Guía para la solución de problemas · 2020. 5. 29. · de cadenas de Markov, colas, inventarios y...

Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas,

inventarios y análisis de decisiones

Luis Fernando Moreno Velásquez

Facultad de MinasSede Medellin

Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas, inventarios

y análisis de decisiones

Luis Fernando Moreno Velásquez

Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas, inventarios y análisis de decisiones

© Luis Fernando Moreno Velásquez© Universidad Nacional de Colombia - Sede MedellínColección Facultad de Minas

Primera edición: Medellín,ISBN: 978-958-794-047-3ISBN-e: 978-958-794-046-6

Edición: Edilda Muñoz C.

son propiedad del autor

Prohibida la reproducción total o parcial por cualquier medio sin la autorización escrita del titular de los derechos patrimoniales

Coordinación editorialCentro Editorial - Facultad de MinasUniversidad Nacional de Colombia - Sede MedellínCra. 80 n.o 65-223, Bloque M9 - Of. 107Tel: (57-4) 425 5343, [email protected]

Impreso y hecho en Todográficas Ltda., Medellín, Colombia

Licencia Creative Commons: Atribución – No comercial – Sin Derivar

Diseño de carátula: Mónica Rada T.

519.233M67 Moreno Velásquez, Luis Fernando Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas, inventarios y análisis de decisiones / Luis Fernando Moreno Velásquez. -- Primera edición. -- Medellín, Colombia : Universidad Nacional de Colombia. Facultad de Minas, 2019 1 recurso en línea (535 páginas) : ilustraciones, gráficos.

ISBN: 978-958-794-047-3 ISBN-e: 978-958-794-046-6

1. PROCESOS DE MARKOV. 2. TEORÍA DE LAS COLAS (MATEMÁTICAS). 3. INVENTARIOS. 4. PROCESOS ESTOCÁSTICOS. 4. TOMA DE DECISIONES. Título

Catalogación en la publicación Universidad Nacional de Colombia. Sede Medellín

MonicaR

Sello

TABLA DE CONTENIDO

Procesos de Markov .......................................................................................................... 3

Capítulo 1. Introducción a los procesos de Markov. Toma de decisiones bajo incertidumbre .............. 5Definición de proceso estocástico ....................................................................................... 6Cadenas de Markov ............................................................................................................. 9

Capítulo 2. Ecuaciones de Chapman-Kolmogorov ............................................................................. 17 Distribuciones no condicionales ....................................................................................... 23

Capítulo 3. Clasificación de estados de una cadena de Markov .......................................................... 25

Capítulo 4. Tiempos de primera pasada y propiedades a largo plazo de las cadenas de Markov ....... 41Tiempos de primera pasada ............................................................................................... 41Propiedades a largo plazo de las cadenas de Markov ....................................................... 46Conclusiones sobre las probabilidades de estado estable ................................................. 52

Capítulo 5. Costos esperados y estados absorbentes ........................................................................... 63Costos esperados ............................................................................................................... 63Estados absorbentes .......................................................................................................... 66

Capítulo 6. Cadenas de Markov de tiempo continuo ........................................................................... 75Algunas variables aleatorias importantes en los procesos continuos ................................ 76Ecuaciones de balance ...................................................................................................... 79

Problemas de Procesos de Markov ................................................................................ 85

Teoría de Colas .............................................................................................................. 141Capítulo 7. Introducción a la teoría de colas .................................................................................... 143Fuente de entrada ............................................................................................................ 144Cola ................................................................................................................................. 144Mecanismo de servicio ................................................................................................... 144Terminología ................................................................................................................... 146

Capítulo 8. El papel de la distribución exponencial y la distribución Poisson .................................. 151Propiedades de la exponencial ....................................................................................... 153Propiedad 1: función creciente ........................................................................................ 153 Propiedad 2: falta de memoria ........................................................................................ 154Propiedad 3: mínimo de varias variables exponenciales independientes ....................... 155 Propiedad 4: Relación de la exponencial con Poisson .................................................... 157Propiedad 5: Probabilidad de un evento en un intervalo pequeño .................................. 158Propiedad 6: No afecta agregar o desagregar ................................................................. 158 La distribución Poisson ................................................................................................... 159

Capítulo 9. Proceso de nacimiento y muerte ..................................................................................... 163Suposición 1 .................................................................................................................... 163Suposición 2 .................................................................................................................... 163Suposición 3 ................................................................................................................... 163Ecuaciones de balance .................................................................................................... 165

Capítulo 10. Modelos de colas basados en el proceso de nacimiento y muerte .................................. 173Modelo M/M/S................................................................................................................ 173Ejemplo Hospital General ............................................................................................... 179

Capítulo 11. Algunas variaciones al modelo M/M/S ........................................................................... 189Variación de cola finita al modelo M / M / S .................................................................. 189Modelo M/M/S/K............................................................................................................ 189Variación fuente de entrada (Población) finita al modelo M / M / S .............................. 192

Capítulo 12. Modelos de colas con distribuciones no exponenciales .................................................. 203Comentario sobre la fórmula de Pollaczek-Khintchine .................................................. 204Modelo M / D / S ............................................................................................................ 206 Modelo M / Ek / S ........................................................................................................... 206Llamada perdida de Erlang ............................................................................................. 208

Capítulo 13. Aplicación de la teoría de colas ...................................................................................... 213Forma g(N) ...................................................................................................................... 216Forma h (W) .................................................................................................................... 218Ejemplo - SIMULATION INC ....................................................................................... 220

Problemas de Teoría de Colas ...................................................................................... 229

Teoría de Inventarios .................................................................................................... 279

Capítulo 14. Introducción a la teoría de Inventarios ............................................................................ 281Pasos generales ............................................................................................................... 281Componentes (Terminología) de los modelos de inventarios ......................................... 281

Capítulo 15. Modelo clásico de la cantidad económica a ordenar ...................................................... 291Análisis de sensibilidad .................................................................................................. 297Sensibilidad de Q ante variaciones de a, K, h ................................................................ 299 Sensibilidad del costo de administración a cambios en Q .............................................. 301

Capítulo 16. Modelo EOQ con faltantes (agotamientos) ..................................................................... 305

Capítulo 17. Modelo EOQ con descuentos .......................................................................................... 315Observaciones sobre los modelos del lote económico .................................................... 323Tiempo de adelanto ......................................................................................................... 324

Capítulo 18. Modelo del lote de producción y el sistema de clasificación ABC ................................. 327Modelo del lote de producción ....................................................................................... 327El sistema de clasificación ABC ..................................................................................... 327

Capítulo 19. Revisión periódica - Un modelo general para la planeación de la producción ............... 335Revisión periódica .......................................................................................................... 335Planeación de la Producción - Un algoritmo .................................................................. 337

Capítulo 20. Modelo estocástico de inventarios .................................................................................. 347

Problemas de Teoría de Inventarios ............................................................................ 357

Teoría de Decisiones ...................................................................................................... 397

Capítulo 21. Análisis de decisiones ..................................................................................................... 399Conceptos generales y Teorema de Bayes ...................................................................... 399Definición de partición ................................................................................................... 402Propiedad (eventos mutuamente excluyentes por parejas) ............................................. 403Terminología de la teoría de decisiones .......................................................................... 406

Capítulo 22. Toma de decisiones sin experimentación ........................................................................ 409Criterio del Pago máximo (pesimista o maximin) .......................................................... 410Criterio del optimista ...................................................................................................... 412Criterio de la máxima posibilidad .................................................................................. 414Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax) .............................................. 416Modelo de maximización del pago promedio (Regla de decisión de Bayes) ................. 420

Capítulo 23. Toma de decisiones con experimentación ....................................................................... 423Teorema de Bayes ........................................................................................................... 425Valor de la experimentación ........................................................................................... 428Valor esperado de la información perfecta ..................................................................... 429Valor esperado de la experimentación ............................................................................ 430 Algoritmo evaluación de la experimentación ................................................................. 437

Capítulo 24. Árboles de decisión ......................................................................................................... 445Terminología de árboles de decisión ............................................................................... 445

Capítulo 25. Teoría de la utilidad ........................................................................................................ 455Propiedad de la función de utilidad ................................................................................ 457

Problemas de Teoría de Decisiones .............................................................................. 467

1 Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas, inventarios y análisis de decisiones

Objetivos

El objetivo de este libro es proporcionar herramientas avanzadas en investigación de operaciones que permitan estudiar y planificar sistemas complejos, en las áreas de procesos de Markov, teoría de colas, teoría de inventarios y teoría de toma de decisiones, al igual que servir de guía en la solución de problemas complejos en las cuatro áreas arriba mencionadas.

En cada uno de los cuatro temas se hace una descripción de la teoría y a continuación se resuelve una serie de problemas.

La descripción de la teoría es tomada de la experiencia en el curso de Investigación de Operaciones dictado en la Facultad de Minas de la Universidad Nacional de Colombia sede Medellín. La teoría se describe de forma tal que es fácil de comprender y no requiere referencias adicionales.

Para cada uno de los cuatro temas se dispone de 25 problemas, de niveles de dificultad muy variado, desde unos muy sencillos para una comprensión de los conceptos elementales hasta problemas de alta complejidad.

El libro está dirigido principalmente a un curso de pregrado, aunque dado su contenido de problemas de alta complejidad también puede usarse en un curso de posgrado.

Los principales libros usados como referencia son:

Introducción a la investigación de operaciones, de Frederick S. Hillier y Gerald J. Lieberman, Editorial Mac Graw Hill.

Modelos cuantitativos para la administración, de K. Roscoe Davis y Patrick G. McKeown, Grupo Editorial Iberoamérica.

Investigación de operaciones, de Hamdy A. Taha, Editorial Alfaomega.

Introduction to Probability Models, de Ross Sheldon.

Introductory Probability and Statiscal Applications, de Meyer.

Para una comprensión de los temas sólo se requiere tener conocimientos elementales de estadística.

Se debe reconocer que el principal libro que sirve de referencia es el de Hillier y Lieberman, aunque ampliado con bastantes comentarios personales aclaratorios.

Procesos de Markov


Capítulo 1.

Introducción a los procesos de Markov

Toma de decisiones bajo incertidumbre Si se presenta cierta regularidad en los fenómenos se puede minimizar la incertidumbre mediante el desarrollo de modelos probabilísticos.

Definiciones básicas de conceptos estadísticos:

Espacio muestral: el conjunto de resultados de un experimento.

Evento: cualquier subconjunto del espacio muestral.

Variable aleatoria: función que asigna valores reales a los resultados de un experimento. Por ejemplo:

Sea el experimento tirar un dado de 6 caras con los números de 1 a 6

El espacio muestral es el conjunto de los números (1, 2, 3, 4, 5, 6)

Eventos de este experimento:

(1): caer 1 en la tirada del dado






(2, 4, 6): caer un número par en la tirada del dado

(1, 3, 5): caer un número impar en la tirada del dado

(4, 5, 6): caer un número >= 4 en la tirada del dado

(1, 2, 3, 4, 6): caer un número diferente de 5 en la tirada del dado

Para explicar el concepto de variable aleatoria tomemos el experimento: tirar una moneda cuyo espacio muestral es el conjunto (cara, sello).

6 Luis Fernando Moreno Velásquez

Los eventos (cara, sello) no constituyen una variable aleatoria porque no son números reales.

Ahora tomemos la función matemática f(x) del dominio (cara, sello) sobre el rango de los números reales:

f(sello) = 1

f(cara) = 0

El conjunto (1, 0) si constituyen una variable aleatoria, porque son números reales.

Otras variables aleatorias serían por ejemplo:

f(sello) = 0

f(cara) = 1

o también:

f(sello) = 1.53

f(cara) = 0.84

o también:

f(sello)= π (pi = 3.1415926)

f(cara)= 0.34

Existen infinitas variables aleatorias

Definición de proceso estocástico Proceso que evolucionan en el tiempo de una manera probabilística (aunque los procesos estocásticos se pueden definir en dominios diferentes al tiempo, lo que veremos en este texto serán en el tiempo).

Definición matemática: Es una colección indexada de variables aleatorias Xt en donde el índice t, toma valores de un conjunto T dado (que como se dijo normalmente es el tiempo, aunque veremos algunos ejemplos donde no es el tiempo).

En puntos específicos del tiempo t el proceso se encuentra en una de un número finito o infinito de categorías o estados mutuamente excluyentes y exhaustivos, etiquetados 0,1,..., M.

Si T es contable o finito, el proceso se denomina discreto.


Si T es un subconjunto de los reales, el proceso se denomina continuo.

No confundir los elementos del conjunto T (los puntos del tiempo) con las categorías o estados.

Las categorías o estados son los que se definieron como eventos. Así en procesos de Markov, en lugar de decir que al tirar el dado salió 5, se dice que el proceso entró en el estado 5 (estado = evento).

Ejemplo:

Una tienda de cámaras tiene en almacén un modelo especial de cámara que puede ordenar cada semana. Sean D1, D2,..., Dn, las demandas durante la primera, segunda y n-ésima semana respectivamente.

Se supone que las Di (demandas) son variables aleatorias que tienen una distribución de probabilidad conocida.

Note que el conjunto de demandas Di cumple con la definición de variable aleatoria.

Pero identifiquemos un segundo conjunto de variables aleatorias Xi: el número de cámaras que quedan en inventario en la tienda al final de la semana i

X0: Número de cámaras que se tiene al iniciar el proceso.

X1: Número de cámaras que se tiene al final de la semana 1.

X2: Número de cámaras que se tiene al final de la semana 2

Xn: Número de cámaras que se tiene al final de la semana n.

Suponga que el almacén utiliza una política de pedidos (s, S), es decir siempre que el nivel de inventario sea menor que s al final de una semana, se ordenan hasta S unidades (S>s), o sea se ordenan S − s. Si el nivel de inventario es mayor o igual a s, no se ordenan cámaras. Las cámaras que se ordenan al final de la semana están disponibles para satisfacer la demanda de la semana siguiente. La tienda utiliza una política (s, S) = (1, 3)

La política dice que si el número de cámaras en inventario al final de la semana es menor que s=1 ordena hasta S=3. De otra manera se no coloca la orden.

Se supone que las ventas se pierden cuando la demanda excede el inventario. Entonces {Xt} para t=1,2,..., n es un proceso estocástico (Es una colección indexada de variables aleatorias).

El número posible de cámaras en inventario al final de la semana t es

0,1, 2, 3 (Estados posibles del sistema, bajo el supuesto de que no se aceptan devoluciones)


Las variables aleatorias Xt son dependientes y se pueden evaluar en forma iterativa por medio de la expresión.

Xt+1 = Max {(3 − Dt+1), 0} si Xt < 1 (el 0 en esta expresión hace que no haya inventario negativo)

Xt+1 = Max {(Xt − Dt+1), 0 } si Xt ≥ 1

Veamos otros ejemplos:

Ejemplo 1

Existe una región donde se da lo siguiente:

P(llueva mañana |llovió hoy) = α (El símbolo | significa dado que: probabilidad condicional)

P(llueva mañana |no llovió hoy) = β

Estado 0 llover, estado 1 no llover

Estas probabilidades pueden representarse por medio de un matriz denominada matriz de Markov, que se formalizará más adelante.

Los estados mañana se representan como columnas y los estados hoy se representan como filas

0 1

0 α 1- α

P = 1 β 1 - β

Ejemplo 2

Tomemos un computador (origen) que transmite bits a otro computador (destino), pero que existe una probabilidad de que un bit llegue al computador destino en forma errónea:

Prob(error) = p

Estado cero: El bit es 0 Estado uno: El bit es 1

Los estados del computador destino se representan como columnas y los estados del computador origen se representan como filas.


0 1

0 1−p p

P = 1 p 1−p

Cadenas de Markov

Los procesos (cadenas) de Markov tienen la propiedad particular de que las probabilidades que describen la forma en que el proceso evolucionará en el futuro, son independientes de los eventos ocurridos en el pasado y dependen sólo del estado actual (presente) en que se encuentra el proceso, aunque en casos particulares pueden ser independientes también del presente. En resumen lo que hace que un proceso estocástico sea markoviano es la independencia del pasado.

Pasado (no influye)

Futuro

Presente (puede influir o no influir)

Figura 1.1

Notación

Si Xt = i, se dice que el proceso estocástico está en el estado i en el tiempo (periodo) t.

Llamemos Pij la probabilidad de estar en el estado j en el momento t+1, conocidos los estados anteriores (desde el 0 hasta el t)

Pij = P {Xt+1 = j | X0 = k0, X1 = k1,..., Xt-1 = kt-1, Xt = i} = P {Xt+1 = j | Xt = i} Probabilidades condicionales para cada i y j

La igualdad anterior define un proceso markoviano: note que se suprimió en la parte del dado que (|) el pasado: X0 = k0, X1 = k1,..., Xt-1 = kt-1 y se dejó sólo el presente: Xt = i

Las probabilidades Pij se llaman probabilidades de transición ya que representan las probabilidades de pasar del estado i al estado j en un periodo (del t al t+1) y son válidas para cualquier i y cualquier j, por lo que las probabilidades de transición se pueden representar como una matriz, que se denomina matriz de Markov y representan las probabilidades de pasar del estado i en el periodo t al estado j en el periodo t+1, o sea hacer una transición del i al j.


Si para cada i, j se cumple que:

Pij = P {Xt+1 = j | Xt = i}= P {X1 = j | X0 = i} para toda t=0,1…

Se dice que las probabilidades de transición (de un paso o periodo) son estacionarias, es decir no cambian con el tiempo. Esto también implica que P {Xt+n = j | Xt = i}= P {Xn = j | X0 = i} para toda t=0,1…

Estas probabilidades se denotan Pij(n) y se llaman probabilidades de transición de n pasos

Pij(n) es simplemente la probabilidad condicional de que el proceso estocástico definido por

la colección de variables aleatorias X, comenzando en el estado i se encuentre en el estado j después de n pasos (Cómo se calcula? ). Se verá más adelante.

Propiedades:

Pij(n) ≥ 0 para toda i y j; n=0,1,... (porque son probabilidades)

∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)𝑀𝑀

𝑖𝑖=1 = 1 para toda i ; n=0,1,... (porque los estados son mutuamente excluyentes y exhaustivos), es decir: La suma de las filas de cualquier matriz de Markov P siempre es 1

Si las pij(n) las ponemos en una matriz, esta matriz la denominaremos P(n) y es una matriz

que contiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier otro estado (columna) en n pasos. Note que esta matriz es una generalización de la matriz de Markov (de un paso) a n pasos y siempre contiene probabilidades condicionales.

Forma matricial

0 1 ... M

0 p00(n) p01

(n) ... p0M(n)

P(n) = 1 p10(n) p11

(n) ... p1M(n)

. .…………………………..

M pM0(n) pM1

(n) ... pMM(n)

para n=0, 1,...

Note que los estados se han numerado del 0 al M, pero es bastante frecuente empezar desde el 1, o denominar los estados arbitrariamente de cualquier forma.


Ejemplo:

Retomemos el caso de las cámaras que se venía desarrollando. Observe que {Xt} es una cadena de Markov.

Recuerde que Xt es el número de cámaras en el almacén al final de la semana t (antes de recibir el pedido).

Veamos cómo obtener las probabilidades de transición de un paso, es decir los elementos de la matriz de transición de un paso (n=1).

0 1 2 3

0 p00 p01 p02 p03

P = 1 p10 p11 p12 p13

2 p20 p21 p22 p23

3 p30 p31 p32 p33

donde la fila representa el inventario al final de la semana t y la columna el inventario al final de la semana t+1

Estados posibles del sistema: 0, 1, 2, 3 (Recuerde que como no se aceptan devoluciones y se pide lo que falta para llegar a 3, entonces el inventario máximo es 3.

Supongamos que cada Dt tiene una distribución Poisson con λ = 1

Recuerde que Dt son las demandas de cámaras en la semana t

Para obtener p00 es necesario evaluar

p {Xt+1 = 0 | Xt = 0} o sea la probabilidad de que si al final de una semana se termina con un inventario de 0 al final de la siguiente semana se termine nuevamente con un inventario de 0.

Recuerde que:

Max {(3 − Dt+1), 0} si Xt < 1 (se piden 3 cámaras)

Xt+1=

Max {(Xt − Dt+1), 0} si Xt ≥ 1 (no se piden cámaras)


Si Xt = 0 Xt+1 = Max { ( 3 - Dt+1) , 0 } (Se piden 3 que quedan inmediatamente disponibles para satisfacer la demanda de la semana t+1, o sea que se inicia la semana t+1 con 3 cámaras.

Xt+1 = 0 indica que la demanda durante la semana t + 1 fue de tres o más cámaras, es decir:

P00 = Prob{Dt+1 ≥ 3 } = 1 - P { Dt+1 ≤ 2 }.

Recuerde que Dt tiene una distribución Poisson.

Para Poisson se tiene: Prob(demanda = n en una semana) = e-λt(λt)n/n! (donde λ es la demanda promedio de cámaras por semana; la distribución Poisson se verá en detalle más adelante en el módulo de teoría de colas. Para este ejemplo se asume una demanda promedio λ = 1 (cámara/semana) y t = 1 semana porque los inventarios se miden al final de cada semana.

P00 = P {Dt+1 ≥ 3} = 1 - P {Dt+1 ≤ 2} = 1 – P(D=0) – P(D=1) – P(D=2)

= 1 − e-110/0! - e-1(1)1/1! − e-1(1)2/2! = 1 – 0.368 – 0.368 – 0.194 = 0.92

P10 nos indica la probabilidad de tener en inventario 0 cámaras la próxima semana dado que ésta (la semana actual) se terminó con 1 cámara

P10 = P {Xt+1 = 0 | Xt = 1}

Si Xt = 1 Xt+1 = Max {(1 - Dt), 0} (no se pide)

Xt+1 = 0 indica que la demanda durante la semana fue de 1 o más cámaras

P10 = Prob{Dt+1 ≥ 1} = 1 − P {Dt+1 = 0} = 0.632

P21 nos indica la probabilidad de tener en inventario 1 cámara la próxima semana dado que ésta (la semana actual) se terminó con 2 cámaras

P21 = P {Xt+1 = 1 | Xt = 2}

Si Xt = 2, Xt+1 = Max {(2 – Dt+1) (no se pide)

P21 = Prob{Dt+1 = 1} = 0.368

Similarmente obtenemos las otras probabilidades, con lo que completamos la matriz de transición de un paso (Matriz de Markov):


0 1 2 3

0 0.080 0.184 0.368 0.368

P = 1 0.632 0.368 0 0

2 0.264 0.368 0.368 0

3 0.080 0.184 0.368 0.368

Note que hay tres probabilidades = cero, ya que es imposible pasar de tener 1 cámara al final de una semana a tener 2 o 3 al final de la siguiente, o de tener 2 al final de una semana a tener 3 al final de la siguiente, ya que en esos casos no se pide y recuerde que no hay devoluciones.

Otros ejemplos:

Consideremos el mercado de acciones.

Si la acción subió hoy, la probabilidad de que suba mañana es 0.7.

Si la acción no subió hoy (bajó o permaneció igual), la probabilidad de que suba mañana es 0.5.

Cadena de Markov donde los estados son:

Estado 0 La acción sube

Estado 1 La acción baja o permanece igual

Matriz de transición de un paso:

S B

S 0.7 0.3 Los valores de la columna B se obtienen por

P = B 0.5 0.5 complementariedad (suma de filas =1)

Note que en lugar de denominar los estados 0 (subir) y 1 (no subir) los denominaos S (subir) y B (bajar o permanecer igual), ya que es más nemotécnico y más práctico, aunque los valores B, S no son válidos para una variable aleatoria ya que no son números reales. Esta estrategia la seguiremos utilizando, teniendo en cuenta que se hace para hacer más comprensible la descripción de los estados.

P (acción suba mañana | subió hoy) = 0.7

P (acción baje mañana | subió hoy) = 0.3


P (acción suba mañana | bajó hoy) = 0.5

P (acción baje mañana | bajó hoy) = 0.5

Consideremos ahora el mismo mercado de acciones, sólo que el hecho de que una acción suba o no mañana, depende de si subió o no los dos días anteriores (hoy y ayer).

Aunque aparentemente este hecho atenta contra la definición de un proceso markoviano, porque el pasado (ayer) tiene influencia en el futuro (mañana), esto sería cierto si los estados describieran lo que le sucede a la acción en un día, pero vamos a definir los estados como lo que le sucede a la acción en dos días consecutivos. O sea a cada día le agregamos lo que pasó el día inmediatamente anterior. Entre otras cosas note que los periodos en este caso son días.

En dos días consecutivos (ayer y hoy) a la acción le puede pasar cualquiera de estas cuatro cosas:

Estado 0 La acción subió ayer y hoy

Estado 1 La acción no subió ayer y subió hoy

Estado 2 La acción subió ayer y no subió hoy

Estado 3 La acción no subió ayer y no subió hoy

y se cuenta con las siguientes probabilidades: (para obtener estas probabilidades se debe realizar un estudio muestral)

P (acción suba mañana | subió ayer y hoy) = 0.9

P (acción suba mañana | no subió ayer y subió hoy) = 0.6

P (acción suba mañana | subió ayer y no subió hoy) = 0.5

P (acción suba mañana | no subió ayer y no subió hoy) = 0.3

La matriz de Markov es la siguiente:

SS BS SB BB

SS 0.9 0 0.1 0

P = BS 0.6 0 0.4 0

SB 0 0.5 0 0.5

BB 0 0.3 0 0.7

donde las filas representan lo que le sucedió a la acción ayer y hoy y las columnas hoy y mañana (note que hay un desplazamiento de un día porque se pasa de hoy a mañana y


simplemente al hoy se la antecede del día anterior que es el ayer y al mañana se le antecede el día anterior que es el hoy.

Note que aparecen 8 ceros en la matriz, que se explican porque esos eventos son contradictorios (imposibles) y por tanto su probabilidad es cero.

Así a manera de ejemplo el primer cero es:

Probabilidad (no suba hoy y suba mañana |subió ayer y subió hoy) lo cual es imposible porque se están dando los eventos no subir hoy y subir hoy simultáneamente). De igual manera se explican los demás ceros.

Por último consideremos el ejemplo del jugador.

Suponga que un jugador tiene $1

Su probabilidad de ganar es p, y allí gana $1

Su probabilidad de perder es 1- p, y allí pierde $1

El juego termina cuando el jugador acumula $3 o bien cuando quiebra (llega a cero).

Este modelo es una cadena de Markov y sus estados son:

Estado 0 El jugador está quebrado (tiene 0$)

Estado 1 El jugador tiene $1

Estado 2 El jugador tiene $ 2

Estado 3 El jugador tiene $ 3

No puede haber estados distinto porque cuando llega a cero o a tres se retira del juego.

Matriz de transición de un paso (Matriz de Markov):

0 1 2 3

0 1 0 0 0

P = 1 1−p 0 p 0

2 0 1−p 0 p

3 0 0 0 1


Note que los periodos en este caso no son tiempo sino vez que se tira la moneda, así que las probabilidades de la matriz son las probabilidades de tener en la tirada n+1 de la moneda el número de pesos que está en la columna dado que en la tirada n se tenía el número de pesos que está en la fila.

Teóricamente los procesos de Markov se van hasta el infinito. Para entender este ejemplo se puede suponer que un tercero está tirando la moneda y la continúa lanzando hasta el infinito (infinitas veces), a pesar de que el jugador se retire porque llegó a cero o a tres pesos.

Note además que en la fila del cero y del tres aparece un uno (un evento con probabilidad 1 es un evento cierto), ya que si llega a uno o a tres, a pesar de que el tercero continúe tirando la moneda, el jugador continúa con cero o tres pesos porque ya no juega.

Estos estados que tienen un 1 en la diagonal se denominan estados absorbentes y se volverá sobre ellos más adelante (en este ejemplo los estados 0 y 3 son absorbentes).


Capítulo 2.

Ecuaciones de Chapman-Kolmogorov

Habíamos dicho que Pij(n) es la probabilidad condicional de que la variable aleatoria X,

empezando en el estado i se encuentre en el estado j después de n pasos:

Pij(n) = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑚𝑚)(𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒) 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑛𝑛−𝑚𝑚) para toda i, j, n y 0 ≤ m ≤ n

Al ir del estado i al estado j en n pasos el proceso estará en algún estado k después de exactamente m pasos.

Es sólo la probabilidad condicional de que, si se comienza en el estado i el proceso vaya al estado k después de m pasos y posteriormente del estado k al estado j en (n-m) pasos.

Esto es aplicar el teorema de la probabilidad total: P(A) = � P(A ∩ 𝐵𝐵𝑖𝑖)𝑛𝑛𝑖𝑖=0 donde los

𝐵𝐵𝑖𝑖 son una partición es decir un conjunto de n eventos mutuamente excluyentes y exhaustivos.

Sabemos que Pij(n) = P {Xn = j | X0 = i}

entonces: Pij(n+m) = P {Xn+m = j | X0 = i}

Pij(n+m) = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛+𝑚𝑚 = 𝑗𝑗 ∩ 𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 | 𝑋𝑋0 = i 𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ) (teorema de la probabilidad total)

Llamando A el evento X n+m = j, B el evento Xn = k, C el evento X0 = i

y sabiendo que P(A∩B) = P(A|B) * P(B)

P(A∩B |C) = P(A|B |C) * P(B |C)

P((A∩B) |C) = P(A|(B ∩C)) * P(B|C) (Teorema de la probabilidad condicional)

tenemos: Pij(n+m) = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛+𝑚𝑚 = 𝑗𝑗|𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 ∩ 𝑋𝑋0 = i 𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ) ∗ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑘𝑘|𝑋𝑋0 = i )

Pero ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛+𝑚𝑚 = 𝑗𝑗|𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 ∩ 𝑋𝑋0 = i 𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ) = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛+𝑚𝑚 = 𝑗𝑗| 𝑋𝑋𝑛𝑛 =𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 k ) ya que como 𝑋𝑋0 = 𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 no influye por ser markoviano el proceso, entonces:

Pij(n+m) = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛+𝑚𝑚 = 𝑗𝑗|𝑋𝑋𝑛𝑛 = k 𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ) ∗ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑘𝑘|𝑋𝑋0 = i ) ) = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑚𝑚) ∗𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)


= ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) ∗ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑚𝑚)𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 (ley conmutativa)

Si hacemos

0 1 … M

0 p00(n) p01

(n) … p0M(n)

P(n) = 1 p10(n) p11

(n) … p1M(n)

. .…………………………..

M pM0(n) pM1

(n) … pMM(n)

para n=0, 1, ...M (donde los estados van del 0 al M), es decir armamos una matriz con las probabilidades 𝑝𝑝00

(𝑛𝑛) y la denominamos P(n), entonces tenemos:

Pij(n+m) = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑛𝑛) ∗ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑚𝑚)

𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 que en forma matricial es equivalente a:

P(n+m) = P(n) P(m), que en palabras es equivalente a decir que si se multiplica la matriz que tiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en n pasos por la matriz que tiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en m pasos obtenemos la matriz que tiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en (n + m) pasos.

Apliquemos ahora el teorema de la inducción matemática:

Para m=n=1: P (2) = P

(1)* P (1) = P2 (caso particular), es decir: para obtener la matriz que

tiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en dos pasos, es suficiente elevar la matriz de Markov P al cuadrado.

Si asumimos por inducción que P (n-1) = P n-1 (sin demostrarlo)

Y hacemos m = 1 y n = r-1

P(r-1+1) = P( r ) = P(r-1) P(1) = Pr-1 P = Pr, es decir la matriz que tiene las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en n pasos se obtiene elevando la matriz de Markov a la potencia n.

Esta ecuación se denomina la ecuación o el teorema de Chapman-Kolmogorov.

Nota. El producto de dos matrices de Markov siempre es una matriz de Markov: o sea que si se multiplican dos matrices cuyos elementos son probabilidades (0 ≤ Pij ≤ 1) y tales que


la suma de todas las filas de 1, entonces el producto también cumple esas dos propiedades (es una Matriz de Markov)

Teorema de Chapman-Kolmogorov: la matriz de probabilidades de transición de n pasos se puede obtener calculando la n-ésima potencia de la matriz de transición de un paso.

Ejemplo:

Para el problema de inventarios de las cámaras donde la matriz de transición de un paso estaba dada por:

0 1 2 3

0 0.080 0.184 0.368 0.368

P = 1 0.632 0.368 0 0

2 0.264 0.368 0.368 0

3 0.080 0.184 0.368 0.368

se tiene que: la matriz de transición de dos pasos es:

0.080 0.184 0.368 0.368 0.080 0.184 0.368 0.368

P2 = 0.632 0.368 0 0 0.632 0.368 0 0 =

0.264 0.368 0.368 0 * 0.264 0.368 0.368 0

0.080 0.184 0.368 0.368 0.080 0.184 0.368 0.368

0 1 2 3

0 0.249 0.286 0.300 0.165

P2 = 1 0.283 0.252 0.233 0.233

2 0.351 0.319 0.233 0.097

3 0.249 0.286 0.300 0.165

Note que las filas de la matriz todas suman 1 (es una matriz de Markov) y su significado, a manera de ejemplo, es el siguiente de acuerdo con el teorema de Chapman-Kolmogorov.


El elemento (2,3) que es 0.097 quiere decir que la probabilidad de que si se termina una semana con 2 unidades en inventario (fila), entonces existe una probabilidad de 0.097 de que dentro de dos semanas se termine con un inventario de 3 cámaras (columna) independientemente del comportamiento en las semanas intermedias. Una interpretación similar es válida para cualquiera de los 16 elementos de esta matriz.

La matriz de transición de cuatro pasos se obtiene:

0.249 0.286 0.300 0.165 0.249 0.286 0.300 0.165

P4 = P2* P2 = 0.283 0.252 0.233 0.233 * 0.283 0.252 0.233 0.233

0.351 0.319 0.233 0.097 0.351 0.319 0.233 0.097

0.249 0.286 0.300 0.165 0.249 0.286 0.300 0.165

0 1 2 3

0 0.289 0.286 0.261 0.164

P4 = 1 0.282 0.285 0.268 0.166

2 0.284 0.283 0.263 0.171

3 0.289 0.286 0.261 0.164

Note nuevamente que las filas de la matriz todas suman 1 (es una matriz de Markov) y su significado, a manera de ejemplo, es el siguiente de acuerdo con el teorema de Chapman-Kolmogorov.

El elemento (3,2) que es 0.261 quiere decir que la probabilidad de que si se termina una semana con 3 unidades en inventario (fila), entonces existe una probabilidad de 0.261 de que dentro de dos semanas se termine con un inventario de 2 cámaras (columna) independientemente del comportamiento en las semanas intermedias. Una interpretación similar es válida para cualquiera de los 16 elementos de esta matriz y para cualquier potencia de la Matriz de Markov.

Ejemplo

Consideremos el estado del tiempo, donde la probabilidad de que llueva mañana, depende de si llovió o no los dos días anteriores, ayer y hoy.

Aunque aparentemente este hecho parece ir en contra de la definición de un proceso de Markov, porque las probabilidades del futuro son dependientes del pasado (ayer). Esto sería contradictorio si los estados se definieran como llover o no llover durante un día, pero


definamos los estados como lo que pasa en dos días consecutivos (o sea a lo que pasa en un día le anteponemos lo que pasa en el día inmediatamente anterior) respecto a la lluvia. De acuerdo con esta definición de los estados habría cuatro estados:

Estado 0 Llovió ayer y llovió hoy

Estado 1 No llovió ayer y llovió hoy

Estado 2 Llovió ayer y no llovió hoy

Estado 3 No llovió ayer y no llovió hoy

Las probabilidades son las siguientes (se obtuvieron de un estudio de campo):

P (llueva mañana dado que llovió ayer y llovió hoy) = 0.7

P (llueva mañana dado que no llovió ayer y llovió hoy) = 0.5

P (llueva mañana dado que llovió ayer y no llovió hoy) = 0.4

P (llueva mañana dado que no llovió ayer y no llovió hoy) = 0.2

La matriz de transición de un paso es la siguiente:

LL NL LN NN

LL 0.7 0.0 0.3 0.0

P = NL 0.5 0.0 0.5 0.0

LN 0.0 0.4 0.0 0.6

NN 0.0 0.2 0.0 0.8

donde los estados de las filas denotan lo que pasa ayer y hoy y los de la columna lo que pasa hoy y mañana (desplazamiento de un día (de hoy a mañana), pero al hoy le anteponemos el día anterior (ayer) y al mañana igualmente le ponemos el día anerior (hoy).

Note que aunque los estados deben ser números reales, por simplicidad y por nemotecnia los denominamos como dos letras conscutivas, pues es mas fácil recordar que no llover ayer y no llover hoy es NN, que decir que este es el estado 1, 2, 3 o 4.

Note que en la matriz aparecen ocho ceros ya que esas probabilidades denotan eventos contradictorios. Así por ejmplo el primer cero que está en la fila LL y en la columna NL quiere decir pasar del estado LL (llover ayer y llover hoy) al estado NL (no llover hoy y llover mañana), lo cual ppor supuesto es imposible porque hoy llueve (según la fila) y no


llueve (según la columna). Una contradicción similar se puede notar en los otros ceros de la matriz. Recuerde que la probabilidad de un evento imposible o contradictorio es cero.

0.7 0.0 0.3 0.0 0.7 0.0 0.3 0.0

P2 = 0.5 0.0 0.5 0.0 * 0.5 0.0 0.5 0.0 =

0.0 0.4 0.0 0.6 0.0 0.4 0.0 0.6

0.0 0.2 0.0 0.8 0.0 0.2 0.0 0.8

LL NL LN NN

LL 0.49 0.12 0.21 0.18

P2 = NL 0.35 0.20 0.15 0.30

LN 02.0 0.12 0.20 0.48

NN 0.10 0.16 0.10 0.44

Esta matriz tiene las probabilidades de lo que pase mañana y pasado mañana (columna) dado lo que pasó ayer y hoy (fila), porque estamos en la potencia dos, o sea nos movemos dos días: de hoy a pasado mañana, pero al hoy le anteponemos el día anterior (ayer) y al pasado mañana también le anteponemos el día anterior (mañana).

Así por ejemplo ¿cuál es la probabilidad de que llueva mañana y pasado mañana dado que no llovió ayer ni hoy? (esa probabilidad es 0.10. Mirar la matriz).

Pero suponga que se quiere responder la pregunta ¿cuál es la probabilidad de que llueva pasado mañana, dado que llovió ayer y hoy?

Si los estados representan lo que pasa en dos días consecutivos, como saber la probabilidad es de un solo día: pasado mañana. La solución nos la da el teorema de la probabilidad total, que también es válido con probabilidades condicionales.

P (llueva pasado mañana|llovió ayer y hoy) = P (llueva mañana y pasado mañana|llovió ayer y hoy) + P (no llueva mañana y llueva pasado mañana|llovió ayer y hoy) = 0.49 + 0.12 = 0.61

Note que los eventos Bi son: B1 llover mañana y B2 no llover mañana, que son una partición (mutuamente excluyentes y exhaustivos).


Distribuciones no condicionales Las probabilidades de transición de 1 o n pasos que hemos visto en la matriz de Markov, o en cualquiera de sus potencias según Chapman Kolmogorov, son probabilidades condicionales; por ejemplo:

Pij(n) = P {Xn = j | X0 = i}

Si se desea la probabilidad incondicional P {Xn = j} (Note que no es una probabilidad condicional)

es necesario que se especifique la distribución de probabilidad del estado inicial.

Denotemos esta distribución por QX0(i) donde:

QX0(i) = P{X0 = i} para i = 1,....M y definamos el vector 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗

𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ = { QX0(1) QX0(2) …QX0(M)} (note que asumimos que los estados van de 1 a M y no de 0 a M)

que contiene las probabilidades iniciales no condicionales de todos los estados en el momento inicial

Queremos averiguar el vector

𝑄𝑄𝑥𝑥𝑛𝑛��⃗ = { QXn(1) QXn(2) …QXn(M)}

que contiene las probabilidades no condicionales de todos los estados dentro de n periodos

Cada una de las componentes del vector 𝑄𝑄𝑥𝑥𝑛𝑛��⃗ es:

QXn(j) = P{Xn = j} = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑗𝑗 ∩ 𝑋𝑋0 = 𝑖𝑖)𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 (Teorema de la probabilidad total) = ∑ 𝑃𝑃(𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑗𝑗|𝑋𝑋0 = 𝑖𝑖)𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ∗ P{X0 = i} (Probabilidad condcional a los términos de la sumatoria) = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑛𝑛) ∗𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 QX0(i) = ∑ ∗ 𝑄𝑄𝑥𝑥0(𝑖𝑖) ∗ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)

𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 (ley conmutativa)

Que esto espresado en forma matricial no es más que:

𝑄𝑄𝑥𝑥𝑛𝑛��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * Pn

En palabras este teorema nos dice que el vector que tiene las probabilidades no condicionales de todos los estados dentro de n periodos se obtiene multiplicando el vector que tiene las probabilidades no condicionales de todos los estados en el periodo inicial por la matrizde Markov elevada a la potencia n.


Ejemplo: retomemos el caso de la lluvia

Probabilidad (llueva mañana | llovió hoy) = 0.7

Probabilidad (llueva mañana |no llovió hoy) = 0.5 cuya matriz de Markov es.

L N

L 0.7 0.3 P =

N 0.5 0.5

Como las predicciones del tiempo son más ciertas si se hacen para periodos cortos, supongamos que se conocen las probabilidades de lluvia y no lluvia hoy 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ = {0.9, 0.1}.

Si la probabilidad no condicional de que llueva hoy es 0.9 ¿cuál es la probabilidad no condicional de que lluevapasado mañana?

De acuerdo con la fórmula de probabilidades no condicionales tenemos que:

𝑄𝑄𝑥𝑥2��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * P2 (De hoy a pasado mañana nos movemos dos días)

0.7 0.3 * 0.7 0.3 = 0.64 0.36

P2 = P*P =

0.5 0.5 0.5 0.5 0.60 0.40

𝑄𝑄𝑥𝑥2��⃗ = = {0.9, 0.1} * 0.64 0.36 = {0.636, 0.364}

0.60 0.40

Es decir: si la probabilidad no condicional de que llueva hoy es 0.9, la probabilidad no condicional de que llueva mañana es 0.636


Capítulo 3.

Clasificación de estados de una cadena de Markov

Se dice que el estado j es accesible desde el estado i, si Pij(n) > 0 para algún n ≥ 0.

Que el estado j sea accesible desde el estado i significa que es posible que el sistema llegue eventualmente al estado j si comienza en el estado i.

En general, una condición suficiente para que todos los estados sean accesibles entre sí es que exista un valor de n para el que Pij

(n) > 0 para todo i y j

Recordando el ejemplo del juego se puede decir que el estado 2 no es accesible desde el estado 3, ya que cuando el jugador se encuentra en el estado 3 (tiene $3) el juego termina.

0 1 2 3

0 1 0 0 0

P = 1 1₋p 0 p 0

2 0 1₋p 0 p

3 0 0 0 1

Observe que la matriz de transición de n pasos para este ejemplo es de la siguiente forma donde los asteriscos representan números no negativos.

0 1 2 3

0 1 0 0 0

P = 1 * * * *

2 * * * *

3 0 0 0 1

Nota. Observe que el estado 3 sí es accesible desde el estado 2.


Definición Si el estado j es accesible desde el estado i, y el estado i es accesible desde el estado j, entonces se dice que los estados i y j se comunican.

Propiedades de la comunicación.

1. Cualquier estado se comunica consigo mismo (propiedad reflexiva).

Pii(0) = P {X0 = i | X0 = i} = 1 (es decir n=0)

2. Si el estado i se comunica con el estado j, entonces el estado j se comunica con el estado i (propiedad recíproca).

i j j i

3. Si el estado i se comunica con el estado j y el estado j se comunica con el estado k, entonces el estado i se comunica con el estado k (propiedad transitiva).

i j j k

i k

Demostremos la propiedad 3 para el caso de la transitividad de la comunicación:

⇒ j es accesible desde i: ∃n tal que Pij(n) > 0

k es accesible desde j: ∃m tal que Pjk(m) > 0 ∃m tal que Pjk

(m) > 0

Pik(n+m) = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑛𝑛) ∗ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑚𝑚)

𝑖𝑖 ∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ≥ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) ∗ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑚𝑚) (Por Chapman-Kolmogorov) ≥ 0

Porque la suma de números ≥ 0 es ≥ cualquiera de ellos.

Para el caso k j i la demostración es similar.

El concepto de comunicación divide el espacio de estados en clases ajenas, es decir que dos clases siempre son idénticas o disjuntas.

De 2 estados que se comunican entre sí, se dice pertenecen a la misma clase.

Ningún estado puede pertenecer a 2 clases distintas

Demostración

Por reducción al absurdo: supongamos que el estado j pertenece a dos clases distintas (la que tiene el estado i y la que tiene el estado k).


Entonces por definición: i j y j k, pero por transitividad

i k, es decir i se comunica con k, o sea i, k pertenecen a la misma clase (y no a dos clases distintas como se había supuesto).

Esas dos clases resultan ser la misma.

Usemos esta flecha para denotar ser accesible “en un paso”.

Y con esa flecha se construye un grafo recorriendo la matriz de Markov fila por fila y agregando flechas al grafo entre los estados que tienen un valor diferente de cero en la matriz, y que esos valores indican que es probable pasar del estado que está en la fila al que está en la columna.

Con el diagrama de flechas se definen las clases de la siguiente manera:

Se recorren todos los estados consecutivamente.

Para el estado que está siendo recorrido y al cual se le están tratando de encontrar los estados que pertenecen a la misma clase se determina si hay doble vía, en cualquier número de pasos con todos los otros estados. Si se encuentra doble vía, entonces ese estado pertenece a la clase.

Debe tenerse en cuenta que como un estado no puede pertenecer a dos clases, entonces solo es necesario buscar entre los estados que tienen una numeración mayor. La flecha de un estado a sí mismo puede omitirse, ya que esa operación no le agregaría estados a la clase.

Ejemplo sea la matriz de Markov con tres estados 0, 1, 2:

0 1 2

0 1/2 1/2 0

P = 1 1/2 1/4 1/4

2 0 1/3 2/3

Se construye el grafo:

1

0 2

Figura 3.1


Note que las flechas del 0 al 1 y del 1 al 2 son de doble sentido porque tanto los elementos de la matriz (0,1) (1,0) (1,2) (2,1) son >0

Aplicando lo descrito anteriormente se tiene:

Estado 0 (candidatos el 1 y el 2 porque son >0)

0 y 1 pertenecen a la misma clase porque hay doble vía

Por ahora una clase parcial contiene los estados (0,1)

¿El 2 pertenece a la clase parcial del 0 y 1?

Se recomienda usar siempre el primer estado de la clase, aunque no es necesario. En este caso es el 1.

El 2 pertenece a la clase parcial del (0,1), porque hay doble vía del 0 al 2 y del 2 al 0.

Note sin embargo que la vía del 0 al 2 es en dos pasos al igual que la del 2 al 0, pero recuerde que para armar las clases se busca doble vía en “cualquier número de pasos” y no necesariamente en un paso.

Esa matriz tiene una sola clase con los estados (0, 1, 2).

Definición

Una matriz que contiene una sola clase se dice matriz irreducible. La matriz del ejemplo anterior es irreducible. Veamos otro ejemplo:

0 1 2 3

0 1/2 1/2 0 0

P = 1 1/2 1/2 0 0

2 1/4 1/4 1/4 1/4

3 0 0 0 1


0 1

2 3

Figura 3.2


Procedimiento para armar las clases:

Tomamos el 0 y recorremos los estados 1, 2 y 3 buscando doble vía en cualquier número de pasos.

¿El 1 pertenece a la clase del 0? Si hay doble vía del 0 al 1 y del 1 al 0.

Hasta ahora tenemos la clase parcial (0, 1)

¿El 2 pertenece a la clase parcial (0, 1)?

No, porque a pesar de que hay vía del 2 al 0 no hay forma de ir del 0 al 2.

¿El 3 pertenece a la clase parcial (0, 1)?

No, porque no hay vía del 3 al 0 ni del 0 al 3.

Los estados (0, 1) forman una clase.

Continuamos tomando ahora el 2, que debe chequearse sólo con el 3 (el único >2)

¿El 3 perteneces al clase del 2?

No, porque a pesar de que hay vía del 2 al 3 no hay forma de ir del 3 al 2.

El (2) forma una clase.

Queda sólo el (3), que no hay con quien chequearlo porque no hay estados >3.

Entonces el (3) también forma una clase.

La matriz de Markov anterior tiene tres clases: (0,1) (2) (3)

Definición Sea para un estado i, fii la probabilidad de que el proceso regrese al estado i dado que comienza en el estado i.

Note que en esta definición no se dice en cuántos pasos el proceso debe regresar. Es la posibilidad de regresar al estado i, si se parte del estado i, en cualquier número de pasos.

El estado i se llama recurrente si fii = 1

El estado i se llama transitorio si fii < 1

Un caso especial de un estado recurrente es un estado absorbente. Un estado es absorbente si una vez que se entra en él no se puede abandonar (en la matriz aparece como un 1 en la diagonal).


Por lo general no es fácil determinar si un estado es recurrente o transitorio evaluando fii. Por lo tanto no es evidente si un estado debe clasificarse como recurrente o transitorio.

Teorema

Si el estado i es recurrente entonces se visitará un número infinito de veces.

Es decir: el número esperado de periodos que un proceso markoviano está en un estado i recurrente es infinito.

Lo anterior se demuestra por como fii = 1, entonces si se empieza de i se visita una segunda vez con probabilidad 1. Si ya se ha visitado una segunda vez, entonces nuevamente como fii = 1, entonces se visita una tercera vez y así sucesivamente hasta el infinito.

Si un proceso de Markov se encuentra en un estado i y el estado es transitorio, entonces la probabilidad de que no regrese al estado i es (1 - fii) que es > 0, porque fii <1, es decir, un estado transitorio se abandona y no se vuelve nunca a él con probabilidad 1 (un evento que se da con probabilidad >0, si se repite infinitas veces necesariamente se da).

Teorema

El número esperado de periodos que el proceso se encuentra en el estado i es finito y está dado por 1

1−𝑓𝑓𝑖𝑖 (Distribución geométrica).

Por tanto se concluye que el estado i es recurrente si y sólo si el número esperado de periodos que el proceso se encuentra en el estado i es infinito, dado que empezó en el estado i.

Teorema

Si el estado i es recurrente entonces ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 = ∞

Demostración:

Definamos Bn = 1 si Xn = i

Bn = 0 si Xn ≠ i

La cantidad ∑ 𝐵𝐵𝑛𝑛|(𝑋𝑋𝑋𝑋 = 𝑖𝑖)∞𝑛𝑛=1 representa el número de periodos que el proceso está en

el estado i dado que X0=i

E (∑ 𝐵𝐵𝑛𝑛|(𝑋𝑋𝑋𝑋 = 𝑖𝑖)∞𝑛𝑛=1 ) = ∑ 𝐸𝐸[𝐵𝐵𝑛𝑛|(𝑋𝑋𝑋𝑋 = 𝑖𝑖)∞

𝑛𝑛=1 )] = ∑ 𝑃𝑃[𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑖𝑖| 𝑋𝑋0 = 𝑖𝑖∞𝑛𝑛=1 ] =

∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 = ∞


(Se ha demostrado que el estado i es recurrente si y solo si: ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 = ∞

Este resultado se puede usar para demostrar que la recurrencia es una propiedad de clase (es decir que es común a todos los estados de la clase).

Teorema

Si i es recurrente y además i se comunica con j, entonces j es recurrente.

Demostración:

Como: i j ∃ enteros k y m tales que Pij(k) > 0 y Pji

(m) > 0

Pero Pjj(m+n+k) ≥ Pji

(m) Pii(n) Pij

(k), ya que esta última es una forma particular de pasar de j a j en (m + n + k) pasos

∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑚𝑚+𝑛𝑛+𝑖𝑖)∞

𝑛𝑛=1 ≥ Pji(m) Pij

(k) ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖𝑛𝑛∞𝑛𝑛=1 = ∞, puesto que

∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖𝑛𝑛∞𝑛𝑛=1 = ∞ (i es recurrente)

Pji(m) Pij

(k) > 0 (i, j se comunican)

Teorema

Si i es un estado transitorio y además i comunica con j, entonces j es transitorio.

Demostración:

Por reducción al absurdo: si j fuera recurrente, i sería recurrente por el teorema anterior.

Teorema

En una cadena de Markov de número finito de estados, no todos pueden ser transitorios.

Si todos los estados fueran transitorios, entonces

∃ T0, después de T0 el estado 0 nunca sería visitado

∃ T1, después de T1 el estado 1 nunca sería visitado

∃ TM, después de TM el estado M nunca sería visitado

Si hacemos T = Máx {T0, T1,..., TM}

Después de T ningún estado sería visitado lo que es una contradicción.


Nota: Ser recurrente y transitorio son propiedades de clase.

Corolario

Todos los estados de una cadena de Markov irreducible de número finito de estados son recurrentes.

Ejemplo:

0 1 2 3

0 0 0 1/2 1/2

P = 1 1 0 0 0

2 0 1 0 0

3 0 1 0 0

0 1

3 2

Figura 3.3

Todos los estados se comunican (una sola clase: matriz irreducible). Observe que de cualquier estado se puede ir a cualquier otro de doble vía, aunque no necesariamente en un paso.

Ejemplo:

0 1 2 3 4

0 1/4 3/4 0 0 0

P = 1 1/2 1/2 0 0 0

2 0 0 1 0 0

3 0 0 1/3 2/3 0

4 1 0 0 0 0


0 1

3 2

4

Figura 3.4

Gráficamente (geométricamente) se puede ver que:

Una clase es recurrente si no se puede salir de ella.

Una clase es transitoria si se puede salir de ella y no hay forma de regresar.

De acuerdo con el gráfico anterior este proceso de Markov tiene 4 clases:

(0, 1) (2) (3) (4) (Recuerde la forma de definir las clases).

Un segundo paso después de tener las clases es determinar por observación en el gráfico, de acuerdo con la definición, si son recurrentes o transitorias.

(0, 1) es recurrente (no hay forma de salir).

(2) es recurrente (además es absorbente: las absorbentes, que son clases de un solo elemento, siempre son recurrentes).

(3) es transitoria (se puede salir de ella, por ejemplo hacia el 2, pero si se sale no se puede regresar.

(4) es transitoria (se puede salir de ella, por ejemplo hacia el 0, pero si se sale no se puede regresar.

Realización Una realización del proceso estocástico markoviano es el desarrollo particular aleatorio del proceso. Note que una realización empezando en cualquier estado es diferente cada vez que se ejecuta (se realiza) el proceso.

Para el ejemplo anterior algunas realizaciones podrían ser:

0 0 0 1 0 0 0 1 1 … (empezando en el 0).


2 2 2 2 2 2 2 … (empezando en el 2) Observe que el proceso se queda para siempre en el 2 (por eso esa clase y ese estado se denominan absorbentes).

3 3 2 2 2 2 2 … (empezando en el 3) Note que si se llega a entrar en el estado 2 no se sale nunca de él.

4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 … (empezando en el 4).

Observe que la matriz de transición de n pasos para este ejemplo es de la siguiente forma donde los asteriscos representan números positivos.

0 1 2 3 4

0 * * 0 0 0

1 * * 0 0 0

P = 2 0 0 1 0 0

3 0 0 * * 0

4 * * 0 0 0

Es intuitivamente evidente que al estar en el estado 0 o 1 se regresará a estos mismos.

Definición El periodo de un estado i se define como el entero t (t>1) tal que Pii

n =0 para todos los valores de n distintos de t, 2t, 3t, ..., y t es el entero más grande con esa propiedad.

De acuerdo con esta definición un estado periódico i con periodo t sólo puede ser visitado en pasos múltiplos de t.

Observe que, de acuerdo con la definición, el estado no puede ser visitado en pasos que no son múltiplos de t, en tanto que en los que son múltiplos de t el estado puede ser visitado o no.

Ejemplo:

0 1 2

0 0 1/2 1/2

P = 1 1 0 0

2 1 0 0



0

1 2

Figura 3.5

(0, 1, 2) es una clase recurrente: matriz irreducible.

Además, todos los elementos de esta clase tienen periodo 2.

¿Cómo demostrar que en los pasos que no son múltiplos de 2, si se empieza de cualquier estado, ese estado no se puede visitar?

Para decir que el estado 0 tiene periodo 2, tenemos que mostrar que si empezamos del 0, en los pasos no múltiplos de 2 (los impares) no se puede pasar del 2 al propio 2.

Aunque teóricamente habría que hacerlo para todos los pasos impares desde 0 hasta el ∞, note lo que ocurre, y esto sucede siempre con los estados periódicos. Elevemos la matriz a las potencias 2, 3, 4.

0 1 2

0 1 0 0

P2 = 1 0 1/2 1/2

2 0 1/2 1/2

0 1 2

0 0 1/2 1/2

P3 = 1 1 0 0

2 1 0 0


0 1 2

0 1 0 0

P4 = 1 0 1/2 1/2

2 0 1/2 1/2

Note que P3 = P y que P4 = P2.

Si continuamos elevando a cualquier potencia P5, P6, ... Se puede ver que todas las pares son iguales entre sí y todas las impares también son iguales entre sí, o sea que las infinitas potencias solo pueden ser una de esas dos matrices.

Es decir: P2n+1 = P

P2n = P2

Y en los pasos impares no se puede ir del estado 0 al estado 0 porque la probabilidad es cero. Note que lo mismo sucede para los estados 2 y 3. Por tanto este proceso markoviano tiene periodo 2.

¿Por qué no tiene periodo 3 para el estado 0? Porque como 2 no es múltiplo de 3, en la potencia 2 debería haber un 0 en el elemento (0,0) de la matriz y no lo hay, ya que aparece un 1.

Teorema

Tener periodo t es una propiedad de clase.

O sea que si a un estado se le encuentra un periodo, todos los estados de esa clase tienen el mismo periodo.

Ejemplo:

0 1 2

0 0 1 0

P = 1 0 0 1

2 1 0 0

Note que esta matriz es un caso raro, porque todas las probabilidades 1 son eventos que se dan necesariamente en tanto que las probabilidades 0 son eventos imposibles (en un paso).



0

2 1

Figura 3.6

Note que hay una sola clase (0, 1, 2) recurrente: matriz irreducible, los tres estados se comunican entre sí ya que hay doble vía siempre en ambas direcciones de cualquier estado a cualquier estado.

Una realización empezando en el 0 es:

0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 …

Pero vamos a demostrar que este proceso (matriz) de Markov tiene periodo 3. Tomemos las potencias 2, 3, 4 de la matriz de Markov:

0 1 2

0 0 0 1

P2 = 1 1 0 0

2 0 1 0

0 1 2

0 1 0 0

P3 = 1 0 1 0

2 0 0 1 (la matriz identidad)

0 1 2

0 0 1 0

P4 = 1 0 0 1

2 1 0 0 (P4 = P)


Si P4 = P se puede demostrar que P5 = P2 ya que P5 = P4*P = P*P = P2 y en forma análoga se puede mostrar que sólo hay tres matrices, así:

P3n+1 =

P3n+2 = P2

P3n = P3

Al igual que en el ejemplo anterior en los pasos no múltiplos de 3 o sea en P1 y P2 no se puede pasar de un estado a ese mismo (hay 0 en la diagonal).

Igualmente no puede tener periodo 4 o mayor, porque para tener periodo 4 se requiere que en la potencia 3 haya un 0 en la diagonal y no lo hay. Observe que hay 1.

En conclusión este proceso markoviano tiene periodo 3.

Definición

Si existen 2 números consecutivos s y (s+1) tales que el proceso puede encontrarse en el estado i en los tiempos s y (s+1), se dice que el estado tiene periodo 1 y se llama estado aperiódico. De acuerdo con esta definición la aperiodicidad se da cuando para el estado en la diagonal de la matriz de Markov aparece un valor > 0.

Definición

Si el estado i es recurrente, se dice recurrente positivo, si empezando en i el tiempo (número de pasos) esperado para volver a i es finito.

Definición

Si el estado i es recurrente, se dice recurrente nulo, si empezando en i el tiempo (número de pasos) esperado para volver a i es infinito.

Ejemplo: caminata aleatoria

Suponga que hay un jugador que puede pasar del estado i al estado i+1 con probabilidad p, o devolverse del estado i al i ₋1 con probabilidad 1₋ p.

Este proceso es similar al ejemplo del jugador visto al final del capítulo 2 con la diferencia de que el juego no termina cuando el jugador llega a 0 o a 3, sino que el juego puede continuar hasta los estados ∞ (el jugador se llena de plata) o ₋∞ (el jugador contrae deudas infinitas). Note que los estados negativos se pueden interpretar como tener una deuda.

Este juego también se conoce como la caminata aleatoria, cuando los estados representan la posición donde se encuentra una persona en un eje unidimensional.


Este proceso no se puede representar por medio de una matriz porque el número de estados es ∞ (los enteros desde -∞ hasta ∞) sino que se define así:

Pi , i+1 = p

Pi, i -1 = 1₋p, donde p es la probabilidad de ganar y (1₋p) la probabilidad de perder (se supone que se lanza una moneda que puede estar cargada).

₋∞ … l l l l l l l l l l …∞

₋5 ₋4 ₋3 ₋2 ₋1 0 1 2 3 4

Figura 3.7

Claramente este proceso tiene únicamente una clase: todos los estados se comunican entre sí. Por ejemplo una forma de pasar del estado a al estado b (con b>a) es ganar consecutivamente (b₋a) juegos y una forma de pasar del estado a al estado b es perder consecutivamente (b₋a) juegos, es decir hay doble vía entre cualquier par de estados. Note que encontramos una forma de pasar de a hacia b aunque puede haber ∞ al igual que para pasar de b hacia a.

¿Esta única clase es recurrente o transitoria?

Recuerde que cualquier clase —y aquí sólo hay una— tiene que ser recurrente o transitoria.

La respuesta es:

Si p = 0.5 todos los estados son recurrentes (la moneda no está cargada)

Si p ≠ 0.5 todos los estados son transitorios (la moneda está cargada)

Sin embargo, lo curioso es que si p = 0.5 los estados son nulos recurrentes.

La demostración de la clasificación de los estados, según el valor de p es tema de un curso más avanzado.

Definición

Los estados recurrentes positivos aperiódicos se denominan ergódicos.

Teorema

En una matriz de Markov finita, los estados recurrentes son recurrentes positivos.

Definición

Una cadena de Markov se dice ergódica si todos sus estados son ergódicos.


Capítulo 4.

Tiempos de primera pasada y propiedades a largo plazo de las cadenas de Markov

Tiempos de primera pasada Con frecuencia es conveniente poder hacer afirmaciones en términos de probabilidades sobre el número de transiciones (periodos) que hace el proceso al ir de un estado i a un estado j por primera vez.

Este lapso se llama tiempo de primera pasada al ir del estado i al estado j.

Cuando j = i, este tiempo de primera pasada es justo el número de transiciones hasta que el proceso regresa al estado inicial i.

Note que estas probabilidades pueden ser diferentes a las dadas por Chapman-Kolmogorov, porque Chapman-Kolmogorov nos da por ejemplo la probabilidad de pasar del estado i al estado j en n pasos, pero en los periodos entre el 1 y el n, el j se pudo haber dado una o varias veces, en tanto que en las probabilidades de primera pasada no sólo se trata de pasar del estado i al j en n pasos, sino que adicionalmente se pone la condición de que sea por primera vez, es decir que en los pasos anteriores al n no se pudo haber dado el estado j, para que en el paso n sea por primera vez. Note que esta probabilidad mide la resistencia o capacidad de aguante del proceso markoviano sin caer en el estado j.

Ejemplo:

Recordemos el caso del almacén de cámaras donde Xt representaba el número de cámaras al finalizar la semana t. {Xt} para t=1, 2,..., n es un proceso estocástico.

Recuerde que el número posible de cámaras en inventario al final de la semana t (estados del proceso) son 0, 1, 2, 3.

Suponga que se dio la siguiente realización:

X0 X1 X2 X3 X4 X5

3 2 1 0 3 1

En este caso, el tiempo de primera pasada para ir del estado 3 al estado 1 es dos semanas, el tiempo de primera pasada para ir del estado 3 al estado 0 es tres semanas y el tiempo de recurrencia del estado 3 es cuatro semanas. Note que en 5 semanas se pasa del estado 0 al 1 pero no por primera sino por segunda vez.


En general, los tiempos de primera pasada son variables aleatorias y por lo tanto tienen una distribución de probabilidad asociada a ellos.

Definamos fij(n) como la probabilidad de que el tiempo de primera pasada del estado i al

estado j sea n.

pij(1) = fij

(1) = pij (ya que en un paso siempre es por primera vez).

pij(2) = fij

(2) + fij(1) * pjj (por el teorema de la probabilidad total ya que hay dos formas de

pasar del i al j en dos pasos:

X0 X1 X2

Primera forma i ≠j j cuya probabilidad es fij(2)

Segunda forma i j j cuya probabilidad es fij(1) * pjj.

Y como son mutuamente excluyentes y exhaustivas podemos aplicar el teorema de la probabilidad total pij

(2) = fij(2) + fij

(1) * pjj.

De aquí podemos despejar fij(2) = pij

(2) - fij(1) * pjj

En forma similar a como se hizo para dos pasos se puede hacer para n pasos y aplicar el teorema de la probabilidad total tomando como partición el hecho de que el evento j se da por primera vez en el paso 1, o en el 2, o en el 3….., o en el n.

pij(n) = fij

(n) + fij(1) * pjj

(n-1) + fij(2) * pjj

(n-2) +...+ fij(n-1) * pjj

De aquí podemos despejar fij(n) = pij

(n) - fij(1) * pjj

(n-1) - fij(2) * pjj

(n-2) -...- fij(n-1) * pjj

Note que pesar de que despejamos fij(n), aparece en función de fij

(1) , fij(2) , fij

(3) … fij(n-1), por

lo que para encontrar fij(n) hay que resolver secuencialmente todas las ecuaciones de fij

(n) desde 2 hasta el valor de n que se desea encontrar, es decir: se puede calcular la probabilidad de un tiempo de primera pasada del estado i al j en n pasos, de manera recursiva, a partir de las probabilidades de transición de un paso.

En el ejemplo del almacén de cámaras la distribución de probabilidad de tiempos de primera pasada del estado 3 al 0 se obtiene así:


Recuerde que

0 1 2 3

0 0.080 0.184 0.368 0.368

P = 1 0.632 0.368 0 0

2 0.264 0.368 0.368 0

3 0.080 0.184 0.368 0.368

0 1 2 3

0 0.249 0.286 0.300 0.165

P2 = 1 0.283 0.252 0.233 0.233

2 0.351 0.319 0.233 0.097

3 0.249 0.286 0.300 0.165

Entonces:

f30(1) = 0.08

f30(2) = p30

(2) - f30(1) * p00

f30(2) = 0.249 - (0.08*0.08) = 0.243

Para i y j fijos las fij son números no negativos tales que ∑ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 ≤ 1

Por qué ≤ 1 y no estrictamente = 1 si se están considerando todo los eventos desde 0 hasta ∞?

En realidad falta el evento iniciar en i y nunca llegar al estado j

Pero si este evento no se da entonces

∑ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 = 1 y en ese caso las fij(n) para n=1,2,.. pueden considerarse como una distribución

de probabilidad para la variable aleatoria, el tiempo de primera pasada.


Mientras que puede ser difícil calcular fij(n) para toda n, es relativamente sencillo obtener el

tiempo esperado de primera pasada del estado i al estado j, o sea el promedio de la variable aleatoria 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑛𝑛).

Denominemos este promedio µij:

µij = ∞ si ∑ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 < 1, en tanto que

µij = ∑ 𝑋𝑋𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 si ∑ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 =1 (Esta es la expresión del promedio de cualquier variable aleatoria discreta)

Para el caso ∑ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 =1, la expresión µij = ∑ 𝑋𝑋𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=1 puede ser larga y tediosa de calcular ya que es una serie que tiene infinitos términos. Sin embargo existe una forma más sencilla de obtener los µij resolviendo el sistema de ecuaciones que se plantea a continuación.

µij = 1 + ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑖𝑖≠𝑖𝑖)∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 µkj , donde esta fórmula es el teorema de la probabilidad total donde la partición de los Bi se hace con los estados de lo que sucede en el paso 1. Por supuesto, si en el paso 1 k = j, cuando se presente nuevamente j ya no será por primera vez. Por esta razón la sumatoria se hace sobre todos los estados excepto el estado j.

Cuando i=j µii se denomina tiempo esperado de recurrencia para el estado i.

Esta fórmula se aclara con los ejemplos que se ven a continuación:

Ejemplo: retomemos el ejemplo del inventario de las cámaras

0 1 2 3

0 0.080 0.184 0.368 0.368

P = 1 0.632 0.368 0 0

2 0.264 0.368 0.368 0

3 0.080 0.184 0.368 0.368

y planteemos el sistema de ecuaciones µij = 1 + ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑖𝑖≠𝑖𝑖)∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 µkj con j = 0.

µ30 = 1+p31µ10 + p32µ20 + p33µ30

µ20 = 1+p21µ10 + p22µ20 + p23µ30


µ10 = 1+p11µ10 + p12µ20 + p13µ30

Este es un sistema de 3 ecuaciones en 3 variables (µ10 µ20 µ30), ya que los coeficientes pij se toman de la matriz P. Al resolver este sistema obtenemos:

µ10 = 1.58 semanas

µ20 = 2.51 semanas

µ30 = 3.50 semanas

El tiempo esperado para que el almacén se quede sin cámaras es 1.58, 2.51 y 3.50 semanas, dado que el proceso inicia con 1, 2 o 3 cámaras respectivamente.

Note que estos valores son promedio y por ejemplo µ10 = 1.58 semanas quiere decir que, en promedio, si yo termino una semana con 1 cámara en inventarios, para esperar hasta que se acaben (0 cámaras) debo esperar en promedio 1.58 semanas, pero no necesariamente hay que esperar 1.58 semanas (que entre otras cosas es imposible, porque el número de semanas es un número entero).

Ejemplo:

Una computadora se inspecciona cada hora. Se encuentra que está trabajando o descompuesta. Si está trabajando, la probabilidad de que siga así la siguiente hora es 0.90. Si está descompuesta, se repara, lo que puede llevar más de una hora. Siempre que la computadora esté descompuesta (sin importar cuanto tiempo pase), la probabilidad de que siga descompuesta una hora más es 0.35

a) Construya la matriz de transición de un paso para esta cadena de Markov.

b) Utilice las ecuaciones para calcular las µij (el tiempo esperado de primera pasada del estado i al estado j) para toda i y toda j e interprete estos valores.

De acuerdo con el planteamiento y llamando los estados B (buena o trabajando) y M (mala o descompuesta) la matriz de Markov es la siguiente:

B M

B 0.9 0.1 P =

M 0.65 0.35

donde los estados representan cómo se encuentra la computadora al final de cada hora.


Planteemos y resolvamos las ecuaciones de los µij: µij = 1 + ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑖𝑖≠𝑖𝑖)∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 µkj

Para j = B se plantean las ecuaciones en dos variables (µ1B y µBB):

µMB = 1 + pMMµ1B

µBB = 1 + pBMµMB

que al resolverlas da: µMB = 1.54 horas µBB = 1.15 horas

Para j = M se plantean las ecuaciones en dos variables (µMM y µBM)):

µBM = 1 + pBBµBM

µMM = 1 + pMBµBM

que al resolverlas da: µBM = 10 horas µMM = 7.5 horas.

Interpretación de los valores (recuerde que las µij son promedios):

µMB = 1.54 horas quiere decir que una computadora que está mala, permanece en en reparación en el taller 1.54 horas

µBB = 1.15 horas quiere decir que una computadora dura buena 1.15 horas antes de volver a encontrarla buena. Note que si la computadora nunca se dañara, el tiempo buena antes de encontrarla nuevamente buena sería 1 hora (ya que nunca se daña), pero como existe una probabilidad de que se dañe, el promedio se sube un poco.

µBM = 10 horas quiere decir que una computadora que termina una hora buena va al taller en promedio cada 10 horas.

µMM = 7.5 horas quiere decir que una computadora que está siendo reparada en el taller se demora en promedio 7.5 horas para volver a encontrarla en el taller.

Propiedades a largo plazo de las cadenas de Markov Definición

Condición de estado estacionario es la condición en la que la probabilidad de encontrarse en cualquier estado no varía de un periodo a otro.

De acuerdo con esta definición, la primera pregunta que se debe hacer es esta:

¿Es posible que la probabilidad de encontrarse en cualquier estado no varíe de un periodo a otro? o sea, ¿es posible que se dé la condición de estado estacionario?


Para entender el concepto veamos el ejemplo visto en “Distribuciones no condicionales” en el capítulo 2.

L N

L 0.7 0.3 P =

N 0.5 0.5

Matriz de Markov de un paso que muestra las probabilidades de pasar de cualquier estado (fila) a cualquier estado (columna) en un paso.

𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ = {0.9, 0.1} Probabilidades no condicionales hoy (X0), es decir, la probabilidad no condicional de que llueva hoy es 0.9 y la probabilidad no condicional de que no llueva hoy es 0.1.

𝑄𝑄𝑥𝑥𝑛𝑛��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * Pn , aplicando esta ecuación para n = 1 se tiene:

0.7 0.3 = (0.68, 0.32)

𝑄𝑄𝑥𝑥1��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * P1 = (0.9, 0.1)*

0.5 0.5

Es decir, la probabilidad no condicional de que llueva dentro de un día (mañana) es 0.68 que es diferente a la probabilidad no condicional de que llueva hoy, que es 0.9.

Sin embargo existen ciertas condiciones que se verán a continuación, en las que las probabilidades de que llueva en dos días consecutivos son iguales.

Tratemos de encontrar unas probabilidades tales que sean iguales en dos días consecutivos.

Para ello planteemos el siguiente sistema de ecuaciones:

𝑄𝑄𝑥𝑥1��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ ,pero como 𝑄𝑄𝑥𝑥1��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * P1 se tiene: 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * P1 = 𝑄𝑄𝑥𝑥0

Y si hacemos 𝑄𝑄𝑥𝑥0 = (PL , PN) se tiene:

0.7 0.3 (PL, PN) * = (PL , PN)*

0.5 0.5

Es decir: 0.7 PL + 0.5 PN = PL ecuacion (1)

0.3 PL + 0.5 PN = PN ecuacion (2)


Se tienen dos ecuaciones en dos variables que nos permitirían despejar PL y PN, pero esas dos ecuaciones son linealmente dependientes. Sin embargo contamos con la ecuación adicional

PL + PN = 1.

Si resolvemos el par de ecuaciones: 0.7 PL + 0.5 PN = PL

PL + PN = 1, obtenemos:

PN = 0.375

PL = 0.625

Y curiosamente si las probabilidades (de los estados mañana) son iguales a las probabilidades (de los estados hoy), las probabilidades pasado mañana son también iguales, porque en las probabilidades (pasado mañana) = probabilidades (mañana)*P y continuando se ve que las probabilidades no condicionales permanecen estáticas para siempre. Esa es la razón por la que se llaman probabilidades de estado estacionario.

Entonces para encontrar las probabilidades de estado estacionario, en general, se puede plantear el sistema de ecuaciones 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * P1 = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ y encontrar las 𝑄𝑄𝑥𝑥0 , que resultan ser las probabilidades no condicionales para un número infinito de periodos. En ese sistema de ecuaciones siempre hay una ecuación redundante que se puede eliminar y reemplazar por la ecuación ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖 ∈ 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 1

En lugar de 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ o 𝑄𝑄𝑥𝑥1��⃗ el sistema utiliza la letra griega π y el sistema se plantea como π = πP

Ejemplo:

Recordemos el ejemplo de las cámaras donde la matriz de transición de cuatro pasos fue:

0 1 2 3

0 0.289 0.286 0.261 0.164

P4 = 1 0.282 0.285 0.268 0.166

2 0.284 0.283 0.263 0.171

3 0.289 0.286 0.261 0.164

Si obtenemos la matriz de probabilidades en 8 pasos se tiene:

P8 = P4*P4 =


0.289 0.286 0.261 0.164 0.289 0.286 0.261 0.164

P8 = 0.282 0.285 0.268 0.166 * 0.282 0.285 0.268 0.166

0.284 0.283 0 .263 0.171 0.284 0.283 0.263 0.171

0.289 0.286 0.261 0.164 0.289 0.286 0.261 0.164

0.286 0.286 0.264 0.166

P8 = 0.286 0.286 0.264 0.166

0.286 0.286 0 .264 0.166

0.286 0.286 0.264 0.166

Note que las probabilidades (a nivel de 3 decimales) son iguales entre sí para cada una de las columnas. Es decir: la probabilidad de estar en el estado j después de 8 semanas parece independiente del inventario inicial.

¿Es esto casualidad? La respuesta es no y nos la da el siguiente teorema:

Teorema

Para una cadena de Markov irreducible ergódica el lim𝑛𝑛→∞

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) existe, es independiente de i

y es > 0

Más aún lim𝑛𝑛→∞

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) = πj > 0

Note que en realidad son tres teoremas:

1. El límite existe 2. El límite es independiente de i (no depende de la fila) 3. El límite es > 0

Es decir, cuando la matriz de Markov es irreducible ergódica y se eleva a una potencia muy grande entonces los elementos dentro de cada columna son iguales, o sea la matriz se vuelve de la forma:


π0 π1 π2 … πM

P = π0 π1 π2 … πM

…….……………………….

π0 π1 π2 … πM

Note que aquí los estados van del 0 al M.

Sin embargo estos son los mismos que se obtienen al resolver el sistema π = πP o sea los de la condición de estado estacionario.

Demostración

Si se empieza de cualquier vector inicial no condicional

𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ = [𝑄𝑄𝑥𝑥0(1),𝑄𝑄𝑥𝑥0(2), …𝑄𝑄𝑥𝑥0(𝑀𝑀)]

Se tiene que

π0 π1 π2 … πM

𝑄𝑄𝑥𝑥𝑛𝑛��⃗ = 𝑄𝑄𝑥𝑥0��⃗ * Pn = [𝑄𝑄𝑥𝑥0(1),𝑄𝑄𝑥𝑥0(2), …𝑄𝑄𝑥𝑥0(𝑀𝑀)] * π0 π1 π2 … πM …………………………… π0 π1 π2 … πM = [π0 π1 π2 …… πM] teniendo en cuenta que ∑ 𝑄𝑄𝑥𝑥0(𝑖𝑖) = 1𝑀𝑀

𝑖𝑖=0 .

Entonces se han encontrado dos formas de encontrar las probabilidades de estado estacionario:

1. Resolviendo el sistema π = πP 2. Elevando la matriz de Markov a una potencia muy grande (teóricamente cuando n → ∞)

Adicionalmente hay una tercera forma de encontrar las π:

πj = 1/µjj , es decir, obteniendo el inverso de las µ definidas en el capítulo 4 como tiempos promedio de primera pasada cuando los dos subíndices son iguales, o sea πj = 1/µjj.


Ejemplo:

Hallemos las probabilidades de estado estable para el problema de los inventarios de cámaras

Recuerde que la matriz de transición de un paso (Matriz de Markov) estaba dada por:

0.080 0.184 0.368 0.368

P = 0.632 0.368 0 0

0.264 0.368 0.368 0

0.080 0.184 0.368 0.368

Planteemos el sistema π = πP, donde π = ( π0 π1 π2 π3) ya que son cuatro estados (0, 1, 2, 3)

(π0 π1 π2 π3) = (π0 π1 π2 π3) * 0.080 0.184 0.368 0.368

0.632 0.368 0 0

0.264 0.368 0.368 0

0.080 0.184 0.368 0.368

Lo que nos da:

π0 = π00.080 + π10.632+ π20.264 + π30.080

π1 = π00.184 + π10.368 + π20.368 + π30.184

π2 = π00.368 + π10 + π20.368 + π30

π3 = π00.368 + π10 + π2 + π30.368

Recuerde que este sistema de cuatro ecuaciones en cuatro variables tiene una redundante, que se puede descartar y reemplazar con la ecuación π0 + π1+ π2 + π3 = 1.

Al resolver este sistema obtenemos:

π0 = 0.286

π1 = 0.286

π2 = 0.264


π3 = 0.166

Que son los mismos valores obtenidos en la matriz P8

Note que a pesar de que el teorema plantea la convergencia cuando n tiende a ∞, la convergencia es muy rápida y ya en la potencia 8 se observa que a nivel de 3 decimales los elementos en cada columna son iguales entre sí.

Es decir, después de un número grande de semanas, la probabilidad de encontrar cero, una, dos y tres cámaras en el almacén tiende a 0.286, 0.286, 0.264, 0.166 respectivamente.

Los tiempos esperados de recurrencia se obtienen de la ecuación: πj = 1/µjj ,

µ 00 = 3.51 semanas

µ 11 = 3.5 semanas



Se requieren 3.51, 3.51, 3.79 y 6.02 semanas en promedio para que el proceso empezando del estado i regrese por primera vez al i con i =1, 2, 3, 4.

