Programación Dinámica 1. METODO DE LA ALFORJA ALFO RJA (MOCHILA (MOC HILA O KNAPSACK) ........... ......... .. 2 1.1. Definición .................................. ................................................... .................................. .................................. ....................... ...... 2 1.2. Formulación.................................. ................................................... .................................. .................................. .................... ... 4 1.3. Métodos de resolución .................. ................................... .................................. .................................. ....................... ...... 5 1.4. Algoritmos voraces........................................... ............................................................ .................................. .................... ...6 Algoritmos voraces................................... .................................................... .................................. ................................ ...............10 2. PROBLEMA DE LA ASIGNACION DE RECURSOS ................. 12 3. METODO HUNGARO ................................. .................................................. .................................. ...................16 4. PROBLEMA DE ASIGNACIÓN ............................ ............................................. ........................ ....... 21 5. PROBLEMA DE CARGA DE BULTOS .................................. ........................................ ...... 25 6. PROBLEMAS PROBLEMAS DE RUTA CORTA ..................................... ................................................. ............29
1. METODO DE LA ALFORJA (MOCHILA O KNAPSACK) El problema de la mochila es un problema de programación entera, estando ésta última dentro del campo de la programación matemática y consiste en escoger un conjunto de artículos para llenar una mochila de modo de que se cumplan ciertas restricciones.
1.1.
Definición Un problema típico de programación entera es el que nos ocupa, “el problema de la mochila”, que responde resp onde a la siguiente situación: imagínese hacer una excursión a la que solo podemos llevar una mochila que, lógicamente, tiene una capacidad limitada. Cada objeto que introducimos ocupa un volumen dentro de la misma y en contrapartida durante el viaje nos proporcionará un beneficio o utilidad (ejemplo: una cantimplora), el problema surge cuando debemos elegir qué objetos seleccionar para llevar en la mochila de forma que nuestro beneficio sea máximo (tengamos todo lo necesario) sin exceder su capacidad. Esta situación se presenta con cierta frecuencia en los ámbitos económico e industrial, donde la mochila suele representar la restricción presupuestaria (cantidad máxima de recursos económicos de los que se dispone) y donde la utilidad de los objetos seleccionados se equipara a un beneficio económico por adquirir o llevar a cabo ciertas acciones. Veamos a continuación un ejemplo de la aplicación del planteamiento de la mochila al ámbito económico.
Ejemplo: una empresa que fabrica lapiceros, “Escribe Bien S.A.” que en el ejercicio económico que se cierra ha obtenido un excedente de 300.000€ (su beneficio neto, una vez descontados los impuestos y retribuidos los fondos propios es de 300.000€), esto le hace replantearse una posible inversión productiva (ampliar la capacidad productiva, ampliar la fábrica, contratar más
trabajadores,....) que le permita incrementar su cartera de productos (número de productos que tiene en el mercado). El gerente de la empresa, Don L, reúne a sus asesores financieros y comerciales para que determinen de forma conjunta qué productos serán los escogidos para la ampliación de cartera. Los asesores comerciales sugieren los siguientes productos, basándose en estudios de mercado que han realizado para estimar la cifra de negocios que cada nuevo producto generará: - Lápices de colores con un beneficio de 200.000 €, esta cuantía es la que relacionamos con la utilidad que mencionábamos en la definición. - Gomas de borrar de borrar con un beneficio de 100.000 1 00.000 € - Minas para portaminas con un beneficio de 250.000 € - Carboncillos con un beneficio de 150.000 € Por su parte, los asesores financieros han estudiado los costes que implica reformar las instalaciones productivas para poder incrementar la cartera de productos, estos costes se s e podrían equiparar al volumen que ocupan los objetos dentro de la mochila, por tanto, la suma de estos costes deberá ser menor a la capacidad de la mochila, en este caso, los recursos financieros sobrantes: 300.000€. - Coste de las instalaciones para fabricar lápices de colores: 75.000 € - Coste de las instalaciones para fabricar gomas de borrar: 150.000 € - Coste de las instalaciones para fabricar minas para portaminas: 100.000 € - Coste de las instalaciones instalaciones para fabricar carboncillos: 50.000 € Intuitivamente escogerá fabricar aquel producto que mayores beneficios le dé, si con la inversión en la fabricación de ese nuevo producto no consume los 300.000 € podrá plantearse aumentar aún más su cartera y así sucesivamente mientras le resten recursos.
