INDICE

I.INTRODUCCION…………………………………………………………………………..…….2

II. PROBLEMA DE CAMINO MÁS LARGO (RUTA CRÍTICA)………………………3

III. PROBLEMA DE CAMINO MÁS CORTO………………………………………...…..8

IV. PROBLEMA DE ASIGNACIÓN………………………………………………………….12

V.MODELO DE INVERSION………………………………………………………….….…..20

VI. MODELO VOLUMEN – CARGA………………………………………………….…..28

VII.PLANIFICACIÓN DE PRODUCCIÓN E INVENTARIO………………………..…36

VIII.METODO DE REPOSICIÓN DE EQUIPO………………………………………….48

2

I. INTRODUCCIÓN

Generalidades:

PROGRAMACIÓN DINÁMICA:

Para abordar la resolución de un problema con Programación Dinámica, habría que verificar, en primer lugar, la naturaleza N-etápica del problema bajo consideración, para caracterizar la estructura de una solución optima. Posteriormente, se tendría que comprobar el cumplimiento del Principio de Optimalidad de Bellman como condición absolutamente necesaria para su aplicación, y si este se verificara, apoyándose en su propio significado en el caso concreto que estemos resolviendo, formular una ecuación de recurrencias que represente la forma de ir logrando etapa por etapa la solución optima correspondiente. A partir de esa ecuación, a continuación, habrá que determinar la solución optima resolviendo problemas encajados para, por ultimo, construir la solución. Con esos ingredientes, se podría iniciar la solución del problema que, a su vez, podría realizarse desde el primer estado hasta el ultimo, o bien a la inversa.

De forma mas concisa, el desarrollo de un algoritmo de PD correspondería a las siguientes etapas:

1.- Caracterizar la estructura de una solución optima

2.- Definir recursivamente el valor de una solución optima

3.- Calcular el valor de una solución optima en forma encajada de menos a mas, y

4.- Construir una solución optima a partir de la información previamente calculada.

Las etapas 1-3 constituyen la base de la solución de PD para un cierto problema. La etapa 4 puede omitirse si lo único que buscamos es el valor de una solución optimal. Cuando se realiza la etapa 4, a veces mantenemos información adicional durante la etapa 3 para facilitar la construcción de una solución optima.

Vemos así que la PD, igual que la técnica Divide y Vencerás, resuelve problemas combinando las soluciones de subproblemas. Como sabemos, los algoritmos Divide y Vencerás peticionan el problema en subproblemas independientes, resuelven estos recursivamente, y combinan sus soluciones para obtener la solución del problema original. En contraste, la PD es aplicable cuando los subproblemas no son independientes, es decir, cuando los subproblemas comparten sub-subproblemas. En este contexto, un algoritmo Divide y Vencerás hace mas trabajo del necesario, ya que resuelve repetidamente sub-subproblemas comunes. Un algoritmo de PD resuelve cada sub-subproblema solo una vez, salvando su solución en una tabla de cara a evitar el trabajo de recalcular la solución cada vez que se encuentra ese sub-subproblema.

3

II. PROBLEMA DE CAMINO MÁS LARGO (RUTA CRÍTICA)

PROBLEMA1

Considere la siguiente red de proyecto, donde el número sobre el arco es el tiempo requerido para la actividad correspondiente y la letra el respectivo nombre de la actividad. Considere el problema de encontrar la trayectoria más larga (el mayor tiempo total) a través de esta red desde el inicio hasta su término, puesto que la trayectoria más larga es la ruta critica.

Solución:Dividimos el problema en 5 etapas, como se muestra en la siguiente figura:

4

Etapas: n=1, 2, 3, 4, 5

Función recursiva: f n(Sn , Xn)=max [ t(Sn , Xn)+ f n−1(X n−1)]

Donde:

fn(Sn,Xn): Tiempo total cuando se ha realizado n etapas.t(Sn,Xn): Tiempo de la etapa n.fn-1(Xn-1) : El mejor tiempo total cuando se ha recorrido n-1 etapas.

Etapa 1

S1= A,BX1= INICIO

X1S1 INICIO f1 X1A 3 3 INICIOB 2 2 INICIO

Etapa 2

S2 = C, D, EX2 = A,B

X2S2 A B f2 X2C 8 - 8 AD 7 - 7 AE - 5 5 B

F2(A,C) = max [ t( A, C ) + f1 ( X1 ) ]= 5+ 3 = 8

F2(A,D) = max [ t( A, D) + f1 ( X1 ) ]= 4+ 3 = 7

F2(B,E) = max [ t( B, E) + f1 ( X1 ) ]= 3 + 2 = 5

5

Etapa 3

S3 = F, G, H, IX3 = C,D,E

X3S3 C D E F3 X3F 12 - - 12 CG 9 - - 9 CH - 15 12 15 DI - 9 8 9 D

F3(C,F) = max [ t( C, F ) + f2( X2) ]= 4+8 = 12

F3(C,G) = max [ t( C, G) + f2( X2) ]= 1+8 = 9

F3(D,H) = max [ t( D, H) + f2( X2) ]= 8+ 7 =15

F3(D,I) = max [ t( D, I) + f2( X2) ]= 2+ 7 =9

F3(E,H) = max [ t( E, H) + f2 ( X2 ) ]= 7+ 5 =12

F3(E,I) = max [ t( E, I) + f2 ( X2 ) ]= 3+ 5 =8

Etapa 4

S4 = J, K, LX4 = F, G, H, I

X4S4 F G H I f4 X4J 13 - - - 13 F

K - 13 21 - 21 H

L - - - 11 11 I

F4(F,J) = max [ t( F, J ) + f3( X3) ] = 1+12 = 13F4(G,K) = max [ t( G, K )+ f3( X3) ]

= 4+9 = 13

6

F4(H,K)= max [ t( H, K )+ f3( X3) ] = 6+15 = 21

F4(I,L)= max [ t( I, L )+ f3( X3) ]= 2+9 = 11

Etapa 5

S5= INICIOX5 = J, K ,L

X5S5 J K L f5 X4FIN 18 25 18 25 K

F4(J,FIN) = max [ t( J, FIN ) + f4( X4) ]= 5+13=18

F4(K,FIN) = max [ t( K, FIN ) + f4( X4) ]= 4+21 = 25

F4(L,FIN) = max [ t( L, FIN ) + f4( X4) ]= 7+11 = 18

Duración del proyecto: 25Ruta Crítica: Inicio – A – D – H – K – FIN, según los nodos