Conclusiones Existen otros resultados importantes respecto a las probabilidades de estado estable.

En particular, si i y j son estados recurrentes que pertenecen a distintas clases entonces:

Pij(n) = 0 para toda n

Este resultado es consecuencia de la definición de clase.

De manera parecida, si j es un estado transitorio, entonces:

lim𝑛𝑛→∞

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) = 0 para toda i

Este resultado significa que la probabilidad de encontrar el proceso en un estado transitorio después de un número grande de pasos es cero.

Ejemplo:

Estudiemos el caso de la movilidad de clases sociales. Supongamos que en la sociedad sólo existen los estratos socioeconómicos alto, medio y bajo.


Veremos a continuación la matriz de transición de un paso, es decir las probabilidades de pasar en una generación una clase social a otra.

Estado 0: Clase alta Estado 1: Clase media Estado 2: Clase baja La matriz de Markov (que se puede obtener por medio de encuestas) es la siguiente:

A M B

A 0.45 0.48 0.07

P = M 0.05 0.70 0.25

B 0.01 0.50 0.49

Esta es la matriz de Markov de un paso donde el paso representa una generación, es decir las filas representan la clase social de los padres y las columnas la clase social de los hijos.

Para el caso se puede tomar uno de los dos padres: el padre o la madre.

Así por ejemplo de padres de clase alta (primera fila) sus hijos tienen una probabilidad de 0.45 de ser de clase alta, una probabilidad de 0.48 de ser de clase media y una probabilidad de 0.07 de ser de clase baja. La interpretación de las otras filas es similar: por ejemplo el 1% de las personas que tuvieron padres de clases baja logran llegar a ser personas de clase alta.

Recuerde π = π P donde π = (πA, πM, πB) y

0.45 0.48 0.07

P = 0.05 0.70 0.25

0.01 0.50 0.49

Planteamos el sistema:

0.45 0.48 0.07

(πA, πM, πB) = (πA, πM, πB) * 0.05 0.70 0.25

0.01 0.50 0.49


Es decir:

πA = πA0.45+ πM0.05 + πB0.01

πM = πA0.48 + πM0.70 + πB0.50

πB = πA0.07 + πM0.25 + πB0.49

Se elimina una cualquiera de estas tres ecuaciones y se agrega la ecuación:

πA + πM + πB = 1

Al resolver este sistema se obtiene:

πA = 0.07 πM = 0.62 πB = 0.31

Lo que quiere decir que después de varias generaciones, e independientemente del estado inicial de la sociedad, la probabilidad de pertenecer a la clase alta, media y baja tiende a 0.07, 0.62, 0.31 respectivamente, es decir así se estabiliza la sociedad.

Ejemplo:

Veamos ahora el caso de una constructora que utiliza camiones para el transporte de materiales y escombros. Se sabe que el problema más común de los camiones es que se les obstruya el filtro de aire.

A los camiones se les clasifica el filtro al final de cada día y se determina que está en uno de tres estados: el filtro está limpio, parcialmente obstruido o completamente obstruido. El costo de reparación de un camión con el filtro totalmente obstruido es $120/camión-día teniendo en cuenta los costos de reparación y el lucro cesante. Además, la reparación de un camión con el filtro totalmente obstruido se demora todo el día siguiente. La matriz de la forma en que evoluciona el filtro de los camiones día a día es la siguiente:

L PO O

L 0.10 0.80 0.10

P = PO 0 0.50 0.50

O 1 0 0

Donde L = limpio, PO = parcialmente obstruido y O = completamente obstruido. Las filas representan el estado del filtro del camión al final de un día y las columnas el estado del filtro del camión al final del día siguiente.

Así, por ejemplo, de los camiones que terminan un día con el filtro limpio al día siguiente el 10% terminan nuevamente con el filtro limpio, 80% terminan con el filtro parcialmente obstruido y 10% terminan con el filtro completamente obstruido y estos


son los que hay que someter a reparación el día siguiente y que hacen que la empresa incurra en un costo de $120.

Note que los camiones con el filtro obstruido se llevan en un día con certeza (Probabilidad 1) al estado limpio porque se les cambia el filtro por uno limpio. Planteemos las ecuaciones de estado estacionario: π = π P

(πL, πPo, πO ) = (πL, πPo, πO ) * P

0.10 0.80 0.10

(πL, πPo, πO) = (πL, πPo, πO) * 0 0.50 0.50

1 0 0

Es decir:

πL = πL0.10+ πPo0+ πO1

πPo = πL0.80+ πPo0.50+ πO0

πO = πL0.1 + πPo0.50+ πO0


πA + πM + πB = 1


πL = 0.286 πPo = 0.457 πO = 0.257

Después de un tiempo, al final de cualquier día el 28.6% de los camiones tienen el filtro limpio, el 45.7% lo tienen parcialmente obstruido y el 25.7% totalmente obstruido y esos porcentajes permanecen para siempre. Note que lo que produce la estabilidad es el hecho de que la cantidad de camiones que llegan a un estado y la que abandona el estado son las mismas, por lo que los porcentajes permanecen constantes.

Note, a manera de ejemplo el estado PO (parcialmente obstruido). Los que abandonan el estado PO de un día para otro son el 50% que se van a obstruido (ver la segunda fila de la matriz) = 0.5*0.457 = 0.228

Los que llegan al estado PO de un día para otro son el 80% de los L (ver la segunda columna de la matriz = 0.8*0.286 = 0.228

Como los que dejan el estado y los que llegan estado son la misma cantidad entonces los que permanecen en el estado también son la misma cantidad y los mismos porcentajes.


Este análisis también se puede hacer para los otros 2 estados, al igual que en cualquier matriz de Markov irreducible ergódica. En estas circunstancias el costo del mantenimiento correctivo sería:

25.7% * $120/camión-día = $30.84/camión-día

Existe la posibilidad de hacer un mantenimiento preventivo, es decir cambiar el filtro a los camiones que terminan al final del día con el filtro parcialmente obstruido. El costo de reparación de un camión con el filtro parcialmente obstruido serían $20/camión-día y también toma un día ese cambio. La matriz para esta situación sería:

L PO O

L 0.10 0.80 0.10

P = PO 1 0 0

O 1 0 0

Note que el único cambio es en la segunda fila (PO) ya que los camiones con el filtro PO se llevan al estado L con certeza (probabilidad = 1), o sea una situación similar a los obstruidos.

Planteemos las ecuaciones de estado estacionario: π = π P

(πL, πPo, πO) = (πL, πPo, πO) * P

0.10 0.80 0.10

(πL, πPo, πO) = (πL, πPo, πO) * 1 0 0

1 0 0

Es decir:

πL = πL0.10+ πPo1+ πO1

πPo = πL0.80+ πPo0+ πO0

πO = πL0.1 + πPo0+ πO0


πA + πM + πB = 1



πL = 0.53 πPo = 0.42 πO = 0.05

Bajo estas circunstancias el costo del mantenimiento total sería:

42% * $20/camión-día + 5% * $120/camión-día = $14.4/camión-día.

Lo que nos muestra que en este caso es menos costoso hacer el mantenimiento preventivo que no hacerlo.

Este tipo de problemas se denominan problemas de políticas, porque se hace un análisis separado bajo dos circunstancias políticas diferentes y se escoge la mejor.

Note que el hecho de que sea mejor el mantenimiento preventivo depende de varios factores, como la diferencia de costos entre el preventivo y el correctivo, al igual que del porcentaje de camiones que terminan con el filtro parcialmente obstruido que para este ejemplo es 0.05, aunque podría ser diferente, pero el enfoque markoviano es una de las formas de tratar el problema del mantenimiento preventivo.

Retomemos el ejemplo de las computadoras que se revisan al final de cada hora para decidir si se llevan al taller a reparar o no.

B M

B 0.9 0.1 P =

M 0.65 0.35

Se plantea la condición de estado estacionario:

0.9 0.1 (πB πM) =(πB πM) * 0.65 0.35

Que al resolver para πB πM eliminando una de las ecuaciones redundantes y agregando la ecuación πB +πM = 1 da: πB = 0.867 πM = 0.133.

Es decir que cada computadora después de un cierto tiempo se mantiene buena el 86.7% del tiempo y mala el 13.3% del tiempo. O sea que si en el salón hay 100 computadoras, en promedio se mantienen en forma estacionaria siempre 86.7 computadoras buenas y 13.3 computadoras malas.


Ejemplo:

Considere el siguiente problema de inventario de sangre al que se enfrenta un hospital. Se tiene necesidad de un tipo raro de sangre. La demanda diaria en litros de sangre está dada por:

P[D=0] = 0.4 P[D=1] = 0.3 P[D=2] = 0.2 P[D=3] = 0.1

Note que la demanda esperada es un litro de sangre:

E(D) = 0 litros *0.4 + 1 litro*0.3 + 2 litros *0.2 + 3 litros *0.1 = 1 litro

Suponga que se surte sangre todos los días. El hospital propone una política y firma un contrato con un proveedor para recibir al principio del día 1 litro de sangre (el promedio) y usa siempre la más vieja. Si se requiere durante el día más sangre de la que se tiene al principio del día se hace una entrega de emergencia a un costo muy alto. La sangre se debe descartar si en 4 días no se ha usado. Denote los estados del sistema como el número de litros en inventario justo después de una entrega. Observe que debido a la política de descartar la sangre el estado más grande posible es 4 litros: un litro recién entregado, otro con un día, otro con dos días y otro con tres días.

a) Encuentre la matriz de transición de un paso para esta cadena de Markov. b) Encuentre las probabilidades de estado estable para los estados de esta cadena de

Markov. c) Use los resultados de b) para encontrar la probabilidad de estado estable de que sea

necesario descartar un litro de sangre durante un día. d) Determine el número promedio de litros caros de sangre que se compran por día. e) Determine el número promedio de litros de sangre que se descartan por día.

a) Para armar la matriz de transición usemos una estructura de árbol, que facilita mucho el trabajo: se puede usar un árbol para armar cada fila de la matriz, donde la raíz del árbol es el estado en el periodo t y los nodos finales los estados en el periodo t+1.

Recuerde que los estados, al principio de un día, después de la entrega son (1, 2, 3, 4: tener 1 litro, tener 2 litros, tener 3 litros, tener 4 litros), que los estados son después de la entrega, por lo que siempre hay que sumar un litro: el entregado. Recuerde también la ecuación de balance de inventario para un periodo:

Inventario final = inventario inicial + entradas (contrato + compra caras) – salidas (demanda + descartada).


2 Prob(D=0) = 0.4 D=0 1 Prob(D=1) = 0.3 1 D=1 D=2

Compra 1 litro caro 1 Prob(D=2) = 0.2

D=3

Compra 2 litros caro 1

Prob(D=3) = 0.1

Figura 4.1 Árbol para el estado 1: primera fila de la matriz

Observe de este árbol que si al inicio de un día hay 1 litro en inventario, al día siguiente sólo puede haber 1 litro con probabilidad 0.6 (0.3 + 0.2 + 0.1) o 2 litros con probabilidad 0.4 y que en un caso hay que comprar 1 litro caro y en otro caso hay que comprar 2 litros caros.

En los árboles a continuación aparecen los estados iniciales y finales, pero no se hacen comentarios.

3 Prob(D=0) = 0.4 D=0 2 Prob(D=1) = 0.3 2 D=1 D=2

1 Prob (D=2) = 0.2

D=3

Compra 1 litro caro 1 Prob(D=3) = 0.1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

1


4 Prob(D=0) = 0.4 D=0 3 Prob(D=1) = 0.3 3 D=1 D=2

2 Prob (D=2) = 0.2

D=3

1 Prob(D=3) = 0.1

Figura 4.3 Árbol para el estado 3: tercera fila de la matriz

Descarta 1 litro 4 Prob(D=0) = 0.4 D=0 4 Prob(D=1) = 0.3 3 D=1 D=2

3 Prob (D=2) = 0.2

D=3

2 Prob(D=3) = 0.1

Figura 4.4 Árbol para el estado 4: cuarta fila de la matriz

De acuerdo con estos árboles la matriz de inventarios al comienzo de un día después de la entrega es:

1

1

1

1

1

1


1 2 3 4

1 0.6 0.4 0 0

P = 2 0.3 0.3 0.4 0

3 0.1 0.2 0.3 0.4

4 0 0.1 0.2 0.7

b) Probabilidades de estado estable

Ecuaciones de balance: π = πP

(π1, π2, π3, π4) = (π1, π2, π3, π4)P

π1 = 0.6 π1 + 0.3 π2 + 0.1 π3

π3 = 0.4 π2 + 0.3 π3 + 0.2 π4

π4 = 0.4 π3 + 0.7 π4

π1 + π2 + π3 + π4 = 1

(Se descarta la ecuación de π2 por ser la más larga).

Al resolver este sistema de ecuaciones obtenemos:

π1 = 0.2372

π2 = 0.2419

π3 = 0.2233

π4 = 0.2977

c) Observe los árboles, sólo en un caso se descarta sangre: cuando se empieza el día con 4 litros y la demanda es 0 litros y como ambos eventos son independientes, las probabilidades se multiplican:

Probabilidad (descartar un litro de sangre) = π4*P(D = 0) = 0.2977*0.4 = 0.119.

Hay un 11.9% de probabilidad de descartar sangre, o en forma similar el 11.9% de los días hay que descartar sangre.

d) Número promedio de litros caros comprados por día:


Recuerde que el promedio de cualquier variable aleatoria discreta está dado por: Promedio = Σ(valores que toma la variable)*(Probabilidad de cada valor).

De acuerdo con los árboles la variable aleatoria comprar litros caros toma los valores 0,

1, 2.

Entonces, promedio (litros caros) =0*Prob(comprar 0 caros) + 1*Prob(comprar 1 caro) + 2*Prob(comprar 2 caros) = 0 + 1*π1*Prob(Dem=2) +1* π2*Prob(Dem=3) + 2*π1*Prob(Dem=3) = 0.2372*0.2 + 0.2419*0.1 + 2*0.2372*0.1 = 0.119 litros.

En resumen, el hospital compra en promedio 0.119 litros caros por día

e) Número promedio de litros que se descartan por día:

De acuerdo con los árboles la variable aleatoria descartar litros toma los valores 0, 1.

Entonces, promedio (litros descartados) = 0*Prob (descartar 0) + 1*Prob (descartar1) =

1*π4*Prob(Dem = 0) =1*0.2977*0.4 = 0.119 litros.

En resumen el hospital descarta en promedio 0.119 litros por día.

Observe que los descartados y los comprados caros son iguales, lo cual no es sorprendente ya que esto se puede demostrar matemáticamente:

En condición de estado estable: Promedio (entradas) = Promedio (salidas)

= Promedio (contrato + compra cara) = Promedio (demanda + descartada)

= Promedio (contrato) + Promedio (compra cara) = Promedio (demanda) + Promedio (descartada)

= 1 litro + Promedio (compra cara) = 1 litro + Promedio(descartada).

Cancelando el valor 1 litro obtenemos:

Promedio (compra cara) = Promedio (descartada), como efectivamente habíamos encontrado.


Capítulo 5.

Costos esperados y estados absorbentes

Costos esperados Habíamos estudiado las propiedades de largo plazo de las cadenas de Markov cuyos estados eran recurrentes positivos y aperiódicos.

Si relajamos el requerimiento de que los estados sean aperiódicos, es posible que:

lim𝑛𝑛→∞

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) no exista

Ejemplo:

Considérese el proceso de Markov, de dos estados, definido por la siguiente matriz

0 1 P = 1 0

Este proceso markoviano es periódico con periodo 2

1 0 P2 = 0 1

0 1 P3 = = P 1 0


1 0

P4 = = P2 0 1

y el patrón de matrices se repite.

Si el proceso comienza en el estado cero:

Estará en el estado 0 en los periodos 2, 4, 6, ...

Estará en el estado 1 en los periodos 1, 3, 5, ...

P00(n) = 1 si n es par

P00(n) = 0 si n es impar

Lim P00(n) no existe

ya que aparece la serie: 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 … que es una serie divergente.

Sin embargo, el siguiente límite siempre existe para una cadena de Markov irreducible con estados recurrentes positivos. (Note que no se exige que la matriz sea ergódica; de hecho la de este ejemplo no lo es ya que es periódica)

lim𝑛𝑛→∞

( 1𝑛𝑛∗ ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖

(𝑖𝑖)𝑛𝑛𝑖𝑖=1 ) = πj

Las πj satisfacen las ecuaciones de estado estable vistas en el capítulo 5.

Así que ya hemos encontrado una cuarta forma de encontrar las πj, con la ventaja de que esta cuarta forma no requiere que la matriz sea ergódica, sino que sus estados sean positivos recurrentes.

Este resultado es sumamente importante al calcular el costo promedio a la larga por unidad de tiempo, asociado a una cadena de Markov.

Supongamos que se incurre en un costo C(Xt) cuando el proceso se encuentra en el estado Xt en el tiempo t, para t=0,1,...

C(Xt) es una variable aleatoria que toma cualquiera de los valores C(0), C(1), ..., C(M) y la función C(.) es independiente de t, es decir que si el estado es el mismo (se repite) en periodos distintos, el costo asociado con esos dos periodos también es el mismo.

El costo promedio esperado en el que se incurre a lo largo de los primeros n periodos está dado por: E(1

𝑛𝑛∗ ∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑒𝑒=1 ).


Se puede demostrar que el costo promedio esperado por unidad de tiempo (a la larga), está dado por: lim

𝑛𝑛→∞ E(1

𝑛𝑛∗ ∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑒𝑒=1 ) = ∑ π𝑖𝑖𝐶𝐶𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 (esta ecuación lo que dice es que el

promedio de una muestra muy grande tiende al promedio estadístico).

Ejemplo: retomemos el ejemplo de los inventarios

Suponga que se debe asignar un costo de almacenamiento por cada cámara que permanece en la tienda al final de la semana.

0 si Xt = 0

C(Xt) = 2 si Xt = 1

8 si Xt = 2

18 si Xt = 3

Recordemos la matriz de transición de un paso y las πj del problema de las cámaras.

0 1 2 3

0 0.080 0.184 0.368 0.368

P = 1 0.632 0.368 0 0

2 0.264 0.368 0.368 0

3 0.080 0.184 0.368 0.368

π0 = 0.285

π1 = 0.264

π2 = 0.285

π3 = 0.166

Después de muchas semanas, la probabilidad de encontrar cero, una, dos y tres en el almacén tiende a 0.285, 0.285, 0.264, 0.166 respectivamente.

El costo promedio esperado a la larga por mantener el inventario es

lim𝑛𝑛→∞

E(1𝑛𝑛∗ ∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑒𝑒=1 ) = 2*(0.285) + *(0.264) + 2*(0.285) + 3*(0.166) = 5.67


Este valor es el que debe usar la empresa para la evaluación de su inventario, cuando este es variable en forma probabilística en el tiempo.

Definamos ahora un Ct muy particular de la siguiente manera:

1 si Xt = j C(Xt) =

0 si Xt ≠ j Note que es una función de costos que toma solamente los valores 0 o 1.

∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛𝑒𝑒=1 ) representa el número de veces que el proceso entra en el estado j.

1𝑛𝑛∗ ∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑒𝑒=1 ) representa la fracción de veces que el proceso está en el estado j.

Si aplicamos la fórmula lim𝑛𝑛→∞

E(1𝑛𝑛∗ ∑ 𝐶𝐶((𝑋𝑋𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑒𝑒=1 ) = ∑ π𝑖𝑖𝐶𝐶𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 se tiene:

lim𝑛𝑛→∞

E (fracción de veces que el sistema está en el estado j)= πj, y la segunda sumatoria da

π𝑖𝑖.

Esta fórmula nos demuestra que π𝑖𝑖se puede interpretar como la fracción o porcentaje real (a la larga) del número de veces que el sistema se encuentra en el estado j (recuerde que este teorema ya había sido demostrado).

Estados absorbentes Se había dicho que el estado k se llama estado absorbente si Pkk=1, de manera que una vez que la cadena llega al estado k, permanece ahí para siempre, porque la probabilidad de pasar de ese estado al mismo estado en un periodo es 1, lo cual es un evento cierto. Por eso los estados se llaman absorbentes, porque si en el proceso se llega a dar un estado absorbente, el proceso no puede salirse de ahí hasta el infinito. Y se dice que el proceso es absorbido por ese estado.

Definición

Si k es un estado absorbente y el proceso comienza en el estado i, la probabilidad de llegar en algún momento a k se llama probabilidad de absorción al estado k, dado que el sistema empezó en i y se denota fik

Si la cadena de Markov tiene dos o más estados absorbentes es deseable encontrar las probabilidades de absorción por estos estados. Estas probabilidades se hallan al resolver un sistema de ecuaciones lineales.

fik = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 para i= 0,1,..., M (número de estados).


Esta fórmula es el teorema de la probabilidad total donde la partición se hace en los estados por los que pasa al cabo de un paso, que son mutuamente excluyentes y exhaustivos

Tenga en cuenta que:

fkk = 1 (si se empieza en un estado absorbente el proceso permanece absorbido en ese estado

fik = 0 si el estado i es recurrente e i≠k (esta ecuación se deduce del hecho de que no se puede pasar de una clase recurrente a otra clase distinta también recurrente (recuerde que los estados absorbentes son recurrentes), ya que como se vio en el capítulo 3 una clase es recurrente si no se puede salir de ella. De acuerdo con esta definición las probabilidades de absorción, fik ≠ 0, requieren que el estado i sea transitorio y el k absorbente.

Un caso donde las probabilidades de absorción son importantes es el de las caminatas aleatorias, tal como se verá a continuación.

Ejemplo:

Retomemos el ejemplo de la caminata aleatoria visto al final del capítulo 1, que tiene dos interpretaciones: la interpretación de la caminata y la del jugador.

Supongamos que se encuentran 2 jugadores (A y B) cada uno con $2. Uno de ellos (el A, al que le vamos a plantear la matriz de Markov) acepta jugar hasta que quiebre, es decir llegue a $0 o hasta que llegue a $4; el jugador se retira en cualquiera de estos dos casos. Note que es una variante del ejemplo visto en el capítulo 1, porque allí no se retiraba en $4 sino en $3.

La probabilidad de que el jugador A gane es p, y cada vez que alguno de los jugadores gana recibe $1 de su contrincante, o sea que si el jugador A pierde debe entregarle $1 al jugador B.

El número de pesos que tiene el jugador A después de cada lanzamiento de la moneda (0, 1, 2, 3 o 4) proporciona los estados de una cadena de Markov.

La matriz de Markov que describe este proceso es:

0 1 2 3 4

0 1 0 0 0 0

1 1-p 0 p 0 0

P = 2 0 1-p 0 p 0

3 0 0 1-p 0 p

4 0 0 0 0 1


Note que los estados 0 y 4 son absorbentes. El juego se termina cuando el jugador llega a los estados 0 (tener $0) o 4 (tener $4).

Recuerde que la moneda puede estar cargada (p≠0.5) o ser normal (p=0.5).

Determinemos las clases con el gráfico visto en el capítulo 3.

1

0 2

4 3

Figura 5.1

Si se determinan las clases y su clasificación en transitorias o recurrentes vista en el capítulo 3 se ve que este proceso tiene 3 clases:

(0) Recurrente (recuerde que también es absorbente: 1 en la diagonal)

(1, 2, 3) Transitoria

(4) Recurrente (recuerde que también es absorbente 1 en la diagonal)

Recuerde la fórmula vista en el capítulo 4: lim𝑛𝑛→∞

𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑛𝑛) = 0 para toda i o sea que la

probabilidad de encontrar el proceso en un estado transitorio después de un número grande de pasos es cero, o sea que el juego termina en uno de los dos estados absorbentes (0 o 4). Note que este concepto matemático es intuitivamente evidente. Ese juego tarde que temprano se acaba (en 0 o en 4, pero se acaba, aunque puede durar algunos periodos en los estados 1, 2 o 3, el jugador A o se quiebra o llega a los $4 y en cualquiera de los dos casos se retira del juego).

Pregunta: ¿cuál es la probabilidad de que el jugador A termine en cero o en 4 si se juega con una moneda no cargada?

Por supuesto que la respuesta depende de con cuanta plaza inicia el juego.

Nueva pregunta: ¿si el jugador A empieza el juego con $2 cuál es la probabilidad de que termine con $0 o con $4 si se juega con una moneda no cargada (p=0.5)?

Para responder esta pregunta planteemos el sistema de ecuaciones lineales.


fik = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 para i= 0,1,..., M (número de estados).

Para responder la última pregunta, encontremos f04, o sea la probabilidad de que si empieza en el estado 2 termine el juego en el estado 4 (note que el estado 0 es transitorio y el 4 es absorbente)

f24 = p20f04 + p21f14 + p22f24 + p23f34 + p24f44 (note que aparecen además de f24 también f04, f14, f34, f44)

por lo que deben plantearse también las ecuaciones para f14, f34, (f04 = 0 y f44 = 1) con lo que se tiene el sistema de ecuaciones

f14 = p10f04 + p11f14 + p12f24 + p13f34 + p14f44

f24 = p20f04 + p21f14 + p22f24 + p23f34 + p24f44

f34 = p30f04 + p31f14 + p32f24 + p33f34 + p34f44

Reemplazando por los valores de las pij obtenidos de la matriz P, donde si p = 0.5, (1-p) también es 0.5, se tiene:

f14 = 0.5f24

f24 = 0.5f14 + 0.5f34

f34 = 0.5f24 + 0.5

que al resolver nos da como solución:

f14 = 0.25

f24 = 0.5

f34 = 0.75

Es decir, si el jugador A empieza con dos pesos a jugar lanzando una moneda no cargada, tiene un 50% de probabilidades de que el juego termine para él con $4; si el jugador A empieza con un peso a jugar lanzando una moneda no cargada, tiene un 25% de probabilidades de que el juego termine para él con $4; si el jugador A empieza con tres pesos a jugar lanzando una moneda no cargada, tiene un 75% de probabilidades de que el juego termine para el con $4. En todos los casos estos resultados son independientes del número de juegos, ya que no se sabe cuántas lanzadas de la moneda puede durar el juego.

De la misma forma pueden plantearse y resolverse las ecuaciones para obtener f10, f20, f30.


Aunque como sólo hay dos estados absorbentes y el juego tiene que terminar en uno de los dos, intuitivamente se puede concluir que estas probabilidades son el complemento de las anteriores, es decir:

f10 = 0.75

f20 = 0.5

f30 = 0.25

Así como se resolvió el problema para una moneda normal p = 0.5, se puede plantear el problema general para cualquier valor de p (moneda cargada), lo que nos daría la siguiente solución:

1 - fi0 = 1−𝜌𝜌𝑖𝑖

1−𝜌𝜌𝑀𝑀 para p ≠ 0.5

1 - fi0 = 𝑖𝑖𝑀𝑀

para p = 0.5

Donde ρ = (1-p)/p

Supongamos que p = 2/3 (sabemos que M=4 e i=2)

La probabilidad de que A se quiebre está dada por

f20 = 1 - 1−𝜌𝜌2

1−𝜌𝜌4 = 1/5

Es decir, si empieza el juego con $2 pero la moneda lo favorece (p = 2/3) la probabilidad de que termine quebrado se reduce a 1/5

La probabilidad de que A gane, es decir que B se quiebre está dada por el complemento:

f24 = 1 - f20 = 4/5

Ejemplo:

Considere una tienda de departamentos que clasifica el saldo de la cuenta de un cliente al final de cada mes en uno de los siguientes 4 estados:

Pagada Estado 0

1 a 30 días de retraso Estado 1

31 a 60 días de retraso Estado 2

Mala deuda Estado 3


En general los créditos no se extienden y se espera que los clientes paguen dentro de los 30 días de retraso.

En ocasiones los clientes pagan solo parte de la deuda. Si ocurre dentro de los 30 días, la cuenta permanece en el estado 1. Si ocurre estando la cuenta en el estado 2, se pasa al estado 1 si hace un abono significativo, y se deja en el estado 2 si hace un abono pequeño.

Los clientes que tienen más de 60 días se clasifican en la categoría mala deuda, luego las cuentas se mandan a una agencia de cobro.

Después de analizar los datos del año pasado la tienda ha desarrollado la siguiente matriz de Markov:

0 1 2 3

0 1 0 0 0

P = 1 0.7 0.2 0.1 0

2 0.5 0.1 0.2 0.2

3 0 0 0 1

Aunque cada cliente llega al estado 0 o al estado 3, la tienda se interesa en determinar la probabilidad de que un cliente llegue a ser una mala deuda, dado que pertenece al estado 1 y al estado 2.

Determinemos las clases con el gráfico visto en el capítulo 3.

1

0 2

3

Figura 5.2

Si se determinan las clases y su clasificación en transitorias o recurrentes vista en el capítulo 3, se ve que este proceso tiene 3 clases:



(1, 2) Transitoria


Debemos obtener f13 y f23 mediante la solución del sistema de ecuaciones que anteriormente describimos

f13 = p10 f03 + p11 f13 + p12 f23 + p13 f33

f23 = p20 f03 + p21 f13 + p22 f23 + p23 f33

Como f03 = 0 y f33 = 1, obtenemos

f13 = 0 + p11 f13 + p12 f23 + p13

f23 = 0 + p21 f13 + p22 f23 + p23

Reemplazando por los valores de las pij, obtenidos de la matriz P, se tiene:

f13 = 0.2 f13 + 0.1 f23

f23 = 0.1 f13 + 0.2 f23 + 0.2

Al resolver estas dos ecuaciones para f13 y f23se tiene:

f13 = 0.032

f23 = 0.254

Aproximadamente el 3% de las cuentas que tienen de 1 a 30 días de retraso acaban por ser una mala cuenta mientras que el 25% de las cuentas con un retraso de 31 a 60 días llegan a la misma categoría.

Como no hay sino dos estados absorbente no es necesario resolver el sistema de ecuaciones para saber cuántas cuentas terminan siendo pagadas.

Aproximadamente el 97% de las cuentas que tienen de 1 a 30 días de retraso acaban siendo pagadas mientras que solamente el 75% de las cuentas que ya tienen un retraso de 31 a 60 días también terminan siendo pagadas.

Ejemplo:

Un fabricante de videograbadoras está tan seguro de la calidad de su producto, que ofrece garantía de reposición total si un aparato falla dentro de los dos primeros años. Basándose en datos compilados, la compañía ha notado que solo 1% de sus grabadoras fallan durante el primer año, mientras que 5% de ellas sobreviven el primer año pero fallan durante el segundo. La garantía no cubre grabadoras ya reemplazadas.


a) Formule la evolución del estado de una grabadora como una cadena de Markov cuyos estados incluyen dos estados absorbentes que representan la necesidad de cubrir la garantía o el hecho de que una grabadora sobreviva el periodo de garantía. Construya la matriz de transición de un paso.

b) Encuentre la probabilidad de que el fabricante tenga que cubrir una garantía.

Representemos el eje del tiempo:

tiempo

RC año 1 1A año 2 2A año 3 3A

CG CG

Figura 5.3

Observe que a pesar de que el periodo es un año, el punto del tiempo RC es el momento de compra de cada grabadora particular y no es un punto fijo en el tiempo.

Los estados son:

RC: recién comprada (el día que se compra)

1A: cumple un año de comprada

2A: cumple dos años de comprada o más

CG: cambiada por garantía

Observe que los estados CG y 2A son absorbentes, porque si se cambia una vez por garantía no se vuelve a cambiar; y cuando cumple dos años, a partir de ese momento ya no se cambia por garantía; y por supuesto cumple 3, 4 o más años, pero es irrelevante para el problema tener dos años o más. En el estado CG (cambiada por garantía) se puede entrar al final del primero o segundo año.

De acuerdo con los datos del problema, la matriz de Markov de un paso donde el periodo es un año es:


RC 1A 2A CG

RC 0 0.99 0 0.01

P = 1A 0 0 0.95 0.05

2A 0 0 1 0

CG 0 0 0 1

Planteemos las ecuaciones de estados absorbentes:

fik = ∑ 𝑃𝑃𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 para i= 0,1,..., M (número de estados) para los dos estados absorbentes:

fRCCG = pRCRC*fRCCG + pRCCG*fCGCG + pRC1A*f1ACG+pRC2A*f2ACG (1)

f1ACG = p1ARC*fRCCG + p1ACG*fCGCG + p1A1A*f1ACG+p1A2A*f2ACG (2)

que al reemplazar los valores de pij de la matriz en las ecuaciones (1) y (2) nos da: fRCCG = 0.01 + 0.99 f1ACG (3)

f1ACG = 0.05 + 0 = 0.05 (4)

Al reemplazar la (4) en la (3) obtenemos:

fRCCG = 0.01 + 0.99*0.05 = 0.0595

Es decir, la empresa tiene que cambiar por garantía el 5.95% de las grabadoras que vende.


Capítulo 6.

Cadenas de Markov de tiempo continuo

Se ha venido suponiendo que el parámetro t del tiempo es discreto (es decir t = 0,1,...). Tal suposición es adecuada para muchos problemas, pero existen ciertos casos (como en algunos modelos de líneas de espera) en los que se requiere un parámetro de tiempo continuo, debido a que el proceso se está observando de manera continua a través del tiempo.

Estados posibles del sistema: 0,1,.., M (los estados eran y continúan siendo discretos)

Tiempo t’: Parámetro continuo. El tiempo (periodo) era un parámetro discreto y ahora se considerará continuo.

Sean:

T’ = r Tiempo pasado

T’ = s Tiempo presente

T’ = s+t t unidades al futuro a partir de s

El sistema se observa en los tiempos r y s, y sus respectivos estados son:

X(s) = i En el punto s del tiempo (presente) el proceso está en el estado i

X(r) = x(r) En el punto r del tiempo (pasado) el proceso se encontraba en el estado x(r)

Note que se usa la notación X (mayúscula) para referirse a la variable aleatoria, en tanto la notación x (minúscula) se refiere a un valor particular de la variable aleatoria.

¿Cuál es la distribución de probabilidad de los estados del proceso en el tiempo t’ = s+t? (futuro)

Es decir: P {X(s+t) = j | X(s) = i y X(r) = x(r)} para j=0,1,..., M

Note que el planteamiento del proceso markoviano es similar al discreto: se quieren encontrar las probabilidades de los estados en el tiempo futuro, conocidos los estados en el pasado y en el presente. Un proceso estocástico de tiempo continuo tiene la propiedad markoviana si:

P {X(s+t) = j | X(s) = i y X(r) = x(r)} = P {X(s+t) = j |X(s) = i}

para j=0,1,..., M para toda r ≥ 0, s > r y t > 0


La probabilidad de transición es igual que en eventos discretos y el ser markoviano también es igual, porque note que lo que hace la definición es ignorar el pasado:

P {X(s+t) = j | X(s) = i} Note sin embargo que en lugar de la notación con subíndices se usa la relación funcional, lo cual es normal en las variables continuas.

Si las probabilidades de transición son independientes de s, de manera que:

P {X(s+t) = j | X(s) = i} = P {X(t) = j | X(0) = i} para toda s > 0 se dice que las probabilidades de transición son estacionarias.

Note que la definición de ser estacionario también es similar a la de los procesos discretos y lo que dice es que las probabilidades de transición no dependen de la ubicación en el tiempo.

Estas probabilidades se denotan por pij(t) = P {X(t) = j | X(0) = i} y como son funciones de probabilidad de transición de tiempo continuo también se utiliza la relación funcional del tiempo en lugar del superíndice que se utilizaba en las discretas.

Se supone que lim𝑒𝑒→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (𝑡𝑡) = 1 si i = j

y lim𝑒𝑒→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (𝑡𝑡) = 0 si i ≠ j

Note que si i = j, esta suposición es equivalente a la continuidad de 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (𝑡𝑡) en el punto 0, ya que

lim𝑒𝑒→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (𝑡𝑡) = 1

Algunas variables aleatorias importantes A partir de este punto se verán algunas diferencias de los procesos continuos respecto a los discretos.

Sea la variable aleatoria Ti: el tiempo que pasa cada vez que el proceso está en un estado i antes de ir a otro estado diferente. Esta variable representa la capacidad de permanencia (aguante) del proceso en cualquier estado i antes de hacer un salto (transición a otro estado). Recuerde que el proceso cambia de estado en cualquier punto continuo del tiempo.

Si el proceso está en el estado i en el tiempo s, entonces para t>0 se observa que Ti > t si y sólo si X(t’) = i para t’ en s ≤ t’ ≤ s+t, es decir: el proceso permanece en el estado i más t de unidades de tiempo, es equivalente a decir que el proceso permanece en el estado i para todo tiempo t’ entre

s y s+t.


Por tanto, la propiedad markoviana con probabilidades de transición estacionarias

P {X(s+t) = j | X(s) = i} = P {X(t) = j | X(0) = i} implica que:

P {Ti > t+s | Ti > s} = P { Ti > t} (esta última propiedad es la expresión de la estacionariedad de la variable Ti.

Esta propiedad de la variable aleatoria Ti se conoce como la falta de memoria, y lo que quiere decir es que si el proceso está en un estado i, entonces la capacidad de permanecer en ese estado i durante un tiempo adicional es independiente de cuánto tiempo llevaba en el estado i.

Se expresa diciendo que la distribución del tiempo que falta para que el proceso haga una transición fuera de un estado dado es la misma, independientemente de cuánto tiempo haya pasado en ese estado.

Existe solo una distribución continua (variable aleatoria continua) con esta propiedad y es la exponencial.

Recuerde que las variables aleatorias continuas se definen por medio de la función de densidad.

Para la exponencial la función de densidad está dada por: f(t)=qe-qt con media 1/q, es decir el parámetro que aparece en la función de densidad es el inverso de la media.

La función acumulada que es la integral de la función de densidad está dada por:

P {Ti <=t} = ∫ f(x)dx𝑒𝑒0 = ∫ q𝑒𝑒−𝑞𝑞𝑥𝑥dx𝑒𝑒

0 = 1 - e-qt para t ≥ 0

Note que las probabilidades en las variables aleatorias continuas se obtienen con la acumulada.

Sea pij la probabilidad de pasar de un estado i a otro distinto (sin considerar el tiempo).

Note la diferencia entre 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑡𝑡) y pij, que son dos probabilidades diferentes.

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (𝑡𝑡) representa la probabilidad de que si el proceso está en el estado i, dentro de t unidades de tiempo esté en el estado j, sin importar por qué estados pasó en el intermedio, en tanto que:

pij representa la probabilidad de que si el proceso está en el estado i, el próximo salto (transición) sea al estado j, sin importar en que punto del tiempo se de esa transición

Entonces:

pii = 0 para todo i (porque i no es distinto de i)


∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 = 1 (teorema de la probabilidad total)

Recuerde que:

pij (t): P {X(t) = j|X(0) = i}

pij: P {Pasar a j | Se está en i}

Definamos:

qi : Tasa de transición hacia fuera del estado i por unidad de tiempo que pasa en i.

qij: Tasa de transición del estado i al j por unidad de tiempo que pasa en i.

(Estas tasas de transición están dadas en veces por unidad de tiempo: veces/tiempo) y existe una relación entre las qi y las qij con las pij (t) tal como se demuestra a continuación:

qi = lim𝑒𝑒→0

𝑝𝑝𝑖𝑖(𝑒𝑒𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒≠𝑖𝑖) (𝑡𝑡) = lim𝑡𝑡→0

(1−𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (t))

𝑒𝑒 =

lim𝑡𝑡→0

−(𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (t)−1)

𝑒𝑒 = -

lim𝑡𝑡→0

(𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (t)−1)

𝑒𝑒

= − lim𝑡𝑡→0

−(𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (0+t)−𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)

𝑒𝑒 = − 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)

𝑒𝑒𝑒𝑒

Es decir: qi = − 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)𝑒𝑒𝑒𝑒

qij = lim𝑡𝑡→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (t)

𝑒𝑒 =

lim𝑡𝑡→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (0+t)−0

𝑒𝑒 =

lim𝑡𝑡→0

𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖 (0+t)−𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)

𝑒𝑒 =

𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)𝑒𝑒𝑒𝑒

para toda j≠i

Es decir: qij = 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(0)𝑒𝑒𝑒𝑒

Se han demostrado las relaciones entre las qi y las qij las con las pij (t).

Teorema 1

qij = qi pij ∀ j ≠ i (Tasa a la cual se sale de i para j) = (Tasa global a la cual se sale de i)*(Probabilidad de que la salida sea de i para j)

Teorema 2

qi = ∑ 𝑞𝑞𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖≠𝑖𝑖 (Tasa a la cual se sale de i) = (Sumatoria de tasas a las cuales se sale de i para todos los demás estados) .

Así como se definieron las variables Ti de un subíndice definamos ahora unas variables similares pero con dos subíndicesTij.


Sea Tij una variable aleatoria que representa el tiempo que el proceso permanece en el estado i antes de pasar al estado j (si no ocurre una transición a otro estado).

Análogamente las variables Tij tienen una distribución exponencial con parámetro qij, es decir con media 1/qij.

Probabilidades de estado estable (Chapman-Kolmogorov) para procesos continuos.

Existen las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov para los procesos continuos similares a las de los procesos discretos:

pij(t) = ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑒𝑒)𝑀𝑀𝑖𝑖=1 ∗ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑡𝑡 − 𝑒𝑒) (Es el teorema de la probabilidad total para procesos

continuos)

Una cadena de Markov de tiempo continuo es irreducible si todos los estados forman una sola clase.

Para los procesos continuos también existen las probabilidades de estado estable o estacionarias: lim

𝑒𝑒→∞𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑡𝑡) = πj

Las πj satisfacen πj = ∑ π𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖=0 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑡𝑡) para j = 1,2,..M y t ≥ 0.

Pero estas ecuaciones de Chapman-Kolmogorov para procesos continuos no se utilizan y en su lugar se utilizarán las denominadas ecuaciones de balance, como se verá a continuación.

Ecuaciones de balance

Tasa de salidas de un estado = Tasa de entradas a ese estado. Estas ecuaciones están basadas en el principio de que cuando se está en un estado no se puede entrar y cuando se está por fuera de un estado no se puede salir, por lo que las tasas a las que se entra y se sale de un estado deben ser iguales: el balance de estas tasas se denomina ecuaciones de balance:

Tasa de salidas del estado j = πj qj (la tasa a la que se sale del estado j cuando se está en j es qj, pero como no siempre se está en j, se debe multiplicar por el porcentaje de tiempo o probabilidad de estar en el estado j.

Tasa de entradas al estado j = ∑ π𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖≠𝑖𝑖 𝑞𝑞𝑖𝑖𝑖𝑖 (la tasa a la cual se entra al estado j es la suma de

las tasas a las cuales se entra al j desde todos los otros estados i, y análogamente a como se hizo con la de salidas, se debe multiplicar por el porcentaje de tiempo o probabilidad de estar en el estado i.


En resumen se plantea una ecuación de balance para cada estado j así:

πj qj = ∑ π𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖≠𝑖𝑖 𝑞𝑞𝑖𝑖𝑖𝑖.

Este sistema de ecuaciones nos permite encontrar las πj tal como se ve en el siguiente ejemplo:

Un taller cuenta con 2 máquinas idénticas que operan continuamente excepto cuando se descomponen: la máquina 1 y la máquina 2.

El tiempo requerido para reparar una máquina tiene distribución exponencial con media de 1/2 día.

Cuando se termina la reparación, el tiempo que transcurre hasta la siguiente descompostura se distribuye exponencial con media de 1 día.

Nota: las dos distribuciones exponenciales son independientes.

Definamos la variable aleatoria:

X(t’): Número de máquinas descompuestas en el tiempo t’ (los valores posibles de X(t’) son 0,1, 2) que es un proceso markoviano de tiempo continuo porque el número de máquinas malas aumenta en una cuando se daña una máquina y disminuye en una cuando el mecánico (hay solo un mecánico para repararlas, que no atiende sino una, o sea que si hay dos malas una de ellas debe esperar a que terminen de reparar la otra).

Cuando corremos el parámetro t’ de manera continua desde el tiempo cero, podemos hallar la evolución en el tiempo del número de máquinas descompuestas.

Proceso estocástico de tiempo continuo = {X(t’); t’≥ 0}.

Podemos usar las probabilidades de estado estable para hallar la distribución de probabilidad de estado estable para el número de máquinas descompuestas.

Debemos hallar para i, j = 0, 1, 2

qi: Tasa de transición hacia fuera del estado i por unidad de tiempo que pasa en i.

qij: Tasa de transición del estado i al j por unidad de tiempo que pasa en i.

El estado (número de máquinas descompuestas): aumenta en 1 cuando ocurre una descompostura y disminuye en 1 cuando se termina una reparación.

Las descomposturas y las reparaciones ocurren una a la vez y no hay simultaneidad de eventos, o sea que no se pueden dañar dos máquinas a la vez. Aunque este hecho puede


parecer contraintuitivo, se verá más adelante cuando se estudie en detalle la distribución exponencial en uno de los capítulos de teoría de colas.

Siempre que en un problema de Markov continuo se dé el periodo (tiempo) debemos obtener la frecuencia, que es su inverso, porque las ecuaciones de balance se plantean en función de las frecuencias o sea las qi (de un subíndice para las tasas de salida) y las qij (de dos subíndices para las tasas de entrada). Los periodos siempre se dan en unidades de tiempo y las frecuencias en su inverso que es veces/tiempo, donde el parámetro vez es adimensional.

El tiempo esperado de reparación es 1/2 día o lo que es lo mismo, la tasa (frecuencia) a la que se terminan las reparaciones (cuando hay máquinas descompuestas) es 2 máquinas por día (la reparación de una máquina se hace a una tasa de 2 veces/día).

El tiempo esperado hasta que se descompone una máquina es 1 día, o lo que es lo mismo, la tasa (frecuencia) a la que se descompone cada máquina (cuando está operando) es 1 vez por día.

Para resolver los problemas continuos una ayuda muy útil en el planteamiento de las ecuaciones de balance es un gráfico donde los estados se representan por círculos (o elipses), y los eventos que producen cambios de estado por flechas que unen los dos estados, el inicial y el final, y a las cuales se les asigna su frecuencia.

q01 = 2 q12 = 2

0 1 2

q10 = 2 q21 = 2

Note que los tres círculos representan los estados:

0 hay cero (0) máquinas malas 1 hay una (1) máquina mala 2 hay dos (2) máquinas malas

Se opta por representar el número de máquinas malas (y no las buenas, aunque también se podría) porque el proceso se realiza para el taller donde se reparan las máquinas y en el taller se encuentran las máquinas malas.

Describamos ahora los eventos (flechas)

La costumbre es representar los eventos que producen aumento del estado en la parte superior del gráfico y los que producen disminución del estado en la parte inferior del gráfico.


La flecha (evento) q01 que va de 0 a 1 es una descompostura porque lo que hace pasar de haber 0 máquinas malas a haber una máquina mala es que una de las dos máquinas buenas se daña. Como una máquina se descompone en promedio a una tasa de 1 vez/día, el conjunto de las dos máquinas que están buena (estado 0 malas) se descompone a una tasa de 2 veces/día. Esta propiedad, que parece evidente, también se verá y se demostrará más en detalle cuando se estudie la exponencial. En resumen: q01 = 2. No se les ponen unidades y se asume que siempre son veces por día.

La flecha (evento) q12 que va de 1 a 2 es una descompostura porque lo que hace pasar de haber 1 máquina mala a haber dos máquinas malas, es que la única máquina buena que hay se daña. Como cada máquina se descompone en promedio a una tasa de 1 vez/día, entonces q12 = 1.

La flecha (evento) que va de 1 a 0 es una reparación de la única máquina que se encuentra en el taller, que se hace a una tasa de 2 veces/día. Por lo tanto: q10 = 2.

La flecha (evento que va de 2 a 1) es una reparación de una de las dos máquinas que están en el taller. Como el mecánico repara máquinas a una tasa de 2/día, entonces q21 = 2.

Note que aquí no se multiplica por dos como se hizo con las descomposturas, porque se supone que no hay sino un mecánico y que cuando tiene dos máquinas en el taller, solo repara una de las dos, en tanto que la otra se pone a esperar en fila.

Con este gráfico y sus explicaciones planteemos las ecuaciones de balance (una para cada estado):

Recuerde que las ecuaciones de balance son:

Tasa de salidas de un estado = Tasa de entradas a ese estado πj qj = ∑ π𝑖𝑖𝑀𝑀𝑖𝑖≠𝑖𝑖 𝑞𝑞𝑖𝑖𝑖𝑖.

2π0 = 2π1 (para el estado 0)

3π1 = 2π0 + 2π2 (para el estado 1)

2π2 = π1 (para el estado 2)

Recuerde que una de las ecuaciones es redundante y se puede eliminar (eliminemos la del estado 1 que es la más complicada) y conservemos las de los estados 0 y 2 y agreguemos la ecuación: π0 + π1 + π2 = 1 (suma de probabilidades)

En resumen nos queda el sistema lineal de 3 ecuaciones en 3 variables (π0, π1, π2):

2π0 = 2π1

2π2 = π1


π0 + π1 + π2 = 1

Que al resolverlo nos da.

π0 = 2/5

π1 = 2/5

π2 = 1/5

Eso se interpreta como que en promedio ambas máquinas estarán descompuestas simultáneamente (estado 2) el 20% del tiempo, una máquina estará descompuesta (estado 1) el 40%, y las dos máquinas estarán buenas (estado 0) el 40% del tiempo.


Problemas de procesos de Markov Problema 1. Una compañía revisa el estado de sus productos importantes sobre una base anual y decide si tiene éxito (estado 0) o no (estado 1). Después la compañía debe decidir si da publicidad o no al producto a fin de promover las ventas más a fondo. Las matrices que se presentan a continuación dan las probabilidades de transición con y sin publicidad durante un año cualquiera.

Matriz con publicidad Matriz sin publicidad

0 1 0 1

10

4.06.01.09.0

10

8.02.03.07.0

La utilidad anual que obtiene la empresa, sin incluir los costos de publicidad, es de $2000 si el producto tiene éxito y de $1000 si el producto no tiene éxito.

El valor anual de la publicidad es de $750 cada año. En el presente año el producto no tuvo éxito.

Se planea una estrategia para los dos años siguientes, donde se consideran dos alternativas: (1) hacer publicidad en cada uno de los dos años, (2) no hacer publicidad en ninguno de los dos años.

¿Cuál es su recomendación para la compañía?

Alternativa 1. Hacer publicidad en los dos años

Primer año: [ ] [ ]4,06,04,06,01,09,0

1001

=

=×= PQQ XX

Utilidad esperada = 0,6*2000 + 0,4*1000 – 750 = 850

Segundo año: [ ] [ ]22,078,04,06,01,09,0

4,06,012

=

∗=×= PQQ XX

Utilidad esperada = 0,78*2000 + 0,22*1000 – 750 = 1030

Utilidad esperada total = 1880

Alternativa 2. No hacer publicidad en ningún año

Primer año: [ ] [ ]8,02,08,02,03,07,0

1001

=

∗=×= PQQ XX


Utilidad esperada = 0,2*2000 + 0,8*1000 = 1200

Segundo año: [ ] [ ]7,03,08,02,03,07,0

8,02,012

=

∗=×= PQQ XX

Utilidad esperada = 0,3*2000 + 0,7*1000 = 1300

Utilidad esperada total = 2500

Recomendación: no hacer publicidad. Problema 2. Un problema importante de tránsito en el área de Cincinnati implica que el tránsito intenta cruzar el río Ohio desde Cincinnati hasta Kentucky utilizando la carretera interestatal I-75. La probabilidad de que la carretera esté libre en un periodo, sabiendo que estaba libre en el periodo anterior es de 0,65 y si el tráfico estaba lento entonces la probabilidad se reduce a 0,30, pero si estaba inmóvil la probabilidad de encontrar la carretera libre es 0.1. Ahora bien, la probabilidad de que el tráfico este lento en un periodo, sabiendo que estaba libre en el periodo anterior es de 0,20 y si el tráfico estaba lento entonces la probabilidad es 0,50, pero si este estaba inmóvil la probabilidad de encontrarlo lento es 0.6. El periodo considerado es de 30 minutos.

a. Suponga que usted es un conductor que sintoniza el sistema de tránsito por radio y recibe un informe de que hay un 50% de posibilidad de que actualmente este libre y un 40% de que actualmente este lento, ¿cuál es la probabilidad de que dentro de 2 horas el tráfico esté lento?

b. ¿Cuál es la probabilidad de que, en el largo plazo, el tránsito no esté en estado lento?

Estados

0 Carretera libre

1 Tráfico lento

2 Tráfico Inmóvil

=

3.06.01.02.05.030.015.02.065.0

P

=

225.05.0275.0205.043.0365.0

1825.032.04975.02P

{ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

{ } 382.05.01.043.04.032.05.012101

2

2210

2110

20102

=×+×+×===++===

XPPQPQPQXP xxx

Probabilidad de que dentro de dos horas el tráfico esté lento es 0.382


c. Ecuaciones

13.02.015.0

6.05.02.01.030.065.0

210

2102

2101

2100

=++++=

++=++=

πππππππ

ππππππππ

2.04.04.0

146.0

23.0

146.0

23.05.0

46.023.0

6.02.0

146.0

23.05.0

6.02.046.0

23.046.0

08.015.07.0

24.008.015.07.0

5.06.02.0

2.015.0

7.02.015.0

2

1

0

000

0

00

0

0200

0002

200

200

2

102

===

=++

=+

+

+

=+

+

+

=+

=

++=

+

+=

+=

πππ

πππ

ππ

ππ

ππππ

ππππ

πππππ

ππ

πππ

Probabilidad (tráfico no esté lento) = 1- 0.4 = 0.6

Problema 3. En una escuela financiada por el Estado que ofrece grados intermedios en un curso de dos años, se desea saber cuántos estudiantes se graduarán cada año, cuántos continuarán en la escuela y cuántos renunciarán a ella.

Como es una escuela de duración de dos años, los estudiantes que terminan su primer año pueden continuar en la escuela o abandonarla. De los estudiantes de la escuela que terminan el primer año, el 70% aprueba el curso, el 10% debe repetirlo y el resto se retira de la escuela. De los estudiantes que terminan el segundo año escolar, el 60% se gradúa, el 20% repite y el resto abandona la escuela.


¿Qué proporción de estudiantes de primero y segundo año se graduará, y qué proporción abandonará la escuela?

Estados

0 Hacer el primer año

1 Hacer el segundo año

2 Graduado

3 Retiro

=

100001002.06.02.002.007.01.0

P

Hay que encontrar las probabilidades de los dos estados absorbentes

321322121211021012

320322021201020002

fPfPfPfPffPfPfPfPf

+++=+++=

137

3621

43

9.07.0

43

8.06.06.02.0

9.07.07.01.0

02

1212

12120202

==×=

==+=

=+=

f

ff

ffff

El 58.3% de los estudiantes de primer año se gradúa y el 75% de los estudiantes de segundo año se gradúa.

Problema 4. En un taller hay una máquina que opera continuamente excepto cuando se descompone. El taller tiene tres mecánicos, uno que repara cuando el daño no es grave y los otros dos trabajan juntos reparando los daños graves. Antes de pasar a los mecánicos se define en una inspección qué tipo de daño es, esta definición se hace en un tiempo esperado de día3

1 ; por los datos históricos se sabe que el 60% de las veces el daño es grave. La

máquina se descompone según un proceso de Poisson de tasa 2 por día. Cada uno de los tres mecánicos repara con una media de día3

1


Si el problema es muy grave existe una posibilidad del 85% de que la máquina sea enviada por los dos mecánicos a funcionar normalmente, o del 15% de que la envíen a un proceso de revisión, allí luego de un riguroso análisis la envían a donde el mecánico que está solo para que la repare, en el 55% de los casos, o deciden el resto de las veces que puede enviarse a funcionar normalmente. La revisión se hace según proceso de Poisson de tasa 3 por día.

¿A la larga que porcentaje del tiempo estuvo la máquina siendo reparada por los dos mecánicos y cuánto con el que trabaja solo?

Estados

0 La máquina está funcionando

1 La máquina se encuentra en inspección

2 La máquina se encuentra en daños no graves (1 mecánico)

3 La máquina se encuentra en daños graves (2 mecánicos)

4 La máquina se encuentra en revisión

Ecuaciones de estado estable

34

13

412

01

4320

9.038.16

65.12.1323

35.11.532

ππππ

πππππ

ππππ

==

+==

++=

143210 =++++ πππππ

1.35

2

3

3

2

1.2

1.8

0.9 4

1.65

5.1

1

0


0269.00898.01346.02995.04492.0

106.02.02997.032

132

68.1

39.0

32

68.1

332

68.1

39.065.1

322.1

32

132

68.1

3

65.1322.1

32

4

3

2

1

0

00000

00

00

00

40

40

00

=====

=++++

=

+

+

+

++

=+

+

+

++

πππππ

πππππ

ππππ

ππ

ππππ

ππ

% de tiempo que la máquina está siendo reparada por los dos mecánicos = π3 = 0.0898

% de tiempo que la máquina está siendo reparada por el que trabaja solo = π2 = 0.1346

Problema 5. La empresa La Fiesta Alegre S.A. es la encargada de realizar un festival los domingos en una ciudad local; para incrementar sus ventas esta empresa suele regalar boletos para su atracción principal, incurriendo en un costo adicional de $1000 dólares por domingo. Si un domingo está lleno y realiza la promoción, el siguiente domingo se llenará con una probabilidad de 6/8; pero si ese domingo no hace promoción el próximo domingo se llenará con la mitad de la probabilidad anterior. Si un domingo no se llena y se dan los boletos la probabilidad de que el siguiente domingo se llene es de 4/8, pero si ese domingo no lo hace la probabilidad de que el próximo domingo de llene es de 1/8.

Cuando se llena el festival, “La Fiesta Alegre S.A” tiene unos ingresos netos (sin contar costos de promoción) de $4500 dólares, de lo contrario su promedio de ganancias se reduce a $2000. a) A usted como analista profesional, el gerente de La Fiesta Alegre S.A. le pide que

formule esto como un proceso de Markov, identifique los estados y para cada una de las posibles políticas asocie los costos esperados y elija cuál es mejor bajo el criterio de maximizar ganancias suponiendo que esta política se instaure por mucho tiempo.

b) Una vez se establezca la mejor política, el gerente de “La Fiesta Alegre S.A.”, entusiasmado y ansioso con el proyecto, le pide calcular la probabilidad de que el tercer domingo no estén llenos por primera vez partiendo del supuesto de que el primer domingo estén llenos.


Este es un problema de políticas. a) Con promoción

𝐿𝐿 𝑁𝑁𝐿𝐿𝐿𝐿 6/8 2/8𝑁𝑁𝐿𝐿 4/8 4/8

Ecuaciones

𝜋𝜋0 =68∗ 𝜋𝜋0 +

48∗ 𝜋𝜋1

𝜋𝜋1 =28∗ 𝜋𝜋0 +

48∗ 𝜋𝜋1

1 = 𝜋𝜋0 + 𝜋𝜋1 𝜋𝜋0 = 2

3; 𝜋𝜋1 = 1

3

Costos: (4500-1000)*π0 + (2000-1000)* π1 = 2666,6670 Sin promoción

𝐿𝐿 𝑁𝑁𝐿𝐿𝐿𝐿 3/8 5/8𝑁𝑁𝐿𝐿 1/8 7/8

Ecuaciones

𝜋𝜋0 =38∗ 𝜋𝜋0 +

18∗ 𝜋𝜋1

𝜋𝜋1 =58∗ 𝜋𝜋0 +

78∗ 𝜋𝜋1

1 = 𝜋𝜋0 + 𝜋𝜋1 𝜋𝜋0 = 0.1667; 𝜋𝜋1 = 0.833333

Costos: (4500)*π0 + 2000* π1 = 2416,6670 Gana política con promoción b)

𝐹𝐹𝐿𝐿.𝑁𝑁𝐿𝐿(3) = 𝑃𝑃𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿

3 − 𝐹𝐹𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿(1)𝑃𝑃𝑁𝑁𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿

2 − 𝐹𝐹𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿(2)𝑃𝑃𝑁𝑁𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿

1 𝐹𝐹𝐿𝐿.𝑁𝑁𝐿𝐿

(2) = 𝑃𝑃𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿2 − 𝐹𝐹𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿

(1)𝑃𝑃𝑁𝑁𝐿𝐿,𝑁𝑁𝐿𝐿1

𝑃𝑃1 =𝐿𝐿 𝑁𝑁𝐿𝐿

𝐿𝐿 6/8 2/8𝑁𝑁𝐿𝐿 4/8 4/8

𝑃𝑃2 =𝐿𝐿 𝑁𝑁𝐿𝐿

𝐿𝐿 0.6875 0.3125𝑁𝑁𝐿𝐿 0.625 0.375

𝑃𝑃3

=𝐿𝐿 𝑁𝑁𝐿𝐿

𝐿𝐿 0.671875 0.328125𝑁𝑁𝐿𝐿 0.65625 0.34375


𝐹𝐹𝐿𝐿.𝑁𝑁𝐿𝐿(2) = 0.3125 − 0.25 ∗ 0.5 = 0.1875

𝐹𝐹𝐿𝐿.𝑁𝑁𝐿𝐿

(3) = 0.328125 − 0.25 ∗ 0.375 − 0.1875 ∗ 0.5 = 0.140625 Problema 6. Usted es llamado como Analista por la fábrica Manitas Rápidas y le comentan que desean evaluar la máquina de ensamblado más importante de la fábrica. Si esta máquina está operando al inicio del día tiene una probabilidad de daño de 0.1 en algún momento del día; si esto ocurre se llama al técnico quien tomará un vuelo y llegará al día siguiente para empezar la reparación, la cual termina al concluir el día; finalmente al iniciar el siguiente día el técnico debe inspeccionar la máquina antes de entregarla al jefe de producción, tardando en la inspección un día adicional. a) El gerente de “Manitas Rápidas” le pide que formule la evolución del proceso de la

máquina como un proceso de Markov, identificando los estados posibles al final de cada día de trabajo; y le pide que halle los tiempos esperados de primera pasada de un estado a otro, para todos los estados posibles; ya que esos tiempos los utilizan para cálculos de producción.

b) El Jefe de Producción de “Manitas Rápidas” le pregunta ¿si la máquina ya tuviese 20 días sin descomponerse desde la última reparación, cuál será el número esperado de días completos que la máquina permanecerá en operación antes de que se dañe? Adicionalmente le pide encontrar el rango de valores de la probabilidad de que falle la máquina cuando estaba operativa, para que éste promedio de tiempo sea mayor a 12.

a)

𝐵𝐵 𝑅𝑅 𝐼𝐼𝐵𝐵 0.9 0.1 00𝑅𝑅𝐼𝐼

0.01

0.00.0

100

Sea B=0 (la máquina termina el día operativo); R=1 (la máquina termina el día dañada; I=2 (la máquina estuvo en inspección todo el día y termina en ese estado el día) entonces

𝜇𝜇00 = 1 + 𝑃𝑃01𝜇𝜇10 + 𝑃𝑃02𝜇𝜇20 𝜇𝜇10 = 1 + 𝑃𝑃11𝜇𝜇10 + 𝑃𝑃12𝜇𝜇20 𝜇𝜇20 = 1 + 𝑃𝑃21𝜇𝜇10 + 𝑃𝑃22𝜇𝜇20




Estas ecuaciones son tres sistemas de tres ecuaciones en tres variables que se pueden resolver de forma independiente (las primeras 3 con el segundo subíndice 0, las segundas tres con el segundo subíndice 1 y las terceras tres con el segundo subíndice 2) Al resolverlas se obtiene:

𝜇𝜇00 = 1,2 𝜇𝜇10 = 2 𝜇𝜇20 = 1

𝜇𝜇01 = 10 𝜇𝜇11 = 12 𝜇𝜇21 = 11

𝜇𝜇02 = 11 𝜇𝜇12 = 1 𝜇𝜇22 = 12

b) El hecho de llevar 20 días no tiene influencia por la pérdida de la memoria del proceso.

𝜇𝜇01 = 10 Pero como se pregunta por días completos que estén operando, son 9 puesto que cuando llega al estado 1 la máquina falla en algún momento del día, entonces son 9 días completos. Al décimo día falla por primera vez. Para la otra pregunta: 𝜇𝜇01 = 1 + 𝑃𝑃00𝜇𝜇01 Debemos buscar las probabilidades 𝑃𝑃01 para que 𝜇𝜇01 > 12 entonces

𝜇𝜇01 = 1

(1 − 𝑃𝑃00)> 12, 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑:

1𝑃𝑃01

> 12

𝑃𝑃01 < 1/12

Por tanto para toda probabilidad de fallo por debajo de 1/12 el tiempo promedio de fallo por primera vez es mayor que 12. Problema 7. El Atlético Nacional y el Deportivo Independiente Medellín van a jugar la final de la Liga Postobón de este semestre. Se han reunido sendos especialistas de cada uno de los equipos para analizar las posibilidades de victoria de cada uno, llegando a las siguientes conclusiones: cuando la pelota se juega en la zona C (Central) al principio de un periodo, los centrocampistas del Atlético Nacional (NAL), consiguen llevar la pelota, al final del periodo, a la zona defensiva del Deportivo Independiente Medellín (DIM) el 75% de los casos, en tanto que los del DIM la llevan a la zona defensiva del Nacional el 25% de las veces. Si al principio de un periodo el balón se encuentra en la zona defensiva del contrario, los delanteros del NAL consiguen hacer gol al final de ese periodo el 20% de los casos, en tanto los delanteros del DIM, que son más habilidosos, consiguen hacer el gol el 40% de las ocasiones; si no se hace gol el balón se devuelve siempre a la zona C al final del periodo.


Cuando algún equipo marca un gol, la pelota se devuelve siempre a la zona C lo que toma un periodo completo mientras el balón se ubica nuevamente en el centro. Los periodos duran en promedio 120 segundos.

a) Construya la matriz de Markov para este problema y establezca las ecuaciones de estado estable con su debida solución. Adicionalmente responda qué equipo tiene más probabilidades de ganar.

b) Si el tiempo reglamentario termina empatado se inicia un tiempo adicional que termina dejando como ganador al equipo que marque el primer gol. Cuál es la probabilidad de que el NAL gane el partido.

a. Estados: sea Xt= lugar en el que se encontrará el balón al final del periodo t.

Xt=C. El balón se encuentra en la zona central (0)

Xt=D. El balón se encuentra en la zona defensiva del DIM. (1)

Xt=N. El balón se encuentra en la zona defensiva del NAL. (2)

Xt=GD. El balón se encuentra en gol del DIM. (3)

Xt=GN. El balón se encuentra en gol del NAL. (4)

Matriz de Markov

C D N GD GN 0-C 0 0,75 0,25 0 0 1-D 0,8 0 0 0 0,2 2-N 0,6 0 0 0,4 0

3-GD 1 0 0 0 0 4-GN 1 0 0 0 0

Ecuaciones de Estado Estable: Π=ΠP

π0= 0.80 π1+0.60 π2+ π3+ π4 (eliminada)

π1= 0.75Π0

π2= 0.255Π0

π3= 0.40Π2

π4= 0.20π1= 0.20 (0.75π0)=0.15π0

Solucionando el sistema de ecuaciones se tiene que:

π0= 0.4444; π1=0.33333; π2=0.1111; π3=0.0444; π4= 0.06666.


El Nacional tiene más probabilidades de ganar, ya que tiene mayor probabilidad de hacer gol.

b) Nueva matriz de Markov con dos estados absorbentes de los goles de ambos equipos.

C D N GD GN 0-C 0 0,75 0,25 0 0 1-D 0,8 0 0 0 0,2 2-N 0,6 0 0 0,4 0

3-GD 0 0 0 1 0 4-GN 0 0 0 0 1

Hallar f04 (tiempos de primera pasada)

f04= P00 f04 + P01 f14 + P02 f24 + P03 f34 + P04 f44

f14= P10 f04 + P11 f14 + P12 f24 + P13 f34 + P14 f44

f24= P20 f04 + P21 f14 + P22 f24 + P23 f34 + P24 f44

f04= 0.75 f14 + 0.25 f24 (1)

f14= 0.8 f04 + 0.20 (2)

f24= 0.60 f04 (3)

(3) en (1)

f04=0.75f14+.15f04 → 0.85f04=0.75f14 (4)

(4) en (2)

0.85/0.75f04 = 0.8f04+0.2

F04=0.6

F03= 1- f04 = 0.4

f14= 0.8 f04 + 0.20

f24= 0.60 f04

f04 (Probabilidad de que Nacional gane el partido) = 0.6

Problema 8. Una hormiga recorre un camino de forma triangular (vértices A, B, C) en busca de comida. Se tiene conocimiento de que en el punto B se encuentra una donna, lo cual constituye comida suficiente para varios días. La hormiga se demora en ir de un punto a otro un periodo de 10 minutos, pero puede quedarse durante un periodo en el mismo lugar


donde se encuentra, ya sea buscando la comida (en A o C) o comiéndose la donna (en B), en caso de haberla encontrado.

La hormiga utiliza la siguiente estrategia: Cuando llega al punto A, puede quedarse allí hasta el final del siguiente periodo con una probabilidad de 0.4 o pasar a B con la mitad de probabilidad de pasar a C. Si llega al punto C, no se queda allí y le es indiferente dirigirse con igual probabilidad a cualquier otro lugar al final del siguiente periodo. Si llega al punto B, lugar donde se encuentra la donna, necesariamente se queda ahí comiendo durante un periodo y al siguiente pasa necesariamente a cualquiera de los puntos A o C con igual probabilidad.

a) Defina los estados y plantee la matriz de Markov.

b) Si la hormiga puede iniciar en un periodo con igual probabilidad en cualquiera de los tres puntos (A, B, C), por supuesto antes de comerse la donna, encuentre la probabilidad de que la hormiga se encuentre al final de ese periodo en el punto C. Adicionalmente encuentre el evento más probable al final de ese periodo.

A: estados: sea Xt= lugar en el que se encontrará la hormiga al final del periodo t.

A: la hormiga se encuentra en A.

B: la hormiga se encuentra en B porque llegó durante el periodo.

RC: la hormiga se encuentra en B porque estuvo todo el periodo comiéndose la donna.

C: la hormiga se encuentra en C.

Matriz de Markov: P

A B C RC A 0,4 0,2 0,4 0 B 0 0 0 1 C 0,5 0,5 0 0

RC 0,5 0 0,5 0

b) Qx0 = (1/3, 1/3, 1/3, 0) Qx1= Qx0*P

A B C RC Qx1= 0,3 0,23333333 0,13333333 0,33333333

Probabilidad de que al cabo de un periodo (10 minutos) se encuentre en C= 13.33%

Evento más probable= RC= 33.33%


Problema 9. Una persona enciende todos los días su radio para oír el reporte meteorológico. El oyente escucha que la probabilidad (no condicional) de que llueva hoy es 0.9. Al día siguiente enciende nuevamente su radio y escucha que la probabilidad (no condicional) de que llueva ese día es 0.68. Si la probabilidad de que llueva mañana dado que llovió hoy es del 70%.

¿Cuál es la probabilidad de que llueva pasado mañana dado que llovió hoy?

Phoy llueva (no condicional)= 0,9

Pmañana llueva (no condicional)= 0,68

Si P(llueva mañana/llovió hoy)= 0,7

Qx1=Qx0*P (Fórmula de probabilidad no condicional)

(0.68, 0.32) = (0.9, 0.1) * �0.7 0.3𝑞𝑞 1 − 𝑞𝑞� (De esta operación se despeja p en cualquiera de

las ecuciones. Tomemos la primera de ellas)

0.68 = 0.63 + 0.1*q → q= 0,05/0.1= 0.5

Por tanto la matriz de Markov del proceso es: �0.7 0.30.5 0.5�

La probabilidad de que no llueva pasado mañana dado que llovió hoy se obtiene con el cuadrado de la matriz (a los dos días por Chapman-Kolmogorov)

�0.7 0.30.5 0.5� * �0.7 0.3

0.5 0.5� = �0.64 0.360.60 0.40�

La probabilidad de que llueva pasado mañana dado que llovió hoy es del 64%. El elemento (1,1) de la matriz.

Problema 10. Un fabricante de videograbadoras está tan seguro de su calidad que ofrece garantía de reposición total si el aparato falla dentro de los primeros 3 años. Basándose en datos compilados, la compañía ha notado que solo el 1% de sus grabadoras fallan durante el primer año, mientras que el 5% de ellas sobreviven el primer año pero fallan durante el segundo y 10% de las que no se han dañado durante el segundo año, se dañan durante el tercero. La garantía no cubre grabadoras ya reemplazadas.

a) Formular la matriz de transición de Markov. b) ¿Qué porcentaje del total de grabadoras vendidas tiene que cambiar el almacén

por garantía?

Estados al final de un año (note que el año se cumple para cada grabadora en puntos diferentes del tiempo, dependiendo del momento en que se compró).


RC=0: recién comprada

CG=1: cambiada por garantía

1A=2: sobrevivió el primer año

2A=3: sobrevivió el segundo año

3A=4: sobrevivió el tercer año

RC CG 1A 2A 3A

RC 0 0.01 0.99 0 0

CG 0 1 0 0 0

1A 0 0.05 0 0.95 0

2A 0 0.1 0 0 0.9

3A 0 0 0 0 1

a) Se utilizan las ecuaciones de estados absorbentes, ya que todas las grabadoras terminan necesariamente en uno de los dos estados absorbentes: o se cambian por garantía o cumplen los tres años.

F01 = P00F01 + P01F11 + P02F21 + P03F31 + P04F41 (1)

F21 = P20F01 + P21F11 + P22F21 + P23F31 + P24F41 (2)

F31 = P30F01 + P31F11 + P32F21 + P33F31 + P34F41 (3)

F01 = 0.01 + 0.99F21 (4)

F21 = 0.05 + 0.95F31 (5)

F31 = 0.10 (6)

(6) en (5) F21 = 0.05 + 0.95*0.10 = 0.145

(5) en (4) F01 = 0.01 + 0.99*0.145 = 0.15355

Se cambia el 15.355% del total de las grabadoras vendidas.

Problema 11. Una empresa de medias cuenta con 3 máquinas (A, B y C). La máquina A trabaja sola pero la B y la C lo hacen acopladas. La máquina A permanece buena por un tiempo esperado de 2 días antes de dañarse y el acople B-C por 2.5 días (cuando una de las máquinas del acople se daña, la otra lo hace también y debe ser reparada). El mecánico encargado de repararlas, lo hace de forma rápida y en promedio se demora 0.5 días con


cada una de las tres máquinas. Si el mecánico se encuentra reparando la máquina A y el acople falla entonces el mecánico dejará de reparar la A y pasará a arreglar el acople B-C.

a) ¿Cuánto tiempo permanecerán las 3 máquinas buenas?

b) Sabiendo que la máquina A trabaja 5 horas/día con una tasa de producción de 200 medias/hora y el acople lo hace 8 horas/día con una producción de 350 medias/hora ¿cuál será la tasa de producción por día de la empresa?

Este es un problema de Markov de tiempo continuo y por tanto se resuelve por ecuaciones de balance y no por medio de una matriz de Markov.

Estados:

0: las tres máquinas malas

1: la máquina A buena y el acople malo

2: el acople bueno y la máquina A mala

3: las tres máquinas buenas

Recuerde que las ecuaciones de balance se plantean en términos de frecuencias, por eso cuando se dan tiempos hay que tomar los inversos (veces/tiempo) como se muestra a continuación:

a) Tasa de salidas = tasa de entradas (Para todos los estados)

Estado 0: π0 = 0.5 π 1 + 0.4 π 2 (1)

Estado 1: 1.5 π 1 = 0.4 π 3 → 3.75 π 1 = π 3 (2)

Estado 2: 2.4 π 2 = π 0 + 0.5 π 3 (3)

Estado 3: 0.9 π 3 = π 1 + 2 π 2 (4)

π 0 + π 1 + π 2 + π 3 =1 (5)

2

3

1 1/2.5

1/2

1/2

1

1

2

0

1/2.5


(2) en (4) 2.375 π 1 = 2 π 2 1.1875 π 1 = π 2 (6) (6) en (1) π0 = 0.5 π 1 + 0.475 π 1 π0 = 0.975 π 1 (7) (6), (7) y (2) en (5) 0.975 π 1 + Π1 + 1.1875 π 1 + 3.75 π 1 =1 π1 = 0.1447 π0 = 0.1411 π2 = 0.1783 π3 = 0.5426 (tiempo que permanecen las tres máquinas buenas: 54.26%)

b) 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑝𝑝𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑖𝑖ó𝑋𝑋𝑋𝑋 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 = 5ℎ𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ 200𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ

∗ (π3 + π1) + 8ℎ𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ 350𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ

∗(π3 + π2)

𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑝𝑝𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑖𝑖ó𝑋𝑋𝑋𝑋 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 = 2705,82 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

Problema 12. El centro de cirugía estética RIP S.A., fundado por la modelo Jéssica Cediel, es una empresa especializada en implantes mamarios. La modelo lo contrata a usted como especialista para hacer un estudio del inventario de los implantes. Solo hay capacidad para almacenar tres implantes ya que el tamaño de los implantes y sus características deben ser protegidos en un ambiente controlado. La política de inventarios del centro funciona de la siguiente manera: cuando se tienen cero implantes disponibles al final de la jornada de la tarde se piden tres implantes. Además, si el centro empieza con inventario al principio de la mañana y durante esta se queda sin implantes, se pide solo uno al final de la mañana. Todos los pedidos siempre llegan a las 12 del mediodía. El centro trabaja de 6 a.m. a 8 p.m.

En la jornada de la mañana (6 a.m.-11 a.m.) las demandas siempre son 0, 1 o 2, de la siguiente manera: P (D=0)=0,1, P (D=1)=0,4. P (D=2)=0,5.

En la jornada de la tarde (1:00 p.m.-8:00 p.m.) las demandas pueden ser 0, 1, 2 o 3 implantes, de la siguiente manera: P (D=0)=0,1, P (D=1)=0,2. P (D=2)=0,4, P (D=3)=0,3.

Los implantes pedidos que llegan a las 12 del mediodía cuestan 2 millones de pesos cada uno. Sin embargo, si el centro presenta la necesidad de un implante durante la mañana o la tarde y no lo hay, se tiene la posibilidad de pedir un implante que llega de manera instantánea y se usa para suplir el exceso de demanda, pero estos implantes tienen un costo de 3 millones de pesos cada uno.


a) Plantee el problema como un proceso de Markov con sus diferentes estados y la respectiva matriz de un paso; plantee las ecuaciones de balance, pero no las resuelva.

b) Calcule el costo total promedio diario de implantes (normales y urgentes) para el centro de cirugía; plantee las ecuaciones, pero no las resuelva.

a) Xt: cantidad de implantes en inventario al principio de un día. [0, 1, 2, 3] Note que el periodo es el día y no medio día (la mañana o la tarde, ya que el comportamiento durante los dos medios días: mañana y tarde son diferentes)

Metodología: (por ejemplo si partimos del estado 3)

Estado inicial Demanda mañana

Unidades disponibles a las 12 m

Demanda tarde

Estado final

3 0 (prob = 0.1) 3 0 (prob = 0.1) 3

1 (prob = 0.2) 2

2 (Prob = 0.4) 1

3 (Prob = 0.3) 0

1 (prob = 0.4) 2 0 (prob = 0.1) 2

1 (prob = 0.2) 1

2 (Prob = 0.4) 0

3 (Prob = 0.3) 0 (se pide uno caro)

2 (prob = 0.5) 1 0 (prob = 0.1) 1

1(prob = 0.2) 0

2 (Prob = 0.4) 0 (se pide uno caro)

3 (Prob = 0.3) 0 (se piden dos caros)


Metodología: (por ejemplo si partimos del estado 1)

Estado inicial Demanda mañana

Unidades disponibles a las 12 m

Demanda tarde

Estado final

1 0 (prob= 0.1) 1 0 (prob = 0.1) 1

1 (prob = 0.2) 0

2 (Prob = 0.4) 0 (1 caro)

3 (Prob = 0.3) 0 (2 caros)

1 (Prob = 0.4) 1 (se pide) 0 (prob = 0.1) 1

1 (prob = 0.2) 0

2 (Prob = 0.4) 0 (1 caro)

3 (Prob = 0.3) 0 (2 caros)

2 (prob = 0.5) 1 (se pide) 0 (prob = 0.1) 1

Se pide uno caro

1 (prob = 0.2) 0

2 (Prob = 0.4) 0 (1 caro)

3 (Prob = 0.3) 0 (2 caros)


Para los otros estados, utilizando una metodología similar se llega a la siguiente matriz de Markov:

0 1 2 3

0 0.3 0.4 0.2 0.1

1 0.9 0.1 0 0

2 0.88 0.11 0.01 0

3 0.76 0.17 0.06 0.01

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene:

π0 = 0.557

π1 = 0.319

π2 = 0.068

π3 = 0.056

a) Costos totales = Costos por pedido normal + Costos por pedidos urgentes. Costos por pedido normal: (π 2 (0.5) + π 1 (0.5) + π 1 (0.4)) x 2’000.000 + (π 0 x 2’000.000) x 3

Note que en las fórmulas a continuación en algunos casos aparecen tres probabilidades multiplicadas, porque deben darse tres eventos: el inventario inicial (π) y las dos demandas de la mañana y de la tarde.