1.2. Formulación Para facilitar la comprensión del lector, antes de incorporar a este escrito la formulación del problema, analizaremos las partes de las que se compone la misma. Datos del problema
- n: número de objetos entre los que se puede elegir. - ci: peso del objeto “i” - se refiere el objeto “í”-ésimo que no es más que una forma de hacer referencia a un objeto cualquiera que pueda ser incluido en la mochila -, es decir, ci representa el coste de escoger un objeto, en tanto en cuanto va a ocupar un “espacio de la mochila” que dejará fuera otros objetos. - bi: utilidad o beneficio que proporciona cada objeto, de nuevo se hace referencia al objeto i-ésimo. - P: capacidad de la mochila, equivale al presupuesto máximo del que se dispone. Variables a tener en cuenta
Los elementos a introducir en la mochila van a ser nuestras variables objeto de análisis, cada variable la denotaremos como xi. El rasgo más importante de nuestras xi es que se tratan de variables dicotómicas o binaria, es decir, sólo pueden tomar dos valores, en este caso, escogeremos el valor “1” (si el objeto se incluye en la mochila) ó “0” (si el objeto se excluye de la mochila) Restricciones
La restricción vendrá marcada por la capacidad máxima de la mochila, de tal forma que la suma de todos los objetos multiplicados por el espacio que ocupan en la mochila no podrá exceder dicha capacidad máxima. Su formulación matemática es la que sigue:
Función a maximizar
Tal y como se expresa en la definición, el objetivo de este problema es seleccionar aquellos objetos que introducidos en la mochila nos proporcionan una mayor utilidad. En otras palabras, lo que debemos hacer es maximizar la utilidad de nuestra mochila. Si redefinimos el problema introduciendo los elementos que mencionamos en las líneas precedentes llegaremos a la siguiente formulación: “El problema de la mochila consiste en llenar una mochila con n objetos. Cada objeto i tiene un peso determinado ci siempre positivo y una utilidad o valor asociado, también positivo, bi. Se ha de considerar además que la mochila tiene una capacidad limitada P, por tanto, se han de escoger aquellos objetos xi que maximicen la utilidad de quien llena la mochila sin exceder su capacidad”.
Ahora procederemos a formular el problema de la mochila:
Nota: pueden existir otras restricciones técnicas que nada tengan que ver con las anteriormente citadas que serían comunes a cualquier problema de Programación Matemática.
1.3. Métodos de resolución Este problema se ha resuelto tradicionalmente mediante programación lineal entera. El hecho de que se trate de programación lineal hace referencia a que la función a optimizar y las inecuaciones que constituyen las restricciones han de
ser lineales, es decir, han de ser funciones cuyas incógnitas estén elevadas exclusivamente a la unidad. Existe otra forma de resolver este tipo de problema, a través de los denominados algoritmos voraces. Una aproximación voraz consiste en que cada elemento a considerar se evalúa una única vez, siendo descartado o seleccionado, de tal forma que si es seleccionado forma parte de la solución, y si es descartado, no forma parte de la solución ni volverá a ser considerado para la misma. Con este método no siempre es posible dar una solución a un problema.
Ejemplo: si continuamos con el ejemplo de “Escribe bien S.A.” vemos que la solución intuitiva que aportamos se corresponde con el método de algoritmos voraces comentado en el párrafo anterior. Si quisiéramos resolver el problema mediante programación lineal entera tendríamos que plantear el modelo, del mismo modo que hicimos con Costuritas S.L. al comentar cómo se expresa un problema que solucionar por este método. Otro sistema para resolver el problema de la mochila es mediante algoritmos genéticos que son métodos de optimización que tratan de hallar (xi,...,xn) tales que sea máximo.
1.4. Algoritmos voraces a) Aplicación del método: Partimos de la formulación del problema de la mochila aportada anteriormente: Maximizar [Sumatoria (bi*xi) desde i= 1 hasta n] sujeto a: xi Є {0,1} con i =1,..., n [Sumatoria (ci*xi) desde i=1 hasta n] < P
La utilización de un algoritmo voraz consiste en introducir en la mochila según orden decreciente de utilidad (beneficio) los diversos objetos. En una primera etapa, se adicionarán unidades enteras hasta que, por motivo de capacidad, no sea posible seguir introduciendo enteros y haya que añadir la porción que quepa del siguiente objeto.
b) Concepto de solución óptima: Teorema: si se ordenan los objetos de forma de decreciente en cuanto a su relación (utilidad/ponderación = bi/ci) y se introducen en la mochila enteros en este orden mientras quepan y cuando no quede capacidad para uno entero se añade la porción que aún tenga cabida el resultado al que se llega es una solución óptima.
Planteamiento del problema El Club Baloncesto Unicaja de Málaga ante la lesión de Daniel Santiago y la escasa aportación del pívot brasileño Vitor Faverani se plantea reforzar el juego interior para la disputa de los play-offs por el título a partir del 17 de mayo, para ello la secretaria técnica del equipo ha sondeado el mercado y ha encontrado a 5 jugadores que pueden adaptarse a lo requerido por el entrenador. Para reforzar el equipo el Unicaja dispone de un presupuesto máximo de 50.000 $ / mes. En la siguiente tabla aparece una relación de los candidatos a ser fichados junto con su aportación esperada y el sueldo que percibirían.
J UGADOR/EQUIPO SUELDO APORTACIÓN Esteban Batista (Hawks) 50000 $ 15 Jared Reiner (Sioux Falls) 25200 $ 8 Chriss Burgess (Ulsan Phoebus) 36000 $ 15 Marcus Goree (Benetton) 47000 $ 17
K.C. Walekowski (Farho Vigo) 12000 $ 7 Como puede apreciarse, en este caso, estamos aplicando el problema de la mochila a una situación de índole económico. Nuestra intención es elegir los mejores jugadores – aquellos cuya aportación es mayor, es decir, los que proporcionan una mayor utilidad – para el Unicaja optimizando también el desembolso que conlleva una nueva contratación. Sin perder en ningún momento de vista la restricción de 50.000 $.