Según las actividades:A-D-H-N-Q

SOLUCIÓN CON SOFTWARE WinQSB

1) Ingresamos los datos

7

2) Informe de resultados e interpretación

8

III. PROBLEMA DE CAMINO MÁS CORTO

Un vuelo de Speedy Airlines está a punto de despegar de Seattle sin escalas a Londres. Existe cierta flexibilidad para elegir la ruta más precisa, según las condiciones del clima. La siguiente red describe las rutas posibles consideradas, donde SE y LN son Seattle y Londres, respectivamente, y los otros nodos representan varios lugares intermedios.

El viento a lo largo de cada arco afecta de manera considerable el tiempo de vuelo, y por ende, el consumo de combustible. Con base en el informe meteorológico actual junto a los arcos se muestran los tiempos de vuelo (en horas).

Debido al alto costo del combustible, la administración ha adquirido la política de elegir la ruta que minimiza el tiempo total de vuelo. Resuelva el problema utilizando PD.

9

Solución:

Dividimos el problema en 3 etapas, como se muestra en la siguiente figura:

Etapas: n=1, 2, 3

Función recursiva: f n(Sn , Xn)=min [t (Sn , Xn)+ f n−1(X n−1)]

Donde:

fn(Sn,Xn) : Tiempo total cuando se ha realizado n etapas.t(Sn,Xn) : Tiempo de la etapa n.fn-1(Xn-1) : El mejor tiempo total cuando se ha recorrido n-1 etapas.

Etapa 1

S1= A,B,CX1= SE

X1S1 SE f1 X1A 4.6 4.6 SEB 4.7 4.7 SEC 4.2 4.2 SE

Etapa 2

10

S2 = D, E,FX2 = A,B,C

X5S5 A B C F2 X2D 8.1 8.3 - 8.1 BE 8 7.9 7.7 7.7 CF - 8 7.6 7.6 C

F2(A,D) = min[ t( A, D ) + f1 ( X1 ) ]= 3.5 + 4.6 = 8.1

F2(A,E) = min[ t( A, E) + f1 ( X1 ) ]= 3.4+ 4.6 = 8

F2(B,D) = min[ t( B, D) + f1 ( X1 ) ]= 3.6 + 4.7 = 8.3

F2(B,E) = min [ t( B, E) + f1 ( X1 ) ]= 3.2 + 4.7 = 7.9

F2(B,F) = min[ t( B, F) + f1 ( X1 ) ]= 3.3 + 4.7 = 8

F2(C,E) = min [ t( C, E) + f1 ( X1 ) ]= 3.5+4.2 = 7.7

F2(C,F) = min[ t( C, F) + f1 ( X1 ) ]= 3.4+4.2= 7.6

Etapa 3

S3 = LNX3 = D, E, F

X3S3 D E F f3 X3LN 11.5 11.3 11.4 11.3 E

F3(D,LN) = min [ t( D, LN) + f2( X2) ]= 3.4+ 8.1 = 11.5

F3(E,LN) = min [ t( D, LN) + f2( X2) ]= 3.6 + 7.7 = 11.3

F3(F,LN) = min [ t( F, LN) + f2( X2) ]= 3.8 + 7.6 = 11.4

Tiempo mínimo de vuelo: 11.3 horasCamino más corto: SE – C – E – LN

11

SOLUCIÓN EN SOFTWARE WinQSB:

Solucion: Tiempo mínimo de vuelo: 11.3 horasCamino más corto: ST – C – E – LN

12

IV. PROBLEMA DE ASIGNACIÓN:

Problema 1:

El propietario de 3 tiendas ha comprado 5 cestas de cerezas, para satisfacer la demanda en las diferentes tiendas. El propietario desea determinar la forma de distribuir los canastos, de manera de maximizar el beneficio total. Los retornos (utilidades) enfunción del número de canastos distribuidos (se asume vendidos) en las 3 tiendas están dados en la siguiente tabla:

Tienda\canastos 0 1 2 3 4 51 0 3 7 9 12 132 0 5 10 11 11 113 0 4 6 11 12 12

Solucion:

Función de recurrencia: f i (S i , X i )=max {ri ( X i )+f i−1(S i−1 , X i−1)}

ETAPA I: TIENDA 3

Si\Xi 0 1 2 3 4 5 F(Xi) Xi0 0 0 01 0 4 4 12 0 4 6 6 23 0 4 6 11 11 34 0 4 6 11 12 12 45 0 4 6 11 12 12 12 4,5

ETAPA II:TIENDA2

S2\X2 0 1 2 3 4 5 F(Xi) Xi0 0 0 01 4 5 5 12 6 5+4=9 10 10 23 11 5+6=11 10+4=14 11 14 24 12 5+11=16 10+6=16 11+4=15 11 16 1,25 12 5+12=17 10+11=21 11+6=17 11+4=15 11 21 2

ETAPAIII:TIENDA1

13

S2\X2 0 1 2 3 4 5 F(Xi) Xi5 21+0 3+16=19 7+14=21 9+10=19 12+5=17 13 21 2,0

Alternativa 1 Alternativa 2T1 0 T1 2T2 2 T2 2T3 3 T3 1Beneficio total 21 Beneficio total 21

Solucion utilzando DIN:

14

15

La solución óptima nos indica que se tienen dos alternativas:

Alternativa 1 Alternativa 2T1 0 T1 2T2 2 T2 2T3 3 T3 1Beneficio total 21 Beneficio total 21

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PROBEMA 2:

El propietario de una cadena de tres supermercados compró cinco cargas de fresas frescas. La distribución de probabilidad estimada de las ventas potenciales de las fresas antes de que se echen a perder difiere entre los tres supermercados. El propietario quiere saber cómo debe asignar las cinco cargas a las tiendas para maximizar la ganancia esperada.

