PROBLEMAS DE DINAMICA
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”
CURSO: INVOPE II DOCENTE: Marcos Baca INTEGRANTES: BURGOS DIONICIO, ALEX JOHEL IDROGO ZAVALETA, SANTIAGO OJEDA NAMOC, FERNANDO CICLO: VII
TRUJILLO - PERÚ 2013
PROGRAMACIÓN DINÁMICA DETERMINISTICA PROBLEMA01 Soy un excursionista.- El último verano fui con mi amiga a un viaje de acampar y caminar en las bellas montañas blancas de Nueva Hampshire. Decidimos limitar nuestras caminatas en un área formada por 3 cumbres bien conocidas: los montes Washington, Jefferson y Adams. El monte Washington tiene una vereda de 6 millas de la base a la cumbre. Las veredas correspondientes para los montes Jefferson y Adams tiene 4 y 5 millas respectivamente.- Los caminos que unen las bases de las 3 montañas tiene 3 millas entre los montes Washington y Jefferson, 2 millas entre los montes Jefferson y Adams, y 5 millas entre los montes Washington y Adams. Iniciamos el primer día en la base del monte Washington y regresamos al mismo lugar al final de los 5 días.- Nuestra meta era caminar todas las millas que pudiéramos. También decidimos subir exactamente a una montaña cada día y acampar en la base en la que subiremos al día siguiente, además decidimos no visitar la misma montaña 2 días consecutivos. ¿Cómo programamos nuestro recorrido? SOLUCION
a) b) c) d)
Función Objetivo: Maximizar Distancia (Hallar el camino más largo) Número de Etapas: 5 Estado: Origen Sn (i) Variable Decisión: Destino Xn (j)
DESARROLLO FASE 5 DESTINO (j) W
ORIGEN (i)
2*vereda + camino
A J
2*5 + 5 = 15 2*4 + 3 = 11
Solución Optima F5(i) 15 11
Decisión W W
FASE 4
ORIGEN (i) W A J
W 2*vereda + camino + F5(i) – 2*5 +5 + 0 = 15 2*4 +3 + 0 = 11
DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F5(i) 2*6 + 5 + 15 = 32 – 2*4 + 2 + 15 = 25
J 2*vereda + camino + F5(i) 2*6 + 3 + 11 = 22 2*5 + 2 + 11 = 23 –
W 2*vereda + camino + F4(i) – 2*5 +5 +32 = 47 2*4 +3 +32 = 43
DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F4(i) 2*6 + 5 + 23 = 40 – 2*4 + 2 + 23 = 33
J 2*vereda + camino + F4(i) 2*6 + 3 + 25 = 40 2*5 + 2 + 25 = 37 –
Solución Optima F4(i) 32 23 25
Decisión A J A
FASE 3
ORIGEN (i) W A J
Solución Optima F3(i) 40 47 43
Decisión A,J W A
FASE 2
ORIGEN (i)
W 2*vereda + camino + F3(i)
A J
2*5 +5 +40 = 55 2*4 +3 +40 = 51
DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F3(i) – 2*4 + 2 + 47 = 57
J 2*vereda + camino + F3(i) 2*5 + 2 + 43 = 55 –
Solución Optima F2(i)
Decisión
55 57
W,J A
FASE 1 DESTINO (j) ORIGEN (i)
W
W
A 2*vereda + camino + F2(i) 2*6 + 5 + 55 = 72
–
Solución Optima
J 2*vereda + camino + F2(i)
F1(i)
Decisión
2*6 + 3 + 57 = 72
72
A,J
La cantidad máxima de millas que puede caminar es de 72 millas entre las 3 montañas RUTA: DÍA 1
DÍA 2
DÍA 3
DÍA 4
DÍA 5
Fin base
FUNCION RECURSIVA: ( )) ()(
PROBLEMA 02 Cierto estudiante desea destinar los siete días de la semana próxima a estudiar 4 cursos. Necesita al menos un día para cada curso y el puntaje que puede lograrse se da en la siguiente tabla:
decisiòn 1 2 3 4
I 13 15 16 17
CURSO – etapa n II III 15 12 15 14 16 17 19 18
IV W14 = 16 17 18 19
Solución: 1. 2. 3. 4.
