PROGRAMACIÓN DINAMICA 1. MARCO TEÓRICO 1.1
INTRODUCCIÓN Fue desarrollada por Richard Bellman a inicios de la década de los 50.La programación dinámica es otra técnica matemática de optimización, que forma parte de la investigación de operaciones y que se utiliza fundamentalmente para la toma de varias decisiones que optimiza una cierta función objetivo que puede ser lineal o no. Aún no ha sido tan ampliamente utilizada como otras técnicas, por ejemplo, la programación lineal. Esto se ha debido, por una parte, a los graves problemas computacionales que a veces surgen al aplicarla y por la otra, al poco conocimiento de las ventajas que presenta sobre otros enfoques de optimización o ptimización en muchos casos. En contraste con la programación lineal no posee una formulación matemática general, sino que cada tipo de problema requiere una descripción matemática específica.
1.2
ESTUDIO DE LA PROGRAMACIÓN DINAMICA
1.2.1
CARACTERÍSTICAS DE LOS PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA.
Se aplica fundamentalmente a problemas de muchos variables que pueden ser divididas en problemas más pequeñas con pocas variables, va riables, disminuyendo de esta forma al esfuerzo computacional para hallar una solución óptima. El procedimiento que sigue la programación dinámica es comenzar con una parte pequeña del problema y encontrar la solución óptima para el mismo. Poco a poco se va aumentando el problema, encontrando la solución óptima del actual a partir del inmediato anterior, hasta que el problema original se resuelve por completo. “El principio de la optimalidad de programación programación dinámica “formulado “formulado por Bellma
establece lo siguiente: Una políticas optima tiene la propiedad de que cualesquiera que sean el estado y la decisión iniciales, las decisiones restantes deben constituir una política optima con respecto al estado resultante de la primea decisión. Se puede demostrar que un problema con “n” variables de decisión puede ser transformado en “n” subproblemas , cada uno con solamente una variable de
decisión. Esto es muy importante por cuanto los cálculos aumentan exponencialmente con el número de variables, pero solo linealmente con el número de subproblemas. Este ahorro en tiempo de computo muchas veces significa la diferencia entre un problema sin solución y uno que requiere solo un poco de tiempo de máquina.
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Hay algunas áreas, como son los problemas de asignación de recursos, e control de inventarios, etc, en las que ha sido bastante aplicada la programación dinámica. La propiedad común en estos e stos problemas en que las decisiones pueden ser calculadas secuencialmente. 1.2.2
ELEMENTOS BÁSICOS DE CÁLCULO PARA RESOLVER UN PROBLEMA DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA.
De acuerdo con [16] los elementos e lementos básicos son: a. El problema pue de ser dividido en “etapas”, cada una de las cuales b.
requiere una “política de decisión”. Cada etapa tiene un número de “estados” asociados a ella. En general,
los estados son las posibles condiciones en el que el sistema puede encontrarse en una etapa del problema. c. Una decisión es una acción tomada en cada etapa. d. El efecto de la “política de decisión” en cada etapa es la que de transformar el estado actual en un estado asociado con la siguiente etapa. e. Dado el estado considerado (actual), una “política óptima” para las etapas restantes (las que faltan hasta el final) es independiente de la política adoptada en las etapas previas. Es decir, no interesa la forma en que se llegó al estado actual para tomar la futura decision. f.
El”procedimiento de solución” comienza
encontrando la política óptima
para los estados de la última etapa. g. Se debe encontrar la función objetivo o “relación recurrente” que identifique la política óptima para cada estado cuando falten” etapas, dada la política óptima para cada estado, cuan do falta “n-1” etapas.