Por razones administrativas, no quiere dividir las cargas entre las tiendas. Sin embargo, está de acuerdo en asignar cero cargas a cualquiera de ellas.

En la siguiente tabla se proporciona la ganancia estimada de cada tienda al asignar distintas cantidades de carga:

Numero de cargas

Tienda1 2 3

0 0 0 01 5 6 42 9 11 93 14 15 134 17 19 185 21 22 20

Utilice programación dinámica para determinar cuántas cargas debe asignarse a cada tienda para maximizar la ganancia total esperada.

Solución:

Función de recurrencia: f i (S i , X i )=max {ri ( X i )+f i−1(S i−1 , X i−1)}

ETAPA I: TIENDA 1

S1 X1 0 1 2 3 4 5 f 1(X1) X1*

0 0 - - - - - 0 01 0 5 - - - - 5 12 0 5 9 - - - 9 23 0 5 9 14 - - 14 34 0 5 9 14 17 - 17 45 0 5 9 14 17 21 21 5

f 1 (Si ,0 )=max {0+0 }=0 f 1 (Si ,1 )=max {5+0 }=5 f 1 (Si ,2 )=max {9+0 }=9 f 1 (Si ,3 )=max {14+0 }=14 f 1 (Si ,4 )=max {17+0 }=17

17

f 1 (Si ,5 )=max {21+0 }=21

ETAPA II: TIENDA 2

S2 X2 0 1 2 3 4 5 f 2(X2) X2*

0 0 - - - - - 0 01 5 6 - - - - 6 12 9 11 11 - - - 11 1, 23 14 15 16 15 - - 16 24 17 20 20 20 19 - 20 1, 2, 35 21 23 25 24 24 22 25 2

f 2 (0,0 )=max {0+0 }=0f 2 (1,0 )=max {0+5 }=5f 2 (2,0 )=max {0+9 }=9f 2 (3,0 )=max {0+14 }=14f 2 (4,0 )=max {0+17 }=17f 2 (5,0 )=max {0+21 }=21

f 2 (1,1 )=max {6+0 }=6f 2 (2,1 )=max {6+5 }=11f 2 (3,1 )=max {6+9 }=15f 2 (4,1 )=max {6+14 }=20f 2 (5,1 )=max {6+17 }=23

f 2 (2,2 )=max {11+0 }=11f 2 (3,2 )=max {11+5 }=16f 2 (4,2 )=max {11+9 }=20f 2 (5,2 )=max {11+14 }=25

f 2 (3,3 )=max {15+0 }=15f 2 (4,3 )=max {15+5 }=20f 2 (5,3 )=max {15+9 }=24

f 2 (4,4 )=max {19+0 }=19f 2 (5,4 )=max {19+5 }=24

f 2 (5,5 )=max {22+0 }=22

ETAPA III: TIENDA 3

18

S3 X3 0 1 2 3 4 5 f 3(X3) X3*

5 25 24 25 24 24 20 25 0, 2

f 3 (5,0 )=max {0+25 }=25 f 3 (5,1 )=max {4+20 }=24 f 3 (5,2 )=max {9+16 }=25 f 3 (5,3 )=max {13+11 }=24 f 3 (5,4 )=max {18+6 }=24 f 3 (5,5 )=max {20+0 }=20

La distribución de cargas de fresas frescas debe darse de la siguiente forma:

Tienda SoluciónAlternativa 1 Alternativa 2

1 3 12 2 23 0 2

Total 5 5

SOLUCIÓN CON SOTFWARE DIN1:

1) Planteamiento del problema:

2) Cálculo de estados:

19

3) Informe de resultados e interpretación:

De los resultados podemos observar que existen dos soluciones al igual que la solución anterior.

Tienda SoluciónAlternativa 1 Alternativa 2

1 3 12 2 23 0 2

Total 5 5

V.MODELO DE INVERSION

Al gerente general de una empresa muy importante se le presenta la oportunidad de invertir en 4 proyectos y tiene a su disposición 1000 €. Las ganancias estimadas para diferentes cantidades invertidas en cada proyecto se presentan en el siguiente cuadro:

Capital Proyectos

20

€ 1 2 3 4200 20 30 20 20400 20 20 30 30600 30 40 50 40800 50 30 40 40

1000 50 50 60 60

Solución:

Función de recurrencia: f i (S i , X i )=max {g i ( X i )+f i−1(Si−1 , X i−1)}

gi (X i ) : gananciaen el proyecto i al invertir x

ETAPA I: PROYECTO 4

S1 X1 0 200 400 600 800 1000 f 1(X1) X1*

0 0 - - - - - 0 0200 0 20 - - - - 20 200400 0 20 30 - - - 30 400600 0 20 30 40 - - 40 600800 0 20 30 40 40 - 40 600,

8001000 0 20 30 40 40 60 60 1000

f 1 (Si ,0 )=max {0+0 }=0 f 1 (Si ,200 )=max {20+0 }=20 f 1 (Si ,400 )=max {30+0 }=30 f 1 (Si ,600 )=max {40+0 }=40

ETAPA II: PROYECTO 3

S2 X2 0 200 400 600 800 1000 f 2(X2) X2*

0 0 - - - - - 0 0200 20 20 - - - - 20 0, 200400 30 40 30 - - - 40 200600 40 50 50 50 - - 50 200, 400, 600

800 40 60 60 70 40 - 70 600

21

1000 60 60 70 80 60 60 80 600

f 2 (0,0 )=max {0+0 }=0f 2 (200,0 )=max {0+20 }=20f 2 (400,0 )=max {0+30 }=30

f 2 (200,200 )=max {20+0 }=20f 2 (400,200 )=max {20+20 }=40f 2 (600,200 )=max {20+30 }=50

f 2 (400,400 )=max {30+0 }=30f 2 (600,400 )=max {30+20 }=50f 2 (800,400 )=max {30+30 }=60

f 2 (600,600 )=max {50+0 }=50f 2 (800,600 )=max {50+20 }=70f 2 (1000,600 )=max {50+30 }=80

f 2 (800,800 )=max {40+0 }=40f 2 (1000,800 )=max {40+20 }=60

f 2 (1000,1000 )=max {60+0 }=60

ETAPA III: PROYECTO 2

S3 X3 0 200 400 600 800 1000 f 3(X3) X3*

0 0 - - - - - 0 0200 20 30 - - - - 30 200400 40 50 20 - - - 50 200600 50 70 40 40 - - 70 200

