-D 54,4 34,56% 2,9 0

SPT C-D-E-A-B 47,6 39,5% 2,5 7,6

LPT B-A-E-D-C 65,2 28,8% 3,5 9,8

LS A-C-B-E-D 56,4 33,3% 3 0

COVERT E-C-A-B-D 53,2 35,34% 2,8 1,6

Secuencia PEPS

rrrr retraso en días

Costo total de

retraso $ C/rrrr

A -

B - C 15 $ 300 $20/día

D - E 14 $ 800 $57,1/día

En el primer segmento estarían E y C, luego A, B y D

F = 266/5 = 53,2 días.

Ū = 94/266= 35,34%

= 1/ Ū = 2,8 trabajos

= 8/5 = 1,6 días de retraso.

F = 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33%

= 1/ Ū = 3 trabajos

= 0/5 = 0 días de retraso.

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Secuenciamiento dinámico

Aprovechamos el anterior ejercicio. Suponga que hoy es el día 150 en el calendario de planeación y todavía

no hemos comenzado ningún trabajo del anterior problema. En qué secuencia programaría los trabajos según

el índice crítico?

Solución. La fórmula del índice es:

Aplicando en los trabajos tenemos:

trabajo Fecha de vencimiento

Fecha actual (hoy)

Tiempo de trabajo restante IC

A 180 150 20 1,50

B 200 150 30 1,67

C 175 150 10 2,50 D 230 150 16 5,00

E 210 150 18 3,33

En la regla del índice crítico el valor de IC puede variar en cualquier escala, especialmente desde 0 hacia un

valor superior, si se encuentra entre 0 y 1 significará retraso y valores superiores a 1 representan que se tiene

tiempo para cumplir con el trabajo restante. En cualquier caso se inicia la secuencia con el trabajo con menor

valor de IC.

En este caso la secuencia sería A-B-C-E-D.

Secuenciamiento N2: Regla de Johnson

Deben procesarse 6 trabajos en una operación que tiene dos pasos O1 y O2. Determine una secuencia que

minimice el tiempo total de terminación para estos trabajos y con una gráfica de Gantt encuentre el tiempo de

fabricación.

Trabajo O1 (hrs) preparación

O2 (hrs) Pintura

A 10 5 B 7 4

C 5 7 D 3 8

E 2 6

F 4 3

La regla de Johnson indica:

1) Obtener los datos: tiempos de procesamiento de los trabajos en dos centros ó máquinas.

2) Ubicar el tiempo de procesamiento más pequeño:

Si pertenece a la primera máquina se asigna al inicio de la secuencia

Si pertenece a la segunda máquina se asigna al final de la secuencia.

3) Eliminar el trabajo asignado y repetir el paso 2 hasta terminar asignado desde fuera hacia adentro.

4) Graficar la secuencia en un diagrama Gantt.

Aplicando la regla tendremos:

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Primero el tiempo: 2 del trabajo E y por pertenecer a O1 se asigna al principio. Luego tenemos 3 tanto en O1 como O2, elegimos cualquiera: digamos el trabajo F y por pertenecer a O2 se programa al final. Se asigna el tiempo 3 de D, de O1 al principio. Se asigna el tiempo 4 de B, de O2 al final Finalmente se asigna A.

2 E 6

3 D 8

5 C 7

10 A 5

7 B 4

4 F 3

Graficamos el diagrama Gantt para esta secuencia:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35

O1

O2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35

F (3)

F (4)

E (6) D (8) C (7) A (5) B (4)

E (2) D (3) C (5) A (10) B (7)

El tiempo de terminación total (lapso) es de 35 días, con 6 días de tiempo ‘ocioso’.

Secuenciamiento N3: Regla de Johnson modificada

Considere los siguientes trabajos y sus tiempos de procesamiento en horas en las 3 máquinas, no se permite

pasar los trabajos:

Trabajo M1 M2 M3

A 6 4 7

B 5 2 4 C 9 3 10

D 7 4 5

E 11 5 2

La regla de Johnson modificada indica:

1) Obtener los datos: tiempos de procesamiento de los trabajos en tres centros ó máquinas.

2) Verificar si cumple por lo menos alguna de las siguientes condiciones: • El tiempo de procesamiento más pequeño de la M1 debe ser igual o mayor que el tiempo de

procesamiento más grande de la M2.

• El tiempo de procesamiento más pequeño de la M3 debe ser igual o mayor que el tiempo de

procesamiento más grande de la M2. 3) Si cumple con una o ambas condiciones, se procede a preparar dos máquinas virtuales con los

siguientes tiempos:

trabajo tw 1+2 tw 2+3

Y realizar la regla de Johnson N2.

4) Graficar el diagrama Gantt con los tiempos originales.

Solución. Como se puede verificar con los datos se cumple la condición 1, el tW más pequeño de M1 es 5, igual al tW

más grande de M2 que es 5. No cumple con la condición 2.

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Las máquinas virtuales son:

trabajo tw 1+2 tw 2+3

A 10 11

B 7 6 C 12 13

D 11 9 E 16 7

Y aplicando la regla de Johnson se obtiene la secuencia:

6

4 A 7

9

3 C 10

7

4 D 5

11

5 E 2

5

2 B 4

Graficando el diagrama Gantt tenemos:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44

M1

M2

M3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44

E (2)

B (5)

B (2)

B (4)

A (6)

A (4)

A (7)

C (9)

C (3)

C (10)

D (7)

D(4)

D (5)

E (11)

E (5)

El lapso (tiempo de terminación total) de los 5 trabajos es 44 horas.