1.2.3
APLICACIÓN A LOS SISTEMAS DE RECURSOS HIDRÁULICOS
Una vez expuestos de una manera breve las características y elementos básicos del cálculo para resolver un problema de programación dinámica es necesario analizar sus posibilidades de aplicación en el campo de los sistemas de recursos hidráulicos. Como fue mencionado anteriormente los cálculos aumentan exponencialmente con el número de variables y linealmente con el número de subproblemas o etapas. De acuerdo con el número de variables de estados presentes en una etapa los problemas se clasifican en: Unidimensionales (una variable de estado). Bidimensionales(dos variables de estado). . . . . . . “n” dimensionales (“n” variables de estado)
Más de tres variables de estado en una etapa crean enormes dificultades de cálculo y almacenamiento de datos. Ingeniería Civil | UNSCH-2017
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En los sistemas hidráulicos los elementos que en general definen las variables de estado son las unidades de almacenamiento, tales como embalses, depósitos, acuíferos, etc. Para poder aplicar la programación dinámica a los sistemas hidráulicos complejos se dividen estos en varios subsistemas y se aprovecha la característica de que esta técnica brinda soluciones funcionales para combinar la solución de cada subsistema. En la práctica se trata de descomponer el sistema en el mayor número de subsistemas o etapas posibles y se trata de disminuir al máximo la dimensionalidad. En este curso solo se trataran problemas unidimensionales. La programación dinámica se utilizara fundamentalmente en la solución de problemas de diseño y operación de sistemas de recursos hidráulicos. En los primeros se trata de definir la dimensión óptima de los componentes del sistema mientras que los segundos se intenta determinar la política óptima de explotación del sistema cons iderado. 1.2.4
RESUMEN DE ALGUNOS CASOS RESUELTOS EN LA LITERATURA: 1.2.4.1
PROCESOS DEPENDIENTES DEL TIEMPO:
Los intervalos del proceso secuencial son incrementos de tiempo. Ejemplo de este tipo son:
a) Planificación de los periodos de riego: se define la cantidad de agua a aplicar en cada intervalo de tiempo a las cosechas de la zona. Las variables de estado son el volumen de agua disponible, la humedad del suelo y una función geométrica del rendimiento de cada cosecha en cada intervalo. b) Embalse único de finalidad múltiple: considerando como variable de estado el volumen almacenado en el embalse se calculan los desembalses para abastecimiento, riego, producción eléctrica, etc. c) Centrales hidroeléctricos reversibles: se definen los volúmenes bombeados turbinados en función de los volúmenes almacenados en presa y contrapesa. d) Uso conjunto de embalses superficiales y subterráneos utilizando como variables de estado los volúmenes almacenados en un ambiente superficial y uno subterráneo y en una instalación de recarga artificial se pueden definir los volúmenes destinados a recarga, riego directo y riego por bombeo en cada periodo. e) Control de avenidas mediante embalses de regulación en general, se supone que en cada periodo del año se debe reservarse un volumen de embalse con el fin de controlar la avenida. La determinación del volumen necesario se hace por métodos estadísticos. f) Regulación de un sistema de embalses: utilizando los volúmenes embalsados como variables de estado, se definen los desembalses para los distintos usos. Si son demasiados embalses se pueden agrupar en subsistemas que se pueden unir después para dar el óptimo global, bien por programación lineal o por programación dinámica.
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1.2.4.2
PROCESOS NO DEPENDIENTES DEL TIEMPO:
Se refiere, en general, al reparto óptimo de un recurso entre varios usuarios, ya sea tierra, agua o capacidad de embalse. La descomposición secuencial no se hace en intervalos de tiempo. Ejemplo de este tipo de problemas son:
a) Proyecto de embalse de finalidad múltiple: utilizando como intervalos los distintos usos del agua, se calcula la cantidad optima utilizable para cada uno de ellos en un momento dado. b) Distribución de agua entre distintas áreas de una zona regable: considerando cada área como un intervalo de cálculo, se halla el volumen optimo a emplear en cada una en función del volumen disponible. c) Distribución de una aportación estocástica: se define el agua destinada a cada cosecha de una zona utilizando como variable de estado el agua disponible con cierta probabilidad. Los intervalos de cálculo son los distintos niveles de probabilidad ( Hall y Draoup 1970). d) Capacidad optima de jun acueducto: dada la función de beneficio resultante de destinar distintas cantidades de agua a cada zona y el costo de construcción del acueducto para cada caudal, se calcula la capacidad optima de cada tramo. La variable d estado es la cantidad de agua disponible al comienzo de cada tramo. Los tramos de acueducto constituyen los intervalos de cálculo ( Hall y Draoup 1970). e) Escalonamiento de las obras de sistemas de recursos hidráulicos: dada una serie de proyectos destinados a cubrir la demanda a largo plazo de una zona, y la curva demanda-tiempo, se define el orden de construcción de los proyectos, que se consideran como intervalos de cálculo. Este método sirve también para comprobar la sensibilidad del sistema al variar la curva demanda-tiempo. Butcher, Haimes y Hall (1969). Como puede verse, el campo de aplicación de la programación Dinámica a los recursos hidráulicos es muy amplio. Esto se debe a que por tratarse de un método de optimización puede, en principio, aplicarse a cualquier problema de este tipo. Por otra parte, no se impone ninguna condición restrictiva a las funciones implicadas, lo cual hace que la posibilidad de aplicación depende solo del número de var iables de estado, y aun este problema puede resolverse mediante la división en subsistemas. De acuerdo con las características de los problemas que a su vez determinan diferentes expresiones en la función o relación recurrentes se estudiaran tres tipos de problemas: camino optimo, asignación y producción con inventario siguiendo la clasificación que se utiliza en Ingeniería Industrial. En los casos que se analizan la relación recurrente tiene la forma general:
∗() (,) −[, − ∗(−)] Donde: n= número de etapas parta llegar al final; s= posible estado dentro de la etapa n; Xn= variables de decisión cuando faltan “n” etapas (n= 1,2,…N);
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N= número total de etapas;
(,)=función de efectividad. Da el valor máximo o mínimo de la función objetivo para la política optima, dado que se esta en el estado s, se va hacia el estado Xn y faltan “n” etapas;
Cs,Xn = medida de efectividad (costo, por ejemplo) en que se incurre cuando se está en el estado s y se decide moverse al estado Xn;
− ∗(−) = política optima en la etapa n-1, dado el estado −; ∗()= política optima en la etapa n, dado el estado s. Utilizando esta relación recurrente, el procedimiento de solución va analizando etapa por etapa, de atrás hacia adelante calculando la política optima de decisión para cada estado en cada etapa, hasta que se encuentra la política óptima para la etapa inicial.
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2. PROBLEMA DE ASIGNACION Estos problemas se tratan generalmente, de asignar o distribuir diferentes tipos de recursos a varias actividades competitivas de distinta naturaleza. (MARRERO DE LEON, 1985) En este problema se tiene: a. Las etapas son los destinos de asignación, y pueden ser tomados en cualquier orden. b. Los estados estan asociados a los recursos totales disponibles para asignat a una etapa dada. c. Las variables de decisión se refieren a la cantidad de recursos que se asignan a una etapa a partir del estado S. d. La funcion recurrente de acuerdo al tipo de problema es en general:
∗ (− )} ∗(,∗) ó.(,) ó.{(+) ( ) − − 2.1
EJERCICIO DE ASIGNACION:
Un plan agrícola dispone de una entrega máxima de 4*106 m3 de agua p ara distribuir entre tres tipos de cultivos: caña, pastos y viandas. Se requiere distribuir dicha entrega para obtener los maximos beneficios. (MARRERO DE LEON, 1985)
1. caña Entrega
X
0
1
2
3
4
Beneficio
b
1
3
7
8
7
2.Pastos 0
1
2
3
4
0
6
8
9
10
3. Viandas 0
1
2
3
4
1
5
8
11
13
SOLUCION: a. Primero lo que haremos sera una representacion esquematica del problema:
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REPRESENTACION ESQUEMATICA DEL SISTEMA
n =
n =
n =
Caña
Pasto
Caña
C
P
C
1
−
−
b. Segundo lo que haremos sera una grafica de los tres cultivos en f uncion de la entrega de agua y el beneficio que conlleva ello: FUNCIONES DE CULTIVOS 14
13
12
11
10
9
8 o i c i f e n e B
7
6
5
4
3
2
1
0 0
1
2
3
4
5
Entrega 1. caña
2.Pas tos
3. Viand as
c. Analizamos las restricciones que nos da el probema:
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∑−( ) ( ) ( ) ( ) 0 ≤ ≤ 0≤≤4 ≤ d. Identificamos las etapas: Cultivos (Viandas, Pastos, Caña): n=1, 2, 3 e. Identificamos los estados: Cantidad de agua disponible en cada etapa = S f.