22

800 70 80 60 60 30 - 80 2001000 80 100 70 80 50 50 100 200

f 3 (0,0 )=max {0+0 }=0f 3 (200,0 )=max {0+20 }=20f 3 (400,0 )=max {0+40 }=40

f 3 (200,200 )=max {30+0 }=30f 3 (400,200 )=max {30+20 }=50f 3 (600,200 )=max {30+40 }=70

f 3 (400,400 )=max {20+0 }=20f 3 (600,400 )=max {20+20 }=40f 3 (800,400 )=max {20+40 }=60

f 3 (600,600 )=max {40+0 }=40f 3 (800,600 )=max {40+20 }=60f 3 (1000,600 )=max {40+40 }=80

f 3 (800,800 )=max {30+0 }=30f 3 (1000,800 )=max {30+20 }=50

f 3 (1000,1000 )=max {50+0 }=50

ETAPA IV: PROYECTO 1

S4 \X4 0 200 400 600 800 1000 f 4(X4) X4*

1000 100 100 90 80 80 50 100 0, 200

f 4 (1000,0 )=max {0+100 }=100 f 4 (1000,200 )=max {20+80 }=100 f 4 (1000,400 )=max {20+70 }=90 f 4 (1000,600 )=max {30+50 }=80

23

f 4 (1000,800 )=max {50+30 }=80 f 4 (1000,1000 )=max {50+0 }=50

La inversión debe darse de la siguiente forma:

PROYECTO SoluciónAlternativa 1 Alternativa 2 Alternativa 3 Alternativa 4

1 0 200 200 2002 200 200 200 2003 600 200 400 6004 200 400 200 0

Problema 2:

Un multimillonario desea donar 1millon de dólares para implementar hospitales en diferentesciudades del país,con lo cual beneficiaría a la población de ese lugar, cada pueblo requiere de diferentes fondos.

El multimillonario desea ayudar a la mayor cantidad de personas posibles, por tal motivo desea saber cómo asignar su donación.

Nº ciudades Población(real)

Fondos requeridos ($)

1 Ilave 22153 3000002 Requena 22155 1500003 Querecotillo 21916 2000004 Satipo 21894 1000005 Chanchamayo 21885 1000006 Paramonga 21397 2000007 Paijan 20980 200000

Solución: Para resolver el problema dividimos las cantidades entre 10000.

24

Solución:

Nº ciudades Donación Población(real)

1 Ilave Sí 221532 Requena Sí 221553 Querecotillo Sí 219164 Satipo Sí 218945 Chanchamayo Sí 218856 Paramonga Sí 213977 Paijan No 20980

La mayor cantidad de personas beneficiadas sera 130227 habitantes.

Solución utilizando el programa DIN:

25

El programa nos da como resultado que la mejor opción es:

ciudades Población(real)

Ilave 22153Requena 22155Querecotillo 21916

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Satipo 21894Chanchamayo 21885Paramonga 21397

Siendo 130227 habitantes el total de población que puede ayudar. Utilizando 950000

del millón que pensaba donar.

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VI. MODELO VOLUMEN – CARGA

PROBLEMA 1:

Tengo un pequeño jardín en mi traspatio que mide 10x20 pies. Esta primavera deseo sembrar verduras: tomates, ejotes y maíz. El huerto se organiza en surcos de 10 pies. Los surcos con tomate y maíz tienen 2 pies de ancho, y los de ejotes son de 3 pies de ancho. Lo que más me gusta son los tomates, y los ejotes casi no me gustan, en una escala del 1 al 10 calificaría con 10 a los tomates, 7 al maíz y 3 a los ejotes. Independientemente de mis gustos, mi esposa insiste en sembrar al menos un surco de ejotes y no más de dos surcos de tomates. ¿Cuántos surcos de cada planta debo sembrar?

Solución:

Se dispone de 20 pies, ya que se organiza los surcos de 10 pies de largo.

Restricciones:

Al menos un surco de ejotes y no más de dos surcos de tomate.

Verdura Ancho Gustos1 (Ejotes) 3 32 (Tomate) 2 103 (Maíz) 2 7

Sea:

(x,y)

Donde:

x= numero de verdura.y = Cantidad de terreno disponible.

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Solución:

SURCOS SATISFACCIÓNTomates 2 20Maiz 6 42Ejotes 1 3TOTAL 65

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Problema2

Un par de ladrones quieren robar en una mansión en la que se puede encontrar muchos objetos de valor. El plan es que solo uno de ellos entre en la mansión mientras que el otro espera fuera con un furgón en marcha para acelerar la huida. Los ladrones saben que solo disponen de un tiempo 10minutos para cargar objetos en el furgón antes de que la policía llegue a la mansión, así que han de elegir muy bien los objetos a cargar. Teniendo en cuenta que los ladrones conocen el valor de los diferentes objetos y el tiempo que emplean en cargar cada uno de ellos en el camión.

Nº OBJETOS TIEMPO(MIN) VALOR($)1 Joyas 2 60002 Cuadros 6 390003 Vasijas 5 50004 Juego de cubiertos de plata 2 50005 Televisores 6 30006 Equipo de sonido 7 20007 laptops 3 6000

Solución:

Función de recurrencia:

Fi(Xi) = max [ ri mi + fi+1(Xi– wimi) ],

[ W / Wi]

Ri, mi = 0, 1, 2, 3

Etapa 7

F7(X7) = max [ r7 m7 ] , [ W / W7 ] = [ 10/3] = 3.33

R7=6000 , mi = 0, 1, 2, 3

F7(X7) = 6000 m7

X7 m7=0 m7=1 m7=2 m7=3 F7(X7) m7

0 0 0 01 0 0 02 0 0 03 0 6000 6000 04 0 6000 6000 0

30

5 0 6000 6000 06 0 6000 12000 6000 07 0 6000 12000 12000 08 0 6000 12000 12000 09 0 6000 12000 18000 18000 010 0 6000 12000 18000 18000 0

