Planificación y Control de la Producción II UMSS FCYT Carrera de Ingeniería de Sistemas Mgr. Ing. Alex D. Choque Flores (Sem. I-2012)

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: Tiempo de procesamiento (días)

Trabajo

Op1 5 4 9 7

A B C D

Op2 10 3 6 5

Op3 12 8 7 11

Fecha de entrega (días)

Ruta (máquina) Op1 M1 M1 M3 M2

Op2 M2 M3 M2 M3

Op3 M3 M2 M1 M1

27 27 27 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

M1

2

3

4

5

6

B (4)

M2

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

A (5)

C (7)

D (7)

M3

C(6)

C (9) 1

2

3

4

5

B (3) 6

7

8

9

D (11)

A (10) D (5)

B (8) A (12)

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

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. 1

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Los retrasos son:

Las tardanzas son:

Los trabajos tardíos son:

LA = CA — feA = 37 — 27 = +10 LB = CB — feB = 33 — 27 = +6 LC = CC — feC = 22 — 27 = —5 LD = CD — feD = 33 — 27 = +6

TA = máx {0, +10} = 10 TB = máx {0, +6} = 6 TC = máx {0, -5} = 0 TD = máx {0, +6} = 6

δA = 1 δB = 1 δC = 0 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 A B C D E Capacidad disponible

M1 50 100 100 80 75 70

M2 60 120 80 70 100 130

M3 80 110 130 40 70 70

M4 70 70 60 30 120 120

Solución. Probemos la primera asignación con los tiempos mínimos por cada trabajo: TRABAJO A B C D E Capacidad asignada Capacidad disponible Hrs disponibles

M1 50 100 100 80 75 50 70 +20

M2 60 120 80 70 100 0 130 +130

M3 80 110 130 40 70 70 70 0

M4 70 70 60 30 120 160 120 —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: TRABAJO A B C D E

M1 50 100 100 80 75

M2 60 120 80 70 100

M3 80 110 130 40 70

M4 70 70 60 30 120

Mínimo 50 70 60 30 70

M1 1,00 1,43 1,67 2,67 1,07

M2 1,20 1,71 1,33 2,33 1,43

Índice M3 1,60 1,57 2,17 1,33 1,00

M4 1,40 1,00 1,00 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 A B C D E Capacidad asignada Capacidad disponible Hrs disponibles

M1 50 100 100 80 75 50 70 +20

M2 60 120 80 70 100 80 130 +50

M3 80 110 130 40 70 70 70 0

M4 70 70 60 30 120 100 120 +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

A B C D E

Fecha de recepción de la orden

110 120 122 125 130

Días de producción necesarios

Fecha de entrega del trabajo

tW 20 30 10 16 18

fe 180 200 175 230 210

Costo total del retraso en $us C

Fecha de entrega en días

$ 500 $ 1000 $ 300 $ 500 $ 800

50 70 45 100 80

fe (*)

(*) 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-BC-D-E:

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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) secuencia

A B C D E Total

tW 20 30 10 16 18 94

tF

fe 50 70 45 100 80

20 50 60 76 94 300

15 14 29

F

= 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33% = 1/ Ū = 3 trabajos = 0/5 = 0 días de retraso.

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

C A B E D Total

tW 10 20 30 18 16 94

tF

fe 45 50 70 80 100

10 30 60 78 94 272

0

F

= 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33% = 1/ Ū = 3 trabajos = 0/5 = 0 días de retraso.

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

C D E A B Total

tW 10 16 18 20 30 94

tF

fe 45 100 80 50 70

10 26 44 64 94 238

14 24 38

F

= 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33% = 1/ Ū = 3 trabajos = 0/5 = 0 días de retraso.

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

B A E D C Total

tW 30 20 18 16 10 94

tF

fe 70 50 80 100 45

30 50 68 84 94 326

49 49

F

= 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33% = 1/ Ū = 3 trabajos = 0/5 = 0 días de retraso.

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} 4

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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

A C B E D Total

tF

tW 20 10 30 18 16 94

20 30 60 78 94 282

fe 50 45 70 80 100

0

F

= 282/5 = 56,4 días.

Ū = 94/282= 33,33% = 1/ Ū = 3 trabajos = 0/5 = 0 días de retraso.

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: Secuencia PEPS

A B C D E

r

retraso en días

15 14

Costo total de retraso $

C/r

$ 300

$20/día

$ 800

$57,1/día

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

Veamos los indicadores: secuencia

tW

tF

E C A B D Total

18 10 20 30 16 94

18 28 48 78 94 266

fe 78 45 50 70 100

8 8

F

= 266/5 = 53,2 días.

Ū = 94/266= 35,34% = 1/ Ū = 2,8 trabajos = 8/5 = 1,6 días de retraso.

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

PEPS EDD SPT LPT LS COVERT

A-B-C-D-E C-A-B-E-D C-D-E-A-B B-A-E-D-C A-C-B-E-D E-C-A-B-D

F

(días) 60 54,4 47,6 65,2 56,4 53,2

Ū (%)

promedio de trabajos en el sistema

retraso promedio

31,3% 34,56% 39,5% 28,8% 33,3% 35,34%

3,2 2,9 2,5 3,5 3 2,8

5,8 0 7,6 9,8 0 1,6

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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)

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

A B C D E

Fecha de vencimiento

Fecha actual (hoy)

Tiempo de trabajo restante

IC

180 200 175 230 210

150 150 150 150 150

20 30 10 16 18

1,50 1,67 2,50 5,00 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 B C D E F

10 7 5 3 2 4

5 4 7 8 6 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: 6

Planificación y Control de la Producción II UMSS FCYT Carrera de Ingeniería de Sistemas Mgr. Ing. Alex D. Choque Flores (Sem. I-2012) 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

3

5

10

7

4

E

D

C

A

B

F

6

8

7

5

4

3

Graficamos el diagrama Gantt para esta secuencia: 1

2

3

O1 E (2)

4

5

6

7

D (3)

O2

8

9

C (5)

A (10)

E (6) 1

2

3

4

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

5

6

B (7)

D (8) 7

8

9

C (7)

F (4) A (5)

B (4)

F (3)

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

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

A B C D E

6 5 9 7 11

4 2 3 4 5

M3

7 4 10 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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Planificación y Control de la Producción II UMSS FCYT Carrera de Ingeniería de Sistemas Mgr. Ing. Alex D. Choque Flores (Sem. I-2012)

Las máquinas virtuales son: trabajo A B C D E

tw 1+2 tw 2+3 10 7 12 11 16

11 6 13 9 7

Y aplicando la regla de Johnson se obtiene la secuencia: 6 4A 7

9 3C 10

7 4D 5

11 5E 2

5 2B 4

Graficando el diagrama Gantt tenemos: 1

2

M1

3

4

5

6

7

8

9

A (6)

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

C (9)

M2

D (7)

A (4)

M3

C (3) A (7)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

E (11)

B (5)

D(4) C (10)

E (5) D (5)

B (2) E (2)

B (4)

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

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

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