Variables de decision:
Posibles cantidades de agua a distribuir en cada estado :
(1, 2, 3 ).
g. Funcion recurrente:
∗ ( ) ∗(, ∗) á− ( ) −
h. Pasos para elaborar los cuadros: etapa n=1
1
Vianda (cultivo 3)
1 , 1 = (1 ) 0
1
2
3
0
1
1
1
5
2
1
5
8
3
1
5
8
11
4
1
5
8
11
etapa n=2
∗ () 4 1
13
1
0
5
1
8
2
11
3
13
4
1
1 , 1 ó 1 1
Pastos (cultivo 2)
,
0
0
1
1
5
7
2
8
11
9
3
11
14
13
10
4 13
17
16
14
1
2
3
4
∗ () ∗
11
Cuando tenemos una Cantidad de 0 m3 agua para asignar el bene cuando tenemos una Cantidad de 0 m3 agua para asignar el beneficio para el cultivo 2 es de 0 y se le tiene que sumar el beneficio de la etapa 1ficio para el cultivo 2 es de 0 y se le tiene que sumar el beneficio de la etapa 1( 0+1)
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1∗
1
0
7
1
11
1
14
1
17
1
, = + 1∗ ( − )
cuante tenemos una cantidad de agua de 1*10^3 m3 para asignar y no se lo damos al cultivo de pastos el beneficio es de 0 como lo guardamos para el cultivo de Viandas el beneficio de guardarlo es 5 asi que se aumenta en 0+5
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etapa n=3
Caña (cultivo 3)
,
0
1
2
3
0
2
1
8
4
2
12
10
8
3
15
14
14
9
4
18
17
18
15
4
∗ () ∗
8
2
0
8
1
12
1
15
1
18
0, 2
, = 1 + ∗ ( − )
(∗ )
(∗ )
(1∗ )
Agua (10^6)
0
1
3
m3
2
1
1
Como tenemos una entrega maxima de 4*10^6 m3 en el primer caso ya se entrego 0 al cultivo de Caña y 1 al cultivo de Pastos lo cual hace q ue solo uede 3 ara el cultivo de viandassolo nos
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3. PROBLEMAS DE PRODUCCION CON INVENTARIOS PARA DETERMINADOS PERIODOS En hidráulica existen varios casos los cuales pueden resolverse de manera similar a los problemas de producción con inventarios, como por ejemplo, diseño y operación de embalses, tanques de distribución de abastecimiento, etc. En todos ellos es necesario utilizar la ecuación de continuidad o de balance. El problema se caracteriza en términos generales por lo siguiente: en una determinada empresa se tiene una capacidad de producción cada cierto periodo de tiempo (diaria, semanal, mensual, etc.) La producción de los artículos está asociada a determinado costo de producción y la misma debe satisfacer una demanda tal que puede ser diaria, semanal, etc. En términos generales no existe un balance entre l a producción y la demanda, será necesario almacenar o mantener en inventario un aparte de los artículos producidos. Este inventario ocasiona el llamado costo de inventario, el cual se debe entre otros a: La construcción y la depreciación del almacén, depreciación y obsolencia del inventario, administración, manipulación, inmovilización de recursos, etc. El enfoque por programación dinámica para resolver este tipo de problemas plantea lo siguiente en general: Las etapas son el número de intervalos de tiempo que faltan p ara el fin del periodo total.