Función Objetivo : Maximizar Puntaje Número de Etapas: 4 (Cursos) Estado : Días Disponibles (Sn) (0,1,2,3,4,5,6,7) Variable Decisión: Días Asignados (Xn) (1,2,3,4) FORMULA GENERAL DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA:
( ) ( ){()()}
Objetivos del problema: Determinar cuántos días se debe asignar a cada curso Determinar la función recursiva del modelo
ETAPA 4
Asignados
Variable de Decisión : X4 ESTADO: S4
1
2
3
4
Max. Punt. F4*
Mejor Dec. X4*
19
16 17 18 19
1 2 3 4
Disponible 1 2 3 4
16 17
Como ya se empleó un día en la etapa anterior ,restamos 1 a los días disponibles Asignados Variable de Decisión : X3
ETAPA 3 ESTADO: S3
18
2(1)
1 W13+f*4(21) 12+16=28
3(2) 4(3) 5(4)
12+17=29 12+18=30 12+19=31
2
3
4
W23+f*4(3-2) 14+16=30 14+17=31 17+16=33 14+18=32 17+17=34 18+16=34
Max. Punt. f*
Mejor Dec. X*
28
1
30 33 34
2 3 3,4
Como ya se emplearon 2 días en las etapas anteriores, restamos 2 a los días disponibles. ETAPA 2
ESTADO S2 Disponibles 3(1) 4(2) 5(3) 6(4)
Asignados Variable de Decisión: X2 1 2 15+28=43 15+30=45 15+28=43 15+33=48 15+30=45 15+34=49 15+33=48
Max. Punt. 3 4 f* 43 45 16+28=44 48 16+30=46 19+28=47 49
Mejor Dec. X* 1 1 1 1
En esta última etapa se puede ofrecer todo días disponibles ETAPA 1
ESTADO S1 Disponible 7
Asignado Variable de Decisión: X1 Max. Punt. 1 2 3 4 f* 13+49=62 15+48=63 16+45=61 17+43=60 63 4 dispon. 3 dispon. 2 dispon. 1 dispon.
ETAPA 1 2 3 4
DISPONIBLE ASIGNADO 7 2 7-2=5 1 5-1=4 3 4-3=1 1
Formula General Si
( ) ( ){()( )} () ( )
Entonces:
( ) ( ){() () ( )} En caso contrario: No factible f n(S) = Max { W xn + f*n+1 (S-x)} PROBLEMA 03: Un vendedor vive en Bloomington y debe estar en Indianápolis el siguiente jueves. El lunes, martes y miércoles puede vender su mercadería en Indianápolis, Bloomington o Chicago, según su experiencia cree que puede ganar 12 dólares si se queda un día en Indianápolis 16 dólares si se queda un día en Bloomington y 17 dólares si se queda en Chicago. Para elevar al máximo sus ventas menos impuestos menos gastos de viaje ¿Dónde debe pasar los primeros tres días y noches de la semana? En la siguiente tabla se muestra los costos de viaje. De A Indianápolis Bloomington Chicago Indianápolis 5 2 Bloomington 5 7 Chicago 2 7 I=12 B=16
Mejor Dec. X* 2
C=17 Solución:
a) b) c) d)
Función Objetivo: Maximizar (Ganancia – Costo) Número de Etapas: 4 Estado: Origen Sn Variable Decisión: Destino Xn
Establecemos las Etapas: Fase 1 Fase 2 Fase 3 Fase 4