Etapa 6 :

F6(X6) = max [ r6 m6 + f7(X6 – 7m6) ] ,

m6 = [ 0/7 ] = 1.42

m6 = 0, 1

f6(X6) = 2000 m6+ f7(X6 – 7m6)

X6 M6=0 M6=1 F6(X6) M6

0 0 0 01 0 - 0 02 0 - 0 03 6000 - 6000 04 6000 - 6000 05 6000 - 6000 06 6000 - 6000 07 12000 2000 12000 08 12000 2000 12000 09 18000 2000 18000 010 18000 8000 18000 0

Etapa 5 :

F5(X5) = max [ r5 m5+ f6(X5 – 6m5) ] ,

M5 = [ 10/6 ] = 1.667

M5 = 0, 1

F5(X5) = 3000 m5 + f6(X5 – 6m5)

X5 M5=0 M5=1 F5(X5) M5

31

0 0 0 01 0 - 0 02 0 - 0 03 6000 - 6000 04 6000 - 6000 05 6000 - 6000 06 6000 3000 6000 07 12000 3000 12000 08 12000 3000 12000 09 18000 9000 18000 010 18000 9000 18000 0

Etapa 4:

F4(X4) = max [ r4 m4+ f5(X4 – 2m4) ] ,

M4 = [ 10/2 ] = 5

M4 = 0, 1,2,3,4,5

F4(X4) = 5000 m4 + f5(X4 – 2m4)

X4 M4=0 M4=1 M4=2 M4=3 M4=4 M4=5 F4(X4) M4

0 0 0 01 0 0 02 0 5000 5000 13 6000 5000 0 6000 04 6000 5000 10000 0 10000 25 6000 11000 10000 0 0 11000 16 6000 11000 10000 15000 0 0 11000 17 12000 11000 16000 15000 0 0 16000 28 12000 11000 16000 15000 20000 0 20000 49 18000 17000 22000 21000 20000 0 22000 210 18000 17000 22000 21000 20000 25000 25000 5

Etapa 3:

F3(X3) = max [ r3 m3+ f4(X3 – 5m3) ] ,

M3 = [ 10/5] = 2

M3= 0, 1,2

F3(X3) = 5000 m3 + f4(X3 – 5m3)

32

X3 M3=0 M3=1 M3=2 F3(X3) M3

0 0 0 01 0 0 02 5000 - 5000 03 6000 - - 6000 04 10000 - - 10000 05 11000 5000 - 11000 06 11000 5000 - 11000 07 16000 10000 - 16000 08 20000 11000 - 20000 09 22000 15000 - 22000 010 25000 21000 10000 25000 0

Etapa 2 :

F2(X2) = max [ r2 m2+ f3(X2 – 6m2) ] ,

M2 = [ 10/6 ] = 1.667

M2 = 0, 1

F2(X2) = 39000 m5 + f3(X2 – 6m2)

X2 M2=0 M2=1 F2(X2) M2

0 0 0 01 0 - 0 02 5000 - 0 03 6000 - 6000 04 10000 - 10000 05 11000 - 11000 06 11000 39000 39000 17 16000 39000 39000 18 20000 44000 44000 19 22000 45000 45000 110 25000 49000 49000 1

33

Etapa 1:

F1(X1) = max [ r1 m+ f2(X1 – 2m1) ] ,

M4 = [ 10/2 ] = 5

M4 = 0, 1,2,3,4,5

F1(X1) = 6000 m1 + f2(X1 – 2m1)

X1 M1=0 M1=1 M1=2 M1=3 M1=4 M1=5 F1(X1) M1

0 0 0 01 0 0 02 0 0 13 6000 6000 - 6000 04 10000 6000 12000 - 12000 25 11000 12000 12000 - - 16000 06 39000 16000 12000 18000 - - 39000 07 39000 27000 18000 18000 - - 39000 08 44000 45000 22000 18000 24000 - 45000 19 45000 45000 23000 24000 24000 - 22000 1,210 49000 50000 51000=

39000+1200028000 24000 30000 51000 2

Solución:

Utilizara 4 minutos para las joyas y 6 minutos para los cuadros

34

Solución utilizando DIN:

35

VII.PLANIFICACIÓN DE PRODUCCIÓN E INVENTARIO

PROBLEMA 1

Una empresa debe decidir su política de producción e inventario para los próximos 3

meses. La empresa ha adquirido algunos compromisos de entrega para estos meses: 3,

2 y 4 unidades, respectivamente.

En el proceso productivo se incurre en algunos costos que están asociados con la

producción propiamente tal y el almacenamiento de los productos. Estos costos son:

Costos de almacenamiento (hi por unidad con i = 2; 3; 4) y costos de producción (ci

por unidad con i = 1; 2; 3). Los valores de los costos se indican a continuación:

Etapas: meses de planificación i = 1; 2; 3

Variable de Estado:

yk = nivel de inventario al comienzo del periodo k.

Variable de Decisión:

xk = Cantidad a producir en el periodo k.

Ecuaciones de Recurrencia:

Función de transformación: La clásicaconservación de flujo:

yi+1 = yi + xi ¡ di

Función de recursión:

36

fi(yi) = min [CP(xi) + CI(yi + xi - di) + fi+1(yi+1)] xi>=0, enteros

Con CP(xi) = ci*xi (costo de producción)

CI(yi+1) = hi+1yi+1 (costo de inventario)

Condiciones de Borde:

Condición inicial: Al comienzo no hay productos almacenados y1 = 0

Condición final: Dado que se debe cumplir con los compromisos, quedar con productos

no entregados en bodega no tiene beneficio, por lo que y4 = 0, y asumo que

no tengo costos de producción en el cuarto periodo, así f4(y4) = 0

Observación: Se considerar ‘a que el númeromáximo de estados corresponde a la

Demanda que falta por satisfacer en las etapas siguientes. Así para el periodo3 , la

Resolución debe considerar que la variable de estado y3 puede tomar valores entre 0

y 4, puesto que la demanda para ese periodo es de 4 y se requiere inventario cero al

final de este ´ultimo periodo.