Costos por pedidos urgentes:[[[ π3 [(0.4 x 0.3) + (0.5 x 0.4) + (0.5 x 0.3 x 2)] + π 2 [(0.1 x 0.3) + (0.4 x 0.4) + (0.5 x 0.4)] + 2 x π 2 [(0.4 x 0.3) + (0.5 x 0.3)] + π 1 [(0.5) + (0.1 x 0.4) + (0.4 x 0.4) + (0.5 x 0.4)] + 2 x π 1 [(0.1 x 0.3) + (0.4 x 0.3) + (0.5 x 0.3)] + π 0[(0.4) + 2 x (0.5)] ]]] x 3’000.000

Problema 13. Suponga que cada caja de cereal El Conde Chócula contiene una de cinco tarjetas distintas coleccionables de Harry Potter y Voldemort. De cada tarjeta diferente se fabricó el mismo número de ejemplares en una cantidad muy grande.

a) Sea el proceso de Markov definido por el número de tarjetas diferentes que tiene un coleccionista cada que se compra una caja. Plantee la matriz de Markov del proceso.

b) Diga en promedio, ¿cuántas cajas deberá comprar un coleccionista hasta obtener la colección completa de las cinco tarjetas diferentes?


Estados: número de tarjetas coleccionables diferentes de Harry Potter y Voldemort que posee el coleccionista después de realizar una compra.

Note que como el número de tarjetas es muy grande y de todas se produjo la misma cantidad, la probabilidad de encontrar cualquier tarjeta se puede considerar constante e igual a 1/5 = 0.2

0: 0 tarjetas diferentes

1: 1 tarjeta diferente





0 1 2 3 4 5

0 1 1 0.2 0.8 2 0.4 0.6 3 0.6 0.4 4 0.8 0.2 5 1

El número de cajas que debe comprar va a hacer igual al número esperado de semanas que se demore en coleccionar las cinco tarjetas, esto es equivalente a 𝜇𝜇05. Es decir el tiempo esperado para pasar de tener cero tarjetas a cinco tarjetas por primera vez. Por tanto se plantean las ecuaciones de tiempos de primera pasada. µij = 1 + ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑖𝑖≠𝑖𝑖)∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 µkj

µ05 = 1+p00µ05 +p01µ15 + p02µ25 + p03µ35 + p04µ45

µ15 = 1+p10µ05 +p11µ15 + p12µ25 + p13µ35 + p14µ45

µ25 = 1+p20µ05 +p21µ15 + p22µ25 + p23µ35 + p24µ45

µ35 = 1+p30µ05 +p31µ15 + p32µ25 + p33µ35 + p34µ45

µ45 = 1+p40µ05 +p41µ15 + p42µ25 + p43µ35 + p44µ45

Reemplazando los valores de los pij por los valores de la matriz se tiene:


µ05 = 1+1µ15

µ15 = 1+0.2µ15 + 0.8µ25

µ25 = 1+ 0.4µ25 + 0.6µ35

µ35 = 1+ 0.6µ35 + 0.4µ45

µ45 = 1+0.8µ45

cuya solución es:

µ05 = 11.42

µ15 = 10.42

µ25 = 9.17

µ35 = 7.50

µ45 = 5.00

Un coleccionista debe comprar en promedio 11.42 cajas de cereal para ajustar su colección de las cinco tarjetas diferentes.

Problema 14. Considere una población con solo dos individuos que en cada generación (padres) produce dos nuevos individuos (hijos) y que después mueren inmediatamente (los padres). El tamaño de la población es, por tanto, constante e igual a dos siempre. Cada individuo porta dos genes que determinan el color de los ojos. Estos genes pueden ser los dos recesivos, los dos dominantes o uno recesivo y uno dominante.

Cada uno de los dos padres transmite a sus descendientes un solo gen, así que cada descendiente tendrá uno de los genes de cada uno de los padres. Además, cada padre transmite siempre el mismo gen a sus dos descendientes, o sea que siempre los que son descendientes tienen el conjunto de sus dos genes iguales entre sí, aunque pueden ser uno recesivo y uno dominante en ambos descendientes. Además, es igualmente probable que se transmita cualquiera de los dos genes que porta cada uno de los padres a sus descendientes.

a) Defina el problema como una cadena de Markov, estableciendo claramente los estados (el orden de los genes es irrelevante) y la matriz de transición de un solo paso.

b) Si cada uno de los dos abuelos posee los dos genes diferentes (ambos abuelos uno recesivo y uno dominante) ¿cuál es la probabilidad de que cada nieto posea los dos genes iguales, los dos recesivos o los dos dominantes?

c) Si cada uno de los individuos de una generación posee los dos genes diferentes (ambos individuos un gen recesivo y uno dominante) ¿cuál es la probabilidad de que todos los descendientes a partir de algún momento posean siempre los dos genes recesivos?

Sea Xt: la cadena genética de cada uno de los individuos en el tiempo t, representada de la siguiente forma: (A, B). Donde A es el conjunto de genes que porta uno de los individuos


y B el conjunto de genes que porta el otro individuo, y que X es el gen dominante y Y el recesivo:

Dado que no importa el orden de los genes, los estados estarían determinados por:

(XX, XX), (XX, XY), (XX, YY), (YY, YX), (XY, XY), (YY, YY)

Los estados (XX, XX) y (YY, YY) son estados absorbentes ya que cada uno de los padres transmite el mismo gen a los dos descendientes con la misma probabilidad y en este caso los dos padres tienen la misma cadena genética con genes iguales. Por lo cual si la población entra en esta condición, todas las siguientes generaciones tendrían la misma cadena genética.

a)

El 2do trans Y

XX, XY

El 2do trans X

XY, XY

XX, XX

El 1ro trans X

El 2do trans Y

XX, YY

El 2do trans Y

XY, XY

XY, XY

El 1ro trans X

El 2do trans Y

YY, YX

El 2do trans X

YY, YY

YX, YX

El 1ro trans Y


La matriz de transición de un solo paso que representa el proceso se presenta a continuación. Note que el XY y el YX se consideran el mismo individuo y por lo tanto las probabilidades se pueden sumar.

(XX, XX) (XX, XY) (XX, YY) (XY, XY) (YY, YX) (YY, YY)

(XX, XX) 1 0 0 - 0 0

(XX, XY) 0.5 0 0 0.5 0 0

(XX, YY) 0 0 0 1 0 0

(XY, XY) 0.25 0 0 0.5 0 0.25

(YY, YX) 0 0 0 0.5 0 0.5

(YY, YY) 0 0 0 0 0 1

b)

Se pregunta por una probabilidad no condicional en donde se sabe que hay probabilidad igual a 1 de que en el tiempo t los individuos se encuentren en el estado (XY, XY) y dentro de dos pasos (dos generaciones) llegar a que los dos nietos tengan los mismo genes e iguales, es decir, llegar a los estados (XX, XX) o (YY, YY):

El 1ro trans Y

El 1ro trans X

El 2do trans Y

XY, XY

El 2do trans X

XY, XY

XX, XX

El 2do trans Y

El 2do trans X

YY, YY

YX, YX


La matriz elevada al cuadrado es:

(XX, XX) (XX, XY) (XX, YY) (XY, XY) (YY, YX) (YY, YY) (XX, XX) 1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 (XX, XY) 0.625 0.000 0.000 0.250 0.000 0.125 (XX, YY) 0.250 0.000 0.000 0.500 0.000 0.250 (XY, XY) 0.375 0.000 0.000 0.250 0.000 0.375 (YY, YX) 0.125 0.000 0.000 0.250 0.000 0.625 (YY, YY) 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000

Por tanto para responder la pregunta se deben sumar las dos probabilidades que están entre paréntesis en la matriz y el resultado sería igual a 0.75

c)

Se trata de una probabilidad de absorción desde el estado (XY, XY) al estado (YY, YY) si enumeramos los estados de 1 a 6 en el orden que están en la matriz, entonces:

F46 = P41F16 + P42F26 + P43F36 + P44F46 + P45F56 + P46F66

Donde:

F16 = 0, P42 = 0, P43 = 0, P45 = 0, F66 = 1

Por tanto:

F46 = 0.5* F46 + 0.25

F46 = 0.5

Problema 15. Un estudiante tiene apilados sobre su mesa tres libros de consulta (X, Y, Z), que utiliza el 20%, el 48% y el 32% de las veces respectivamente. Cuando necesita un libro, lo toma sin alterar el orden de los otros dos y al acabar de utilizarlo lo deposita encima, a la espera de la próxima consulta.

a) Plantear el problema como un proceso de Markov.

b) Hallar la proporción promedio de tiempo en el largo plazo que los libros de cada tipo se encuentran en la parte de encima.

c) Determinar el número promedio de consultas necesario para que si están en el orden X, Y, Z se produzca por primera vez el orden inverso (el inverso es Z,Y,X).


a)

Estado i Probabilidad Estado j X,Y,Z 20 X,Y,Z

48 Y,X,Z 32 Z,X,Y

X,Z,Y 20 X,Z,Y 48 Y,X,Z 32 Z,X,Y

Y,X,Z 20 X,Y,Z 48 Y,X,Z 32 Z,Y,X

Y,Z,X 20 X,Y,Z 48 Y,Z,X 32 Z,Y,X

Z,X,Y 20 X,Z,Y 48 Y,Z,X 32 Z,X,Y

Z,Y,X 20 X,Z,Y 48 Y,Z,X 32 Z,Y,X

Matriz de transición 1 2 3 4 5 6 X,Y,Z X,Z,Y Y,X,Z Y,Z,X Z,X,Y Z,Y,X 1 X,Y,Z 0.2 0 0.48 0 0.32 0 2 X,Z,Y 0 0.2 0.48 0 0.32 0 3 Y,X,Z 0.2 0 0.48 0 0 0.32 4 Y,Z,X 0.2 0 0 0.48 0 0.32 5 Z,X,Y 0 0.2 0 0.48 0.32 0 6 Z,Y,X 0 0.2 0 0.48 0 0.32

b) Planteando π= πP para obtener la condición de estado estacionario se tiene: 𝜋𝜋1 = 𝜋𝜋1 ∗ 0.2 + 𝜋𝜋3 ∗ 0.2 + 𝜋𝜋4 ∗ 0.2

𝜋𝜋2 = 𝜋𝜋2 ∗ 0.2 + 𝜋𝜋5 ∗ 0.2 + 𝜋𝜋6 ∗ 0.2

𝜋𝜋3 = 𝜋𝜋1 ∗ 0.48 + 𝜋𝜋2 ∗ 0.48 + 𝜋𝜋3 ∗ 0.48

𝜋𝜋4 = 𝜋𝜋4 ∗ 0.48 + 𝜋𝜋5 ∗ 0.48 + 𝜋𝜋6 ∗ 0.48


𝜋𝜋5 = 𝜋𝜋1 ∗ 0.32 + 𝜋𝜋2 ∗ 0.32 + 𝜋𝜋5 ∗ 0.32

𝜋𝜋6 = 𝜋𝜋3 ∗ 0.32 + 𝜋𝜋4 ∗ 0.32 + 𝜋𝜋6 ∗ 0.32

1 = 𝜋𝜋1 + 𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4 + 𝜋𝜋5 + 𝜋𝜋6

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene:

𝜋𝜋1 = 0.12 (X, Y, Z)

𝜋𝜋2 = 0.08 (X, Z, Y)

𝜋𝜋3 = 0.18 (Y, X, Z)

𝜋𝜋4 = 0.30 ((Y, Z, X)

𝜋𝜋5 = 0.09 (Z, X, Y)

𝜋𝜋6 = 0.23 (Z, Y, X)

X (encima) = 𝜋𝜋1 + 𝜋𝜋2 = 0.12 + 0.08 = 0.20

Y (encima) = 𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4 = 0.18 + 0.30 = 0.48

Z (encima) = 𝜋𝜋5 + 𝜋𝜋6 = 0.09 + 0.23 = 0.42

c) Con las ecuaciones de tiempo promedio de primera pasada se tiene:

µij = 1 + ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖(𝑖𝑖≠𝑖𝑖)∈𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 µkj

𝜇𝜇14 = 1 + 𝑝𝑝11𝜇𝜇14 + 𝑝𝑝12𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝13𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝15𝜇𝜇54 + 𝑝𝑝16𝜇𝜇64

Como P12=0 y P16=0, entonces

𝜇𝜇14 = 1 + 𝑝𝑝11𝜇𝜇14 + 𝑝𝑝13𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝15𝜇𝜇54

Plantear 𝜇𝜇34 𝑦𝑦 𝜇𝜇54


Como P32=0 y P35=0, entonces

𝜇𝜇34 = 1 + 𝑝𝑝31𝜇𝜇14 + 𝑝𝑝33𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝36𝜇𝜇64


Como P51=0, P53=0 y P56=0, entonces

𝜇𝜇54 = 1 + 𝑝𝑝52𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝55𝜇𝜇54


Plantear


Como P21=0 y P26=0

𝜇𝜇24 = 1 + 𝑝𝑝22𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝23𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝25𝜇𝜇54

Plantear


Como P61=0 y P63=0 y P65=0

𝜇𝜇64 = 1 + 𝑝𝑝62𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝66𝜇𝜇64

Se tienen entonces cinco ecuaciones, para resolver 𝜇𝜇14

𝜇𝜇14 = 1 + 𝑝𝑝11𝜇𝜇14 + 𝑝𝑝13𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝15𝜇𝜇54

𝜇𝜇34 = 1 + 𝑝𝑝31𝜇𝜇14 + 𝑝𝑝33𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝36𝜇𝜇64

𝜇𝜇54 = 1 + 𝑝𝑝52𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝55𝜇𝜇54

𝜇𝜇24 = 1 + 𝑝𝑝22𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝23𝜇𝜇34 + 𝑝𝑝25𝜇𝜇54

𝜇𝜇64 = 1 + 𝑝𝑝62𝜇𝜇24 + 𝑝𝑝66𝜇𝜇64

Reemplazando los 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑖𝑖de la matriz se tiene:

𝜇𝜇14 = 1 + 0.2 ∗ 𝜇𝜇14 + 0.48 ∗ 𝜇𝜇34 + 0.32 ∗ 𝜇𝜇54

𝜇𝜇34 = 1 + 0.2 ∗ 𝜇𝜇14 + 0.48 ∗ 𝜇𝜇34 + 0.32 ∗ 𝜇𝜇64

𝜇𝜇54 = 1 + 0.2 ∗ 𝜇𝜇24 + 0.32 ∗ 𝜇𝜇54

𝜇𝜇24 = 1 + 0.2 ∗ 𝜇𝜇24 + 0.48 ∗ 𝜇𝜇34 + 0.32 ∗ 𝜇𝜇54

𝜇𝜇64 = 1 + 0.2 ∗ 𝜇𝜇24 + 0.32 ∗ 𝜇𝜇64

Y al resolver este sistema este sistema se obtiene:

𝜇𝜇14 = 6.51; es decir para pasar del orden XYZ al orden ZYX se requiere en promedio sacar 6.51 libros y depositarlos encima.


Problema 16. Se tiene un ratón encerrado en una casa dividida en cuatro espacios con diversas entradas: salón, cocina, habitación y hall de entrada, y las siguientes puertas de comunicación entre los espacios: El salón comunica con la habitación, la cocina y el hall de entrada. La habitación comunica con el salón y la cocina. La cocina comunica con el salón, la habitación y el hall de entrada. El hall de entrada comunica con el salón y la cocina y el exterior. El ratón tiene, cuando está en cualquier espacio, una probabilidad igual de pasar a los espacios adyacentes (con los que se comunica).

Si el ratón sale al exterior no puede volver a entrar a la casa.

a) Construya la matriz de transición.

b) Suponiendo que actualmente el ratón se encuentra en el salón, calcule la probabilidad de que si pone queso envenenado en la cocina el dueño mate al ratón y la probabilidad de que escape hacia la calle.

Estados: lugar donde se encuentra el ratón

1: salón (s) 2 habitación de alcoba (a) 3 cocina (c) 4 hall de entrada (h) 5 exterior (e) a) 1 2 3 4 5

1 0 1/3 1/3 1/3 0 2 1/2 0 1/2 0 0 3 1/3 1/3 0 1/3 0 4 1/3 0 1/3 0 1/3 5 0 0 0 0 1

Note que la diferencia con el numeral anterior es que el estado 3 (c) se vuelve absorbente, ya que el si el ratón muere, se queda en ese estado.


1 2 3 4 5 1 0 1/3 1/3 1/3 0 2 1/2 0 1/2 0 0 3 0 0 1 0 0 4 1/3 0 1/3 0 1/3 5 0 0 0 0 1 fsc= pssfsc + psafac + pscfcc + pshfhc + psefec fsc= (1/3)fac + (1/3) +(1/3)fhc (1) fac= pasfsc + paafac + pacfcc + pahfhc + paefec fac= (1/2) fsc (1/2) (2) fhc= phsfsc + phafac + phcfcc + phhfhc + phefec fhc=(1/3)fsc + (1/3) (3) Resolviendo (1), (2) y (3) se obtiene: fsc= 0.846 fac= 0.923 fhc= 0.615 fsc = 0.8462 (lo matan) fse = 0.1538 (escapa)

Problema 17. El gran Circo de México cuenta para la presentación de su espectáculo con dos leones, pero siempre utilizan uno en el espectáculo y el otro es tomado como plan de contingencia. El espectáculo de los leones consiste en rugir fuertemente, por tanto si alguno de ellos tiene problemas en las cuerdas vocales al final de un día, se debe reemplazar por el otro al día siguiente. Las funciones se presentan cada día.

Un león aliviado tiene una probabilidad de 0.4 de tener problemas con su rugido al final de un día; cuando esto ocurre inicia un tratamiento de recuperación al inicio del día siguiente y el otro león lo reemplaza siempre y cuando sus cuerdas bucales se encuentren bien y pueda rugir perfectamente. Además se tiene en cuenta que el veterinario sólo puede atender un león a la vez y que el tiempo requerido para que el león se alivie es de 2 días completos de tratamiento. Basados en datos proporcionados, se tiene que el 70% de las veces los leones se alivian con el tratamiento suministrado por el veterinario, en tanto que los que no se alivian deben iniciar nuevamente el proceso de tratamiento de dos días.

a) Defina cada uno de los estados y construya la matriz de transición de un paso. Plantee la matriz y el sistema de ecuaciones.


b) Si al veterinario que atiende a los leones se le pagan $8000 por cada león que ha sido atendido y queda con una buena condición en sus cuerdas bucales que le permita rugir, y se le multa (descuenta) con $2000 por cada león cuyo tratamiento haya sido ineficiente, encuentre el salario promedio diario que se le paga al veterinario. (Plantee la solución aunque no la resuelva numéricamente).

a) Prob. Malos rugidos: 0.4 Prob. Buenos rugidos: 0.6 Prob. Mal tratamiento: 0.3 Prob. Buen tratamiento: 0.7 Estados: número de leones aliviados, días de tratamiento del que está siendo tratado.

0= (2,0)= 2 leones aliviados, 0 días de tratamiento. 1= (1,0)= 1 león aliviado, 0 días de tratamiento. 2= (0,1)= 0 leones aliviados, 1 día de tratamiento de alguno.

3= (1,1)= 1 león aliviado, 1 día de tratamiento. 4= (0,0)= 0 leones aliviados, 0 días de tratamiento.

La matriz de Markov de un paso es:

Estados (2,0) (1,0) (0,1) (1,1) (0,0)

(2,0) 0.6 0.4 0 0 0

(1,0) 0 0 0.4 0.6 0

(0,1) 0 0.7 0 0 0.3

(1,1) (0.6*0.7)=0.42 (0.6*0.3)+ (0.4*0.7) = 0.46

0 0 0.4*0.3= 0.12

(0,0) 0 0 1 0 0

Las ecuaciones de estado estable 𝜋𝜋�⃗ = 𝜋𝜋𝑃𝑃 son: 𝜋𝜋0 = 0.6𝜋𝜋0 + 0.42𝜋𝜋3 𝜋𝜋1 = 0.4𝜋𝜋0 + 0.7𝜋𝜋2 + 0.46𝜋𝜋3 𝜋𝜋2 = 0.4𝜋𝜋1 + 1𝜋𝜋4 𝜋𝜋3 = 0.8𝜋𝜋1 𝜋𝜋4 = 0.3𝜋𝜋2 + 0.12𝜋𝜋3 𝜋𝜋0 + 𝜋𝜋1 + 𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4 = 1 (**)


Solucionando el sistema de ecuaciones en el que se debe tener en cuenta que una de ellas es redundante, se obtiene:

0.4𝜋𝜋0 = 0.42𝜋𝜋3 𝜋𝜋0 = 1.05𝜋𝜋3 𝜋𝜋1 = 1.25𝜋𝜋3 𝜋𝜋2 = 0.4(1.25𝜋𝜋3) + 1𝜋𝜋4 = 0.5𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4 𝜋𝜋4 = 0.3(0.5𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4) + 0.12𝜋𝜋3 = 0.15𝜋𝜋3 + 0.3𝜋𝜋4 + 0.12𝜋𝜋3 0.3𝜋𝜋4 = 0.27𝜋𝜋3 𝜋𝜋4 = 0.9𝜋𝜋3 𝜋𝜋2 = 0.5𝜋𝜋3 + 0.9𝜋𝜋3 = 1.14 𝜋𝜋3 Reemplazando cada uno de los valores se tiene que: 1.05𝜋𝜋3 + 1.25𝜋𝜋3 + 1.14𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋3 + 0.9𝜋𝜋3 = 1 5.34𝜋𝜋3 = 1; 𝜋𝜋3 = 0.1872

𝜋𝜋0 = 1.05𝜋𝜋3 = 1.05 ∗ 0.1872 = 0.1965 𝜋𝜋1 = 1.25𝜋𝜋3 = 1.25 ∗ 0.1872 = 0.234 𝜋𝜋2 = 1.14 𝜋𝜋3 = 1.14 ∗ 0.1872 = 0.2134 𝜋𝜋4 = 0.9𝜋𝜋3 = 0.9 ∗ 0.1872 = 0.1684

Es decir: 𝜋𝜋0 = 0.1965 𝜋𝜋1 = 0.234 𝜋𝜋2 = 0.2134 𝜋𝜋3 = 0.1872 𝜋𝜋4 = 0.1684

Si se le pagan $8000 por cada león cuyo tratamiento fue bueno y se le multa con $2000 por león cuyo tratamiento haya sido malo.

Entonces, el salario promedio que se la paga al veterinario es: 𝑆𝑆𝑝𝑝𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚 = 8000�(𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3) ∗ 0.70� − 2000�(𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3) ∗ 0.3� 𝑆𝑆𝑝𝑝𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚 = 8000�(0.2134 + 0.1872) ∗ 0.7� − 2000�(0.2134 +0.1872) ∗ 0.3� = 2240 − 240 = $2000/día

Problema 18. Un agricultor siembra una hortaliza que toma tres meses en dar sus frutos. Durante cada uno de los meses la hortaliza tiene una probabilidad de morir de 0.1. El agricultor revisa el estado de las plantas al final de cada mes. En caso de que encuentre una planta muerta al final de un mes, el agricultor planta una nueva hortaliza, ya que siempre cuenta con semillas en inventario. El tiempo que le toma al agricultor sembrar una planta se considera despreciable, por lo tanto puede asumirse que el proceso es instantáneo. Cuando se recoge la cosecha al cabo de tres meses, se debe esperar un mes para que el terreno se recupere por medio de abonos, al cabo del cual se siembra una nueva planta.


a) Plantee el problema como un sistema de Markov discreto, definiendo claramente los estados y la matriz de transición de un paso.

b) Si cada hortaliza que da sus frutos produce una utilidad de $15, ¿cuál es la utilidad promedio mensual del agricultor en el largo plazo?

c) El agricultor no puede hacer nada por cambiar el rendimiento en los dos primeros meses; sin embargo desea saber si es conveniente aplicar un tratamiento a todas las plantas que estén vivas al final de su segundo mes, lo que garantiza que generan sus frutos al final del tercer mes y no mueren. Si el costo del tratamiento de cada planta es de $2 ¿qué le recomendaría usted?

𝑋𝑋𝑒𝑒 = { 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑋𝑋𝑝𝑝𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑆𝑆𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝 (0, 1, 2, 3)}

0 1 2 3

0 0.1 0.9 0 0

1 0.1 0 0.9 0

2 0.1 0 0 0.9

3 1 0 0 0

b) Resolviendo la condición de estado estacionario tenemos: 𝜋𝜋�⃗ = 𝜋𝜋𝑃𝑃

𝜋𝜋0 = 0,1 𝜋𝜋0 + 0,1𝜋𝜋1 + 0,1𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3

𝜋𝜋1 = 0,9 𝜋𝜋0

𝜋𝜋2 = 0,9𝜋𝜋1

𝜋𝜋3 = 0,9𝜋𝜋2

∑𝜋𝜋 = 1, cuya solución es:

𝜋𝜋0 = 0,291

𝜋𝜋1 = 0,262

𝜋𝜋2 = 0,236


𝜋𝜋3 = 0,212

𝑈𝑈𝑡𝑡𝑖𝑖𝑆𝑆𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝 = 15 ∗ 𝜋𝜋3 = 15 ∗ 0,212 = $3,18/(hortaliza-mes)

c) Con la nueva política

𝑋𝑋𝑒𝑒 = { 𝑀𝑀𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑆𝑆𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝 (0,1,2,3)}

la matriz de Markov es:

0 1 2 3

0 0.1 0.9 0 0

1 0.1 0 0.9 0

2 0 0 0 1

3 1 0 0 0

b) 𝜋𝜋0 = 0,1 𝜋𝜋0 + 0,1𝜋𝜋1 + 𝜋𝜋3

𝜋𝜋1 = 0,9 𝜋𝜋0

𝜋𝜋2 = 0,9𝜋𝜋1

𝜋𝜋3 = 𝜋𝜋2

∑𝜋𝜋 = 1, cuya solución es:

𝜋𝜋0 = 0.284

𝜋𝜋1 = 0.256

𝜋𝜋2 = 0.230

𝜋𝜋3 = 0.230

𝑈𝑈𝑡𝑡𝑖𝑖𝑆𝑆𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝 = 15 ∗ 𝜋𝜋3 − 2 ∗ 𝜋𝜋2 = 15 ∗ 0,23 − 2 ∗ 0.23= $2.99/(ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑡𝑡𝑝𝑝𝑆𝑆𝑖𝑖𝑜𝑜𝑝𝑝 − 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒)


Es recomendable no aplicar el tratamiento ya que se obtiene menor utilidad promedio.

Problema 19. Un vendedor ambulante sale a vender un artículo del cual lleva dos unidades. El vendedor trabaja máximo dos horas consecutivas en un día, tratando de vender los artículos. La demanda del artículo en cada hora es de 0, 1 o 2 unidades con probabilidades 0.6, 0.3 y 0.1 respectivamente, es decir:

Prob(Dem =0)=0.6, Prob(Dem =1)=0.3 y Prob(Dem =2)=0.1.

Al final de las dos horas el vendedor regresa a su casa con los artículos que le quedan, pero si al final de la primera hora ha vendido los dos artículos también se regresa para su casa.

Tenga en cuenta que el vendedor no cubre la demanda insatisfecha, es decir, si la demanda llegara a ser superior a las unidades con las que cuenta en el inventario el vendedor perdería esa oportunidad de vender.

a) Plantee la matriz de Markov para este problema.

b) Determine la probabilidad de que el vendedor regrese a su casa con las manos vacías (es decir con cero artículos).

a)

𝐸𝐸𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒: 𝑋𝑋𝑒𝑒 = {𝐻𝐻𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑗𝑗𝑝𝑝, 𝐼𝐼𝑋𝑋𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝}, donde el primer subíndice c significa que al final de la hora regressa a casa

0.6 1, 2 0.6 (c, 2)

0, 2 0.3 1, 1 1,2 0.3 (c, 1)

0.1 (c, 0) 0.1 (c, 0)

000

000

000

000

000

000

000

000


0.6 (c, 1)

1, 1 0.3 (c, 0)

0.1 (c, 0)

Los estados (c, 0), (c, 1) y (c, 2) se consideran absorbentes ya que la matriz se plantea para un solo día.

(0,2) (1,2) (1,1) (c,0) (c,1) (c,2)

0: (0,2) 0 0.6 0.3 0.1 0 0

1: (1,2) 0 0 0 0.1 0.3 0.6

2: (1,1) 0 0 0 0.4 0.6 0

3: (c,0) 0 0 0 1 0 0

4: (c,1) 0 0 0 0 1 0

5: (c,2) 0 0 0 0 0 1

𝑡𝑡) 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑡𝑡𝑖𝑖𝑆𝑆𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑡𝑡𝑒𝑒𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑖𝑖ó𝑋𝑋 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑑𝑑 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 3:𝐹𝐹03 = 0.6𝐹𝐹13 + 0.3𝐹𝐹23 + 0.1

𝐹𝐹13 = 0.1 𝐹𝐹23 = 0.4

𝐹𝐹03 = 0.28 ; 𝐹𝐹13 = 0.1 ; 𝐹𝐹23 = 0.4. La probabilidad de que el vendedor regrese a su casa con las manos vacías es el 28%.

Problema 20. Jim y Joe comienzan un juego con cuatro fichas, tres para Jim y una para Joe. Se lanzan dos monedas, una de ellas normal y otra cargada con probabilidad 0.7 de caer sello. Si el resultado de ambos lanzamientos es cara, Jim le da a Joe una ficha, en cualquier otro caso Jim obtiene una ficha de Joe. El juego puede terminar cuando Jim o Joe tengan todas las fichas, ya que si se da esta situación (uno de los dos tiene todas las fichas) se saca instantáneamente con igual probabilidad una bola de una urna que tiene 10 bolas

1000

000

000

000


numeradas del 1 al 10 y si sale una bola ≤3, el juego se reinicia nuevamente con tres fichas para Jim, pero si sale una bola ≥4 definitivamente se da por terminado el juego. Note que la sacada de la bola no forma parte del proceso de tirada de las dos monedas

a) Defina los estados y represente el juego como una cadena de Markov.

b) Determine la probabilidad de que Jim gane el juego por primera vez al cabo de dos lanzamientos de las monedas después de iniciado el juego.

c) Determine la probabilidad de que el juego termine a favor de Joe después de iniciado

el juego.

𝐸𝐸𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒:𝑋𝑋𝑒𝑒 = 𝑁𝑁ú𝑚𝑚𝑒𝑒𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑑𝑑ℎ𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝐽𝐽𝑖𝑖𝑚𝑚 a) Probabilidad (cara en las dos monedas) = 0.3*0.5 = 0.15

1

2

0

3

0.85

0.15 0.7

0.3

3

4

3

2

0.85

0.15

0.7

0.3


0 1 2 3 4 0 1 0 0 0 0 1 0.105 0 0.85 0.045 0 2 0 0.15 0 0.85 0 3 0 0 0.15 0.255 0.595 4 0 0 0 0 1

b) 𝑓𝑓34(2) = 𝑃𝑃34

(2) − 𝑓𝑓34 ∗ 𝑃𝑃44 donde 𝑃𝑃34(2) = 0.255*0.595 (Chapman-Kolmogorov)

𝑓𝑓34

(2) = 0.746125 − 0.595 ∗ 1 = 0.151725 Si Jim empieza el juego con tres fichas, la probabilidad de que gane el juego dos lanzamientos después es del 15.1725%.

c) Probabilidad de ser absorbido por el estado 0 (es decir 0 monedas para Jim: a favor de Joe)

𝐹𝐹30 = 𝑃𝑃30 ∗ 𝐹𝐹00 + 𝑃𝑃31 ∗ 𝐹𝐹10 + 𝑃𝑃32 ∗ 𝐹𝐹20 + 𝑃𝑃33 ∗ 𝐹𝐹30 + 𝑃𝑃34 ∗ 𝐹𝐹40



2

3

0

0.85

0.15

1

0

4 4


𝐹𝐹30 = 0.15 ∗ 𝐹𝐹20 + 0.255 ∗ 𝐹𝐹30

𝐹𝐹20 = 0,15 ∗ 𝐹𝐹10 + 0,85 ∗ 𝐹𝐹30

𝐹𝐹10 = 0.105 + 0.85 ∗ 𝐹𝐹20 + 0.045 ∗ 𝐹𝐹30 Al resolver este sistema de ecuaciones de estados absorbentes da:

𝐹𝐹30 = 0.00331

𝐹𝐹20 = 0.01645

𝐹𝐹10 = 0.09087

Después de iniciado el juego la probabilidad de que termine a favor de Joe es de 0.33%.

Problema 21. Una empresa de manufactura cuenta con dos máquinas distintas A y B, cada una de las cuales produce un componente diferente al final de cada hora. Cada componente puede ser identificado como defectuoso o no defectuoso de manera instantánea al ser producido. La probabilidad de que la máquina A genere un componente defectuoso es de 0.3, mientras que la máquina B generará un componente defectuoso el 40% de las veces.

Los componentes defectuosos son descartados, mientras que los no defectuosos son almacenados en dos bolsas diferentes (una para cada máquina). Cuando hay componentes en cada bolsa, se ensambla uno de la bolsa de la máquina A con uno de la bolsa de la máquina B, y este proceso se da de manera instantánea inmediatamente haya componentes en cada bolsa. Adicionalmente cada bolsa puede contener como máximo dos componentes y cuando una bolsa está llena la máquina correspondiente se apaga y se vuelve a prender cuando la bolsa tenga espacio para al menos un componente.

a) Defina claramente los estados y formule el problema por medio de una matriz de Markov de un solo paso.

b) Suponga que cada componente que se descarta tiene un costo de US$ 5000 para le empresa y un apagado de la máquina tiene un costo de US$ 20000. Cada vez que se ensamblan dos componentes, el ensamble se vende por US$ 30000. Calcule la utilidad a largo plazo de la empresa.

Sea Xt: (Número de componentes en la bolsa de la máquina A, Número de componentes en la bolsa de la máquina B) al final de una hora t. (D significa defectuoso, ND significa no defectuoso)

Prob(AD) = 0.3 Prob(AND) = 0.7 Prob(BD) = 0.4 Prob(BND) = 0.6


De los gráficos anteriores se obtiene la siguiente matriz de Markov:

Xt (2.0) (1.0) (0.0) (0.1) (0.2)

0:(2.0) 0.4 0.6

1:(1.0) 0.28 0.54 0.18

2:(0.0) 0.28 0.54 0.18

3:(0.1) 0.28 0.54 0.18

4:(0.2) 0.7 0.3

Resolviendo las ecuaciones de estado estacionario se tiene π=πP:

π0 = 0.4π0 + 0.28 π 1

π1 = 0.6 π0 + 0.54 π1 + 0.28 π2

BND (1.0

AND

BD

AD

(1.0

(2.0

(0.0

(1.0

B

BN

BND (0.0

AND

BD

AD

(0.0

(1.0

(0.1

(0.0

BD

BND

BND (0.1

AN

BD AD

(0.1

(0.0

(0.2

(0.1

BD

BND

(2.0

BND

BD

(1.0

(2.0

(0.2

AN

AD

(0.1

(0.2


π3 = 0.18π2 + 0.54π3 + 0.7 π4

π4 = 0.18π3 + 0.3π4

π1 + π2 + π3 + π4 + π0 = 1

Nota: se eliminó la ecuación correspondiente a π2, que al resolverlo se tiene:

π0 0.17750342 π1 0.38036447 π2 0.24452002 π3 0.15719144 π4 0.04042066

Costos apagada = 20.000*(π0 + π4)

Costos descartadas = 5000 ((π0*(1*0,4) + π1*((2*(0,6*0,4) + 1*(0,28 + 0,18)) + π2*((2*(0,6*0,4) + 1*(0,28 + 0,18)) + π3*((2*(0,6*0,4) + 1*(0,28 + 0,18)) + π4*(1*0,3))

Ingresos ensambles = 30000 (π1*(0,18 + 0,42) + π0*(0,6) + π2*(0,42) + π3*(0,28 + 0,42) + π4*(0,7)

Utilidad = Ingresos ensambles - costos apagada - costos descartadas.

Problema 22. Un zoológico en México adquiere una elefanta joven con el fin de conservar esa especie en el país. Un zoológico en Guatemala cuenta con un macho de la misma especie pero sólo lo pueden llevar una vez al año a México para intentar que la hembra quede preñada. De este encuentro anual, la elefanta tiene una probabilidad del 70% de quedar preñada. El periodo de gestación dura dos años adicionales al año en que se detecta su preñez y en cada uno de estos hay una probabilidad del 20% de que la elefanta pierda su cría y entre en un periodo de recuperación por aborto que dura un año adicional al año en que se produce el aborto, hasta que pueda quedar nuevamente preñada. Si hay un nacimiento exitoso, nace un elefantito durante el año, haciendo que esta quede en un estado de maternidad durante un año, adicional al año del parto, hasta ser apta para quedar preñada nuevamente.

a) Plantee el problema como un sistema de Markov discreto, definiendo claramente los estados y la matriz de transición de un paso. Nota: los estados se detectan al final de cada año.

b) El gobierno le ofrece al zoológico la suma de US$3 millones por cada elefante vivo que nazca; el costo de mantener la elefanta durante cada año de gestación es de US$400 mil y en caso de que esta tenga un aborto, la atención veterinaria durante el reposo cuesta US$100 mil al año. El año de maternidad en el que cuidan de la madre y la cría


representa un costo de $200 mil. ¿Cuál es la utilidad promedio anual del zoológico en el largo plazo?

c) ¿Cuál es la probabilidad de que cuando la elefanta esté apta para quedar preñada tenga un aborto en exactamente tres años?

d) Si al final de un año la elefanta estaba apta para ser preñada, ¿cuál es la probabilidad de que en tres años vuelva a estar en este estado?

a) Xt=Estado de la elefanta al final del mes:

N=Normal E=Embarazada E,1= Embarazada por un año NE= Nacimiento exitoso A= Aborto

E 0.7 N 0.3 N E, 1 0.7 E 0.3 A


NE 0.7 E, 1 0.3 A A N NE N

1

N E E, 1 NE A

N 0.3 0.7 0 0 0

E 0 0 0.8 0 0.2

E, 1 0 0 0 0.8 0.2

NE 1 0 0 0 0

A 1 0 0 0 0

b) π = πP

𝜋𝜋1 = 𝜋𝜋1 ∗ 0.3 + 𝜋𝜋4 + 𝜋𝜋5

𝜋𝜋2 = 𝜋𝜋1 ∗ 0.7

𝜋𝜋3 = 𝜋𝜋2 ∗ 0.8

𝜋𝜋4 = 𝜋𝜋3 ∗ 0.8

𝜋𝜋5 = 𝜋𝜋2 ∗ 0.2 + 𝜋𝜋3 ∗ 0.2

1 = 𝜋𝜋1 + 𝜋𝜋2 + 𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4 + 𝜋𝜋5 + 𝜋𝜋6


Se cancela una de las ecuaciones y al resolver el sistema de ecuaciones se tiene:

𝜋𝜋1 = 0.3448

𝜋𝜋2 = 0.2414

𝜋𝜋3 = 0.1931

𝜋𝜋4 = 0.1545

𝜋𝜋5 = 0.0869

Utilidad promedio anual = ingresos por elefanticos – costos gestación – costos aborto – costos maternidad = 3.000.000*𝜋𝜋4 – 400.000*(𝜋𝜋3 + 𝜋𝜋4) – 100.000𝜋𝜋5 – 200.000𝜋𝜋4 = 284.870

c) Probabilidad de primera pasada de N – A en 3 pasos

fNA(3) = pNA

(3) – fNA(1) * pAA

(2) – fNA(2) * pAA

(1)

Para esta fórmula se necesitan P2 y P3:

P2=

N E E,1 NE A N 0.09 0.21 0.56 0.0 0.14 E 0.2 0.0 0 0.64 0.16 E,1 1 0 0 0 0 NE 0.3 0.7 0 0 0 A 0.3 0.7 0 0 0

P3=

N E E,1 NE A N 0.167 0.063 0.168 0.448 0.154 E 0.86 0.14 0 0 0 E,1 0.3 0.7 0 0 0 NE 0.09 0.21 0.56 0 0.14 A 0.09 0.21 0.56 0 0.14

fNA(3) = 0.154 – 0 – 0 = 0.154


d) Probabilidad de pasar de Normal a Normal en tres meses (no necesariamente es primera pasada)

PNN(3) =0.167

Problema 23. Los Juegos Olímpicos Río 2016 son una gran oportunidad para el mercadeo de diferentes marcas. Doña Beatriz decide aplicar una propuesta planteada por algunos estudiantes para dar a conocer su marca: Nacho Burger. Esta consiste en incluir en las hamburguesas una de las tres figuras coleccionables de las medallistas colombianos: Caterine Ibargüen, Yuberjen Martínez y Mariana Pajón. El objetivo es completar las tres figuras. En la compra de cada hamburguesa los estudiantes reciben una figura; en caso de acumular dos figuras repetidas, doña Beatriz cambia instantáneamente estas por una figura diferente a las que el estudiante ya ha coleccionado.

a) Defina claramente los estados y modele la situación como una cadena de Markov.

b) Si un estudiante inicia sin ninguna figura coleccionable, ¿cuál es la probabilidad de que cuando complete las tres figuras no tenga ninguna repetida? ¿cuál es la probabilidad de que cuando complete las tres figuras tenga alguna repetida?

c) Realice el gráfico de clases, identificando si son transitorias o recurrentes.

d) ¿Cuál es la probabilidad de que, empezando sin ninguna figura, se tengan las tres figuras diferentes exactamente al cabo de comprar tres hamburguesas?

a) Xt= (Número de fichas diferentes, Número de fichas repetidas) Matriz de transición de un paso


De los gráficos anteriores se obtiene la matriz de Markov:

(0.0) (1.0) (2.0) (1.1) (2.1) (3.0) (3.1) (0.0) 0 1 0 0 0 0 0 (1.0) 0 0 2/3 1/3 0 0 0 (2.0) 0 0 0 0 2/3 1/3 0 (1.1) 0 0 1/3 0 2/3 0 0 (2.1) 0 0 0 0 0 2/3 1/3 (3.0) 0 0 0 0 0 1 0 (3.1) 0 0 0 0 0 0 1


b) Probabilidad de absorción en (3.0) y (3.1)

Se necesita F(0.0)(3.0). Como la fórmula de la probabilidad de absorción implica las probabilidades de pasar en un paso desde (0.0) a los demás estados, solo se consideran las probabilidades diferentes a cero. Como (0.0) solo se comunica con (1.0) se reduce a =

F(0.0)(3.0)=P(0.0)(1.0)*F(1.0)(3.0)

F(0.0)(3.0)=1* F(1.0)(3.0)

F(0.0)(3.0)= F(1.0)(3.0)

Ahora se encuentra el Valor de F(1.0)(3.0)

F(1.0)(3.0)= P(1.0)(2.0)*F(2.0)(3.0) + P(1.0)(1.1)*F(1.1)(3.0)

F(1.0)(3.0)= 2/3*F(2.0)(3.0) + 1/3*F(1.1)(3.0) (2)

Ahora se deben encontrar F(2.0)(3.0) y F(1.1)(3.0)

F(2.0)(3.0)= P(2.0)(2.1)*F(2.1)(3.0) + P(2.0)(3.0)*F(3.0)(3.0)

F(2.0)(3.0)= 2/3*F(2.1)(3.0) + 1/3*1

F(2.0)(3.0)= 2/3*F(2.1)(3.0) + 1/3 (1)

F(1.1)(3.0)= P(1.1)(2.1)*F(2.1)(3.0) + P(1.1)(2.0)*F(2.0)(3.0)

F(1.1)(3.0)=2/3*F(2.1)(3.0) +1/3*F(2.0)(3.0) (3)

Ahora se debe encontrar F(2.1)(3.0)

F(2.1)(3.0) )= P(2.1)(3.1)*F(3.1)(3.0)+ P(2.1)(3.0)*F(3.0)(3.0)

F(2.1)(3.0) )=1/3*0+ 2/3*1

F(2.1)(3.0) )=2/3=0.6667

Reemplazando en 1

F(2.0)(3.0)= 2/3*2/3 + 1/3

F(2.0)(3.0)= 7/9=0.7777


Reemplazando en 3

F(1.1)(3.0)=2/3*2/3+1/3*7/9

F(1.1)(3.0)=19/27=0.7037

Reemplazando en 2

F(1.0)(3.0)= 2/3*7/9+ 1/3*19/27

F(1.0)(3.0)= 61/81=0.7531= F(0.0)(3.0)

La probabilidad de que termine con las tres fichas y ninguna repetida es de 0.7531 y que termine con las tres fichas y una repetida es de 1–0.7531=0.2469.

c) Diagrama de clases: transitorias o recurrentes

Recuerde que una clase es recurrente si no se puede salir de ella y es transitoria si se puede salir de ella y no hay forma de regresar.

(0, 0) Transitoria

(1, 0) Transitoria

(2, 0) Transitoria

(3, 0) Recurrente

(1, 1) Transitoria

(2, 1) Transitoria

(3, 1) Recurrente


d) f1.6(3)=P1.6

(3)-f1.6P66(2)-f1.6

(2)*P66

P1.6=f1.6=0

P(2) =

(0.0) (1.0) (2.0) (1.1) (2.1) (3.0) (3.1) (0.0) 0 0 2/3 1/3 0 0 0 (1.0) 0 0 1/9 0 2/3 2/9 0 (2.0) 0 0 0 0 0 7/9 2/9 (1.1) 0 0 0 0 2/9 5/9 2/9 (2.1) 0 0 0 0 0 2/3 1/3 (3.0) 0 0 0 0 0 1 0 (3.1) 0 0 0 0 0 0 1

P(3)=

(0.0) (1.0) (2.0) (1.1) (2.1) (3.0) (3.1) (0.0) 0 0 1/9 0 2/3 2/9 0 (1.0) 0 0 1 0 2/27 19/27 2/9 (2.0) 0 0 0 0 0 7/9 2/9 (1.1) 0 0 0 0 0 19/27 8/27 (2.1) 0 0 0 0 0 2/3 1/3 (3.0) 0 0 0 0 0 1 0 (3.1) 0 0 0 0 0 0 1

P1.6(3)= 2/9

P6.6(2)=1

P6.6=1

f1.6(3)=2/9 – 0*1–f1.6

(2)*1

Ir por primera vez de 1 a 6 en dos pasos es imposible

f1.6(2)= P1.6

(2)- f1.6*P66

f1.6(2)= 0-0*1=0


Queda entonces

f1.6(3)= P1.6

(3)p1.3(3)=2/9

Igualmente se pudo haber encontrado intuitivamente

f1.6(3)=1*1/3*2/3=2/9

Problema 24. Marie Ann es una complicada mujer que toma una bebida sin falta al final de cada hora (tomar la bebida se considera instantáneo) y según lo que haya tomado experimenta una sensación de frío o calor durante toda la hora siguiente; ella toma granizado. jugo o un expresso al final de cada hora, según si sintió calor o frío durante esa hora. Si siente calor durante una hora, ella toma al final de esa hora granizado el 70% de las veces y nunca toma expresso. Si siente frío durante una hora tiene el doble de probabilidad de tomar expresso que jugo y el triple de probabilidad de tomar jugo que granizado al final de esa hora. Marie Ann siente calor durante una hora con un 20% de probabilidad si tomó granizado y 80% si tomó expreso al final de la hora anterior. Cuando toma jugo hay igual probabilidad de que sienta frío o calor durante la siguiente hora. Ella, dentro de su complique, decide hacer las siguientes tres excepciones a lo descrito anteriormente: 1. Si luego de tomarse un expresso le da frío durante la siguiente hora, siempre se tomará de nuevo un expresso al final de esa hora; 2. Si cuando toma jugo siente calor durante la siguiente hora, se tomará un granizado al final de esa hora; 3. Si cuando toma granizado siente calor durante la siguiente hora, se tomará un jugo al final de esa hora.

a) Defina claramente los estados y plantee la matriz de transición de un paso.

b) Marie Ann reside en un lujoso hotel, donde el dueño conoce su complicada situación y decide pagarle $10 cada vez que al tomarse un granizado sienta calor a la hora siguiente, pero ella debe pagarle $25 si al tomarse un expresso siente frío a la hora siguiente. ¿Cuál es la utilidad o pérdida en el largo plazo para el dueño del hotel?

c) Determine cuál es la probabilidad de que dentro de dos horas Marie Ann tenga frío y esté tomando Expresso. si hay un 40% de probabilidad de que termine la hora actual con calor tomando jugo y un 60% de que termine la hora actual con frío tomando granizado.

a) Note que CE no existe.

1 CJ

0.2 (ex. 3) 0.2 C

CG 0.8 F 0.1 FG 0.08 0.3 FJ 0.24 0.6 FE 0.48


1 CG 0.5 (ex. 2) 0.5 C

CJ 0.5 F 0.1 FG 0.05 0.3 FJ 0.15 0.6 FE 0.3 1 CJ 0.2 (ex. 3) 0.2 C

FG 0.8 F 0.1 FG 0.08 0.3 FJ 0.24 0.6 FE 0.48 1 CG 0.5 (ex. 2) 0.5 C

FJ 0.5 F 0.1 FG 0.05 0.3 FJ 0.15 0.6 FE 0.3 0.7 CG 0.56 0.8 C 0.3 CJ 0.24

FE 0.2 F 1 FE 0.2 (ex. 1)

Con los árboles anteriores se construye la matriz de Markov:

CG CJ FG FJ FE CG 0 0.2 0.08 0.24 0.48 CJ 0.5 0 0.05 0.15 0.3 FG 0 0.2 0.08 0.24 0.48 FJ 0.5 0 0.05 0.15 0.3 FE 0.56 0.24 0 0 0.2


b)

Paga Le pagan 10 25

Utilidad = [25*PiFE*0.2]-[(PiCG+PiFG)*0.2*10]

c) Fórmula de la probabilidad no condicional: Q(X2) = Q(X0)*P2

Q(X0) = 0 0.4 0.6 0 0 0.4888 0.1312 0.0284 0.0852 0.2664 0.243 0.182 0.0515 0.1545 0.369

P2 = 0.4888 0.1312 0.0284 0.0852 0.2664 0.243 0.182 0.0515 0.1545 0.369 0.232 0.16 0.0568 0.1704 0.3808

Q(X2) = 0.39048 0.15152 0.03764 0.11292 0.30744

La probabilidad de que Marie Ann dentro de dos horas tenga frío y esté tomando expresso es 30.74%

Problema 25. El casino Zamba lanzó un nuevo juego para entretener a sus clientes. El juego consiste en lanzar un dado de seis caras que sólo contiene números pares. Es decir, el dado sólo contiene los números 2, 4 y 6. Cada número tiene la misma probabilidad de salir.

En cada lanzamiento el empleado del casino anota el número obtenido y lo va sumando, ya que si el jugador acumula exactamente 10 puntos el jugador gana $100. Si al sumar el lanzamiento de una ronda el acumulado supera los 10 puntos se lanza inmediatamente una moneda no cargada, si el resultado de la moneda es sello el juego se reinicia. Si el resultado es cara, el jugador pierde y debe pagar al casino $50. Cuando un jugador gana, el casino lo considera ganador y no puede jugar de nuevo, igualmente cuando pierde definitivamente lo considera perdedor y no puede jugar de nuevo.

a) Represente el juego como una cadena de Markov, defina claramente los estados y la matriz de transición de un paso.

b) Realice el diagrama de clases, identificando claramente si son transitorias o recurrentes.


c) ¿Cuál es la probabilidad de que el jugador pierda el juego?

d) ¿Cuál es la probabilidad de que en exactamente tres lanzamientos el jugador resulte ganador?

a) Xt= Puntos acumulados al final del lanzamiento t


Matriz de transición de un paso obtenida con los árboles anteriores:

0 2 4 6 8 G P

0 0 1/3 1/3 1/3 0 0 0 2 0 0 1/3 1/3 1/3 0 0 4 0 0 0 1/3 1/3 1/3 0 6 1/6 0 0 0 1/3 1/3 1/6 8 1/3 0 0 0 0 1/3 1/3 G 0 0 0 0 0 1 0 P 0 0 0 0 0 0 1

b)

8 4 G 0 6 P

2 (G) y (P) son clases recurrentes absorbentes

(0, 2, 4, 6, 8) es una clase transitoria

c) Probabilidad de absorción del estado inicial a perder el juego.

F0P=1/3F2P+1/3F4P+1/3F6P (1) F2P=1/3F4P+1/3F6P+1/3F8P (2) F4P=1/3F6P+1/3F8P (3)

F6P=1/6F0P+1/3F8P+1/6 (4) F8P=1/3F0P+1/3 (5)

Reemplazando (5) en (4)

F6P=5/18F0P+5/18 (6)


Reemplazando (5) y (6) en (3)

F4P=11/54F0P+11/54 (7)

Reemplazando (5), (6) y (7) en (2)

F2P=22/81F0P+22/81 (8)

Reemplazando (6), (7) y (8) en (1)

F0P=22/243F0P+22/243+11/162F0P+11/162+5/54 F0P+5/54

F0P=61/243 F0P+61/243

F0P=0.25103/0.74897

F0P=0.3351 La probabilidad de que el jugador pierda el juego es 33.51%

d) Probabilidad de primera pasada

Se requiere calcular P2 y P3

P(2)=

0 2 4 6 8 G P

0 1/18 0 1/9 2/9 1/3 2/9 1/18 2 1/6 0 0 1/9 2/9 1/3 1/6 4 5/54 1/54 1/54 1/54 1/27 2/3 4/27 6 1/6 0 0 1/18 1/9 5/9 1/6 8 1/9 1/18 1/18 1/18 0 4/9 5/18 G 0 0 0 0 0 1 0 P 0 0 0 0 0 0 1

P(3)=


0 2 4 6 8 G P

0 4/27 1/54 1/54 1/18 1/9 4/9 11/54 2 5/54 1/18 1/18 1/18 1/27 4/9 7/27 4 1/27 1/18 1/18 1/18 0 16/27 11/54 6 1/108 1/27 1/18 2/27 1/18 13/27 31/108 8 1/54 0 1/27 2/27 1/9 11/27 19/54 G 0 0 0 0 0 1 0 P 0 0 0 0 0 0 1

f0G

(3)=P0G(3)-f0G

(1)*PGG(2)-f0G

(2)*PGG(1)

f0G(3)=4/9-0-f0G

(2)*1

f0G(2)=P0G

(2)-f0G(1)*PGG

(1) f0G

(2)=2/9-0

f0G(3)=4/9-2/9

f0G(3)=2/9

La probabilidad de ser ganador en exactamente tres lanzamientos es 2/9. Intuitivamente sería:

Sacar: 2-2-6=>Pbb=1/27 2-6-2=>Pbb=1/27 6-2-2=>Pbb=1/27 2-4-4=>Pbb=1/27 4-2-4=>Pbb=1/27 4-4-2=>Pbb=1/27

1/27*6=2/9

Teoría de colas


Capítulo 7.

Introducción a la teoría de colas

La teoría de colas incluye el estudio matemático de las colas o líneas de espera y provee un gran número de modelos matemáticos para describirlas. Generalmente el administrador se encuentra en un dilema entre estas dos opciones:

1. Asumir los costos derivados de prestar un buen servicio.

2. Asumir los costos derivados de tener largas colas.

Se debe lograr un balance económico entre el costo del servicio y el costo asociado a la espera por ese servicio.

La teoría de colas en sí no resuelve este problema, sólo proporciona información para la toma de decisiones, aunque finalmente sí se verá una teoría de optimización para lograr el balance de los dos tipos de costos y otros adicionales que puedan surgir.

Estructura básica de los modelos de colas

Clientes Clientes

atendidos

Figura 7.1 Sistema de colas

Fuente de entrada Los clientes que entran al sistema se generan a través del tiempo en una fuente de entrada.

Tamaño de la población: es el número total de clientes que pueden requerir servicio en determinado momento. Es decir, el número total de clientes potenciales distintos (puede suponerse que el tamaño es infinito o finito).

Fuente de entrada Cola

Mecanismo de

atención


Forma de las llegadas: Patrón estadístico mediante el cual se generan los clientes a través del tiempo.

La suposición normal es que los clientes se generan de acuerdo con un la distribución Poisson (este supuesto se justifica más adelante).

Este supuesto (Poisson) equivale a decir que el tiempo entre dos llegadas consecutivas tiene una distribución de probabilidad exponencial (esta equivalencia se demuestra más adelante).

Cualquier otra suposición, por ejemplo que un cliente desista de entrar a la cola por estar demasiado larga, debe especificarse y manejarse en el modelo.

Cola Una cola se caracteriza por el número máximo de clientes que se pueden admitir.

Tamaño de la cola: una cola puede ser finita o infinita. El estándar es infinita.

Disciplina de atención en la cola: se refiere al orden en el que se seleccionan sus miembros para recibir el servicio (FIFO, Aleatoria, por prioridad). El estándar es FIFO (o PEPS: primero en entrar, primero en ser servido).

Mecanismo de servicio El mecanismo de servicio consiste en una o más instalaciones de servicio.

Canal: Hace referencia al número de servidores que hay en el sistema. Los canales de servicio pueden ser de dos tipos:

Canales de servicio en serie: un cliente pasa de un servicio a otro después de terminar el anterior, aunque no todos los clientes tienen que utilizar todos los canales.

Canales de servicio en paralelo: todos los canales prestan el servicio al mismo tiempo, aunque cada uno de los canales puede tener características diferentes o atender clientes de tipo diferente.

Tiempo de servicio: es el tiempo que transcurre desde el inicio del servicio para un cliente hasta su terminación.

Un modelo de sistema de colas debe especificar la distribución de probabilidad de los tiempos de servicio para cada servidor.

La distribución más usada para los tiempos de servicio es la exponencial, aunque es común encontrar la distribución degenerada o determinística (tiempos de servicio constantes), la distribución Erlang (Gamma) u otras diferentes.


Notación de Kendall: existe una notación de Kendall abreviada y una extendida. La abreviada utiliza tres parámetros para caracterizar los modelos de colas. Estos parámetros son en su orden:

Distribución del Distribución del Número de tiempo entre llegadas tiempo de servicio servidores

Figura 7.2

y se separan por dos diagonales tal como se muestra.

La notación extendida utiliza otros parámetros adicionales a los tres anteriores para definir características adicionales de los sistemas de colas, tales como el tamaño de la población, el tamaño de la cola, etc.

En este capítulo sólo utilizaremos la notación abreviada.

Los dos primeros parámetros en la notación de Kendall abreviada son distribuciones de probabilidad y para ellos utilizaremos la siguiente notación:

M: Distribución exponencial (o markoviana)

D : Distribución degenerada (tiempos constantes)

Ek: Distribución Erlang con parámetro k

G : Distribución general (todas las demás diferentes a las 3 anteriores)

El tercer parámetro es un número que representa la cantidad de canales (servidores) con los que cuenta el sistema de atención y colas. Considérense los siguientes ejemplos:

M / M / s: modelo donde tanto los tiempos entre llegada como los tiempos de servicio son exponenciales y se tienen s servidores.

M / G / 1: modelo donde los tiempos entre llegada son exponenciales, los tiempos de servicio siguen una distribución general y existe un solo servidor.

La notación de Kendall se utiliza entonces para estandarizar y definir de forma sencilla y rápida las características de los modelos de colas.


Terminología A menos que se establezca otra cosa, se utilizará la siguiente terminología estándar:

Estado del sistema: número de clientes en el sistema. Recuerde que los procesos de líneas de espera son procesos markovianos continuos, donde los estados se consideran el número de clientes que hay en un momento dado en el sistema (el sistema incluye tanto los clientes que están siendo atendidos como los que están esperando en la cola: la suma de los dos).

Longitud de la cola: número de clientes que pueden esperar el servicio. Este parámetro hace referencia a la capacidad (número máximo de clientes) del sistema y no a los clientes que hay realmente en el sistema.

N (t): número de clientes en el sistema de colas en el tiempo t (t ≥ 0). O sea el estado del sistema. Este valor es un número entero ≥ 0.

Pn (t): probabilidad de que exactamente n clientes estén en el sistema en el tiempo t, dado el número en el tiempo cero. Este valor define la variable probabilidad aleatoria de que haya un “número de clientes en el sistema”, que aunque está determinado por los que llegan y los que se atienden, representa una variable aleatoria diferente. Esta variable es muy importante, ya que es la que determina el nivel de congestión del sistema y representa las unidades que se encuentran en el sistema.

s: número de servidores en el sistema de colas. Recuerde que como se definió anteriormente este valor es la capacidad máxima de atención del sistema y no los que están en un momento dado. Los que se encuentran en un momento dado son n, tal como se definió en el parámetro anterior.

λn: tasa media de llegadas (número esperado de llegadas por unidad de tiempo) de nuevos clientes cuando hay n clientes en el sistema. Esta tasa se expresa en veces/tiempo que llega un cliente y sus unidades son por tanto (tiempo)-1. Note que este parámetro tiene un subíndice n (número de clientes en el sistema) ya que la cantidad de clientes que entran a un sistema depende de los que hay en ese momento, pues hay clientes a los que no les gusta la congestión y prefieren no entrar cuando en el sistema hay muchos clientes.

µn: tasa media de servicio para todo el sistema (número esperado de clientes que completan su servicio por unidad de tiempo) cuando hay n clientes en el sistema. Para este parámetro son válidas las mimas observaciones que para el parámetro λn anterior, acerca de las unidades y del subíndice n.

Nota: µn representa la tasa combinada, a la que todos los servidores ocupados logran terminar sus servicios.

λ: se utiliza sin subíndice cuando λn es constante para toda n.

µ: se utiliza sin subíndice cuando µn es constante para toda n.


El caso de λn constante es muy frecuente en servicios de venta de artículos de primera necesidad, mercado por ejemplo, donde los clientes entran de todas formas, ya que pocos de ellos se niegan a entregar cuando está congestionado.

El caso de µn constante, aunque en la vida real es más difícil, se da con bastante aproximación en las cajas rápidas (para clientes con pocas transacciones o artículos) donde como todos los clientes se demoran un tiempo muy parecido, la cantidad de clientes que atienden los servidores puede considerarse aproximadamente constante.

Para definir un sistema de colas en lugar de λ (veces/tiempo que llega un cliente) se utiliza su inverso 1/λ que representa el tiempo que transcurre entre la llegada de dos clientes consecutivos.

Igualmente en lugar de µ (veces por tiempo que sale un cliente) se utiliza su inverso 1/λ, pero teniendo en cuenta que en este caso no representa el tiempo que transcurre entre la salida de dos clientes consecutivos, dado que en ocasiones los servidores están ociosos, y por lo tanto 1/µ representa entonces el tiempo promedio de duración de un cliente mientras es atendido.

Ejemplo:

Sea λ = 3 clientes / hora, o lo que es lo mismo los clientes llegan a una tasa de promedio de 3 veces/hora. Este valor de λ es equivalente a decir que 1/λ es 1 hora/3 = 20 minutos, o sea que en promedio llega un cliente cada 20 minutos.

ρ = (λ /sµ) es el factor de utilización para la instalación de servicio (fracción esperada de tiempo que los servidores individuales están ocupados). También puede interpretarse como el número promedio de clientes que están siendo atendidos. Tenga en cuenta que en esta expresión λ representa el número promedio total de clientes que llegan a la instalación, al igual que sµ representa el número promedio total de clientes que atiende la instalación, o sea el conjunto de servidores, en tanto que µ representa la capacidad de atención de un servidor. Aunque es intuitivo que si un servidor está en capacidad de atender µ (clientes/tiempo) el conjunto de s servidores trabajando al tiempo está en capacidad de atender sµ (clientes/tiempo), esta propiedad se puede demostrar matemáticamente, tal como se hará a continuación para el caso de s = 1 servidor por medio de un ejemplo.

Nota: para los sistemas de colas que analizaremos haremos la suposición de que el sistema se encuentra en la condición de estado estable, que es una condición que adquieren los sistemas exponenciales después de transcurrido algún tiempo. Al inicio de los procesos markovianos de tiempo continuo hay un periodo de inestabilidad cuyo manejo es mucho más complicado matemáticamente, pero que no se considera en este texto.

Demostración por medio de un ejemplo para un servidor que se puede generalizar fácilmente para el caso general de n servidores.


Supongamos que a una instalación (un sistema) llegan en promedio λ =12 (clientes/hora). Recuerde que por facilidad decimos 12 (clientes/hora), pero que en realidad el fenómeno consiste en la llegada de clientes a una tasa promedio de 12 veces/hora. Recuerde que esto es equivalente a decir que el tiempo promedio entre la llegada de dos clientes consecutivos es 1 hora/12 = 5 minutos.

Supongamos adicionalmente que la tasa promedio de atención de ese servidor es µ = 15 (clientes/hora), o lo que es lo mismo la duración promedio de un cliente mientras lo atienden es 1/µ = 1hora/ 15 = 4 minutos.

Recuerde también que ambos fenómenos: llegadas y atenciones son aleatorios y que los valores de λ y µ son sus promedios. Por tanto estamos analizando el fenómeno a nivel promedio. Estamos tratando de encontrar ρ la fracción promedio de tiempo que trabaja el servidor.

De acuerdo con el ejemplo planteado, el servidor en promedio trabaja 4 de cada 5 minutos, es decir el 80%.

Generalizando, entonces se puede decir que en promedio llega un cliente cada 1/λ unidades de tiempo y que dura en el servidor 1/µ unidades de tiempo, entonces el servidor trabaja en promedio 1/µ unidades de tiempo de 1/λ unidades de tiempo, es decir trabaja (1/µ)/(1/λ) = λ/µ; por tanto la fracción de tiempo que trabaja el servidor es ρ = λ/µ. Cuando hay más de un servidor trabajando en paralelo, se puede generalizar a ρ = λ/(sµ), si se parte del supuesto de que todos los servidores trabajan a tasas iguales.

------ 1 cliente ------ ----- 0 clientes ---

Figura 7.3

El servidor está trabajando 4 de cada 5 minutos, es decir está trabajando el 80% del tiempo, o sea en el caso general:

(1/µ)/(1/λ) = λ/µ

el factor que representa la fracción de tiempo que trabajan los servidores, tiene una segunda interpretación que es igualmente importante y es el número promedio de clientes que se mantienen siendo atendidos.

En el gráfico de arriba puede verse que cuando hay un servidor siempre hay 0 o 1 cliente y el promedio es: 1*(1/µ)/(1/λ)+0*(1-(1/µ))/(1/λ) = λ/µ = ρ.

…1/µ… …1λ…

t


Igualmente puede generalizarse para el caso en que hay varios servidores.

La forma de medir la congestión en un sistema de colas es mediante la definición de la variable aleatoria: número de clientes que se mantienen en el sistema. Aunque más adelante se verá como se define esta variable, sin embargo se utilizan unos indicadores más sencillos para medir la congestión y son los cuatro promedios que se definen a continuación:

La siguiente notación supone la condición de estado estable.

Sea Pn la probabilidad de que haya exactamente n clientes en el sistema en cualquier punto del tiempo. Entonces de definen los siguientes cuatro promedios:

L: número promedio (o esperado) de clientes en el sistema.

Lq: número promedio de clientes en la cola o longitud esperada de la cola (excluye los clientes que están en servicio).

w: tiempo de espera en el sistema para cada cliente. Este valor w no es un promedio sino el tiempo real que pasa un cliente en el sistema, es decir desde que llega a hacer la fila hasta que terminan de atenderlo y es una variable aleatoria.

W: E (w) tiempo promedio que pasa un cliente en el sistema. Este valor sí es un promedio. De hecho es el valor promedio de la variable aleatoria w.

wq: tiempo de espera en la cola para cada cliente. Este valor es similar a w, que no es promedio sino una variable aleatoria que representa el tiempo real que pasa un cliente mientras hace la fila, o sea sin incluir su tiempo de atención.

Wq: E (wq) tiempo promedio que pasa un cliente en la cola. Este valor sí es un promedio. De hecho es el valor promedio de la variable aleatoria wq y por supuesto tampoco incluye el tiempo de atención.

Los cuatro promedios, bajo ciertas hipótesis muy generales, están ligados por medio de las relaciones que se demuestran a continuación, de tal manera que si se conoce uno de los cuatro promedios es muy sencillo calcular los otros tres.

Relaciones entre L, W, Lq y Wq

Suponga que λn es una constante λ para toda n, entonces:

L = λ W Lq = λWq (estas relaciones se denominan la Ley de Little)

Suponga adicionalmente que el tiempo medio de servicio es una constante 1/µ para toda n ≥ 1

W = Wq + 1/µ L = Lq + ρ


Estas relaciones son fundamentales pues permiten determinar las cuatro cantidades fundamentales L, W, Lq, Wq, en cuanto se encuentra analíticamente el valor de una de ellas.

Demostración L = λ W:

Figura 7.4

W (Tiempo en el sistema) =

Número promedio de clientes en el sistema*tiempo promedio para subir una posición = L*(1/λ) = L/λ = W, ya que cada que se produce una llegada promedio al sistema se sube una posición promedio en la fila.

Despejando L se tiene: L = λW.

La demostración de que Lq = λWq es muy similar con la diferencia de que se toman los clientes de la cola, sin contar el que está en el sistema; entonces L se reemplaza por Lq y W se reemplaza por Wq en el gráfico con lo que queda la fórmula: Lq = λ Wq.

Demostración W = Wq + 1/µ :

Esta expresión se sigue de las definiciones, pues recuerde que el sistema es la cola más los clientes que están siendo atendidos. Entonces:

Tiempo promedio en el sistema = W.

Tiempo promedio en la cola + Tiempo promedio siendo atendido = Wq + 1/µ .

Finalmente si multiplicamos esta última ecuación por λ obtenemos:

λW = λWq + λ/µ , es decir: L = Lq + ρ.


Capítulo 8.

El papel de la distribución exponencial y la distribución Poisson

Las características operativas de los sistemas de colas están determinadas en gran parte por dos propiedades estadísticas:

Distribución de los Distribución de los

tiempos entre llegadas tiempos de servicio

Figura 8.1

Esto lo que quiere decir es que la teoría de colas es un fenómeno aleatorio producido por la conjunción de otros dos fenómenos aleatorios que están actuando simultáneamente: clientes que llegan a demandar un servicio (de forma aleatoria) y tiempo que se demoran para que los atiendan (también aleatorio).

Para formular un modelo de teoría de colas como una representación del sistema real, es necesario especificar la forma supuesta de cada una de estas distribuciones.

Para que una distribución (variable aleatoria) represente el mundo real es deseable que tenga estas dos propiedades:

1) Suficientemente realista: que las predicciones sean razonables (próximas a la realidad)

2) Suficientemente sencilla: matemáticamente manejable

La primera propiedad es necesaria, pues cualquier conjunto de ecuaciones que se utilicen para representar un fenómeno del mundo debe realmente (al menos aproximadamente) representarlo.

La segunda propiedad no es necesaria, pero es deseable que las ecuaciones que representan un fenómeno del mundo real sean sencillas.


La distribución exponencial cumple estas dos propiedades, tal como se verá a continuación, aunque queda por demostrar más adelante por qué se utiliza la distribución exponencial.

A continuación nos enfocaremos en la distribución exponencial y las propiedades que tiene, las cuales serán de mucha utilidad en la teoría de colas.

Suponga que una variable aleatoria T representa ya sea los tiempos entre llegadas o los tiempos de servicio.

De la variable aleatoria T se dice que se distribuye exponencial con parámetro α si cumple:

αe ⁻αt para t ≥ 0

0 para t < 0

Note que la exponencial solo se define para valores ≥ 0, lo cual es muy razonable para fenómenos que ocurren en el tiempo.

La función fT(t) se denomina función de densidad y no representa probabilidades, ya que las probabilidades se obtienen integrando la función de densidad.

Si integramos la anterior función de densidad entre 0 y t obtenemos la denominada función acumulada de una variable aleatoria F(t), que para el caso de la exponencial nos da: P {T ≤ t} = 1 - e -αt.

Otra función muy utilizada para describir variables aleatorias es el complemento de la acumulada = 1 – F(t) = e -αt.

Note que ya tenemos tres formas de definir la exponencial (y cualquier variable aleatoria): la función de densidad fT(t), la función acumulada F(t) y el complemento de la función acumulada 1 – F(t).

A la función de densidad se le pone el subíndice t porque en teoría de colas se utiliza en el tiempo, pero en general la función de densidad es f(t).

Si calculamos el primer momento generador de la función de densidad (ver cualquier libro elemental de estadística) entre 0 e ∞ obtenemos el promedio o esperanza matemática de la variable aleatoria que para la exponencial nos da: E{T} = 1/α

Igualmente si calculamos el segundo momento generador de la función de densidad entre 0 e ∞ obtenemos la varianza que para el caso de la exponencial nos da: Var {T} = 1/α2

¿Cuáles son las implicaciones para el modelo de colas al suponer que T tiene distribución exponencial?

fT(t) =


Veremos a continuación seis propiedades que tiene la distribución exponencial, que se utilizarán en la teoría de colas.

Propiedades de la exponencial Propiedad 1

fT(t) es una función estrictamente decreciente de t (t ≥ 0).

fT(t)

t (tiempo) E(t) = 1/α

Figura 8.2

Es relativamente probable que T tome un valor pequeño cercano a cero, ya que por ser decreciente las áreas (integrales) son mayores en los valores cercanos a cero. Esto hace que si un fenómeno es exponencial en el tiempo los tiempos cortos sean muy abundantes (muy probables).

Ejemplo:

P[0≤T≤ 1/(2α)] = 0.393: el 39.3% de los valores son ≤ que la mitad de la media.

P[1/(2α)≤T≤ 3/(2α)] = 0.383: el 38.3% de los valores están entre la mitad de la media y 1.5 veces la media. Note que este intervalo es igual a la media (1.5*la media – 0.5*la media = la media), es decir es del doble del anterior, y sin embargo la probabilidad de caer en él es aproximadamente la misma.

P[0≤T≤ 1/(α)]= 1 – e-1 = 1 – 0.368 = 0.632: esta última probabilidad nos dice que si el tiempo de atención promedio en un servidor es 5 minutos, el 63.2% de los clientes se demoran 5 minutos o menos en ser atendidos. Recuerde que la exponencial es la distribución de los valores pequeños (en este caso tiempos).


¿Es esta una propiedad razonable para T en un modelo de colas?

Para tiempos de servicio en esencia idénticos donde el servidor realiza siempre la misma secuencia de operaciones No. Este es el caso de una caja rápida en un almacén o un banco, donde las personas de demoran en ser atendidas tiempos muy parecidos. Las cajas rápidas no tienen entonces un comportamiento exponencial.

Para tareas específicas que tiene que realizar el servidor donde los tiempos de servicio difieren de un cliente a otro Sí, aunque más adelante esto se justificará. Las cajas que no son rápidas es probable que tengan un comportamiento exponencial. Así como hay clientes que se demoran muy poco, también existen algunos que se demoran mucho; para un almacén, los clientes que compran mercados muy grandes, o para un banco, los clientes (mensajeros) que realizan muchas transacciones.

Para los tiempos entre llegadas, la propiedad 1 descarta las situaciones en las que los clientes que llegan al sistema tienden a posponer su entrada si ven que otro cliente entra antes que ellos, ya que esta situación hace que el tiempo del próximo cliente se alargue, y es muy probable. En la práctica este es el caso de venta de artículos de lujo (no esenciales), donde los clientes son muy exigentes y si ven filas largas no entran.

En resumen para las llegadas la probabilidad de que los tiempos entre llegadas sean pequeños es muy alta.

Propiedad 2

Falta de memoria (o pérdida de la memoria).

P {T > t + Δt | T > Δt} = P {T > t} Para cualesquiera valores estrictamente positivos de t y Δt

Para entender esta propiedad hagámoslo con un ejemplo.

Supóngase que t = 10 minutos y Δt = 3 minutos; reemplazando estos valores en la fórmula esto quiere decir que

P {T > 13 minutos |T > 3 minutos} = P {T > 10 minutos}

(recuerde que el símbolo | significa dado que: probabilidad condicional).

Esta ecuación, por ejemplo para el caso de las atenciones, significa que la probabilidad de que un cliente que lleva tres minutos en la caja se demore 10 minutos adicionales es igual a la probabilidad de que un cliente que acaba de llegar se demore 10 minutos en la caja. Aunque intuitivamente podría pensarse que la respuesta es No, si el fenómeno es exponencial la respuesta es Sí. Si existe algún fenómeno donde la respuesta es Sí, que por supuesto los hay, simplemente quiere decir que ese fenómeno no puede ser exponencial.


Demostración de la propiedad de pérdida de la memoria P {T > t + Δt | T > Δt} = P {T > t , T > t + Δt}/P {T > Δt}. Esta ecuación es simplemente la fórmula de la probabilidad condicional, que se demostrará más adelante en el último capítulo pero que se puede encontrar en cualquier libro de estadística elemental: P(A|B) = P(A,B)/P(B), donde la coma (,) significa intersección, o sea que se den ambos eventos A y B.

P {T > t , T > t + Δt}/P {T > Δt} = P {T > t + Δt}/P {T > Δt}, dado que el evento T> t es redundante puesto que si T > t + Δt, necesariamente T > t (Recuerde que tanto t como Δt son positivos).

Pero P {T > t + Δt}/P {T > Δt} = e -α ( t + Δt ) /e -α Δt, aplicando tanto al numerador como al denominador la fórmula del complemento de la acumulada vista antes.

Pero e -α ( t + Δt ) /e -α Δt = e -αt , que es la probabilidad P { T > t }.

Con esto queda demostrada la propiedad 2 de pérdida de la memoria de la exponencial, que aunque puede parecer intuitivamente contraevidente, de todos modos debe aceptarse si se comprueba que el fenómeno es exponencial.

Esta propiedad significa que:

Para el tiempo entre llegadas: el tiempo que transcurre hasta la llegada siguiente es totalmente independiente de cuando ocurrió la última llegada.

Para el tiempo de servicio: si ha pasado un tiempo de servicio considerable, la única implicación puede ser que este cliente en particular requiera un servicio más extenso que los demás.

Propiedad 3

El mínimo de varias variables aleatorias exponenciales independientes tiene una distribución exponencial.

Sean T1, T2,...,Tn n variables aleatorias exponenciales independientes con parámetros α1, α2,..., αn respectivamente.

Sea U = Mín. {T1, T2,..., Tn }

Si Ti representa el tiempo que pasa hasta que ocurre un tipo de evento, entonces U representa el tiempo que pasa hasta que ocurre el primero de los n diferentes tipos de eventos (ya que es el mínimo).

P {U > t} = P {T1 > t, T2 > t, ...., Tn > t} donde la coma (,) significa intersección o sea que se den todos los eventos.


= P {T1 > t}*P {T2 > t}....... P*{Tn > t}, esta propiedad se sigue del hecho de que los eventos son independientes, como se plantea en la hipótesis, por lo que las probabilidades se multiplican.

= e-α1t*e-α2t ….*e-αnt , usando la fórmula del complemento de la acumulada para cada una de las variables exponenciales; pero este valor es igual a:

e(-α1t - α2t…. - e-αnt) = e-(α1 + α1 + ….+αn)t = e-(∑αit) , lo que quiere decir, aplicando nuevamente la fórmula del complemento de la acumulada que U tiene una distribución exponencial con parámetro α = ∑ αin

i=1 .

¿Qué significa esta propiedad?

Para el tiempo entre llegadas, si llegan n tipos de clientes, cada tipo con parámetro αi: entonces el conjunto de todos los clientes, sin importar de qué tipo es, también es exponencial con parámetro α = ∑ αin

i=1

Figura 8.3

Para el tiempo de servicio:

Figura 8.4

Si hay ene servidores (cajeros) y cada uno de ellos atiende a una tasa µi, el conjunto de todos los cajeros, o sea el sistema de cajeros atiende en forma exponencial a una tasa µ = ∑ µi𝑛𝑛

𝑖𝑖=1 ; en el caso particular de que todos los cajeros atiendan a la misma tasa, cajeros similares, el tiempo de servicio del sistema de colas (el conjunto de cajeros) tiene distribución exponencial con parámetro α = nµ, o sea, atienden a una tasa mayor, en forma lineal con el número de cajeros.

1 2 n

…

2 n 1

…


Propiedad 4

Relación de la exponencial con la distribución Poisson.

Si el tiempo entre dos ocurrencias consecutivas de un tipo de evento específico es exponencial, entonces el número de veces que ocurre este evento en un periodo dado sigue una distribución Poisson y viceversa, es decir es una relación de tipo si y solo si.

En otras palabras, la exponencial y Poisson son dos formas alternativas de estudiar un fenómeno aleatorio. En una forma (la exponencial) se estudia el tiempo entre la ocurrencia de dos eventos consecutivos, en tanto en la otra forma (Poisson) se estudia la frecuencia de los eventos, o sea el número de eventos que ocurren por unidad de tiempo (veces/tiempo).