Formulación del problema Una vez se ha planteado el problema, el siguiente paso lógico es formularlo en términos matemáticos, recuérdese que se está intentando llegar a una solución cuantitativa concreta y no simplemente intuitiva. Maximizar 15x1 + 8x2 + 15x3 + 17x4 +7x5 sujeto a: 50000x1 + 25200x2 + 36000x3 + 47000x4 + 12000x5 < 50000 x1,x2,x3,x4,x5 Є {0,1} siendo: x1 Esteban Batista (Hawks) x2 Jared Reiner (Sioux Falls) x3 Chriss Burgess (Ulsan Phoebus) x4 Marcus Goree (Benetton) x5 K.C. Walekowski (Farho Vigo) El conjunto de ecuaciones que aparecen en las líneas precedentes constituyen la formulación matemática del problema que estamos tratando de resolver. Para una mejor comprensión del lector, analizaremos lo que representa cada una de ellas. La primera ecuación: 15x1 + 8x2 + 15x3 + 17x4 +7x5 es la suma de las utilidades que reporta cada jugador, representa, por tanto, la utilidad que
percibirá Unicaja en función de la combinación de jugadores que elija, puesto que se trata de la utilidad (en este caso, estará medida por el número de partidos que el jugador haga ganar o en los que tenga un peso importante) al club de Baloncesto le interesará que sea lo mayor posible. De ahí que el objetivo sea maximizar la función. Las otras dos inecuaciones representan el conjunto de restricciones del problema, la primera de ella: 50.000x1 + 25.200x2 + 36.000x3 + 47.000x4 + 12.000x5 < 50.000, se corresponde con la expresión [Sumatoria (ci*xi) desde i=1 hasta n] < P, donde, los ci o pesos del objeto “i”, se corresponden con los salarios de cada jugador y las xi representan a cada jugador, al igual que ocurre en la ecuación anterior. P es la restricción presupuestaria del equipo, es decir, son los 50.000 $ mensuales de los que puede disponer para remunerar a sus nuevos jugadores. La última inecuación: x1,x2,x3,x4,x5 Є {0,1}, trata de indicar que estamos ante un problema dicotómico en el que cada variable puede tomar sólo el valor 1 o el valor 0. En este caso, si x toma el valor 1 querrá decir que el jugador es contratado y si toma el valor 0, será señal de que el club prefiere prescindir de él.
Solución del problema planteado El problema de elección que afronta el Club Baloncesto Unicaja se puede resolver por distintas vías: - Por el método tradicional: a través de la maximización del problema anteriormente formulado mediante métodos de programación lineal entera. - Por algoritmos: existen tipos de algoritmos (genéticos, voraces), pero en esta ocasión mostraremos el algoritmo más intuitivo y sencillo de ver. Este algoritmo es el denominado "voraz". Dejamos a un lado el algoritmo genético ya que al ser poco intuitivo y tener cierta complejidad (no en su teoría, sino en
su práctica) podría hacer que el lector tuviera cierta reticencia a continuar con su lectura y comprensión.
Método tradicional (Programación Lineal Entera) Retomemos el problema formulado e reinterpretemos dicha formulación para comprender mejor cómo vamos a resolver el problema de elección de jugadores (vamos a repetir de forma resumida el desarrollo del punto 3.2.) Maximizar 15x1 + 8x2 + 15x3 + 17x4 +7x5 sujeto a: 50000x1 + 25200x2 + 36000x3 + 47000x4 + 12000x5 < 50000 x1,x2,x3,x4,x5 Є {0,1} Lo que pretendemos es maximizar el valor que los jugadores contratados aportarían al equipo, teniendo en cuenta que hay un presupuesto al que ajustarse (50000 $/mes). No hemos de olvidar que la solución a este problema habrá de darse en números enteros, ya que es imposible contratar una porción de jugador.
Algoritmos voraces El método de algoritmo voraces es muy parecido a aquello que llaman "la cuenta de la vieja". Se trata, simplemente, de elegir la opción más lógica de acuerdo con un criterio. Para este ejemplo escogeremos como criterio el ratio "Aportación/Sueldo". Parece lógico ponderarlo así, ya que tenemos en cuenta ambos factores en la decisión. Cuanto más alto sea este ratio, preferible será contratar a este jugador. Reconsideraremos el sueldo, dividiéndolo por 1000 para hacer el ratio más operativo, lo que obtendremos será llamado *Sueldo*. Jugador (Equipo)
Sueldo
Aportación
Ratio
Esteban Batista (Hawks)
50
15
0,3000
Jared Reiner (Sioux Falls)
25,2
8
0,3175
Chriss Burgess (Ulsan Phoebus)
36
15
0,4167
Marcus Goree (Benetton)
47
17
0,3617
K.C. Walekowski (Farho Vigo)
12
7
0,5833
Como hemos dicho, escogeremos aquellos jugadores con mejor ratio hasta agotar el presupuesto. - K.C. Walekowski: ratio =0.58333, sueldo = 12000 $ - Chriss Burgess: ratio =0.41666, sueldo = 36000 $, total acumulado = 48000 $ Como no hay más jugadores cuyo sueldo pueda entrar en presupuesto, éste es nuestro resultado definitivo por algoritmos voraces. El resultado que nos ofrece el método de algoritmos voraces coincide con el obtenido por el método tradicional. Aquí lógica y matemáticas puras coinciden y se refrendan mutuamente, por lo que la directiva del club no deberá tener dudas en la contratación de nuestros dos nuevos fichajes: - K.C. Walekowski - Chriss Burgess