: Domingo : Lunes : Martes : Miércoles
Fase 4:Miércoles FUNCIÓN: F3 (S3) = Max [Ganancia - Costo (S 3, X3)] S3\X3 Indianápolis F3(S3) X3 Indianápolis 12 – 0 = 12 12 Indianápolis Bloomington 12 – 5 = 7 7 Indianápolis Chicago 12 – 2 = 10 10 Indianápolis Fase 3:Martes FUNCIÓN: F2 (S2) = Max [Ganancia - Costo (S2, X2) + F3 (X3)] S2\X2 Indianápolis Bloomington Chicago
Indianápolis Bloomington Chicago F2(S2) X2 12-0+12=24 16-5+7=18 17-2+10=25 25 Chicago 12-5+12=19 16-0+7=23 17-7+10=20 23 Bloomington 12-2+12=22 16-7+7=16 17-0+10=27 27 Chicago
Fase 2: Lunes FUNCIÓN: F1 (S1) = Max [Ganancia - Costo (S1, X1) + F2 (X1)] S1\X1
Indianápolis Bloomington
Chicago
F1(S1)
X1
Indianápolis
12-0+25=37
16-5+23=34
17-2+27=42
42
Chicago
Bloomington 12-5+25=32
16-0+23=39
17-7+27=37
39
Bloomington
16-7+23=32
17-0+27=44
44
Chicago
Chicago
F1(S1)
X1
17-7+44=54
56
Bloomington
Chicago
12-2+25=35
Fase 1: Domingo FUNCIÓN: F0 (S0) = Max [Ganancia - Costo (S0, X0) + F1 (X0)] S1\X1
Indianápolis Bloomington
Bloomington 12-5+42=49
16-0+39=56
-
Por tanto para poder obtener máximas ganancias el vendedor deberá de tener la siguiente agenda: Lunes : Bloomington Martes
: Bloomington
Miércoles
: Bloomington
Jueves
: Indianápolis
Ganancia Máxima = 56 dólares
EJERCICIO 4: Una empresa tiene los siguientes datos de demanda de su producto:
Mes
Demanda
1
1
2
3
3
2
4
4
¿Cuántas unidades debe fabricar en el mes? Sabiendo que:
Durante el mes que se producen algunas unidades se incurre en un costo fijo de $30. El costo variable es de $10 por cada unidad fabricada. Al final de cada mes se genera un costo de almacenamiento de $5 por cada unidad. Las limitaciones de capacidad permiten una producción máxima de 5 unidades. El tamaño del almacén restringe un inventario final máximo de 4 unidades cada mes. Se dispone de 0 unidades al principio del primer mes.
Características:
Se conoce la demanda de cada mes al principio del mes 1. Se debe determinar cuántas unidades deben producirse teniendo en cuenta que la capacidad de fabricación es limitada. La demanda de cada período debe satisfacerse a tiempo con el inventario o la producción actual. Durante cada período donde la producción tiene lugar se genera un costo fijo, así como un costo variable por unidad. Se tiene capacidad limitada de almacenamiento. Se genera un costo de almacenamiento por unidad al inventario final de cada período. El objetivo es minimizar el costo total por cumplir con la demanda de cada período.