Aunque la distribución Poisson se verá en el capítulo siguiente, está definida así: P{X(t) = n } = (αt)n e −αt/n! para n = 0, 1, 2, ...

Y tiene un parámetro α, que es el número promedio de eventos que ocurren por unidad de tiempo (veces/tiempo).

P{X(t) = n} representa la probabilidad de que ocurran exactamente n eventos en un intervalo de tiempo t, si el número promedio de evento por unidad de tiempo es α. Note que la distribución Poisson posee tres parámetros (α, n, t) y aunque es continua en función de α y de t, se considera una variable aleatoria discreta, ya que el parámetro n es discreto, dado que el número de eventos en un intervalo de tiempo es un entero ≥ 0.

Sea X(t) el número de ocurrencias en el tiempo t (t≥0), donde el tiempo cero es el instante en el que comienza la cuenta.

P{X(t) = 0} =e -αt (reemplazando n = 0 en la expresión de Poisson) que representa la probabilidad de que no ocurra ningún evento (n = 0 eventos) en un intervalo de tiempo t.

Para la exponencial P {T > t} = e -αt representa la probabilidad de que el primer evento se demore más de t unidades de tiempo para suceder.

Pero note que los eventos (no ocurrir ningún evento en t unidades de tiempo) y (que el primer evento se demore más de t) son equivalentes y como ambos tienen la misma probabilidad e -αt, el uno como Poisson y el otro como exponencial, entonces si el número de eventos por unidad de tiempo es Poisson, el tiempo entre eventos consecutivos es exponencial.

El parámetro α que aparece en ambas distribuciones es el mismo (veces/tiempo) pero la media de Poisson es α que está expresada en veces/ tiempo, en tanto que la media de la exponencial, como se vio antes, es 1/α que está expresada en tiempo.

En resumen se tiene:

Para las llegadas:


El tiempo entre 2 llegadas El número de llegadas en un

consecutivas tiene distribución tiempo t tiene distribución

exponencial con media 1/λ Poisson con media λ

Para las atenciones:

El tiempo de servicio de un El número de clientes atendidos

cliente tiene distribución en un tiempo t tiene distribución

exponencial con media 1/µ Poisson con media µ

Note que la relación es de tipo si y solo si tanto para las llegadas como para las atenciones.

Propiedad 5

Para todos los valores positivos de t, P {T ≤ t + Δt | T > t} ≈ αΔt para Δt pequeño.

Si ha pasado un tiempo t sin que ocurra un evento (T > t), la probabilidad de que ocurra un evento dentro del siguiente intervalo de tiempo de longitud Δt fija P {T ≤ t + Δt} puede aproximarse por αΔt.

La única razón por la que la probabilidad de que ocurra un evento difiere de este valor es la posibilidad de que ocurra más de un evento, lo cual tienen una probabilidad muy pequeña cuando Δt tiende a cero.

Demostración

P {T ≤ t + Δt | T > t} = P {T ≤ Δt} = 1 - e -α Δt (por la pérdida de la memoria)

Pero ex = ∑ 𝑥𝑥(𝑛𝑛)∞𝑛𝑛=0 /𝑋𝑋! = 1 + x + ∑ 𝑥𝑥(𝑛𝑛)∞

𝑛𝑛=2 /𝑋𝑋!

Entonces: 1 – e -α Δt = 1 – (1 - α Δt + ∑ 𝑥𝑥(𝑛𝑛)∞𝑛𝑛=2 /𝑋𝑋!) ≈ αΔt para Δt pequeño, ya que

los términos dentro de la sumatoria son de orden superior y se pueden despreciar. Esta propiedad hace que la probabilidad de dos o más eventos (simultaneidad) en un intervalo pequeño sea despreciable, es decir, se puede asumir que no hay simultaneidad de eventos ya que su probabilidad tiende a cero.


Propiedad 6

No afecta agregar o desagregar.

Figura 8.5

Se tiene n tipos de clientes independientes cada uno con parámetro λi.

la propiedad dice que el proceso de entrada agregado (sin considerar el tipo de cliente) también es Poisson con parámetro λ = λ1+ λ2+...+ λn.

Esta propiedad se sigue de las propiedades 3 y 4 ya vistas.

Si se tiene un proceso de entrada agregado Poisson de varios tipos de clientes diferentes de tipo i con parámetro λ , la propiedad dice que el proceso de entrada para los clientes tipo i también es Poisson con parámetros λi = pi λ y ∑ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑛𝑛

𝑖𝑖=1 , donde pi es la probabilidad de que el evento sea tipo i.

La distribución Poisson Se puede demostrar que para eventos que suceden en el tiempo (aunque se podría generalizar también para otro tipo de eventos), si se cumplen las siguientes cuatro suposiciones (las dos primeras son cualitativas, en tanto la tercera y la cuarta son cuantitativas):

1) El número de eventos que suceden en intervalos de tiempo disjuntos son independientes (esta propiedad es la misma que se vio en la exponencial como la pérdida de la memoria).

2) La probabilidad de que ocurran eventos en el tiempo, aunque depende de la longitud del intervalo del tiempo, es independiente de cuando se da el intervalo en el tiempo (esta propiedad ya se había visto como la propiedad de la estacionariedad).

3) La probabilidad de que ocurra un evento (exactamente uno) en un intervalo Δt ~ (es aproximadamente igual a λΔt cuando Δt tiende a cero. Esta propiedad dice que la probabilidad de un evento es lineal con la longitud del intervalo, es decir que en un

n tipos de clientes

1 2 n

…


intervalo el doble de largo que otro, la probabilidad es el doble (siempre y cuando Δt sea pequeño).

4) La probabilidad de dos o más eventos en un intervalo Δt tiende a cero si Δt tiende a cero. Esta propiedad quiere decir que no hay simultaneidad de eventos en intervalos de tiempo pequeños; es decir, en un intervalo pequeño siempre ocurren cero o un evento.

Entonces la probabilidad de que ocurran n eventos en un intervalo t (tan grande como se quiera) está dada por:

Probabilidad (n eventos en un intervalo t) = 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑡𝑡(𝜆𝜆𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑛𝑛!

Esta es la variable aleatoria Poisson con media λ. Note que la constante de linealidad de la tercera suposición resulta ser la media de la variable aleatoria Poisson. Note que Poisson es función de tres variables: n, λ, t.

λ y t se consideran continuos, en tanto n es discreto (el número de eventos). En teoría de colas, los eventos usualmente van a ser llegadas de clientes o salidas de un servidor.

Veamos por medio de algunos ejemplos la aplicación de esta fórmula para entenderla mejor.

Si un evento es poissoniano (sigue la variable aleatoria Poisson) con media 6 veces/hora (o 6/hora),

¿cuál es la probabilidad de que se den 3 eventos en una hora?

Recuerde que la fórmula de Poisson es: Prob (n eventos en t) = 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑡𝑡(𝜆𝜆𝑒𝑒)𝑛𝑛

𝑛𝑛!

Apliquemos la fórmula con (n=3, t = 1 hora, λ = 6/hora). Observe que λt es un número adimensional; en este caso λt = 6*1 = 6

Prob (3 eventos en una hora) = 𝑒𝑒−6(6∗1)3

3! = 0.0892

¿Cuál es la probabilidad de que se den 3 eventos en dos horas?

Apliquemos la fórmula con (n=3, t = 2 horas, λ = 6/hora); en este caso λt = 6*2 = 12.

Prob (3 eventos en dos horas) = 𝑒𝑒−12(12)3

3! = 0.00177


¿Cuál es la probabilidad de que se den 6 eventos en una hora?

Apliquemos la fórmula con (n=6, t = 1 hora, λ = 6/hora); en este caso λt = 6*1 = 6.

Prob (6 eventos en una hora) = 𝑒𝑒−6(6)6

6! = 0.16 (este evento es más probable que los dos

anteriores y corresponde a la media)

¿Cuál es la probabilidad de que se de 1 eventos en 2/1000 hora?

Apliquemos la fórmula con (n=1, t = 0.002 hora, λ = 6/hora); en este caso λt = 6*0.002 =0.012.

Prob (1 evento en 0.002 horas) = 𝑒𝑒−0.012(0.012)1

1! = 0.011856 (note que esta probabilidad es

aproximadamente λt= 0.012, ya que t es muy pequeño).

¿Cuál es la probabilidad de que se de 1 evento en 1/1000 hora?

Apliquemos la fórmula con (n=1, t = 0.001 hora, λ = 6/hora); en este caso λt = 6*0.001 =0.006.

Prob (1 evento en 0.001 horas) = 𝑒𝑒−0.006(0.006)1

1! = 0.00596 (note que esta probabilidad es

aproximadamente λt = 0.006, ya que t es muy pequeño).

En los dos últimos casos la probabilidad tiende a λt, puesto que t tiende a cero, y se aproxima más en 1/1000 de hora que en 2/1000 de hora, ya que 1/1000 es mucho menor que 2/1000.

¿Cuál es la probabilidad de que se de 1 evento en 2 horas?

Apliquemos la fórmula con (n=1, t = 2 horas, λ = 6/hora); en este caso λt = 6*2 =12.

Prob (1 evento en 2 horas) = 𝑒𝑒−12(121!

= 0.0000737 (Note que esta probabilidad no es λt = 12, ya que t es muy grande).

Se espera que haya quedado clara la aplicación de la variable aleatoria Poisson, que será muy utilizada en la teoría de colas, al igual que la exponencial.


Capítulo 9.

Proceso de nacimiento y muerte

La mayor parte de los modelos elementales de colas suponen que las entradas (llegadas de clientes) y las salidas (clientes que se van) del sistema ocurren de acuerdo con un proceso de nacimiento y muerte.

Nacimiento: Llegada de Muerte: Salida del un nuevo cliente al cliente servido del sistema de colas sistema de colas

Figura 9.1

Recordemos que N(t) es el número de clientes que hay en el sistema en el tiempo t. El proceso de nacimiento y muerte describe en términos probabilísticos cómo cambia N(t) al aumentar t.

Suposición 1

Dado N(t) = n, la distribución de probabilidad actual del tiempo que falta para el próximo nacimiento (llegada) es exponencial con parámetro λn (n = 0, 1, 2...).

Suposición 2

Dado N(t) = n, la distribución de probabilidad actual del tiempo que falta para la próxima muerte (terminación del servicio) es exponencial con parámetro µn (n = 1, 2...).

Suposición 3 Las variables aleatorias de los tiempos que faltan para la próxima llegada y para la terminación del servicio son mutuamente independientes.


Consecuencias de estas tres suposiciones

Transición en el estado del proceso: n → n+1 o n → n–1, es decir los procesos de nacimiento y muerte sólo producen cambios del estado n al n+1 o al n-1 ya que existen dos fenómenos, ambos exponenciales, y como no hay simultaneidad y los estados son los números enteros ≥0, entonces no se pueden producir saltos (cambios de estado) de dos o más hacia arriba (dos nacimientos simultáneos) o hacia abajo (dos muertes simultáneas).

Recuerde lo visto en el capítulo 6 sobre procesos continuos de Markov donde se definió la manera de representar los procesos continuos y se dijo:

“Para resolver los problemas continuos una ayuda muy útil en el planteamiento de las ecuaciones de balance es un gráfico donde los estados se representan por círculos (o elipses) y los eventos que producen cambios de estado por flechas que unen los dos estados, el inicial y el final, y a las cuales se les asigna su frecuencia.”

Esta forma de representación nos lleva a que los procesos de nacimiento y muerte se pueden graficar como una cadena de estados (desde el 0 hasta el último que puede ser un número finito o infinito) y donde no hay flechas que salten dos o más estados.

El proceso de nacimiento y muerte es entonces un tipo especial de cadenas de Markov de tiempo continuo que se representa así:

λ0 λ1 λ2 λn-1 λn λn+1

0 1 2 … n-1 n n+1 µ1 µ2 µn µn+1

Figura 9.2

Donde:

λn: Tasa media de llegadas (nacimientos) cuando el sistema está en el estado n.

(Del n al n+1)

µn: Tasa media de salidas (muertes) cuando el sistema está en el estado n.

(Del n al n-1)

Los λn y los µn se expresan como frecuencias, es decir (veces/tiempo) que se produce el cambio de estado.


Supongamos que en el tiempo cero se inicia el conteo del número de veces que el sistema entra en cualquier estado n y el número de veces que sale del mismo.

En(t): número de veces que el sistema entra al estado n hasta el tiempo t.

Ln(t): número de veces que el sistema sale del estado n hasta el tiempo t.

|En(t) – Ln(t)| <=1, como los dos tipos de eventos deben alternarse, la diferencia será a lo sumo 1, ya que si está en un estado no se puede entrar y si se está fuera de un estado no se puede salir.

Dividiendo esta desigualdad por t se tiene:

|En(t)/t - Ln(t)/t| <=1/t y haciendo tender t a ∞ se tiene:

Lim |En(t)/t - Ln(t)/t| ≤ 0

t → ∞

Como la desigualdad anterior es un valor absoluto, por el teorema del sánduche se tiene que:

Lim En(t)/t = Lim Ln(t)/t

t → ∞ t → ∞

Es decir:

Tasa media a la que el proceso entra al estado n = Tasa media a la que el proceso sale del estado n

Para cualquier estado n (n=0, 1,...) del sistema, la tasa media de entrada es igual a la tasa media de salida, ambas expresadas en (veces/tiempo)

Esta propiedad, que es válida para cualquier estado, nos permite plantear y resolver las ecuaciones de balance.


Se deben construir las ecuaciones que expresan el principio de la tasa media de entrada igual a la tasa media de salida para todos los estados.

Después de construir las ecuaciones de balance para todos los estados en término de las probabilidades Pn desconocidas, se puede resolver este sistema de ecuaciones (más una ecuación que establezca que la suma de las Pn debe ser 1).


Ecuación de balance para el estado 0 (ver la figura 9.2).

µ1 P1 = λ0 P0

Tasa media global de Tasa media global de entradas al estado 0 salidas del estado 0

Las Pn son las probabilidades de estado estable de encontrarse en el estado n (o, en forma equivalente, el porcentaje de tiempo que el sistema se encuentra en el estado n)

Así:

P0 representa la proporción de tiempo que el proceso se encuentra en el estado cero.

P1 representa la proporción de tiempo que el proceso se encuentra en el estado uno.

Nota: µ0 = 0 siempre, ya que si el sistema está en el estado 0 no puede haber muertes.

Ecuación de balance para el estado 1 (ver la Figura 9.2).

λ0 P0 + µ2 P2 = (λ1 + µ1) P1

Tasa media global de Tasa media global de entradas al estado 1 salidas del estado 1

Se continúa con esta metodología y se deben construir las ecuaciones de balance para todos los demás estados. Recordemos que la sumatoria de las Pn debe ser igual a 1

Estado 0 µ1 P1 = λ0 P0

Estado 1 λ0 P0 + µ2 P2 = (λ1 + µ1) P1

Estado 2 λ1 P1 + µ3 P3 = (λ2 + µ2) P2

..……………………………………….

Estado n–1 λn−2 Pn−2 + µn Pn = (λn−1 + µn−1) Pn−1

Estado n λn −1 Pn−1 + µn+1 Pn+1 = (λn + µn) Pn

………………………………………….

De la ecuación del estado n se despeja Pn+1


Estado

0 P1 = (λ0 /µ1)P0

1 P2 = (λ1 /µ2 )P1 + (1/µ2 ) (µ1P1 – λ0 P0)

2 P3 = (λ2 /µ3 )P2 + (1 /µ3 ) (µ2 P2 – λ1 P1)

……………………………………………

n–1 Pn= (λn−1 /µn)Pn−1 +(1/µn ) (µn−1 Pn−1 − λn−2Pn−2)

n Pn+1= (λn /µn+1 )Pn +(1µn+1) (µn Pn – λn−1Pn−1)

De esta forma tenemos un sistema de ecuaciones (que pueden ser infinitas) donde las variables son las Pn y los coeficientes los λn y los µn.

Note que en la ecuación del estado 1 aparece el término (µ1 P1 - λ0 P0, que de acuerdo con la ecuación del estado 0 es 0 y por lo tanto se puede desechar.

De la misma forma, si se continúa se observa que la ecuación del estado n, permite desechar el término entre paréntesis de la ecuación n+1 y se obtiene:

Estado

0 P1 = ( λ0 /µ1)P0

1 P2 = ( λ1 /µ2)P1

2 P3 = ( λ2 /µ3)P2

…………………

n–1 Pn= (λn−1 /µn)Pn−1

n Pn+1= (λn /µn+1)Pn

Reemplazando en cada ecuación el valor de Pn de la ecuación anterior se tiene:

Estado

0 P1 = (λ0 /µ1)P0

1 P2 = (λ1λ0 /µ2 µ1)P0

2 P3 = (λ2λ1λ0 /µ3µ2µ1)P0

………………………………………


n–1 Pn = (λn−1λn−2 ....λ0 /µ nµn−1 ..... µ1) P0

n Pn+1 = (λn λn−1 ....λ0 /µ n+1µn ..... µ1) P0

Observe que en el sistema anterior de ecuaciones todas las variables Pn están en función de P0. Por tanto si encontramos P0 se ha resuelto el sistema de ecuaciones.

Para simplificar la notación sea

Cn = λn - 1 λn - 2 .... λ0/µ n µn-1 ..... µ Para n = 1, 2,...

Cn = 1 Para n = 0

Para encontrar P0 se platea la ecuación:

∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞∞𝑛𝑛=0 = 1 implica P0∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞∞

𝑛𝑛=0 = 1 y de esta forma

Po = {∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞∞𝑛𝑛=0 }-1

Este valor se reemplaza en los demás Pn y se tiene resuelto el sistema de ecuaciones para todas las Pn.

Se puede demostrar que en el sistema de ecuaciones siempre hay una ecuación redundante y por tanto una de las ecuaciones se puede descartar.

Note que esta variable aleatoria n con probabilidades Pn representa la variable aleatoria “los clientes que se encuentran en el sistema”, es decir los que están siendo atendidos + los que hacen fila y es diferente a las variables aleatorias los que llegan y lo que se atienden. Esta variable aleatoria es de suma importancia en teoría de colas, porque la congestión es creada por los clientes que se encuentran en el sistema. Entonces esta variable es la que se utiliza para medir la congestión de un sistema.

Pero dado que una variable aleatoria representa mucha información (todos los valores que como se dijo pueden llegar a ser infinitos con sus probabilidades, entonces se utilizan los cuatro promedios que ya se describieron y estos cuatro números representan una forma más sencilla de determinar el nivel de congestión en un sistema de colas.

Recordemos:

L: número esperado de clientes en el sistema.

L = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 (esta expresión es el promedio de cualquier variable aleatoria: suma de

todos los valores que toma la variable aleatoria multiplicados por la probabilidad de que tome esos valores.

Recordemos:

Lq: Longitud esperada de la cola.


Lq = ∑ (𝑋𝑋 − 𝑒𝑒)𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=𝑒𝑒 .

Donde n es el número de clientes que se encuentran en el sistema y s es el número de servidores que atienden. Note que esta fórmula, a pesar de que da el promedio de clientes que se mantienen estrictamente haciendo fila, está expresada en términos de los Pn que son las probabilidades de los clientes en el sistema. Esto se hace porque el sistema de ecuaciones de balance resuelto anteriormente da las probabilidadades de los clientes en el sistema y no en la cola.

De las relaciones demostradas anteriormente se obtiene:

W =L/λpromedio y Wq = Lq/λpromedio.

Con estas dos últimas fórmulas se obtienen los promedios W y Wq, que son más representativos de la congestión que los promedios L y Lq, ya que estos están expresados en unidades (clientes), en tanto que los W y Wq están expresados en unidades de tiempo.

Note que cuando se dedujeron las expresiones de W y Wq se partía del supuesto de que λ era constante. Estas nuevas expresiones son válidas, aun en el caso de que λ no sea constante, y en ese caso se reemplaza por su valor promedio: (λpromedio).

λn: Tasa media de llegadas cuando el sistema se

encuentra en el estado n (n = 0, 1, 2, …) Como:

Pn: Proporción de tiempo que el sistema está en este estado

entonces: λpromedio = ∑ λ𝑋𝑋𝑃𝑃𝑋𝑋∞𝑛𝑛=0 ,

Aspectos a considerar:

Varias de las expresiones tienen un número infinito de términos. Para muchos casos especiales estas sumas tienen solución analítica o pueden aproximarse por métodos numéricos.

Estos resultados de estado estable se desarrollaron bajo la suposición de que los parámetros λn y µn tienen valores tales que el proceso, de hecho puede alcanzar la condición de estado estable.

Esta última suposición se cumple si:

λn = 0 para algún n mayor que el estado inicial

ρ = λ/(sµ) < 1

No se cumple si:


∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = ∞ (la serie de los Cn diverge).

Ejemplo:

La estación de gasolina de una pequeña población tiene capacidad para dos automóviles únicamente.

Cuando la estación está desocupada llegan tres automóviles por hora, pero cuando en la estación hay un automóvil la tasa de llegadas disminuye a dos automóviles por hora.

La tasa a la cual el servidor atiende a los automóviles que llegan es de cuatro por hora.

Se deben encontrar las probabilidades de estado estable (la variable aleatoria, los que están en el sistema) y hallar los cuatro promedios: L, Lq, W, Wq

3 2

0 1 2

4 4

Figura 9.3

Por simplicidad se omiten en el gráfico las unidades de los eventos (flechas) ya que todas son veces/tiempo.

Estado 0: µ1 P1 = λ0 P0 4 P1 = 3 P0 (1)

Estado 1: λ0 P0 + µ2 P2 = (λ1 + µ1) P1 (se descarta esta ecuación) (2)

Estado 2: µ2 P2 = λ1P1 4P2 = 2 P1 (3)

P0+P1 +P2 =1 (4)

Resolviendo las ecuaciones (1), (3) y (4) se obtiene:

4P1 = 3P0

4P2 = 2P1

P0+P1 +P2 =1

P0 = 0.47

P1 = 0.353

P2 = 0.177

00 00


Esta solución significa que la estación de gasolina se mantiene el 47% del tiempo vacía (con 0 automóviles), el 35.3% del tiempo con un automóvil y el 17.7% del tiempo con dos automóviles. O, o en forma equivalente: la probabilidad de que haya 0 automóviles es 0.47, la probabilidad de que haya un automóvil es 0.353 y la probabilidad de que haya 2 automóviles es 0.177.

Procedamos ahora a encontrar los 4 promedios:

L = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛2𝑛𝑛=0 = 0*0.47 + 1*0.353 + 2*0.177 = 0.707, es decir en la estación de gasolina

see mantienen en promedio 0.707 automóviles.

Lq = ∑ (𝑋𝑋 − 𝑒𝑒)𝑃𝑃𝑛𝑛2𝑛𝑛=1 = 0*0.353 + 1*0.177, es decir en la estación de gasolina se mantienen

0.177 automóviles haciendo fila.

λpromedio = ∑ λ𝑋𝑋𝑃𝑃𝑋𝑋2𝑛𝑛=0 = λ0P0 + λ1P1 + λ2P2 = 3*0.47 + 2*0.353 + 0*0.177 = 2.116. Es

decir, a la estación de gasolina entran en promedio 2.116 automóviles/hora.

W = L/λpromedio = 0.707/2.116 = 0.334 horas. Es decir, un automóvil se demora en promedio en el sistema (tiempo de fila + tiempo de atención) 0.334 horas = 20 minutos.

Wq = Lq/λpromedio = 0.177/2.116 = 0.083 horas = 5 minutos.


Capítulo 10.

Modelos de colas basados en el proceso de nacimiento y muerte

La gran mayoría de los modelos que se usan en teoría de colas están basados en el proceso de nacimiento y muerte. Estos modelos tienen una entrada Poisson y tiempo de servicio exponenciales.

Recuerde la relación entre Poisson y la exponencial: las frecuencias (veces/tiempo) de un evento que ocurre en el tiempo son poissonianas, si y solo si el tiempo que transcurre entre dos eventos consecutivos es exponencial.

Por tanto para las entradas se puede decir que el número de veces que entra un cliente por unidad de tiempo es poissoniano y que el tiempo entre la entrada de dos clientes consecutivos es exponencial, y para las atenciones se puede decir que el número de clientes que está en capacidad de atender un servidor por unidad de tiempo es poissoniano y que el tiempo de duración del servicio es exponencial.

Sin embargo se acostumbra definir las entradas desde el punto de vista frecuencia (Poisson) y las atenciones desde el punto de vista tiempo de duración del servicio (exponencial).

Los modelos difieren solo en las suposiciones sobre cómo cambian las λn y las µn según el estado n.

Veremos a continuación varios modelos diferentes para los cuales se definen los λn y los µn y se resuelven las ecuaciones de balance para esos casos particulares.

Modelo M/M/S Este modelo nos indica que:

Todos los tiempos entre llegadas independientes e idénticamente distribuidos de acuerdo con una distribución exponencial.

Todos los tiempos de servicio independientes e idénticamente distribuidos de acuerdo con una distribución exponencial.

El número de servidores es s (s cualquier entero positivo).

Este es un caso especial del proceso de nacimiento y muerte dado que:

La tasa media de llegadas al sistema de colas es una constante λ y es independiente del estado del sistema.


La tasa media de servicio por servidor ocupado es una constante µ y es independiente del estado del sistema.

Es decir:

λn = λ (n=0, 1, 2,…) λ es constante e independiente de n y además

µn = µ (n=1, 2, 3, …) µ es constante e independiente de n.

Como se había mencionado anteriormente este caso se da para los supermercados y en general para empresas que venden artículos de primera necesidad, donde los clientes entran al sistema, de todos modos, así el sistema (almacén o tienda) esté congestionado.

a) Caso un servidor (s =1)

Estudiaremos primero el caso más sencillo de un servidor (tienda pequeña)

Los parámetros λn = λ para n = 0, 1, 2, ....

del modelo son: µn = µ para n = 1, 2, ....

λ λ λ λ λ

0 1 2 … n-2 n-1 n n+1

µ µ µ µ µ

Figura 10.1

Cuando ρ = λ/µ ≥1: tasa media de servicio menor que la tasa media de llegadas, se forma una cola infinita (el servidor no es capaz de atender a los clientes que llegan).

Cuando ρ = λ/µ <1: tasa media de servicio mayor que la tasa media de llegadas, el sistema de colas alcanzará la condición de estado estable y podemos aplicar directamente los resultados de estado estable hallados anteriormente.

Los resultados de estado estable generales hallados implicaban:

Cn = (λ0λ1….λn-2λn-1)/(µ1µ2…µn-1µn) Para n = 1,2,...

Cn = 1 Para n = 0

P0 = 1/ ∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0


Para s = 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a

Cn = (λ/ µ)n ya que todos los λ y todos los µ son iguales para n = 0, 1, 2,...

Pn = ρn P0 para n = 0, 1, 2,...

Po = ∑ 𝜌𝜌𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = { 1

1−𝜌𝜌 }-1 ya que la serie ∑ 𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0 converge a 11−𝑥𝑥

para |x| < 1

Po = 1 - ρ Pn = (1 - ρ) ρn para n = 0, 1, 2,...

Ya tenemos la variable n “los que están en el sistema” y sus probabilidades Pn

Calculemos a continuación los cuatro promedios L, Lq, W y Wq:

L = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = ∑ (1 − 𝜌𝜌)𝜌𝜌𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0 = 𝜌𝜌1−𝜌𝜌

que al reemplazar 𝜌𝜌 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑑𝑑 𝜆𝜆𝜇𝜇 nos da:

L = 𝜆𝜆𝜇𝜇−𝜆𝜆

Lq =∑ (𝑋𝑋 − 𝑒𝑒)𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=𝑒𝑒 = ∑ (𝑋𝑋 − 1)𝑃𝑃𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=𝑒𝑒 = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=𝑒𝑒 - ∑ (1)𝑃𝑃𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=𝑒𝑒 = L – (1-P0) =

Lq = L – 𝜌𝜌 = 𝜆𝜆𝜇𝜇−𝜆𝜆

- 𝜆𝜆𝜇𝜇 = 𝜆𝜆2

𝜇𝜇(𝜇𝜇−𝜆𝜆)

Las relaciones entre L, Lq, W y Wq vienen dadas por:

L = λ W, es decir: W = 𝐿𝐿𝜆𝜆 = 1

𝜇𝜇−𝜆𝜆

Lq = λ Wq, es decir: W = Lq𝜆𝜆

= 𝜆𝜆𝜇𝜇(𝜇𝜇−𝜆𝜆)

A continuación se plantean (sin demostración) dos variables aleatorias muy importantes en teoría de colas w (tiempo de espera en el sistema) y wq (tiempo de espera en la cola).

w: Tiempo de espera en el sistema

P {W > t} = e - µ (1-ρ)t para t ≥ 0.

Note que w tiene distribución exponencial con parámetro µ (1–ρ)

wq: Tiempo de espera en la cola

P {W q > t} = ρe - µ (1-ρ)t para t ≥ 0

P {W q = 0} = P0 = 1-ρ para t ≥ 0


Note que wq no tiene distribución exponencial

Recuerde que el promedio de la variable aleatoria w es W y el promedio de la variable aleatoria wq es Wq.

b) Caso múltiples servidores (s > 1):

Cuando el sistema tiene múltiples servidores no es tan sencillo expresar µn (µn es la tasa media de servicio para el sistema de colas completo).

Según el número de µn= nµ para n ≤ s

personas en el sistema µn = sµ para n > s

Se aplica la propiedad 3 de la exponencial.

Note que para para n ≤ s (número de clientes ≤ que número de servidores) todos los clientes están siendo atendidos por un servidor y no hay nadie en cola, por lo tanto µn= nµ.

Note que para para n > s (número de clientes > que número de servidores) todos los servidores están atendiendo y aún queda n-s clientes en fila. Por lo tanto µn= nµ, ya que los clientes en fila no son candidatos a salir. Esto quiere decir que la capacidad de atención de todos los servidores es sµ.

Los parámetros del modelo son:

λn = λ para n = 0, 1, 2, ....

µn = nµ para n = 1, 2, ..,s

sµ para n =s, s+1, ...

λ λ λ λ λ

0 1 2 …… s-2 s-1 s s+1

µ 2µ (s-1)µ sµ (s+1)µ

Figura 10.2


Cuando ρ = 𝜆𝜆𝑒𝑒𝜇𝜇

≥ 1 la tasa media de servicio 𝑒𝑒𝜇𝜇 es menor que la tasa media de llegadas λ,

y se forma una cola infinita ya que el conjunto de servidores no es capacidad de atender la cantidad de clientes que llegan.

Cuando ρ = 𝜆𝜆𝑒𝑒𝜇𝜇

< 1 la tasa media de servicio mayor que la tasa media de llegadas y el

sistema de colas alcanzará la condición de estado estable y podemos aplicar directamente los resultados de estado estable hallados anteriormente.

Recuerde que los resultados de estado estable generales hallados implicaban:

Cn = λn - 1 λn - 2 ....λ/µ n µn-1 .....µ1 Para n = 1,2,...

Cn = 1 Para n = 0

P0 = 1/ ∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0

Para s > 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a:

Cn = { λµ }n/n! para n = 0, 1, 2, …, s

Cn = {λµ}s/s! { λ

𝑒𝑒µ}n-s para n = n =s, s+1, ...

P0 = 1/ ∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0

P0 = 1

∑ (𝜆𝜆𝜇𝜇)𝑛𝑛/𝑛𝑛!𝑠𝑠−1𝑛𝑛=0 +

(𝜆𝜆𝜇𝜇)𝑠𝑠

𝑠𝑠! ∗1

1−( 𝜆𝜆𝑠𝑠𝜇𝜇)

Reemplazando los valores de Cn en la sumatoria del denominador (note que hay que partir la sumatoria en dos partes: hasta s y de s en adelante):

Obtenemos:

Pn = ({ λµ}n/n!) * P0 para n = 0, 1, 2, .., s

({λµ}s/s! { λ

𝑒𝑒µ}n-s )* P0 para n =s, s+1, ...

Note que son los mismos dos casos que para Cn, pero multiplicados por P0.


Lq = ∑ (𝑋𝑋 − 𝑒𝑒)𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=𝑒𝑒 que al desarrollar la sumatoria con los valores de Pn obtenidos arriba

se llega a la expresión:

Lq = [P0{ λµ }sρ]/[s!(1-ρ)2]

Wq = Lq𝜆𝜆

W = Wq + 1/µ

L = λW = λ (Wq + 1/µ) (o en forma equivalente: L = Lq + λ/µ)

Note que la expresión de P0 es bastante compleja y que es función de (λ/sµ, s); por tanto si se fija el valor de una de las variables (en este caso s que es discreta) se puede graficar P0 como función de λ/sµ para diferentes valores de s como aparece a continuación:

Figura 10.3 (tomada de Hillier)

Este gráfico nos permite leer en forma bastante aproximada el valor de P0 y a partir de este calcular los cuatro promedios.


De forma similar se puede graficar también L, tal como aparece a continuación:

Figura 10.4 (Tomada de Hillier)

Análogamente a como se hizo para el caso de un servidor se plantean (sin demostración) las mismas dos variables aleatorias w (tiempo de espera en el sistema) y wq (tiempo de espera en la cola)

P {w > t} = e - µ t[1+𝑃𝑃0(𝜆𝜆𝜇𝜇)𝑠𝑠

𝑒𝑒!(1−𝜌𝜌)*1−𝑒𝑒

−𝜇𝜇𝑡𝑡(𝑠𝑠−1−−𝜆𝜆𝜇𝜇)

𝑒𝑒−1−𝜆𝜆/𝜇𝜇]

P {w q > t} = (1- P {W q =0})𝑒𝑒−𝑒𝑒𝜇𝜇(1−𝜌𝜌)𝑒𝑒

P {W q = 0} = ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1𝑛𝑛=0

Recuerde que al igual que en el caso de un servidor el promedio de la variable aleatoria w es W y el promedio de la variable aleatoria wq es Wq

Ejemplo: Hospital General

La sala de emergencia del Hospital General proporciona cuidados médicos rápidos a los casos de emergencia que llegan en ambulancia o vehículos particulares.

En cualquier momento se cuenta con un doctor de guardia, pero debido al creciente número de urgencias se estudiará la posibilidad de contratar otro doctor.


El ingeniero administrador ha recolectado datos y ha podido estimar que las llegadas de pacientes siguen una distribución Poisson con media de un cliente cada media hora.

La distribución del tiempo de atención es exponencial con media de servicio de veinte minutos para atender un paciente.

Se deben mirar los indicadores del modelo para los casos en que haya uno y dos médicos.

Recuerde que ese problema se denomina un problema de políticas, porque se deben resolver dos problemas independientes (políticas) y comparar los resultados y escoger la mejor solución.

λ = 1 clientes cada 1/2 hora = 2 clientes por hora (Poisson con esa media).

1/µ = 20 minutos = 1hora/ 3, entonces µ = 3/hora (el evento llegada de un paciente se da según Poisson con una media de 3 veces/hora.

Debemos verificar que ρ < 1

Caso un servidor (1 médico) (s =1):

ρ = λ/µ = 2/3 < 1 Tasa media de servicio mayor que la tasa media de llegadas, lo que quiere decir que el sistema adquiere la condición de estado estable.

Po = 1 – ρ

Po = 1 – 2/3 = 1/3, es decir el sistema (el consultorio) se mantiene vacío (con 0 pacientes) el 33.33% del tiempo.

Pn = (1 – ρ) ρn para n = 0, 1, 2, ...

Por ejemplo:

P1 = (1 – ρ) ρ = (1/3)*(2/3) = 2/9. El sistema (el consultorio) se mantiene con un paciente (el que está siendo atendido y no hay nadie en cola) el 22.22% del tiempo.

Pn = (1 – ρ) ρn = (1/3)*(2/3)n y con esta expresión podemos calcular la probabilidad de que haya en el sistema (consultorio) cualquier número de clientes. Tenemos la variable aleatoria “los que están en el sistema” y sus probabilidades.


= 23−2

= 2 (en el consultorio se mantienen en promedio 2 pacientes).

Lq = 𝜆𝜆2

𝜇𝜇(𝜇𝜇−𝜆𝜆) = 22

3(3−2) = 4/3 (en el consultorio se mantienen en promedio 1.33 pacientes en

fila.


W = 1𝜇𝜇−𝜆𝜆

= 13−2

= 1 hora (el tiempo promedio que se gasta un paciente haciendo fila y

siendo atendido es 1 hora).

Wq = 𝜆𝜆𝜇𝜇(𝜇𝜇−𝜆𝜆)

= 23(3−2)

= 2/3 hora (el tiempo promedio que se gasta un paciente haciendo

fila, sin incluir el tiempo de atención es (2/3) hora = 40 minutos.

P {W > t} = e - µ (1-ρ)t que con λ = 2/hora y µ= 3/hora nos da:

P {W > t} = e-3(1 - 2/3 )t = e-t.

Así por ejemplo la probabilidad de que un paciente se demore en el consultorio (fila + atención) más de 2 horas es: e-2 = 0.135, o lo que es lo mismo al 13.5% de los pacientes les toca esperar más de 2 horas en total.

P {W q > t} = ρe - µ (1-ρ)t que con λ = 2/hora y µ= 3/hora nos da:

P {W q > t} = (2/3) e-t.

Así por ejemplo la probabilidad de que un paciente se demore estrictamente en la fila más de 2 horas es (2/3) e-2 = 0.09, o lo que es lo mismo el 9% de los pacientes deben esperar más de 2 horas en fila.

P {wq = 0} = P0 = 1-ρ P {w q = 0} = 1 – 2/3 = 1/3. Al 33% de los pacientes no les toca hacer fila (w q = 0).

b) Caso múltiples servidores (s = 2):

ρ =λ/(sμ) = 1/3 < 1 Tasa media de servicio mayor que la tasa media de llegadas, lo que quiere decir que el sistema adquiere la condición de estado estable.

P0= 1



𝑠𝑠! ∗1


= 1

�23�0

0! +�23�

1

1! + (23)2

2! ∗1

1−(13)

= 1/2

Pn = ({ λµ }n/n!) * P0 para n = 0, 1, 2, .., s

({λµ}n/s!𝑒𝑒𝑛𝑛−𝑒𝑒 * P0 para n = n =s, s+1, ...

Así por ejemplo:

P1 = ({ 23 }1/1!) * (1/2) = 1/3


Para n ≥ 2

Pn = ({ 23 }n/2!* 2𝑛𝑛−2 * (½) = (1/3)n

Lq = 𝑃𝑃0𝑒𝑒!(1−𝜌𝜌)2

*(𝜆𝜆/𝜇𝜇)𝑒𝑒 *ρ = 1/22!(1−1/3)2

*(23)2 *(1/3) = 1/12

L = Lq + λ/μ = 1/12 + 2/3 = 3/4

Wq = Lq/λ = (1/12)/2 = 1/24 hora = 2.5 minutos

W = Wq + 1/μ = 2.5 + 1/3 = 3/8 hora = 22.5 minutos

P {w > t} = e - µ t[1+𝑃𝑃0(𝜆𝜆𝜇𝜇)𝑠𝑠

𝑒𝑒!(1−𝜌𝜌)*1−𝑒𝑒

−𝜇𝜇𝑡𝑡(𝑠𝑠−1−−𝜆𝜆𝜇𝜇)

𝑒𝑒−1−𝜆𝜆/𝜇𝜇] =

P {w > t} = e - µ t[1+0.5(23)2

2!(1−1/3)*1−𝑒𝑒

−3𝑡𝑡(2−1−−23)

2−1−2/3]

P {w > t} = 12∗ e - 3t (3 - e -t)

P {W q = 0} = ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1𝑛𝑛=0 = P0 + P1 = ½ + 1/3 = 5/6. Es decir al 83.33% de los pacientes no

les toca hacer fila.

P {W q > t} = (1- P {W q =0})e- sµ (1-ρ)t =

(1–5/6)e–2*3 (1-1/3)t = (1/6)𝑒𝑒−4𝑒𝑒

A continuación se presenta un cuadro comparativo de las dos políticas (un médico y dos médicos) y algunos de sus parámetros. Al comparar las dos políticas se puede observar, por medio de cualquiera de los parámetros que con dos médicos la atención mejora notablemente.

s = 1 s = 2

ρ 2/3 1/3

Po 1/3 1/2

P1 2/9 1/3

Pn 1/3 *(2/3)𝑛𝑛 (1/3)𝑛𝑛

L 2 3/4


Lq 4/3 1/12

W 1 hora (3/8) hora

Wq (2/3) hora (1/24) hora

P{W > t} e-t e - 3t (3 – e-t)

P{Wq > t} 2/3e-t 1/6 e-t

P{Wq = 0} 1/3 5/6

Los indicadores de eficiencia para el modelo con dos médicos mejoran notablemente con respecto al modelo de un solo médico.

Sin embargo esta información no basta para determinar si se debe contratar un nuevo médico o no, ya que se debe hacer un análisis de costos, como se verá más adelante.

Ejemplo:

Una base de mantenimiento de una aerolínea tiene instalaciones para la reparación de un solo motor a la vez. Para volver a poner los aviones en operación lo más pronto posible, la política ha sido alternar la reparación general de los cuatro motores de cada avión. En otras palabras, sólo se repara un motor cada vez que un avión llega a la base. Con esta política, los aviones llegan de acuerdo a un proceso Poisson con tasa media de uno al día. El tiempo requerido para reparar un motor (una vez iniciado el servicio) tiene una distribución exponencial con media de medio día.

Se ha hecho la propuesta de cambiar esta política a la de reparar los cuatro motores de cada avión consecutivamente cada vez que llegue un avión a la base. Aunque esto cuadruplicaría el tiempo esperado de servicio, cada avión iría a la base sólo la cuarta parte de las veces.

La administración debe decidir si continuar como está o adoptar la propuesta. El objetivo es minimizar el tiempo promedio de vuelo que la flota completa pierde por día debido a las reparaciones generales de los motores.

a) Compare las dos alternativas respecto al tiempo promedio de vuelo perdido por avión cada vez que llega a la base de mantenimiento.

b) Compare las dos alternativas respecto al número promedio de aviones que pierden tiempo de vuelo por estar en la base.

c) Cuál de estas comparaciones es la adecuada para que la administración tome la decisión

De acuerdo con la política actual los aviones llegan con un λ = 1vez/día a que le les reparen uno de los cuatro motores, los cuales se rotan, es decir, el avión va a la base y le reparan el motor 1, la próxima vez el motor 2, la próxima el 3, la próxima el 4 y la próxima


nuevamente el 1 y así sucesivamente. La reparación de un motor, de acuerdo con las mediciones obtenidas, es exponencial con µ = 1/0.5 días) = 2 veces/día.

La política actual es entonces un modelo M/M/1 con λ= 1, µ= 2 (ambas en veces/día).

Reemplazando los valores numéricos en las fórmulas del modelo M/M/1 se obtienen los cuatro promedios:


= 12−1

= 1 (en promedio se mantiene un avión en la base)

Lq = 𝜆𝜆2


2(2−1) = 0.5 (en promedio se mantienen 0.5 aviones en fila)

W = 1𝜇𝜇−𝜆𝜆

= 12−1

= 1 (en promedio un avión desde que llega a hacer fila hasta que lo terminan de reparar se demora 1 día)

Wq = 𝜆𝜆µ(𝜇𝜇−𝜆𝜆)

= 12(2−1)

= 0.5 días (en promedio un avión se demora 0.5 días haciendo fila)

La política propuesta es un modelo con llegadas Poisson y atenciones Erlang, porque si la distribución del tiempo de reparación de un motor es exponencial, la de un grupo de cuatro motores (un avión) es Erlang con K = 4.

Con la política propuesta λ se reduce a la cuarta parte, ya que como se reparan los cuatro motores a la vez, los aviones van la cuarta parte de las veces λ = 0.25, en tanto que µ se incrementa cuatro veces, ya que reparar cuatro motores se demora en promedio cuatro veces más que reparar un motor (propiedad 3 de la exponencial) µ = 2/4 = 0.5. Recuerde que λ y µ en las fórmulas de Erlang hacen referencia a las tasas de llegada y atención del grupo (4 motores).

En resumen, para la política propuesta λ= 0.25 veces/día, µ=0.5 veces/día, K = 4 (los grupos o conjuntos son de cuatro elementos: un avión posee cuatro motores) y al aplicar las fórmulas de Erlang se obtiene:

Lq = 𝟏𝟏+𝒌𝒌𝟐𝟐𝒌𝒌

𝝀𝝀𝟐𝟐

µ(µ−𝝀𝝀) = 𝟏𝟏+𝟒𝟒

𝟖𝟖𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐

𝟎𝟎.𝟐𝟐(𝟎𝟎.𝟐𝟐−𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐) = 0.3125 (en promedio se mantienen 0.3125 aviones en

fila)

Wq = 𝑳𝑳𝑳𝑳𝝀𝝀

= 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐

= 1.25 días (en promedio un avión se demora 1.25 días haciendo fila)

W = Wq + 𝟏𝟏µ

= 1.25 + 𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟐𝟐

= 3.25 días (en promedio un avión desde que llega a hacer fila

hasta que lo terminan de reparar se demora 3.25 días)

L = λW = 0.25*3.25 = 0.8125 (en promedio se mantienen 0.8125 aviones en la base)


a) Respecto al tiempo promedio perdido por un avión cada que va a la base para mantenimiento se tiene:

Con la política actual W = 1 día

Con la política propuesta W =3.25 días.

Aparentemente es mejor la política actual (menos tiempo perdido por los aviones cada que van a la base).

b) Respecto al número promedio de aviones que pierden tiempo de vuelo por estar en la base se tiene:

Con la política actual L = 1 avión

Con la política propuesta L =0.8125 aviones

De acuerdo con este criterio es mejor la política propuesta (se mantienen menos aviones perdiendo tiempo de reparación).

c) ¿A qué se debe esta contradicción entre las dos formas de hacer la comparación?

En realidad la válida es la segunda, la del número promedio de aviones en reparación, ya que para obtener los costos promedio de oportunidad es suficiente multiplicar el número promedio de aviones por la utilidad por unidad de tiempo que deja un avión por estar no operativo. O sea en definitiva es mejor la política propuesta.

Pero ¿por qué por el tiempo es mejor con la política actual? La respuesta está en el hecho de que el W (tiempo cada que se va a la base) no es comparable porque así con la política actual el avión gasta menos tiempo cada que va a la base, la frecuencia con la que va a la base el avión es mucho mayor: de hecho van cuatro veces más que con la política propuesta:

Ejemplo:

El aeropuerto internacional de una ciudad tiene dos pistas, una solo para despegues y otra solo para aterrizajes. Los aviones llegan al espacio aéreo de la ciudad para pedir instrucciones de aterrizaje según un proceso Poisson con tasa media de diez por hora. El tiempo requerido para un aterrizaje después de la aprobación tiene distribución exponencial con media de tres minutos y este proceso debe estar terminado antes de aprobar otro aterrizaje. Los aviones en espera de pista vuelan en círculos.

La administración de aviación tiene varios criterios respecto al nivel seguro de congestión de aviones en espera para aterrizar.

Este un modelo M/M/1 (las pistas son los servidores y hay una, los aviones son los clientes)

λ = 10/hora µ= 20/hora s=1 ρ= λ/µ = (10/hora)/(20/hora) = 0.5 P0 = 1- ρ = 1 -0.5 = 0.5


1) Número promedio de aviones en espera ≤ 1

Lq = 𝜆𝜆2


20(20−10) = 0.5 ≤ 1 (se cumple)

2) Por lo menos 95% del tiempo el número real de aviones en espera debe ser ≤ 4

Se requiere que la probabilidad de aviones en espera ≤ 4 (es decir la probabilidad de aviones en el sistema ≤ 5, ya que hay 1 servidor) sea ≥ 95%.

Prob (5 o menos aviones) = Prob(0) + Prob(1) + Prob(2) + Prob(3) + Prob (4) + Prob(5) ≥ 0.95

Recuerde que Prob(n) = P0ρn = 0.5*0.5n = 0.5n+1.

Prob (5 o menos aviones) = = 0.51 +0.52 +0.53 +0.54 +0.55 + 0.56 = 0.5 + 0.25 + 0.125 + 0.0625 + 0.03125 + 0.015625 = 0.984375 ≥0.95 (se cumple).

3) Para por lo menos 99% de los aviones el tiempo de espera debe ser ≤ 30 minutos. Esto es equivalente a decir que la probabilidad de que el tiempo de espera sea ≤ 30 minutos debe ser ≥ 99%.

Recuerde la expresión de probabilidad del tiempo de espera (en la cola) para el modelo M/M/1 (ver capítulo 10) Prob {Wq > t} = ρe - µ (1-ρ)t para t ≥ 0.

De aquí se obtiene: Prob {Wq ≤ t} = 1 - ρe - µ (1-ρ)t = 1 – 0.5*e-20*(1 – 0.5)*0.5 = 1 – 0.00337 = 0.9963 = 99.63% ≥99% (se cumple).

Observe que en la expresión de Prob {W q ≤ t} se usó un valor de 0.5 (horas) en lugar de 30 minutos porque µ está expresado en veces/hora. En conclusión los tres criterios se cumplen.

Para el modelo M/M/2

λ = 25/hora µ= 20/hora s=2 λ/µ = (25/hora)/(20/hora) = 1.25 ρ= λ/(sµ) = (25/hora)/(2*20/hora) = 0.625.

P0 = 1



𝑠𝑠! ∗1


= 1

∑ (0.5)𝑛𝑛/𝑛𝑛!1𝑛𝑛=0 + (0.5)2

2! ∗ 11−0.625

= 11+1.25+1.5625

2 ∗ 11−0.625

= 0.23

1) Lq = [P0{ λµ }sρ]/[s!(1-ρ)2] = Lq = [0.23*{1.25}2*0.625]/[2!(1-0.625)2] = 0.8 ≤ 1 (se

cumple)

2) Por lo menos 95% del tiempo el número real de aviones en espera debe ser ≤ 4


Se requiere que la probabilidad de aviones en espera ≤ 4, (es decir la probabilidad de aviones en el sistema ≤ 6, ya que hay 2 servidor) sea ≥ 95%.

Prob (6 o menos aviones) = Prob(0) + Prob(1) + Prob(2) + Prob(3) + Prob (4) + Prob(5) + Prob(6) ≥ 0.95.

({λµ}n/n!) * P0 para n = 0, 1, 2, .., s

Recuerde que: Pn =

({λµ}s/s!{ λ

𝑒𝑒µ}n-s )* P0 para n =s, s+1, ...

(ver capítulo 10 para modelo s >1)

Reemplazando, en la fórmula de Pn obtenemos:

P0 = 0.23 (ya encontrada)

P1 = 1.25*0.23 = 0.288

P2 = (1.252/2)*0.23 = 0.18

P3 = (1.253/2*2)*0.23 = 0.112

P4 = (1.254/2*22)*0.23 = 0.07

P5 = (1.255/2*23)*0.23 = 0.04

P6 = (1.256/2*24)*0.23 = 0.027

Entonces:

Prob(0) + Prob(1) + Prob(2) + Prob(3) + Prob (4) + Prob(5) + Prob(6) =

0.23 + 0.288 + 0.18 + 0.112 + 0.07 + 0.04 + 0.027 = 0.947 ≤ 0.95 (no se cumple)

3) Para por lo menos 99% de los aviones el tiempo de espera debe ser ≤30 minutos. Esto es equivalente a decir que la probabilidad de que el tiempo de espera sea ≤ 30 minutos debe ser ≥ 99%.

Recuerde la expresión de probabilidad del tiempo de espera (en la cola) para el modelo M/M/2 (ver capítulo 10) Prob {Wq > t} = ρe - µ (1-ρ)t para t ≥ 0.

Recuerde las fórmulas del modelo M/M/S con s > 1 del capítulo10:


P {Wq = 0} = ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1𝑛𝑛=0 = P0 + P1 = 0.23 + 0.288 = 0.518

P {w q > t} = (1- P {W q =0})𝑒𝑒−𝑒𝑒𝜇𝜇(1−𝜌𝜌)𝑒𝑒 = (1 – 0.518)*e-2*20(1 – 0.625)*0.5 = 0.000265

Observe que en la expresión de Prob {W q > t} se usó un valor de 0.5 (horas) en lugar de 30 minutos porque µ está expresado en veces/hora.

P {wq ≤ t} = 1 - P {w q > t} = 1 – 0.000265 = 0.999735 = 99.9735% > 99% (se cumple)

En conclusión los criterios 1 y 3 se cumplen, pero el 2 no se cumple.


Capítulo 11.

Algunas variaciones al modelo M/M/S

En el modelo M/M/S tanto el espacio para la cola como la población son infinitas. A continuación veremos dos variaciones, consideradas separadamente: primero se supondrá finito el espacio para la cola y en segundo lugar se considerará finita la población.

Variación de cola finita al modelo M/M/S El modelo M/M/S que trabajamos con anterioridad opera bajo el supuesto de una cola infinita. Sin embargo hay diferentes ocasiones en la cuales este supuesto no aplica.

Si el tamaño de la cola es finito, a cualquier cliente que llegue cuando la cola esté llena se le niega el acceso al sistema.

Modelo M/M/S/K Este modelo es similar al M/M/S con la única excepción de que en este caso se trabajará con un tamaño de la cola finita. A pesar de que se denomina modelo de cola finita, el parámetro K que aparece en las fórmulas representa el tamaño del sistema y no de la cola.

La interpretación física para este modelo es que se cuenta con un espacio limitado de espera que admite un máximo de K clientes “en el sistema” o que los clientes desisten de entrar al sistema cuando lo ven demasiado lleno.

a) Caso un servidor (s = 1)

Desde el punto de vista del proceso de nacimiento y muerte, la tasa de entradas al sistema será:

λ para n = 0, 1, 2, ..., K–1 λn =

0 para n ≥ K

λ λ λ λ 0

0 1 2 … K–2 K–1 K K+1

µ µ µ µ 0

Figura 11.1

−


λn = λ para n = 0, 1, 2, ..., K–1

Los parámetros 0 para n ≥ K

del modelo son:

µn = µ para n = 1, 2, .., K

Este modelo no exige que

ρ = λ/µ < 1, ya que tiene garantizada la condición de estado estable, pues cuando se llega al estado K, necesariamente debe pasar a K – 1, es decir el modelo no se puede ir hasta ∞.

Para s = 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a

Cn = (𝜆𝜆𝜇𝜇

)𝑛𝑛 = ρn para n = 0, 1, 2, …, K

0 para n > K

Po = 1

∑ (𝜆𝜆𝜇𝜇)𝑛𝑛𝐾𝐾𝑛𝑛=0

= 11−(𝜆𝜆𝜇𝜇)𝐾𝐾+1

1−𝜆𝜆𝜇𝜇

= 1−ρ1−(ρ)𝐾𝐾+1

Pn = 1−ρ1−(ρ)𝐾𝐾+1

*ρn para n = 0, 1, 2, ..., K

L = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛𝐾𝐾𝑛𝑛=0 = 1−ρ

1−(ρ)𝐾𝐾+1*ρ*∑ 𝑒𝑒(ρ)𝑛𝑛

𝑒𝑒ρ𝐾𝐾𝑛𝑛=0 =

L = 1−ρ1−(ρ)𝐾𝐾+1

*ρ* 𝑒𝑒𝑒𝑒ρ

[∑ (ρ)𝑛𝑛𝐾𝐾𝑛𝑛=0 ] =

L = ρ1−ρ

(𝐾𝐾+1)∗(ρ)𝐾𝐾+1

1−(ρ)𝐾𝐾+1 , donde las derivadas son un truco matemático para obtener el

resultado final.

Lq = L − ( 1−P0 )

W = L/𝜆𝜆𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝

Wq = Lq/𝜆𝜆𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝, donde


𝜆𝜆𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝 = ∑ λn𝑃𝑃𝑛𝑛 𝐾𝐾𝑛𝑛=0 = ∑ λ𝑃𝑃𝑛𝑛𝐾𝐾−1

𝑛𝑛=0 = λ(1−PK)

b) Caso múltiples servidores (s > 1)

Como este modelo no permite más de K clientes en el sistema, K es el número máximo de servidores que pueden tenerse, ya que si se pusiera un número de servidores mayor que el número máximo de clientes habría servidores que estarían permanentemente haciendo nada. Por tanto supóngase que s ≤ K.

λ λ λ λ λ λ

0 1 2 … s-2 s-1 s …. K-1 K

µ 2µ (s-1)µ sµ sµ sµ

Figura 11.2

Note que la parte superior (la de los λ) en este diagrama es igual a la del caso un servidor, ya que los clientes que llegan son los mismos en los dos casos y solo difieren en la parte inferior (la de los µ), ya que en este caso hay varios servidores en lugar de uno.

λn = λ para n = 0, 1, 2, ..., K−1

Los parámetros 0 para n ≥ K

del modelo son:

µn = nµ para n = 1, 2, ..., K

sµ para n =s, s+1, ..., K

Este modelo, al igual que el de un servidor no exige que

ρ = λ/(sµ) < 1, ya que tiene garantizada la condición de estado estable, pues cuando se llega al estado K, necesariamente debe pasar a K – 1, es decir el modelo no se puede ir hasta ∞.

Para s > 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a

(λµ

)𝑛𝑛

𝑛𝑛! para n = 0, 1, 2, ..., s

Cn = (λµ

)𝑠𝑠

𝑒𝑒! * [ λ

𝑒𝑒µ]n-s para n =s, s+1, …, K

0 para n > K


P0 = (∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛)∞𝑛𝑛=0

-1

P0 = 1

∑(𝜆𝜆µ)𝑛𝑛

𝑛𝑛!𝑠𝑠𝑛𝑛=0 +

(𝜆𝜆µ)𝑠𝑠

𝑠𝑠! ∗∑ (𝜆𝜆/𝑒𝑒µ)𝑛𝑛−𝑠𝑠𝐾𝐾𝑛𝑛=𝑠𝑠+1

Los valores de Pn son los mismos valores de Cn multiplicados por P0.

(λµ

)𝑛𝑛

𝑛𝑛! *P0 para n = 0, 1, 2, ..., s

Pn = (λµ

)𝑠𝑠

𝑒𝑒! *[ λ

𝑒𝑒µ]n-s *P0 para n = s, s+1, ... K

0 para n > K

Lq = 𝑃𝑃0∗(𝜆𝜆/µ)𝑠𝑠

𝑒𝑒!(1−ρ)2ρ{1−ρK−s − (K − s)ρ K−s (1−ρ)}

L = ∑ 𝑋𝑋𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1𝑛𝑛=0 + Lq + s*[1 − ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1

𝑛𝑛=0 ]

W y Wq se obtienen a partir de estas cantidades, como se mostró para el caso de un servidor.

Variación fuente de entrada (población) finita al modelo M/M/S Ahora supongamos que el tamaño de la población es finito con tamaño N. Cuando el número de clientes en el sistema de colas es n (n = 0, 1, 2, ..., N), existen sólo (N₋n) clientes potenciales en la fuente de entrada.

Este problema se aplica a la reparación de máquinas, en el que se asigna a uno o más técnicos de mantenimiento la responsabilidad de mantener en operación cierto número de N máquinas dando servicio a las que se descomponen. El número de máquinas que posee una empresa se considera siempre un número finito y aunque puede haber otros casos de población finita, el caso más estudiado en la práctica es el de las máquinas que se consideran la población que se descompone y se van al taller a que las reparen.

Observemos que todos los miembros de la población potencial se encuentran alternativamente dentro y fuera del sistema de colas.

Las máquinas que están descompuestas siendo reparadas o esperando serlo se consideran clientes en el sistema (el taller donde se reparan se considera el sistema). Las máquinas que están funcionando se consideran fuera del sistema.


El tiempo que pasa desde que una máquina deja el sistema hasta que regresa tiene una distribución exponencial con parámetro λ. Note que a diferencia de los modelos anteriores en este (de población finita) el valor λ hace referencia a la tasa a la cual una máquina va al taller y no el conjunto de todas las máquinas. El fundamento matemático de este supuesto es que si se tiene una población finita y se resta uno da un número diferente, en tanto que si la población es infinita, al restar uno sigue siendo infinita.

Cuando n miembros están en el sistema (taller), entonces N–n miembros están fuera del sistema (están operando) y la distribución de probabilidad del tiempo que falta para la próxima llegada al sistema es la distribución del mínimo de los tiempos restantes afuera para esos N–n miembros. Recuerde que esta es la propiedad 3 de la exponencial: si una máquina se daña a una tasa λ, el conjunto de n máquinas trabajando simultáneamente se daña a una tasa nλ.

Entonces cuando hay n máquinas en el taller (descompuestas), hay N–n máquinas operando (en la planta) y si cada una de las que está operando se daña a una tasa λ, el conjunto de las (N–n) se descompone a una tasa (N₋n)λ.

Por tanto, el parámetro λn = (N₋n) λ es tasa a la cual van al sistema (taller) las máquinas que están operando cuando el sistema se encuentra en el estado n (n en el taller).

a) Caso un servidor (s = 1)


λn = (N₋n)λ para n = 0, 1, 2, ..., N

0 para n > N

Nλ (N-1)λ (N-n+2)λ (N-n+1) λ λ

0 1 2 ... s₋2 s-1 s … K-1 K

µ µ µ µ µ

Figura 11.3


Los parámetros λn = (N -n)λ para n = 0, 1, 2, ..., N

del modelo son: 0 para n > N

µn = µ para n = 1, 2, ..., N

Este modelo, al igual que en el caso de la cola finita tampoco exige que

ρ = λ/µ < 1 ya que también tiene garantizada la estabilidad por razones similares a las del caso de la cola finita.

Para s = 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a:

Cn = 𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)! para n ≤ N

0 para n > N

P0 = 1

∑𝑁𝑁!(𝜆𝜆µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑁𝑁𝑛𝑛=0

Pn = 𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)! *P0 si n = 1, 2, ..., N

Lq = N – [(λ+µ)/λ](1–P0)

L = N – µ/λ(1–P0)

W = L/λpromedio

Wq = Lq/λpromedio, donde

λpromedio = ∑ λ𝑋𝑋𝑃𝑃𝑋𝑋𝑁𝑁𝑛𝑛=0 = ∑ (𝑁𝑁 − 𝑋𝑋)λ𝑃𝑃𝑋𝑋𝑁𝑁

𝑛𝑛=0 = λ(N-L).

b) Caso múltiples servidores (s > 1)


λn = (N₋n)λ para n = 0, 1, 2, ..., N

0 para n ≥ N


Nλ (N-1)λ (N-n+2)λ (N-n+1) λ λ

0 1 2 ... s-2 s-1 s … K-1 K

µ 2µ (s-1)µ sµ sµ

Figura 11.4

Note que la parte superior (la de los λ) en este diagrama es igual a la del caso un servidor, ya que los clientes que llegan son los mismos en los dos casos y solo difieren en la parte inferior (la de los µ), ya que en este caso hay varios servidores en lugar de uno.

λn = (N₋n)λ para n = 0, 1, 2, ...

Los parámetros 0 para n > N

del modelo son: µn = nµ para n = 1, 2,..., s

sµ para n = s+1, s+2, …, N

Este modelo al igual que el de un servidor no exige que

ρ = λ/sµ < 1, ya que tiene la estabilidad garantizada.

Para s > 1, los factores Cn para el proceso de nacimiento y muerte se reducen a

𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑛𝑛! para n = 0, 1, 2, ..., s

Cn = 𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑒𝑒!𝑒𝑒𝑛𝑛−𝑠𝑠 para n = s, s+1, ..., N

0 para n > N

P0 =1

∑𝑁𝑁!(𝜆𝜆µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑛𝑛!𝑠𝑠−1𝑛𝑛=0 + ∑

𝑁𝑁!(𝜆𝜆µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑠𝑠!𝑠𝑠𝑛𝑛−𝑠𝑠𝑁𝑁𝑛𝑛=𝑠𝑠


𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑛𝑛!P0 para n = 0, 1, 2, .., s

𝑁𝑁! (λ

µ)𝑛𝑛

(𝑁𝑁−𝑛𝑛)!𝑒𝑒!𝑒𝑒𝑛𝑛−𝑠𝑠P0 para n = s, s+1,.. N

0 para n > N

Lq = ∑ (𝑋𝑋 − 𝑒𝑒) ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=𝑒𝑒

L = ∑ 𝑋𝑋 ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1𝑛𝑛=0 + Lq + s[1-∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛𝑒𝑒−1

𝑛𝑛=0 ]

W y Wq no pueden obtenerse con las mismas ecuaciones que en el caso de un servidor.

Ejemplo:

Considere un modelo de autoservicio en el que el cliente también es el servidor. Observe que esto corresponde a tener un número infinito de servidores disponibles. Los clientes llegan según un proceso Poisson con parámetro λ, y los tiempos de servicio tienen distribución exponencial con parámetro µ.

a) Encuentre Lq y Wq

b) Construya el diagrama de tasas para este sistema c) Encuentre P0 d) Utilice las ecuaciones de balance para encontrar una expresión para Pn en términos de P0. e) Encuentre L y W.

a) Lq = Wq = 0, ya que los clientes no tienen que esperar porque ellos mismos se

atienden.

b)

λ λ λ λ λ

0 1 2 … n-2 n-1 n n+1 …

µ 2µ (n-1)µ nµ (n+1)µ

Figura 11.5


Observe que la parte de las llegadas es idéntica a la del modelo M/M/S, en tanto que la de atenciones es diferente, ya que la tasa de atención es proporcional al número de clientes, y cada cliente se atiende a sí mismo, por lo que si hay n clientes la tasa de atención es nµ (propiedad 3 de la exponencial).

Aplicando la fórmula de Cn se obtiene:

Cn (para n = 1,2,...) = λn - 1 λn - 2 ....λ0/µ n µn-1 .....µ = λn/(nµ*(n₋1)µ*…µ

= λn /[µn*n!] = [(λ/µ)n]/n!

c) Recuerde que P0 = 1/ ∑ 𝐶𝐶𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = P0 = 1/ [(λ/µ)0/0! + (λ/µ)1/1! + (λ/µ)2/2! + ….] = e– λ/µ

(Recuerde la serie infinita de ex)

Por tanto P0 = e– λ/µ.

d) Pn = P0*ρn = e– λ/µ *[(λ/µ)n]/n!

e) L = Lq + λ/µ = 0 + λ/µ = λ/µ.

W = Wq + 1/µ = 0 + 1/µ = 1/µ

En resumen: L = λ/µ W = 1/µ

Así por ejemplo si a un supermercado llegan en promedio según Poisson 120 personas/hora a llenar el carro del supermercado (que es un autoservicio antes de ir a la caja) y cada persona se demora en promedio 15 minutos llenando el carro, según una exponencial (es decir µ = 4/hora) entonces L = λ/µ = ((120/hora)/(4/hora) = 30.

Lo que quiere decir que ese supermercado mantendría en promedio 30 personas en el proceso de llenar el carro con los artículos.

Ejemplo:

Una oficina de boletos de una aerolínea tiene dos agentes que contestan las llamadas para reservaciones. Una llamada se puede poner en espera hasta que uno de los agentes se desocupa para tomarla. Si las tres líneas (de ambos agentes y de espera) están ocupadas, el cliente potencial obtiene tono de ocupado y se supone que llama a otra oficina de boletos y la venta se pierde. Las llamadas y los intentos de llamada ocurren aleatoriamente, según un proceso Poisson, a una tasa media de 15 por hora. La duración de una conversación telefónica tiene distribución exponencial con media de 4 minutos.

a) Construya el diagrama de tasas de este sistema.

b) Encuentre la probabilidad de estado estable de que:

i) Un cliente pueda hablar de inmediato con un agente. ii) El cliente quede en espera.


iii) El cliente obtenga tono de ocupado.

λ = 15/hora

µ = (1/4min)*(60min/hora) = 15/hora

s = 2

K = 3

Figura 11.6

Solución planteando ecuaciones de balance

(Estado 0): 15P0 = 15 P1

(Estado 1): 30P1 = 15P0 + 30P2

(Estado 3): 15P2 = 30P3

(Se elimina como redundante la ecuación del estado 2.

P0 + P1 + P2 + P3 = 1

Al resolver este sistema de 4 ecuaciones en 4 variables obtenemos:

P0 = 4/11 = 0.3636

P1 = 4/11 = 0.3636

P2 = 2/11 = 0.1818

P3 = 1/11 = 0.0909

bi) Probabilidad de un cliente pueda hablar de inmediato = P0 + P1 = 0.7272 = 72.72%

bii) Probabilidad de que a un cliente le toque esperar = P2 = 18.18%

biii) Probabilidad de que un cliente obtenga tono de ocupado = P3 = 9.09%.

0 1 2 3 15 15 15

15 30 30


Ejemplo:

Janet planea abrir un pequeño lavadero de autos y debe decidir cuánto espacio asignar a los autos que esperan. Janet estimó que los clientes llegan de manera aleatoria (proceso Poisson) con tasa media de uno cada cuatro minutos, a menos que el área de espera esté llena, en cuyo caso los clientes que llegan llevarán su auto a otra parte. El tiempo total atribuible al lavado de un carro tiene distribución exponencial con media de tres minutos. Compare la fracción de clientes potenciales que se pierden por falta de espacio de espera si se proporcionan.

a) 0

b) 2

c) 4, además del lugar del lavado.

d) Si cada auto que se lava deja una utilidad neta de $10 y un vecino ofrece arrendar hasta 4 parqueaderos a $15/hora cada parqueadero, ¿se debe aceptar la oferta?

Es un modelo M/M/S/K.

El porcentaje de clientes que se pierden es PK, ya que un cliente se pierde cuando está lleno el lavadero de autos, o sea cuando hay K clientes.

La fórmula de Pn está dada por:

Pn = 1−ρ1−(ρ)𝐾𝐾+1

*ρn para n = 0, 1, 2,.., K, donde ρ = λ/µ

Por tanto PK = 1−ρ1−(ρ)𝐾𝐾+1

*ρK

λ =1/4 min

µ = 1/3 min

ρ = λ/µ = (1/4 min)/(1/3 min) = 0.75

a) con 0 espacios de espera K =1

PK = 1−0.751−(0.75)2

*0.751 = 0.429. Se pierde el 42.9% de los clientes

b) con 2 espacios de espera K = 3

PK = 1−0.751−(0.75)4



c) con 4 espacios de espera K = 5

PK = 1−0.751−(0.75)6


d) Para el caso K =1 (0 espacios de espera)

Costo total = 0.429*15 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

* 10$𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑒𝑒

(costo de oportunidad) = $64.35/hora

Para el caso K = 3 (2 espacios de espera)



(costo de oportunidad)

+ 2*($15/hora) (costo arriendo 2 parqueaderos) = $23.1/hora + $30/hora = $53.10/hora

Para el caso K = 5 (4 espacios de espera)



(costo de oportunidad)

+ 4*(15$/hora) (costo arriendo 4 parqueaderos) = $10.8/hora + $60/hora = $70.80/hora.

Por tanto la solución es tomar en arriendo sólo 2 de los 4 parqueaderos, ya que tiene el menor costo total de las tres alternativas ($53.10/hora).

Ejemplo:

Un taller tiene tres máquinas idénticas sujetas a fallas de cierto tipo. Se cuenta con un sistema de mantenimiento para realizar las operaciones (recargar) requeridas por una máquina que falla. El tiempo necesario para cada operación tiene distribución exponencial con media de treinta minutos. Con probabilidad de 1/3 esta operación debe realizarse una segunda vez (con la misma distribución de tiempo) para dejar la máquina en un estado operativo satisfactorio. El sistema de mantenimiento trabaja sólo en una máquina que falla a la vez, realiza todas las operaciones (una o dos) requeridas por esa máquina, sobre la base de primero en entrar, primero en salir. Después de reparada, el tiempo hasta que la máquina vuelve a fallar tiene distribución exponencial con media de tres horas.

Defina los estados, construya el diagrama de tasas y plantee, sin resolver, las ecuaciones de balance.

Como el resultado de la reparación es distinto según que s esté reparando por primera o por segunda vez, es necesario saber esto en los estados.

Por ello los estados se definen como un vector de dos componentes así:


Número de máquinas malas, vez que está siendo reparada la que está siendo reparada.

Los estados son entonces:

(0, 0): hay cero máquinas malas.

(1, 1): hay una máquina mala siendo reparada por primera vez

(2, 1): hay dos máquinas malas, de las cuales la que está siendo reparada lo está siendo por primera vez. La otra está en fila.

(3, 1): hay tres máquinas malas, de las cuales la que está siendo reparada lo está siendo por primera vez. Las otras dos están en fila.

(1, 2): hay una máquina mala que está siendo reparada por segunda vez.

(2, 2): hay dos máquinas malas, de las cuales la que está siendo reparada lo está siendo por segunda vez. La otra está en fila.

(3, 2): hay tres máquinas malas, de las cuales la que está siendo reparada lo está siendo por segunda vez. Las otras dos están en fila.

Figura 11.7

Ecuaciones de balance:

(0, 0): (4/3)P1,1 + 2P1, 2 = P0,0

(1, 1): P0,0 + (4/3)P2,1 + 2P2,2 = (4/3 + 2/3 + 2/3)P1,1


(2, 1): (2/3)P1,1 + (4/3)P3,1 + 2P3,2 = (4/3 + 2/3 + 1/3)P2,1

(3, 1): (1/3)P2,1 = (4/3 + 2/3)P3,1

(1, 2): (2/3)P1,1 = (2 + 2/3)P1,2

(2, 2): (2/3)P1,2 + (2/3)P2,1 = (2 + 1/3)P2,2

(3, 2): (1/3)P2,2 + (2/3)P3,1= 2P3,2


Capítulo 12.

Modelos de colas con distribuciones no exponenciales

Los modelos de colas que hemos venido trabajando están basados en el proceso de nacimiento y muerte.

Es necesario que tanto los tiempos entre llegadas como los de servicio tengan distribuciones exponenciales para que el modelo de colas sea una cadena de Markov de tiempo continuo.

Hay muchas situaciones donde estas distribuciones no proporcionan un ajuste razonable. Recuerde que la forma de determinar la variable aleatoria que mejor se ajusta a un modelo de la vida real (colas u otro modelo) es por medio de una prueba de chi cuadrado

que es la variable que se utiliza para medir las desviaciones entre una variable aleatoria teórica y los datos tomados de una muestra.

Ejemplos de casos que no se ajustan a una exponencial podrían ser:

Llegadas programadas o reguladas, como en el caso de entradas producidas por salidas de una máquina. Note que el tiempo entre llegadas es constante, o aproximadamente constante, lo que atenta contra el supuesto de la exponencial que dice que los eventos más probables son los más pequeños.

Para el caso de las atenciones, requerimientos de servicio de los clientes muy parecidos, como en el caso de una caja rápida en un almacén o en un banco, donde todos los clientes se demoran un tiempo aproximadamente constante.

En estos casos los modelos de colas deben utilizar otro tipo de distribuciones, cuyo análisis matemático es mucho más complejo.

A pesar de la complejidad, se han logrado resolver algunos casos particulares como se menciona a continuación. Basta que alguno de los dos fenómenos aleatorios (llegadas o atenciones) sea no exponencial para que no se puedan plantear ecuaciones de balance.

Modelo M/G/1

M/G/1: de acuerdo con la notación de Kendall, este modelo quiere decir que el tiempo entre llegadas es exponencial con tasa media λ, el tiempo de servicio es general, o sea cualquier variable aleatoria y existe un solo servidor.


Este modelo es algo restringido, puesto que las llegadas siguen siendo exponenciales, pero funciona para un solo servidor, es decir almacenes muy pequeños. Sin embargo, a pesar de lo restringido la variable aleatoria Atenciones sí es lo más general posible: cualquier variable aleatoria.

Los tiempos de servicio son independientes y solo es necesario conocer (o estimar) la media 1/µ y la varianza σ2 de esta distribución.

Para las llegadas, como el supuesto es que son exponenciales (M), solo se necesita la media entre llegadas 1/λ (no se necesita definir la variable o la desviación estándar, ya que para la exponencial la desviación estándar es igual a la media).

Al igual que para el caso M/M/S, cuando ρ = λ/µ < 1 o sea tasa media de servicio mayor que la tasa media de llegadas, el sistema de colas alcanzará la condición de estado estable.

Las expresiones de P0 y Lq fueron obtenidas por los matemáticos Pollaczek-Khintchine y por ello la fórmula de Lq se denomina la fórmula de Pollaczek-Khintchine. La forma en que se obtuvo esta fórmula está fuera del alcance de este curso, pero recuerde que, como se mencionó anteriormente, no se puede deducir planteando ecuaciones de balance.

Las expresiones de P0 y Lq son:

Po = 1 – ρ, que es la misma expresión que para el caso M/M/1.

Lq = (λ2σ2 + ρ2)/[2(1–ρ)] y esta expresión es independiente de la distribución, o sea es válida para cualquier variable aleatoria de los tiempos de atención, por supuesto con parámetros media 1/µ y varianza σ2 (o en forma equivalente desviación estándar σ). El tiempo medio entre llegadas de la fórmula es 1/λ (o en forma equivalente el promedio de clientes que llegan por unidad de tiempo es λ).

Recuerde que con las ecuaciones vistas en el capítulo 7 se pueden obtener los otros tres promedios:

Wq = Lq/λ (tiempo promedio en la cola)

L = Lq + λ/µ (número promedio de unidades en el sistema)

W = Wq + 1/ µ (tiempo promedio en el sistema)

Si se toma en cuenta la complejidad que representa el análisis de un modelo que permite cualquier distribución de tiempos de servicio, es notable que se haya podido obtener una fórmula tan sencilla para Lq.

Comentario

Note que en la fórmula de Pollaczek-Khintchine Lq es una expresión creciente de σ2 (y por supuesto de σ2). Y como en las fórmulas de Wq, L y W también se observa que:


Wq es una función creciente de Lq, entonces Wq es una función creciente de σ (función creciente de función creciente es creciente).

L es una función creciente de Lq, entonces Wq es una función creciente de σ (función creciente de función creciente es creciente).

W es una función creciente de Wq, entonces W es una función creciente de σ (función creciente de función creciente es creciente).

Estas observaciones nos llevan a concluir que:

L aumenta

Si σ2 aumenta Wq aumenta

W aumenta

los cuatro promedios L, Lq, W, Wq aumentan (ya se había visto también para Lq), o sea los cuatro promedios se deterioran (es deseable que los cuatro promedios tomen valores pequeños).

Esta observación nos muestra que los promedios varían no solamente como era de esperarse intuitivamente con λ (a mayor cantidad de clientes que llegan por unidad de tiempo, “mayores” promedios de clientes en la cola y el sistema y “mayores” tiempos promedio en la cola y el sistema y con µ (a mayor cantidad de clientes que atienda el servidor por unidad de tiempo “menores” promedios de clientes en la cola y el sistema y “menores” tiempos promedios en la cola y el sistema, sino que varían también en forma creciente con σ2.

Aparece entonces un tercer factor determinante de la congestión en los sistemas de líneas de espera y es σ2 (ó σ).

Recuerde que σ representa la desviación promedio de las desviaciones respecto al promedio, por lo que si los valores del tiempo de atención son muy dispersos (aunque llegue el mismo número de clientes por unidad de tiempo y aunque el servidor atienda en promedio el mismo número de clientes por unidad de tiempo), la congestión también aumenta (los cuatro promedios aumentan).

En resumen: no solo la velocidad del servidor, sino también su consistencia, tienen mucha trascendencia en el desempeño de la instalación del servicio, es decir tiempos de servicio más concentrados alrededor de la media producen mejores comportamientos en el sistema de cola (menos longitudes y tiempos en el sistema y cola).

Realicemos un chequeo de la fórmula de Pollaczek-Khintchine para la cual se dedujo la expresión de Lq para un servidor en el capítulo 10.

Cuando la distribución de los tiempos de servicio es exponencial σ2 = 1/µ2, reemplazando este valor en la fórmula de Pollaczek-Khintchine se obtiene:


Lq = (λ2σ2 + ρ2)/[2(1–ρ)] = (λ2(1/µ)2 + (λ/µ)2)/[2(1–λ/µ)] = [2(λ/µ)2 ](2(µ–λ/µ) = λ2/[µ(µ–λ)] que es la misma expresión de Lq del capítulo 10.

Modelo M/D/S M/D/S significa tiempos entre llegada exponenciales, tiempos de servicio constantes y s servidores.

Cuando el tiempo de servicio consiste básicamente en la misma tarea rutinaria que el servidor realiza para todos los clientes, tiende a haber poca variación en el tiempo de servicio requerido.

Cuando solo se tiene un servidor, el modelo M/D/S se vuelve M/D/1 y es un caso especial del modelo M/G/1 en donde σ2 = 0, con lo que la fórmula de Pollaczek-Khintchine se reduce a:

Lq = (λ2σ2 + ρ2)/[2(1–ρ)] = Lq = (λ2(0)2 + ρ2)/[2(1₋ρ)] = ρ2/[2(1₋ρ)

Notemos que cuando σ2 = 0 en tanto que si σ2 = 1/µ2 (exponencial)

Lq = ρ2/[2(1₋ρ)

Lq = (λ/µ) 2/[2(µ₋λ/ µ)] Lq = λ2/[(µ₋λ)]

Lq = λ2/[2(µ₋λ)]

es decir, Lq se reduce a la mitad.