2. PROBLEMA DE LA ASIGNACION DE RECURSOS Muchas de las situaciones en la vida exigen una de dos respuestas posibles: si o no. Así Muchas de las situaciones en la vida exigen una de dos respuestas posibles: si o no. Así es que podemos representar éstas posibilidades con los valores 0 (no) y 1 (si), y aprovechar las matemáticas para que nos den una mano ante decisiones difíciles; a esto es lo que solemos llamar -por obvias razones- Programación Binaria. Una de las muchísimas aplicaciones de la Programación Binaria, es el problema de la Asignación. Este método analiza el problema de asignar un cierto número de recursos a un determinado número de tareas, con base en algún tipo de valoración para cada recurso. Cada recurso, podrá ser asignado a una sola tarea. El PA consiste en asignar recursos a tareas en función de un objetivo ligado a la eficiencia del sistema. Un ejemplo típico es el de asignación de personas a turnos horarios, o el de asignar personas a máquinas
Se tienen tres personas (recurso) para asignarlos a tres labores diferentes. Cada uno de ellos puede efectuar cualquiera de las tareas existentes, pero con diferente nivel de especialidad. Sus respectivos jefes los han calificado de 1 a 10, para cada tarea en particular. Por supuesto el objetivo es el de asignar a las personas de manera tal que la calificación en conjunto sea la máxima. Ver tabla de calificaciones abajo. Calificación de Operario por Tarea Tarea 1
Tarea 2
Tarea 3
Operario 1
8
6
4
Operario 2
9
7
3
Operario 3
6
5
7
Nota: También funciona para minimizar. Por ejemplo, en vez de calificación podrían ser tiempos de manufactura de cualquier tipo de productos, y el objetivo sería el de minimizar el tiempo total de manufactura.
Xij = 1 si asignamos el operario i a la tarea j, de lo contrario 0
En éste orden de ideas, nuestro deseo es maximizar la calificación total al asignar los operarios a las diferentes tareas.
Max Z = 8X11 + 6 X12 + 4 X13 + 9X21 +7 X22 +3X33 +6X31 +5X32 +7X33 Sujeto a: 1. Cada operario sólo puede tener una tarea asignada X11 +X12 +X13 = 1 (Es decir, sólo se puede responder Si una sóla vez.) X21 +X22 +X23 = 1 X31 +X32 +X33 = 1
2. Cada tarea puede tener un sólo operario asignado (la restricción anterior no necesariamente garantiza esto) X11 + X21 + X31 = 1 X12 + X22 + X32 = 1 X13 + X23 + X33 = 1
3. La obvia: Xij = 0,1 para toda i y toda j.
Ahora en Excel...
Este puede ser el formato:
Las variables de decisión, están localizadas en el rango de celdas B4:D6, como ya habíamos dicho son binarias, van a tomar el valor de 1 si se asigna ese operario a esa tarea, cero de lo contrario. La calificación que se logre está en la celda B2, y es el resultado de sumar el producto de dichas variables con su respectiva calificación en la matriz de abajo. Ya se había dicho que esto se logra facílmente así: =SUMAPRODUCTO(B4:D6,B9:D11). Como un operario sólo se puede asignar a una tarea, colocamos una columna de Suma (E), ésta es por ejemplo para la celda E4: =B4+C4+D4. Cuando agreguemos las restricciones, ésta columna debe ser igual a uno, pues sólo se puede responder que si una vez, ni más, ni menos. De igual manera agregamos una fila (7), para asegurarnos que a una tarea sólo se asigne un operario, por ejemplo la celda B7: =B4+B5+B6 Deberá ser igual a 1. Ahora en el cuadro de diálogo de los parámetros de Solver, lo colocamos así:
Luego de hacer click en resolver...
La calificación máxima lograda es de 22. Y se asignó el operario 1 a la tarea 2, el operario 2 a la tarea 1 y el operario 3 a la tarea 3. Fácil, no? Para los programas Lineales enteros es muy importante que Solver, esté debidamente configurado para un número suficiente de iteraciones, de tiempo, de precisión y de convergencia, para esto ver los detalles de Solver.
3. METODO HUNGARO Se necesita procesar 4 diferentes tareas para lo cual se cuenta con 4 máquinas. Por diferencias tecnológicas el desperdicio que se produce depende del tipo de tarea y la máquina en la cual se ejecuta, dada la matriz de Desperdicios expresada en pesos definir la asignación óptima.
MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
49
86
54
70
B
45
79
66
81
C
46
58
78
88
D
44
38
66
69
Como se trata de Desperdicios, buscaremos MINIMIZARLOS. Checamos que todas las casillas tengan su costo unitario, en este caso se cumple sin ningún problema. Balanceamos la tabla M= renglones = 4
N= columnas= 4
Por lo que M=N, quedando balanceada. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
49
86
54
70
B
45
79
66
81
C
46
58
78
88
D
44
38
66
69
POR RENGLÓN Elegir el menor valor de renglón y restarlo a los demás. En este caso es son : 49,45,46,38.