Modelo de revisión periódica: El inventario se conoce al final de cada período, y se
toma la decisión sobre la producción. SOLUCIÓN
Sean: x n : Nivel de producción en el mes n y n : Inventario inicial en el mes n d n : Demanda en el mes n
Costo de producción de x n unidades
CP(x n )
30+10x n
Inventario en el siguiente mes
y i+1
y i + x i - d i
Costo de inventario de siguiente mes
CI(y i+1 )
5(y i + x i - d )i
Función recursiva: Costo mínimo de cumplir las demandas f n(sn ,x n ) = min { CI(y n+1 ) + CP(x n ) + f n+1(sn+1 ) }
Sn: disponibilidad de almacén
Etapa 4 (demanda=4) f 4(s4 ,x 4 )=30+10x 4 s4 x 4 = 0
Solución óptima
x 4 = 1
x 4 = 2
x 4 = 3
x 4 = 4
f 4*(s4 )
x 4*
0
-
-
-
-
30+40
70
4
1
-
-
-
30+30
-
60
3
2
-
-
30+20
-
-
50
2
3
-
30+10
-
-
-
40
1
4
0+0
-
-
-
-
0
0
Etapa 3 (demanda=2) Solució f 3(s3 ,x 3 )= 5(y 3+x 3-d 3 )+30+10x 3+ f 4*(y 3+x 3-d 3 )
n óptima
s
x 3 = 0
x 3 = 1
x 3 = 2
x 3 = 3
x 3 = 4
x 3 = 5
3
0
1
-
-
2 0+0+70= 70
3 5+0+60= 65
4 10+0+50 =60
-
f 3*( x 3 s3 )
*
120
2
100
5
0+50+70=
5+60+60=
10+70+50
15+80+40
120
125
=130
=135
0+40+70=
5+50+60=
10+60+50
15+70+40
20+80+0=
110
115
=120
=125
100
5+40+60=
10+50+50
15+60+40
20+70+0=
-
70
0
105
=110
=115
90
10+40+50
15+50+40
20+60+0=
-
-
65
0
=100
=105
80
15+40+40
20+50+0=
-
-
-
60
0
=95
70
Etapa 2 (demanda=3) Solució f 2(s2 ,x 2 )=
5(y 2+x 2-d 2 )+30+10x 2+ f 3*(y 2+x 2-d 2 )
n óptima
s
x 2 = 0
x 2 = 1
x 2 = 2
x 2 = 3
x 2 = 4
x 2 = 5
2
0
-
-
-
0+60+120
5+70+100
10+80+70
=180
=175
=160
f 2*( x 2 s2 )
*
160
5
1
-
3
4
150
4
140
3
-
120
0
-
105
0
0+50+120
5+60+100
10+70+70
15+80+65
=170
=165
=150
=160
0+40+120
5+50+100
10+60+70
15+70+65
20+80+60
=160
=155
=140
=150
=160
0+0+120
5+40+100
10+50+70
15+60+65
20+70+60
=120
=145
=130
=140
=150
5+0+100
10+40+70
15+50+65
20+60+60
-
=105
=120
=130
=140
2
-
-
Etapa 1 (demanda=1)
f 1(s1 ,x 1 )=
Solución
5(y 1+x 1-d 1 )+30+10x 1+ f 2*(y 1+x 1-d 1 )
óptima f 1*(s x 1
x 1
s
=
1
0
0
-
x 1 = 1
x 1 = 2
0+40+160=
5+50+150=
200
205
x 1 = 3
x 1 = 4
x 1 = 5
10+60+140= 15+70+120= 20+80+105= 210
205
Respuesta:
Deben Mes
producirse (unids)
1
1
2
5
3
0
4
4
205
1 )
*
200
1
EJERCICIO 5: Un barco de 4 toneladas es cargado con uno o más de tres artículos, la tabla siguiente muestra el peso unitario pn, en toneladas y el ingreso por unidad i n , en miles de $, para el artículo n. ¿Cómo se debe cargar el barco para maximizar los ingresos totales?
Como el peso unitario y el peso permisible son enteros, las variables sólo deben tener valores enteros.
Solución: Considerar a los estados como la capacidad aún disponible en el barco.