Al disminuir σ2 se pueden mejorar mucho las medidas de desempeño de un sistema de colas. Claro que el caso σ2= 0 es un caso extremo, ya que la varianza no se puede disminuir más.

Modelo M/Ek/S M / Ek / S quiere decir: Tiempo entre llegadas exponencial, tiempos de servicio Erlang con parámetro k y s servidores.

Veamos qué es la función Erlang con parámetro k y por qué es importante.

La función de densidad de probabilidad para la distribución Erlang con parámetro k es:

f (t) = (µ𝑖𝑖)𝑘𝑘

(𝑖𝑖−1)! * tk-1 e-kµt note que aparece el parámetro k que da el nombre a la función de

densidad.


En esta función se tiene:

µ ≥ 0 (similar a la exponencial)

k ∈ Ζ+ (entero>0)

t ≥ 0 (es el tiempo)

Para esta función se tiene:

Media = 1µ Desviación estándar = 1

√𝐾𝐾∗µ

K: parámetro de forma que especifica el grado de variabilidad de los tiempos de servicio con relación a la media.

Note que la media no depende de k, en tanto que la desviación estándar sí.

Dado que K es un entero ≥ 0, varía entre 1 e ∞ y por tanto la desviación estándar σ toma valores en el rango 0 < σ <1/µ

Muchas de las distribuciones de tiempos de servicio reales se encuentran en este intervalo, aunque podrían tener un σ mayor. Allí se encuentra la distribución Erlang.

Esta propiedad hace que si de los valores de tiempo de atención de una muestra se obtiene una desviación estándar muy distinta de la media, se puede escoger un valor de k y adaptar la muestra a un Erlang, lo cual no se puede hacer con la exponencial, porque como ya se vio en la exponencial la media es igual a la desviación estándar. Esta adaptación es válida siempre y cuando la desviación estándar sea menor que la media.

Además de lo anterior, la distribución Erlang es importante en teoría de colas por dos razones:

1. Suponga que T1, T2,..., Tk son k variables aleatorias exponenciales independientes con una distribución de probabilidad idéntica, cuya media es 1/(kµ), entonces la variable aleatoria T1 + T2 +....+ Tk tiene distribución Erlang con parámetros µ y k, es decir:

La suma de k tareas o atención de k clientes (exponenciales idénticas) sigue una distribución Erlang con parámetro k.

2. Los parámetros permiten únicamente valores no negativos. Así, por lo general se puede obtener una aproximación razonable de la distribución empírica de los tiempos de servicio si se usa una distribución Erlang (esta es la propiedad arriba mencionada, donde se hablaba de escoger un valor de k).

De hecho la distribución exponencial y la degenerada son casos especiales de la distribución Erlang con k = 1 (la exponencial) y k = ∞ (la degenerada).


Para demostrar es suficiente reemplazar k por 1 en Erlang y se ve que se vuelve la exponencial. Para la degenerada, es suficiente reemplazar k por ∞ en la desviación estándar y se ve que se vuelve 0.

Dada una distribución Erlang con parámetro de forma k y σ2 = 1/kµ2, se tiene, aplicando la fórmula de Pollaczek-Khintchine:

Lq = 𝜆𝜆2

𝑘𝑘µ2+ρ2

2(1−ρ) = 1+𝑖𝑖

2𝑖𝑖𝜆𝜆2

µ(µ−𝜆𝜆)

Wq = 𝐿𝐿𝑞𝑞𝜆𝜆

= 1+𝑖𝑖2𝑖𝑖

𝜆𝜆𝜆𝜆(µ−𝜆𝜆)

W = Wq + 1µ

L = λW

Así se obtienen los cuatro promedios para la distribución Erlang.

Llamada perdida de Erlang En muchas ocasiones las personas llaman a un conmutador y este se encuentra ocupado.

Erlang (el mismo matemático danés de la distribución Erlang) encontró la probabilidad de que cuando se llama a un conmutador (call center) que tiene varios servidores en serie para atender las llamadas, la probabilidad de que el conmutador suene ocupado, y por tanto se pierda la llamada viene dada por la fórmula:

P (llamada perdida) = ρ𝑛𝑛/𝑛𝑛!∑ ρ𝑖𝑖/𝑖𝑖!𝑛𝑛𝑖𝑖=0

con ρ = 𝜆𝜆µ , donde

λ es la tasa media total de llamadas que llegan

µ es la tasa media de llamadas que atiende “cada operador”

n es el número de operadores.

Ejemplo:

Se tiene un conmutador con tres operadores. Llegan en promedio diez llamadas por hora. La duración promedio de una llamada es de tres minutos.


1 2 3

Figura 12.1

¿Cuál es la probabilidad de que una llamada se pierda (suene ocupado)?

Recuerde que λ y µ son tasas (veces/tiempo).

El λ está dado directamente como tasa, pero para la atención se da el tiempo 1/µ, por tanto µ = 1 vez/3minutos, o en forma equivalente 20 veces/hora (llegan 20 llamadas cada hora en promedio).

Con λ = 10/hora y µ = 20/hora obtenemos

ρ =10/20 = 0.5

y reemplazando en la fórmula:

P (llamada perdida) = ρ𝑛𝑛/𝑛𝑛!∑ ρ𝑖𝑖/𝑖𝑖!𝑛𝑛𝑖𝑖=0

= 0.53

1+0.5+0.522! +

0.533!

= 0.0126

Es decir, el 1.26% de las llamadas reciben tono de ocupado.

Si se quisiera saber cuántos operadores se deben poner para que el máximo número de llamadas perdidas sea 0.5%, este problema equivaldría a encontrar n en la fórmula, lo cual es bastante complicado, dado que n aparece como potencia y como subíndice en la sumatoria, por lo que este problema se debe resolver por tanteo. Es decir dar valores a n y empezar a incrementarlo hasta que la fórmula de una valor ≤0.005.

Ejemplo:

Antonio es un zapatero. Los pares de zapatos que llegan para reparación siguen un proceso Poisson con tasa media de un par por hora. El tiempo de reparación por zapato individual tiene distribución exponencial con media de quince minutos.

Conmutador


a) Considere la formulación de este sistema de colas si se toma cada zapato (y no el par) como un cliente. Construya el diagrama de tasas y desarrolle las ecuaciones de balance, sin resolverlas.

b) Ahora considere la formulación de este sistema de colas cuando los pares de zapatos se consideran los clientes. Identifique el modelo específico que se ajusta a esta formulación.

c) Calcule el número esperado de pares en el taller.

d) Calcule el tiempo esperado desde que el cliente deja un par hasta que está reparado y listo para entregarlo.

a) Los zapatos individuales son clientes. En el diagrama las unidades son veces/hora.

Figura 12.2

Observe que λ=1vez/hora llegan 2 zapatos

Como el tiempo de reparación de 1 zapato es 15 minutos, entonces µ=1vez/(15 min)

= 4 veces/hora (frecuencia de reparación de un zapato)

Como los clientes son los zapatos y llegan por pares del estado n se pasa al n+2 cuando llega un par (2 zapatos)

Con este gráfico se pueden plantear las ecuaciones de balance:

(Estado 0): µP1 = λP0

(Estado 0): µP2 = (λ+µ)P1

(Estado 2): λP0 + µP3 = (λ + µ)P2

………

(Estado n): λPn-2 + µPn+1 = (λ+ µ)Pn

0 1 2 3 ... λ=1

µ=4 µ=4 µ=4

λ=1 λ=1


……….

b) Los pares son clientes. En el diagrama las unidades son veces/hora, tanto para llegada como atención de pares de zapatos.

Figura 12.3

Observe que λ=1vez/hora (llega un par de zapatos) y pasa del estado n al n+1.

µ = 2 veces/hora (se repara un par). La tasa se reduce a la mitad, ya que está expresada en pares, en lugar de zapatos individuales.

Aunque este diagrama representa la situación real de los clientes (pares de zapatos), a partir de este diagrama no se pueden plantear ecuaciones de balance, ya que las hipótesis para plantear ecuaciones de balance requieren que tanto las llegadas como las atenciones sean exponenciales y en este caso las atenciones no son exponenciales, porque si un zapato individual sigue una distribución exponencial, el conjunto de 2 unidades (par) es Erlang.

Entonces este modelo es de entradas Poisson con λ = 1y de atenciones Erlang con µ = 2 y K = 2, ya que los grupos o conjuntos son de 2 elementos (K = 2). A pesar de esto, se pueden aplicar las fórmulas de Pollaczek-Khintchine para obtener L y W.

c) Lq = (λ2σ2 + ρ2)/[2(1₋ρ)] (Recuerde que en esta fórmula tanto λ como µ están expresados en conjuntos (pares en este caso). Por lo tanto λ= 1, µ= 2, K = 2, ρ = λ/µ = 1/2= 0.5.

Lq = [1*(1/8) + (0.5)2]/[2*(1-0.5)] = 1/8 + 0.5 = 0.375, ya que σ = 𝟏𝟏√𝑲𝑲∗µ

= 𝟏𝟏√𝟐𝟐∗𝟐𝟐

= 1/8

En fila se mantienen en la zapatería 0.375 pares de zapatos.

L = Lq + ρ = 0.375 + 0.5 = 0.875

0 1 2 3 ... λ=1 λ=1 λ=1

µ=2 µ=2 µ=2


En el sistema (en la zapatería) se mantienen en promedio 0.875 pares de zapatos.

d) W = L/λ = 0.875/(1/hora) = 0.875 horas.

El tiempo total de un par de zapatos desde que lo entrega el cliente hasta que se termina la reparación es 0.875 horas = 52.5 minutos.


Capítulo 13.

Aplicación de la teoría de colas

Aunque la teoría de colas proporciona información importante no es una herramienta que por sí sola permita llevar a cabo la toma de decisiones óptima.

Para ello se necesita desarrollar una teoría económica (de costos) que nos permita tomar decisiones óptimas.

Las situaciones del tipo de sistema de colas que requieren la toma de decisiones surgen en muy diversas áreas, por lo que no es posible presentar un procedimiento general aplicable a todas las situaciones.

Una situación que en la práctica se presenta con bastante frecuencia es:

¿Cuál es el número de servidores que se debe tener en cada instalación?

Esta es la pregunta de mayor interés para los ejecutivos y que hasta ahora no hemos visto cómo se resuelve. Trataremos de desarrollar una teoría (en realidad son dos teorías) para responder esta pregunta.

Las decisiones respecto a la capacidad de servicio que se ha de proporcionar se basan principalmente en dos tipos de costos:

1. Costos derivados de prestar un buen servicio.

2. Costos derivados de tener largas colas.

Para estudiar los costos totales, consideremos el siguiente gráfico donde aparece en el eje vertical el costo de atender una unidad (puede ser una persona, un animal, una máquina, etc.) como función del nivel de servicio, este es un índice entre cero (nivel de servicio muy malo) y cien (nivel de servicio excelente).

Aunque no entraremos a determinar la forma de la ecuación, sí es claro que es una función creciente: prestar niveles de servicio altos es costoso.


Figura 13.1

Consideremos ahora el gráfico de tiempo promedio (o esperado) de una unidad como función del mismo índice de nivel de servicio del gráfico anterior.

Nuevamente, aunque no entraremos a determinar la forma de la ecuación, es claro que es una función decreciente: prestar niveles de servicio altos significa gastar poco tiempo de atención.

Figura 13.2

Cos

to d

e se

rvic

io p

or ll

egad

a

0 Nivel de servicio

Tiem

po d

e es

pera

d

0 Nivel de servicio


El objetivo de cualquier empresa que presta servicios es disminuir tanto los costos de servicio como los tiempos de espera.

Para reducir los costos de servicio se debe tener un bajo nivel de servicio, ya que este gráfico es creciente.

Para reducir los tiempos de espera se debe tener un alto nivel de servicio, ya que este gráfico es decreciente.

Ante esta situación contradictoria se debe encontrar un balance entre el retraso promedio al solicitar un servicio y el costo de proporcionarlo, en otras palabras se debe encontrar el óptimo de la suma de los dos costos: de prestar el servicio y de espera.

Para comparar los costos de servicio y los tiempos de espera, es necesario adoptar una medida común de su impacto. Esa medida es el dinero (costo). Debemos estimar el costo de espera.

Clasifiquemos los clientes en dos grupos:

Clientes externos a la organización.

Clientes internos de la organización.

Recuerde que se hizo mención de dos teorías.

Para los clientes externos el costo más importante es el costo de espera relacionado con la pérdida de ganancias por negocio perdido o costos sociales. Es un costo difícil de estimar, ya que los clientes son externos. El caso de clientes externos es el de un almacén de departamentos, donde los clientes no pertenecen a la empresa y no se dispone de mucha información sobre ellos.

Para los clientes internos el costo más importante es el costo de espera relacionado con la pérdida de ganancias debida a la productividad perdida. Es un caso más fácil de evaluar. El caso típico de clientes internos es el de máquinas que van al taller de reparación a esperar que las arreglen. La empresa conoce mucha información sobre las máquinas: velocidad de producción, utilidad de los artículos producidos, etc.

Una vez expresados el costo de espera y el costo del servicio, se debe minimizar la suma de estas dos cantidades.

E (CS): costo esperado del servicio

E (CW): costo esperado de la espera

E (CT): costo esperado total

Minimizar E (CT) = E (CS) + E (CW)


Figura 13.3

¿Cómo varía en realidad el costo en el que se incurre respecto al comportamiento real del sistema de colas?

La forma de esta función depende del contexto del problema pero se puede modelar de dos maneras principalmente, como se dijo antes. Las dos formas son totalmente diferentes, según que los clientes sean internos o externos, según se verá a continuación:

1. Forma g(N)

Para clientes internos. En este caso la función es discreta.

El costo a considerar es el costo de espera relacionado con la pérdida de ganancias debida a la productividad perdida. (Recuerde que este es el caso de las máquinas que esperan ser reparadas y mientras esperan hacen que se incurra en un costo de oportunidad: producción perdida.

La propiedad que determina la tasa actual a la que se incurre en costos de espera es N: el número de clientes en el sistema. Por eso este caso es discreto, puesto que el número de máquinas en el sistema (taller) es un número entero.

g (N) se construye estimando g(n) para N=n, para n = 1,2,... y g(0)=0.

Cos

to e

sper

ado

0 Nivel de servicio

Costo servicio E(CS)

Costo espera E(CW)

Costo total E (CT) = E(CS) + E(CW)

Solución


Figura 13.4

Note que aunque se ajustó una curva continua para facilitar la expresión, el gráfico en realidad son los puntos, ya que el número de clientes en el sistema es un número entero.

Después de calcular las probabilidades Pn para un sistema de colas (resolviendo el sistema de ecuaciones de balance donde n es el número de unidades en el sistema) se puede calcular.

E(CW) = E {g(N)}

Como N es una variable aleatoria discreta, en este cálculo se emplea la expresión para el valor esperado de una función de una variable aleatoria discreta.

E(CW) = ∑ 𝑔𝑔(𝑋𝑋) ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 (la función g(n) se obtiene del gráfico y los Pn se obtienen de

la solución del sistema de ecuaciones de balance).

Cuando g(N) es una función lineal (es decir, la tasa de costo de espera es proporcional a N).

g (N) = Cw N (una recta que pasa por el origen).

Donde Cw es el costo espera por unidad de tiempo para cada cliente (expresado en $/unidad-tiempo), es decir el costo de tener en espera una unidad (persona, máquina, etc.) durante una unidad de tiempo.

E(CW) = ∑ 𝑔𝑔(𝑋𝑋) ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = ∑ Cw n ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0 = Cw∑ n ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0

0

Número de clientes en el servicio

N

g (N)

1 2 3 … n …

Costo esperado por unidad de tiempo


E(CW) = Cw ∗ L , ya que como se había visto antes: L = ∑ n ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0

Note que en el caso lineal es muy fácil obtener la expresión del costo promedio de espera: Cw ∗ L.

2. Forma h (W)

Para clientes externos. En este caso la función es continua.

El costo a considerar es el costo de espera relacionado con la pérdida de ganancias por negocio perdido o costos sociales.

La propiedad que determina la tasa actual a la que se incurre en costos de espera es w: el tiempo de espera en el sistema de colas para los clientes individuales. Además de ser continua, las unidades también son diferentes al caso de clientes internos, pues en el de clientes internos las unidades estaban expresadas en $/cliente, en tanto que en el de los clientes externos las unidades están expresadas en $/tiempo, es decir cuánto cuesta tener en el sistema (almacén) una unidad (persona) en espera. Este valor, como se mencionó anteriormente, es más difícil de calcular, ya que los clientes no pertenecen a la empresa y representa el costo de tener una unidad (persona) en el sistema en espera (mientras hace fila y mientras la atienden).

Figura 13.5

Una manera de construir h(W) es estimar h(w) para distintos valores de w y después ajustar un polinomio.

Cos

to e

sper

ado

por c

lient

e

0 Tiempo de espera en el servicio W

h(W)


h(w): El costo de espera en el que se incurre cuando un cliente espera un tiempo W = w

E[h(w)] = ∫ ℎ(𝑤𝑤)𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤)𝑝𝑝𝑤𝑤∞0

Esta es la expresión del promedio de una función continua h(w), en este caso el costo, que tiene función de densidad 𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤). Esta expresión puede ser difícil de integrar ya que contiene el producto de dos funciones:

Esta desigualdad nos muestra que el costo de los clientes externos (costo por cliente) es diferente del costo de los clientes internos (costo por tiempo) como se había mencionado anteriormente.

Sin embargo se puede pasar de la expresión de 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

a 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

, simplemente multiplicando

por 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

, ya que:

𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

*𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

= 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

pero 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

= 𝜆𝜆, siempre y cuando 𝜆𝜆 sea constante, ya que si no

es constante sino que es función del tiempo 𝜆𝜆(𝑤𝑤), habría que introducirla en la integral, lo que haría aún más compleja su evaluación, ya que sería el producto de tres funciones.

Para el caso de 𝜆𝜆 constante se tiene entonces:

E(CW) = λE[h(w)] = λ∫ ℎ(𝑤𝑤)𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤)𝑝𝑝𝑤𝑤∞0

Si λ es función de w, λ = λ(w) se tiene entonces:

E(CW) = ∫ 𝜆𝜆(𝑤𝑤)ℎ(𝑤𝑤)𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤)𝑝𝑝𝑤𝑤∞0 , que es una expresión difícil de integrar, ya que contiene

el producto de tres funciones dentro de la integral.

Note que el caso 𝜆𝜆(𝑤𝑤) (o sea λ no es constante) es bastante frecuente ya que la cantidad de personas que entran a demandar un servicio depende del tiempo de espera.

E {h (W)}

costo esperado de espera por cliente

≠ E {C (W)}

costo esperado de espera por unidad de tiempo


Ejemplo: Simulation Inc.

Una fábrica cuenta con diez máquinas para el ensamblaje de dispositivos para computadoras. Sin embargo la empresa solo cuenta con ocho operadores, así que hay dos máquinas de reserva para eventuales descomposturas.

Siempre que no haya más de dos máquinas esperando reparación habrá ocho máquinas funcionando, pero este número se reduce en uno por cada máquina que espera ser reparada por encima de dos.

El tiempo que transcurre hasta que una máquina en operación se descompone tiene una distribución exponencial con media de veinte días.

El tiempo que se necesita para reparar una máquina tiene una distribución exponencial con media de dos días.

Actualmente la compañía cuenta con un mecánico para la reparación de estas máquinas pero está considerando la contratación de otro más.

Cada mecánico le cuesta a la compañía $280 por día.

La pérdida de ganancias estimadas por tener menos de ocho máquinas en operación es $400 por día por cada máquina descompuesta.

¿Debe la compañía contratar un mecánico más?

Comentario

Note que este es un problema de políticas, porque se deben evaluar los costos de dos problemas independientes: tener un mecánico o tener dos mecánicos y escoger la solución de menor costo.

Otro aspecto de este problema es el hecho de trabajar con máquinas de repuesto, situación que puede ser frecuente si las máquinas no son costosas, con el fin de no parar el operador y la producción de una máquina cuando esta se descompone.

Solución

Este problema es similar al del Hospital General, con la salvedad de que este tiene una fuente de entrada finita.

N = 10 máquinas (población finita)

λ=(1/20) cliente/día (o en forma equivalente 1cliente/20 días

Es equivalente decir que se descompone (1/20) de máquina cada día o 1 máquina cada 20 días.


µ = 1/2 cliente por día (es válido el mismo comentario que para el valor de λ, note que el problema da tiempo (1/µ), por lo hay que obtener µ como el inverso de 1/µ.

Caso s= 1 (trabajar con un mecánico para reparar las máquinas).

8λ para n = 0, 1, 2

Los parámetros λn = (10-n)λ para n = 3, 4, ..., 10

del modelo son: 0 para n > 10

µn = µ para n = 1, 2, ..., 10

y de estos parámetros obtenemos el gráfico a continuación:

Figura 13.6

Caso s = 2 (trabajar con dos mecánicos para reparar las máquinas).

8λ para n = 0, 1, 2

Los parámetros λn = (10₋n) para n = 3, 4, ..., 10

del modelo son: 0 para n > 10

µn = µ para n = 1, 2, ..., 10

sµ para n = 3, 4, ...

y de estos parámetros obtenemos el gráfico a continuación:


Figura 13.7

Ecuaciones de balance para s =1

Estado 0 (1/2)P1 = (8/20)P0

Estado 1 (8/20)P0 + (1/2)P2 = (8/20 + 1/2)P1

Estado 2 (8/20)P1 + (1/2)P3 = (8/20 + 1/2)P2

Estado 3 (8/20)P2 + (1/2)P4 = (7/20 + 1/2)P3

Estado 4 (7/20)P3 + (1/2)P5 = (3/10 + 1/2)P4

Estado 5 (3/10)P4 + (1/2)P6 = (1/4 + 1/2)P5

Estado 6 (1/4)P5 + (1/2)P7 = (1/5 + 1/2)P6

Estado 7 (1/5)P6 + (1/2)P8 = (3/20 + 1/2)P7

Estado 8 (3/20)P7 + (1/2)P9 = (1/10 + 1/2)P8

Estado 9 (1/10)P8 + (1/2)P10 = (1/20 + 1/2)P9

Estado 10 (1/20)P9 = (1/2)P10

Suma de probabilidades ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞10𝑛𝑛=0 = 1

Ecuaciones de balance para s =2

Estado 0 (1/2)P1 = (8/20)P0

Estado 1 (8/20)P0 + 1P2 = (8/20 + 1/2)P1

Estado 2 (8/20)P1 + 1P3 = (8/20 + 1)P2

Estado 3 (8/20)P2 + 1P4 = (7/20 + 1)P3

Estado 4 (7/20)P3 + 1P5 = (3/10 + 1)P4

Estado 5 (3/10)P4 + 1P6 = (1/4 + 1)P5


Estado 6 (1/4)P5 + 1P7 = (1/5 + 1)P6

Estado 7 (1/5)P6 + 1P8 = (3/20 + 1)P7

Estado 8 (3/20)P7 + 1P9 = (1/10 + 1)P8

Estado 9 (1/10)P8 + 1P10 = (1/20 + 1)P9

Estado 10 (1/20)P9 = 1P10

Suma de probabilidades ∑ 𝑃𝑃𝑛𝑛∞10𝑛𝑛=0 = 1

Las probabilidades Pn (soluciones) son:

N = n s =1 Pn s =2 Pn

0 0.271 0.433

1 0.217 0.346

2 0.173 0.139

3 0.139 0.055

4 0.097 0.019

5 0.058 0.006

6 0.029 0.001

7 0.012 3*10−4

8 0.03 4*10−5

9 7*10−4 4*10−6

10 7*10−5 2*10−7

Para saber si la empresa debe contratar un mecánico adicional debemos observar

Esperanza Costo total:

E(CT)=Costo esperado del servicio+Costo esperado de la espera

E(CT) = E(CS) + E(CW).

E (CW) la podemos obtener formulando una función g(n), ya que en este caso las máquinas se consideran clientes internos.

Recordemos que la pérdida de ganancias estimadas por tener menos de ocho máquinas en operación es $400 por día por cada máquina descompuesta.


g (n) = 0 para n = 0, 1, 2

400(n-2) para n = 3, 4, ..., 10

E(CW) = ∑ 𝑔𝑔(𝑋𝑋)𝑃𝑃𝑛𝑛∞10𝑛𝑛=0 .

------------ s = 1 ------------ ---------- s = 2 ----------

n g(n) Pn g(n)*Pn Pn g(n)*Pn

0 0 0.271 0 0.433 0

1 0 0.217 0 0.346 0

2 0 0.173 0 0.139 0

3 400 0.139 56 0.055 24

4 800 0.097 78 0.019 16

5 1200 0.058 70 0.006 8

6 1600 0.029 46 0.001 0

7 2000 0.012 24 3*10−4 0

8 2400 0.03 7 4*10−5 0

9 2800 7*10−4 0 4*10−6 0

10 3200 7*10−5 0 2*10−7 0

Recordemos que cada mecánico le cuesta a la compañía $280 por día.

Siempre que s sea conocida,

E (CS) = sCs, donde Cs es el costo marginal de un servidor (mecánico) por unidad de tiempo

E (CS) = s * $280 por día.


Tabla comparativa de los resultados

s sCs E(CW) E (CT)

1 280 281 $561/día

2 560 48 $608/día

≥3 ≥840 ≥0 ≥$840/día

La solución es por tanto continuar con un mecánico, que tiene un costo menor que dos mecánicos y aunque solo se pedía comparar 1 y 2 mecánicos, la tabla nos muestra que cualquier número de mecánicos ≥3 también tiene un costo mayor.

Ejemplo:

La Universidad Nacional desarrolla planes para rentar una supercomputadora que usen investigadores, profesores y alumnos para la investigación científica. Los modelos que están bajo consideración son uno de la MBI Corporation y otro de la CRAB Company. La computadora MBI cuesta más pero es un poco más rápida que la CRAB. En particular, si se corriera continuamente una secuencia de programas característicos de estudiantes durante un día de 24 horas, el número de programas procesados tendría una distribución Poisson con medias respectivas de 30 y 25 para las computadoras MBI y CRAB. Se estima que entrará un promedio de 20 programas por día y que el tiempo de una entrega a la siguiente tendrá una distribución exponencial con media de 0.05 días. El costo de renta por día sería $US 5000 para la MBI y $US 3750 para la CRAB.

Debido a que los estudiantes de la Universidad Nacional experimentarán distintos tiempos de devolución de sus programas con las dos computadoras, la elección entre ellas requiere una evaluación de las consecuencias de hacer que los estudiantes esperen para correr sus programas. Para esto se pidió a varios de los mejores científicos del personal académico que evaluaran estas consecuencias.

Los científicos estuvieron de acuerdo en que la consecuencia más importante es el retraso en realizar la investigación. Se puede lograr muy poco trabajo efectivo mientras se esperan los resultados de una corrida. Los científicos estimaron que el valor de reducir este retraso es de $500 por día.

Los científicos determinaron también que una segunda consecuencia importante de la espera era la pérdida de continuidad en la investigación. Aun cuando un retraso corto causa pocos problemas en este aspecto, un retraso más largo causa un tiempo perdido significativo al retomar la investigación. Los científicos estimaron que este tiempo perdido es en esencia proporcional al cuadrado del tiempo de retraso. Esta componente se estimó en 400W2.


Por tanto el efecto de las dos consecuencias está dado entonces por la expresión:

h(W) = 500W + 400W2.

El sistema de colas de interés aquí tiene a la computadora como su único servidor y los programas que hay que correr como sus clientes. Además este modelo se ajusta al modelo M/M/1con un día como unidad de tiempo, λ = 20 y µ = 30 y 25 clientes por día para las respectivas computadoras MBI y CRAB.

Con estos datos planteemos el problema:

Recuerde que este es el caso de clientes externos (caso continuo) con h(W) = 500W + 400W2.

Los datos son:

Para la computadora MBI Para la computadora CRAB

λ = 20/día λ = 20/día

µ = 30/día µ = 25/día

Costo arriendo = $5000/día Costo arriendo = $3750/día

la fórmula de E[h(W)] está dada por:

E[h(W)] = ∫ ℎ(𝑤𝑤)𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤)𝑝𝑝𝑤𝑤∞0 (ver capítulo 13)

Donde h(w) = 500W + 400W2 y 𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤) se obtiene de la siguiente manera:

Recuerde que la función de densidad de una variable aleatoria continua 𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤) se obtiene

como la derivada de la acumulativa = 𝑒𝑒(𝑃𝑃𝑜𝑜𝑒𝑒𝑃𝑃(𝑊𝑊<𝑤𝑤))𝑒𝑒𝑊𝑊

y

𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑡𝑡(𝑊𝑊 > 𝑤𝑤) = e - µ (1-ρ)w (ver capítulo 10), de donde se deduce que

𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑡𝑡(𝑊𝑊 < 𝑤𝑤) = 1 − e - µ (1-ρ)w

Al derivar esta expresión obtenemos: 𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤) =µ(1 – ρ)e-µ(1 – ρ)w.

Al reemplazar las expresiones de h(w) y 𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤) en E[h(W)] obtenemos:

E[h(W)] = ∫ ℎ(𝑤𝑤)𝑓𝑓𝑤𝑤(𝑤𝑤)𝑝𝑝𝑤𝑤∞0 = ∫∞0 (500w + 400w2) µ(1 – ρ)e-µ(1 – ρ)wdw

Al realizar esta integral para MBI (con µ = 30) y CRAB (con µ = 25) se obtienen los valores:

E[h(W)] = 58$/programa (para MBI)


E[h(W)] = 132$/programa (para CRAB)

que al convertirlos a $/día nos da:

E[h(W)] = 58$/programa*[20 programas/día] = 1160$/día (para MBI)

E[h(W)] = 132$/programa*[20 programas/día] = 2640$/día (para CRAB)

El costo total es:

E(Costo total) = E(costo de la espera) + E(costo del arriendo), con lo que se obtiene:

E(Costo total) = 1160$/día + $5000/día = $6160/día (para MBI)

E(Costo total) = 2640$/día + $37500/día = $6390/día (para CRAB)

De acuerdo con estos resultados la alternativa es arrendar la computadora MBI.


Problemas de teoría de colas

Problema 1. Chile vive un proceso de modernización y ha implementado el uso de peajes electrónicos. Actualmente todos los carros tienen un sensor instalado para su detección a la hora de pasar por el peaje y poder registrar el cobro. Estos tienen la ventaja de no crear cola y efectuar un cobro más eficiente, el cual llega en la factura de servicios públicos. En la vía Santiago-La Serena, en inmediaciones de La Rancagua se cuenta actualmente con un peaje con tres casetas: uno electrónico que cobra $US5 y otros dos tradicionales que cobran $US3 cada uno. Las autoridades verificarán que el sistema sea fiable: dos casetas seguirán siendo las principales y el electrónico solo se utilizará cuando haya autos en las otras dos, los cuales se demoran en su atención a cada uno de los carros un minuto en promedio con una distribución de tiempos exponencial. Ninguno de los 90 carros por hora que llegan a los peajes (con distribución Poisson) puede quedarse esperando a que se desocupe alguno de los dos peajes viejos si están ocupados y debe colaborar con la prueba del peaje electrónico.

a) ¿Qué porcentaje de carros pagaran el peaje electrónico?

b) ¿Cuánto dinero recibirán los tres peajes en un día? Recuerde que un peaje nunca deja de funcionar (24 h).

c) El gobierno dispuso que para que la prueba del peaje electrónico se haga correctamente en La Rancagua, por él deben pasar mínimo el 50% de los autos que llegan cada hora al lugar. Para esto, planea quitar un peaje tradicional ¿Es esta medida la adecuada para cumplir con lo que quiere el gobierno?

Peajes

Note que a pesar de que se dice que hay tres casetas solo se consideran dos, ya que la tercera cumple el papel de limitar el número de servidores, pues todos los carros que llegan cuando las dos casetas tradicionales están ocupadas van a la tercera y pasan instantáneamente, por lo que no se hace fila. Esto sería como decir que a los carros que llegan cuando las dos casetas tradicionales están ocupadas se les niega el acceso.

0 1 2

90 90

60 120


λ= 90/hora

µ = 60/hora

El sistema de ecuaciones de balance es:

Estado 0: 90P0 = 60P1 (1)

Estado 2: 120P2 = 90P1 (2)

Se omite la ecuación del estado 1 como redundante (es la más complicada, ya que involucra los 3 estados; por eso es recomendable deshacerse de la ecuación más complicada.

P0 + P1 + P2 =1 (3)

De la (1) se tiene: P1 = 1.5P0

De la (2) se tiene: P2 = 0.75P1 = 0.75*1.5P0 = 1.125P0

Reemplazando en la ecuación (3) se tiene:

P0 + 1.5P0 + 1.125P0 =1 = 3.625P0 → P0 = 0.2759

P1 = 1.5*0.2759 = 0.4138

P2 = 1.125*0.2759 = 0.3103

En resumen:

P0 = 0.2759

P1 = 0.4138

P2 = 0,3103, es decir, el sistema de las 2 casetas se mantiene el 27.59% del tiempo con 0 carros, el 41.38% del tiempo con 1 carro y el 31.03% del tiempo con 2 carros.

a) La probabilidad de que un carro pague el peaje electrónico es P2 =31.03% b) Carros atendidos por los peajes tradicionales: 90(𝑃𝑃0 + 𝑃𝑃1) = 62.07 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎora Carros atendidos por peaje electrónico: 90(𝑃𝑃2) = 27.93 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎora

𝐺𝐺𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑋𝑋𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 =24 ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝

∗ �62.07 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒

ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝∗𝑈𝑈$ 3𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝

+25.93 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒

ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝∗𝑈𝑈$ 5𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑𝑝𝑝

�

= 𝑈𝑈$7817.88/𝑝𝑝í𝑝𝑝


c)

0 1

0 1

1

0

90 601

0.60.4

P PP PPP

=+ ===

La medida sería suficiente pues el 60% del tiempo el peaje tradicional estará ocupado, por lo que ese porcentaje de carros ira al electrónico.

Problema 2. Suponga que en un banco luego de que empiece el servicio a las 8 a.m. entra el primer cliente, los tiempos entre llegadas son exponenciales con media de treinta minutos y los tiempos de atención también son exponenciales con media de quince minutos. Nota: todas las preguntas son independientes.

a) Si son las 8:00 a.m. y acaba de entrar el primer cliente ¿cuál es la probabilidad de que el segundo cliente llegue entre las 8:20 y las 8:40 a.m.?

b) ¿Cuál es la probabilidad de que el número de llegadas entre las 8:50 y las 10:00 a.m. sea de dos o más?

c) Si hay dos clientes siendo atendidos en dos cajas, ¿cuál es la probabilidad de que ninguno de los dos clientes termine su servicio antes de diez minutos?

d) Si la probabilidad de que lleguen cero clientes en los siguientes t minutos es 0.5 ¿cuál es el valor de t?

e) Si la probabilidad de que la siguiente llegada sea mayor que una hora es el doble de que la probabilidad de la siguiente llegada sea mayor que dos horas, ¿cuál es en minutos el tiempo promedio entre llegadas?

f) Si le dicen que entre las 9:00 y 10:00 a.m. llegaron tres clientes, ¿cuál es la probabilidad de que entre las 8:00 a.m. y las 12 m hayan llegado cuatro clientes?

0 1

60

90


( )( _ _ _ )!

t ne tP n eventos en tn

λ λ−

= (Poisson) ( ) tP T t e α−> = (exponencial)

λ= (1/30)*60= 2 clientes/hora

μ = 4 clientes/hora (por cajero)

a) (Con Poisson) λt= 2veces/hora*(1/3)hora = (2/3)/hora

Para que el segundo cliente llegue entre 8:00 y 8:20 deben darse dos eventos independientes: que entre 8:00 y 8:20 no llegue nadie (lleguen cero clientes) y que entre las 8:00 y las 8:20 llegue uno o más clientes.

Prob(0 llegadas entre 8:00 y 8:20)*Prob (1 o más llegadas entre 8:20 y 8:40)

Prob(0 llegadas entre 8:00 y 8:20)= e-λt(λt)n/n! = e-2/3(2/3)0/0! = 0.5134

Prob(1 o más llegadas entre 8:20 y 8:40)= 1−Prob(0 llegadas en 20 min)

1- Prob(0 llegadas en 20 min) = 1−0.5134 = 0.4866 = 0.5134*0.4866= 0.2498

b) (Con la exponencial) Prob(en una hora 10 minutos = (7/6) hora lleguen dos o más clientes) =

Prob(número de clientes en (7/6)hora>=2)=1

Prob(número de clientes en (7/6)hora <2)= 1

Prob(número de clientes en (7/6)hora=0)

Prob(número de clientes en (7/6)hora=1

=1 − e-(2*1.166)*(2*1.166)0/0! − e-(2*1.166)*(2*1.166)1/1!=1−0.09697−0.22627=0.67676

c) (Con la exponencial) μ (de los dos cajeros) = 8 clientes/hora; μt = (8/hora)*(1/6)hora = 4/3 = 1.333

Prob(T>10min) = Prob (T>(1/6)hora) = e-μt = e-1.3333 = 0.2636

d) (Con Poisson) Prob(0 clientes em t min) = e-λt(lt)n/n! = e-λt(lt)0/0! = e-λt = e-2t = 0.5

−2t= ln (0.5) t=−ln(0.5)/2 = − (−0.69315 )/2 = 0.3466 horas = 20.8 min

e) (Con la exponencial) Prob(T>1hora)=2*Prob(T>2horas)

e-2α=2e-4 α e2α = 2 α=ln2/2 = 0.6931/2 = 0.3465


f) (Con Poisson) Hay dos formas de ajustar los cuatro clientes: llegan cero clientes entre 8:00 y 9:00 o llega uno entre 8:00 y 9:00 y cero entre 10:00 y 12:00.

Como los eventos son mutuamente excluyentes, las probabilidades se suman:

Prob(0 en 1 hora)*Prob(1 en 2 horas)+Prob(1 en 1 hora)*Prob(0 en 2 horas) =

e-2*1 (2*1) 0 /0!* e-2*2 (2*2) 1 /1!+ e-2*1 (2*1) 1 /1!* e-2*2 (2*2) 0 /0!

=0.1353*0.0733+0.0677*0.0183=0.0099+.0012=0.0111

Problema 3. En una pequeña ciudad operan dos empresas de taxis. Una de ellas tiene dos taxis, mientras que la otra solo tiene uno, ambas se reparten el mercado en condiciones de igualdad. Esto resulta evidente por el hecho de que la demanda de taxis de cada una de las empresas, sigue una distribución de Poisson de tasa media diez por hora en ambos casos. La duración media de una carrera de taxi es de doce minutos, y sigue una distribución de probabilidad exponencial.

Uno de los hombres de negocios de la ciudad ha comprado recientemente las dos empresas, y su primera preocupación es fusionar los dos servicios en uno solo, con el objetivo de perder menos clientes.

Ambas empresas tenían la política de que si solicitaban un servicio y no había taxis disponibles no ofrecían el servicio, la nueva empresa más grande sigue con esta política.

¿Cuántos clientes se perdían cuando estaban separadas las empresas?

¿Cuántos clientes se están perdiendo después de la fusión? ¿El empresario tomó la decisión correcta?

Para la empresa que tiene un único taxi

1/µ = 12 minutos; µ 1/2min = 5/hora

0 1 10

5


12510

00

10

=+=PP

PP

3231

1

0

=

=

P

P

El cliente se pierde cuando no hay taxis, o sea cuando se está en el estado 1.

Pérdidas = λ*P1 = HoraHora

667.63210=×

Para la empresa que tiene dos taxis

1221010510

210

12

10

=++==

PPPPP

PP

40.020.0

15

1

0

0

===

PPP

40.02 =P


Pérdidas = λ*P2 = HoraHora

440.010=×=

Con las empresas independientes se pierden en total 10.67 clientes por hora.

Para las empresas fusionadas

0 1 2 10

10

5 10

0 1 2 3

20 20 20

5 10 15


11520

102025520

3210

32

201

10

=+++=

+==

PPPPPP

PPPPP

( ) ( )

451.0338.0169.0042.0

115

16084

110

204251520

1020425

4

3

2

1

0

0000

000000

====

=+++

=

−

+

−

++

PPPP

PPPP

PPPPPP


HoraHoraPerdidas 02.9451.020 =×=

Con las empresas fusionadas se pierden en total 9.02 clientes por hora por lo tanto es más conveniente fusionar las empresas: 9.02 /hora < 10.67/hora.

Problema 4. Tres usuarios de una línea telefónica están conectados al mismo terminal. Cada usuario genera llamadas de una duración media de tres minutos, según una exponencial. Cada usuario llama en promedio cada media hora según una exponencial. Si un usuario quiere llamar no podrá hacerlo a menos que alguna línea esté desocupada.

¿Cuál es el porcentaje de llamadas que no se pueden realizar si solo hay una línea conectada al terminal?

¿Cuál es el porcentaje de llamadas que no se pueden realizar si hay dos líneas conectadas al terminal?

¿Cuál es el porcentaje de llamadas que no se pueden realizar si hay tres líneas conectadas al terminal?


Con una línea

1206

10

10

=+=PP

PP

1310

1103

0

00

=

=+

P

PP

133

1 =P

HoraP

HoraP

HorallamadasTotal 5385.546_ 10 =×+×=

HoraP

HorarealizadasNo 9231.04_ 1 =×=

1667.05385.59231.0_% ==realizadasNo = 16.67%

Con dos líneas

1404206

210

21

10

=++==

PPPPPPP

1103

101

103

000 =×++ PPP

1333

13330

2

1

=

=

P

P

0 1 6

20

0 1 2 6 4

20 40


133100

1100

330100

0

0

=

=

++

P

P

HoraP

HoraP

HoraP

HorallamadasTotal 4586.5246_ 210 =×+×+×=

HoraP

HorarealizadasNo 0451.02_ 2 =×=

0083.04586.50451.0_% ==realizadasNo = 0.83%

Con tres líneas

No se pierden llamadas porque hay tres líneas y tres usuarios.

Problema 5. El taller automotriz La Carretera Veloz especializado en el ajuste y mantenimiento de componentes vehiculares, ha establecido que se puede catalogar a sus clientes en dos grupos: los autos pequeños y vehículos grandes. Adicionalmente se sabe que la tasa de llegada de los autos pequeños obedece una distribución Poisson con media 0.2 horas por auto si está vacío el local, de lo contrario tienen una probabilidad de n/2 de desistir, y los vehículos grandes llegan según una distribución Poisson con media tres autos por hora. Las instalaciones del taller automotriz La Carretera Veloz son limitadas puesto que solo tiene una zona de reparación con espacio para dos vehículos pequeños, pero si llega uno grande ocupa los dos espacios. Además no hay lugar para hacer cola, por lo que los autos que llegan y no encuentran espacio se marchan a otro taller. El mecánico del taller puede reparar hasta 18 componentes por hora de forma exponencial; finalmente se puede considerar que el número promedio de componentes para los autos pequeños es de 20 y para los vehículos grandes el promedio de componentes es de 32.

a) El gerente del taller automotriz La Carretera Veloz lo contrata como analista y le pide que modele este problema usando el análisis de colas, definiendo los estados, el diagrama de tasas y encontrando las ecuaciones de balance.

b) El gerente está interesado en saber el número promedio de vehículos que permanecen en el taller automotriz.

c) Se le informa a usted que los ingresos por reparación en autos pequeños es de $50 por auto, y los ingresos por reparación en vehículos grandes es de $100 por auto, el gerente le pregunta cuáles serían los ingresos promedio por día, si se trabaja 12 horas al día.


λp=5 autos por hora sin cola λp=2.5 autos por hora con cola λg=3 autos por hora µp=0.9 autos por hora (=18/20) µg=0.5625 autos por hora (=18/32) De acuerdo con el enunciado los estados son: 1G hay un auto grande 1P hay un auto pequeño 2P hay dos autos pequeños

a)

Πo 0.0366019 π1g 0.19521012 π1p 0.20334388 π2p 0.5648441

La solución que se plantea a continuación es aproximada, porque si bien las tasas de atención son

µp=0.9 autos por hora y µg=0.5625 autos por hora, la distribución no es estrictamente exponencial, sino Erlang.

Planteando las ecuaciones de balance se tiene:

(Estado 1G): 0.5625π1g = 3πo

(Estado 0): 8πo = 0.5625π1g + 0.9π1p

(Estado 2p) 0.9 π2p = 2.5 π1p

π1g + π0 + π1p + π2p = 1

(Se descarta la ecuación del estado 1p que se considera una de las difíciles) Resolviendo ese sistema de cuatro ecuaciones en cuatro variables se tiene:

0

1p

P

1g

G

2p

P 5

3

2.5

0.5625

0.9 0.9


πo = 0.0366019 π1g = 0.19521012 π1p = 0.20334388 π2p = 0.5648441

b) 𝐿𝐿 = ∑𝑋𝑋 ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛 = (0 ∗ π0) + (1 ∗ π1𝑔𝑔) + (1 ∗ π1𝑝𝑝) + (2 ∗ π2𝑝𝑝) = 1.5282

c) Aunque el ingreso (o costo) se puede calcular por medio de los λ o de los µ, en

este caso se resuelve por medio de los λ: Grandes

�(λ ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛) ∗ 100 =3𝑝𝑝𝑃𝑃𝑡𝑡𝑝𝑝𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

∗ π0 ∗100$𝑝𝑝𝑃𝑃𝑡𝑡𝑝𝑝

= 10.9805694$

ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝∗12ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝

= 131.7668328$𝑝𝑝í𝑝𝑝

Pequeños

�(λ ∗ 𝑃𝑃𝑛𝑛) ∗ 50 = �5𝑝𝑝𝑃𝑃𝑡𝑡𝑝𝑝𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

∗ π0 + 2.5π1𝑝𝑝𝑃𝑃𝑡𝑡𝑝𝑝𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

� ∗50$𝑝𝑝𝑃𝑃𝑡𝑡𝑝𝑝

=34.568459$

ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝∗

12ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝

=414.8215$

𝑝𝑝í𝑝𝑝

Ingresos totales Ingreso grandes + ingreso pequeños = 546.59$/día

Problema 6. El hospital Camino al Cielo tiene una unidad especializada de diagnóstico clínico que se encarga de determinar qué enfermedad sufre un paciente. En esta unidad los médicos analizan un caso a la vez. La política de esta empresa se caracteriza en la rápida atención al usuario, para lo cual lo contratan a usted como profesional en el área de producción. Se sabe que la tasa de llegada de pacientes sigue una distribución Poisson con media de un paciente cada media hora. Se le informa que se ha estimado el costo de que un paciente permanezca en el hospital es $90 por hora, costo en que incurre mientras está esperando y mientras lo están diagnosticando. Cada médico del grupo de diagnóstico gana $15 la hora tanto si está atendiendo pacientes como si no. La tasa de diagnóstico de cada médico sigue una distribución exponencial con media (2/3) hora por paciente. La tasa de atención conjunta de los médicos se pude calcular con: 𝑋𝑋 ∗ µ ∗ 0.8𝑛𝑛−1 ∀ 𝑋𝑋 > 1 (considerando que la eficiencia de los médicos trabajando juntos disminuye un poco por conflictos funcionales).

a) El gerente del hospital “Camino al cielo” le pregunta cuantos médicos deben contratar la unidad de diagnóstico clínico para minimizar sus costos?

b) Como otra política, El “Camino al cielo” tiene la oportunidad de contratar un súper médico, para lo cual le preguntan a usted: cuál debe ser su tasa de atención para que la probabilidad de que el tiempo promedio de un paciente en el hospital sea menor a 0.3 horas sea 0.6?


a)

λ=2 clientes por hora = (1/0.5) µ=1.5 clientes por hora = (123

)

𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 𝑚𝑚é𝑝𝑝𝑖𝑖𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒 + 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒

= 15 ∗ 𝑋𝑋 + 90 ∗2

(𝑋𝑋 ∗ µ ∗ 0.8𝑛𝑛−1) − 2 ,𝑦𝑦𝑝𝑝 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝐿𝐿 =

𝜆𝜆µ − 𝜆𝜆

𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝 λ

𝑒𝑒µ< 1 𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒 > 2 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑝𝑝𝑒𝑒 2, ya que resolver este problema

analíticamente es imposible, porque habría que sacar la derivada e igualarla a cero. n=2 CT= 480 n=3 CT= 249.5455 n=4 CT= 227.9104 (óptimo) n=5 CT= 242.9104 Se deben contratar 4 médicos

b) como: P(w>0.3)=0.6

𝑃𝑃(𝑤𝑤 > 𝑡𝑡) = 𝑒𝑒−µ�1−λµ�𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑃𝑃(𝑤𝑤 < 𝑡𝑡) = 1 − 𝑒𝑒−µ�1−λ

µ�𝑒𝑒 (ver la fórmula en el capítulo 10 tiempo de espera en el sistema caso un servidor)

𝑑𝑑𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑜𝑜𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑝𝑝: 0.6 = 1 − 𝑒𝑒−µ�1−2µ�0.3 𝑆𝑆𝑃𝑃𝑒𝑒𝑔𝑔𝑝𝑝 𝑒𝑒−µ�1−4µ�0.5 = 0.4 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑋𝑋 𝑆𝑆𝑝𝑝𝑔𝑔𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑡𝑡𝑚𝑚𝑝𝑝: 𝑆𝑆𝑋𝑋0.4 = −µ �1 − 2

µ�0.3

= −µ0.3 + 2 ∗ 0.3 = 𝑆𝑆𝑋𝑋0.4 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑋𝑋𝑝𝑝𝑆𝑆𝑚𝑚𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒 µ =𝑆𝑆𝑋𝑋0.4 − 2 ∗ 0.3

−0.3= 5.05430244 𝑑𝑑𝑆𝑆𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑑𝑑 ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

Problema 7. El Rinconcito del Lleras es un ring reconocido ya que ahí pelea el gran boxeador El Bote. Este lugar es especial ya que todos desean vencer a la estrella pero para ingresar deben de pagar $2000. El Bote nunca pierde. Según estudios realizados anteriormente los luchadores llegan a este lugar según una distribución Poisson con media de diez luchadores/hora. Sin embargo no todos los luchadores resisten lo mismo; con base en la experiencia se sabe que de los luchadores que llegan el 70% es débil y resiste sólo el primer round, mientras el 30% restante es fuerte y resiste hasta un segundo round. Los tiempos de duración del primero y segundo round se distribuyen de manera exponencial con medias de 0.2 horas y 0.4 horas respectivamente. Dado que el lugar es tan pequeño no hay espacio para que otros luchadores esperen, por lo cual cuando hay un luchador en pelea a los otros que llegan les toca irse a otro lugar. Además los luchadores fuertes corren el riesgo de morir en cualquier momento de la pelea, ya que El Bote los golpea más fuerte,


según una distribución exponencial con una tasa de 0.8 luchadores/hora y El Bote debe pagar una multa de $1500 por cada muerte.

a) El manager Caur le pide a usted que modele esta situación como un proceso de Markov continuo definiendo claramente los estados, el diagrama de tasas y la solución de las ecuaciones de balance. Además debe calcular la utilidad promedio diaria sabiendo que El Bote pelea seis horas al día.

b) El manager Caur desea explotar más el talento de su estrella por lo cual logra redistribuir el espacio del lugar, obteniendo un espacio adicional para que un luchador espere. Cuando hay dos luchadores en el lugar el resto deberá irse a otro lugar. Él le informa esta decisión a El Bote, quien acepta pero solo si el luchador que espera es débil.

Se le pide volver a modelar, teniendo en cuenta la información adicional, esta situación como un proceso de Markov continuo definiendo los estados, el diagrama de tasas y plantear las ecuaciones de balance sin resolverlas.

a) Estados: 0: hay cero luchadores en el sistema. 1: hay un luchador débil en el sistema y está en el primer round. 2: hay un luchador fuerte en el sistema y está en el primer round. 3: hay un luchador fuerte en el sistema y está en el segundo round. µ1 = tasa de terminación del primer round = 5/hora(=1/0.2) µ2 = tasa de terminación del segundo round = 2.5/hora(=1/0.4) µm = tasa de muertes = 0.8/hora Diagrama de tasas:

Ecuaciones de balance: (0): 0.8P2+3.3P3+5P1=10P0 X redundante (1): 7P0=5P1 P1= (7/5)P0 (A) (2): 3P0=5.8P2 P2 = (3/5.8)P0 (B) (3): 5P2=3.3P3P3 = (5/3.3)P2(5/3.3)(3/5.8)P0 = (15/19.14)P0 (C) P0+P1+P2+P3=1 (D)


Luego, A, B, C en D: P0=0.2703; P1=0.37842; P2=0.13981; P3=0.211834

Así, la utilidad promedio seria: [2000(λP0) – 1500(µMP2 + µMP3)]*6 = $29904.1632/día Note que el cálculo de la utilidad se hizo utilizando una combinación entre los λ para los ingresos y los µ para los egresos, pero esto se justifica porque todo el que entra termina de alguna de las tres maneras (muerte, primer round o segundo round) y obtener la expresión de los ingresos con base en los µ es más complicado, aunque lleva por supuesto al mismo resultado numérico final.

b) Estados: 0: hay cero luchadores en el sistema. 1: hay un luchador débil en el sistema y está en el primer round. 2: hay un luchador fuerte en el sistema y está en el primer round. 3: hay un luchador fuerte en el sistema y está en el segundo round. Se adicionan los siguientes estados: 4: hay dos luchadores débiles, uno en el primer round y otro en espera. 5: hay un luchador fuerte en el primer round y uno débil esperando. 6: hay un luchador fuerte en el segundo round y uno débil esperando.

Diagrama de tasas:

Ecuaciones de balance: (0): 10P0=0.8P2+5P12+2.5P3 (1): 7P0+3.3P6+0.8P5+5P4=12P1 (2): 3P0=12.8P2 (3): 5P2=10.3P3


(4): 7P1=5P4 (5): 7P2=5.8P5 (6): 7P3+5P5= 3.3 P6 P0+P1+P2+P3+P4+P5+P6=1

Problema 8. Lau Bejukina es una entidad financiera que inicia su atención todos los días a las 9:00 a.m. y en este momento ingresa el primer cliente. Los tiempos entre llegadas son exponenciales con media de veinte minutos y los de atención son exponenciales con media de diez minutos.

a) Si hay tres clientes en el sistema siendo atendidos en tres cajas, ¿cuál es la probabilidad de que por lo menos uno no termine su servicio antes de cinco minutos?

b) ¿Cuál es la probabilidad de que entre las 10:00 am. y las 11:18 am. lleguen tres o más clientes?

c) Determine un intervalo de tiempo tal que la probabilidad de que lleguen tres clientes en una hora sea igual a la probabilidad de que no se atienda ningún cliente en ese intervalo de tiempo.

Para las dos preguntas siguientes la media del tiempo entre llegadas no es veinte minutos.

d) Si esta entidad cuenta con un cajero automático con un tiempo de servicio constante e igual a 10 minutos, ya que solo permite hacer una transacción, mientras que el de llegadas sigue una distribución Poisson con media λ clientes/hora. ¿Cuál debe ser el valor máximo de λ para que el tiempo en la cola, en el cajero automático, no sea mayor a veinte minutos?

e) ¿Cuál debe ser la media del tiempo entre llegadas para que la probabilidad de que el siguiente cliente se demore más de un hora en llegar sea igual a la probabilidad de que se demore menos de una hora en llegar?

λ= 1/20=0.05 client/min; µ=1/10=0.1client/min a) P: La probabilidad de que por lo menos uno no termine su servicio = 1 – (probabilidad de que todos tres terminen su servicio). P= 1 – (P(T<5 min))3 = 1 – (1 - P(T<5 min))3 = 1 – (1 - e-0.05*5)3 = 0.989177 b) Entre las 10:00 y las 11:18 transcurre un tiempo de 78 minutos P78(n>=3)= 1 – P78(n<3) = 1 - P78(n=2) - P78(n=1) - P78(n=0) = 1 – (e-0.05*78(0.05*78)2/2! )- (e-0.05*78(0.05*78)1/1! )-(e-0.05*78(0.05*78)0/0!) = 0.746874899 c) LlegadaP60(n=3)= salidaPt(n=0) (e-0.05*60(0.05*60)3/3!)=(e-0.1*t(0.1*t)0/0! ) (por logaritmos) t = 25.95 minutos.


d) De Lq =(λ2σ2+ρ2)/(2(1- ρ)) donde ρ = λ/μ. Como σ2=0 tenemos (ver fórmula en el capítulo 12: Lq =(ρ2)/(2(1- ρ)) = (( λ/μ)2)/(2(1- λ/μ)) donde μ=0.1 cliente/min Así Lq=((λ/0.1)2)/(2(1- λ/0.1)) LuegoWq<=20’, y si Wq= Lq/λ, entonces: ((λ/0.1)2)/(2λ(1- λ/0.1)) <=20’ despejando λλ<= 0.08 cliente/min Así λmax= 0.08 cliente/min = 48 clientes/hora e) P(T<60) = P(T>60)

P(T<60)=1-P(T>60) 1-P(T>60) = P(T>60) = 1/2e-λ*60=1/2 λ=0.011552453 cliente/min

Problema 9. El centro Checho-Caur está especializado en el ajuste de motores de cruceros de lujo y lanchas rápidas personalizadas. Después de arduas investigaciones, se supo que la tasa de llegada de los cruceros de lujo sigue una distribución exponencial con una duración media de 0.8 horas por crucero. Las lanchas rápidas personalizadas llegan según una distribución Poisson con media de dos lanchas por hora; las lanchas son propiedad de personas muy famosas, que no están acostumbradas a esperar a que las atiendan, por lo que no hacen cola y prefieren ir a otro lugar si tienen que esperar. Las instalaciones del centro Checho-Caur son limitadas puesto que solo tiene un puesto de reparación y un lugar adicional para hacer cola (es un centro muy avanzado y sumamente exclusivo). Los cruceros que llegan cuando los dos puestos están ocupados se van a otro lugar. El equipo de ingenieros del centro puede reparar los cruceros de lujo según una distribución exponencial, de modo que para reparar cinco cruceros requiere diez horas en promedio, mientras que para reparar una lancha personalizada requiere una hora en promedio, también exponencial.

a) El gerente del centro Checho-Caur lo contrata a usted como especialista en teoría de colas, y le pide que modele este problema. Debe definir claramente los estados, el diagrama de tasas y plantear las ecuaciones de balance.

b) Se le informa a usted que los ingresos por reparación son de $500 por crucero y de $350 por lancha rápida. El gerente le pregunta cuáles serían los ingresos promedio por día, si se trabajan doce horas diarias. Plantear sin resolver.

λL (llegada lanchas) = 2/hora λC (llegada cruceros) = 1.25/hora (=1/0.8) µL (atención lanchas) = 1/hora µC (atención cruceros)= 0.5/hora (=5/10)

a) Estados:

0: hay cero barcos en el sistema. L: hay una lancha personalizada en el sistema.


C: hay un crucero de lujo en el sistema. CC: hay un crucero en cola y un crucero siendo atendido. LC: hay un crucero en cola y una lancha siendo atendida.

Diagrama de tasas

Ecuaciones de balance (0): PL+0.5PC=1.25P0+2P0

(C): 1.25P0+PLC +0.5PCC=1.25PC+0.5PC

(L): 2P0 =1.25PL+PL (CC): 1.25PC=0.5PCC (LC): 1.25PL=PLC (Recurrente): P0+PC+PL+ PCC+PLC =1

b) La utilidad promedio sería [500(λC*P0)+350(λL*P0)+500(λC*PC)+500(λC*PL) )]*12

Problema 10. El doctor Alzate es un endocrinólogo muy famoso que trata problemas de infertilidad, el cual atiende consultas con una duración exponencial, cuyo promedio es de 15 minutos. De acuerdo con estudios realizados, llega en promedio una persona cada 50 minutos, según un proceso de Poisson. En vista de que los problemas de infertilidad son de pareja se ha optado por la política de que sus clientes sigan viniendo con su pareja, para atenderlos a los dos, aunque a cada uno lo evalúa por separado. Se supone que la duración de la cita de cada uno de los miembros de la pareja también es exponencial con la misma media de 15 minutos para cada uno. El doctor Alzate lo contrata a usted como el mejor especialista que conoce, para que determine el incremento porcentual del tiempo total de la pareja desde que llega hasta que termina de ser atendida, respecto al que se tenía cuando iba solo uno de los miembros de la pareja.

Para una persona sola (sin la pareja): (Sistema M/M/1) λ =1.2/hora (=60/50)

µ= 4/hora = (1/15)*60) Lq= λ2/(µ*(µ-λ))= 1.22/(4(4-1.2))= 1.44/11.2=0.1286

Para la pareja: (Sistema M/D/1 Erlang con λ=1.2/hora, µ= 2/hora, K=2)

1.25

0.5

1

2

1.25

1 0

C

L

0.5

1.25 CC

LC


Recuerde que un conjunto de dos unidades exponenciales es Erlang con K = 2. Note también que el µ se cambia a 2/hora, porque en la fórmula de Erlang el λ y el µ son los del conjunto.

σ = 1√𝐾𝐾∗µ

= 1√2∗2

) = 1/(1.4142*2) =0.3536 ρ=λ/µ = 1.2/2 =0.6

Lq = (λ2*σ2 + ρ2)/(2(1-ρ)) = (1,44*0.1250+0.36)/(2*0.4)=0.375parejas = 0.75 personas

Incremento = 0.75 – 0.1286 = 0.6214 personas

Incremento porcentual = 0.6214/0.1286 = 4.8320 (483.20%)

Problema 11. En un hangar se reparan motores de avionetas (de un solo motor) las cuales llegan de forma exponencial, en promedio una cada ocho horas. El hangar tiene solo el espacio para la avioneta cuyo motor está siendo reparado, por lo que las avionetas adicionales que llegan tienen que ir a otro lugar ya que no hay espacio para hacer fila, pero se mantiene siempre un motor de repuesto para acelerar el proceso de reparación. El hangar tiene dos empleados: uno que trabaja exclusivamente reparando el motor de repuesto cuando está malo, que lo hace de manera exponencial con una duración promedio de cuatro horas y el otro que trabaja exclusivamente reparando los motores en la avioneta, bien sea que el de repuesto esté bueno o malo. Este último trabaja de la siguiente manera: si el motor de repuesto está bueno simplemente se cambia el malo de la avioneta por el bueno de repuesto, proceso que es exponencial con una duración media de dos horas y se retira el malo de la avioneta que pasa a ser el nuevo motor de repuesto cuando se termina el cambio. Pero si el motor de repuesto está malo cuando llega la avioneta, entonces se debe reparar el de la avioneta en su sitio, proceso más complejo que es exponencial y cuya duración media es de seis horas; por supuesto, mientras se repara el de la avioneta, el otro empleado continúa reparando el de repuesto.

a) Plantee el problema como un proceso de Markov de tiempo continuo, defina bien los estados y resuelva las ecuaciones de balance.

b) ¿Qué porcentaje del tiempo trabaja cada uno de los dos empleados?

a) Solución: estados (número de avionetas en el hangar, estado del motor de repuesto)

Cuatro estados:

(0, M) (0, B) (1, M)(1, B)

λ: tasa de llegada de avionetas =(1/8)/hora

µR: tasa a la cual repara motores de repuesto el empleado que lo hace (1/4)/hora


µB: tasa a la cual cambia motores el empleado que lo hace cuando el repuesto está bueno (1/2)/hora

µM: tasa a la cual repara motores en la avioneta el empleado que lo hace cuando el repuesto está malo (1/6)/hora

0, M λ 1, M

µM

µR µB µR

0, B λ 1, B

Ecuaciones de balance: (ver el gráfico)

(0, M): 3/8*P0M = 1/6*P1M + 1/2*P1B (1)

(0, B): 1/8*P0B = 1/4*P0M (2) P0B = 2*P0M

(1, M): 5/12*P1M = 1/8*P0M (3) P1M = (3/10)*P0M

(1, B): 1/2*P1B = 1/8*P0B + 1/4*P1M (4) P1B = (2/4)*P1M + (1/4)*P0B = (3/20)*P0M + (1/2)*P0M = (13/20)*P0M

P0M + P0B + P1M + P1B = 1

P0M (1 + 2+ 3/10 + 13/20) = 1 P0M =20/79= 0.2532

P0M = 0.2532

P0B = 2*P0M = 0.5063

P1M = (3/10)*P0M = 0.0759

P1B = (13/20)*P0M = 0.1646

b) Porcentaje de tiempo del que repara el repuesto: P0M + P1M (estos son los dos estados durante los cuales trabaja) = 0.2532 + 0.0759 = 0.3291

Porcentaje de tiempo del que repara el motor de la avioneta: P1B + P1M (estos son los dos estados durante los cuales trabaja) = 0.1646 + 0.0759 = 0.2419

Problema 12. Se encuentra usted en el séptimo día de la segunda guerra mundial apoyando a su honorable ejército de los Estados Unidos de Norteamérica cuando se le asigna la administración del taller de tanques de guerra El Taller del Tío Sam, en dicho


taller se cuenta con tres máquinas para la fabricación de armas de guerra. Su uso constante hace que estas fallen según una distribución Poisson con media de una vez cada dos días cada máquina. Cuando una de estas máquinas falla, es enviada a un taller de reparaciones que tiene la empresa.

En dicho taller solo trabaja un técnico encargado de la reparación de las máquinas y del manejo del inventario de repuestos necesarios para arreglarlas. La manera como el técnico tiene programado su trabajo es la siguiente: mientras haya menos de dos máquinas esperando para ser reparadas, él se dedica a labores asociadas con el inventario de repuestos. Cuando hay exactamente dos máquinas en espera, él empieza a repararlas de forma individual hasta que no quede ninguna esperando; una vez que ha terminado de reparar todas las máquinas que estaban malas vuelve a ocuparse de sus labores relacionadas con los repuestos hasta que nuevamente se acumulen exactamente dos máquinas descompuestas. El tiempo que le toma al técnico reparar una máquina es exponencial con una media de 0.5 días. Una vez reparada, la máquina vuelve a funcionar inmediatamente. Note que cuando hay dos o tres máquinas malas el técnico siempre está reparándolas y no atiende el inventario.

a) Formule el modelo como un problema de Markov de tiempo continuo, definiendo claramente los estados y el diagrama de tasas. Plantee las ecuaciones de balance (no las resuelva).

b) Si cada máquina produce 100 armas por hora cuando está funcionando, ¿cuántas armas se producen en una jornada de ocho horas?

c) ¿Cuál es el tiempo promedio de espera en la fila de una máquina cuándo se daña?

a) Estados: (número de máquinas en el taller, trabajo del mecánico) Número de Máquinas en el taller = {0, 1, 2, 3}; Trabajo del mecánico = {0, 1} 0 = labores de inventario, 1 = reparando máquinas Tasa de llegada máquinas: λ = 0,5 máquinas/día Tasa de reparación: μ = 2 máquinas/día

3λ 2λ λ 0 (1, 0) (2, 1) (3, 1)

µ 2λ µ µ

(1, 1)


Ecuaciones de balance: (0): 3*0.5*P00 = 2*P11; (1, 0): 3*0.5*P0 = 2*0.5*P10; (2, 1): 2*0.5*P10 + 2*0.5*P11 + 2*P31 = 0.5*P21 + 2*P21; (1, 1): 2*P21 = 2*P11 + 2*0.5*P11; (3, 1): 0.5*P21 = 2*P31; P0 + P10 + P11 + P21 + P31 = 1;

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene: P0 0.2147651 P11 0.1610738 P10 0.3221477 P31 0.0604027 P21 0.2416107 b) Las máquinas producen cada una 100 armas por hora cuando están

funcionando, por tanto se debe mirar en los estados en los que se encuentran buenas las máquinas, cuantas máquinas hay buenas, la producción de 8 horas y la probabilidad del estado.

Estado Máquinas buenas

Producción (hora)

Producción (8 h) Probabilidad Producción media

0 3 300 2400 0.2147651 515.43624 10 2 200 1600 0.3221477 515.43632 11 2 200 1600 0.1610738 257.71808 21 1 100 800 0.2416107 193.28856 31 0 0 0 0.0604027 0 Total 1481.8792

Producción=(300armas/hora*P0 + 200armas/hora *(P10 + P11) +100armas/hora*P21)*8horas/día = 1481.8792 armas/hora = armas por día.

c) Para hallar el tiempo promedio que permanece una máquina en fila, calculamos primero el número promedio de máquinas que se encuentran en fila esperando reparación.


Estado Máquinas en Fila Probabilidad Máquinas promedio en fila 0 0 0.2147651 0 10 1 0.3221477 0.3221477 11 0 0.1610738 0 21 1 0.2416107 0.2416107 31 2 0.0604027 0.12080536 Lq 0.68456376

En promedio habrá 0.68456376 máquinas que esperan ser atendidas en el taller, para hallar el tiempo promedio que pasan esperando se debe hallar λ promedio:

Estado λ Probabilidad λ*Pn 0 1.5 0.2147651 0.3221477 10 1 0.3221477 0.3221477 11 1 0.1610738 0.1610738 21 0,5 0.2416107 0.12080535 31 0 0.0604027 0 λ Promedio 0,9261745

d) Wq = Lq / λ promedio Wq = 0.68456376/0.9261745 Wq = 0,739130434 horas promedio en espera de reparación por máquina

Problema 13. La Windor-Glass Company es una empresa que se dedica a la fabricación de puertas y ventanas; para ello cuenta con cuatro máquinas, entre ellas tres máquinas indestructibles (no se dañan nunca) y una que puede dañarse según una distribución exponencial con media de 0.5 semanas. El taller de la empresa cuenta con dos mecánicos, el señor L. Ferdinand Brown y Patrick Pérez Sosa, pero solo uno de ellos trabaja al tiempo. Cuando llega al taller la máquina que puede dañarse, el 70% de las veces la repara el señor Brown y el 30% la repara Pérez Sosa. El señor Brown es el mecánico estrella de la compañía y por experiencia se sabe que es capaz de reparar según una distribución Poisson 2.5 máquinas por semana en promedio, mientras que Pérez Sosa es un poco más relajado y arregla según una distribución Poisson de dos máquinas por semana en promedio. Pero esto no es todo, existe una probabilidad del 20% de que Brown deje mal reparada la máquina y sea necesario comenzar una segunda reparación en la cual siempre termina la reparación con éxito, ya que tiene mayor conocimiento del daño, mientras Pérez tiene una probabilidad del 40% de tener que repararla por segunda vez, siempre finalizando con éxito esta segunda reparación. El que realiza la segunda reparación es siempre el mismo mecánico que realizó la primera y lo hace a la misma tasa.


a) El gerente Fulano Hillier, le pide formular el modelo como un problema de líneas de espera, definiendo los estados y el diagrama de tasas. Plantee y resuelva las ecuaciones de balance.

b) Se quiere saber el número promedio de máquinas por semana reparadas por Pérez Sosa que salen del taller a la empresa a trabajar, y la fracción promedio de tiempo que trabaja Pérez Sosa.

a) Estados: (Mecánico trabajando en la máquina, Vez de reparación) Mecánico trabajando = {B, P, N}; B: Brown P: Pérez Sosa N:

Ninguno Vez de reparación = {1,2}; 1: primera vez 2: segunda vez

Tasa de llegada máquinas: λ = 2 máquinas/semana (=1/0.5) Tasa de reparación Brown: μB = 2.5 máquinas/semana Tasa de reparación Pérez Sosa: μP = 2 máquinas/semana

0.7λ 0.3λ

(B,1) N (P,1)

0.2µB 0.8µB 0.6µP 0.4µP µB µP (B, 2) (P, 2) Ecuaciones de Balance:

PN: 2*PN = 0.8*2.5*PB1 + 2.5*PB2 + 0.6*2*PP1 + 2*PP2; PB1: 0.7*2*PN = 2.5*PB1; PB2: 0.2*2.5*PB1 = 2.5*PB2; PP1: 0.3*2*PN = 2*PP1; PP2: 0.4*2*PP1 = 2*PP2; PN + PB1 + PB2 + PP1 + PP2 = 1;

Resolviendo el sistema de Ecuaciones se tiene: PN 0.4780115 PB1 0.2676864 PB2 0.0535373


PP1 0.1434034 PP2 0.0573614

b) Número promedio de máquinas reparadas por Pérez Sosa por semana:

0.6* μP*PP1 + μP*PP2 = 0.6*2*0.1434 + 2*0.05736 = 0.2868 máquinas por semana

El porcentaje promedio de tiempo que trabaja Pérez- Sosa es:

PP1 + PP2 = 0.1434 + 0.057 = 0,2004; Pérez Sosa trabaja aproximadamente el 20% del tiempo.

Problema 14. El Espumoso es un nuevo centro automatizado que cuenta con una máquina para el baño de mascotas y se encuentra ubicado en un exclusivo sector de la ciudad. Mediante un estudio de mercado, el gerente de El Espumoso se dio cuenta de que a los dueños de las mascotas les daba mucha pereza bañarlas por su propia cuenta y estarían dispuestos a pagar por el servicio. Además, el estudio de mercado le permitió conocer que en la zona habitaban exactamente 16 familias con mascota y que en promedio según una distribución exponencial, cada familia llevaría su mascota para el servicio de baño una vez cada dos días.

La máquina de baño de mascotas cuenta con espacio para atender solo una mascota y en el local hay espacio solo para una mascota adicional, con el fin de evitar que peleen, la cual puede esperar. Las mascotas que llegan cuando no hay espacio para esperar se pierden para El Espumoso. La máquina es capaz de realizar el servicio de baño según una distribución Poisson con una media de cinco mascotas por día; sin embargo, para mejorar el servicio el gerente decidió que cuando haya mascotas en fila, la velocidad de la máquina se debe duplicar, atendiendo diez mascotas por día.

a) Represente mediante un diagrama de tasas el problema. Defina claramente los estados

y encuentre las probabilidades de estado estable.

b) Se sabe que por cada mascota que se baña el centro recibe $5000. También se sabe que el costo de la energía eléctrica se duplica cuando la máquina trabaja al doble de velocidad. El costo diario de la energía que consume la máquina, cuando está funcionando en velocidad regular, es de $6000. En términos de costos, qué recomendaría usted de acuerdo con sus conocimientos de teoría de colas, trabajar con la política que definió el gerente o trabajar siempre a velocidad regular.

a) Este es un problema de políticas, ya que se consideran dos casos independientes:

Política 1: sin duplicar la velocidad de la máquina.

Política 2: duplicando la velocidad de la máquina cuando hay mascotas en fila.


Note que este es el caso de población finita (solo hay 16 mascotas), que es el caso más utilizado para los problemas de reparación de máquinas, donde el λ siempre hace referencia a la llegada de cada individuo y no del total de la población.

Por tanto los datos del problema son:

λ = 0.5veces/día (cada mascota)

µ = 5 veces/día

En ambas políticas el costo de energía solo se da cuando la máquina trabaja, o sea cuando hay mascotas (1 o 2).

Estados: número de mascotas en el sistema

Política 1:


(Estado 0) 8P0 = 5P1

(Estado 2) 7.5P1 = 5P2

P0 + P1 + P2 =1

Al resolver el sistema nos da:

P0 = 0.20

P1 = 0.32

P2 = 0.48

Ingresos: 5.000 $𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒

[𝜇𝜇 ∗ 𝑃𝑃2 + 𝜇𝜇 ∗ 𝑃𝑃1] 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒í𝑒𝑒

− 6.000 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

(𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃1) = 5000[5 ∗ 0.48 + 5 ∗ 0.32] 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒

𝑒𝑒í𝑒𝑒 −6.000 $

𝑒𝑒í𝑒𝑒*0.8 = 20.000 $

𝑒𝑒í𝑒𝑒 - 4800 $

𝑒𝑒í𝑒𝑒=

15200 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

0 1

16λ

µ

2

15λ

µ


Política 2:


(Estado 0) 8P0 = 5P1

(Estado 2) 7.5P1 = 10P2

P0 + P1 + P2 =1

Al resolver el sistema nos da:

P0 = 0.263

P1 = 0.421

P2 = 0.316

a) Ingresos: 5.000 $𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒

[𝜇𝜇 ∗ 𝑃𝑃2 + 𝜇𝜇 ∗ 𝑃𝑃1] 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒í𝑒𝑒

− 6.000 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

*P1

−12.000 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

*P2 = 5000[5 ∗ 0.316 + 5 ∗ 0.421] 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒

𝑒𝑒í𝑒𝑒 −6.000 $

𝑒𝑒í𝑒𝑒 *0.421 −12.000 $

𝑒𝑒í𝑒𝑒*0.316

= 18425 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

− 2526 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

− 3792 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

= 12.107 $𝑒𝑒í𝑒𝑒

En conclusión es mejor trabajar siempre a velocidad regular que duplicar la velocidad (política sugerida por el gerente) ya que los ingresos netos (utilidades) son mayores.

Problema 15. Una empresa cuenta con dos máquinas idénticas. Se cuenta con un sistema de mantenimiento para realizar las operaciones requeridas de reparación cuando una máquina falla. El tiempo necesario para cada operación tiene distribución exponencial con una media de 30 minutos. Con probabilidad de 1/3 esta operación debe realizarse una segunda vez (con la misma distribución del tiempo) para dejar la máquina en un estado operativo satisfactorio. El sistema de mantenimiento tiene dos mecánicos, cada uno de los cuales puede atender cualquiera de las dos máquinas y realiza todas las operaciones (una o dos según el caso) requeridas por esa máquina sobre la base de primero en entrar, primero en salir. Después de reparadas el tiempo hasta que cada máquina vuelve a fallar tiene distribución exponencial con media de tres horas.

0 1

16λ

µ

2

15λ

2µ


a) Construya el diagrama de tasas con los estados posibles y plantee y resuelva las ecuaciones de balance. Utilice la propiedad 6 respecto a desagregar la distribución exponencial.

b) Si cada máquina produce 1000 artículos por hora cuántos artículos produce la empresa?

c) Si cada mecánico gana $100/hora pero sólo cuando está trabajando, cuál es el salario promedio de cada mecánico?

a) Estados: vector de tres componentes

Número de máquinas malas, vez que se repara una máquina, vez se repara la otra máquina (recuerde que hay dos mecánicos que pueden estar reparando cada uno una máquina).

Planteamiento de las ecuaciones de balance:

(0, 0, 0): (4/3)*P110 + 2*P120 = (2/3)*P110

(1, 1, 0): (2/3)*P1 + (8/3)*P2 = (5/3)*P1

(2, 1, 1): (1/3)*P2 = 4*P3

(1, 2, 0): 4*P222 + (4/3)*P212 = P4

4

2

4/3

1/3 2/3

1/3

2/3

4/3 2/3

4/3 8/3

0, 0, 0 1, 1, 0 2, 1, 1

1, 2, 0 2, 1, 2

2, 2, 2


(2, 2, 2): 4*P222 = (2/3)*P212

P000 + P110 + P211 + P120 + P212 + P222 = 1

La solución de este sistema es:

P000 = 0.670

P110 = 0.223

P211 = 0.019

P120 = 0.074

P212 = 0.012

P222 = 0.002

b) Producción de la empresa= 1000*(número promedio de máquinas buenas)

Número promedio de máquinas malas = 𝑳𝑳 = ∑𝒏𝒏 ∗ 𝑷𝑷𝒏𝒏 = 1*(P110+P120) + 2*(P211+P212+P222) =

= 1*(0.223 + 0.074) + 2*(0.019 + 0.012 + 0.002) = 0.363

Número promedio de máquinas buenas = 2 – número promedio de máquinas malas = 2 – 0.363 = 1.637

Luego: Producción de la empresa = 1000 artículos/hora*1.637 = 1637 artículos/hora

c) Salario promedio de cada mecánico = 100$/hora*(porcentaje de tiempo que trabaja cada mecánico) =

100$/hora*(1-P000) = 100$/hora*(1-0.670) = 33$/hora

Problema 16. Un lavadero de carros tiene espacio para atender un vehículo y para otros dos que esperan. Los carros que llegan cuando el lavadero está lleno continúan hacia otro lavadero cercano y se pierden como clientes.

Los carros llegan según una distribución de Poisson a una tasa promedio de tres por hora. El proceso de lavado es exponencial y dura en promedio 30 minutos, pero cuando se forma fila el dueño agrega un ayudante que agiliza el lavado, de modo que el tiempo promedio es de 25 minutos.

a) Si el costo de una lavada es de $5000, ¿cuáles son los ingresos diarios del lavadero, si se supone que está abierto doce horas al día?


b) Si en lugar del ayudante se construye otra unidad de lavado de la misma capacidad en uno de los sitios de espera, ¿cuáles serían los ingresos diarios del lavadero?