Restamos ese valor a cada uno de los demás del renglón. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
49-49=0
86-49=37
54-49=5
70-49=21
45-45=0
79-45=34
66-45=21
81-45=36
46-46=0
58-46=12
78-46=32
88-46=42
44-38=6
38-38=0
66-38=28
69-38=31
Formamos la nueva tabla MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
0
37
5
21
B
0
34
21
36
C
0
12
32
42
D
6
0
28
31
POR COLUMNA. Elegimos los menores valores de cada columna en este caso son : 0,0,5,21 Restamos esos valores a los demás números de las columnas MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
0-0=0
37-0=37
5-5=0
21-21=0
B
0-0=0
34-0=34
21-5=16
36-21=15
C
0-0=0
12-0=12
32-5=27
42-21=21
D
6-0=6
0-0=0
28-5=23
31-21=10
Obtenemos la nueva tabla: MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
0
37
0
0
B
0
34
16
15
C
0
12
27
21
D
6
0
23
10
1
2
3
4
A
0
37
0
0
B
0
34
16
15
C
0
12
27
21
D
6
0
23
10
Trazamos las líneas. MAQUINAS TAREAS
Contamos el número de líneas y observamos que son 3 líneas y el número de la matriz es de 4 por lo que NO ES ÓPTIMO. Buscamos dentro de la tabla el menor valor no tachado en este caso es 12 Lo restamos a todos los demás, respetando los valores de los ya tachados y adicionándolos a los que están intersectados. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
0+12=12
37
0
0
B
0
34-12=22
16-12=4
15-12=3
C
0
12-12=0
27-12=15
21-12=9
D
6+12=18
0
23
10
1
2
3
4
A
12
37
0
0
B
0
22
4
3
C
0
0
15
9
D
18
0
23
10
Nos queda: MAQUINAS TAREAS
Trazamos las líneas. 3 ≠ 4 NO ES ÓPTIMO Volvemos a buscar el menor número de los no tachados. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
12+3=15
37+3=40
0
0
B
0
22
4-3=1
3-3=0
C
0
0
15-3=12
9-3=6
D
18
0
23-3=20
10-3=7
En este caso es 3 y se lo restamos a los demás no tachados y respetamos a los tachados y se los sumamos a los intersectados. Y volvemos a trazar líneas. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
15
40
0
0
B
0
22
1
0
C
0
0
12
6
D
18
0
20
7
4=4 ES ÓPTIMO Ahora checamos las asignaciones, sean 1 a 1. MAQUINAS TAREAS
1
2
3
4
A
15
40
0
0
B
0
22
1
0
C
0
0
12
6
D
18
0
20
7
0 = se escogen 0= se deshabilitan
Se traduce la solución: Realizar la tarea A en la máquina 3 con un costo de $54 Realizar la tarea B con la máquina 4 con un costo $81. Realizar la tarea C en la máquina 1 con un costo $46. Realizar la tarea D en la máquina 2 con un costo $38. COSTO TOTAL MÍNIMO= $219
4. PROBLEMA DE ASIGNACIÓN El Problema de la Asignación es un problema clásico de la Investigación de Operaciones y es un caso particular del Problema del Transporte. Este problema se trata de asignar una serie de Recursos a una serie de tareas. Tiene una limitante y es que a cada tarea se le puede asignar sólo un recurso, pueden sobrar recursos o podrían sobrar tareas pero no se le puede asignar dos recursos a una misma tarea, o tres... por ejemplo si se tienen tres operarios con diferentes tiempos de operación en cuatro máquinas el modelo nos diría como asignar los tres operarios a tres máquinas (nos sobraría una) de manera que se minimice el tiempo total, pero no nos diría como asignar dos operarios a dos máquinas y el otro operario a las otras dos máquinas. Ejemplos de Asignaciones: Operarios a Tareas, Máquinas a Operarios, Nadadores a Estilos, Novias a días de la semana, etc, etc, etc. El Problema de la Asignación se basa en una información comparativa para tomar la decisión de que asignar a que, por ejemplo una matriz de costos, una matriz de tiempos, de ingresos, etc. Cuando la matriz no está balanceada, es decir, cuando no es cuadrada, cuando sobran filas o columnas, se debe balancear para que tenga solución mediante la inclusión de filas o columnas ficticias, con valores de cero en dicha matriz. Supongamos el siguiente ejemplo: Existen cuatro operarios que se pueden asignar al trabajo con tres máquinas. Un estudio de tiempos y movimientos ha arrojado los siguientes tiempos por operario para las tres máquinas. Indicar que operario debe trabajar en que máquina y cuál de ellos no será asignado a ninguna. Máquina 1 Máquina 2 Máquina 3 Operario 1 10
7
9
Operario 2 7
5
8
Operario 3 9
8
10
Operario 4 8
9
7
Como la matriz no esta balanceada, es necesario incluir una máquina ficticia: (esto es fundamental para asegurar que haya una respuesta. Si la matriz no está balanceada, el problema no será factible de resolver)
Máquina 1 Máquina 2 Máquina 3 Máquina Ficticia Operario 1 10
7
9
0
Operario 2 7
5
8
0
Operario 3 9
8
10
0
Operario 4 8
9
7
0
Xij = Se debe asignar el operario i a la máquina j? Sí o no? En matemáticas existen dos números cuyas propiedades hacen que puedan representar estas respuestas son el 1 y el 0, debido a que todo número multiplicado por 1 da el mismo número entonces el 1 se puede reemplazar por la respuesta Sí y como todo número multiplicado por cero da cero entonces se puede reemplazar por la respuesta No. Así por ejemplo: 10X11 + 7X12 + 9X13 + 0X14 representa el tiempo sumado que emplearía el operario1 en operar las máquinas, pero solo una variable de las tres anteriores puede tomar el valor de Sí, o sea de 1 las demás tendrán que tomar el valor de 0, y eso es debido a que el operario 1 sólo puede ser asignado a una máquina, lo que significaría que el tiempo que utilice el operario 1 puede ser ya sea de "10" de "7" o de "9". Con base en esto podemos formular la función objetivo:
Min Z = 10X11 + 7X12 + 9X13 7X21 + 5X22 + 8X23 9X31 + 8X32 + 10X33 8X41 + 9X42 + 7X43 Restricciones: Como cada operario sólo puede estar asignado a una máquina.... X11 + X12 + X13 + X14 = 1 X21 + X22 + X23 + X24 = 1 X31 + X32 + X33 + X34 = 1 X41 + X42 + X43 + X44 = 1 Y como cada máquina solo puede tener un operario asignado... X11 + X21 + X31 + X41 = 1 X12 + X22 + X32 + X42 = 1 X13 + X23 + X33 + X43 = 1 X14 + X24 + X34 + X44 = 1 Xij = 1 o 0 para toda i,j. Al resolver utilizando Software, por ejemplo el Solver del Excel, la respuesta que se obtiene es la siguiente:
Máquina 1 Máquina 2 Máquina 3
Máquina Fic.