Los estados son las cantidades de recursos en inventario al inicio de cada intervalo de tiempo. Las variables de decisión son las cantidades de recursos a producir en cada intervalo de tiempo. La función recurrente en general, tiene la forma siguiente:
∗ (−) ∗(,∗) min(,) − − Dónde:
= Costo de producir unidades = Costo de mantener “s” unidades en inventario 3.1
PROBLEMA DE APLICACIÓN:
Una empresa fabrica equipos especiales de bombeo y su capacidad le permite, como máximo, producir 3 equipos mensuales. El costo de producción en miles de pesos es el siguiente: N° de equipos Costo de producción
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0 100
1 150
2 200
3 350
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Se quiere programar el plan de producción del próximo trimestre siendo necesario entregar un equipo el primer mes, dos el segundo y uno el tercero. Además, La empresa desea que al final del trimestre quede un equipo en inventario. Al iniciar el primer mes del trimestre no hay ningún equipo en almacén. Los costos por mantener equipos en inventario son, en miles de pesos por mes, los siguientes: N° de equipos Costo inventario
0 7
1 20
2 50
(No se permite tener más de dos equipos en inventario.) ¿Cuál será el plan de producción que minimiza los costos totales? SOLUCIÓN Función objetivo:
MIN C ∑( ) =
Sujeta a:
1 (1) 0 (3) ≤2 (1,2,3) () ( 1) ( 1) (1) Etapas (n): Número de meses que faltan para el fin del trimestre. Estados (s): Para determinar qué caracteriza el estado del sistema en un momento dado se analiza la estructura del problema y se llega a la conclusión de que lo que mejor define el estado del sistema al inicio de una etapa (mes) es el número de equipos en inventario (al inicio de cada mes). Ahora bien, el número de equipos en inventario al inicio de cada mes vendrá dado por el número de equipos que había en inventario al inicio del mes anterior (s), más la cantidad de equipos que se produjeron en el mes anterior, menos la cantidad de equipos que se entregaron (de acuerdo con la demanda). Así se tiene que la variable de decisión será la cantidad de equipos a producir cada mes. Función recurrente: Como se trata de minimizar los costos totales, se tendrá que:
∗ () (,) Por lo que:
∗ ( ) (,) −
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Para: n = 2, 3
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Dónde: = Costo de producir
unidades = Costo para mantener “s” unidades en inventario y (,) min Para: n=1 El resultado de los cálculos lo mostramos a continuación: Último mes del trimestre (n = 1) Hay que entregar 1 equipo y dejar 1 en inventario.
S
0 -
(,)
1 2 200+7=207 150+20=170 100+50=150 -
0 1 2
3 -
∗()
∗
207 170 150
2 1 0
Para determinar los estados (s) hay que tener en cuenta que el mayor número de equipos posibles a mantener en inventario es 2 y el menor, 0. Asimismo, se tendrán 4 alternativas para la variable de decisión: producir 0, 1, 2 ó 3 equipos. Faltan 2 meses para el fin del trimestre (n = 2) Hay que entregar 2 equipos.
Los estados y las variables de decisión se determinan exactamente igual que en el caso anterior.
S
(,) ∗( )
0
0 -
1
-
2
100+50+20 7 =357
1 -
150+20+207 = 377 150+50+170 = 370
2 200+7+207 = 414 200+20+17 0=390 200+50+15 0=400
3 350+7+50 =507 350+20+15 0 =520 -
∗() ∗ 414
2
377
1
357
0
Faltan 3 meses para el fin del trimestre (n = 3) Hay que entregar 1 equipo y se conoce que no había ninguno en inventario al inicio del mes.
S
0
0 -
(,) ∗( ) 1 150+7+414 = 571
2 200+7+377 = 584
3 350+7+357 =714
∗() ∗ 571
1
Por lo tanto, costo total mínimo es: 571000 pesos.
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4. PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS En el esquema siguiente se presenta un embalse cuyas entradas son los escurrimientos del rio y represa y los volúmenes que se bombean desde una estación aguas abajo.