Estados: número de carros en el sistema.

a)

λ = 3/hora

µ (sin fila)= 2/hora = (60/30)

µ (con fila)= 2.4/hora = (60/25)

3 3 3

0 1 2 3

2 2.4 2.4


(Estado 0): 2P1 = 3P0

(Estado 1) 2.4P2 + 3P0 = 5P1

(Estado 2) 3P1 + 2.4 P3 = 5.4P2 (se descarta como redundante)

(Estado 3) 3P2 = 2.4P3

P0 + P1 + P2 + P3 = 1

P1 = 1.5P0

P2 = (5P1 - 3P0 )/2.4 = 1.875P0

P3 = (3/2.4)P2 = 2.34375P0

P0(1 + 1.5 + 1.875 + 2.34375) = 1 implica P0 = 0.148838

Solución:

P0 = 0.149 P1 = 0.224 P2 = 0.279 P3 = 0.349

λ promedio = 3 carros/hora*0.149 + 3 carros/hora*0.229 + 3 carros /hora*0.279 = 3 carross/hora*0.657= 1.971 carros/hora

0 00

00

00


Ingresos promedio = 1.971 carros/hora*5000 $/carro*12 horas/día = 118260 $/día

b)

λ = 3 carros/hora

µ = 2 carros/hora

Note que el máximo número de vehículos sigue siendo tres porque se remplazó un espacio para hacer fila por un espacio de atención

3 3 3

0 1 2 3

2 4 4

λ= 3 carros/hora

µ = 2 carros/hora


(Estado 0 2P1 = 3P0

(Estado 1 4P2 + 3P0 = 5P1

(Estado 2 3P1 + 4 P3 = 7P2 (se descarta como redundante)

(Estado 3 3P2 = 4P3 P0 + P1 + P2 + P3 = 1

P1 = 1.5P0

P2 = (5P1 - 3P0 )/4 = 1.125P0

P3 = (3/4)P2 = 0.84375P0

P0(1 + 1.5 + 1.125 + 0.84375) = 1 implica P0 = 0.22378

Solución:

P0 = 0.224

P1 = 0.336

0 0

00 00


P2 = 0.253

P3 = 0.189

λpromedio = 3 carros/hora*0.224+ 3 carros/hora *0.336 + 3 carros/hora *0.253 =

3 carros/hora*0.813 carros/hora = 2.439 carros/hora

Ingresos promedio = 2.439carros/hora*5000 $/carros*12 horas/día = 146340 $/día

Problema 17. En un servicio donde hay una máquina de fotografías para documentos se puede asumir que el tiempo de toma de la foto es constante con una duración de cuatro minutos. ¿Cuál sería la máxima cantidad de clientes por hora permitida si se desea que el tiempo total de permanencia de un cliente durante el proceso de la foto (incluyendo el de hacer la fila) no exceda los 30 minutos?

Este problema es un caso de distribución no exponencial (capítulo 12), por lo que se puede aplicar la fórmula de Lq de Pollaczek-Khintchine (con σ = 0) por ser constante el tiempo de atención

Lq = (λ/µ)2/(2*(1-λ/µ) = λ2/(2*µ*(µ-λ))

Wq = Lq /λ = λ/(2µ(µ-λ))

W = Wq + 1/µ = λ/(2µ(µ-λ)) + 1/µ ;

Wq= W – 1/µ = λ/(2µ(µ-λ)), es decir

W – 1/µ = λ/(2µ(µ-λ)

Multiplicando por 2µ(µ-λ) a ambos lados se tiene:

2µ(µ-λ)W - 2(µ-λ) =λ, es decir:

2µ2W - 2µλW -2µ+2λ = λ, es decir:

2µ2W - 2µ = λ(1 + 2µW)

Despejando λ obtenemos:

λ = (2µ2W - 2µ)/(1 + 2µW)

Remplazando µ = 15, W= 0.5 obtenemos:

λ = (2*225*0.5 – 2*15)/(1+2*15*0.5 = 195/16 = 12.19 horas

Por tanto para que W sea menor que 30 minutos deben llegar menos de 12.19 clientes/hora


Problema 18. El Centro comercial Fix-Printer, es un centro lleno de locales de reparación y cambio de cartuchos para impresoras. Don César tiene un local allí y atiende a personas que llegan porque se les agotó la tinta de sus cartuchos. Los clientes llegan según un proceso exponencial de media 1 hora. Don César mantiene un cartucho de repuesto por si el cliente decide dejar el suyo en el almacén y cambiar el de su impresora por el de repuesto, siempre y cuando el de repuesto esté lleno. Se tiene que de los clientes que llegan, el 70% quiere cambiar el cartucho por el del almacén, siempre y cuando don César lo tenga lleno, de otra manera se tiene que llenar el cartucho del cliente, proceso que es exponencial con media 30 minutos. Cuando los clientes deciden cambiar el cartucho y don César tiene el de repuesto lleno, entonces se cambia con una media exponencial de cinco minutos. Por otro lado, el 30% de los clientes que llegan no aceptan cambio de cartucho sino que exige la recarga del que ellos llevan al almacén. Debido a que en el centro comercial hay tantos almacenes similares, las personas nunca esperan en el almacén cuando alguien está siendo atendido, sino que inmediatamente se van para otro almacén. Cuando don César queda con el cartucho de repuesto vacío, procede a recargarlo siempre y cuando no llegue un nuevo cliente, ya que si llega un cliente, él detiene su proceso de recarga y pasa a atender al cliente que llega. La recarga del cartucho de repuesto que mantiene don César es un proceso exponencial con media de 20 minutos.

a) Defina los estados y plantee el problema como un proceso de Markov de tiempo continuo. Plantee y resuelva las ecuaciones de balance.

b) Exprese qué porcentaje del tiempo está don Cesar recargando cartuchos (tanto de él como de los clientes).

c) Si cada cartucho que recarga don César a un cliente le deja una utilidad de $100 y cada cartucho que cambia a un cliente una utilidad de $200, ¿cuál es la utilidad total que obtiene don César?

a)

X_t:[Cliente que llega (cambio (C) o recarga (RE)), estado cartucho repuesto (lleno (LL) o vacío (VA))]

λ: tasa de llegada de clientes = 1/hora

µCC: tasa de cambio de cartuchos cuando hay repuesto = 12/hora (=60/5)

µRE: tasa de recarga de cartuchos del cliente =2/hora (=60/30)

µRRP: tasa de recarga de cartuchos de repuesto cuando no hay clientes = 3/hora (=60/20)


Ecuaciones de balance: (0, LL): 3𝑃𝑃0,𝑉𝑉𝑉𝑉 + 2𝑃𝑃𝑅𝑅𝑒𝑒,𝐿𝐿𝐿𝐿 = 0,7𝑃𝑃0,𝐿𝐿𝐿𝐿 + 0,3𝑃𝑃0,𝐿𝐿𝐿𝐿 (C, LL): 0,7𝑃𝑃0,𝐿𝐿𝐿𝐿 = 12𝑃𝑃𝐶𝐶,𝐿𝐿𝐿𝐿 (RE, LL): 0,3𝑃𝑃0,𝐿𝐿𝐿𝐿 = 2𝑃𝑃𝑅𝑅𝑒𝑒,𝐿𝐿𝐿𝐿 (0, VA): 𝟐𝟐𝑃𝑃𝑅𝑅𝑅𝑅 ,𝑉𝑉𝑉𝑉 + 2𝑃𝑃𝐶𝐶 ,𝑉𝑉𝑉𝑉 + 12𝑃𝑃𝐶𝐶,𝐿𝐿𝐿𝐿 = 0,7𝑃𝑃0,𝑉𝑉𝑉𝑉 + 0,3𝑃𝑃0,𝑉𝑉𝑉𝑉 (RE, VA): 0,3𝑃𝑃0,𝑉𝑉𝑉𝑉 = 2𝑃𝑃𝑅𝑅𝑅𝑅,𝑉𝑉𝑉𝑉 (C, VA): 0,7𝑃𝑃0,𝑉𝑉𝑉𝑉=2𝑃𝑃𝐶𝐶,𝑉𝑉𝑉𝑉 P0, LL + PC, LL + PRE, LL + P0, VA + PRE, VA + PC, VA = 1 Al resolver este sistema de ecuaciones se obtiene:

P0, LL = 0.642

PC, LL = 0.037

PRE, LL = 0.096

P0, VA = 0.150

PRE, VA =0.023

PC, VA = 0.052

b) Porcentaje del tiempo de don César recargando cartuchos es cuando recarga los de los clientes y los de repuesto:

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑅𝑅, 𝐿𝐿𝐿𝐿 + 𝑃𝑃𝑅𝑅𝑅𝑅 , 𝑉𝑉𝑉𝑉 + 𝑃𝑃0, 𝑉𝑉𝑉𝑉 + 𝑃𝑃𝐶𝐶, 𝑉𝑉𝑉𝑉 = 0.096 + 0.023 + 0.150 + 0.052 = 32.1%

0.7λ

µRE 0.3λ

(0, LL)

(0, VA) (C, LL) (µCC)

0.3λ

µRE (C, VA)

(RE, VA)

µRE 0.7λ µRRP

(RE, LL)


c) Utilidad obtenida 100$𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑡𝑡𝑖𝑖𝑝𝑝

∗�2 ∗ 𝑃𝑃𝑅𝑅𝑒𝑒,𝐿𝐿𝐿𝐿 + 2 ∗ 𝑃𝑃𝑅𝑅𝑅𝑅 ,𝑉𝑉𝑉𝑉 + 2 ∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶 ,𝑉𝑉𝑉𝑉�𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑡𝑡𝑖𝑖𝑝𝑝𝑒𝑒

ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝+

200$/𝑑𝑑𝑝𝑝𝑚𝑚𝑡𝑡𝑖𝑖𝑝𝑝 ∗ [12 ∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶, 𝐿𝐿𝐿𝐿]cambios/hora = 100[2*0.096+2*0.023+2*0.052]$/hora +

200 ∗ 12 ∗ 0.037$ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

= 123$/hora

Problema 19. Acacio, un profesor de Lengua Materna, ha recibido un ultimátum de su director por quejas de los estudiantes sobre la dificultad para ser atendidos en los horarios de asesoría. Acacio tiene un grupo de veinte alumnos y en promedio cada estudiante acude donde Acacio, durante sus horas de asesoría, una vez cada cuatro horas según un proceso Poisson. Se sabe que existe una probabilidad n/2 (para 0≤n≤2) de que los estudiantes decidan no hacer fila e irse, donde n es el número de estudiantes que hay en fila donde Acacio. Acacio sólo atiende un estudiante a la vez y en promedio una asesoría toma diez minutos según una distribución exponencial (trabajar con 4 decimales).

a) Acacio lo contrata a usted como especialista en teoría de colas para que plantee el problema y encuentre las probabilidades de estado estacionario resolviendo las ecuaciones de balance.

b) Se sabe que si en promedio Acacio atendiera diez estudiantes por día, estos no irían a quejarse y el profesor conservaría su puesto. ¿Cuántas horas diarias debe dedicar a la asesoría para que esto suceda?

c) Calcule el tiempo promedio, que los estudiantes deben hacer fila.

a)

λ = 0.25/hora (=1/4)

µ = 6/hora (=60/10)

20λ 19λ 0.5*18λ

0 1 2 3

µ µ µ

Estados:

Xt = {Número de estudiantes en el sistema}

𝜇𝜇𝑃𝑃1 = 20𝜆𝜆𝑃𝑃0

20𝜆𝜆𝑃𝑃0 + 𝜇𝜇𝑃𝑃2 = (19𝜆𝜆 + 𝜇𝜇)𝑃𝑃1

0 00

00

00


19𝜆𝜆𝑃𝑃1 + 𝜇𝜇𝑃𝑃3 = (9𝜆𝜆 + 𝜇𝜇)𝑃𝑃2

9𝜆𝜆𝑃𝑃2 = µ𝑃𝑃3

𝑃𝑃0 + 𝑃𝑃1 + 𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃3 = 1

Se elimina una ecuación y al despejar se obtiene la solución:

𝑃𝑃0 = 0,3649

𝑃𝑃1 = 0,3040

𝑃𝑃2 = 0,2407

𝑃𝑃3 = 0,0902

b) µ estudiantes/hora*(𝑃𝑃1 + 𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃3)*x horas/día >= 10 estudiantes/día

𝜇𝜇 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑡𝑡𝑃𝑃𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝 ∗ ( 𝑃𝑃3 + 𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃1 ) ∗ 𝑥𝑥 ≥ 10 estudiantes/día

𝑥𝑥 ≥ 10/(6*0.635)

𝑥𝑥 ≥ 2.62 horas/día

Acacio debe dedicar más de 2.62 horas/día para que no se quejen

c) 𝐿𝐿𝑞𝑞 = ∑(𝑋𝑋 − 𝑒𝑒)𝑃𝑃𝑛𝑛 = 1 ∗ 𝑃𝑃2 + 2 ∗ 𝑃𝑃3 = 0,4211

�̅�𝜆 = 20𝜆𝜆 ∗ 𝑃𝑃0 + 19𝜆𝜆 ∗ 𝑃𝑃1 + 9𝜆𝜆 ∗ 𝑃𝑃2 + 0 ∗ 𝑃𝑃3 = 3.81 estudiantes/hora

𝑊𝑊𝑞𝑞 = 𝐿𝐿𝑞𝑞𝜆𝜆�

= 0.42113.81

𝑊𝑊𝑞𝑞 = 0,1105 horas = 6.6 minutos (Tiempo promedio en fila de los estudiantes)

Problema 20. Una empresa de reparación de electrónica sirve a la mayoría de los minoristas de electrodomésticos de la región. Recibe aparatos para arreglar según una distribución de Poisson de media 10 a la hora. Todos los aparatos, nada más llegan, son inspeccionados por un especialista que determina en forma inmediata a qué sección debe ir dependiendo del tipo de reparación: si es básica o si la debe ver el especialista. El 60% de los electrodomésticos requieren reparación básica, en tanto que los demás requieren del especialista. Existen solo dos servidores, que atienden de forma exclusiva sus respectivos electrodomésticos: uno que realiza las reparaciones básicas y uno las que requieren especialista. Como el espacio de reparación es muy pequeño, solo se puede atender un electrodoméstico por cada servidor. Los demás se pierden para la empresa ya que no hay espacio para que los electrodomésticos hagan fila. La atención del servidor de reparaciones


básicas es exponencial a una tasa promedio de una reparación cada 7.5 minutos, en tanto que el especialista atiende también en forma exponencial a un promedio de un aparato cada 12 minutos.

a) Realice el diagrama de estados, plantee y resuelva las ecuaciones de balance.

b) Si el salario de los servidores es de $10.000 por hora más una prima de $500 por cada aparato reparado, para el de reparaciones básicas, y de $700 por aparato reparado para el especialista, ¿cuánto gana cada uno de ellos en un día de ocho horas?

c) Si la utilidad que deja cada electrodoméstico de reparaciones básicas es de $50.000 y la de cada electrodoméstico del especialista es de $70.000, ¿cuánto está dejando de percibir la empresa en un día de ocho horas por no tener espacio para hacer fila?

λ= 10/hora (tasa de llegada de electrodomésticos)

µB=8/hora (tasa de reparación del servidor que atiende reparación básica)

µE=5/hora (tasa de reparación del servidor que atiende electrodomésticos de especialista)

a) Estados:

Xt={máquina en reparación básica, máquina en reparación especialista}

(1,0)

0.6λ 0.4λ

µB µE

(0,0) (1,1)

µE µB

0.4λ 0.6λ (0,1)


(0,0) µ𝑅𝑅𝑃𝑃01 + µ𝐵𝐵𝑃𝑃10 = 𝜆𝜆𝑃𝑃00

(1,0) 0,6𝜆𝜆𝑃𝑃00 + µ𝑅𝑅𝑃𝑃11 = (0,4𝜆𝜆+µ𝐵𝐵)𝑃𝑃10

(1,1) 0,4𝜆𝜆𝑃𝑃10 + 0,6𝜆𝜆𝑃𝑃01 = (µ𝑅𝑅+µ𝐵𝐵)𝑃𝑃11


(0,1) 0,4𝜆𝜆𝑃𝑃00 + µ𝐵𝐵𝑃𝑃11 = (0,6𝜆𝜆 + µ𝑅𝑅)𝑃𝑃01

𝑃𝑃00 + 𝑃𝑃01 + 𝑃𝑃10 + 𝑃𝑃11 = 1

que al resolverla con los valores de λ, µB, µE nos da la siguiente solución:

𝑃𝑃00 = 0,31746 𝑃𝑃01 = 0,253968 𝑃𝑃10 = 0,238095 𝑃𝑃11 = 0,190476

b) Salario reparaciones básicas = 80000$/día + (𝑃𝑃10 + 𝑃𝑃11) * µB*500$/cliente = 80000$/día + (0.2380+0.1904)*8cliente/hora*500$/cliente*8hora/día=(80000+13708.80)$/día = 93708.80$/día Salario especialista = 80000$/día + (𝑃𝑃01 + 𝑃𝑃11) * µE*700$/cliente = 80000$/día + (0.2540+0.1905)*5clientes/hora*700$/cliente*8horas/día=(80000+12446)$/día =92446$/día

c) Pérdida de oportunidad = 500$𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

∗ 8ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ (0,6𝜆𝜆𝑃𝑃10+0,6𝜆𝜆𝑃𝑃11)𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

+

700$𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

∗ 8ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ (0,6𝜆𝜆𝑃𝑃01+0,6𝜆𝜆𝑃𝑃11)𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

= (10285.70 + 14933.32)$/día = 25219$/día

Problema 21. La compañía aérea Siberia tiene una central de teléfonos con tres líneas (un operador para cada línea). La empresa tiene un pico de llamadas durante algunas horas, en las que algunos clientes no pueden ponerse en contacto con la empresa debido al intenso tráfico de llamadas (se sabe que si todas las líneas están siendo utilizadas al cliente no se le puede responder y se pierde definitivamente). Durante las horas pico las llamadas siguen una distribución de Poisson con una media de veinte llamadas por hora y cada telefonista emplea seis minutos por cada llamada (según una distribución exponencial). El beneficio medio de un viaje es de 100 euros. Si cada empleado le cuesta a la compañía 150 euros/hora, ¿cuál es el número óptimo de empleados durante las horas pico? Se asume que el coste de añadir una línea es despreciable.

𝜆𝜆 = 20𝐿𝐿𝑆𝑆𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒𝐻𝐻𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

, 𝜇𝜇 = 10𝐿𝐿𝑆𝑆𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒𝐻𝐻𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

Para que el sistema adquiera la condición de estado estacionario se requiere que ρ= 𝝀𝝀𝝁𝝁 < s

𝜆𝜆𝜇𝜇

= 2

Es decir, se requiere un número mínimo de 3 operadores.

Este problema se resuelve con la fórmula de la llamada perdida vista en el capítulo 12.


P (llamada perdida) = 𝛒𝛒𝒏𝒏/𝒏𝒏!∑ 𝛒𝛒𝒋𝒋/𝒋𝒋!𝒏𝒏𝒋𝒋=𝟎𝟎

, donde n es el número de operadores

Como n es imposible de despejar ya que aparece como factorial y como índice superior de la sumatoria, entonces se debe resolver por tanteo, empezando con n=3

Costo = salario de los operadores + costo de las llamadas perdidas.

n=3

𝑃𝑃(𝐿𝐿𝐿𝐿𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝) = (2)3

3!

1 + 21 + (2)2

2 + (2)33!

𝑃𝑃(𝐿𝐿𝐿𝐿𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝) =4

19

Costo= 3 ∗ 150 𝑅𝑅𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝐻𝐻𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

+ 419∗ 20 𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒∗ 100 𝑅𝑅𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒

𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

Costo=871,0526 𝑅𝑅𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝐻𝐻𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

n=4


4!1 + 2

1 + (2)22 + (2)3

3! + (2)44!


21


+ 221∗ 20 𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒∗ 100 𝑅𝑅𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒

𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒


n=5


5!

1 + 21 + (2)2

2 + (2)33! + (2)4

4! + (2)55!


109


+ 4109

∗ 20 𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

∗ 100 𝑅𝑅𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝐿𝐿𝑐𝑐𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒



Note que para n≥6, el solo costo de los operadores ya es

≥900 euros/hora

Por lo que se puede asegurar que el óptimo se obtiene con n = 4 operadores

Problema 22. La Joyería GraffDiamonds tiene un área especializada en la restauración de aretes de oro y diamantes. El tiempo de restauración de cada arete tiene una distribución exponencial con media de 6 horas. Los clientes llevan el par de aretes para ser restaurados, el tiempo de llegada sigue un proceso Poisson con media de 1 par de aretes cada día.

a) Formule el sistema de colas considerando que se toma cada arete para reparación como un cliente, construya el diagrama de tasas y desarrolle las ecuaciones de balance. Nota: las ecuaciones de balance deben plantearse sin resolver.

b) Considerando que se toma cada par de aretes como un cliente, formule nuevamente el sistema indicando claramente qué modelo se ajusta a esta situación.

c) Calcule el número esperado de pares de aretes haciendo fila para ser restaurados (Lq).

d) Calcule el tiempo esperado desde que el cliente deja un par de aretes para que sea restaurado hasta que estén listos y restaurados para ser entregados a los clientes nuevamente.

a) (Cada arete es un cliente) λ = 2 aretes/día (=24/6) (Se supone un día = 24 horas) µ = 4 aretes/día

Note que en este planteamiento, como los clientes son los aretes, la llegada hace que se pase del estado n al n+2, lo que hace que no sea un proceso de nacimiento y muerte, pero sí se pueden plantear las ecuaciones de balance como aparecen a continuación


Ecuaciones de balance: (0): 4𝑃𝑃1 = 1𝑃𝑃0 (1): 4𝑃𝑃2 = (4 + 1)𝑃𝑃1 (2): 4𝑃𝑃3 + 1𝑃𝑃0 = (4 + 1)𝑃𝑃2 (3): 4𝑃𝑃4 + 1𝑃𝑃1 = (4 + 1)𝑃𝑃3 … … (𝑋𝑋 − 1): 4𝑃𝑃𝑛𝑛 + 1𝑃𝑃𝑛𝑛−3 = (4 + 1)𝑃𝑃𝑛𝑛−1 (𝑋𝑋): 4𝑃𝑃𝑛𝑛+1 + 1𝑃𝑃𝑛𝑛−2 = 4𝑃𝑃𝑛𝑛 … …

a) (Cada par de aretes es un cliente) λ = 1 par de aretes/día (se supone un día = 24 horas) µ = 2 pares de aretes/día Note que λ y µ son la mitad del numeral a) porque un par de aretes = 2 aretes

Las llegadas son markovianas, pero las atenciones siguen una distribución Erlang, por lo que, a pesar de que el diagrama es correcto, no se pueden plantear ecuaciones de balance, ya que la reparación de un arete es exponencial, pero la de dos aretes, uno tras otro, no es exponencial sino que es Erlang.

b) Por lo tanto para calcular Lq se debe usar la fórmula de Erlang vista en el capítulo 12 con 𝑘𝑘 = 2

Recuerde que en la fórmula λ y µ se expresan en conjuntos de unidades (pares)

𝐿𝐿𝑞𝑞 =1 + 𝑘𝑘

2𝑘𝑘𝜆𝜆2

𝜇𝜇(𝜇𝜇 − 𝜆𝜆) =1 + 22 ∗ 2

∗12

2(2 − 1) =34∗

12

= 0.375

En promedio se mantienen 0.375 pares de aretes haciendo fila.


c) La misma observación sobre λ y µ hecha en el numeral c) es válida.

𝐿𝐿 = 𝜆𝜆𝑊𝑊 → 𝑊𝑊 =𝐿𝐿𝜆𝜆

→ 𝑊𝑊 =𝐿𝐿𝑞𝑞 + 𝜆𝜆𝜇𝜇𝜆𝜆

→ 𝑊𝑊 =0,375 + 1

21

= 0.875𝑝𝑝í𝑝𝑝𝑒𝑒

0.875𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑒𝑒 ∗24ℎ

1 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝= 21 ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒

En promedio un arete se demora en la joyería 21 horas (tiempo de espera + tiempo de reparación). Problema 23. María planea abrir una peluquería en un centro comercial famoso de Nueva York, donde atenderá a sus clientes. La peluquería cuenta con una sola silla de atención, donde María presta sus dos servicios: corte de cabello y cepillado. María tiene un horario laboral de ocho horas diarias, trabajando los treinta días de cada mes. El centro comercial le ofrece a María alquilarle un sillón externo para que un cliente pueda esperar un turno de atención, pues nadie espera si no tiene donde sentarse al lado de la peluquería. Ella debe decidir si es conveniente alquilar el sillón. Por cada sillón externo el centro comercial le cobra a María una renta mensual de $100, adicional a los $400 del arriendo, y máximo puede alquilarle un sillón. María obtiene una ganancia neta de $6 por corte de cabello y de $4 por cepillado. La llegada de los clientes sigue una distribución Poisson de media 10 clientes por hora; aquellos que llegan y no encuentran espacio para hacer fila se verán obligados a irse. El 60% de los clientes llegan a la peluquería para cortarse el cabello, mientras que el otro 40% va a cepillárselo.

El tiempo necesario para atender los clientes, sea un cepillado o un corte es de quince minutos.

a) Realice el diagrama de tasas para las posibles situaciones, planteando y

resolviendo las ecuaciones de balance. b) Calcule la utilidad final de las posibles situaciones, mostrando claramente los

costos y los ingresos. Indique cuál es la alternativa más rentable.

Opción 1: Sin alquilar sillón

Estado: Xt ={Servicio que solicita el cliente}

Co: Corte

Ce: Cepillado

0: No hay ningún cliente en el sistema


𝜆𝜆 = 10𝑑𝑑𝑆𝑆𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

𝜇𝜇 = 4𝑑𝑑𝑆𝑆𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝


6𝑃𝑃0 + 4𝑃𝑃0 = 4𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶 + 4𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅

4𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶 = 6𝑃𝑃0

4𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅 = 4𝑃𝑃0

P0 + PCE +PCO = 1

Se elimina una ecuación y despejando se obtiene la siguiente solución:

𝑃𝑃0 = 0,2857

𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶 = 0,4286

𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅 = 0,2857

Ingresos: 8 ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ 30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

∗ (� $6𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

∗ 4 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶� + ( $4𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒


∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅))= $3656.82/mes

Gastos: $400/ mes (Arriendo)

Utilidad = Ingresos – Gastos =$3256.82/mes

Opción 2: Alquilar un sillón por $100 mensuales.

Estado: Xt ={Servicio que solicita, # clientes en el sistema }


Co: Corte

Ce: Cepillado

0: No hay ningún cliente en el sistema

1: Un cliente en el sistema (siendo atendido)

2: Hay 2 clientes en el sistema (un cliente siendo atendido y otro haciendo

fila en el sillón externo)

𝜆𝜆 = 10𝑑𝑑𝑆𝑆𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

𝜇𝜇 = 4𝑑𝑑𝑆𝑆𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝


6𝑃𝑃0,0 + 4𝑃𝑃0,0 = 4𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1 + 4𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1

4𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1 + 10𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1 = 6𝑃𝑃0,0 +125𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,2 +

125𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2

4𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1 + 10𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1 = 4𝑃𝑃0,0 +85𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,2 +

85𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2

125𝑃𝑃𝐶𝐶0,2 +

85𝑃𝑃𝐶𝐶0,2 = 10𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1

125𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2 +

85𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2 = 10𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1


𝑃𝑃0,0 + 𝑃𝑃𝐶𝐶0,1 +𝑃𝑃𝐶𝐶0,2 + 𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1 + 𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2 = 1

Se elimina una ecuación y al resolver se obtiene la solución:

𝑃𝑃0,0 = 0,1026

𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1 = 0,1538

𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1 = 0,1026

𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,2 = 0,3846

𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2 = 0,2564

Ingresos: 8 ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒

∗ 30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

∗ (� $6𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒


∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,1� + � $6𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒


∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝐶𝐶,2� + ( $4𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒

∗

4 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,1) + ( $4𝑐𝑐𝑐𝑐𝑖𝑖𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒


∗ 𝑃𝑃𝐶𝐶𝑅𝑅,2))= $4479.74/mes

Gastos: $500/ mes (Arriendo y sillón)

Utilidad: $3979.74/mes

b) La mejor alternativa es alquilar el sillón, puesto que la utilidad es mayor.

Problema 24. En un jardín infantil que cuenta con diez niños, existe un juego llamado rueda de la suerte, porque su duración es aleatoria (exponencial) con una media de quince minutos. La rueda de la suerte cuenta con dos máquinas donde los niños pueden jugar de a dos, pero solo se puede acceder a cada una de las dos máquinas si están los dos niños que requiere la máquina, por lo que si llega un niño y no hay nadie en fila debe esperar hasta que llegue otro para acceder al juego; cuando un niño está en la fila para jugar en la máquina, decide abandonar el juego con una media de un niño cada media hora, ya que puede aburrirse de esperar. Los niños cuando ven que las dos máquinas están funcionando nunca participan del juego. Adicionalmente, cuando un niño toma la decisión de ir al juego y nota que si entra debe hacer fila, existe una probabilidad de desistir y no entrar al juego de acuerdo con el número de compañeros que se encuentren por fuera del juego, ya que cuando no participan del juego en las máquinas los niños juegan a las escondidas todos juntos y es más atractivo jugar a las escondidas con los demás niños que tener que hacer fila en la rueda de la suerte. Así, la probabilidad de que cada niño desista antes de entrar a hacer fila es de n/10, donde n el número de sus compañeros que se encuentran jugando a las escondidas por fuera de las máquinas de la rueda de la suerte. Cada niño va a la rueda de la suerte según una distribución Poisson con un promedio de una vez cada veinte minutos.

a) Realice el diagrama de estados; plantee y resuelva las ecuaciones de balance.


b) ¿Cuál es el tiempo promedio total que gasta un niño en el juego de la rueda de la suerte, incluyendo el tiempo en la fila?

c) ¿Cuál es el número promedio de niños que se encuentran jugando a las escondidas?

d) Si a cada niño que hace fila se le regala un bombón cuyo costo es de $200, pero se le entrega al entrar en la máquina (o sea que no se le da a los que abandonan la fila), ¿cuál es el costo para el jardín en una jornada de ocho horas?

e) Si cada vez que una de las máquinas dura más de veinte minutos hay que darles a ambos niños al bajarse de la máquina una pastilla para el mareo, ¿cuántas pastillas en promedio debe entregar el jardín en una jornada de ocho horas?

a) Sea Xt= Número de niños en el juego la rueda de la fortuna

𝜆𝜆 = 3 𝑋𝑋𝑖𝑖ñ𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝 𝜇𝜇 𝑑𝑑𝑃𝑃𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝 = 4 𝑋𝑋𝑖𝑖ñ𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝 𝜇𝜇 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝑑𝑑𝑖𝑖ó𝑋𝑋 =2 𝑋𝑋𝑖𝑖ñ𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

En el estado 0 hay 9 compañeros fuera del juego, la probabilidad de desistir es de 9/10, así solo entra el 10%

En el estado 2 hay 7 compañeros fuera del juego, la probabilidad de desistir es de 7/10, así solo entra el 30%


3𝑃𝑃0 = 2𝑃𝑃1 + 4𝑃𝑃2 2𝑃𝑃1 + 27𝑃𝑃1 = 3𝑃𝑃0 + 4𝑃𝑃3

7,2𝑃𝑃2 + 4𝑃𝑃2 = 27𝑃𝑃1 + 2𝑃𝑃3 + 8𝑃𝑃4 21𝑃𝑃3 + 4𝑃𝑃3 + 2𝑃𝑃3 = 7,2𝑃𝑃2

8𝑃𝑃4 = 21𝑃𝑃3

𝑃𝑃0 + 𝑃𝑃1 + 𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃3 + 𝑃𝑃4 = 1

Resolviendo este sistema de ecuaciones, después de eliminar una obtenemos:

P0 = 0.4037

2 2

4 4 2*4=8

3*8*(1-0.7)=7.2 3*9=27 3*10*(1-0,9)=3 3*7=21

0 2 3 4 1


P1 = 0.0519

P2 = 0.2768

P3 = 0.0738

P4 = 0.1938

b) Tiempo promedio en el sistema=W

𝑊𝑊 = 𝐿𝐿

𝜆𝜆�

�̅�𝜆 = ∑𝑃𝑃𝑋𝑋 ∗ 𝜆𝜆𝑋𝑋 = P0*λ*10*0.1 + P1*λ*9 + P2*λ*8*0.3 + P3*λ*7 = 1.2111 + 1.4013+ 1.9930 + 1.5498 = 6.1552 niños/hora 𝐿𝐿 = ∑𝑋𝑋 ∗𝑃𝑃𝑋𝑋 = P1 + 2P2 + 3P3 + 4P4 = 0.0519+0.5536+0.2214+0.7752 =

2.7682 𝑋𝑋𝑖𝑖ñ𝑝𝑝𝑒𝑒 W = 2.7682/6.1552 horas = 0.4497 horas = 27 minutos

c) Número promedio de niños jugando a las escondidas=10-L (Total de niños- número promedio de niños jugando en la rueda de la fortuna)

10-L=10-L = 10 niños - 2.7682 niños = 7.23 niños

d) Costo para el jardín en una jornada de ocho horas

��P0 ∗ 3veceshora

∗ 10 niños ∗ 0,1� + �P2 ∗ 3veceshora

∗ 8 niños ∗ 0,3�

− �𝑃𝑃1 ∗ 2𝐼𝐼𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

� − (𝑃𝑃3 ∗ 2𝐼𝐼𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝

)� ∗ 200$

niño∗ 8 horas

= [0.4037*3*10*0.1 + 0.2768*3*8*0.3 - 0.0519*2 - 0.0738*2] niños/hora*200$/niño*8 horas = (1.2111+1.9930 – 0.1038 – 0.1476)$ = 2.9243$

e)

𝑒𝑒−𝛼𝛼𝑒𝑒 = 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑡𝑡𝑖𝑖𝑆𝑆𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑋𝑋 𝐼𝐼𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑑𝑑 ≥ 𝑡𝑡 (para la exponencial)

t=20 minutos =(1/3) hora; α se asocia a 𝜇𝜇 𝑑𝑑𝑃𝑃𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝 = 4 𝑋𝑋𝑖𝑖ñ𝑝𝑝𝑒𝑒/ℎ𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝 αt= (1/3)*4 = 4/3

𝑒𝑒−𝛼𝛼𝑒𝑒 = 𝑒𝑒−4/3 = 0.2636 𝑒𝑒−4/3 ∗ (𝑃𝑃2 + 𝑃𝑃3 + 2𝑃𝑃4) ∗ 𝜇𝜇 𝑑𝑑𝑃𝑃𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝 ∗ 2 ∗ 8


= 0.2636*(0.2768+0.0738+2*0.1938)*4 veces/hora*2 pastillas/vez*8 horas =

0.7382*4 veces/hora*2 pastillas/vez*8horas = 12.45 pastillas (en una jornada de 8 horas)

Problema 25. Un taller tiene tres máquinas sujetas a fallas de cierto tipo. Se cuenta con un equipo para realizar las operaciones de mantenimiento requeridas por las máquinas que fallan. El tiempo necesario por el equipo para cada operación de mantenimiento sigue una distribución exponencial con media de 30 minutos, pero cuando hay más de una máquina mala se le agrega un ayudante al equipo, lo que hace que este tiempo promedio se reduzca a 20 minutos. El equipo de mantenimiento trabaja sólo en una máquina que falla a la vez, pero cuando hay más de una máquina mala, se le da prioridad a la 1 sobre la 2 y la 3 y a la 2 sobre la 3 para el mantenimiento. Es decir que cuando llega al taller una máquina con prioridad más alta que otra en la que se está trabajando, se abandona el trabajo de la actual, que pasa a esperar y se inicia inmediatamente el mantenimiento de la que tiene prioridad. Cuando esto ocurre, la máquina que fue dejada en espera debe volver a ser arreglada desde cero. Una vez que una máquina ha quedado reparada, el tiempo que transcurre hasta que vuelve a fallar tiene una distribución exponencial con la siguiente media: la máquina 1 falla en promedio cada hora, la 2 cada 30 minutos y la 3 cada 20 minutos. La máquina 1 produce 3 artículos por hora, la 2 produce 2 artículos por hora y la 3 produce 5 artículos por hora. a) Plantee el sistema como una cadena de Markov de tiempo continuo. Defina claramente

los estados y realice el diagrama de estados con todas sus tasas de manera ordenada.

b) Plantee y resuelva las ecuaciones de balance.

c) Si cada artículo producido deja una utilidad de $100, ¿cuál es la utilidad promedio de la empresa?

d) En un día de ocho horas, ¿cuántas horas trabaja el ayudante?

e) Hacer el montaje de una máquina que llega con prioridad, si hay otra máquina en reparación, tiene un costo de $6 para montar la máquina 1, $7 para montar la máquina 2 y $8 para montar la máquina 3, independiente de la máquina que estuviera antes en reparación. También hay un costo por desmontar una máquina en el momento que llega otra con prioridad, independiente de qué máquina llegue. El costo de montar más el costo de desmontar es igual a $12 para cada máquina. ¿Cuál es el costo promedio asociado a hacer estos cambios de montaje?

f) Qué fracción de tiempo pasa en el taller cada una de las máquinas? a) µ1= tasa equipo solo; µ2= tasa con ayudante; λi=descompostura máquina i (1, 2 y 3)

Xt=[máquina siendo arreglada (1, 2 o 3) , máquinas en cola (2,3 o 2y3)] µ1= 2veces/hora; µ2=3veces/hora; λ1=1 vez/hora; λ2= 2veces/hora; λ3 = 3veces/hora Producción de las máquinas: p1= 3 artículos/hora; p2=2artículos/hora; p3=5artrpiculos/hora


b) P00*(λ1+ λ2+ λ3)=µ1*(P10+P20+P30) P10*(µ1+λ2+λ3)=λ1P00 P20*(µ1+ λ3+ λ1)=P12* µ2+P00* λ2 P30*(µ1+λ1+λ2)=λ3*P00+µ2*P13+µ2*P23 P12*(λ3+µ2)=λ1*P20 P13*(λ2+µ2)=λ3*P10+λ1*P30 P23*(λ1+µ2)=µ2*P12y3+λ3*P20+λ2*P30 P12y3*µ2=P12*λ3+P13*λ2+P20*λ3 P00+P10+P20+P30+P12+P13+P23+P12y3=1 Que al resolver, eliminando una ecuación redundante da: P00=0.1302 P10=0.0511 P20=0.0473 P30=0.2921 P12=0.0079 P13=0.0891 P23=0.2676 P12y3=0.1146

c) Utilidad=100[$/art]*[(3*(P00+P20+P30+P23))+(2*(P00+P10+P30+P13)) +(5*(P00+P10+P20+P12)]art/hora =

0,0 1,0

1,2

2,0

3,0

1,3

1, 2y3 2, 3

µ1

λ2

µ1

λ3

µ1

λ1 λ2

λ3

µ2

λ2

λ3

µ2

λ1

λ3

µ2

λ1

λ2

λ1


=100*[3*(0.1302+0.0473+0.2921+0.2676)+2*(0.1302+0.0511+0.2921+0.0891) +5*(0.1302+0.0511+0.0473+0.0079]$/hora =100*[2.2116+1.125+1.1825]$/hora = 451.91 $/hora

d) Horas que trabaja el ayudante en un día = 8*(P12 + P13 + P23 + P1,2y3) horas = 8*(0.0079+0.0891+0.2676+0.1146) = 3.83 horas

e) Costo montaje M1=$6 M2=$7 M3=$8

Costo desmontaje M1=12-6=$6 M2=12-7=$5 M3=12-8=$4 Costo total montajes y desmontajes = Costo montaje de la 1 cuando llega la 1 y están la 2 o la 3 + costo montaje de la 2 cuando llega la 2 y está solamente la 3 + costo desmontaje de la 2 cuando llega la 1 y está la 2 + costo desmontaje de la 3 cuando llega la 1 o la 2 y está solamente la 3 = ((6* λ1*(P20+P30+P23))+(7*λ2*(P30)) + ((5*λ1*(P20+P23))+(4*P30*( λ1+ λ2)))$ =(6*1*(0.0473+0.2921+0.2676)+7*2*0.2921+5*1*(0.0473+0.2676)+ 4*0.2921*(1+2)$ = 3.642$ + 4.0894& + 1.5745$ + 3.5052$ = 12.81$

f) Fracción de tiempo en el taller la máquina 1 = P10+P12+P13+P12y3 =0.0511+0.0079+0.0891+0.1146 = 26.27% del tiempo en el taller Fracción de tiempo en el taller la máquina 2 = P20+P12+P23+P12y3 =0.0473+0.0079+0.2676+0.1146 = 43.74% del tiempo en el taller Fracción de tiempo en el taller la máquina 3 = P30+P13+P23+P12y3 = 0.2921+0.0891+0.2676+0.1146 = 76.34% del tiempo en el taller.

Teoría de inventarios


Capítulo 14.

Introducción a la teoría de inventarios

Las organizaciones están constantemente viendo cómo cambia el nivel de sus inventarios en el tiempo.

El tener un nivel bajo de inventarios implica riesgos para no satisfacer la demanda de los clientes. Por otro lado, el tener un exceso en los inventarios genera altos costos tanto de almacenamiento como de inversión en capital de trabajo.

Note que el párrafo anterior nos muestra que al igual que en los temas anteriores, el problema de inventarios es un problema de optimización, ya que tener inventarios muy altos genera unos costos y tenerlos muy bajos también, por lo que debe buscarse ese nivel intermedio que se logra mediante los procesos de optimización

¿Cómo saber cuánto tener en inventario, y cada cuánto reabastecerlo?

Es difícil saberlo, pero se pueden obtener grandes beneficios usando la teoría de administración científica de los inventarios.

Pasos generales 1. Formular un modelo matemático que describa el comportamiento del sistema de

inventarios.

2. Derivar una política óptima de inventarios respecto a ese modelo.

3. Registrar constantemente el nivel de los inventarios para señalar cuándo y cuánto conviene reabastecer.

Los dos primeros pasos son comunes a los procesos de optimización. El tercero se ha facilitado con el avance de la tecnología (Código UPC, etc.)

Componentes (terminología) de los modelos de inventarios 1. Inventario: cualquier recurso almacenado en un lugar en cualquier momento del tiempo.

Observe que no se trata solamente de mercancía, sino que puede ser dinero, intangibles, animales y hasta seres humanos (agencias temporales).

2. Demanda: tasa de consumo (artículos/tiempo). Puede ser determinística o estocástica.

3. Tiempo de adelanto: (Lead Time) tiempo que transcurre entre el momento de la requisición y la llegada de mercancía. Puede ser determinístico o estocástico.


4. Política de pedidos: es la manera como se realizan los pedidos, y se clasifican principalmente de dos formas:

De punto de pedido: se pide siempre la misma cantidad cuando el inventario llega a un nivel (punto de pedido). Se les llama inventarios perpetuos.

De revisión periódica: se pide lo que hace falta para llegar al nivel deseado de inventarios. Los pedidos se hacen a intervalos fijos de tiempo. La cantidad a pedir es variable.

5. Agotamientos o faltantes: se dan cuando la demanda excede los inventarios. Pueden ser accidentales o planeados. Los accidentales se dan cuando la demanda, que puede ser aleatoria es muy alta (aunque es un problema desde el punto de vista inventarios, la contraparte es que es un síntoma de buenas ventas).

6. Costo de ordenar o fabricar: costo de cualquier actividad, desde el momento de la requisición hasta el momento de la recepción de la mercancía o de pago en el caso de ordenarla. En el caso de la fabricación, son todas las actividades relacionadas con la producción de dicha mercancía.

c(z): costo de ordenar o producir z unidades

c(z) = 0 si z = 0

K + cz si z > 0

Costo fijo o de Costo unitario preparación de producción

Este es el caso de la separación de los costos en fijos y variables, que aunque es un problema lineal requiere el uso de variables enteras, ya que la expresión c(z) presenta una discontinuidad en el punto cero.

Existen otras suposiciones que se pueden hacer respecto al costo de ordenar o fabricar, pero limitaremos nuestro análisis a estas condiciones.

7. Costo de mantenimiento del inventario: son los costos asociados al mantenimiento del inventario hasta que se vende o se usa. Este costo comprende las siguientes componentes: Costo de capital invertido Seguros Bodegaje Impuestos Deterioro Obsolescencia


8. Costo de penalización por faltantes: Surge cuando la cantidad que se requiere es mayor que el inventario disponible.

Existen dos casos principales para el manejo de los faltantes:

Con pedidos retroactivos: la demanda excesiva no se pierde, sino que queda pendiente hasta que se pueda satisfacer con el siguiente reabastecimiento. El costo se refiere básicamente a la pérdida de Goodwill y a los costos administrativos extras que se requieren.

Sin pedidos retroactivos (o modelo de ventas perdidas): la demanda no se satisface en un futuro. El costo se refiere básicamente a la pérdida de Goodwill y a la utilidad de los artículos que se dejaron de vender.

9. Valor de recuperación: es el valor de desecho del artículo para la empresa. Se supondrá

en adelante que cualquier costo de recuperación se incorpora al costo de mantenimiento.

Antes de entrar a deducir las fórmulas matemáticas se verán un par de ejemplos que nos ayudan a entender en que consiste el problema de inventarios y que nos muestran, que efectivamente existe un punto intermedio donde se produce el costo mínimo.

Ejemplo:

Compumarket es una compañía que vende, entre otros artículos, pantallas de computador, y es el artículo al cual le haremos el análisis de inventarios.

Los supuestos (bastante ideales) bajo los cuales opera la empresa, que es comerciante (intermediario) y no manufacturera del artículo, son los siguientes:

El proveedor entrega de inmediato (es decir, el tiempo de adelanto es cero).

El costo fijo (independiente de la cantidad) de hacer un pedido es de $20.

El costo de adquisición de las pantallas (costo variable) es de $500 por cada una de ellas.

El costo de mantenimiento por año es el 20% del precio de adquisición. Observe que las unidades del costo de mantenimiento son: $

𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒í𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒 , es decir, cuánto cuesta

($) tener guardada una unidad del artículo durante una unidad de tiempo, antes de entregársela al cliente.

Note que con el fin de no tener un dato para cada artículo, este costo se suele dar como un %

𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒 del precio de adquisición del artículo. A manera de ejemplo, en lugar de decir

que el costo de almacenamiento es 100$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

, como se sabe que el costo de

adquisición es 500$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒

se dice que el costo de almacenamiento es 20%𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

*costo de

adquisición = 20%𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

* 500$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒

= 100$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

, lo que quiere decir que tener almacenada una pantalla durante un año, mientras se retira del lugar de almacenaje (bodega o estante), genera para la empresa un costo de $100. Aunque el factor 20%

𝑒𝑒ñ𝑒𝑒 no es el mismo


para todos los artículos, sí lo es para un grupo muy grande de artículos (por ejemplo todos los de tecnología y electrónicos), lo que hace que en lugar de tener el costo de almacenamiento para cada artículo, solo tenga que almacenar un dato para cada categoría de artículo.

La demanda es de 1 pantalla por día (1 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒í𝑒𝑒

).

Si el costo de mantener en inventario una unidad (artículo) durante una unidad de tiempo se supone constante (y lo denominaremos h), se tiene:

Costo promedio ($/tiempo) entre ti y tf =

(ti tiempo inicial y tf tiempo final)

∫ ℎ(𝑡𝑡)𝐼𝐼(𝑡𝑡)𝑝𝑝𝑡𝑡tfti /tf – ti) = h∫ 𝐼𝐼(𝑡𝑡)𝑝𝑝𝑡𝑡tf

ti /(tf – ti), pero note que

∫ 𝐼𝐼(𝑡𝑡)𝑝𝑝𝑡𝑡tfti es la expresión del inventario promedio por lo que la integral se convierte en:

Costo promedio ($/tiempo) = h*I promedio

Esta es la expresión que se utilizará para calcular el costo promedio de almacenamiento en $/tiempo cuando h es constante. Esta expresión es más fácil de calcular que la integral del producto de dos funciones cunado h no es constante. El costo de conservación o mantenimiento por año es el 20% del precio de adquisición.

Costo de mantenimiento = 20%𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

* 500$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒

= 100$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

Costo de mantenimiento = 100$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

* 𝑒𝑒ñ𝐶𝐶365 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒

= 0.274$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒í𝑒𝑒

El costo de mantenimiento promedio de los inventarios en $ por día se halla simplemente multiplicando el costo de mantenimiento de cada pantalla en un día, por el inventario promedio que mantiene el almacén.

El inventario promedio depende del número de pantallas que se piden inicialmente. Suponga, a manera de ejemplo, que se piden cinco pantallas cada que se hace un pedido, o sea que el inventario empieza inicialmente en cinco pantallas.

El gráfico de cómo evoluciona el inventario como función del tiempo es el siguiente:


Figura 14.1

El inventario promedio (se obtiene la integral como suma de áreas de rectángulos) =

(½ día*5 pantallas + 1día * 4 pantallas +...+ 1día*1 pantalla + ½ día* 0 pantallas)/(5 días – 0 días) = 2.5 pantallas.

Costo de mantenimiento promedio ($/día) = h*Ipromedio = 0.274$𝑝𝑝𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒í𝑒𝑒

*2.5 pantallas =0.685$𝑒𝑒í𝑒𝑒

Similarmente se puede proceder a hallar el costo de mantenimiento promedio para diferentes niveles de pedido inicial.

También cabe recordar que el costo de hacer un pedido es de $20. Si se hace un pedido de 5 unidades quiere decir que a los 5 días se deberá volver a ordenar, debido a que la demanda es 1 pantalla/día. En este caso el costo del pedido sería 4$

𝑒𝑒í𝑒𝑒 (es decir 20$

5 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒días)

El costo de administración de inventarios en el caso de hacer un pedido inicial de 5 pantallas sería la suma del costo de mantenimiento + el costo de hacer pedidos =

Costo administración = 0.685$𝑒𝑒í𝑒𝑒

+ 4$𝑒𝑒í𝑒𝑒

= 4.685$𝑒𝑒í𝑒𝑒

Este procedimiento se realiza para diferentes niveles de pedido inicial, similar a como se hizo con un pedido de 5 unidades y se mira cuál arroja el costo de administración más pequeño.

I (pantallas)

t días 1 2 5 4 3

5

4

3

2

1


Los resultados aparecen en la tabla a continuación:

Cantidad a pedir

(pantallas)

t entre pedidos (días)

Inventario Promedio (pantallas)

Costo conservación

($/día)

Costo hacer

un pedido ($/día)

Costo pertinente Admón ($/día)

2 2 1 0.274 10 10.274

4 4 2 0.548 5 5.548

5 5 2.5 0.685 4 4.685

6 6 3 0.822 3.33 4.155

8 8 4 1.096 2.5 3.596

10 10 5 1.370 2 3.37

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

20 20 10 2.74 1 3.74

Tabla 14.1

En esta tabla se ve que el costo de administración, la última columna, empieza a descender y a partir de un punto vuelve a aumentar, lo que sugiere que debe haber un punto de mínima. Efectivamente lo hay y es lo que se demostrará en el siguiente capítulo.

Ejemplo:

Manufactura de bocinas para televisores.

Una compañía que fabrica televisores produce sus propias bocinas para usarlas en la fabricación de los aparatos. Hay una demanda de 8000 televisores por mes y se necesita 1 bocina por televisor.

Los supuestos para este ejemplo son los siguientes:

Las bocinas se producen en lotes.

Las bocinas se colocan en inventario hasta que se necesitan para ensamblarlas.


La compañía está interesada en determinar cuándo y cuántas bocinas producir.

1. Cada vez que se produce un lote, se incurre en un costo de preparación de $12000.

2. El costo unitario de producción de una sola bocina (excluyendo el costo de preparación) es de $10 y es independiente del tamaño del lote fabricado.

3. El costo de mantenimiento de una bocina en almacén es de $0.3 por mes.

Observe que aquí se da directamente el costo de mantenimiento h, y no hay que calcularlo como un porcentaje por unidad de tiempo del costo de adquisición.

El costo de mantenimiento por cada bocina es de $0.3 mensuales es, decir:

h = 0.3$𝑃𝑃𝑒𝑒𝑐𝑐𝑖𝑖𝑛𝑛𝑒𝑒−𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

, o sea, tener almacenada una bocina durante un mes hace que la empresa incurra en un costo de =.3$.

El costo de mantenimiento promedio en $/tiempo de los inventarios se halla simplemente multiplicando el costo de mantenimiento de cada bocina en un mes, por el inventario promedio que mantiene la fábrica.

Similar al caso anterior, el inventario promedio depende del lote de bocinas que se fabrican. Suponga, a manera de ejemplo, que se fabrica un lote de 40000 bocinas.

Como la demanda es de 8000 bocinas/mes, entonces este lote durará cinco meses.

El gráfico de cómo evoluciona el inventario como función del tiempo es el siguiente:

Figura 14.2

40000

I (Bocinas)

t (mes)

32000

24000

16000

8000

1 2 3 4 5


Note que a pesar de que las bocinas son un artículo discreto (se debe producir un número entero de bocinas), el gráfico se presenta en forma continua como una aproximación, por facilidad.

El inventario promedio (se obtiene la integral como el área del triángulo) = 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒2(𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖)

=

40000 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑐𝑐𝑖𝑖𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒∗5 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒í𝑒𝑒(5𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒)

= 20.000 bocinas.

Costo de mantenimiento promedio ($/mes) = 0.3$𝑃𝑃𝑒𝑒𝑐𝑐𝑖𝑖𝑛𝑛𝑒𝑒−𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

*20000 bocinas = $6000𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

Similarmente se puede proceder a hallar el costo de mantenimiento promedio para diferentes niveles de lote producción de bocinas, como se hizo en el ejemplo 1.

También cabe recordar que el costo de preparación de un lote de producción de bocinas es de $12000. Si se hace un lote de 40000 unidades quiere decir que a los cinco meses deberá volver a fabricarse un lote, debido a que la demanda es 8000 bocinas/mes.

Observe que aquí el costo fijo se denomina costo de preparación de la maquinaria, porque el artículo es producido en la empresa y no pedido a un proveedor, pero el concepto es muy similar, ya que es un costo fijo.

En este caso el costo de preparación sería $2400/mes (es decir $12000/5meses ).

El costo de administración de inventarios en el caso de fabricar un lote de 40000 bocinas sería:

Costo administración = $6000𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

+ $2400𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

= $8400𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

.

Este procedimiento se realiza para diferentes lotes de producción, como se hizo en el ejemplo 1, y se mira cuál de todos arroja el costo de administración más pequeño.


Los resultados aparecen en la siguiente tabla para diferentes niveles de inventario:

Cantidad a

producir

t entre pedidos (meses)

Inventario promedio (bocinas)

Costo conservación

($/día)

Costo de preparación

($/día)

Costo pertinente Admón. ($/día)

8000 1 4000 1200 12000 13200

16000 2 8000 2400 6000 8400

24000 3 12000 3600 4000 7600

32000 4 16000 4800 3000 7800

40000 5 20000 6000 2400 8400

48000 6 24000 7200 2000 9200

64000 7 32000 9600 1500 11100

. . . . . .

. . . . . .

80000 10 40000 12000 1200 13200

Tabla 14.2


Capítulo 15.

Modelo clásico de la cantidad económica a ordenar

EOQ (Economic Order Quantity)

Modelo de la cantidad económica a ordenar (EOQ), o en español CEP (Cantidad Económica de Pedido).

El modelo considera los siguientes supuestos, algunos de los cuales pueden ser muy ideales, pero a medida que avancemos en el tema trataremos de acercarnos a modelos más próximos a la realidad:

1. La demanda se conoce con certidumbre y los artículos salen a una tasa constante denotada por a.

Este supuesto en realidad contiene dos afirmaciones: que la demanda es determinística y además es constante.

2. El tiempo de adelanto es cero.

Esto quiere decir que si la empresa hace un pedido llega inmediatamente.

3. Se utiliza la política de punto de pedido.

Recuerde que había dos políticas de hacer pedidos: la de punto de pedido y la revisión periódica. En este caso utilizaremos la de punto de pedido, que consiste en determinar cuándo y cuánto hay que pedir cada que se realiza un pedido.

4. El inventario se reabastece cuando llega a cero. No hay inventario de seguridad ni agotamientos.

El pedido debe programarse para que se entregue cuando se acaba el inventario. No hay inventario de seguridad, por ser un modelo determinístico y los agotamientos se verán en un modelo más adelante.

5. El reabastecimiento es instantáneo.

Este supuesto quiere decir que es un modelo comercial. El artículo se pide a un proveedor y llega todo de una, contrario al modelo de producción, que se verá también más adelante, donde se requiere un tiempo para producir.

6. La cantidad a pedir es constante.


Si las condiciones que determinan la cantidad a pedir no varía, entonces la cantidad a pedir tampoco varía. Esta cantidad a pedir es la que da origen al nombre del modelo: EOQ (Economic Order Quantity o cantidad económica de pedido)

7. Los costos no varían en el tiempo.

No se tiene en cuenta la inflación, o visto de otra forma se trabaja en pesos constantes.

Los únicos costos que se considerarán son:

K: el costo de preparación para producir u ordenar un lote. Es el valor fijo en $ de lo que cuesta hacer el pedido.

c: El costo de producir o comprar cada unidad. Es el costo variable que cobra el proveedor por cada unidad del artículo, se da en $/artículo.

h: El costo de mantenimiento de una unidad de inventario por unidad de tiempo. Es el costo en $ de mantener una unidad del artículo almacenada durante una unidad de tiempo. Recuerde, como se vio en los dos ejemplos del capítulo anterior, que sus unidades son

$𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒í𝑐𝑐𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

.

El objetivo consiste en determinar con qué frecuencia y en qué cantidad reabastecer el inventario, de manera que se minimice la suma de estos costos por unidad de tiempo.

Para deducir la fórmula de la cantidad a pedir que denominaremos por Q (o EOQ o CEP) se utiliza un gráfico de cómo evoluciona el inventario en el tiempo: Inventario = f(t).

Figura 15.1

Nivel de inventario a = Q/t t = Q/a

2Q/a 0

Q

Tiempo de ciclo

Tiempo

Tamaño del lote


Note que, aunque en el gráfico aparecen dos ciclos, para deducir la fórmula es suficiente examinar un ciclo, ya que todos son iguales: cada que se termina el artículo en el inventario llega un nuevo pedido = Q.

Debemos hallar el costo total por unidad de tiempo ($/tiempo).

Primero hallaremos los costos únicamente para un ciclo, por lo que los costos estarán en ($).

Costo por ciclo de producción u ordenar = K + cQ

[$] + [$/ artículo] * [artículo] = [$] En la expresión anterior se suman dos costos: el de hacer el pedido (K) y el costo de los artículos (Q artículos a c $ cada artículo).

Calculemos ahora el costo de almacenamiento:

Recuerde que como h se supone constante, el costo de mantenimiento es:

Costo promedio ($/tiempo) = h*I promedio

El inventario promedio es: á𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑜𝑜𝑖𝑖á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

= 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒2(𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖)

= �𝑄𝑄𝑎𝑎�∗𝑄𝑄

2(𝑄𝑄𝑎𝑎−0) = 𝑄𝑄

2

El costo en $ durante un ciclo es:

(costo promedio en $/tiempo)*(tiempo durante el cual se incurre en el costo)=

= á𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑜𝑜𝑖𝑖á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

* (tf – ti) = á𝑑𝑑𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑡𝑡𝑑𝑑𝑖𝑖á𝑋𝑋𝑔𝑔𝑃𝑃𝑆𝑆𝑝𝑝.

Esta fórmula es muy sencilla y simplemente dice:

Costo en $ de almacenar artículos durante un periodo de tiempo (que normalmente es un ciclo)

= área del triángulo bajo la curva de inventario como función del tiempo.

Si el área no es un triángulo, es muy fácil generalizar esta fórmula y se llega a que:

Costo en $ de almacenar artículos durante un periodo de tiempo

= área bajo la curva de inventario como función del tiempo.

Recuerde que el área es una forma sencilla y gráfica de hacer la integral de la curva de inventario como función del tiempo.

Luego el costo promedio ($/tiempo) = ℎ𝑄𝑄2


Para hallar el costo en $ durante un ciclo debemos multiplicar por el tiempo que demora un ciclo, es decir Q/a.

Costo mantenimiento de inventario por ciclo = ℎ𝑄𝑄2

*𝑄𝑄𝑒𝑒

= hQ2/2a

[$/artículo-tiempo] * [artículo] * [tiempo] = [$]

Entonces el costo total por ciclo es la suma de los costos.

Costo total por ciclo = K + c Q + hQ2/2a (en $)

Para hallar el costo total por unidad de tiempo basta dividir por el tiempo durante el cual se incurrió en ese costo: Q/a.

Costo total por unidad de tiempo = [K + c Q + hQ2/2a]/(Q/a) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ac + ℎ𝑄𝑄2

Esta expresión es la función de la cantidad económica de pedido, es decir nos muestra el costo como función de Q.

Para hallar el costo mínimo basta con aplicar los conceptos básicos del cálculo: debemos derivar esta función con respecto a Q e igualarla a cero.

Veamos gráficamente los tres términos de la función.

Figura 15.2

Que al sumar los tres términos nos da:

Costo total

a

0 Q

𝑒𝑒𝑖𝑖𝑄𝑄

ℎ𝑄𝑄2


0 Q óptima

Figura 15.3

La derivada de la función costo total es:

𝑒𝑒𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝑄𝑄

= -aK/Q2 + h/2.

Igualando a cero y despejando obtenemos la cantidad económica a ordenar o producir:

haKQ 2* =

Note que curiosamente en la expresión del costo mínimo no aparece el costo de adquisición del artículo, que es el más significativo. O sea, la decisión de la cantidad del artículo a pedirle al proveedor se toma con base en los costos más irrelevantes: costo de hacer el pedido y costo de mantener el artículo guardado.

De manera similar obtenemos el tiempo óptimo:

Sabemos que a = Q*/t* t* = Q*/a

ahKt 2* =

Costo total por unidad de tiempo = aK/Q + a c + hQ/2

Costo total

Costo mínimo Q


Igualmente podemos obtener la frecuencia óptima (número de pedidos por unidad de tiempo) como el inverso de t*

KahFrecuencia2

* =

Si no se consideran los costos por producir o comprar cada unidad, obtenemos el costo de administración de los inventarios:

Q* = �2𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ

El costo mínimo se obtiene reemplazando Q* en la fórmula del costo de administración:

Costo de administración = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ℎ𝑄𝑄2

= = �𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ2

+ �𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ2

= √2𝑝𝑝𝑎𝑎ℎ

aKhadmonCosto 2* = (esta es la expresión del costo de administración óptimo).

Observe que:

2

*

*hQ

Qak

=

Es decir, en el óptimo los costos de hacer pedidos son iguales a los de mantenimiento. Esta afirmación no es cierta para todos los modelos de inventarios; sin embargo, esta propiedad se utiliza en modelos más complejos para obtener expresiones aproximadas del costo óptimo.

Ejemplo:

Recordemos el caso de la manufactura de bocinas para televisores.




4. La demanda es de 8000 bocinas mensuales.

3.012000*8000*22* ==

haKQ


25298* =Q

3.0*800012000*22* ==

ahKt

mesest 2.3* =

Esta respuesta nos indica que la solución óptima es hacer una preparación de la línea de producción cada 3.2 meses y producir 25298 bocinas a la vez.

El costo total por unidad de tiempo es: 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ac + ℎ𝑄𝑄2

, que al reemplazar en esta fórmula con

los valores de de a, K, h, c, Q* nos da:

Costo total por unidad de tiempo = $ 87589/mes.

Observe que en esta expresión están sumados los tres conceptos de costos:

Costo de hacer pedidos = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

, costo de los artículos (valor de la mercancía) = ac y costo de

guardar los artículos = ℎ𝑄𝑄2

Cuando en esta expresión suprimimos el costo de la mercancía y dejamos solamente los costos de hacer pedidos (o preparación de la maquinaria cuando es producción) y el de guardar mercancía, la denominaremos costo de administración de los inventarios por contraposición a costo “total” de administración de inventarios.

En resumen:

Costo total de administración de inventarios por unidad de tiempo = $87589/mes.

Costo de administración de inventarios por unidad de tiempo = $7589/mes.

Análisis de sensibilidad Es importante llevar a cabo un análisis de sensibilidad, para investigar el efecto que tendría sobre la solución óptima el hecho de que los parámetros tomaran otros valores posibles.

En general el análisis de sensibilidad se utiliza para determinar qué tanto cambia una variable dependiente (función) cuando se producen cambios en otra variable independiente. Es el mismo concepto de análisis de sensibilidad de los modelos lineales, solo que en ese caso el análisis es mucho más sencillo. Tenga en cuenta que el modelo de inventarios es no lineal, aunque aparentemente sencillo.

Sea el caso de una función Z de X: Z=Z(X).


Si graficamos la función pueden darse dos casos extremos que se detallan a continuación y por supuesto infinitos casos intermedios.

a) La función Z es muy sensible a cambios de X

b) La función Z es poco sensible a cambios de X

Caso a) Curva muy sensible a cambios

Figura 15.4

¿Por qué en este caso a) se dice que Z es muy sensible a cambios de X?

Porque de acuerdo con el gráfico, un pequeño incremento (o decremento) de X produce un cambio muy grande en Z.

∆Z

Z

X

∆X


Caso b) Curva poco sensible a cambios

Figura 15.5

¿Por qué en este caso b) se dice que Z es poco sensible a cambios de X?

Porque de acuerdo con el gráfico, un gran incremento (o decremento) de X produce un cambio muy pequeño en Z.

Sensibilidad de Q ante variaciones de a, K, h Sean a’, K’, h’ los valores observados de los valores reales a, K, h.

hKaQ′′′

=′2*

haKQ 2* =

Similar al análisis de sensibilidad del caso lineal, aquí variamos solo una de las variables independientes a la vez.

Variemos primero la demanda a.

Sea µ = 𝑄𝑄′∗𝑄𝑄∗

, es decir 𝑄𝑄 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑓𝑓𝑖𝑖𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑄𝑄 𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐

Note que µ = aa′ , ya que los otros términos se cancelan.

Z

∆X

∆Z X


A manera de ejemplo suponga que a’=6000 y a=8000

𝑒𝑒′

𝑒𝑒 = 6000

8000 = 0.75 Hay una variación del 25% respecto a la demanda real.

µ = aa′ =

80006000 = 0.87 Hay una variación del 13% entre las cantidades económicas

de pedido (Q).

Una variación del 25% entre las demandas produce una variación del 13% entre las cantidades económicas de pedido. En este modelo es Q es poco sensible a cambios en a. Una variación del 25% en a, apenas induce una variación del 13% en Q.

Variemos ahora el costo de mantenimiento h.

Suponga que h’=0.2 y h=0.3

ℎ′

ℎ = 0.2

0.3 = 0.67 Hay una variación del 33% en el costo de mantenimiento respecto al costo

real.

Hay una variación del 22% entre las cantidades económicas de pedido (Q).

Una variación del 33% entre los costos de mantenimiento, produce una variación del 22% entre las cantidades económicas de pedido. Este modelo es poco sensible a cambios en h.

Note que en este caso la variación de h hacia abajo, produjo una variación de Q hacia arriba, por la relación inversa entre las dos, pero de todos modos se observa que es poco sensible.

El análisis para variaciones de K es muy similar al de a.

Conclusión: Q es poco sensible a variaciones de K, h, a.

Sea 𝜇𝜇 = �𝑄𝑄′ 𝑄𝑄∗� = �1ℎ′�

1ℎ�

= �ℎ ℎ′�

𝜇𝜇 = �ℎ ℎ′� = �0.30.2� = 1.22


Sensibilidad del costo de administración a cambios en Q Este caso es más interesante porque se trata del costo, lo que afecta las utilidades de las empresas.

Costo admón’ = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄′

+ ℎ𝑄𝑄′2

(= costo admón. óptimo modificado).

Costo admón* = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄∗

+ ℎ𝑄𝑄∗2

(= costo admón. óptimo real).

Sea nuevamente µ = 𝑄𝑄′𝑄𝑄∗

Q’ = µQ* (note que este caso es diferente, porque

aquí Q es la variable independiente de la cual depende el costo, en tanto en el análisis anterior Q era la variable dependiente de a, K, h.

Costo admón’ = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄′

+ ℎ𝑄𝑄′2

Dado que Q’ = µQ*

Costo admón’ = 𝑒𝑒𝐾𝐾µ𝑄𝑄∗

+ ℎµ𝑄𝑄∗2

Remplazando haKQ 2* =

se llega a:

aKhnadmóCosto 22

μ1μ

+=′

Costo admón’ = µ+1/µ2

*costo admón*

𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑛𝑛′𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑛𝑛∗

= µ+1/µ2

= θ


Figura 15.6

Ejemplo:

En el caso de la manufactura de bocinas para televisores tenemos que el óptimo es

Q* = 25298

Para observar la variación en el costo utilizaremos dos casos:

Caso 1 Q’ = 22000 (un caso donde Q disminuye).

Caso 2 Q’ = 27000 (un caso donde Q aumenta).

Caso 1

µ = 𝑄𝑄′𝑄𝑄∗

= 2200025298

= 0.87

θ = µ+1/µ2

= 2.012

= 1.005

Caso 2

µ = 𝑄𝑄′′𝑄𝑄∗

= 2700025298

= 1.07

θ = µ+1/µ2

= 2.00452

= 1.002

Costo administración

Q’ Q”

Existe un costo igual para dos valores de Q diferentes de Q*

Cto. min.

Q* Q


En general:

1. El costo de administración es muy poco sensible a variaciones de la cantidad económica a ordenar (Q).

2. El costo es más sensible a variaciones de Q por debajo de Q* que por encima.


Capítulo 16.

Modelo EOQ con faltantes (agotamientos)

Es normal que ocurran pequeños faltantes cuando por ahorrar dinero en el tiempo de preparación se pida un lote que no alcance para cubrir todo el ciclo.

Sin embargo, también existirá un costo asociado a los faltantes, que llevará a que estos no sean excesivos.

Los costos que se considerarán cuando hay faltantes son:

K: el costo de preparación para producir u ordenar un lote.

c: el costo de producir o comprar cada unidad.

h: el costo de mantenimiento de una unidad de inventario por unidad de tiempo.

p: el costo del faltante por una unidad de demanda insatisfecha por unidad de tiempo.

Adicionalmente se considera la demanda = a.

Note que los costos de este modelo son los mismos del anterior (EOQ), más un costo adicional que denominamos p y que es precisamente el costo de los faltantes.

Aunque existen varias formas de manejar el inventario negativo (p), aquí se optará por un manejo similar al que se le da al inventario positivo (h), es decir el valor de p se expresa en

$𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒í𝑐𝑐𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

, que se interpreta como los costos administrativos generados para la empresa por mantener la promesa de entrega en el futuro de un artículo durante una unidad de tiempo. Algunos costos que consideraría el valor de p, además de la administración podría ser el costo de transporte del artículo si al cliente, cuando no encuentra el artículo, se le promete además que se le entregará en sus instalaciones.

El caso que consideramos aquí es el de agotamientos planeados (diferente al de accidentales que se da cuando la demanda es aleatoria).

Pero, ¿por qué planear trabajar con agotamientos, lo que genera malestar en el cliente?

La razón es que normalmente el manejo de agotamientos es menos costoso que el manejo de inventarios, por lo que se generan ahorros, parte de los cuales se puede transmitir al cliente y venderle más barato el artículo.

Para deducir la fórmula se utiliza nuevamente el gráfico de inventario como función del tiempo. Note que los faltantes son considerados como un inventario negativo, que se


interpreta como artículos (mercancía) vendidos pendientes por entregar y que se denominan pedidos retroactivos.

Figura 16.1

Note que la cantidad a pedir, cuando llega se divide en dos partes: S que se lleva a la bodega y se guarda y (Q–S), los pedidos retroactivos que no van a la bodega sino que se le despachan al cliente, porque esos artículos ya estaban vendidos.


Similar a como se hizo en el caso del EOQ, primero hallaremos los costos únicamente para un ciclo, por lo que los costos estarán en ($).

Costo por ciclo de producción u ordenar = K + cQ (los mismos del EOQ).

[$] + [$/ artículo] * [artículo] = [$].

En el gráfico anterior puede observarse que hay periodos de tiempo durante los cuales se trabaja con inventario positivo (inventario físico) y periodos de tiempo durante los cuales se trabaja con inventario negativo (promesas de entregas futuras).

0

Nivel de inventario

S/a 2Q/a

Tiempo t

Q/a

S

Tiempo de ciclo

Q

Q-S

S: Nivel de inventario justo después de recibir un lote de Q unidades Q-S: Faltante en inventario justo antes de recibir un lote de Q unidades


Calculemos ahora los costos de mantenimiento de los dos tipos de inventario (positivo asociado con h y negativo asociado con p).

Como suponemos que el h y el p son constantes en el tiempo, entonces los costos de mantener inventario positivo son h*Ipromedio+ y los de mantener inventario negativo son p*Ipromedio−.

Recuerde que el promedio de cualquier función es: Á𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

, es decir el área bajo la curva

dividida por los límites durante los cuales se hace la integral.

El inventario promedio positivo es Á𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑜𝑜𝑖𝑖á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑖𝑖𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

= 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒/2𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

=

�𝑆𝑆𝑎𝑎�∗𝑆𝑆

2(𝑆𝑆𝑎𝑎)−0 = S/2 (similar al del EOQ, el promedio es la mitad de la altura del triángulo)

Como ya sabemos que el inventario positivo promedio es (S/2),

entonces:

Costo mantenimiento de inventario = hS/2.

[$/artículo-tiempo] * [artículo] = [$/tiempo].

Para hallar el costo en un ciclo debemos multiplicar por el tiempo que demora en agotarse el inventario, es decir S/a

Costo mantenimiento de inventario por ciclo = ℎ𝑆𝑆2

*𝑆𝑆𝑒𝑒 = hS2/(2a).

[$/artículo-tiempo] * [artículo] * [tiempo] = [$].

El inventario promedio negativo es Á𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑜𝑜𝑖𝑖á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒 𝑛𝑛𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝑖𝑖𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

= 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒/2𝑒𝑒𝑓𝑓−𝑒𝑒𝑖𝑖

=

�𝑄𝑄−𝑆𝑆𝑎𝑎 �∗(𝑄𝑄−𝑆𝑆)

2(𝑄𝑄− 𝑆𝑆𝑎𝑎 )−0

= (Q−S)/2 (Nuevamente similar al del EOQ, el promedio es la mitad de la altura

del triángulo).

Como ya sabemos que el inventario negativo promedio es (Q − S)/2),

entonces:

Costo mantenimiento de inventario = p(Q − S)/2.

[$/artículo-tiempo] * [artículo] = [$/tiempo].


Para hallar el costo en un ciclo debemos multiplicar por el tiempo que demora en agotarse el inventario, es decir (Q − S)/a.

Costo mantenimiento de inventario por ciclo = 𝑝𝑝(𝑄𝑄− 𝑆𝑆)2

*(𝑄𝑄− 𝑆𝑆)𝑒𝑒

= p(Q – S)2/(2a)

[$/artículo-tiempo] * [artículo] * [tiempo] = [$].

Entonces el costo total por ciclo es:

Costo total por ciclo = K + cQ + hS2/2a + p(Q – S)2/2a [$].

Para hallar el costo total por unidad de tiempo basta dividir por el tiempo Q/a.

Costo total por unidad de tiempo = [K +cQ + hS2/(2a) + p(Q − S)2/(2a)]/(Q/a).

= aK/Q + ac + hS2/(2Q) + p(Q – s)2/(2Q), que es una función de la cantidad económica de pedido (en $/tiempo).

Este modelo tiene dos variables de decisión (S y Q) y los valores óptimos (S* y Q*) se encuentran estableciendo las derivadas parciales:

S∂∂ totalCosto

Q∂∂ totalCosto

e igualándolas a cero

0Q

S)p(QQhS

S=

−−=

∂∂ totalCosto

02Q

S)p(QQ

S)p(Q2QhS

QK

Q 2

2

2

2

2 =−

−−

+−−=∂

∂ atotalCosto

Resolviendo estas ecuaciones obtenemos:

hpp

haKS

+=

2*

php

haKQ +

=2*

php

ahKt +

=2*


hph

paKSQ

+=−

2**

donde Q* representa la cantidad óptima a pedir, que cuando llega se divide en dos partes:

S* es el máximo valor del inventario positivo, y determina el espacio que se requiere en la bodega para almacenar el artículo. Note que este valor es menor que el que resultaría si no se usaran agotamientos

(Q* − S*) es el valor máximo del inventario negativo, la máxima cantidad vendida sin haber sido entregada (máxima promesa de entrega futura o faltante máximo)

t* representa el tiempo entre dos pedidos consecutivos.

Cuando el valor de uno de los costos p o h se hace mucho más grande que el otro, tanto Q* como S* se comportan de manera intuitiva.

Reemplazando los valores de Q* y S* en la fórmula del costo obtenemos la expresión del costo óptimo:

aKhadmónCosto 2* = *hp

p+

Observe que si se puede trabajar con faltantes, el costo óptimo siempre es menor que

cuando se trabaja sin faltantes, ya que el factor hp

p+

siempre es ≤ 1

Cuando p → ∞ Q* se vuelve

haKQ 2* =

ya que 𝑝𝑝𝑝𝑝+ℎ

tiende a 1.

La cantidad económica a ordenar tiende a la del modelo clásico, es decir no se incurre en agotamientos debido a los altos costos de estos.

Similarmente ocurre cuando los costos de conservación son muy altos

Cuando h → ∞ S* se vuelve 0.


No es económico tener niveles de inventario positivos, con lo que cada nuevo lote de Q* no debe ser mayor que lo necesario para cumplir con los faltantes actuales (Es una situación de venta permanente de promesas de entrega futuras).

Ejemplo:






5. Cada bocina que falta cuando se necesita cuesta $1.10 por mes.

Como ya hemos deducido las fórmulas para calcular las cantidades Q*, S* y t* simplemente reemplacemos, teniendo en cuenta que todas las unidades, donde aparecen, sean las mismas, ya que si no fuera así habría que convertirlas.

3.01.11.1

3.012000*8000*22*

+=

+=

hpp

haKS

S* = 22424 bocinas.

1.13.01.1

3.012000*8000*22* +

=+

=p

hphaKQ

Q* = 28540 bocinas

Note que el valor a producir Q es mayor que en el caso de trabajar sin agotamientos; sin embargo, el espacio que hay que reservar en la bodega para guardar el artículo S, es mucho menor.

1.13.01.1

3.0*800012000*22* +

=+

=p

hpahKt

t* = 3.6 meses

Así, la línea de producción debe prepararse cada 3.6 meses para producir 28540 bocinas. El faltante máximo que se permite es de 6116 bocinas (Q*−S*). Note que Q* y t* no difieren mucho de los valores para el caso donde no se permiten faltantes.


Note que en este caso el máximo inventario positivo (22424 bocinas), es mucho mayor que el máximo inventario negativo (6116 bocinas), lo cual se explica porque el mantenimiento de inventario positivo h = 0.3 es mucho menor que el mantenimiento de inventario negativo p =1.1.

Ejemplo: Compumarket

El proveedor entrega de inmediato.

El costo de hacer un pedido es de $20.

El costo de adquisición de las pantallas es de $500 por cada una de ellas.

El costo de mantenimiento por año es el 20% del precio de adquisición.

La demanda es de una pantalla por día.

Cada pantalla que falta cuesta $40 por año.

Note que son los mismos datos del problema del EOQ, al cual se le agrega únicamente el valor de los faltantes p = 40$/bocina-año.

Utilizando las fórmulas (nuevamente es suficiente reemplazar los números sin hacer análisis dimensional, porque todas las unidades son homogéneas donde aparece) se tiene:

1004040

10020*365*22*

+=

+=

hpp

haKS

S* = 6.46 pantallas (se debe aproximar a 6, ya que debe ser un número entero).

4010040

10020*365*22* +

=+

=p

hphaKQ

Q* = 22.6 pantallas (Se debe aproximar a 23, ya que debe ser un número entero)

4010040

100*36520*22* +

=+

=p

hpahKt

t* = 0.0628 años = 22.6 días.

Así, los pedidos de pantallas deben hacerse cada 22.6 días y en lotes de 22.6 pantallas. El faltante máximo que se permite es de 16.14 pantallas (Q*−S*). Note que debido al alto costo de mantenimiento (h es mucho mayor que p) en relación con el costo de agotamientos el almacén trabaja casi todo el tiempo con inventario negativo.


El tiempo que el almacén trabaja con inventario negativo es:

36546.66.22** −

=−

=a

SQt osagotamient

díasañost osagotamient 14.1604.0 ==

Este dato es muy importante porque representa el máximo tiempo de entrega (para el cliente más de malas) que le toca esperar a un cliente que cuando llega a comprar el artículo no se encuentra en la bodega.

Ejemplo:

Suponga que con el fin de evitar un exceso de inventario retroactivo (negativo) se quiere que el tiempo en que se trabaja con inventario negativo sea igual al tiempo que se trabaja con inventario real (positivo).

¿Cuál es la cantidad a pedir?