Etapa 3:

El problema a resolver es:

f3(y3) = min[20*x3 + 2(y3 + x3 - 4)]

x3 = 4 - y3

x3>= 0, entero

Apliquemos nuestra estrategia de solución en una tabla

37

Etapa 2:

El problema a resolver es:

f2(y2) = min [15*x2 + 3(y2 + x2 - 2) + f3(y2 + x2 - 2)]

6 - y2 <=x2 <= 2 - y2

x2>=0, entero

Aplicando la estrategia de solución tenemos:

Nótese que hay valores que no es necesario evaluar. Por ejemplo, si se tienen 6

Unidades al inicio del periodo 2, no es necesario producir, ya que esto trae consigo un

Almacenamiento innecesario de producto.

Etapa 1:

El problema a resolver es:

f1(y1) = min [10*x1 + 1*(y1 + x1 -3) + f2(y1 + x1 - 3)]

38

3<= x1<= 9

x1>= 0, entero

Aplicando la estrategia de solución tenemos:

Así vemos que la estrategia óptima es:

Con un costo de 108 dólares

Solución con winqsb:

39

Con el software se pude comprobar la respuesta de un costo mínimo total de 108 dólares con producción de 9 unidades en el mes 1 y en los demás meses producción de cero unidades.

Problema 2

Una empresa antigua y reconocida de motocicletas “MartyDavidson” por su aniversario 50, quiere crear un diseño de motocicleta especial por un tiempo limitado por un tiempo de medio año, esta motocicletas de edición especial serán producidas cada mes en un número que varía y como estas motocicletas son muy valiosas para los coleccionistas solo saldrán a la venta según la demanda de cada mes ya que estas serían compradas muy rápidamente sin dar opción de compra a personas que vienen de lejos. Las demandas para estos meses, costos fijos si se elabora una motocicleta en el respectivo mes, costo de producción, costo de almacenamiento y sus respectivas capacidades se dan a continuación.

Mes demanda Costos fijos($)

Costos variables ($)

Costos de almacenamiento($)

Capacidad de producción

Capacidad de almacenamiento

1 8 5000 300 50 10 2

40

2 8 5000 300 50 10 23 7 4500 310 50 10 24 6 3500 320 50 10 25 4 3000 360 50 10 26 3 2800 500 50 10 2

Solución en Winqsb:

Función de recurrencia:

• P(n): el número de unidades producidas en el periodo n

• D(n): la demanda en el periodo n

• H(n): el inventario disponible al final del periodo n

• B(n): el backorder al final del periodo n• I(n): la posición del inventario al final del periodo n, es decir, I(n) = H(n) oI(n) =B(n)I(n) = I(n-1) + P(n) - D(n)

• S(n): el costo de preparación en el periodo n

• V (P(n), I(n)): el costo variable = función de P(n), H(n), y/o B(n)

C(n,P(n),I(n)): = S(n) + V(P(n),I(n)) si P(n)>0, = V(P(n),I(n)) si P(n)=0

• f(n,i): costo total acumulativo dado el nivel del inventario inicial i para elperiodonLa relación recursiva dinámica se expresa como:

f(n,i) = máximo {C(n,P(n),i+P(n)-D(n)) + f(n-1,i+P(n)-D(n))} para todo posibleP(n).

41

La solución con un costo mínimo es 11650 dólares con una producción igual a la demanda de cada mes excepto en los dos últimos meses ya que en el mes 5 se fabrico 6 motos( 2 mas que su demanda) y por eso el mes 6 comenzó con un inventario inicial de 2 motos.

g ( t )=max {utitx+g(x )}

g(t) = utilidad neta máxima generada a partir del tiempo t hasta el tiempo 4 incluido el ingreso anual el ingreso anual, el costo de compra de maquina nueva y el valor de reventa dado que se compró una nueva máquina en el tiempo t.

utitx= utilidad neta de la compra de una maquina en el tiempo t y de operarla hasta el tiempo x.

42

t={0,1,2,3,4} , x<=5

Como el problema termina en el tiempo 5, no se genera costo alguno a partir de este tiempo en adelante , de modo que se podría escribir g(5)=0

Ingreso anual= 10 clientes*3 podadas/año*$50/clientes = $1500/año

C01=1500-2000-1200+1500=-200

C02=1500-2000+1500-1200-1440+1350=-290

C03=1500-2000+1500+1500-1200-1440-1680+1200=-620

C04=1500-2000+1500+1500+1500-1200-1440-1680-1920+1050=-1190

C05=1500-2000+1500+1500+1500+1500-1200-1440-1680-1920-2160+900=-2000

C12=1500-2200-1200+1500=-400

C13=1500-2200+1500-1200-1440+1350=-490

C14=1500-2200+1500+1500-1200-1440-1680+1200=

PROBLEMA3:

Una fábrica de papeles, PAPER S.A., tiene una demanda a satisfacer durante la campaña escolar. Se debe cumplir la demanda de cada uno de los meses implicados, de lo contrario se perderán clientes; y se puede dar el caso de que no se produzca en algunos de los meses. Además es política de la fabrica tener como inventario final 10 lotes de papel al culminar toda la campaña escolar.

PAPER S.A. produce lotes múltiplos de 10, la cantidad máxima de su producción es de 50 lotes y empieza con 0 lotes en el almacén.

En la siguiente tabla se muestra la demanda y los costos de producción y de almacén de cada uno de los 5 meses de campaña.

-determinar el plan optimo de producción.