Este es un embalse de propósitos múltiples se usa para riego y para recreación. Es necesario que a finales de octubre este lleno para riego de la época seca. Mes
Agosto
Setiembre
Octubre
Volúmenes de embalse
20.106m3
20.106m3
40.106m3
Los escurrimientos mensuales del rio se dan en la siguiente tabla conjuntamente con las entregas mensuales para riego Mes
Agosto
Setiembre
Octubre
Q(106m3)
15
20
25
E(106m3)
6
0
0
Los datos de embalse son: VNAN = 120.106m3 VMTO =5.106m3 Ingeniería Civil | UNSCH-2017
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VNAN = Volumen de aguas normales VMTO = Volumen muerto La capacidad máxima mensual de la estación de bombeo es: 25.106m3 Las pérdidas por evaporación pueden calcularse por: Pev = 10-4s3 Donde: Pev = vol. Mensual de evaporación (106m3) s = volumen al inicio del mes (106m3) El costo de bombeo puede calcularse CB= 1.0* VB Donde: CB=106 $/mes VB= Volumen mensual de bombeo en (106m3) Este problema consiste en obtener el mínimo costo de bombeo para cumplir con las restricciones establecidas. Resuelvas el problema por programación dinámica, estableciendo claramente cuales son: las etapas, los estados, las variables de decisión y la función recurrente. Determine la política óptima de bombeo para volúmenes iniciales de 20, 40, 60, 80, 100, 120. 106m3 Nota: las pérdidas por filtración y los aportes por lluvias son despreciables. Solución:
Se trata de un problema con características similares a los de producción con inventarios en los que hay trabajar con la ecuación de balance mensual del embalse grande. Matemáticamente esta se representa por: SF = SI + Q + VB – Pev – E Donde: SF = volumen embalse al final de cada mes (106m3) SI =Volumen embalse al inicio de cada mes (106m3)
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Q =escurrimiento mensual del rio (106m3) VB = volumen bombeado hacia el embalse desde la estación aguas abajo (106m3)
Pev = pérdidas mensuales de evaporación (106m3) E=entrega mensuales para riego (106m3) El objetivo del problema es minimizar el costo del bombeo satisfecho todas las presentes o sea
∑ =
Dónde: i = mes Por las características del problema puede planearse: Etapas (n): número de mese para llegar al final de octubre. Estados (s): volúmenes de inicio de cada mes (106m3) Variables de decisión (V B): volúmenes a bombear cada mes (10 6m3) desde el embalse aguas abajo. Función recurrente:
∗ (,) .(,) (,) − ∗( ) Comenzamos los cálculos por el último mes de periodo (octubre )se observa a partir de la ecuación de balance lo siguiente:
150≤ Los estados del embalse (S I3) pueden suponerse que varian de 20 en 20 millones de m3 hasta el VNAM La variable de decisión (VB) se supe variar de 5 en 5 millones de. La relación de una etapa con otra se logra a través del volumen final de mes (SF) en la etapa n el cual se hace coincidir con el volumen inicial (estado, SI) etapa n-1. Si SF = 115 (n =2) entonces se supone SI = 120 (n=1); Si SF = 105 (n =2), se toma SI = 100 ( n=1) Ingeniería Civil | UNSCH-2017
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Se halla una relación matemática entre SI y SB en cada etapa Sustituyendo valores en la ecuación de balance:
120≤ 25 0.0001∗ 0 En las siguientes tablas aparecen rayas en los casos no factibles. n=1. Octubre. Q1 = 25, E1 = 0. f1(s, V B1) = CB1 = 1.V B1 -4 3
s
Pev = 10 s
VB1
f1(s, VB1)
f1*(s)
VB1
SF
5
0.0025
-
-
-
-
-
20
0.04
-
-
-
-
-
40
0.16
-
-
-
-
-
60
0.36
-
-
-
-
-