Recuerde la expresión del costo total:

Costo total por unidad de tiempo = [K +cQ + hS2/(2a) + p(Q – S)2/(2a)]/(Q/a)

si hacemos S/a = (Q – S)/a obtenemos S = Q – S, es decir S =Q/2.

Reemplazando este valor en la fórmula del costo total por unidad de tiempo obtenemos:

Costo total por unidad de tiempo = [K +cQ + h(Q/2)2/(2a) + p(Q – Q/2)2/(2a)]/(Q/a) =

aK/Q + ac + hQ/8 + pQ/8 = aK/Q + ac + (h + p)Q/8

Si derivamos esta expresión respecto a Q y la igualamos a cero obtenemos:

−aK/Q2 + (h + p)/8 = 0, donde al despejar Q se obtiene:

hpaKQ+

=8*

Ejemplo:

Un distribuidor de bicicletas revisa la política de inventario de un modelo popular de bicicleta que vende a una tasa de 250 por mes. El costo administrativo de colocar una orden al fabricante es de $200000 y el precio de compra es de $70000 por bicicleta. El costo de capital comprometido anual es de 20% del valor básico, basado en el precio de compra de estas bicicletas. El costo adicional de guardar las bicicletas (incluye costo de espacio de almacén, seguros, impuestos, etc. es de $6000 por bicicleta año.


a) Use EOQ básico para determinar la cantidad óptima a ordenar y el costo de administración del inventario por año.

b) Los clientes del distribuidor n objetan retrasos cortos para que lleguen sus bicicletas. Así que la administración está de acuerdo en una nueva política que acepta pequeños faltantes ocasionales para reducir el costo variable total. La administración estima que el costo anual por faltantes será $30000 por bicicleta año. Use el modelo de EOQ con faltantes planeados para determinar la nueva política óptima.

c) Como el modelo con agotamientos produce menores costos de administración que cuando se trabaja sin agotamientos, el dueño de la empresa desea entregar un bono, pero solamente a los clientes que en el momento de la compra no encuentran la bicicleta.

¿Cuál es el máximo bono que se les puede ofrecer con el fin de que siga siendo mejor la política de agotamientos con el bono que la política sin agotamientos?

El costo de total de almacenar h es: h = (20%/año)*($70000/bicicleta) + $6000/bicicleta-año) =

h = $20000/bicicleta-año

Para omitir las unidades se expresa todo en bicicletas, años, $, se obtiene:

a (demanda) = 250 bicicletas/mes*(12 meses/año) = 3000 bicicletas/año

K = $200000

h = $20000/bicicleta-año.

a) Al reemplazar estos valores en la fórmula obtenemos:

haKQ 2* = =

20000200000*3000*2 = 245 bicicletas

aKhadmónCosto 2* = = 20000*200000*3000*2= = 4898980 $/año

b)

300002000030000

20000200000*3000*22* +

=+

=p

hphaKQ = 316 bicicletas

hpp

haKS

+=

2*

200003000030000

20000200000*3000*2

+ = 190 bicicletas

aKhadmónCosto 2* = *hp

p+

=


20000*200000*3000*2* =admónCosto2000030000

30000+

= 3794700

$/año

En el gráfico de inventario como función del tiempo se observa que el porcentaje del tiempo durante el cual los clientes no encuentran la bicicleta (cuando el inventario es negativo) es:

porcentaje de tiempo con inventario negativo

= (Q/a – S/a)/(Q/a) = (Q – S)/Q = (316 – 190)/316 = 39.87%.

Como la demanda siempre es constante esto quiere decir que al 39.87% de las bicicletas se les debe entregar el bono o sea a (3000 bicicletas/año)*0.3987 = 1196 bicicletas/año.

A 1196 bicicletas/año se les debe entregar un bono de x$/bicicleta

El costo de las bicicletas con bono es entonces: 1196 (bicicletas/año)*(x$/bicicleta) = 1196x $/año.

El valor de x que hace que el costo en el cual los costos con agotamiento y bonos y sin agotamientos son iguales se obtiene así:

3794700 + 1196x = 4898980

Al despejar x se obtiene:

x = (4898980 – 3794700)/1196 = 923 $/bicicleta

Por tanto, el máximo bono (regalo) que se les puede ofrecer a los clientes que cuando llegan a comprar la bicicleta no la encuentran es 923$/bicicleta. Con valores mayores del bono, empezaría a ser mejor la política de trabajar sin agotamientos.


Capítulo 17.

Modelo EOQ con descuentos

Hasta ahora habíamos supuesto que el costo de adquisición o fabricación de una unidad era constante y no dependía del tamaño del lote. De hecho, las soluciones óptimas encontradas son independientes de esa cantidad.

Sin embargo, es normal que se otorguen descuentos por cantidad, o que entre más grande sea el lote producido el costo de producción unitario disminuya.

Recordemos que el costo total por unidad de tiempo está dado por

Costo total por unidad de tiempo ($/tiempo) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ac + ℎ𝑄𝑄2

Supongamos por ahora una sola escala de descuentos, y que el descuento se da a partir de QD: cantidad de pedido a partir de la cual se otorgan descuentos.

csD: precio sin descuento para (Q < QD)

ccD: precio con descuento para (Q ≥ QD)

Costo total (sD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ acsd + ℎ𝑄𝑄2

Costo total (cD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ accd + ℎ𝑄𝑄2

a, K, h son los mismos del modelo EOQ.

Para hallar la cantidad económica a ordenar debemos analizar 2 casos

Caso 1: Si Q* < QD (se analizan los dos casos)

Tenga en cuenta que Q* es interno a la empresa, mientras que QD es definido por el proveedor del artículo.

1.1 Costo total (sD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ acsd + ℎ𝑄𝑄2

1.2 Costo total (cD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ accd + ℎ𝑄𝑄2

Caso 2: Si Q* > QD el óptimo es QD.


Caso 1 Q* < QD:

Figura 17.1

En el caso 1 encontramos dos únicos puntos candidatos a ser la cantidad económica a ordenar.

El primero es el Q* del modelo sin descuentos (punto de derivada = 0), y el segundo es la cantidad a partir de la cual se otorgan los descuentos (punto de discontinuidad).

1.1 Costo total(sD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄∗

+ acsd + ℎ𝑄𝑄∗2

1.2 Costo total(cD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄𝑄𝑄

+ acsd + ℎ𝑄𝑄𝑄𝑄2

Se deben evaluar las dos funciones, y la que nos arroje el costo mínimo nos indica cuál es la cantidad económica a ordenar.

Caso 2 Q* > QD

Costo total

QD Q*

Costo total (SD)

Costo total

0 Q


Figura 17.2

Ejemplo: Compumarket

El proveedor entrega de inmediato.

El costo de hacer un pedido es de $20.

El costo de adquisición de las pantallas es de $500 por cada una de ellas.

El costo de mantenimiento por año es el 20% del precio de adquisición.

La demanda es de 1 pantalla por día.

Se otorga un descuento de $10 en cada pantalla cuando el pedido excede las 20 pantallas.

Note que es el mismo ejemplo del EOQ, al cual se le ha asignado un descuento si se piden 10 o más pantallas.

Primero que todo debemos hallar Q* del modelo sin descuentos. Basta recordar las fórmulas deducidas y reemplazar los valores.

10020*365*22* ==

haKQ

Q* = 12.08 pantallas (Recuerde que debería ser un número entero).

Estamos en el caso 1, donde Q* < QD (12.08 < 20) y por lo tanto debemos chequear los dos puntos candidatos a ser la cantidad económica a ordenar.

Costo total

0

En este caso es obvio que el óptimo sigue siendo Q* pues cuando se da el descuento QD la curva aún viene descendiendo.

Q* QD

Costo total (SD)

Costo total (CD)

Q


1. Costo total (sD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄∗

+ acsd + ℎ𝑄𝑄∗2

2. Costo total (cD) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄𝑄𝑄

+ acsd + ℎ𝑄𝑄𝑄𝑄2

Reemplazando los valores numéricos en las fórmulas obtenemos:

1. Costo total (sD) = 365∗2012.08

+ 365*500 + 100∗12.082

2. Costo total (cD) = 365∗2020

+ 365*490 + 100∗202

1.Costo total (sD) = 183708.5 [$/año].

2.Costo total (cD) = 180215 [$/tiempo].

Vemos en este caso que el costo total es menor cuando la cantidad económica a ordenar es 20 pantallas, es decir el número de pantallas a partir del cual se otorgan los descuentos.

Por esto Compumarket debe hacer uso de los descuentos y comprar lotes de 20 pantallas para minimizar los costos totales de administración de inventario.

t* = 𝑄𝑄∗𝑒𝑒

= 201

= 20 días

Deben pedirse 20 pantallas cada 20 días.

Ejemplo: Manufactura de bocinas para televisores


2. El costo unitario de producción de una sola bocina (excluyendo el costo de preparación) es: c1=$11 si se producen menos de 10000 bocinas. c2=$10 si se producen entre 10000 y 80000 bocinas y c3=$9.5 si se producen más de 80000 bocinas.



Note que hay tres escalas de descuentos:

Q < 10000 (c= 11$/bocina) (escala 1)

10000≤Q≤80000 (c=10.5$/bocina) (escala 2)

Q≥80000 (c=9.5$/bocina) (escala 3)


En este ejemplo tenemos tres costos diferentes para las bocinas. Por lo tanto, tenemos tres funciones de costo total diferentes.

Hallemos primero Q* del modelo sin descuentos.

3.012000*8000*22* ==

haKQ

Q* = 25298 bocinas

La forma de obtener el óptimo consiste en tomar las escalas de descuento en orden ascendente y comparar de a dos, conservando siempre la que gana hasta ese punto, que se denomina la incumbente.

El primer ahorro lo tenemos si producimos mínimo 10000 bocinas, pues pasan de costarnos c1=$11 por bocina a c2=$10 por bocina.

Figura 17.3

El segundo ahorro lo tenemos si producimos 80000 bocinas o más, ya que pasan de costarnos c2=$10 por bocina a c3=$9.5 por bocina.

Comparamos ahora la incumbente 25298 con la siguiente escala hasta menos de 80000.

c2=$10

c1=$11 Costo total

0 Q Q* = 25298 QD= 10000

Es claro que el óptimo sigue siendo 25298.


Figura 17.4

1. Costo total (2) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄∗

+ ac2 + ℎ𝑄𝑄∗2

2. Costo total (3) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄𝑄𝑄2

+ ac3 + ℎ𝑄𝑄𝑄𝑄22

Reemplazando

1. Costo total (2) = 8000∗1200025298

+ 8000*10 + 0.3∗252982

2. Costo total (3) = 8000∗1200080000

+ 8000*9.5 + 0.3∗800002

1. Costo total (2) = 87589 [$/mes]

2. Costo total (3) = 89200 [$/mes]

Vemos en este caso que el costo total es menor cuando el lote de producción es 25298 bocinas que cuando se producen 80000. Esto nos indica que no justifica aumentar el lote de producción para obtener el ahorro.

c3=$9.5

c2=$10

Q* = 25298 QD = 80000

Q

Costo total

0


Si la cantidad descontada hubiera llevado a un costo unitario de $9 cuando se produjeran más de 80000 bocinas, entonces se justificaría aumentar el lote de producción:

1. Costo total (2) = 8000∗1200025298

+ 8000*10 + 0.3∗252982

2. Costo total (3) = 8000∗1200080000

+ 8000*9 + 0.3∗800002

1. Costo total (2) = 87589 [$/mes]

2. Costo total (3) = 85200 [$/mes]

En el caso que c3=$9 si se producen más de 80000 bocinas se justificaría fabricar lotes de este tamaño, pues obtendríamos el costo mínimo.

Este modelo es muy sensible a variaciones de c, lo cual se explica por el hecho de que el costo de los artículos ac, es mucho mayor que las otras dos componentes del costo: pedir o producir y guardar.

En el modelo de descuentos visto hasta ahora se ha supuesto que el costo de almacenar h es constante, lo cual es una aproximación ya que, si el h es un porcentaje por unidad de tiempo del costo de adquisición, el h varía para diferentes costos de adquisición (descuentos).

Por eso un análisis más exacto debe tener esto en cuenta, tal como se muestra en el ejemplo a continuación:

MBI fabrica computadores personales. Todas sus computadoras usan un puerto de USB. La fábrica de MBI opera 52 semanas al año y requiere ensamblar 100 puertos de USB en las computadoras por semana. La tasa de costo de mantener de MBI es 20% del costo de adquisición por año. Sin importar el tamaño de la orden, el costo administrativo de colocar una orden se estima en $50.

Se ofrecen unos descuentos por cantidad para órdenes grandes de acuerdo con la siguiente tabla:

Categoría de descuento Cantidad comprada Precio unitario

1 1 a 99 $100

2 100 a 499 $95

3 500 o más $90


a) Determine la cantidad óptima a ordenar según el EOQ con descuentos por cantidad. ¿Cuál es el costo total anual resultante?

b) Con esta cantidad a ordenar. ¿Cuántas órdenes deben colocarse por año? ¿Cuál es el tiempo entre órdenes?

a = (100 puertos/semana)*(52 semanas/año) = 5200 puertos/año

K = 50

h = (0.2 $/año)*CA (donde CA es el costo de adquisición)

Recuerde que la expresión del costo total en $/año es: aK/Q + ac+ hQ/2 para diferentes valores de Q, y el Q donde la derivada es cero es:

===hh

aKQDer 50*5200*220h

520000

Con estos valores se construye la siguiente tabla donde aparece el Q que produce la

derivada cero h

520000 y el Q* correspondiente a esa escala, que se explica después de

la tabla:

Para evaluar el costo total = aCA + aK/Q + hQ/2, se calculan cada uno de los tres términos en forma independiente y al final se suman los tres en la columna Costo total.

Las unidades de la tabla son:

Cantidad: bicicletas

CA (Costo de adquisición): puertos USB

h: $/(puerto USB-año)

Qder0: puertos USB

Q*: puertos USB

aCA: $/año

ak/(Q*): $/año

hQ*/2: $/año


Costo total: $/año

Escala Cantidad CA h QDer0 Q* aCA aK/(Q*) hQ*/2 Costo total

1 0-99 100 20 161.25 99 520000 2626 990 523616

2 100-499 95 19 165.43 165 494000 1572 1572 497144

3 ≥ 500 90 18 169.97 500 468000 520 4500 473026

Tabla 17.1

Para la escala 1 el Qder0 = 161.25, pero como esta escala no es válida sino entre 0 y 99, entonces el Q* es 99, porque la curva hasta 99 es descendente.

Para la escala 2 el Qder0 = 165.42 (está dentro del rango 100 a 499), por lo que esa es la cantidad óptima a pedir (se aproxima a 165).

Para la escala 3 el Qder0 = 169.97, pero como esta escala no es válida sino para Q ≥ 500, entonces el Q* es 500, porque a partir de 500 la curva es creciente.

De acuerdo con esta tabla la cantidad óptima a pedir es de 500 puertos USB, ya que produce el menor costo total.

a) El número de órdenes por año es a/Q* = 5200/500 = 10.4 órdenes/año El tiempo entre órdenes es Q*/a = 500/5200 = 0.961 años, es decir debe hacerse un pedido cada 0.9615 años, o sea cada 11.54 meses

Observaciones sobre los modelos del lote económico

1. Si se supone que el costo de un artículo es constante a través del tiempo, este costo unitario no aparece en la solución óptima para el tamaño del lote. Este resultado ocurre porque no importa que política se use, se requiere el mismo número de unidades y así este costo por unidad de tiempo es fijo.

2. Se supuso antes que el tamaño del lote Q es constante de un ciclo a otro. El tamaño del lote óptimo Q* de hecho minimiza el costo total por unidad de tiempo para cualquier ciclo, por lo que el análisis muestra que debe usarse este tamaño de lote constante de un ciclo a otro, aun cuando no se requiera un tamaño constante, a menos que varíen los parámetros (demanda, costo fijo y costos variables).


3. El punto de inventario óptimo en el que debe reabastecerse nunca puede ser mayor que cero en estos modelos. Si se espera hasta que el inventario baje a cero (o a menos de cero si se permiten faltantes) reduce tanto los costos de mantenimiento como la frecuencia con la que se incurre en el costo fijo K. Sin embargo, si no se cumplen por completo las suposiciones de una tasa de demanda constante y conocida y de entrega inmediata (es decir, si la demanda es estocástica) puede ser prudente planear un inventario de seguridad, que queda cuando está programado reabastecer el inventario.

4. Los modelos suponen reabastecimiento inmediato (tiempo de adelanto cero). No obstante, puede tomar en cuenta un tiempo de entrega si este se conoce. Sencillamente se coloca el pedido con suficiente anticipación para que llegue cuando se necesite. A continuación se verá cómo se maneja el tiempo d adelanto.

Tiempo de adelanto

Recordemos que el tiempo de adelanto es el tiempo que transcurre entre el momento de la requisición y la llegada de mercancía. Puede ser determinístico o estocástico.

Se verá solamente el caso determinístico.

Figura 17.5

Nivel de inventario

Q

Q/

0 Tiempo

Tamaño del lote

Tiempo de ciclo

tc: Tiempo de ciclo tL: Tiempo de adelanto R*: Punto de pedido


El tiempo de adelanto puede ser mayor que el tiempo de ciclo, o bien menor que éste.

Consideremos este último caso, es decir tL < tc es (el caso tL ≥ tc es un poco más complejo, pero se maneja de forma parecida.

Figura 17.6

Del gráfico se deduce que el punto de pedido es un nivel de inventario que sea suficiente para el tiempo de pedido. En otras palabras, se adelanta el pedido un tiempo tal que cuando llegue el pedido el inventario esté en cero.

Nivel de

Q

tL 0

Tiempo t

R*

tC

a = R*/tL

R*= a/tL


Capítulo 18.

Modelo del lote de producción y el sistema de clasificación ABC

Modelo del lote de producción

Hasta ahora habíamos supuesto que el pedido llegaba instantáneamente o que la producción se reabastecía de inmediato.

Sin embargo, en la práctica una empresa manufacturera va produciendo paulatinamente y a través del tiempo va vendiendo los artículos que le son demandados.

A continuación se explicará un modelo con el supuesto de que la producción se da paulatinamente a una tasa b, que es mayor que la demanda a, porque si fuera menor o igual habría demanda insatisfecha y no se necesitaría mantener inventario.

Los costos que se considerarán son:

K: El costo de preparación para producir u ordenar un lote.

c: El costo de producir o comprar cada unidad.

h: El costo de mantenimiento de una unidad de inventario por unidad de tiempo.

Recordemos además:

b: Tasa de producción de los artículos

a: Tasa de demanda de los artículos.

b > a


Figura 18.1


Note que el ciclo de producción se divide en dos partes:

t1: tiempo de producción

t2: tiempo en que no se produce

Tanto durante t1 como durante t2 se está vendiendo (satisfaciendo la demanda).

Durante t1 el inventario aumenta, porque se produce a una tasa mayor que la demanda y durante t2 el inventario disminuye, porque sólo se está entregando el artículo.

El inventario alcanza su máximo valor al final de t1, cuando se deja de producir el artículo, y tiene un valor M. Note que el nivel máximo de inventario M es menor que Q, la cantidad producida, porque durante t1 se vende una parte del nivel Q producido.

Note que el punto del tiempo en el que se termina la producción (t1) es Q/b, en tanto el punto del tiempo durante el cual termina el tiempo del ciclo y t2 es Q/b (tc = t1 + t2).

Con bases en estos supuestos primero hallaremos los costos únicamente para un ciclo, por lo que los costos estarán en ($).

Costo por ciclo de producción = K + c Q.

[$] + [$/ artículo] * [artículo] = [$].

El Inventario promedio es:

Nivel de inventario

Tiempo t

t1: tiempo de producción t2: tiempo en que no se produce M: nivel máximo de inventario

0 Q/a Q/b

Q

Q

M

Pendiente (b-

t1 t2


if

t

t

tt

dttIf

i

−∫ )(

O sea, el área bajo la curva (de inventario) dividida por los límites de la integral.

Observe que (Q – M) son los artículos vendidos durante la producción (t1) = demanda*t1 = a*aQ

b, o Sea Q – M = a*aQ

b; despejando M obtenemos:

M = Q – a*𝑒𝑒𝑄𝑄𝑃𝑃

= Q(1 – 𝑒𝑒𝑃𝑃) (igual que en los casos anteriores: la mitad de la altura del

triángulo.

Inventario promedio = base*altura/2(Q/a – 0) =

−=

−

−

b1

2Q

0Q2

Q*b

1Q

a

a

aa

Como el inventario promedio es Q2 (1 − a

b),

El costo mantenimiento de inventario = h*Ipromedio =

h*Q2 (1 − a

b) [$/artículo-tiempo] * [artículo] = [$/tiempo]

Para hallar el costo en un ciclo debemos multiplicar por la duración del ciclo Q/a

Costo mantenimiento de inventario por ciclo = (h*Q2/2a) [1− ab]

[$/artículo-tiempo] * [artículo] * [tiempo] = [$]

Entonces el costo total por ciclo es:

Costo total por ciclo = K + cQ + (h*Q2/2a) [1− ab]

Para hallar el costo total por unidad de tiempo basta dividir por Q/a


Costo total por unidad de tiempo =

aQ

aa

hcQK

++

b-1

2Q*

2

= aK/Q + ac + (hQ/2)*[1− ab] (en $/tiempo)

Que es función de la cantidad económica de pedido

Derivando esta función con respecto a Q y luego igualando a cero obtenemos las fórmulas para la Q* y t*.

−

=

bah

aKQ1

2*

La longitud óptima del ciclo es:

= t* = Q*/a =

−

=

baah

Kt1

2*

El costo óptimo reemplazando el valor de Q* en la expresión del costo es:

Costo óptimo del lote de producción= �2𝑝𝑝𝑎𝑎ℎ(1 − 𝑒𝑒𝑃𝑃

)

Ejemplo:



2. El costo unitario de producción de una sola bocina (excluyendo el costo de preparación) es $10.




5. La tasa de producción es de 14000 bocinas mensuales

Observe que estos datos son el mismo ejemplo de las bocinas, visto anteriormente, a los cuales se les agregó el valor b = 14000 bocinas/mes, que es > la demanda = 8000/bocinas/mes.

Recuerde que, si las unidades son consistentes, es suficiente reemplazar los valores numéricos. Reemplazando los valores en las fórmulas obtenemos:

−

=

bah

aKQ1

2*

−

=

14000800013.0

12000*8000*2*Q

Q* = 38644 bocinas

−

=

baah

Kt1

2*

−

=

14000800013.0*8000

12000*2*t

t* = 4.83 meses

Manufactura de bocinas para televisores debe producir 38644 bocinas cada 4.83 meses para minimizar los costos de manejo de los inventarios.

El tiempo que demora la producción está dado por:

tp* = Q*/b = 38644/14000 = 2.76 meses.

El tiempo durante el cual no se produce es:

Tiempo total del ciclo – tiempo de producción = 4.83 meses – 2.76 meses = 2.07 meses.

El inventario máximo está dado por:


−=−=

baQ

bQaQM 1* *

**

Que al reemplazar los valores numéricos obtenemos:

M = 38644*[1 – 8000/149000] 16552 bocinas

Es importante para determinar el espacio de almacenamiento (bodega) del artículo.

El sistema de clasificación ABC El sistema de clasificación ABC no es un nuevo modelo de inventarios sino una forma de clasificar los artículos de una empresa, de acuerdo con su importancia, bastante sencilla, pero muy utilizada en las empresas.

Es una necesidad en casi todas las compañías saber la composición de sus inventarios. Es por ello que existen formas de clasificarlos según su importancia.

El sistema de clasificación ABC nos ayuda a clasificar los inventarios en tres categorías:

A: muy importantes.

B: medianamente importantes.

C: poco o nada importantes.

Al aplicar el sistema de clasificación ABC es importante recordar lo expuesto por el economista italiano Pareto, referente a que el 20% más importante de la causa es el responsable del 80% del efecto.

El sistema ABC es una extensión de la ley de Pareto, porque divide los artículos, no en dos categorías sino en tres.

Aplicándolo a los inventarios se vería:

Tipo de artículo

% participación % participación acumulada

% participación costos

% costos acumulado

A 10% 10% 70% 70%

B 10% 20% 20% 90%

C 80% 100% 10% 100%

Tabla 18.1


Después de ordenados los artículos con su respectivo costo (en orden de importancia, que enseguida veremos cómo se determina), se clasifican como artículos tipo A, desde el primero hasta el primero que exceda el 70% de los costos; tipo B, desde el primero posterior al último A hasta el primero que exceda el 90% de los costos; tipo C, los demás.

Note que la tabla nos dice que el primer 10% más importante de los artículos (tipo A) representa el 70% de los costos; el segundo 10% más importante de los artículos representa el 20% de los costos y un acumulado hasta los tipo B del 90% de los costos y el último 80% de los artículos (la mayoría, pero los menos importantes, solo representan el 10% de los costos y por supuesto el 100% de los artículos representan el 100% de los costos).

Estos valores se han obtenido la de experiencia de numerosas empresas.

Existen numerosas formas de definir cuándo un artículo es más importante que otro, pero la más aceptada y utilizada es el valor en pesos promedio que se mantiene del artículo en inventario. Recuerde que al definir el inventario en pesos, todos los artículos están representados en la misma unidad (dinero), lo que no permite comparar artículos muy disímiles.

Para mejor entender estos conceptos, supongamos a manera de ejemplo una empresa que maneja 4 tipos de artículos (usualmente son cientos de miles de artículos): neveras, vestidos, vasos y lápices.

En la siguiente tabla se definen y se ordenan los artículos según el costo promedio en pesos de cada uno de ellos.

Artículo Inventario promedio (unidades)

Costo unitario promedio ($)

Inventario promedio ($)

% Costo acumulado

% Artículos acumulados

Neveras 3 300000 900000 75% 25% − A

Vestidos 20 10000 200000 92% 50% − B

Vasos 18 5000 90000 99% 75% − C

Lápices 100 100 10000 100% 100%− C

Total 1200000

Tabla 18.2


De acuerdo con esta tabla el primero que en costo acumulado exceda el 70% (las neveras) es el último A. Desde el siguiente hasta el primero que exceda el 90% (los vestidos) es el último B. Los demás (vasos y lápices) son los artículos tipo C.

Esta clasificación pretende concentrarse solo en lo importante. Por ello la estrategia recomendada de acuerdo con estas tres categorías es:

Estrategia:

Tipo A: utilizar EOQ.

Tipo B: utilizar EOQ con menos frecuencia.

Tipo C: no utilizar EOQ.

El gráfico siguiente donde aparece en el eje horizontal el porcentaje acumulado de artículos (hasta el último que es el 100% de los artículos) y en el eje vertical el porcentaje acumulado de costos (hasta el último que es el 100%), nos muestra la dispersión de los artículos.

Si el área entre la diagonal punteada y la línea curva superior es muy grande, quiere decir que la empresa maneja artículos muy heterogéneos, en tanto que si esa área es pequeña quiere decir que los artículos son más homogéneos.

Figura 18.2

% Costo

% Artículos


Capítulo 19.

Revisión periódica - Un modelo general para la planeación de la producción

Revisión periódica Todos los modelos de la cantidad económica a ordenar estaban basados en el supuesto de que la tasa de demanda era constante en el tiempo.

Cuando esta suposición se elimina, la fórmula del lote económico ya no asegura una solución de costo mínimo.

Por eso se utiliza una estrategia diferente, denominada de horizonte finito. Es decir, se planea la producción para un número finito de periodos. Todos los modelos vistos hasta ahora suponen que los pedidos u órdenes de producción se hacen por un tiempo indefinido (infinito), diferente a la que utilizaremos para el modelo de planeación de producción, donde la planeación se hace para un horizonte finito (n periodos).

Considere que se debe planear la producción para los n siguientes periodos, dado que se conocen las demandas para cada periodo i

ri: demanda en el periodo i para i=1, 2, ..., n

Las demandas ri se deben satisfacer a tiempo.

Note que las demandas pueden variar de un periodo a otro, por lo que tienen un subíndice que indica precisamente el periodo. Para la demanda utilizaremos la letra r en lugar de la a como se había hecho hasta ahora.

Los costos que se considerarán son:

K: el costo de preparación para producir u ordenar un lote.

c: el costo de producir o comprar cada unidad.

h: el costo de mantenimiento de una unidad de inventario por unidad de tiempo. Antes de deducir las fórmulas del modelo, consideremos un ejemplo:

Ejemplo: Manufactura de bocinas para televisores

Introduciremos algunas modificaciones en el ejemplo que hemos venido trabajando.


Un estudio de mercado indicó que la demanda no era constante, sino que variaba con la temporada:

Octubre a diciembre 30000 bocinas (periodo o trimestre 1)

Enero a marzo 20000 bocinas (periodo o trimestre 2)

Abril a junio 30000 bocinas (periodo o trimestre 3)

Julio a septiembre 20000 bocinas (periodo o trimestre 4)




Como las demandas son todas múltiplos de 10000 se simplificará denotándolas:

r1=3 r2=2 r3=3 r4=2

El problema es determinar cuántas bocinas producir (si se producen) para el inicio de cada periodo con el fin de minimizar el costo total.

Miremos dos casos extremos:

Producir bocinas cada periodo puede ser poco atractivo, pues se incurre en un costo fijo K de $20000 cada periodo.

Similarmente ocurre si se produce todo de una vez, ya que el costo por mantener inventario puede elevarse significativamente.

Quizá el mejor enfoque sea una estrategia intermedia en la que se produzcan bocinas más de una vez, pero menos de cuatro.

Por ejemplo, una solución factible (aunque no óptima) puede ser la ilustrada a continuación:


Figura 19.1

Habíamos dicho que esta solución, aunque era factible, no era la óptima

¿Cómo hallar entonces la solución óptima? Utilizaremos el algoritmo de la planeación de la producción

Planeación de la producción - Un algoritmo La clave para el desarrollo de un algoritmo eficiente para encontrar una política óptima de inventarios para el modelo anterior consiste en la siguiente observación sobre la naturaleza de la política óptima:

Una política óptima produce sólo cuando el nivel de inventario es cero, como se demuestra a continuación:

1

2

3

4

5

Bocinas en miles

Periodos

6

2 3 4 1

Plan de producción 1. 30000 bocinas inicio periodo 1 2. 60000 bocinas inicio periodo 2 3. 10000 bocinas inicio periodo 4


Figura 19.2

Observe que produce al inicio del periodo 4 cuando el inventario no está en 0.

Figura 19.3

1

2

3

4

5

Bocinas en miles

Periodos

6

2 3 4 1

Esta política cumple la caracterización de una política óptima

Sin embargo se puede ajustar esta política a una similar llamada Política B

Bocinas en miles

Llamemos a esta política Política A

Esta política viola la caracterización anterior de

una política óptima

3

6

5

4

2

1

Periodo

4 3 2 1


Note que es muy parecida a la política A, con la diferencia de que en el punto donde se produce con el inventario diferente de cero se devuelve por medio de una paralela.

En lugar de producir (3, 6, 0, 1) al inicio de los periodos (1, 2, 3, 4), se producen (3, 5, 0, 2) al inicio de los mismos periodos.

Ahora juntemos las dos políticas en un solo gráfico:

6

Figura 19.4

Sin embargo, el costo de mantenimiento de inventario siempre es menor o igual para la política B, por lo que la suma de todos los costos es menor para la B.

En conclusión, si una política produce cuando el inventario es diferente de cero, siempre es posible encontrar una de menor costo. A este tipo de políticas como la A se les denomina políticas dominadas.

Con esta conclusión, para buscar el óptimo solo se considerarán políticas que producen cuando el inventario es cero.

1

2

3

4

5

Bocinas en miles

Período

6

2 3 4 1

A

Los costos de preparación y de producción para A y B son iguales


Esta caracterización de las políticas óptimas se puede usar para identificar las políticas que no son óptimas. Además, las únicas opciones para producir al principio del periodo i son: ri, o ri + ri+1, … o ri+ ri+1+...+ rn. Es decir, producir para un número entero de periodos.

Otra forma de facilitar la búsqueda del óptimo es utilizar la política de producir solo al principio de los periodos (no producir en algún punto intermedio), lo cual se justifica porque, si se fuera a producir en un periodo intermedio, sería suficiente dividir el intervalo en periodos más pequeños, para que el intervalo fuera el inicio.

Con base en estos dos principios: 1) solo se produce al principio de los intervalos y 2) solo se produce cuando el inventario está en 0. Se plantea un algoritmo eficiente relacionado con el enfoque de programación dinámica. Recuerde que la programación dinámica se fundamenta en estos principios:

1) El problema debe poder partirse en etapas. 2) Las etapas se relacionan entre sí por medio de la relación recursiva. 3) Se resuelve una serie de problemas hipotéticos (uno para cada etapa).

Definamos:

Ci: costo total de una política óptima para los periodos i, i+1, ..., n cuando comienza el periodo i con inventario 0.

Usando el enfoque de Programación Dinámica hacia atrás periodo por periodo, estos valores de Ci se pueden encontrar calculando primero Cn luego Cn-1 y así sucesivamente hasta obtener C1.

Ci se puede encontrar a partir de la relación recursiva:

Ci = mínimo{Cj+1 + K + c(r i+ ri+1 +...+ rj)+ h[ri+1+2ri+2+...+(j-i)rj]}

El algoritmo halla Cn, Cn-1, ..., C1 uno a uno (versión de programación dinámica hacia atrás).

Denota el periodo cuando el inventario llega a un nivel de cero por primera vez después de producir en el Periodo i

Costo total de producción en el tiempo que transcurre del periodo i al periodo j

Costo total de mantenimiento en el tiempo que transcurre del periodo i al periodo j

j=i, i+1…n


Para i=1, el valor que minimiza indica entonces que la producción en el periodo 1 debe cubrir la demanda hasta el periodo j, y la segunda producción será en el periodo j+1.

Para i=j+1, el nuevo valor de j identifica el tiempo que la segunda producción cubre la demanda, y así sucesivamente.

Cuando j=n el término Cn+1 es igual a cero.

Ejemplo: Manufactura de bocinas para televisores.




Como las demandas son todas múltiplos de 10000 se simplificará denotándolas:

r1=3 r2=2 r3=3 r4=2 (unidades de 10000 bocinas)

Relación recursiva general:

Ci=mínimo{Cj+1+K+c(ri+ ri+1 +...+ rj)+ h[ri+1+2ri+2+...+(j-i)rj]}

j= i, i+1, ..., n

Para i=4 (Problema hipotético: si hubiera que producir al principio del periodo 4, porque el inventario está en cero, ¿cuál es la forma óptima de hacerlo para satisfacer la demanda hasta el 4?

C4= C5 + 2 + 1(r4) (j varía desde 4 hasta 4)

Recuerde que cuando j=n el término Cn+1 es igual a cero.

C4 = 0 + 2 + 1(2) = 4

C4 = 4 (j toma un valor único).

Para encontrar C3 se deben analizar dos casos:

• El inventario llega a cero al final del tercer periodo (j = 3; se produce al principio del 3 solo lo del 3).

• El inventario llega a cero al final del cuarto periodo (j = 4; se produce al principio del 3 lo del 3 y el 4).


Figura 19.5


j= i, i+1, ..., n.

Para i=3 (problema hipotético: si hubiera que producir al principio del periodo 3, porque el inventario está en cero, ¿cuál es la forma óptima de hacerlo para satisfacer la demanda hasta el 4?

Denotaremos Cij: Costo de producir desde el principio del i hasta el final del j.

C3(3 ) = C4 + 2 + 1(r3) (Costo de producir desde el principio del 3 hasta el final del 3, o sea

producir solo lo del 3.

C3(4) = C5 + 2 + 1(r3 + r4) + 0.2 (r4) (Costo de producir desde el principio del 3 hasta el final

del 4, o sea producir lo del 3 y el 4.

C3(3) = 4 + 2 + 1(3) = 9

C3 = mín

C3(4) = 0 + 2 + 1(3 + 2) + 0.2 (2) = 7.4

C3 =7.4

Bocinas en miles

4

5

3

2

1

4 3 Periodos

Bocinas en miles

1

5

4

3

2

Periodos 3 4


Esto quiere decir que si (hipotéticamente) hubiera que producir al principio del periodo tres debiera producirse lo del 3 y el 4 y no producir en el 4.

Para i=2 (problema hipotético: si hubiera que producir al principio del periodo 2, porque el inventario está en cero, ¿cuál es la forma óptima de hacerlo para satisfacer la demanda hasta el 4?

Para encontrar C2 se deben analizar 3 casos:

• El inventario llega a cero al final del segundo periodo (j=2)

• El inventario llega a cero al final del tercer periodo (j=3)

• El inventario llega a cero al final del cuarto periodo (j=4)


j= i, i+1, ..., n

C2(2) = C3 + 2 + 1(r2)

C2(3) = C4 + 2 + 1(r2 + r3) + 0.2 (r3)

C2(4) = C5 + 2 + 1(r2 + r3 + r4) + 0.2 (r3 + 2r4 )

C2(2) = 7.4 + 2 + 1(2) = 11.4

C2 =mín C2(3) = 4 + 2 + 1(2 + 3) + 0.2 (3) = 11.6

C2(4) = 0 + 2 + 1(2 + 3 + 2) + 0.2 (3 + 2*2) = 10.4

C2 =10.4

Esto quiere decir que si (hipotéticamente) hubiera que producir al principio del periodo dos debiera producirse lo del 2, 3 y 4 y no producir en el 3 ni en el 4.

Para i=1

Para encontrar C1 se deben analizar cuatro casos:

• El inventario llega a cero al final del primer periodo (j=1)


• El inventario llega a cero al final del segundo periodo (j=2)

• El inventario llega a cero al final del tercer periodo (j=3)

• El inventario llega a cero al final del cuarto periodo (j=4)


j= i, i+1, ..., n

C1(1) = C2 + 2 + 1(r1)

C1(2) = C3 + 2 + 1(r1 + r2) + 0.2 (r2)

C1(3) = C4 + 2 + 1(r1 + r2 + r3) + 0.2 (r2 + 2r3)

C1(4) = C5 + 2 + 1(r1 + r2 + r3 + r4) + 0.2 (r2 + 2r3 + 3r4 )

C1(1) = 10.4 + 2 + 1(3) = 15.4

C1(2) = 7.4 + 2 + 1(3 + 2) + 0.2 (2) = 14.8

C1 = mín. C1(3) = 4 + 2 + 1(3 + 2 + 3) + 0.2 (2 + 2*3) = 15.6

C1(4) = 0 + 2 + 1(3 + 2 + 3 + 2) + 0.2 (2 + 2*3 + 3*2) = 14.8

C1 =14.8

Observemos que C1(2) y C1

(4) empatan como mínimos, lo que significa que las políticas empatan como políticas óptimas (El problema tiene dos soluciones que producen el óptimo).

La política C1(4) dice que se produzca suficiente en el periodo 1 para cubrir la demanda de

los cuatro periodos.

La política C1(2) cubre sólo la demanda hasta el periodo 2. Luego se usa el resultado de C3,

es decir, se produce lo suficiente en el periodo 3 para los siguientes dos periodos.

Los programas de producción óptimos son entonces:

1. Producir 100000 bocinas en el periodo 1.

Costo total = $148000


2. Producir 50000 bocinas en el periodo 1 y 50000 bocinas en el periodo 3

Costo total = $148000

Observe que el costo unitario c es irrelevante en el problema, porque para todos los periodos todas las políticas producen el mismo número de unidades al mismo costo. El costo c solo es relevante cuando varía de periodo en periodo por descuentos, por volumen o por escalas de producción diferentes.


Capítulo 20.

Modelo estocástico de inventarios

Los modelos estocásticos son, en general, más complejos que los determinísticos vistos hasta ahora. Sin embargo, veremos uno de los más sencillos para comprender el manejo de la estocasticidad en la demanda (recuerde que hay otros parámetros que también pueden ser estocásticos como el tiempo de adelanto).

Modelo de un periodo sin costo fijo

Hasta el momento hemos venido suponiendo que la demanda es conocida y cierta. Pero la mayoría de los casos nos muestran demandas inciertas y desconocidas. Suponiendo que la demanda para un periodo es una variable aleatoria, es posible conocer su distribución de probabilidad.

El manejo de los fenómenos aleatorios (estocásticos) se hace por medio de la asignación de variables aleatorias que expliquen el fenómeno. La determinación de la variable aleatoria que explica el fenómeno aleatorio requiere un trabajo de campo que está fuera del alcance de este curso.

Ejemplo: Distribuidor de bicicletas

Un distribuidor mayorista de bicicletas compra bicicletas al fabricante para surtir las diferentes tiendas en el Oeste de Estados Unidos.

Existe incertidumbre sobre cuál será la demanda de bicicletas por parte de las tiendas en cualquier mes, por lo que el distribuidor se enfrenta a la pregunta:

¿Cuántas bicicletas debe ordenar al fabricante en un mes determinado si no se conoce la demanda?

Usaremos la notación salidas (costos) positivos e ingresos negativos.

El distribuidor ha analizado sus costos y ha determinado que los siguientes factores son importantes:


1. Costo de ordenar

Costo de colocar un pedido + Costo de las bicicletas.

Nota. El distribuidor no podrá reordenar bicicletas para el periodo siguiente; o sea, se considera un pedido para un solo periodo, ya que es un modelo de bicicleta que se va a descontinuar. Por ser un solo pedido no hay que considerar el costo de colocar pedidos (K), ya que es una constante.

2. Costo de mantenimiento

Costo de tener un inventario. Se ha estimado en $1 por bicicleta-periodo. Sin embargo, las bicicletas tienen un valor de salvamento de $10 / bicicleta y se asegura que a ese precio se venden todas, por lo que el costo neto es: (1−10) = −9$/bicicleta.

Aunque parece extraño que las bicicletas que se quedan hasta el final del periodo y se venden a valor de salvamento dan una utilidad de 9$/bicicleta, hay que tener en cuenta que este valor apenas permite recuperar parcialmente el costo de adquisición de las bicicletas.

3. Costo por faltantes

Costo por no tener una bicicleta disponible cuando se necesita.

Se considera despreciable en el siguiente ejemplo, (aunque existe un costo de oportunidad que es la utilidad dejada de percibir):

Según la terminología que hemos venido empleando, se tiene:

K: 0 Costo de preparación

c: $20/bicicleta Costo de adquisición

h: −$9/bicicleta-mes Costo de mantenimiento

p: $45/bicicleta Precio de venta

Vamos a adoptar inicialmente el criterio de maximización del ingreso neto para la formulación del modelo.

Ingreso neto (utilidad) = rendimiento total - costo en que se incurre.

Definamos

$ 0 $ 20


y: cantidad comprada por el distribuidor al fabricante, que es la cantidad que debemos determinar (la cantidad a pedir). Es lo que en los modelos determinísticos denominábamos Q.

D: cantidad demandada por las tiendas al distribuidor

Ingreso neto = p * cantidad vendida por el distribuidor − c * cantidad comprada por el distribuidor

−h * cantidad no vendida y liquidada al valor de recuperación.

Observe que se parte de la hipótesis de que todas las bicicletas se venden: unas a p ($45/bicicleta) y las demás al valor de recuperación ($10/bicicleta).

Cantidad vendida por el distribuidor = min {D, y}.

Cantidad no vendida por el distribuidor a pecio normal sino al valor de recuperación max{0, y - D}

Ingreso neto = p min{D, y} − cy − h max{0, y − D}.

Pero se puede demostrar fácilmente que:

min{D, y} = D − max{0, D − y}.

Demostración:

Si y≥D: min {D, y} = D, y el max{0, D − y} = 0, por lo que se tiene D = D − 0, que es cierto.

Si y<D: min {D, y} = y, y el max{0, D − y} = D−y, por lo que se tiene y = D − (D−y) que también es cierto

Por lo que reemplazando este mínimo en la fórmula de arriba obtenemos:

Ingreso neto = (pD – p max {0, D − y}) − cy – h max {0, y − D}

Debemos Max Z =

pD – p max{0, D − y} − c y − h max{0, y − D}, pero pD es independiente de la política de inventario (el valor de y seleccionado), por lo que se puede prescindir de su valor en el proceso de optimización, algo similar a lo que se hace con las constantes en los procesos de optimización, que se pueden ignorar, porque no influyen en la determinación de los valores que producen el óptimo.


Entonces debemos:

Max Z = − p max{0, D − y} − cy − h max{0, y − D}.

Recuerde que

Maximizar es equivalente a Minimizar

ingreso neto − (ingreso neto),

o sea, cambiarle el signo a la función objetivo.

Entonces el problema se convierte en:

Min Z = p max{0, D − y} + cy + h max{0, y − D}

Los tres términos de esta expresión tienen el siguiente nombre:

pmax{0, D - y}: se denomina Costo por faltantes, ya que este término no toma valor sino cuando D≥y: Demanda ≥ cantidad pedida, o sea cuando hay faltantes).

Cy: (se denomina Costo de adquisición, ya que es el precio al que se compran las bicicletas).

hmax{0, y - D}: se denomina costo de almacenamiento, ya que este término no toma valor sino cuando y ≥ D: Cantidad pedida ≥ Demanda, o sea cuando sobran bicicletas, que hay que guardarlas para venderlas al final del periodo a valor de salvamento.

Reemplazando los valores numéricos la función objetivo se vuelve:

Min Z=45max {0, D − y} + 20y − 9max {0, y − D}.

El costo total es una variable aleatoria, ya que la demanda D es una variable aleatoria y cualquier función de una variable aleatoria es otra variable aleatoria.

C(D, y) = cy + pmax {0, D − y} + hmax {0, y − D}.

Es posible obtener una política óptima de inventario conociendo la distribución de probabilidad de la demanda y minimizando el valor esperado del costo total. Aunque existen varias formas de optimizar (en este caso minimizar) variables aleatorias, una muy aceptada y bastante utilizada, consiste en minimizar el valor esperado (promedio) de la variable aleatoria: costo total.

Como la demanda puede ser continua o discreta, analicemos los dos casos:


Caso 1. Costo total esperado si la demanda tiene una distribución discreta PD(d)

C(y) = E {C (D, y)}.

C(y) = ∑ [c y + p max {0, d − y} + hmax {0, y − d}] ∗ PD(d) ]∞d=0 .

C (y) = c y + ∑ [p(d − y)PD(d)]∞d=y + ∑ [h(y − d)PD(d)]y−1

d=0 .

Donde

El primer término se saca de la sumatoria ya que no depende de la demanda.

El segundo se hace variar desde y hasta ∞ ya que solo toma valores para d ≥ y.

El tercer término se hace variar (la demanda) de 0 a y−1, ya que solo toma valores para y > d, o lo que es lo mismo para d < y.

Cuando la demanda es discreta la solución analítica de estas expresiones resulta bastante compleja y por ello se supondrá una demanda continua.

Caso 2. Costo total esperado si la demanda tiene una distribución discreta PD(d).

ϕD ( ξ ) = Función de densidad de probabilidad de D.

Φ (a) = Función de distribución acumulada de D.

Recuerde que

ξξϕ daD

a)()(

0∫=Φ

Por lo que el costo total esperado si la demanda tiene una distribución continua PD(d)

ξξϕξ dyCyC D )(),()(0∫∞

=

Esta es la expresión estadística de una función de una variable aleatoria (el costo, que es función de la demanda) que tiene función de densidad dada por la función de densidad de la demanda. Reemplazando el costo se tiene:

ξξϕξξ dyhmáxymáxpcyyC D )(}],0{},0{[()(0

−+−+= ∫∞

Y haciendo con los tres términos de la integral lo mismo que se hizo para el caso discreto se llega a:


ξξϕξξξϕξ dyhdypcyyC D

y

Dy)()()()()(

0−+−+= ∫∫

∞

)()( yLcyyC +=

Es decir, cy + más una función L(y) que comprende los otros dos términos: costo esperado por faltantes y almacenamiento.

El valor de y que minimiza C(y) se obtiene haciendo:

𝑒𝑒𝐶𝐶(𝑦𝑦)𝑒𝑒𝑦𝑦

= 0, lo que después de un largo proceso nos da que el valor de y que hace que esa

derivada sea cero es un valor y0 tal que

Φ (y0) = 𝑝𝑝−𝑐𝑐𝑝𝑝+ℎ

Para el caso discreto con función acumulada FD se tiene que y0 es el entero más pequeño, tal que

FD (y0) ≥ 𝑝𝑝−𝑐𝑐𝑝𝑝+ℎ

y de esta forma se resuelven los dos casos: el discreto y el continuo.

El valor 𝑝𝑝−𝑐𝑐𝑝𝑝+ℎ

se denomina el factor crítico y se puede generalizar de la siguiente manera:

𝑝𝑝−𝑐𝑐𝑝𝑝+ℎ

= (𝑝𝑝−𝑐𝑐)(𝑝𝑝−𝑐𝑐)+(𝑐𝑐+ℎ)

donde:

p – c es el costo de oportunidad en que se incurre si pido una bicicleta menos (me equivoco en una bicicleta hacia abajo, o sea la demanda es una bicicleta más de lo que pedí, este valor lo denominamos C− en tanto que c + h representa el costo en que se incurre si pido una bicicleta más (me equivoco en una bicicleta hacia arriba), recuerde el caso numérico donde c + h = $20 + (−$9) = $11, que es en realidad lo que pierdo si me queda sobrando una bicicleta: $10 que pierdo al comprarla por $20 y venderla por $10 + $1 que pierdo por haberla tenido guardada. Este valor lo denominamos C+

Por lo tanto el factor crítico se vuelve C−/(C− + C+).

Continuando con el ejemplo que hemos venido trabajando, supongamos que la demanda tiene una distribución exponencial con media de 10000.

Note que, aunque la demanda de bicicletas es estrictamente discreta, la aproximamos por una función continua, ya que es más sencilla de manejar, como se había dicho antes.

Recuerde que la función de densidad para una exponencial con media 10000 es:


110000

e-ξ/10000 si ξ > 0

ϕD (ξ) =

0 de otra manera

Recuerde que c = 20, p = 45, h = − 9

ξξ deaa 10000/

0 100001)( −∫=Φ

Por lo que

6944.094520451)( 10000/ =−−

=−=Φ −aea

Despejando se obtiene que:

1 – e-y0/10000 = 0.6944

Sacando logaritmo natural se llega a:

ln e-y0/10000 = ln 0.30556

−𝑦𝑦010000

= −1.1856

Es decir: y0 = 11856 bicicletas.

Observe que la solución consiste en pedir 11856 bicicletas, que es mucho mayor que la media (10000 bicicletas), ya que el costo de una bicicleta que falta es mucho mayor que el de una bicicleta que sobra.

C- = p – c = $45 − $20 = $25 (costo de oportunidad si me queda faltando una bicicleta)

C+ = c + h = $20 + (−94) = $11.

Por esa razón, el óptimo prefiere equivocarse hacia arriba que hacia abajo.


Ejemplo:

La administración de una aerolínea ha decidido basar su política de sobreventa en el modelo estocástico de un periodo con productos perecederos, ya que maximiza la ganancia esperada. Esta política debe aplicarse a un vuelo nuevo de Bogotá a Medellín. El avión tiene 125 asientos y una tarifa de $250.000 Como es común que algunos no se presenten, la línea debe aceptar más de 125 reservaciones. En los casos en que llegan más de 125 personas a tomar el vuelo, la línea encuentra voluntarios que puedan tomar un vuelo más tarde a cambio de un vale de $150.000 para cualquier vuelo futuro con la línea.

Por experiencia con vuelos similares, se estima que la frecuencia relativa del número de los que no se presentan es la siguiente:

Número de no

presentados Frecuencia relativa

0 5%

1 10%

2 15%

3 15%

4 15%

5 15%

6 10%

7 10%

8 5%

Tabla 20.1

a) Al interpretar este problema como un problema de inventario, ¿cuáles son las unidades de un producto perecedero que se coloca en inventario?

b) Identifique el costo unitario de ordenar de menos y el costo unitario de ordenar de más. c) Use el modelo con estos costos para determinar cuántas reservaciones de sobreventa

aceptar


a) Aunque aparentemente no hay manejo de inventarios en la venta de tiquetes, piénsese que la sobreventa, los tiquetes vendidos en exceso, son un artículo que se pone en inventario, se guardan para utilizarlos si se necesitan (cuando no se presenta un pasajero), y que si no se necesita hay que descartarlo a un costo alto (el bono), con lo que el modelo se puede asimilar al manejo de un producto perecedero.

b) El costo unitario de una unidad de menos (si me falta un tiquete sobrevendido) es el valor del tiquete porque la silla vuela vacía, es decir C− = $250.000 El costo unitario de una unidad de más (si me sobra un tiquete sobrevendido) es el valor del bono, porque a ese pasajero hay que darle el bono para que no tome ese avión, sino un vuelo más tarde, es decir C+ = $150.000

c) El factor crítico es: C−/(C− + c+) = 250.000/(250.000 + 150.000) = 0.625 = 62.5% Calculamos la función acumulativa de la sobreventa:

Número de no presentados Probabilidad Probabilidad acumulada

0 0.05 0.05

1 0.10 0.15

2 0.15 0.30

3 0.15 0.45

4 0.15 0.60

5 0.15 0.75

6 0.10 0.85

7 0.10 0.95

8 0.05 1.00

Tabla 20.2

Como el menor valor de la acumulativa (que es mayor o igual al factor crítico es 0.75 que corresponde al valor 5 en la acumulativa), se deben sobrevender 5 tiquetes, o sea vender 130 tiquetes para el vuelo de capacidad 125.


Problemas de Teoría de Inventarios

Problema 1. Una empresa local de contaduría en Guatemala pide cajas de 10 disquetes a un almacén en la ciudad. El precio por caja que cobra el almacén depende del número de cajas que se le compren (ver tabla). La empresa de contadores utiliza 10,000 disquetes por año. El costo de hacer un pedido es 100 dólares. El único costo de almacenamiento es el costo de oportunidad de capital, que se supone 20% por año. P1=50 dólares, P2=40 dólares, P3=48.50 dólares

Número de cajas pedidas (q) Precio por caja (dólares)

0<=q<100 50.00

100<=q<300 49.00

q>=300 48.50

Cada vez que se hace un pedido de disquetes ¿Cuántas cajas se deben pedir? ¿Cuántos pedidos se hacen al año? ¿Cuál es el costo anual total para cumplir con la demanda de disquetes por parte de la empresa?

Los datos del problema son:

a = 10000𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

* 1 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒10 𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

= 1000 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

K = 100 US$

h = (0.2/año)*costo adquisición en ($/caja)

Observe que como todas las unidades son homogéneas (por eso se convirtió la demanda a cajas/año) el análisis en las fórmulas se puede hace sólo con los valores numéricos:

Encontremos el Q*

Q* =�2𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ

= �2∗1000∗1000.2∗49

= 142.86 (cajas de disquetes)

http://www.monografias.com/trabajos11/empre/empre.shtml

http://www.monografias.com/trabajos12/presguat/presguat.shtml

http://www.monografias.com/trabajos12/alma/alma.shtml

http://www.monografias.com/trabajos16/fijacion-precios/fijacion-precios.shtml#ANTECED


http://www.monografias.com/trabajos12/dispalm/dispalm.shtml

http://www.monografias.com/trabajos13/capintel/capintel.shtml



El óptimo tiene que estar en 142.86 o en 100 (primera escala de descuento) o en 300 (segunda escala de descuento).

Como 142.86 no es entero, se den considerar los dos enteros más próximos 142 y 143.

Por lo tanto se deben considerar cuatro casos: 100, 142, 143 y 300

Analicemos los cuatro casos:

Costo (Q = 100) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ℎ𝑄𝑄2

+ ac = 1000∗100100

+ 0.2∗49∗1002

+ 1000*49

= 1000 + 49 + 49000 = 50049 $/año


+ ℎ𝑄𝑄2

+ ac = 1000∗100142

+ 0.2∗49∗1422

+ 1000*49

= 704.23 + 695.80 + 49000 = 50400.03 $/año


+ ℎ𝑄𝑄2

+ ac = 1000∗100143

+ 0.2∗49∗1432

+ 1000*49

= 699.30 + 700.70 + 49000 = 50400 $/año


+ ℎ𝑄𝑄2

+ ac = 1000∗100300

+ 0.2∗49∗3002

+ 1000*48.5

= 333.33 + 1470 + 48500 = 50303.33 $/año

El tiempo de ciclo es 𝑄𝑄𝑒𝑒

= 3001000

= 0.3 años*12 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒1 𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

= 3.6 meses

En conclusión se deben pedir hacer pedidos de 300 cajas cada 3.6 meses (Observe que aquí no funciona la fórmula del t* porque no se está pidiendo el Q*. Por ello se debe utilizar t* = 𝑄𝑄𝑒𝑒

El número de pedidos por año es: 𝑒𝑒𝑄𝑄

= 10003

= 3.33 pedidos/año

El costo para la empresa de administración de los inventarios es:

50303.33 pesos anuales.

Problema 2. En un pueblo que está en la periferia de la ciudad, hay un centro de emergencias con recursos limitados. Uno de los medicamentos que más se necesitan son los sueros hemofílicos para contrarrestar las picaduras de culebras; el suero se pide a un proveedor de la ciudad. Usted, como responsable del centro, acaba de recibir precios de un proveedor, que ofrece un descuento por cantidad. La información se muestra a continuación con los datos del problema.

Una demanda anual a = 18000 sueros al año


Un costo de mantenimiento h = $0.7 por suero mes.

Un costo de pedidos fijos K = $150 por pedido.

Un costo de compra c basado en el número de sueros pedidos de la siguiente manera: los sueros vienen en paquetes de 150 unidades, si se piden paquetes enteros el proveedor hará un descuento del 15% de su costo por unidad, de lo contrario cada suero saldrá en $20.

¿Cuál debe ser la cantidad óptima a pedir y la frecuencia con la que se deben hacer los pedidos?

suerosQ

messueroh

mesesaño

añosueros

a

KhaKQ

03.8667.0

)150)(1750(2

$7.0

150012

1*

18000150

2

*

*

==

−=

==

=

=

sueros/mes

Para pedir un número entero de paquetes y ganarse el descuento del 15% se debe pedir un número de paquetes igual al entero anterior y posterior.

Como Q* = 866.03 sueros* 1 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑞𝑞𝑎𝑎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒150 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒

= 5.77 paquetes.

Entonces se deben analizar las opciones 5 paquetes y 6 paquetes o sea pedir 750 sueros o 900 sueros

Los datos del problema son:

a = 18000 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

* 1 𝑒𝑒ñ𝑒𝑒12 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

= 1500 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

K = 150$

h = 0.7 $𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒−𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

costo sin descuento = 20 $𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒

costo con descuento del 15% en paquetes = 17 $𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒


Como todas las unidades son homogéneas se puede hacer el análisis sólo con los valores numéricos:

mesC

C

mesC

C

mesC

C

hQacQaKCQ

/$260652

)7.0(900)17(1500900

)150(1500/$91.30562

2)7.0(03.866)20(1500

03.866)150(1500

/$5.260622

)7.0(750)17(1500750

)150(15002

900

900

03.866

03.866

750

750

=

++=

=

++=

=

++=

++=

De este análisis se concluye que es más favorable realizar los pedidos de 750 unidades, es decir, 5 paquetes.

33.2750

1750* ===elegidoQaF veces/mes

Los pedidos se deben realizar 2.33 veces/mes.

Problema 3. La demanda de un artículo es de 800 unidades mensuales, el costo fijo de hacer un pedido es de $1200 y el costo de mantenimiento de un artículo es 3.60 $ mensuales.

En que rango puede moverse el valor de la cantidad a pedir para que los costos administrativos no excedan de $780 anuales?

Este es un problema de sensibilidad (capítulo 15 sensibilidad del costo a cambios en Q)


unidadesQ

mesunidadh

mesunidades

a

KhaKQ

82.25293.0

)1200)(800(2

$60.3

800$1200

2

*

*

==

−=

=

=

=

C = costo real

C’ = costo modificado

𝐶𝐶′∗𝐶𝐶∗

= Relación de desviación del costo: variable dependiente

µ= 𝑄𝑄′∗𝑄𝑄∗

= Relación de desviación de la cantidad a pedir: variable independiente

Como las unidades son homogéneas se puede hacer el análisis solo con los valores numéricos

95.7582

)3.0(82.252982.2529

)1200(8002

=

+=

+=

C

C

QhQaKC


916.0139.1

2)1)(1(4)055.2(055.2

1055.201055.2

2

1'

780'

2

1

2

2

2

==

−−±=

+−=

+=

+

=

=

µµ

µ

µµ

µµ

µµ

CC

C

41.2317)92.2529(916.0""

57.2881)92.2529(139.1''

*2

*1

===

===

QQQ

QQQ

µ

µ

O sea que mientras la cantidad a pedir se mantenga en el rango 2317.41≤Q≤2881.57 el costo no se incrementa más de 2.77% (𝐶𝐶

′∗𝐶𝐶∗

= 1.0277)

Problema 4. Chucho es el dueño de una distribuidora de gaseosas en Marinilla y quiere determinar cómo abastecerse todos los días por la mañana para satisfacer la demanda. Chucho vende gaseosa en botellas de un litro cada una si la demanda en la mañana es de 20 a 24 litros de gaseosa; de allí en adelante Chucho no sigue vendiendo la gaseosa por botellas sino que decide venderlas por mililitros, ya que no cuenta con más botellas para el llenado de gaseosa, el proveedor de Chucho le vende la gaseosa a un costo de $1000 el litro y éste la vende a $1500; la gaseosa que no pueda vender en el transcurso de 8 a 12 de la mañana le es reembolsada a $600 el litro; además, de que incurre en un costo de refrigeración de $30 por litro. El vendedor sabe que el 6% de las veces le compran 20 litros, 11% 21 litros, 10% 22 litros, 8% 23 litros, 5% 24 litros, de allí en adelante dado que comienza a vender por mililitros esta demanda se asume que se distribuye en forma continua de manera uniforme.

Si se sabe que lo máximo que le pueden comprar en volumen de gaseosa son 35 litros y lo mínimo 20 litros por día, determinar cómo debe reabastecerse Chucho por las mañanas para satisfacer la demanda.

Responda nuevamente como debe reabastecerse si el precio de venta es de $1150 el litro en lugar de $1500.


Este es un problema de demanda estocástica, donde la demanda se compone de dos partes: la primera parte es una variable uniforme discreta y la segunda parte una variable uniforme continua.

Demanda en la mañana: 20 a 24 litros (uniforme discreta)

Precio de compra (c) $1000/litro

Precio de venta (p) $1500/litro

Costo de refrigeración $30 por litro

Reembolso $600/litro

Probabilidad 0.06 0.11 0.10 0.08 0.05

Litros 20 21 22 23 24

c = 1000 p = 1500 h = 30 – 600 = -570 (Recuerde que el valor de salvamento (reembolso) es negativo, porque los egresos son positivos y los ingresos negativos y que representa el costo en que se incurre por un artículo que no se logra vender a precio normal y hay que venderlo a valor de salvamento y que se compone de dos partes: costo de haberlo tenido guardado + costo del valor de salvamento)

factor crítico = 5376.0930500

570150010001500

==−−

=+−

hpcp

Prob acumulada para 4.02420 =≤≤ x = (0.06+0.11+0.10+0.08+0.05)

Como la parte discreta acumula 40% (0.4) de la probabilidad, la parte continua de acumular el 60% (0.6) restante.

Recuerde que la función de densidad de una continua uniforme es Kx; determinemos K

Prob acumulada para 6.03524 =≤≤ x = ∫ 𝑎𝑎𝑝𝑝𝑥𝑥3524 = K(35 – 24) = 0.6; despejando K obtenemos K = 0.6/1 =

0.05454

Como el factor crítico es 0.5376, debemos encontrar un valor de la acumulada (x) que sea igual a 0.5376

Prob (20≤X≤x) = 0.5376 (Note que X es la variable aleatoria, en tanto que x es un valor particular de la variable aleatoria.


Prob (20≤X≤x) = Prob (20≤X≤24) + Prob (24≤X≤x) = 0.4 + 0.05454(x – 24) = 0.5376; despejando x obtenemos:

X = 0.5376−0.40.05454

+ 24 = 26.52. Por lo que Chucho, si el precio de venta es $1500/litro debe pedir todos los días 26.52 litros de gaseosa para minimizar los costos (o en forma equivalente maximizar la utilidad)

Si el precio de venta es $1150/litro, en forma similar se tiene:

factor crítico = 2586.0580150

570115010001150

==−−

=+−

hpcp

En este caso la acumulada está en la parte discreta (ya que 0.2586<0.4), por lo que se debe pedir una cantidad de litros tal que sea el valor mínimo que sea mayor a 0.2586, que se obtiene pidiendo 22 litros, ya que Prob (20≤X≤22) = 0.06 + 0.11 + 0.10 = 0.27 (que es valor mínimo de la acumulada que es ≥ 0.2586

Por lo que Chucho, si el precio de venta es $1150/litro debe pedir todos los días 22 litros de gaseosa para minimizar los costos (o en forma equivalente maximizar la utilidad).

Problema 5. DELL, empresa que produce computadoras, desea planear la producción de los próximos 3 meses, para los cuales las respectivas demandas son 100, 120 y 80. El costo de preparación es de $200 en el primer mes, $400 en el segundo y $300 en el tercero. El costo unitario de producción es de $1500 si se producen menos de 110 computadoras, $1200 si se producen entre 110 y menos de 250, y $1000 si se producen 250 o más. Además, se incurren en unos costos unitarios mensuales de almacenamiento de $100 durante el mes 1, y de $200 durante los meses 2 y 3.

Determine el programa de producción óptimo que satisface los requerimientos mensuales y su costo total.

Este problema de planeación de la producción se resuelve por programación dinámica.

Mes K h Demanda

1 200 100 100

2 400 200 120

3 300 200 80


Recuerde que la relación de recurrencia (que se aplica en todos los periodos) es:


j=i, i+1…n

y que Ci(j) representa el costo de producir al principio del periodo i para satisfacer las

demandas desde el i hasta el j, lo que llevaría a producir nuevamente en el periodo j+1

C3(3)=C4+300+1500(80) => 0+300+120000 = 120300*

C2(2) =C3+400+1200(120) => 120300+400+144000 = 264700

C2(3)=C4+400+1200(200)+200(80) => 0+400+240000+16000 = 256400*

C1(1)=C2+200+1500(100) => 256400+200+150000 = 406600

C1(2)=C3+200+1200(220)+100(120) => 120300+200+264000+12000 = 396500

C1(3)=C4+200+1000(300)+100(200)+200(80) =>0+200+300000+20000+16000 = 336200*

La solución es producir 300 computadoras en el mes 1 y no volver a producir. El costo total es $336200

Problema 6. La demanda de algunos bienes responde a un fenómeno económico llamado efecto snob. Este hace referencia a aquellos productos cuya demanda disminuye a medida que aumentan las ventas del bien. Este es el caso de las obras de arte, los carros de lujo, artículos coleccionables, entre otros. Suponga que uno de tales productos tiene una demanda a, pero cuando el nivel de inventario llega a la mitad de lo pedido, la demanda se disminuye a la mitad.

a. Cuál es la expresión de la cantidad económica de pedido?

b. Cada cuánto se deben realizar pedidos?

a. Recuerde que el costo total en $ durante un ciclo tiene tres componentes:

Costo de pedir = K ($)

Costo de la mercancía (los artículos) = cQ ( $𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒í𝑐𝑐𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒

)*artículos = $

Costo de guardar = h*área (si h es constante) = $𝑒𝑒𝑜𝑜𝑒𝑒í𝑐𝑐𝑎𝑎𝑐𝑐𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒

*atículos*tiempo = $

Observe que las unidades de los tres términos son $

Costo total es $ durante el ciclo = K + cQ + h*área.


Para evaluar el área (la integral) grafiquemos como varía el inventario como función del tiempo:

Inv

Q

1

Q/2 - - - - - - - -

2 3 .

. Tiempo

Q/2a 3Q/2a

Área = área triángulo 1 + área rectángulo 2 + área triángulo 3

=(Q/2a)*(Q/2)/2 + (Q/2a)*(Q/2) + (Q/a)*(Q/2)/2 = Q2/(8a) + Q2/(4a) + Q2/4a = 5Q2/(8a)

Costo total es $ durante el ciclo = K + cQ + h*5Q2/(8a)

Costo en $/tiempo = (Costo total es $ durante el ciclo)/(tiempo del ciclo)

[K + cQ + h*5Q2/(8a)]/(3Q/2a) = 2aK/(3Q) + 2ac/3 + 5hQ/12

Derivando esta expresión respecto a Q e igualando a cero obtenemos: 𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑄𝑄

= (-2aK)/(3Q2) + 5h/12 = 0 y despejando Q obtenemos:

Q* =�24𝑒𝑒𝐾𝐾15ℎ

(Esta es la expresión de la cantidad óptima a pedir

El tiempo de ciclo óptimo es t* = Q*/a = �24𝑒𝑒𝐾𝐾15ℎ

/a = � 24𝐾𝐾15𝑒𝑒ℎ

Problema 7. Un local del hueco vende en promedio 16.500 DVD’s mensuales. La empresa cuenta con 2 proveedores principales y deberá escoger sólo uno. Uno le ofrece torres de 25 DVD’s, cada una a $15.000. El otro le ofrece torres de 50 DVD’s, cada una a $29.000. El almacenamiento de un DVD para el dueño del local consiste solamente en el costo de capital que se estima en el 2% por día del valor de adquisición y hacer un pedido


le cuesta $5.000. Si el dueño pide 700 o más DVD’s, cualquiera de los 2 proveedores le da un 5% de descuento. Nota: Un mes tiene 30 días.

a. Cuántas torres de DVD debe pedir el dueño, a qué proveedor y cuánto le cuesta?

b. Cada cuánto debe hacer pedidos el local?

Para hacer más fácil la solución volvamos homogéneas todas las unidades (todo expresado en días, DVDs, $)

a = 16500 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

* 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒

= 550 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄𝑒𝑒í𝑒𝑒

(demanda)

K = 5000$ (costo fijo)

c1 = 15000 $25 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

= 600 $𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

(costo unitario del proveedor 1)

c2 = 29000 $50 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

= 580 $𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

(costo unitario del proveedor 2)

h1 = 0.02 𝑒𝑒í𝑒𝑒

*600$ 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

= 12 $𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄−𝑒𝑒í𝑒𝑒

(costo de mantenimiento del proveedor 1)

h2 = 0.02 𝑒𝑒í𝑒𝑒

*580$ 𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄

= 11.6 $𝑄𝑄𝑉𝑉𝑄𝑄−𝑒𝑒í𝑒𝑒

(costo de mantenimiento del proveedor 2)

Q1* = �2𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ1

= �2∗550∗500012

= 677 DVD

Q2* = �2𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ2

= �2∗550∗500011.6

= 688.6 DVD

Recuerde que para el proveedor 1 el óptimo está en 675 o 700 (los múltiplo de 25 por encima y por debajo del óptimo para comprar en paquetes de 25) y para el proveedor 2 el óptimo está en 650 o 700 (los múltiplos de 50 por encima y por debajo, para comprar en paquetes de 50)

Sin embargo comprar 700 es más económico para el proveedor 2 que para el 1, ya que unitariamente vende más barato.

Entonces hay que analizar solamente tres opciones: 675 al proveedor 1, 650 al proveedor 2 y 700 al proveedor 2. Analicémoslas:

Costo ($/tiempo) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ac + ℎ𝑄𝑄2

C1(675) = 550∗5000𝐾𝐾675

+ 550*600 + 12∗6752

= 4070.07 + 330000 + 4050 = 338120.07

$/día


C2(650) = 550∗5000𝐾𝐾650

+ 550*580 + 11.6∗6502

= 4230.77 + 319000 + 3770 = 327000.77

$/día

C2(700) = 550∗5000𝐾𝐾700

+ 550*580*0.95 + 11.6∗7002

= 3928.57 + 303050 + 4060 =

311038.57 $/día

tc* = Q*/a = 700/550 = 1.27

De las tres alternativas la de menor costo es pedir 700 DVDs al proveedor 2 cada 1.27 días con un costo de 311038.57 $/día

Problema 8. Una fundidora está planeando la compra de un molde metálico especial para hacer unas piezas de carro, y esta decisión dependerá de los costos por unidad de tiempo en los que se incurra con cada una. El molde 1 tiene espacio para 20 piezas, su preparación por ciclo cuesta $20.000 y el costo unitario de cada pieza es de $1.200 por su parte, el molde 2 tiene espacio para 50 piezas, su costo de preparación por ciclo es $22.500 y el costo unitario de cada pieza es $1.190. El costo de mantener en inventario una pieza por semana es de $100.

Se sabe que la demanda de las piezas es de 500 piezas por semana y la fundidora tiene una capacidad de producción de 1500 piezas por semana independientemente del molde que compre. Cada vez que se utilice el molde se debe llenar por completo, es decir, se harán tantas piezas como espacios tenga el molde.

Qué molde debe comprar la fundidora, cuál es el costo por semana y cuál es la cantidad óptima de piezas que debe producir?

a = 500 piezas/semana (demanda)

b= 1500 piezas/semana (producción)

h=$100/vaso-semana

Este modelo es del lote económico de producción

* 2

(1 )

akQ ahb

=−

Costo ($/semana) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ ac + ℎ𝑄𝑄(1−𝑎𝑎𝑏𝑏)

2

Molde 1 (múltiplos de 20)

C1= $1200/vaso


K1=$20000

Como todas las unidades son homogéneas, es suficiente reemplazar los valores numéricos en las fórmulas:

Q1* = �2∗500∗20000100(1− 500

1500)

Q1* = 547.72 moldes Se deben evaluar los múltiplos de 20 anterior y posterior 540 y 560, así:

Costo 1 (540) = 500∗20000

540 + 500*1200 +

100∗540(1− 5001500)

2 = 636518 $/semana

Costo 1 (560) = 500∗20000

560 + 500*1200 +

100∗560(1− 5001500)

2 = 636523 $/semana

Molde 2 (múltiplos de 50)

C2= $1190/vaso

K2=$22500

Q2* = �2∗500∗22500100(1− 500

1500)

Q2* = 580.94 piezas

Se deben evaluar los múltiplos de 50 anterior y posterior 550 y 600, así:

Costo 2 (550) = 500∗22500

550 + 500*1190 +

100∗550(1− 5001500)

2 = 633788 $/semana

Costo 2 (600) = 500∗22500

600 + 500*1190 +

100∗600(1− 5001500)

2 = 633750 $/semana

De las cuatro alternativas la menor es la de producir 600 en el molde 2 cada vez que echa a andar la maquinaria de producción, lo que tiene un costo de 633750 $/semana.

Problema 9. Se encuentra usted frente a una importante consultoría que le hace una empresa productora y expendedora de vinos denominada “El Ebrio Inconsciente” quien le ha informado que según estudios estadísticos rigorosos la demanda de bebidas se comporta de la siguiente manera:


𝐷𝐷𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑝𝑝 (𝑝𝑝) =

⎩⎪⎨

⎪⎧ 𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑋𝑋𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 ≥ 𝑄𝑄

2

2𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑄𝑄4≤ 𝑖𝑖𝑋𝑋𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 < 𝑄𝑄

2

𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑋𝑋𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 < 𝑄𝑄4

La demanda se da en botellas por unidad de tiempo Adicionalmente le dice que el costo de elaboración de una bebida es c y que el costo de iniciar la maquinaria y los tanques de fermentación se ha estimado en K pesos. Cada botella de licor se guarda en una cava de vino y se ha cuantificado el costo de permanecer en dicha cava por botella en h $ por unidad de tiempo. El Gerente de “El Ebrio Inconsciente” le pide a usted que encuentre una expresión para calcular la cantidad óptima a pedir (Q*) según la política empresarial.

Inv. Q

3

Q/2 ---------------------

4 .

Q/4 ------- 1---------------- .

2 5

Tiempo ---------Q/2a--------Q/8a -Q/4a- ---------------7Q/8a--------------- Observe las medidas (en tiempo de los tres intervalos en el gráfico): Para el primer intervalo: (Q/2)/a = Q/(2a) Para el segundo intervalo: (Q/4)/(2a) = Q/(8a) Para el tercer intervalo: (Q/4)/a = Q/(4a) Tiempo del ciclo = tc = Q/(2a) + Q//8a) + Q/(4a) = 7Q/(8a) = 0.875Q/a Costo total ($) = K + cQ + h*área


Calculemos el área: área = área rectángulo 1 + área rectángulo 2 + área triángulo 3 +área triángulo 4 + área triángulo 5

á𝑑𝑑𝑒𝑒𝑝𝑝 = �𝑄𝑄2∗𝑄𝑄2𝑝𝑝� + �

𝑄𝑄4∗𝑄𝑄8𝑝𝑝� + �

𝑄𝑄2∗𝑄𝑄2𝑝𝑝

∗12� + �


∗12� + �


∗12�

á𝑑𝑑𝑒𝑒𝑝𝑝 = �𝑄𝑄

2

4𝑒𝑒� + � 𝑄𝑄

2

32𝑒𝑒� + �𝑄𝑄

2

8𝑒𝑒� + � 𝑄𝑄

2

64𝑒𝑒� + � 𝑄𝑄

2

32𝑒𝑒� = 29𝑄𝑄2

64𝑒𝑒 = 0.453125Q2

Entonces Costo total($) = K + CQ + h*29Q2/64a Costo total ($/tiempo) = Costo total/[7Q/8a] = [K+cQ+h*29Q2/64a]/(7Q/8a) 𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑆𝑆( $

𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒) = 8𝑒𝑒𝑖𝑖

7𝑄𝑄+ 8𝑒𝑒𝐶𝐶

7+ ℎ �29𝑄𝑄

56� = 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑖𝑖𝐼𝐼𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑒𝑒

𝑒𝑒𝑄𝑄𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑆𝑆 =

−8𝑒𝑒𝑖𝑖7𝑄𝑄2

+ ℎ ∗ 2956

e igualando la derivada a cero teneomos:

0 = −8𝑝𝑝𝑘𝑘7𝑄𝑄2

+ ℎ ∗2956

𝑆𝑆𝑃𝑃𝑒𝑒𝑔𝑔𝑝𝑝 𝑄𝑄 ∗= �56 ∗ 8𝑝𝑝𝑎𝑎29 ∗ 7 ∗ ℎ

= �448𝑝𝑝𝑎𝑎203ℎ

= �64𝑝𝑝𝑎𝑎29ℎ

La cantidad a pedir es entonces Q* =�64𝑒𝑒𝐾𝐾29ℎ

Problema 10. En un pueblo hay un chamán llamado “Akiles Va” que vende yagé por litro puesto que los clientes llevan sus recipientes para verter el brebaje. La demanda de este producto durante cualquier día es estocástica, y difícil de estimar; sin embargo mediante brujería el chamán ha calculado que la demanda se distribuye mediante una exponencial 𝜃𝜃𝑒𝑒−𝜃𝜃𝑐𝑐 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑋𝑋 𝑆𝑆 = 𝑆𝑆𝑖𝑖𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑦𝑦 𝜃𝜃 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑑𝑑á𝑚𝑚𝑒𝑒𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝 = 0.007/𝑆𝑆𝑖𝑖𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝.

Al iniciar un día él puede elaborar el yagé a un costo de 1000 pesos por litro y los vende a 1500, pero para aumentar sus ventas “Akiles Va” ofrece un bono de 500 pesos por cada litro si un cliente no encuentra yagé en su establecimiento; si al final del día no ha podido vender todo el yagé tiene que botarlo puesto que no se puede guardar por más tiempo; finalmente el mantener el yagé un día tiene un costo de 5 pesos por litro. Cuántos litros de yagé debe preparar el chamán cada día?