Operario 1 0
0
0
1
Operario 2 0
1
0
0
Operario 3 1
0
0
0
Operario 4 0
0
1
0
Esto significa que el Operario 1 queda asignado a la Máquina Ficticia (es decir, es el que sobra), el operario 2 se asigna a la máquina 2, el operario 3 se asigna a la máquina 1 y el operario 4 se asigna a la máquina 3.
5. PROBLEMA DE CARGA DE BULTOS El modelo de Carga de bultos aborda el problema de cargar artículos en un barco, contenedores, bolsa, mochila, financieras, etc, en las cuales se utilice la opción de privilegio entre varias alternativas. Cada artículo produce un nivel de utilidad. El objetivo es cargar el barco con la carga más valiosos. Observamos también que el problema de carga de bultos también se conoce como el problema del equipaje de emergencia, en el cual se debe determinar los artículos más valiosos que se debe llevar a bordo o dentro.
6. PROBLEMAS DE RUTA CORTA
1.- Un Ingeniero Forestal, requiere saber: i)Cuál es el costo mínimo, y ii)Cuál es la ruta con ese costo mínimo, para ir desde su oficina hasta el lugar donde está la cosecha. En su camino debe pasar por 3 sectores o ciudades antes de llegar a su destino, y lugares posibles en esos sectores o ciudades. Las posibles rutas, y el costo asociado por Kms. de distancia y otros en $, se ven en el siguiente esquema:
Solución: Para ir de
1 a
13 hay 48 rutas posibles. Una posibilidad para encontrar la solución es
calcular el valor asociado a cada una y ver cuál es la que proporciona el menor costo. ¿Y si fuesen miles de rutas?. Por se descarta esa alternativa y se usa el método de la programación Dinámica, donde se resuelve desde el final hacia el inicio, y hay etapas y estados. Etapas: Son 4. La etapa 1 es decidir ir del estado inicial 1 al estado 2,3,4 o 5 que son los puntos posibles en el sector siguiente. La etapa 2 es decidir ir a 6, 7 u 8. La etapa 3 es decidir ir a 9, 10, 11 o 12. La etapa 4 es decidir a 13. Estado: Lugar donde se encuentra. La etapa 1 tiene 1 estado: el 1. La etapa 2 tiene 4 estados: 2, 3, 4, 5. La etapa 3 tiene 3 estados: 6,7,8. La etapa 4 tiene 4 estados: 9, 10, 11, 12. Cálculos
n=4
S \ X4
13
F4*
X4*
n=3
n=2
n=1
9
12
12
13
10
16
16
13
11
15
15
13
12
14
14
13
S \ X3
9
10
11
12
F3*
X3*
6
3+12=15
2+16=18
1+15=16
3+14=17
15
9
7
4+12=16
1+16=17
4+15=19
6+14=20
16
9
8
2+12=14
3+16=19
6+15=21
5+14=19
14
9
S \ X2
6
7
8
F2*
X2*
2
9+15=24
4+16=20
6+14=20
20
7-8
3
5+15=20
7+16=23
4+14=18
18
8
4
9+15=24
10+16=26
8+14=22
22
8
5
9+15=24
10+16=26 11+14=25
24
6
S \ X1
2
3
4
5
F1*
X1*
1
7+20=27
6+18=24
5+22=27
6+24=30
24
3
Respuesta: El óptimo es: 24 La solución óptima es: X1 = 3 ; X2 = 8 ; X3= 9 ; X4= 13. La ruta óptima es:
1
3
8
9
13
Respuesta al problema planteado: El Ingeniero Forestal tiene un costo mínimo de $24 para ir desde su oficina al lugar de cosecha, y ese mínimo lo puede lograr yendo desde su oficina al lugar 3 luego al lugar 8 luego al lugar 9 y de ahí al lugar 13, que es donde está la cosecha.