80
0.64
0
-
104.36
5
-
109.36
10
-
114.36
15
-
119.36
20
20
25
25
0
0
5
5
131
10
10
136
15
15
141
20
20
146
25
25
151
0
0
5
5
148.56
10
10
153.56
15
15
158.56
20
20
163.56
25
25
168.56
100
120
1
1.44
20
20
124.36
>120
129.36 0
0
0
0
126
143.56
>120
>120
En la tabla para s =100 y VB1 =10 Se tiene SF1= 100 + 25 +10 – 1 = 136 > 100 Para s =120 la mejor decisión es no bombear pues el embalse verterá, ya que comienza lleno el mes y le entraran 25.10 6m3 por escurrimiento. Similarmente ocurre para s=100 Para n=2 f1(s, VB1) = CB1 = 1.VB1 Ingeniería Civil | UNSCH-2017
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18
20 0.0001∗ 0
SUSTITUYENDO
n=2 setiembre Q2 = 20 , E2 =0
-4 3
s
Pev = 10 s
VB
CB(VB)
f1(s, V B2)
f2(s, VB2)
f1*(s)
VB2
SF2
5
0.0025
-
-
-
-
-
-
-
20
0.04
-
-
-
-
-
-
-
40
0.16
0
59.84
5
64.84
10
69.84
60
80
100
120
0.36
0.64
1
1.44
15
15
20
35
35
20
20
20
40
79.84
25
25
20
45
84.84
0
0
20
20
79.64
5
5
20
25
84.64
10
10
20
30
89.64
15
15
0
15
20
20
0
20
99.64
25
25
0
25
104.64
0
0
0
0
5
5
0
5
104.36
10
10
0
10
109.36
15
15
0
15
114.36
20
20
0
20
119.36
25
25
0
25
124.36
0
0
0
0
5
5
0
5
124
10
10
0
10
129
15
15
0
15
134
20
20
0
20
139
25
25
0
25
144
0
0
0
0
5
5
0
5
143.56
10
10
0
10
148.56
15
15
0
15
153.56
20
20
0
20
158.56
25
25
0
25
163.56
15
0
0
0
15
15
0
0
0
74.84
94.64
Se aprox=100
99.36
119
138.56
En la tabla para n=2, para SI2=60 y VB2 =15 SF2= 60 + 20 + 15 - 0.36 = 94.64 Ingeniería Civil | UNSCH-2017
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19
PARA VB2 =15, CB (VB)= 15 SF2= 94.64 Se aproxima a 100 y se entra con este valor en la tabla (n=1) F1* (100) = 0 Para n=3
9 0.0001∗ 6
SUSTITUYENDO
n=3 octubre Q3 = 15 , E3 =6 -4 3
s
Pev = 10 s
VB
5
0.0025
-
20
0.04
0
40
60
80
100
120
0.16
0.36
0.64
1
1.44
Ingeniería Civil | UNSCH-2017
CB(VB) f2(s, V B2) -
-
f3(s, V B2)
f3*(s)
V B3
SF3
-
-
-
28.96
5
5
35
40
33.96
10
10
35
45
38.96
15
15
35
50
20
20
35
55
48.96
25
25
15
40
53.96
0
0
35
35
48.84
5
5
15
20
10
10
15
25
58.84
15
15
15
30
63.84
20
20
15
35
68.84
25
25
0
25
73.84
0
0
15
15
68.64
5
5
0
5
10
10
0
10
78.64
15
15
0
15
83.64
20
20
0
20
88.64
25
25
0
25
93.64
0
0
0
0
5
5
0
5
93.36
10
10
0
10
98.36
15
15
0
15
103.36
20
20
0
20
108.36
25
25
0
25
113.36
0
0
0
0
5
5
0
5
113
10
10
0
10
118
15
15
0
15
123
20
20
0
20
128
25
25
0
25
133
0
0
0
0
5
5
0
5
132.56
10
10
0
10
137.56
15
15
0
15
142.56
20
20
0
20
147.56
25
25
0
25
152.56
40
20
5
0
0
0
5 ó 25
5
5
0
0
0
43.96
53.84
73.64
88.36
108
127.56
40 ó 60
60
80
80
100
120
Planeamiento De Recursos Hidráulicos IC - 539
20
La solución óptima para diferentes estados en agosto es la siguiente Ago.
Set.
Oct.
20
40 ó 660
80 ó 100
5 ó 25
15
20 ó 0
Vol. Inicila (s)
40
60
100
Vol. A bombear (Vs)
5
12
0
Vol. Inicila (s)
60
80
100
Vol. A bombear (Vs)
5
0
0
Vol. Inicila (s)
80
80
100
Vol. A bombear (Vs)
0
0
0
100
100
120
0
0
0
120
120
120
0
0
0
Vol. Inicila (s) Vol. A bombear (Vs)
Vol. Inicila (s) Vol. A bombear (Vs) Vol. Inicila (s) Vol. A bombear (Vs)
Nótese que si el volumen embalsado a inicios agosto es mayor o igual que 80 no será necesario bombear en ningún mes. Una solución más precisa podría obtenerse con una mayor discretización requiriendo por su puesto un tiempo de cómputo mayor.
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BIBLIOGRAFÍA MARRERO DE LEON, N. (1985). TECNICAS DE OPTIMIZACION APLICADAS A LA INGENIERIA HIDRAULICA. LA HABANA, CUBA: EE EDICIONES.
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