43

Mes Demanda Costo unitario variable

Costo fijo Costo de almacén

1 40 12 250 2.52 40 11 230 23 30 11 200 24 10 9 200 25 10 9 200 1

Solución:

Función de recurrencia: f i ( X i )=CV i x X i+CFi+(2.5 ,2 ,2 ,2 ,1 ) x (II ¿¿ i+X i−D i)+ f i

¿(X i−1)¿

ETAPA I: MES 5

(II ¿¿ i+X i−Di)¿

0 + 20 – 10 = 10

10 + 10 – 10 = 10

20 + 0 – 10 = 10

II1 \ X1 0 10 20 f 1(X1) X1*

0 - - 390 390 2010 - 300 - 300 1020 210 - - 210 0

f 1 (20 )=9 x20+200+1 (10 )+0=390 f 1 (10 )=9 x10+200+1 (10 )+0=300 f 1 (0 )=9 x0+200+1 (10 )+0=210

ETAPA II: MES 4

(II ¿¿ i+X i−Di)¿

44

0 + 10 – 10 = 0 10 + 0 – 10 = 0

0 + 20 – 10 = 10 10 + 10 – 10 = 10

0 + 30 – 10 = 20 10 + 20 – 10 = 20

20 + 0 – 10 = 10

20 + 10 – 10 = 20

II2 \ X2 0 10 20 30 f 2(X2) X2*

0 - 680 700 720 680 10

10 590 610 630 - 590 0

20 520 540 - - 520 0

f 2 (10 )=9 x10+200+2 (0 )+390=680f 2 (20 )=9 x20+200+2 (10 )+300=700f 2 (30 )=9 x30+200+2 (20 )+210=720

f 2 (0 )=9 x0+200+2 (0 )+390=590f 2 (10 )=9 x10+200+2 (10 )+300=610f 2 (20 )=9 x20+200+2 (20 )+210=630

f 2 (0 )=9 x0+200+2 (10 )+300=520f 2 (10 )=9 x10+200+2 (20 )+210=540

ETAPA III: MES 3

(II ¿¿ i+X i−Di)¿

0 + 30 – 30 = 0 10 + 20 – 30 = 0

0 + 40 – 30 = 10 10 + 30 – 30 = 10

0 + 50 – 30 = 20 10 + 40 – 30 = 20

II3 \ X3 20 30 40 50 f 3(X3) X3*

0 - 1210 1250 1310 1210 3010 1100 1140 1200 - 1100 20

45

f 3 (30 )=11 x30+200+2 (0 )+680=1210f 3 (40 )=11 x 40+200+2 (10 )+590=1250f 3 (50 )=11 x50+200+2 (20 )+520=1310

f 3 (20 )=11 x20+200+2 (0 )+680=1100f 3 (30 )=11 x30+200+2 (10 )+590=1140f 3 (40 )=11 x 40+200+2 (20 )+520=1200

ETAPA IV: MES 2

(II ¿¿ i+X i−Di)¿

0 + 40 – 40 = 0 10 + 30 – 40 = 0

0 + 50 – 40 = 10 10 + 40 – 40 = 10

II4 \X4 30 40 50 f 4(X4) X4*

0 - 1880 1900 1880 4010 1770 1790 - 1770 30

f 4 (40 )=11 x 40+230+2 (0 )+1210=1880f 4 (50 )=11 x 50+230+2 (10 )+1100=1900

f 4 (30 )=11 x 30+230+2 (0 )+1210=1770f 4 (40 )=11 x 40+230+2 (10 )+1100=1790

ETAPA V: MES 1

(II ¿¿ i+X i−Di)¿

0 + 40 – 40 = 0

0 + 50 – 40 = 10

II5 \X5 40 50 f 5(X5) X5*

0 2610 2645 2610 40

f 5 (40 )=12 x 40+250+2.5 (0 )+1880=2610

46

f 5 (50 )=12x 50+250+2.5 (10 )+1770=2645

La producción de PAPER S.A., debe ser de la siguiente manera:

MES Solución

1 402 403 304 105 20

Costo óptimo 2610

47

SOLUCIÓN EN SOFTWARE DIN1:

1) Planteamiento del problema:

2) Cálculo de estados:

3) Informe de resultados e interpretación:

48

VIII.METODO DE REPOSICIÓN DE EQUIPO

PROBLEMA 1

CircleFarms posee un tractor de 2 años de antigüedad, y desea establecer una política de reemplazo para sus tractores durante los 5 años. Se debe tener en servicio durante mínimo de 3 años, pero después de un máximo de 5 años se debe desechar. El precio actual de un tractor es de $40,000, y aumenta 10% por año. El valor de recuperación de un tractor con 1 año de uso es de $30,000 y disminuye 10% por año. El costo de operación del tractor es de $1,300, y se espera que aumente 10% por año.

SOLUCION

Función de recurrencia

fi(t)=min{ c(t) + fi+1(t+1) Mantener

c(0)+pc(i)-s(t) + fi+1(1) Reemplazar

fi(t) = costo mínimo neto para los años i,i+1,…, y n dado que el tractor tiene t años de antigüedad al comenzar el año i

c(t)=costo de mantenimiento

Año Precio de tractor Valor de recuperación Costo de operación0 40000 13001 44000 30000 14302 48000 33000 15603 52000 36000 16904 56000 39000 18205 60000 42000 1950

49

Etapa 5

t M R F(t) Decisión1 1430+0=1430 1430 M2 1560-36000=-34440 -34440 M3 1690-39000=-37310 1300+56000-36000=21300 -37310 M

Etapa 4

t M R F(t) Decisión1 1430-34440=-33010 -33010 M2 1560-37310=-35750 -35750 M5 1300+52000-42000+1430=12730 12730 R

Etapa 3

t M R F(t) Decisión1 1430-35750=-34320 -34320 M4 1820+12730=14550 1300+48000-39000-33010=-

22710-22710 R

Etapa 2

t M R F(t) Decisión3 1690-22710=-21020 1300+44000-36000-34320=-

25020-25020 R

Etapa 1

t M R F(t) Decisión2 1560-25020=-23460 -23460 M

Año Decisión1 Mantener2 Reemplazar3 Mantener4 Mantener5 Mantener

Formulando el problema como uno de ruta más corta:

50

Cij=Costos netos desde el comienzo del año 1 hasta operar la maquina hasta el comienzo del año 2.

C12=1560-36000=-34440

C25=44000+1300+1430+1560-36000=12290

C56=56000+1300=57300

C26=4400+1300+1430+1560+1690-39000=10980

C13=1560+1960-39000=-35750

C36=48000+1300+1430+1560-36000=16290

C14=1560+1690+1820-42000=-36930

C46=52000+1300+1430=54730

Solucion con Winqsb:

51

52

La solución optima ir del nodo 1 al nodo 2 y del nodo 2 al nodo 6, es decir se paga el mantenimiento del tercer año en el año uno del estudio y se compra al inicio del año 2 para mantenerlo y revenderlo al final del año 5. El costo mínimo total es de 23460 dólares.