2.-Un Técnico Forestal, debe revisar 3 faenas: Poda, Raleo y Cosecha, y dispone de 4 días. Según la dedicación en días que le de a cada faena, éstas tendrán una probabilidad de fracasar, y con ello fracasar la faena total, por lo que puede ser despedido. Por ello,
dicho Técnico desea minimizar la probabilidad de ser despedido minimizando la probabilidad de que las 3 tareas fracasen al mismo tiempo. Dedicación \ Faenas
Poda
Raleo
Cosecha
0 día
0.50
0.60
0.40
1 día
0.42
0.51
0.35
2 días
0.36
0.41
0.21
3 días
0.25
0.36
0.18
Un día no asignado a una faena no tiene valor asociado. A lo más se puede asignar 3 días a una misma faena.
Solución: Etapas: Son 3. La etapa 1 es el proceso de asignación de días a Poda. La etapa 2 es el proceso de asignación de días a Raleo. La etapa 3 es el proceso de asignación de días a Cosecha. Estados: Son los días disponibles para ser asignados, y van de 0 a 4, dependiendo de las etapas. La etapa 1 tiene 1 estado factible y es: tener 4 días disponibles para ser asignados. Las variables de decisión son 3: X1, X 2, X 3 y representan: Cuántos días asignar a la faena poda, Cuántos días asignar a la faena de raleo, Cuántos días asignar a la faena de cosecha; respectivamente. La Función Objetivo y las restricciones forman en el modelo para este problema y es:
P:
Min( p(X1)*p(X2)*p(X3) ) ; s.a: X1+X2+X3 4 ; Xi 0,1,2,3; i=1,2,3 La probabilidad de ser despedido en este momento es: 0.5*0.6*0.4 =0.12, que es de un 12%, y con los 4 días disponibles desea minimizar esa probabilidad. Los cálculos. n=3
S \ X3
0
1
2
3
F3*
X3*
0
0.4*1=0.40
-
-
-
0.40
0
1
0.4*1=0.40
0.35*1=0.35
-
-
0.35
1
2
0.4*1=0.40
0.35*1=0.35
0.21
-
0.21
2
3
0.4*1=0.40
0.35*1=0.35
0.21
0.18
0.18
3
4
0.4*1=0.40
0.35*1=0.35
0.21
0.18
0.18
3
n=2 S\X2
0
1
2
3
F2*
X2 *
1
0.6*0.35=0.210
0.51*0.40=0.2040
2
0.6*0.21=0.126
3 4
-
-
0.2040
1
0.51*0.35=0.1785 0.41*0.40=0.1640
-
0.1260
0
0.6*0.18=0.108
0.51*0.21=0.1071 0.41*0.35=0.1435
0.36*0.40=0.144
0.1071
1
0.6*0.18=0.108
0.51*0.18=0.0918 0.41*0.21=0.0861 0.36*0.35=0.1260
0.0861
2
n=1 S\X1
0
1
2
3
F1*
X1*
4
0.5*0.0861
0.42*0.1071
0.36*0.1260
0.25*0.2040
0.04305
0
= 0,04305
= 0,044982
= 0,04536
= 0,051
Respuesta: óptimo = 0.04305 ( un 4,3% ). La solución óptima es: X1 = 0 ; X2 = 2 ; X3= 2 La ruta óptima es:
4
4
2
2
Respuesta al problema planteado: La probabilidad mínima de ser despedido es 0.04305 , es decir de un 4,3%, y la asignación óptima de días es: 0 días a la Poda, 2 días al Raleo, 2 Días a la Cosecha.
3.- Un aserradero debe enviar 4 o 5 cargamentos a cuatro destinos. La máxima asignación para cada destino es de cuatro cargamentos. En la tabla siguiente se indica g(xi) como los ingresos en MM$ obtenidos por cada una de las decisiones posibles. Se desea maximizar el ingreso del aserradero por estos envíos. Además al destino 2 no se puede asignar 4 sino que máximo 3 cargamentos. Al destino 3 ya se ha decidido asignar exactamente 1 cargamento. Un cargamento no asignado no tiene valor asignado.
1
2
3
4
0
0
0
0
0
1
5
6
4
7
2
11
10
12
10
3
15
16
17
14
4
21
-
22
23
cargamentos \ destinos
Solución: Etapas: son 4 etapas. La etapa 1,2,3,4 es el proceso de decisión de envíos de cargamento al destino 1, destino 2, destino 3 y destino 4 respectivamente. Estados: La cantidad de cargamentos disponibles para ser enviados en cada etapa. El modelo en este caso es: (Son 2 problemas en uno). P: Máx ( g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4 5 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3,4. P: Máx ( g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4 4 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3,4. Los Cálculos. n=4
n =3
S \X3
0
1
2
3
4
F4*
X4*
0
0
-
-
-
-
0
0
1
0
7+0=7
-
-
-
7
1
2
0
7+0=7
10
-
-
10
2
3
0
7+0=7
10
14
-
14
3
4
0
7+0=7
10
14
23
23
4
S \ X3
1
F3*
X3*
1
4+ 0 = 4
4
1
2
4+ 7 =11
11
1
3
4+10=14
14
1
4
4+14=18
18
1
5 n=2
n=1
4+23=27
27
1
S\X2
0
1
2
3
F2*
X2*
1
0+4=4
-
-
-
4
0
2
0+11=11
6+4=10
-
-
11
0
3
0+14=14
6+11=17
10+4=14
-
14
1
4
0+18=18
6+14=20
10+11=21
16+ 4=20
21
2
5
0+27=27
6+18=24
10+14=24
16+11=27
27
0-3
0
S \ X1
1
2
3
4
F1*
X1 *
4
0+21=21 5+14=19 11+11=22
15+4=19
---
22
2
5
0+27=27 5+21=26 11+17=28
15+11=26
21+4=25
28
2
Respuesta: A) Si envía 4 cargamentos, el óptimo es: MM$ 22, y la solución óptima es: X1 = 3 ; X2 = 0 ; X3= 1; X4= 0; X1 = 2 La ruta óptima es:
4
X2 = 0
2 11
X3= 1
2 0
X4= 1
1 4
0 7
Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 0 cargamento, al destino-3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el máx que es de MM$22. B) Si envía 5 cargamentos, el óptimo es: MM$ 28, y la solución óptima es: X1 = 2 ; X2 = 1 ; X3= 1; X4= 1; X1 = 2 La ruta óptima es:
5
X2 =1
3 11
X3= 1
2 6
X4= 1
1 4
0 7
Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 1 cargamento, al destino-3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el máx que es de MM$22.