Etapa 3 f 3(s3 ,x 3 )=14x 3 s3
x 3 =0
0 14(0)=0
Solución óptima
x 3 =1
x 3 =2
x 3 =3
x 3 =4
f 3*(s3 )
x 3*
-
-
-
-
0
0
1
-
14(1)=14
-
-
-
14
1
2
-
-
14(2)=28
-
-
28
2
3
-
-
-
14(3)=42
-
42
3
4
-
-
-
-
14(4)=56
56
4
Etapa 2 f 2(s2 ,x 2 )=47x 2+ f 3*(s2-3x 2 ) s2
x 2 =0
Solución óptima
x 2 =1
f 2*(s2 )
x 2*
0
47(0)+0=0
-
0
0
1
47(0)+14=14
-
14
0
2
47(0)+28=28
-
28
0
3
47(0)+42=42 47(1)+0=47
47
1
4
47(0)+56=56 47(1)+14=61
61
1
Etapa 1 f 1(s1 ,x 1 )=31x 1+ f 2*(s1-2x 1 ) s1
x 1 =0
Solución óptima
x 1 =1
x 1 =2
f 1*(s1 )
x 1*
0
31(0)+0=0
-
-
0
0
1
31(0)+14=14
-
-
14
0
2
31(0)+28=28 31(1)+0=31
-
31
1
3
31(0)+47=47 31(1)+14=45
-
47
0
4
31(0)+61=61 31(1)+28=59 31(2)+0=62
62
2
Ingreso total= $ 62 000; llevar 2 unidades del artículo 1; peso acumulado = 4 toneladas
EJERCICIO 6: Un contratista constructor estima que la fuerza de trabajo necesaria durante las próximas 5 semanas será de 5, 7, 8, 4 y 6 trabajadores, respectivamente. La mano de obra en exceso que se conserve le costará $300 por trabajador semanalmente, y la nueva contratación en cualquier semana tendrá un costo fijo de $400 más $200 por trabajador y por semana. Sugiera un plan de contratación para minimizar los costos en los que se incurren.
Solución:
Sea x n la mano de obra asignada a cada semana. Sea r n la mano de obra requerida para cada semana, entonces: r 1 =5, r 2 =7, r 3 =8, r 4 =4 y r 5 =6
Costo de exceso de mano de obra: 300( x n – r n) Costo de contratación:
cuando: x n > r n
400 + 200( x n – sn)
cuando: x n > sn
Etapa 5 (r 5 = 6) f 5(s5 ,x 5 )=300(x 5 - 6)+[400+200(x 5-s5 )] Solución óptima s5
x 5 =6
f 5*(s5 )
x 5*
4
300(0)+[400+200(2)]=800
800
6
5
300(0)+[400+200(1)]=600
600
6
6
300(0)+[0]=0
0
6
Etapa 4 (r 4 = 4) f 4(s4 ,x 4 )=300(x 4 - 4)+[400+200(x 4-s4 )]+ f 5*(x 4 )
Solución óptima
s4
x 4 =4
x 4 =5
x 4 =6
8 300(4)+[0]+800=2000 300(3)+[0]+600=1500 300(2)+[0]+0=600
f 4*(s4 )
x 4*
600
6
Etapa 3 (r 3 = 8) f 3(s3 ,x 3 )=300(x 3 - 8)+[400+200(x 3-s3 )]+ f 4*(x 3 ) Solución óptima s3
x 3 =8
f 3*(s3 )
x 3*
7
300(0)+[400+200(1)]+600=1200
1200
8
8
300(0)+[0]+600=600
600
8
Etapa 2 (r 2 = 7) f 2(s2 ,x 2 )=300(x 2 - 7)+[400+200(x 2-s2 )]+ f 3*(x 2 )
Solución óptima
s2
x 2 =7
x 2 =8
5 300(0)+[400+200(2)]+1200=2000 300(0)+[400+200(3)]+600=1600
f 2*(s2 )
x 2*
1600
8
6 300(0)+[400+200(1)]+1200=1800 300(0)+[400+200(2)]+600=1400
1400
8
7
300(0)+[0]+1200=1200
300(0)+[400+200(1)]+600=1200
1200
7,8
8
300(1)+[0]+1200=1500
300(0)+[0]+600=600
600
8
Etapa 1 (r 1 = 5) f 1(s1 ,x 1 )=300(x 1 - 5)+[400+200(x 1-s1 )]+ f 2*(x 1 )
Solución óptima
s
x 1 =5
x 1 =6
x 1 =7
x 1 =8
300(0)+[400+20
300(0)+[400+20
300(0)+[400+20
300(0)+[400+20
0(5)]
0(6)]
0(7)]
0(8)]
+1600=3000
+1400=3000
+1200=3000
+600=2600
1
0
Plan de contratación: x 1=8, x 2=8, x 3=8, x 4=6, x 5=6
f 1*(s x 1 1 )
260 0
*
8