53

PROBLEMA 2

El hijo de María tiene 12 años de edad, él tiene un negocio que consiste en podar el césped a 10 clientes. Para cada año, poda el césped tres veces al año, por lo que le da a ganar 50 dólares por cada podada. Acaba de pagar 2000 dólares por una nueva podadora. El costo de mantenimiento y operación de la podadora es de 1200 dólares por el primer año en servicio, el cual se incrementa un 20% al año y así sucesivamente. Una podadora de un año tiene valor de reventa de 1500 dólares, que disminuye un 10% anualmente. Mi hijo que planea conservar su negocio hasta que cumpla los 16 años, piensa que es más económica comprar un podadora nueva cada dos años. Basa su decisión en el hecho de que el precio de una podadora nueva solo aumentara un 10% al año ¡Esta justifica su decisión?. Defina sus variables, función de recurrencia.

Utilice la programación dinámica para hallar la solución óptima.

SOLUCION:

Año costo de maquina nueva cmo Valor de reventa0 2000 12001 2200 1440 15002 2400 1680 13503 2600 1920 12004 2800 2160 10505 3000 2400 900

Función de recurrencia

fi(t)=max{ r- c(t) + fi+1(t+1) Mantener

r + s(t) – pc(i) - c(0) + fi+1(1) Reemplazar

fi(t) = costo mínimo neto para los años i,i+1,…, y n dado que el tractor tiene t años de antigüedad al comenzar el año i

c(t)=costo de mantenimientor=ingreso anualpc(i)=precio de podadora nueva en el año is(t)=valor de salvamento con podadora de t años de antigüedad

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Ingreso anual= 10 clientes*3 podadas/año*$50/clientes = $1500/año

Etapa 4 (año 4)

t M R f4(t) decisión1 1500-1440+1350=1410 1500+1500-2600-1200+1500=700 1410 M2 1500-1680+1200=1020 1500+1350-2600-1200+1500=550 1020 M3 1500-1920+1050=630 1500+1200-2600-1200+1500=400 630 M

Etapa 3 (año 3)

t M R f3 (t) decisión1 1500-1440+1020=1080 1500+1500-2400-1200+1410=810 1080 M2 1500-1680+630=450 1500+1350-2400-1200+1410=660 660 R

Etapa 2 (año 2)

t M R f3 (t) decisión1 1500-1440+660=720 1500+1500-2200-1200+1080=680 1140 M

Etapa 1 (año 1)

t M R f3 (t) decisión0 1500-1200+720=1020 No se puede cambiar al inicio de año 1 1020 M

Año Decisión1 Mantener2 Mantener3 Reemplazar4 Mantener

La decisión del hijo de María está justificado ya que cada 2 años recambiara la podadora para que la ganancia del año 1(12 años) hasta el año 4(cumple 16 años) es óptima de 1020 soles.

PROBLEMA 3:

Una empresa debe determinar la política optima, durante los próximos cuatro años, de reemplazo de una maquina, que en la actualidad tiene 3 años. La siguiente tabla muestra los

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datos del problema. La empresa establece que toda máquina que tenga 6 años de edad debe reemplazarse. El costo de una maquina nueva es 110

Tiempo t(años) Utilidades r(t) Costo de operación c(t) Valor de Venta s(t)0 30 0.1 -1 18 0.5 802 14 1 603 11 1.1 504 10 1.3 305 9 1.5 106 8 2 5

* Datos en miles de dólares.

Sea:1: mantener la maquina ( M ).0: vender la máquina para adquirir una nueva. ( V ).

A continuación se muestra la red, en la cual cada nodo indica el tiempo de vida de la máquina y respectivos arcos indican la decisión de mantener con el mismo equipo o reemplazarlo por uno nuevo.

Como se trata de 4 años, plantearemos el problema tal que cada año sea una etapa.

n= 1, 2, 3, 4El estado en la etapa n es la antigüedad de la maquina al comienzo del año n.

Función recursiva:

Fn(t) = max

Donde:

Fn(t): Ingreso neto máximo para los años i,i+1, …y n

Gráfica:

r(t) – c(t) + fn+1(t+1) si se MANTENIENE

r(0) + s(t) – I – c(0) +fn+1 (1) si se REEMPLAZA

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Etapa 4:

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M V Solución Óptimat r(t) +s(t+1) - c(t) r(0) +s(t) +s(1) - c(0) -I f4(t) X41 18+ 60-0.5 = 77.5 30+80+80-0.1-110= 79.1 79.1 V2 14+50-1 = 63 30+80+60-0.1-110= 59.1 63 M3 11 +30-1.1= 39.9 30+80+50-0.1-110= 49.1 49.1 V6 Solo se vende 30+80+5-0.1-110= 4.9 4.9 V

Etapa 3:

M V Solución Óptimat r(t) - c(t) +f4(t+1) r(0) +s(t) - c(0) -I+f4(1) F3(t) X31 18-0.5+63 = 80.5 30+80-0.1-110 + 79.1= 79 80.5 M2 14-1+49.1 = 62.1 30+60-0.1-110+79.1= 59 62.1 M5 9-2+4.9=11.9 30+10-0.1-110+79.1= 9.9 11.9 M

Etapa 2:

M V Solución Óptimat r(t) - c(t) +f3(t+1) r(0) +s(t) - c(0) -I+f3(1) F2(t) X2

1 18-0.5+62.1 = 79.6 30+80-0.1-110 + 80.5= 80.4 80.4 V4 10-1.3 + 11.9= 20.6 30+10-0.1-110+80.5= 30.4 30.4 V

Etapa 1: M V Solución Óptimat r(t) - c(t) +f2(t+1) r(0) +s(t) - c(0) -I+f2(1) f1(t) X1

3 11-1.1 + 30.4= 40.3 30+50-0.1-110+80.4= 50.3 50.3 V

El costo óptimo total será: 50.3 (miles de dólares)

Las políticas para cada año serán:

Año Política1 V2 V3 M4 M

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