4.- Un dueño de tres supermercados tiene 5 cargas de fresas frescas. Su problema es destinar las fresas a cada supermercado, ya que en cada uno las fresas tienen distinto valor. El ingreso en los supermercados, según la asignación de cargas se indica a continuación en MM$. Supermercado 1
Supermercado 2
Supermercado 3
0
0
0
0
1
5
6
4
2
9
11
9
3
14
15
13
4
17
19
18
5
21
22
20
Cargamentos \ destino
El no asignar las cargas de fresas a un supermercado tiene valor asociado de cero pesos al horizonte, porque se perderán. ¿Cuál es el máximo ingreso posible, y cuál es la asignación que para ello?.
Solución: n=3
S \ X3
0
1
2
3
4
5
F3*
X3*
0
0
-
-
-
-
-
0
0
1
0
4+0
-
-
-
-
4
1
2
0
4+0
9+0
-
-
-
9
2
3
0
4+0
9+0
13+0
-
-
13
3
4
0
4+0
9+0
13+0
18+0
-
18
4
5
0
4+0
9+0
13+0
18+0 20+0
20
5
n=2 S \ X2
0
1
2
3
4
5
F2*
X2*
0
0+0=0
-
-
-
-
-
0
0
1
0+4=4
6+0=6
-
-
-
-
6
1
2
0+9=9
6+4=10
11
-
-
-
11
2
3
0+13=13
6+9=15
11+4=15
15
-
-
15
1-2-3
4
0+18=18 6+13=19
11+9=20
15+4=19
19
-
20
2
5
0+20=20 6+18=24 11+13=24 15+9=24 19+4=23
22
24
1-2-3
5
F1*
X1*
25
1-3
n=1 0
S\ X1 5
1
2
3
4
0+24=24 5+20=25 9+15=24 14+11=25 17+6=23 21+0=21
Respuesta: El máximo ingreso posible es MM$ 25, y se puede alcanzar con la asignación : X1 = 1 ; X2 = 2 ; X3= 2 ( Con ingresos: 5+11+9= 25). O bien con la asignación: X1 = 3 ; X2 = 2 ; X3= 0 ( Con ingresos: 14+11+0 = 25 ).
5.- Se dispone de 6 brigadas para asignar a tres sectores. El aumento de la productividad en los sectores depende de la asignación, y es la que se indica en el cuadro siguiente: Núm.brigadas asign. \ sector
Sector-1
Sector-2
Sector-3
0
0
0
0
1
12
14
13
2
25
19
21
3
30
37
32
4
40
49
48
¿Cuántas brigadas asignar a cada sector para hacer máxima la suma de aumento de la productividad?. Una brigada no asignada no tiene valor asociado en la productividad. Esto equivale a decir que el valor al horizonte de una brigada no asignada es de cero, ya que ese valor no influye sobre el valor de la función objetivo.
Solución: Las etapas: Son tres etapas
Los Estados: Son el número de brigadas disponibles al inicio de la etapa. Estado inicial: Es uno sólo, y es tener 6 brigadas disponibles. Variables de decisión: Son 3, indicadas por: X1 , X2 , X3 y el valor de ellas es un elemento del conjunto: 0,1,2,3, 4 El modelo: P: Máx ( f (Xi ); i=1,2,3) s.a: X1+X2+X3 6 ; Xi 0,1,2,3,4; i=1,2,3. Los cálculos:
n=2
n=1
n=3
S \ X3
S \ X2
4
3
2
6
49+21=70
37+32=69
19+48=67
5
49+13=62
37+21=58
4
49+ 0=49
3
F3*
X3*
6
48
4
5
48
4
4
48
4
3
32
3
2
21
2
1
13
1
0
0
0
1
0
F2*
X2*
14+48=62 0+48
70
4
19+32=51
14+48=62 0+48
62
1-4
37+13=50
19+21=40
14+32=46 0+48
50
3
-
37+0=37
19+13=32
14+21=35 0+32
37
3
2
-
-
19+ 0=19
14+13=27 0+21
27
1
S \ X1
4
3
2
1
0
F1*
X1 *
6
40+27=67
30+37=67 25+50=75 12+62=74 0+70=70
75
2
Respuesta: Optimo =75; Solución óptima: X1*=2; X2*=3; X3*=1 Respuesta: La mayor productividad posible es de 75 y se logra asignando 2 brigadas al sector 1, 3 brigadas al sector 2 y 1 brigada al sector 3.