Cómo cambiaría el anterior resultado si se considera la demanda de yagé continua y uniforme definida desde 10 hasta 100 litros? 𝐶𝐶− = costo por un litro faltante = costo de oportunidad + bono = (1500 -1000) + 500 = 1000$/litro 𝐶𝐶+ = costo por un litro sobrante = costo de elaboración + costo de almacenamiento = 1000 + 5 = 1005$/litro


𝐶𝐶−

𝐶𝐶− + 𝐶𝐶+=

10001000 + 1005

= 0.498753117 Caso exponencial: ∫ 𝜃𝜃 ∗ 𝑒𝑒𝜃𝜃𝑐𝑐 ∗ 𝑝𝑝𝑆𝑆𝑥𝑥0 = �1 − 𝑒𝑒−𝜃𝜃𝑐𝑐�.𝐸𝐸𝐼𝐼𝑝𝑝𝑆𝑆𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑆𝑆𝑝𝑝 𝑖𝑖𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒𝑔𝑔𝑑𝑑𝑝𝑝𝑆𝑆 𝑒𝑒𝑋𝑋 0 𝑦𝑦 𝑥𝑥 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑒𝑒𝑋𝑋𝑒𝑒:

[1- e-θx] - [1- e-θ0] = e-θ0 - e-θx = 1 - e-θx

�1 − 𝑒𝑒−𝜃𝜃𝑥𝑥� = 0.498753117 ==> 0.501246882 = 𝑒𝑒−𝜃𝜃𝑥𝑥 ==> 𝑥𝑥

= ln (0.501246882)

−𝜃𝜃= 98.66 𝑆𝑆𝑖𝑖𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒

Si la distribución de la demanda es exponencial con parámetro θ= 0.007, el chamán debe elaborar todos los días 98.66 litros de yagé para maximizar su utilidad promedio. Caso continua:

� 𝑘𝑘 ∗ 𝑝𝑝𝑆𝑆 = 1 ==> 𝑘𝑘 ∗ (100 − 10) = 1 ==> 𝑘𝑘 =1

90

100

10

�1

90∗ 𝑝𝑝𝑆𝑆 = 0.498753117

𝑥𝑥

10

==>1

90∗ (𝑥𝑥 − 10) = 0.498753117 ==> 𝑋𝑋

= (0.498753117 ∗ 90) + 10 = 54.89 𝑆𝑆𝑖𝑖𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒 Si la distribución de la demanda es uniforme entre 10 y 100 litros, el chamán debe elaborar todos los días 54.89 litros de yagé para maximizar su utilidad promedio. Problema 11. Un almacén se dedica a la comercialización de todo tipo de artículos electrónicos de última tecnología. Este almacén desea evaluar el sistema de administración de inventario utilizado, que es un modelo con faltantes, para el último celular con la más alta tecnología japonesa, teniendo en cuenta que la demanda mensual de este producto se ha estimado de 50 unidades. Adicionalmente por el proceso de importación del producto, el proveedor se demora en entregarlo 3 días después de haber lanzado el pedido. El almacén tiene establecida como cantidad de pedido a su proveedor 40 unidades y una capacidad establecida máxima dentro de su sistema para tener hasta 10 unidades faltantes, al cabo de las cuales debe llegar el siguiente pedido. La demanda de este producto sufre un cambio notorio cuando se llega a la mitad del faltante máximo, ya que los clientes asumen este procedimiento como un mal servicio e ineficiencia en la entrega de los productos, haciendo que la demanda se reduzca a la mitad a partir de ese nivel. Considere que un mes laboral tiene 30 días.


a) Realice un gráfico que ilustre el sistema de inventario utilizado por el almacén y determine el tiempo de ciclo de este sistema (tiempo entre pedidos).

b) Encuentre el punto de pedido del artículo (para que los productos lleguen en el

tiempo en que se llega al máximo de la capacidad de productos faltantes). Adicionalmente se requiere conocer el costo de mantener los artículos almacenados en la bodega (en $/mes), sin tener en cuenta el costo de hacer pedidos ni el de los artículos, ni el de pedidos retroactivos (inventario negativo) si h es $10/artículo-mes.

Gráficamente se tiene:

Q = 40 unidades

S = 30 unidades

a = 50 unidades/mes

El tiempo de ciclo TC= T1+T2+T3

Como las unidades son homogéneas consideramos solo los valores numéricos:

𝐶𝐶1: 𝑆𝑆 − 𝑝𝑝𝐶𝐶1 = 0 ==> 𝐶𝐶1 = 𝑆𝑆𝑒𝑒

= 3050

= 0.6 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

𝐶𝐶2: (𝑄𝑄 − 𝑆𝑆) − 𝑝𝑝𝐶𝐶2 =(𝑄𝑄 − 𝑆𝑆)

2==>

(𝑄𝑄 − 𝑆𝑆)2

= 𝑝𝑝𝐶𝐶2 ==> 𝐶𝐶2 = 𝑄𝑄 − 𝑆𝑆

2𝑝𝑝=

102 ∗ 50



𝐶𝐶3 =(𝑄𝑄 − 𝑆𝑆)

2− 𝑝𝑝2𝐶𝐶3 = 0 ==>

(𝑄𝑄 − 𝑆𝑆)2

=𝑝𝑝2𝐶𝐶3 ==>

𝑄𝑄 − 𝑆𝑆𝑝𝑝

=1050


TC= T1+T2+T3= 0.6+0.1+0.2= 0.9 meses*30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

= 27 días.

b) Punto de pedido si el tiempo de adelanto es de 3 días, entonces

Como el TC= 27 días y el Ta= 3 días, el pedido deberá lanzarse al día 24 del TC.

Ta = 3 días* 1 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒 30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒

(tiempo de adelanto) = 0.1 meses

Hallando el punto de pedido

T3-Ta= 𝑋𝑋𝑎𝑎2

; X= (T3-Ta)*(a/2)= (0.2-0.1)*25= 0.1*25= 2.5 unidades (ver el significado de

x en el gráfico)

R= (𝑄𝑄−𝑆𝑆)2

+ 𝑋𝑋 = 5 + 2.5 = 7.5, como R está en la parte de inventario negativo, entonces debo realizar el pedido cuando lleve una promesa de venta de 7.5 unidades.

Costo en $ = h*área = 10$/art-mes*(30art*0.6mes/2) = 90$

Costo en $/mes = 90$/0.9mes = 100$/mes

Problema 12. Una empresa desea planear la producción de un artículo para los siguientes cuatro trimestres, cuyas demandas son respectivamente 4, 12, 6 y 8 unidades. El costo de almacenamiento por unidad durante cada uno de los dos primeros trimestres es de $2 y de $3 durante los dos últimos trimestres. La empresa puede producir el artículo en dos máquinas diferentes que pueden ser usadas en cualquier trimestre. El costo de producción es de $10 por artículo si se producen en la máquina 1 y de $8 por artículo si se producen


en la máquina 2 ya que ésta es de tecnología más avanzada pero su costo de preparación es de $7 en tanto que el de la máquina 1 es de $4. La política de la empresa es utilizar la máquina 1 si se producen 8 artículos o menos y utilizar la 2 si se producen 9 o más. Utilice programación dinámica para determinar cuántas unidades deben producirse en cada uno de los cuatro trimestres si se sabe que al inicio del primer trimestre se cuenta con un inventario de 4 unidades y que la capacidad máxima de producción de cada una de las dos máquinas es de 18 unidades. Nota: durante un mismo periodo sólo se puede utilizar una máquina.

1. Los datos del problema son los siguientes: Trimestre Demanda (r) Costo Inventario (h) 1 4 2 2 12 2 3 6 3 4 8 3

Además se tiene un Inventario Inicial= 4 Unidades para el trimestre 1 Capacidad de producción= 18 unidades/máquina. Solo una trabaja por periodo. Maq. 1= c=10 y K=4. Para Q≤8. Maq.2= c=8 y K= 7. Para Q>=9. Planeación de la producción: Recuerde que la relación de recurrencia (que se aplica en todos los periodos) es:


j=i, i+1…n

y que Ci(j) representa el costo de producir al principio del periodo i para satisfacer las

demandas desde el i hasta el j, lo que llevaría a producir nuevamente en el periodo j+1. Trimestre 4. C4

4= C5 + K + CQ + hInv. = 0+4+8(10)+0= 4+80= $84 * (se utiliza la máquina 1) Trimestre 3. C3(

(3)= 84+4+6(10)+0= 84+4+60+0= $148 (se utiliza la máquina 1) C3

(4)= 0+7+14(8)+8(3)= 0+7+112+24= $143 * (se utiliza la máquina 2) Trimestre 2. C2

(2)= 143+7+12(8)+0= 143+7+96= $246 * (se utiliza la máquina 2) C2

(3)= 84+7+18(8)+6(2) = 84+7+144+12= $247 (se utiliza la máquina 2) C2

(4)= Solución No Factible, ya que no se pueden producir 26 unidades. Trimestre 1. C1

(1)= 246+0+0+0= 246+0= $246 * C1

(2)= 143+7+12(8)+ 12(2)= 143+7+96+24= $270 C1

(3)= 84+7+18(8)+12(2)+6(2+2)= 84+7+144+24+24= $283


C1(4)= Solución No Factible, ya que no se pueden producir 26 unidades.

Costos y Planeación Óptima: Según la planeación de la producción, se debe producir: 0 en el trimestre 1, 12 en el trimestre 2 y 14 en el trimestre 3 con un costo total de 246 Problema 13. Una empresa dedicada a la fabricación de insumos para uso industrial tiene asociado un sistema de lote de producción. La tasa de producción de un artículo utilizado por la empresa es de 60 und./día y su demanda es de 20 und./día durante todo el tiempo de producción del artículo y continúa así hasta que el nivel de inventario del artículo se ha reducido a la mitad del inventario máximo, cuando se aumenta entonces a 30 und./día; puesto que estos insumos son muy apetecidos por las empresas y éstas lo demandan a esa tasa mayor, ya que el artículo no se está produciendo y el inventario se juzga muy bajo. La empresa calculó el lote de producción para este artículo en 1800 unidades. Los costos de mantenimiento del artículo se han estimado en 8$/und-día. Los costos de preparación de la maquinaria se han establecido en $2000 y el costo de producción del artículo es de 8$/und.

a) Realice un diagrama que ilustre de manera correcta el enunciado anterior. Encuentre el tiempo de ciclo del artículo (tiempo entre dos corridas de producción consecutivas).

b) De acuerdo con lo enunciado en el planteamiento del problema, encuentre los costos totales de administración de inventarios en que incurre la empresa en $/mes.

Gráficamente, se tiene:

Inv. Q

. . M ---------------- . a=20 unidades/día b-a = 40 unid/día .

. 2

M/2 --1--- .--------------- . . . a= 30 unidades/día

. 3 .

. . 4 Tiempo ------T1----- ------T2-------- ---T3---


T1: tiempo de producción

T2: Tiempo sin producción con solo demanda de 20 unidades/día

T3: Tiempo sin producción con solo demanda de 30 unidades/día

b = 60 unidades/día

K = 2000$

c = 8$/unidad

h = 8$/unidad-día

Q = 1800 unidades

𝑀𝑀 (𝑖𝑖𝑋𝑋𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝 𝑚𝑚á𝑥𝑥𝑖𝑖𝑚𝑚𝑝𝑝) = 𝑄𝑄 �1 −𝑝𝑝𝑡𝑡� = 1800 ∗ �1 −

2060� = 1200 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒.

T1= Q/b= 1800/60= 30 días. T2 = M/2a = 1200/40= 30 días. T3 = M/60 = 1200/60= 20 días. T3 = tiempo de ciclo= T1 + T2 + T3 = 30 días + 30 días + 20 días = 80 días a) Tiempo de ciclo = T3 = 80 días b) Costo total (en $ durante el ciclo) = K + cQ + h*área Calculemos el área (bajo la curva de inventarios) área = área triángulo 1 + área triángulo 2 + área rectángulo 3 + área triángulo 4 área =30*1200/2+30*600/2+30*600+20*600/2 = 18000+9000+18000+6000=51000 art-día Costo total(en $)= 2000 + 8*1800+ 8*51000 = 2000 + 14400 + 408000 = 424400 $ Costo total en $/mes = (costo total en $)/(tiempo del ciclo) = 424000 $80 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒

*30 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

= 159000 $/mes Problema 14. Usted se encuentra en Marsella, al sur de Francia y cuna de la cultura celta, los pobladores están celebrando la festividad Samhain más conocida en la actualidad como Halloween; La empresa “Trick-or-treat” aprovecha esta época para vender disfraces personalizados, con este fin la empresa no tiene


inventario físico puesto que confecciona los disfraces solo cuando haya vendido una cantidad fija Q, una vez llega el pedido se abastecerá las ventas desde las ultimas hasta las primeras. Dicha empresa cuenta con dos asesores de ventas: Jack y O’Lantern. Jack no es tan hábil para vender y comprometerse a hacer los disfraces, por esta razón el director de la “Trick-or-treat” le ha ordenado que venda solo hasta Q/8 disfraces; luego será sustituido por O’Lantern, ya que es más difícil vender mayor cantidad de disfraces a promesa, él vende el resto de disfraces hasta Q. El costo de vender un artículo sin tenerlo físicamente se considerara igual al costo por unidad de los asesores, siendo $20/disfraz*mes para Jack y $30/disfraz*mes para O’Lantern. La demanda de disfraces en esta época se estima constante con un valor de 10 disfraces diarios. Cada disfraz le cuesta a la empresa $100. Adicionalmente los telares en donde se confecciona los disfraces se deben encender y calibrar cada vez que se inicie la producción, este costo improductivo se asume como $1000. a. La empresa le solicita a usted que calcule la cantidad óptima de pedido, de tal

manera que minimice los costos totales de administración de inventarios. Tómese un mes como 30 días.

b. En una epifanía acerca de su futuro el gerente de la empresa le pregunta que rango de valores puede tomar la cantidad óptima de pedido para que no sobrepase una variación positiva total de los costos de inventario en un 5%.

a. a= 300art/mes p1=20$/art-mes p2=30$/art-mes c=10$/art K=1000$ --T1- ----------------T2-------------- Tiempo 1 2 Q/8 ------------------------------------- . . . . a 3 . . . . . Q -------------------------------------------- Inventario


T1 = Tiempo durante el cual vende Jack = 𝑄𝑄8𝑒𝑒

T2 = Tiempo durante el cual vende O´Lantern = 7𝑄𝑄8𝑒𝑒

Note que en este problema se trabaja siempre con inventario negativo (venta de promesas) Costo total ($)= K + c*Q + p1*área1 + p2*(área2 + área 3) Costo total ($)= K + c*Q + p1* 𝑄𝑄2

128𝑒𝑒 + p2*(7𝑄𝑄

2

64𝑒𝑒 + 49𝑄𝑄

2

128𝑒𝑒)

Costo total ($)= K + c*Q + p1* 𝑄𝑄2

128𝑒𝑒 + p2*63𝑄𝑄

2

128𝑒𝑒

Costo total ($/tiempo) = Costo total ($)/(Q/a) = 𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄

+ a*c + 𝑝𝑝1∗𝑄𝑄128𝑒𝑒

+ 𝑝𝑝2∗63𝑄𝑄128𝑒𝑒

𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑖𝑖𝐼𝐼𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑄𝑄

(𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑆𝑆) = −𝑒𝑒𝑖𝑖𝑄𝑄2

+ 𝑝𝑝1128𝑒𝑒

+ 63𝑝𝑝2128𝑒𝑒

e igualando a cero obtenemos:

𝑖𝑖𝑔𝑔𝑃𝑃𝑝𝑝𝑆𝑆𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝 0 𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑄𝑄 ∗= � 128∗𝑒𝑒𝑖𝑖(𝑝𝑝1+63𝑝𝑝2)

= �128∗300∗1000(20+63∗30)

= 142 disfraces

La empresa debe producir los disfraces cuando tenga pedidos acumulados por 142 disfraces b.

𝑄𝑄′𝑄𝑄∗ + 𝑄𝑄∗

𝑄𝑄′2

≤ 1,15 𝐸𝐸𝑑𝑑𝑃𝑃𝑝𝑝𝑑𝑑𝑖𝑖𝑝𝑝𝑋𝑋 𝑄𝑄′2 − 2.3𝑄𝑄′𝑄𝑄 ∗ +𝑄𝑄 ∗2= 0 𝑄𝑄′2 − 3266𝑄𝑄′ + 20164 = 0

𝑄𝑄′1 = 642 𝑄𝑄′2 = 264.4

𝑅𝑅𝑝𝑝𝑋𝑋𝑔𝑔𝑝𝑝 = 264.4 ≤ 𝑄𝑄′ < 642 Mientras la empresa produzca los disfraces cuando tenga pedidos acumulados por cualquier cantidad entre 264.4 disfraces y 642 disfraces sus costos totales de administración de inventarios no se incrementan más de un 5%.

Problema 15. MOTOCORP S.A es una empresa que se dedica a la comercialización de equipos de sonido para automóviles. La empresa ha estimado que el comportamiento de la demanda mensual tiene una distribución exponencial con media de 200 unidades. Además se considera despreciable el costo de realizar un pedido, el costo de adquirir cada equipo es de $50 y el precio de venta es de $80. Estos dispositivos de sonido tienen una vida útil muy corta (1 mes) ya que cada mes, sale un nuevo producto modificado al mercado, haciendo que los equipos de sonido que se hayan guardado este tiempo queden obsoletos.


Motocorp ha decidido negociar con la empresa proveedora y han llegado al acuerdo que los equipos que no se vendan durante el mes, los devuelva y la empresa le reconoce el 50% del valor de su compra, para que las pérdidas sean compartidas. El costo de mantener una unidad en inventario durante un mes es de 35$ y cuando la demanda excede la oferta, la empresa pide uno de emergencia a su proveedor a un costo de $70.

a) Determine el número óptimo de equipos de sonido que la empresa deberá pedir al comienzo del mes, para minimizar los costos totales promedios. Redondee el valor al número entero más cercano.

b) La empresa está muy preocupada porque el número de unidades que tienen que

comprar de emergencia le está reduciendo considerablemente las utilidades. Por lo tanto, se han propuesto como política que solo en un 10% de las veces, se realicen estos pedidos. Encuentre la nueva cantidad a ordenar para cumplir este indicador.

a) K= 0; c=50$/und.; val. Salvam.=0.50*c=25$/und;

h=35$/und-mes; p=80$/und; costo unidad de emergencia=70$/und 𝐶𝐶−: 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑖𝑖𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑝𝑝𝑆𝑆𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝐶𝐶+: 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑖𝑖𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝

c- ($/art) = costo por comprar unidad de emergencia a $70/und en lugar de comprarlo a $50/und = $20/und (Note que no hay costo de oportunidad porque la venta no se pierde) c+ ($/art) = costo por vender el artículo a valor de salvamento + costo de almacenamiento = (50$/und – 25$/und) + 35$/und = 60$/und Factor crítico = 𝐶𝐶−

𝐶𝐶−+ 𝐶𝐶+ = 20

20+60 = 0.25

La demanda se distribuye exponencial con media 𝜆𝜆 = 1

200= 5 ∗ 10−3

�𝜆𝜆 ∗ 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑥𝑥 ∗ 𝑝𝑝𝑥𝑥𝑒𝑒

0

= 0.25 ; �1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑥𝑥� 𝑒𝑒𝐼𝐼𝑝𝑝𝑆𝑆𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑋𝑋 0 𝑦𝑦 𝑝𝑝 = 0.25 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑋𝑋 𝜆𝜆 = 0.005 ==

=> �1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒� − �1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆0� = �1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒� − (1 − 1) = �1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒�

�1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒� = 0.25 ==> 0.75 = 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒 ==> 𝑝𝑝 = ln (0.75)−𝜆𝜆

= ln (0.75)−0.005

= 58 𝑒𝑒𝑞𝑞𝑃𝑃𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝 b) En caso de solo pedir la unidad de emergencia el 10% de las veces se tiene:


c- ($/art cuando se pide la unidad de emergencia) = $20/und (ya calculado en el numeral a) con probabilidad 0.10 c- ($/art cuando no se pide la unidad de emergencia) = (80$/und – 50$/und) = 30$/und (aquí se considera el costo de oportunidad porque se pierde la venta) con probabilidad 0.90 c- promedio = $20/und*0.10 + 30$/und*0.90 = 29$/und Factor crítico = 𝐶𝐶−

𝐶𝐶−+ 𝐶𝐶+ = 29

29+60 = 0.326

�1 − 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒� = 0.326 ==> 0.674 = 𝑒𝑒−𝜆𝜆𝑒𝑒 ==> 𝑝𝑝 = ln (0.674)

−𝜆𝜆=

ln (0.674)−0.005

= 79 𝑒𝑒𝑞𝑞𝑃𝑃𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝 Problema 16. una empresa se dedica a la comercialización de alarmas para automóviles. Estos productos son muy automatizados, de lujo y deben ser importados. La empresa está interesada en determinar el tamaño de la cantidad económica a pedir de este producto y lo ha contratado a usted para ello. Le informa que según estudios realizados, se ha establecido que la demanda es constante y está dada por a (art/tiempo); el costo de hacer un pedido es K ($), el costo de almacenamiento es h ($/art-tiempo). Cuando el inventario llega a cero la empresa realiza un proceso de adecuación de la bodega que tiene una duración proporcional al tiempo que duró el artículo en la bodega. Durante ese periodo de adecuación el artículo no se vende, ni se puede recibir tampoco.

Determine la cantidad óptima a pedir que minimice los costos totales de administración de inventarios.

Sea n: la proporción de tiempo (porcentaje de tiempo) que dura la adecuación de la bodega

----------𝑄𝑄𝑒𝑒

----------- --------𝑛𝑛𝑄𝑄𝑒𝑒

-------- ----------𝑄𝑄𝑒𝑒

-----------

Tiempo de ciclo= 𝑄𝑄𝑒𝑒

+ 𝑛𝑛𝑄𝑄𝑒𝑒

= 𝑄𝑄𝑒𝑒∗ (1 + 𝑋𝑋)


Costo total ($) = K + cQ + h*área = K + cQ + hQ2/2a Costo total ($/tiempo) = Costo total ($)/(tiempo de ciclo) = (K + cQ + hQ2/2a)/[ 𝑄𝑄

𝑒𝑒∗ (1 + 𝑋𝑋)] = 𝑒𝑒𝐾𝐾

𝑄𝑄(1+𝑛𝑛) + 𝑒𝑒𝑐𝑐

1+𝑛𝑛 + ℎ𝑄𝑄

2(1+𝑛𝑛)

Derivando e igualando a cero se tiene: 𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐

𝑒𝑒𝑄𝑄 = -(aK)/[Q2(1+n)] + h/[2*(1+n)] = 0

Despejando Q se obtiene la expresión de la cantidad óptima a pedir:

Q*= � 2𝑒𝑒𝑖𝑖ℎ(1+𝑛𝑛)

Problema 17. La administración de Quality Airlines ha decidido basar su política de sobreventa en el modelo estocástico de un periodo con productos perecederos, ya que maximiza la ganancia esperada. Esta política debe aplicarse a un vuelo nuevo entre Medellín y Bogotá. El avión tiene 125 asientos y una tarifa de $250.000. Al momento del embarque y como estrategia para llenar el avión la aerolínea ofrece tiquetes a viajeros que van al aeropuerto y a último momento los quieran comprar a un precio de $100.000 y de los tiquetes ofrecidos de esta forma la mitad en promedio encuentran respuesta positiva por parte de los pasajeros que van al aeropuerto con la esperanza de encontrarlos. Como es común que algunos no se presenten, la línea debe aceptar algunas más de las 125 reservaciones. En los casos en que llegan más de 125 personas a tomar el vuelo, la línea encuentra voluntarios que puedan tomar un vuelo más tarde a cambio de un vale de $150.000 para cualquier vuelo futuro con la línea. Por experiencia con vuelos similares, se estima que la frecuencia relativa del número de los que no se presentan es la siguiente:

Número de no presentados Frecuencia relativa (en %) 0 5

1 10 2 15 3 15 4 15 5 15 6 10 7 10 8 5 a) Determine cuántas reservaciones de sobreventa se deben aceptar.

b) Entre que valores podría variar el valor del vale ofrecido para que la cantidad de tiquetes sobrevendidos sea 8?


Sobreventa. (en %) Acumulativa (en %) 0 5 5

1 10 15 2 15 30 3 15 45 4 15 60 5 15 75 6 10 85 7 10 95 8 5 100

𝐶𝐶−: 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑖𝑖𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑝𝑝𝑆𝑆𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝐶𝐶+: 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝑒𝑒𝑋𝑋 𝑞𝑞𝑃𝑃𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑖𝑖𝑋𝑋𝑑𝑑𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑝𝑝𝑡𝑡𝑑𝑑𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑝𝑝 𝑃𝑃𝑋𝑋𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝

c- ($/silla) = costo d oportunidad – ingresos promedio recuperados ingresos promedio recuperados = 100000*0.5 =50000 $/silla c- ($/art) = 250000 $/silla – 50000 $/silla = 200000 $/silla (Observe que lo recuperado son ingresos y por eso llevan signo menos c+ ($/art) = valor del bono = 150000 Factor crítico = 𝐶𝐶−

𝐶𝐶−+ 𝐶𝐶+ = 200

200+150 = 0.5714 = 57.14%

El menor valor en la acumulativa que es ≥ 57.14 es 60 que corresponde a una sobreventa de 4.

Luego para ese vuelo se deben sobrevender 4 tiquetes, o sea vender 129 tiquetes para minimizar los costos.

b) 0.95 < 200/(200+c+) <= 1 190+ 0.95c+ < 200 <= 200 + c+ c+ < (200-190)/0.95 c+< 10.52 200 + c+ >= 200 c+>= 0.0 es decir 0 <= c+ < 10.52 Es decir si se ofrece un bono entre 0$ y 10.52$ la solución de costo mínimo es sobrevender 8 tiquetes, o sea vender 133 tiquetes.


Problema 18. Una empresa manufacturera desea determinar el tamaño óptimo del lote de producción (lote de mínimo costo) de un artículo. El artículo se produce a una tasa b; mientras dura el ciclo productivo la demanda es a (por supuesto a<b), pero cuando se suspende la producción del artículo la demanda se duplica ya que los clientes al darse cuenta de que no se está produciendo el artículo se lanzan a comprarlo antes de que se acabe. Determine el Q óptimo.

b-a 2a ------Q/b------ -----------x-------------

M= Q(1-a/b)

2a= M/x = Q(1-a/b)/x x= Q(1-a/b)/2a

Base del triángulo: Q/b + x = Q/b + Q(1-a/b)/2a = Q(1/b+1/2a+1-1/2b) = 𝑄𝑄(1𝑃𝑃

+ 1𝑒𝑒

)/2

Costo total ($) = K +cQ + h*área

área = 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒2

= [𝑄𝑄�1𝑏𝑏+

1𝑎𝑎�

2 ]∗𝑄𝑄(1−𝑎𝑎𝑏𝑏)

2

Costo total ($/tiempo) = Costo total ($)/[𝑄𝑄(1𝑃𝑃

+ 1𝑒𝑒

)/2]

Costo total ($/tiempo) ={K + cQ + h*𝑄𝑄(1𝑏𝑏+

1𝑎𝑎)/2∗𝑄𝑄(1−𝑎𝑎𝑏𝑏)

2 }/[𝑄𝑄(1

𝑃𝑃+ 1

𝑒𝑒)/2]

= 2𝐾𝐾𝑄𝑄(1𝑏𝑏+

1𝑎𝑎)

+ 2𝑐𝑐(1𝑏𝑏+

1𝑎𝑎)

+[hQ/2]*(1-a/b)

Derivando esta expresión respecto a Q e igualando a cero tenemos:

−2𝐾𝐾

�1𝑎𝑎+1𝑏𝑏�

*Q-2 +ℎ2

(1 − 𝑝𝑝/𝑡𝑡) = 0

Despejando Q obtenemos:

M


Q* = �4𝐾𝐾

ℎ�1𝑏𝑏+1𝑎𝑎�∗(1−𝑎𝑎𝑏𝑏)

Problema 19. Se acerca el mundial y el local “HADIDAS” de un centro comercial sabe que las ventas de camisetas se incrementarán por el evento. Por esto realizó un estudio de demanda dónde encontró que a partir de la fecha la demanda sería de 1000 camisetas por semana. Aunque la demanda aumenta por el periodo los costos no cambian, por lo que la empresa los conoce a la perfección. El costo fijo de pedir camisetas a la fábrica es de K, mientras el costo de mantener inventarios depende de la cantidad Q de artículos en inventario. Si se piden Q camisetas y la empresa tiene 2Q/3 camisetas o más en inventario el costo de mantener cualquier unidad en el almacén es h1, cuando es mayor o igual a Q/3 y menor que 2Q/3 es h2 y finalmente cuando el inventario está por debajo de Q/3 el costo de mantener unidades en el inventario es h3.

Por política del almacén no se trabaja con agotamientos.

Deduzca una expresión para calcular que cantidad de camisetas debe pedir el almacén para minimizar sus costos totales de administración de inventarios

-----h1----- ------h2------- -----h3------

El gráfico anterior de inventario como función de tiempo muestra durante que periodos de tiempo el costo es h1, h2 y h3.

𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 (𝑒𝑒𝑋𝑋 $ 𝑝𝑝𝑃𝑃𝑑𝑑𝑝𝑝𝑋𝑋𝑡𝑡𝑒𝑒 𝑃𝑃𝑋𝑋 𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑆𝑆𝑝𝑝) = 𝑎𝑎 + 𝑑𝑑𝑄𝑄 + ∑(ℎ ∗ 𝐴𝐴𝑑𝑑𝑒𝑒𝑝𝑝)

Recuerde que el área de un triángulo es base*altura/2 y la de un rectángulo es base*altura


𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝($) = 𝑎𝑎 + 𝑑𝑑𝑄𝑄 + ℎ1 ∗ �𝑄𝑄3 ∗ 𝑄𝑄3𝑝𝑝

2+

2𝑄𝑄3∗𝑄𝑄3𝑝𝑝

� + ℎ2 ∗ �𝑄𝑄3 ∗ 𝑄𝑄3𝑝𝑝

2+ 𝑄𝑄3∗𝑄𝑄3𝑝𝑝

� + ℎ3

∗ �𝑄𝑄3 ∗ 𝑄𝑄3𝑝𝑝

2 �

𝐶𝐶 ($) = 𝑎𝑎 + 𝑑𝑑𝑄𝑄 +𝑄𝑄2

18𝑝𝑝(5ℎ1 + 3ℎ2 + ℎ3)

Costo ($/tiempo) = 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒($)𝑒𝑒𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒

= 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒($)

(𝑄𝑄𝑎𝑎)

Costo ($/tiempo) = =𝑝𝑝𝑎𝑎𝑄𝑄

+ 𝑝𝑝𝑑𝑑 +𝑄𝑄18

(5ℎ1 + 3ℎ2 + ℎ3)

Derivando con respecto a Q e igualando a cero obtenemos

𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑄𝑄

= −𝑒𝑒𝐾𝐾𝑄𝑄2

+ (5ℎ1+3ℎ2+ℎ3)18

= 0

Despejando Q obtenemos:

𝑄𝑄𝑝𝑝𝑝𝑝𝑡𝑡𝑖𝑖𝑚𝑚𝑝𝑝 = �18𝑝𝑝𝑘𝑘

5ℎ1 + 3ℎ2 + ℎ3

Problema 20. “La Reseca” es un distribuidor de pacas de gaseosas. Su gerente de inventario revisa la política de inventario de una marca popular que se vende a una tasa de 300 pacas por mes. El costo administrativo de colocar una orden al fabricante es de $200 y el precio de compra es $70 por paca de gaseosa. El costo de mantenimiento es de $20 por paca de gaseosa-año y el costo de administrar los agotamientos es de $10 por paca de gaseosa-año.

a) Use EOQ básico para para determinar la cantidad óptima a ordenar y su costo asociado anual.

b) Como al usar el modelo con agotamientos con pedidos retroactivos se obtienen costos menores de administración de inventarios, el gerente desea compartir ese menor costo con los clientes, con el fin de no perderlos cuando no encuentran la paca, para lo cual ofrece un bono de $x por paca de gaseosa, pero solo se ofrece a los clientes que en el momento de la compra no encuentran la paca de gaseosa para llevarla inmediatamente. Le pregunta a usted como especialista en inventarios cuál es el máximo valor del bono que hace que sea mejor trabajar con esa política de bonos y agotamientos que trabajar con el EOQ básico.

K = 200$


h = 20$/paca-año

c = 70$/paca

a = 300 300 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒

*12 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ñ0

= 3600 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ñ𝑒𝑒

Como todas las unidades son homogéneas se puede trabajar solo con los valores numéricos en las fórmulas

1) EOQ básico = �2 𝑒𝑒 𝐾𝐾ℎ

= �2∗3600∗20020

= 268,32 pacas

𝐶𝐶sin𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒. = √2𝑝𝑝𝑎𝑎ℎ = √2 ∗ 3600 ∗ 200 ∗ 20 = 5367 $/𝑝𝑝ñ𝑝𝑝

2) 𝐶𝐶𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛 𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒 = √2𝑝𝑝𝑎𝑎ℎ ∗ �𝑝𝑝

𝑝𝑝+ℎ = 5367 ∗ � 10

10+20 = 4382 $/año (antes del bono)

𝐶𝐶𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛 𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒 (𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑝𝑝𝑃𝑃é𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝) = 4382/año + x*(ventas con agotamientos)

Pero las ventas con agotamiento son:

Ventas con agotamientos = demanda*(porcentaje del tiempo con agotamientos)

Calculemos el porcentaje del tiempo con agotamientos:

--------------

S

Q S/a Q/a

.

Q – S .

-----------------------------------------------------------------

----tiempo con agot----


porcentaje del tiempo con agotamientos = (Q/a – S/a)/[Q/a] = (Q – S)/Q

Recuerde de las fórmulas del capítulo 16 que:

hph

paKSQ

+=−

2**

php

haKQ +

=2*

Por lo que 𝑄𝑄−𝑆𝑆𝑄𝑄

= ℎ𝑝𝑝+ℎ

=

Entonces:

𝐶𝐶𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛 𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒 (𝑝𝑝𝑒𝑒𝑒𝑒𝑝𝑝𝑃𝑃é𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑡𝑡𝑝𝑝𝑋𝑋𝑝𝑝) = 4382 + x*(ventas con agotamientos)

= 4382 + x*3600* 1010+20

= 4382 + 1200*x

Para que la política con agotamientos sea mejor se requiere que:

4382 + 1200*x < 5367, por lo que

x < 5367−43821200

= 0.82$/paca

El máximo bono que se puede ofrecer a los clientes que cuando llegan a comprar no encuentran la paca es 0.82$/paca

Problema 21. La librería de la Universidad Nacional ofrece un programa de reproducción de apuntes de clase para profesores participantes. El profesor Pepe Cifuentes le da clases a un grupo de IO 2 que tiene entre 200 y 250 estudiantes (200≤número de estudiantes≤ 250), distribuidos de manera uniforme. La reproducción de una copia cuesta $10 y se vende a $25. Los estudiantes compran sus libros al inicio de semestre. Las copias de los apuntes del profesor Cifuentes que no se venden tienen la posibilidad de reciclarse, con lo cual, el profesor obtendría $2.5 por cada copia reciclada, pero el 60% de las veces se trituran y se desechan, lo que ocasiona un costo de $1.00 por copia para pagar la triturada; el 40% de las veces las copias se reciclan. Una vez que la librería se queda sin copias, no se imprimen más. Si la librería desea maximizar sus ingresos, cuántas copias debe imprimir si no sabe cuántos estudiantes tendrá el grupo?


Recuerde que el factor crítico está dado por:

𝐹𝐹𝐶𝐶 = (𝐶𝐶−)

(𝐶𝐶−) + (𝐶𝐶+)

(C+) (promedio por copia) =

10$ (costo de la copia) +1.0*0.6 (costo de la triturada) -2.5*0.4 (ingresos por reciclado) = 9.6$/copia

(C-) = 15$ (costo de oportunidad) = $25 - $10

𝐹𝐹𝐶𝐶 = 15

15 + 9.6= 0,60976

𝑃𝑃(𝐷𝐷 = 𝑝𝑝) =1

51

�1

51

𝑒𝑒

𝑖𝑖=200

= �1

51� ∗ (𝑝𝑝 + 1 − 200) ≥ 0.60976 ⇒ (𝑝𝑝 − 199) ≥ 51 ∗ 0.60976

⇒ (a-199)>= 31.098 ⇒ a>=199+31.098 ⇒ a>=230.098

La librería debería imprimir 231 copias para maximizar sus ingresos

Problema 22. MX Textil es una empresa comercializadora de telas. Esta compra por rollos de tela a mayoristas para exportar a México. En la siguiente tabla se muestran las demandas para los siguientes 4 meses, los costos de almacenamiento del inventario de cada rollo por mes y los costos fijos de hacer un pedido:

Mes Demanda (Rollos) Costo de almacenamiento (h)

Costo de pedir (K)

1 13 4 40 2 9 2 50 3 17 6 45 4 10 6 55

La empresa dispone de un inventario inicial de 3 rollos de tela y quiere dejar al final del mes 4 un inventario de 4 rollos. Los costos unitarios varían por economías de escala de la siguiente forma:

$6 si Q<= 12, $4 si 12<Q<=30, $2 si Q > 30.


Donde Q es la cantidad de pedido que se haga en el mes.

Sin embargo, se debe tener en cuenta que los costos de almacenamiento aumentan en un 50% cuando se almacenan más de 15 rollos ya que debe usarse más personal en el almacén.

Se le pide que programe la producción para estos periodos, muestre el procedimiento y especifique cuánto y cuándo se debe pedir para minimizar los costos totales.

Cuál sería la peor alternativa y cuál sería su costo?

C44=0+55+(14*4)+(4*6)=135*

C33=C44+45+(17*4)=135 + 45 + 68 = 248

C34=0+45+(31*2)+(14*6)+(4*6)=45 + 62 + 84+ 24 = 215*

C22=C34+50+(9*6)= 215 + 50 + 54 = 319*

C23=C44+50+(26*4)+(17*3)= 135 + 50 + 104 + 51 = 340

C24=0+50+(40*2)+(31*3)+(14*6)+(4*6)= 50 + 80 + 93 + 84 + 24 = 331

C11=C22+40+(10*6)= 319 + 40 + 60 = 419

C12=C34+40+(19*4)+(9*4)= 215 + 40+ 76 + 36 = 367*

C13=C44+40+(36*2)+(26*6)+(3*17)= 135 + 40 + 72 + 156 + 51 = 454

C14=0+40+(50*2)+(40*6)+(31*3)+(14*6)+(4*6)= 40 + 100 + 240 + 93 + 84 + 24 = 581

Se debe producir 19 rollos en el primer mes para abastecer este mes y el 2do. Luego se deben producir 31 rollos en el 3er mes para este y para el 4to, dejando un inventario final de 4 rollos, con un costo de 367.

La peor alternativa sería producir los todos los 50 rollos en el primer mes para abastecer los 4 meses.

Problema 23. “Juan El solitario” es un empresario muy emprendedor que ha decidido que va a producir un artículo para venderlo. Como Juan no tiene quien le ayude y tanto la producción como la venta del artículo requieren dedicación exclusiva, sólo puede realizar una de las dos actividades a la vez, es decir, mientras produce no puede vender y mientras vende no puede producir. Si la demanda del artículo en todo momento mientras lo esté vendiendo es “a” (artículos/tiempo), el costo de mantenimiento del artículo es “h”


($/articulo-tiempo), el costo de preparación de la maquinaria es “K” ($) y la velocidad de producción de la máquina que produce el artículo es “2a”:

a) Determine la cantidad del artículo que se debe producir con el fin de minimizar los costos de administración de inventarios.

b) Determine cada cuánto se debe producir el artículo c) Determine el tiempo durante la cual se produce el artículo una vez que se inicia su

producción. d) Determine el tiempo durante el cual se vende el artículo, una vez que se inicia su

venta. e) Si cada artículo produce un ingreso (precio de venta) unitario “p” ($/artículo),

determine los ingresos totales de Juan en $/tiempo.

tiempo de producción = 𝑄𝑄𝑃𝑃 = 𝑄𝑄

2𝑒𝑒

tiempo de venta = 3𝑄𝑄2𝑒𝑒

- 𝑄𝑄2𝑒𝑒

= 𝑄𝑄𝑒𝑒

tiempo total de ciclo = tiempo de producción + tiempo de venta = 𝑄𝑄2𝑒𝑒

+ 𝑄𝑄𝑒𝑒

= 3𝑄𝑄2𝑒𝑒

𝐶𝐶 �$

𝐶𝐶𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝� =

𝑎𝑎 + 𝑑𝑑𝑄𝑄 + ℎ ∗ á𝑑𝑑𝑒𝑒𝑝𝑝𝑡𝑡𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑆𝑆𝑝𝑝

área = 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑎𝑎𝑜𝑜𝑒𝑒2

= (3𝑄𝑄2𝑒𝑒∗ 𝑄𝑄)/2 = 3𝑄𝑄

2

4𝑒𝑒

𝐶𝐶 �$

𝐶𝐶𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝� =

𝑎𝑎 + 𝑑𝑑𝑄𝑄 + ℎ 3𝑄𝑄24𝑝𝑝

3𝑄𝑄2𝑝𝑝

= 2𝑝𝑝𝑎𝑎3𝑄𝑄

+ 23𝑝𝑝𝑑𝑑 + 𝑄𝑄

ℎ2

Q

a 2a

Q/2a 3Q/2a


𝑝𝑝𝐶𝐶𝑝𝑝𝑄𝑄

= −2𝑝𝑝𝑘𝑘3𝑄𝑄2

+ ℎ2

= 0

a) 𝑄𝑄 = �4𝑒𝑒𝑖𝑖3ℎ

La cantidad que minimiza el costo de administración de inventarios es 𝑄𝑄 = �4𝑒𝑒𝑖𝑖3ℎ

b) 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑆𝑆𝑝𝑝 = 3𝑄𝑄2𝑒𝑒

= �4𝑒𝑒𝐾𝐾3ℎ

94𝑒𝑒2

= �3𝐾𝐾𝑒𝑒ℎ

l artículo se produce cada t= �3𝑖𝑖𝑒𝑒ℎ

[tiempo]

c) 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑝𝑝𝑝𝑝𝑃𝑃𝑑𝑑𝑑𝑑𝑖𝑖ó𝑋𝑋 = 𝑄𝑄2𝑒𝑒

= � 4𝑒𝑒𝐾𝐾3ℎ∗4𝑒𝑒2

= � 𝐾𝐾3𝑒𝑒ℎ

El tiempo de producción es: � 𝑖𝑖3𝑒𝑒ℎ

[tiempo]

d) 𝑡𝑡𝑖𝑖𝑒𝑒𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑒𝑒 𝐼𝐼𝑒𝑒𝑋𝑋𝑡𝑡𝑝𝑝 = 𝑄𝑄𝑒𝑒

= � 4𝑒𝑒𝑖𝑖3ℎ𝑒𝑒2

= � 4𝑖𝑖3𝑒𝑒ℎ

El tiempo de venta es: � 4𝑖𝑖3𝑒𝑒ℎ

[tiempo]

e) 𝑝𝑝𝑄𝑄3𝑄𝑄2𝑎𝑎

= 2𝑒𝑒𝑝𝑝3

los ingresos promedio de Juan son 2𝑒𝑒𝑝𝑝3

($/tiempo)

Problema 24. Una empresa ha decidido que su política óptima de inventarios para los siguientes 3 meses es producir para cada mes lo equivalente a la demanda de ese mes, de la siguiente forma: 25 en el primer mes, 30 en el segundo y 40 en el tercer mes. Se sabe que el costo fijo de producir es de $70, el costo unitario por artículo es $15 y que los artículos que produce la empresa se deben consumir en el mismo mes o al mes siguiente de producidos, es decir la empresa nunca puede guardar un artículo por dos meses o más, ya que son perecederos.

¿Cuál debe ser el mínimo costo de almacenamiento por artículo por mes (hi) para que la empresa haya acertado al escoger dicha política? (tenga en cuenta que los costos de almacenamiento pueden ser diferentes en cada uno de los meses).


i=3

C33 = 70 + 40*15 = 670 i=2 C22 = 70 +30*15 +C33 = 1190 C23 = 70 + (30 + 40)*15 + 40*h2 = 1120 + 40*h2 Se debe cumplir que C22 < C23 1190 < 1120 + 40*h2 1.75 < h2 i=1 C11 = 70 + 25*15 + (1190) = 1635

C12 = 70 + (30 +25)*15 + 30*h1 + (670) = 1565 + 30*h1

C13 = No es posible ya que solo se puede almacenar por máximo un periodo

Se debe cumplir que C11 < C12

1635 < 1565 + 30*h1

2.33 < h1

Los costos de mantenimiento mínimos deben ser:

h1 > 2.33

h2 >1.75

Problema 25. La panadería Mi buñuelo, ha decidido vender sus productos en otros canales de distribución. Inicialmente, planea vender palitos de queso en los almacenes Éxito. La panadería, que ya cuenta con los palitos de queso, ha seleccionado un proveedor que produce cajas individuales para empacar el producto. Un analista interno contratado por la panadería determina que la demanda anual será de 10.000 cajas, el costo fijo de hacer el pedido es de $1200 y el costo de almacenar cada caja es de $50 por año. El proveedor oferta las cajas para los palitos de queso en paquetes de cajas, por diferente cantidad, para que la panadería aproveche la economía de escala, así:


Tamaño del paquete (# de cajas individuales) Costo del paquete ($)

150 30.000

300 54.000

500 85.000

a) Con el objetivo de minimizar los costos totales de administración de

inventarios, ¿Qué cantidad de cajas se deben pedir al proveedor y en qué tipo de paquetes? Con qué frecuencia deben hacerse los pedidos?

b) El proveedor le ofrece dos alternativas de descuento a la panadería. La primera es un descuento del 10% si esta compra un número mayor o igual a 700 cajas individuales, en paquetes de los mismos tamaños. La segunda le permite a la panadería comprar las cajas individualmente y no por paquete, a un costo de $150 por caja, si se compran 1200 cajas o más. Determine cuál es la alternativa más conveniente para la panadería que minimiza el costo total de administración de inventarios; identifique claramente el número de paquetes a comprar y el tipo de paquete, o la cantidad individual a comprar.

Como las unidades son homogéneas es suficiente el análisis numérico en las fórmulas

Primero, se calcula el Q óptimo = �2𝑒𝑒𝐾𝐾ℎ

= �2∗10000∗120050

=

a= 10000 cajas/año

K= 1200 $

h= 50 $/ caja-año

Q Óptimo= 692,82 Cajas

El costo se calcula con la fórmula

𝐶𝐶𝑝𝑝𝑒𝑒𝑡𝑡𝑝𝑝 𝐶𝐶𝑝𝑝𝑡𝑡𝑝𝑝𝑆𝑆 � $𝑡𝑡

� =𝑝𝑝𝑎𝑎𝑄𝑄

+ 𝑝𝑝𝑑𝑑 +ℎ𝑄𝑄2


� =10.000 ∗ 1.200

𝑄𝑄+ 10.000 ∗ 𝑑𝑑 +

50 ∗ 𝑄𝑄2


El valor de C dependerá del paquete en que se compren los artículos, y el valor de Q dependerá del número de paquetes que se pidan y de las unidades por paquete (Q= #paquetes* unidades por paquete)

a) Cálculo de número de paquetes óptimo = 𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑚𝑚𝑒𝑒ñ𝑒𝑒 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑝𝑝𝑒𝑒𝑞𝑞𝑎𝑎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒

Paquetes de 150

Paquetes de 300

Paquetes de 500

# Paquetes 4,62

# Paquetes 2,31

# Paquetes 1,39

c= 200

c= 180

c= 170

#

Paquetes #

Unid. Costo Total

# Paquetes

# Unid.

Costo Total

# Paquetes

# Unid.

Costo Total

4,00 600 2.035.000 2,00 600 1.835.000 1,00 500 1.736.500

5,00 750 2.034.750 3,00 900 1.835.833 2,00 1000 1.737.000

Note que se tomó el entero inferior y superior al # de paquetes con Q expresado en cajas (# Paquetes*tamaño del paquete) y el respectivo c y se reemplazó en la fórmula:


� =10.000 ∗ 1.200

𝑄𝑄+ 10.000 ∗ 𝑑𝑑 +

50 ∗ 𝑄𝑄2

Por tanto: Lo óptimo es comprar 1 paquete de 500 unidades, ya que tiene el menor costo. Frecuencia de pedido= a/Q= 10.000/500 = 20 pedidos/ año

b) Cálculo de paquetes óptimos con un descuento del 10% sobre c, por compras mayores o iguales a 700 unidades y con un c=150 si se compran más de 1200 artículos individualmente.

Paquetes de 150

Paquetes de 300

Paquetes de 500

# Paquetes 4,62

# Paquetes 2,31

# Paquetes 1,39

C con dcto = 180

C con dcto= 162

C con dcto = 153


# Paquetes

# Unds

Costo Total

# Paquetes

# Unds

Costo Total

# Paquetes

# Unds Costo Total

5,00 750 1.834.750 3,00 900 1.655.833 2,00 1000 1.567.000

Note que se tomó el primer entero mayor o igual a 700 cajas

Si se compra individualmente las 1200 unidades, a un c=$150, se obtiene un costo total de:

Costo total

1.540.000

En este último caso se reemplaza en la fórmula con Q =1200 cajas, c=150$/caja

Al comparar las opciones, teniendo en cuenta los dos descuentos ofrecidos se observa que la solución que minimiza los costos totales de administración de inventarios es comprar 1200 unidades individualmente con un costo total de 1540000 $/año.

Teoría de decisiones


Capítulo 21.

Análisis de decisiones

Conceptos generales y teorema de Bayes Todos los días las personas nos vemos enfrentadas a innumerables situaciones en las cuales debemos tomar determinadas decisiones y seguir cursos de acción.

Aunque todos los algoritmos de investigación de operaciones son decisiones: el valor de una variable, por ejemplo, es una decisión, el sentido que se da aquí a la palaba decisión es muy particular y es lo que veremos el capítulo y en todo el módulo de decisiones.

Los procesos de toma de decisiones se pueden clasificar principalmente en dos categorías:

1) Decisiones bajo certidumbre 2) Decisiones bajo incertidumbre

Antes de explicar en qué se diferencian los dos procesos de toma de decisiones es importante aclarar qué es una decisión y qué pasos se siguen cuando esta se toma:

Decisión. El proceso de elegir la solución para un problema suponiendo que existen varias alternativas, aunque en un caso extremo, podría haber sólo una alternativa y el problema sería trivial.

Pasos:

1. Definición del problema.

2. Recolección de datos sobre el problema.

3. Planteamiento de un modelo.

4. Obtención de soluciones utilizando el modelo.

5. Selección de la mejor de las soluciones

Note que estos pasos son muy similares a los pasos que utiliza el método científico.

A continuación aparecen las características de las dos categorías de decisiones:


Los parámetros son Toma de decisiones bajo certidumbre constantes conocidas y ciertas Los parámetros varían con Toma de decisiones bajo incertidumbre el tiempo y obedecen a procesos estocásticos

Los procesos de toma de decisiones bajo incertidumbre serán los que analizaremos en esta parte del módulo, y nos enfocaremos principalmente en el corto plazo, en el cual tendremos que preocuparnos de tomar quizá solo una decisión.

En los procesos de toma de decisiones bajo incertidumbre es posible disminuir la mencionada incertidumbre con el uso de algunas pruebas y esto se verá más adelante.

Las decisiones bajo incertidumbre se subdividen a su vez en dos categorías:

1. Toma de decisiones con datos previos

2. Toma de decisiones sin datos previos.

A continuación aparecen las características de estas dos categorías:

Toma de decisiones con datos previos. Se deben cumplir las siguientes características:

1) Se dispone de datos previos y 2) Las circunstancias no varían constantemente y 3) La decisión se toma en forma repetida.

Toma de decisiones sin datos previos. Es suficiente que se dé una de las siguientes características:

1) No se dispone de datos previos o 2) Las circunstancias varían constantemente o 3) La decisión no se toma en forma repetida.

Acabamos de mencionar que es posible disminuir la incertidumbre mediante el uso de algunas pruebas (o experimentos o experimentación)

De acuerdo con esto las decisiones también se dividen en dos categorías:

1) Toma de decisiones sin experimentación (o sin pruebas) 2) Toma de decisiones con experimentación (o con pruebas).


Pero la experimentación (realizar las pruebas) tiene un costo y debemos decidir si se debe utilizar la experimentación con el fin de reducir la incertidumbre o tomar la decisión sin usar ninguna de estas pruebas (con el fin de ahorrarse dicho costo).

Los modelos de toma de decisiones utilizan algunos conceptos de la estadística. Por ello es necesario que recordemos algunos de estos conceptos, y en especial el Teorema de Bayes.

Los modelos de toma de decisiones utilizan algunos conceptos de la estadística. Por ello es necesario que recordemos algunos de estos conceptos, y en especial el Teorema de Bayes, que se utiliza precisamente para decidir si se justifica invertir en el costo de las pruebas, para disminuir la incertidumbre.

Antes de entender el teorema de Bayes veamos la fórmula de la probabilidad condicional:

Sea E un experimento que se repite n veces y cada vez que se repite el experimento observamos dos eventos.

Sean:

nA: el número de veces que se da el evento A. nB: # de veces que se da el evento B.

n(A ∩ B): # de veces que se da el evento A ∩ B (o sea el número de veces que se dan ambos eventos)

Denominemos:

nA/n la frecuencia relativa de A nB/n la frecuencia relativa de B

n(A ∩ B)/nA la frecuencia relativa o condicional de B dado que se dio A

Observe que en la última definición el evento A aparece tanto en el numerador como en el denominador.

Cuando n → ∞, nA ∩ B/nA → P(B|A) (probabilidad condicional de B dado A)

Si dividimos por n el numerador y el denominador tenemos:

(n(A ∩ B)/n)/(nA/n) = P(A ∩ B)/P/(A).


Entonces:

P (B|A) = P (A∩B)/P(A)

Esta es la conocida fórmula (o teorema) de la probabilidad condicional. Note que en la demostración no se hizo referencia a la relación entre los eventos A y B. Por tanto, esa fórmula es válida para cualquier A y cualquier B.

Ejemplo:

Sea E un experimento consistente en tirar un dado de seis caras no cargado.

Definamos los eventos:

A. Que aparezca un número par. B. Que aparezca el número dos.

¿Cuál es la P(B|A)?

Apliquemos la fórmula:

P (A∩B) = P(B) = 1/6, ya que B es subconjunto de A

P(A)= 1/2, ya que hay tres números pares de 6

Entonces P (B|A) = P (A∩B)/P(A) = (1/6)/(1/2) = 1/3.

Definición de partición Los eventos B1, B2, ..., Bk, se dice que son una partición del espacio muestral S si se cumplen los tres siguientes enunciados:

Bi ∩ Bj = ∅ (para i ≠ j) (en palabras se dice que los Bi son mutuamente excluyentes).

∪ Bi = S (en palabras se dice que los Bi son exhaustivos).

P (Bi) > 0

En resumen, de un conjunto de eventos que cumplen esos tres enunciados se dice que son mutuamente excluyentes y exhaustivos, o lo que es lo mismo: cada que se realiza el experimento se da un evento y solo uno.

Gráficamente se puede ver el espacio muestral S como la partición de B1, B2, …, Bk.


Figura 21.1

sea A= A ∩ (B1 ∪ B2 ∪.... Bk) (A es la elipse)

A= (A ∩ B1 ) ∪ (A ∩ B2 ) ∪....... ∪ (A ∩ Bk ) (Por las leyes de conjuntos)

Figura 21.2

Propiedad Los eventos (A ∩ Bi) son mutuamente excluyentes por parejas (por ser subconjuntos de los Bi, que también son mutuamente excluyentes por ser partición).

B1

B2

B3

B4

B5 B7

B8 B6

B1

B2

B3

B4

B5 B7

B8 B6

A


Entonces:

P(A)= P(A ∩ B1) +P(A ∩ B2) +....... + P(A ∩ Bk ) La probabilidad de la unión de conjuntos mutuamente excluyentes es la suma de las probabilidades.

Si reemplazamos cada uno de los términos del lado derecho por la fórmula de la probabilidad condicional obtenemos:

P(A)= P(A | B1 )P(B1)+P(A | B2 ) P(B2)+....+P(A|Bk) P(Bk) Teorema de la probabilidad total.

Hemos demostrado el teorema de la probabilidad total.

Demostremos ahora el teorema de Bayes:

P(Bi|A) = P(A∩ Bi)/P(A) (fórmula de probabilidad condicional) (1)

Pero: P(A∩ Bi) = P(A|Bi )P(Bi) (también por la fórmula de la probabilidad condicional) y

P (A) = Σ P(A|Bi) P (Bi ) (usando el teorema de la probabilidad total).

Reemplazando ambas expresiones en la ecuación (1) obtenemos:

P(Bi|A) = P(A|Bi )P(Bi)/[Σ P(A|Bi)P (Bi)]

Esta última expresión es el Teorema de Bayes. Note que este teorema se obtiene aplicando dos veces la fórmula de la probabilidad condicional y el teorema de la probabilidad total.

Veamos un ejemplo de la utilización de ambos teoremas:

Ejemplo:

En una planta de producción se tienen tres máquinas que producen un mismo artículo.

Las máquinas 2 y 3 producen a la misma velocidad, mientras que la máquina 1 tiene una velocidad de producción igual a la de la 2 y 3 juntas.

Además, las máquinas producen un determinado número de artículos defectuosos. Los porcentajes de artículos defectuosos por máquina son:

% de artículos defectuosos de la máquina M1 = 2%



Se recoge la producción de las tres máquinas durante un día y se escoge un artículo al azar.

¿Cuál es la probabilidad de que sea defectuoso? O, dicho de otro modo, ¿cuál es el porcentaje de artículos defectuosos que produce la empresa?


Definamos los siguientes eventos:

B1: artículo producido en la máquina 1.



A: artículo defectuoso.

Note que los eventos B1, B2, B3 son una partición: son mutuamente excluyentes y exhaustivos.

P (B1) = 1/2 P (B2) = 1/4 P (B3) = 1/4 (por las velocidades de las máquinas)

P (A|B1) = 0.02 (porcentaje de defectuosos de la máquina 1).



Por tanto, si aplicamos el teorema de la probabilidad total obtenemos:

P(A) = P(A|B1)P(B1) + P(A|B 2) P(B2) + … P(A|Bk )P(Bk)

P(A) = 0.02*(1/2) + 0.02*(1/4) + 0.04*(1/4)

P(A) = 0.025, es decir:

La probabilidad de que un artículo sea defectuoso es 0.025.

Ahora respondamos la pregunta:

¿Si tomo un artículo al azar y resulta defectuoso, qué probabilidad tiene de venir de la máquina 1?

Esta pregunta es: P(B1|A), que de acuerdo con el teorema de Bayes nos da:

P(Bi|A) = P(A|Bi )P(Bi)/[Σ P(A|Bi)P (Bi)]

P(Bi|A) = 0.02*(1/2)/[ 0.02*(1/2) + 0.02*(1/4) + 0.04*(1/4)] = 0.4.

Es decir:

La probabilidad de que un artículo defectuoso venga de la máquina 1 es 0.4, o la máquina 1 produce el 40% de los artículos defectuosos de la planta.

Veamos ahora la terminología que utilizaremos en la teoría de decisiones:


Terminología

Acción (a): alternativa elegida por el tomador de decisiones del conjunto que contiene todas las alternativas factibles bajo consideración para las distintas formas de proceder del problema en cuestión.

Estado de la naturaleza (θ): cada una de las situaciones posibles en que se encontrará el tomador de decisiones y está determinado por efectos aleatorios.

Pago {p(a,θ)}: medida cuantitativa del valor de las consecuencias del resultado para el tomador de decisiones.

Por ejemplo, muchas veces el pago se representa por la ganancia monetaria neta (utilidad), aunque también se pueden usar otras medidas.

p(a,θ) es el pago resultante al tomar la acción a cuando el estado de la naturaleza es θ.

En general, se usa una tabla de pagos para dar p(a,θ) para cada combinación de a y θ, donde las filas de la matriz son las alternativas (a) y las columnas los estados de la naturaleza (θ).

θ

a

θ1 θ2 θn

a1 p(a1 ,θ1) p(a1,θ2) … p(a1,θn)

a2 p(a2,θ1) p(a2,θ2) … p(a2,θn)

am p(am,θ1) p(am,θ2) … p(am,θn)

Tabla 21.1


Ejemplo 1:

La Goferbroke Company es dueña de unos terrenos donde puede haber petróleo. Según un geólogo la probabilidad de que exista petróleo en estos terrenos es 1/4.

La compañía puede o bien perforar o vender los terrenos a otra compañía petrolera por $90000 independientemente de que haya o no petróleo. Si la compañía decide perforar y existe petróleo ganará $700000. Pero si no hay petróleo perderá $100000.

Con estos datos construimos la tabla de pagos:

θ a

Hay petróleo No hay petróleo: seco

Perforar $700000 −$100000

Vender $90000 $90000

Probabilidad 0.25 0.75

Tabla 21.2

Dada esta tabla de pagos, el tomador de decisiones eligirá una acción. Más adelante se verán los criterios para la toma de decisiones sin experimentación.

Ejemplo 2:

Los principales clientes de la Pizzería Comini son los estudiantes que viven en las residencias de la Universidad Nacional.

Existe la probabilidad que estos estudiantes se muden a unos apartamentos que va a arrendar la universidad o es factible que se trasladen a los nuevos apartamentos que se están construyendo.

Ante la posibilidad de la mudanza, la pizzería ha considerado la opción de trasladarse a otro lugar, actualmente está ubicada cerca al puente de carabineros.

Las opciones de traslado que tienen los dueños de la pizzería son ubicarse en la carrera 65 o bien trasladarse a la avenida Colombia.

Trasladarse a la carrera 65 sería la opción más adecuada, dado que los estudiantes se mudarán a los apartamentos que la universidad piensa arrendar. Por otro lado, trasladarse a la calle Colombia sería lo mejor, si los estudiantes se mudaran a los apartamentos en construcción.


Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a

No mudanza Arrendar apartamentos

Construir apartamentos

No trasladarse 100 50 20

Carrera 65 40 150 25

Calle Colombia −20 20 200

Tabla 21.3

En la tabla anterior las alternativas (filas de la tabla) son los lugares donde se puede ubicar la pizzería, en tanto que los estados de la naturaleza (columnas de la tabla) son los lugares donde se pueden ubicar los clientes de la pizzería (los estudiantes).

Los valores que aparecen en la tabla son valores presentes teniendo en cuenta las utilidades de la pizzería durante un horizonte de tiempo (aparecen en millones de pesos).

La forma de resolver ambos ejemplos se verá en el siguiente capítulo.


Capítulo 22.

Toma de decisiones sin experimentación

Recordemos una de las clasificaciones de los procesos de toma de decisiones vista en el capítulo anterior:

Toma de decisiones con datos previos. Se deben cumplir las siguientes tres características:

1) No se dispone de datos previos y 2) las circunstancias varían constantemente y 3) la decisión no se toma en forma repetida

Toma de decisiones sin datos previos. Es suficiente que se dé una de las siguientes tres características:

1) No se dispone de datos previos o 2) las circunstancias varían constantemente o 3) la decisión no se toma en forma repetida.

Resumen del análisis de toma de decisiones.

1) El tomador de decisiones necesita elegir una de las acciones posibles.

2) La naturaleza eligirá entonces uno de los estados de la naturaleza posibles.

3) Cada combinación de una acción a y un estado de la naturaleza θ da como resultado un pago p(a,θ).

4) La tabla de pagos debe usarse para encontrar una acción óptima para el tomador de decisiones según un criterio adecuado.

Es importante resaltar que, de acuerdo con estos pasos, la decisión se debe tomar antes de conocer los estados de la naturaleza, porque si se supiera qué estado de la naturaleza se va a dar, la decisión sería otra y mucho más sencilla.

Cabe mencionar que los estados de la naturaleza son eventos aleatorios (por eso tienen asignadas probabilidades) que pueden afectar los pagos (ingresos, costos, etc. de la tabla de pagos).

En la toma de decisiones sin experimentación existen varios criterios para elegir la acción óptima.

Veremos cinco criterios, ya que un proceso de toma de decisiones tiene elementos subjetivos. Cada uno de los cinco criterios se adapta al comportamiento (personalidad) del


tomador de decisiones (persona, empresa, institución, etc.). Supondremos que los criterios son de maximización, o sea que la tabla de pagos es de utilidades y no de costos, o de cualquier otro criterio que se deba maximizar.

1) Criterio del pago máximo (pesimista).

2) Criterio del optimista.

3) Criterio de la máxima posibilidad.

4) Criterio de minimización del arrepentimiento.

5) Criterio de maximización del pago promedio (Regla de decisión de Bayes).

Cada uno de los cinco criterios se lo aplicaremos a los dos ejemplos vistos en el capítulo anterior: (el de la Petrolera Goferbroke y el de la Pizzería Comini).

Criterio del Pago máximo (pesimista o maximin) Algoritmo

1. Para cada acción (fila) se escoge el pago mínimo sobre todos los estados de la naturaleza y se lleva a una lista (columna).

2. De esta lista se escoge el máximo valor. La acción asociada con este valor es la acción a elegir.

Este razonamiento es bastante válido cuando se está compitiendo contra un oponente racional y malévolo. Sin embargo, este criterio es demasiado conservador pues supone que la naturaleza es un oponente que le quiere infligir al tomador de decisiones todo el daño que sea posible, lo cual no es tan cierto: la naturaleza causa males, pero no se propone causarlos.

Ejemplo: Goferbroke Company

θ a


Perforar $700000 −$10000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.1


Pagos mínimos Este es el menor pago posible que la petrolera

podría obtener, dado que la naturaleza obrara

malévolamente.

a: −100000

a: 90000

Tabla 22.2

Elegimos el pago mínimo sobre los estados de la naturaleza de las acciones acciones posibles (paso 1 del algoritmo) y luego el máximo de estos (paso 2 del algoritmo).

Como en el paso 2 el máximo entre −100000 y 90000 es 90000, este es el valor seleccionado, el cual está asociado con la alternativa 2 (vender), por lo que esa es la alternativa seleccionada. Un pesimista vende el terreno.

Cabe mencionar que el valor ganador en este criterio (90000 en este ejemplo significa que el tomador de decisiones tiene garantizado ese valor pase lo que pase (sea cual sea el estado de la naturaleza).

Ejemplo: Pizzería Comini

Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a

No mudanza

Arrendar apartamentos



Carrera 65 40 150 25


Probabilidad ⅓ ⅓ ⅓

Tabla 22.3


Elegimos el pago mínimo de las 3 acciones posibles y luego el máximo de estos.

Pagos mínimos

Este es el menor pago posible que

la petrolera podría obtener,

dado que la naturaleza obrara malévolamente.

a1: 20

a2: 25

a3: −20

Tabla 22.4

Como en el paso 2 el máximo entre 20, 25 y −20 es 25, este es el valor seleccionado, el cual está asociado con la alternativa 2 (irse para la carrera 65), por lo que esa es la alternativa seleccionada. Un pesimista se va con la pizzería para la carrera 65 (Recuerde que la decisión se toma antes de saber en qué lugar van a quedar los estudiantes).

La pizzería eligirá entonces trasladase a la carrera 65, pues de esta manera obtendrá el mejor pago, dado que ocurra lo peor (pase lo que pase con los estados de la naturaleza) el tomador de decisiones, el dueño de la pizzería tiene garantizado que su pizzería tiene un valor mínimo de 25.

Criterio del optimista Algoritmo

1. Para cada acción (fila) se escoge el mayor valor y se lleva a una lista (columna).

2. De esta lista se escoge el mayor valor. La acción asociada con este valor es la acción a elegir.

Este criterio es completamente opuesto al anterior, pues acá supone que la naturaleza obrará completamente a favor del tomador de decisiones y que la suerte estará siempre de su lado. En este criterio el tomador de decisiones lo arriesga todo sin mirar lo malo que pueda ocurrir.



θ a


Perforar $700000 −$10000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.5

Sobre todos los estados de la naturaleza, elegimos el pago máximo de las dos acciones posibles y luego el máximo de estos.

Pagos máximos

Este es el mayor pago posible que

la petrolera podría obtener,

dado que la naturaleza obrara benévolamente.

a1: 700000

a2: 90000

Tabla 22.6

La compañía petrolera eligirá entonces perforar los terrenos que tienen a su disposición.

Observe que, a diferencia del criterio del pesimista, el tomador de decisiones no tiene garantizados los 700000 y, por el contrario, puede perder 100000 si al perforar el terreno no aparece petróleo.



Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a

No mudanz

a

Arrendar apartamentos



Carrera 65 40 150 25



Tabla 22.7

Elegimos el pago máximo de las 3 acciones posibles (paso 1) y luego el máximo de estos (paso 2).

Pagos

Este es el mayor pago posible que la pizzería podría obtener, dado que

la naturaleza obrara

benévolamente.

a1: 100

a2: 150

a3: −200

Tabla 22.8

La Pizzería eligirá entonces trasladase a la calle Colombia pues de esta manera obtendrá el mejor pago, dado que ocurrirá lo mejor.

Criterio de la máxima posibilidad Algoritmo

1. De todos los estados de la naturaleza se elige el estado que tenga mayor probabilidad de ocurrir.

2. Para este estado de la naturaleza se encuentra la acción con el máximo pago y se elige.


La mayor desventaja de este criterio es que ignora por completo mucha información relevante. No se considera ningún estado de la naturaleza distinto del más probable. En un problema con muchos estados de la naturaleza, la probabilidad del más importante puede ser bastante pequeña.


θ a


Perforar $700000 −$10000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.9

Sobre todos los estados de la naturaleza elegimos el que tenga mayor probabilidad, que en este caso es: No hay petróleo: seco.

Pagos estado seco

Este es el mayor pago posible que

la petrolera podría obtener para el estado

con mayor probabilidad.

a1: −100000

a2: 90000

Tabla 22.10

El estado de la naturaleza más probable es que no exista petróleo en los terrenos. Por lo tanto la solución óptima es vender el terreno.


Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a




Carrera 65 40 150 25



Tabla 22.11

Si escogemos construir apartamentos, la Pizzería eligirá entonces trasladase a la calle Colombia, pues de esta manera obtendrá el mejor pago.

Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax) Este modelo es un poco más largo (tiene más pasos).

Algoritmo

1. Para cada estado de la naturaleza:

a) Determinar el máximo pago.

b) Para cada acción obtener la pérdida de oportunidad.

c) Construir una tabla de arrepentimientos con estos valores.

2. De la tabla de arrepentimientos tomar para cada acción al valor máximo y llevarlo a una lista.

3. De esta lista escoger el mínimo valor.

Pérdida de oportunidad, costo de oportunidad o arrepentimiento: es lo que se pierde por no haber tomado la mejor decisión.

Pérdida de oportunidad de una acción para un estado de la naturaleza = Pago máximo para el estado de la naturaleza - Pago de la acción para el respectivo estado de la naturaleza.



θ a


Perforar $700000 −$10000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.12

Para cada estado de la naturaleza elegimos la alternativa de mayor pago y construimos la tabla de arrepentimiento:

θ

a


Perforar $700000 −$10000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.13

Tabla de arrepentimiento


Perforar $0 $190000

Vender $610000 0

Tabla 22.14


Observe que los valores de la primera columna son 700.000 (el máximo) – el valor de la alternativa, en tanto que para la segunda columna son: 90.000 − el valor de la alternativa.

Arrepentimiento

Este es valor que minimiza el

arrepentimiento. a1: $190000

a2: $610000

Tabla 22.15

Lo máximo de lo que puede arrepentirse la petrolera si elige la acción 1 es de perder $100000 y dejar de ganar $90000.

Por el criterio de minimización del arrepentimiento se escoge entonces la alternativa perforar.

Note que si hubiera escogido la alternativa 2 (vender), el arrepentimiento (pérdida de oportunidad) puede llegar a ser 610000 en caso de que hubiera petróleo. ($700000−$90000).


Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a




Carrera 65 40 150 25



Tabla 22.16

Para cada estado de la naturaleza elegimos la alternativa de mayor pago y construimos la tabla de arrepentimiento.


Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a




Carrera 65 40 150 25



Tabla 22.17

Tabla de arrepentimientos

Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a




Carrera 65 60 0 175

Calle Colombia 120 20 0

Tabla 22.18

Arrepentimiento

Este es el valor que minimiza el arrepentimiento

a1: 180

a2: 175

a3: 130

Tabla 22.19


La Pizzería eligirá entonces trasladase a la calle Colombia pues de esta manera obtendrá lo máximo; de lo que puede arrepentirse es de ganar 20 cuando pudo haber ganado 150.

Modelo de maximización del pago promedio (Regla de decisión de Bayes) Algoritmo

1. Usando las probabilidades de cada estado de la naturaleza se calcula el valor esperado del pago de cada acción posible.

2. Se escoge el mayor valor esperado y la acción asociada al mayor valor es la elegida.


θ

a


Perforar $700000 −$100000

Vender $90000 $90000


Tabla 22.20

Calculemos el valor esperado (o promedio) del pago de cada acción posible.

E {p(a1, θ)} = 0.25*$700000+0.75*(-$100000) = $100000.

E {p(a2, θ)} = 0.25*$90000+0.75*($900000) = $90000.

La petrolera elegirá la acción 1 (perforar) pues esta es la alternativa con el mayor valor esperado del pago.



Pizz

ería

Com

ini

Estudiantes θ

a




Carrera 65 40 150 25



Tabla 22.21

Calculemos el valor esperado del pago de cada acción posible

E {p(a1 ,θ)} = 1/3*100 + 1/3*50 + 1/3*20 = 56.6

E {p(a2 ,θ)} = 1/3*40 + 1/3*150 + 1/3*25 = 71.6

E {p(a3 ,θ)} = 1/3*(-20) + 1/3*20 + 1/3*200 = 66.6

La pizzería elegirá la acción 2 (irse con la pizzería para la carrera 65) pues esta es la alternativa con el mayor valor esperado del pago.

Observaciones: Note que algunos de los cinco criterios usan probabilidades y otros no. Aunque podría pensarse que los criterios que usan más información son mejores (el del promedio, por ejemplo), recuerde que hay algo de subjetivo en la selección del criterio a utilizar y de un concepto denominado la aversión al riesgo (Hay personas y empresas más arriesgadas y más propensas a tomar riesgo que otras).


Capítulo 23.

Toma de decisiones con experimentación

Recuerde que este modelo es el que usa el teorema de Bayes.

En la toma de decisiones con experimentación (o pruebas) se pretende mejorar las estimaciones preliminares de las probabilidades de los respectivos estados de la naturaleza.

Se realizan estudios para predecir qué ocurrirá. A estos estudios o predicciones los llamaremos S

Inicialmente se hallan las probabilidades a priori P( S | θ ) y finalmente se hallan las probabilidades a posteriori P( θ | S )

Definamos en términos generales:

n: número de estados de la naturaleza (θ) posibles.

P(θ=θi): probabilidad de que el estado de la naturaleza sea θi , para i = 1, 2, ..., n.

S: estadístico que resume los resultados de la experimentación (variable aleatoria).

s: un valor posible de S.

P(S=s|θ=θi): probabilidad a priori de que la predicción sea s, dado que el estado de la naturaleza verdadero es θi (es una probabilidad condicional).

P(θ=θi|S=s): probabilidad a posteriori de que el estado de la naturaleza verdadero sea θi, dado que S=s (es una probabilidad condicional).

Con la experimentación se obtienen las probabilidades a priori y mediante el teorema de Bayes se obtienen las probabilidades a posteriori.

P(Bi|A) = P (A ∩ Bi)

P(A) =P(A|Bi)P(Bi)

∑i=1K P(A|Bi)P(Bi)


P(θ = θi|S = s) =P(θ = θi ∩ S = s)

P(S = s)

=P(S = s|θ = θi) ∗ P(θ = θi)

Σi=1 n P(S = s|θ = θi ) ∗ P(θ = θi)

Note que para aplicar el teorema de Bayes los S (el estadístico de las pruebas) hacen el papel de A, en tanto que los θ hacen el papel de los B.


θ

a


Perforar $700000 −$100000

Vender $90000 $90000


Tabla 23.1

Se puede realizar una exploración sismológica (un sondeo sísmico) para obtener una mejor estimación de la probabilidad de que haya petróleo. El costo de esta experimentación es de $30000.

Definamos S como la variable aleatoria cuyos valores son:

S = 0 sondeos sísmicos desfavorables (dicen que no hay petróleo).

S = 1 sondeos sísmicos favorables (dicen que sí hay petróleo).

Mediante una experimentación se han podido determinar las probabilidades a priori P(S=s|θ=θi), es decir, las probabilidades de la experimentación acerca de la existencia o no de petróleo, dados los estados de la naturaleza. Recuerde que es una probabilidad condicional que relaciona las predicciones sobre los estados de la naturaleza con los estados de la naturaleza y estos valores constituyen una tabla denominada tabla de probabilidades a priori.


P(θ=θi)

Tabla de probabilidades a priori P(S = s|θ = θi)

θ1: petróleo

θ2: seco

S = 0 0.4 0.8

S = 1 0.6 0.2

0.25 0.75

Tabla 23.2

Recordemos que ahora debemos hallar las probabilidades a posteriori mediante la fórmula del

Teorema de Bayes

P(θ = θi|S = s) =P(θ = θi ∩ S = s)

P(S = s)

=P(S = s|θ = θi) ∗ P(θ = θi)

Σi=1 n P(S = s|θ = θi ) ∗ P(θ = θi)

El teorema de Bayes se aplicará en varios pasos:

Primero hallemos P(S=s ∩ θ=θi) = P(S=s|θ=θi)*P(θ=θi) (fórmula de la probabilidad condicional)

P(S=0 ∩ θ=θ1) = P(S=0|θ=θ1)*P(θ=θ1) = 0.4*0.25 = 0.1

P(S=1 ∩ θ=θ1) = P(S=1|θ=θ1)*P(θ=θ1) = 0.6*0.25 = 0.15

P(S=0 ∩ θ=θ2) = P(S=0|θ =θ2)*P(θ =θ2) = 0.8*0.75 = 0.6

P(S=1 ∩ θ=θ2) = P(S=1|θ =θ2)*P(θ =θ2) = 0.2*0.27 = 0.15


Estos cuatro valores los llevamos a una tabla denominada tabla de probabilidades conjuntas:

Tabla de probabilidades conjuntas P(S=s|θ=θ

i) * P(θ=θ

i)

P (S = s)

θ1: petróleo

θ2: seco

S = 0 0.1 0.6 0.7

S = 1 0.15 0.15 03

P (S = s) = Σi=1 n P(S = s|θ = θi ) ∗ P(θ = θi)

Tabla 23.3

Donde a esta tabla se le ha agregado una columna final P (S = s), que no es más que aplicar el teorema de la probabilidad total a cada una de las filas de la tabla.

Ya podemos hallar las probabilidades a posteriori simplemente dividiendo cada uno de los elementos de la tabla por su suma.

P(θ = θi|S = s) =P(θ = θi ∩ S = s)

P(S = s)

=P(S = s|θ = θi) ∗ P(θ = θi)

Σi=1 n P(S = s|θ = θi ) ∗ P(θ = θi)

Esto es aplicar nuevamente la fórmula de la probabilidad condicional a cada una de las filas de la tabla:

P(θ =θ1|S=0) = 0.1 / 0.7 = 1 / 7

P(θ =θ2|S=0) = 0.6 / 0.7 = 6 / 7

P(θ =θ1|S=1) = 0.15 / 0.3 = 1 / 2

P(θ =θ2|S=1) = 0.15 / 0.3 = 1 / 2


Estos valores los llevamos a una tabla denominada:

Tabla de probabilidades a posteriori

P(θ=θi|S=s) θ1: petróleo θ2: seco

S = 0 1/7 6/7

S = 1 1/2 1/2

Tabla 23.4

La decisión que debe tomarse dependerá del sondeo, es decir, según el sondeo sea favorable o desfavorable se elegirá la acción determinada.

Pago esperado si S=0 (sondeo sísmico desfavorable):

E {p(a1 , θ|S=0)}= 1/7* $700 + 6/7*(−$100) −$30 = −$15.71

E {p(a2 , θ|S=0)}= 1/7* $90 + 6/7*($90) −$30 = $60

Si el resultado del sondeo sísmico fuera desfavorable, la acción más apropiada sería vender el terreno, pues —descontando el costo de la experimentación— la petrolera obtendría una ganancia esperada de $60000.

Observe que lo que se hizo fue cambiar las probabilidad no condicionales P(θ=θi) por las probabilidades condicionales P(θ = θ|S = 0) que se obtienen de la primera fila (S = 0) de la tabla de probabilidades a posteriori

Pago esperado si S=1 (sondeo sísmico favorable).

E {p(a1, θ|S=1)} = 1/2*$700+1/2*(−$100)−$30 = $270

E {p(a2, θ|S=1)} = 1/2*$90+1/2*($90)−$30 = $60

Si el resultado del sondeo sísmico fuera favorable, la acción más apropiada sería excavar el terreno, pues —descontando el costo de la experimentación— la petrolera obtendría una ganancia esperada de $270000.

Observe que lo que se hizo fue cambiar las probabilidades no condicionales P(θ=θi) por las probabilidades condicionales P(θ=θ|S=1) que se obtienen de la segunda fila (S=1) de la tabla de probabilidades a posteriori.


Figura 23.1

Valor de la experimentación Antes de realizar cualquier experimento debe determinarse su valor potencial.

Figura 23.2

Veamos primero un caso extremo: el valor de la información perfecta.

Si el valor de la experimentación es mayor que el de la información perfecta, la experimentación no debe realizarse

Pero ¿qué es información perfecta? Es información (pruebas) capaz de predecir, sin equivocarse, cuáles serán los estados de la naturaleza. Como se dijo es un caso extremo y en ocasiones es imposible de lograr o requiere procesos de alta tecnología.

Pero concentrémonos en la parte matemática y supongamos que alguien tuviera la capacidad de darnos información perfecta.

La experimentación tiene un costo ¿se debe utilizar la experimentación con el fin de reducir la incertidumbre o

tomar la decisión sin usar ninguna de estas pruebas?

Toma de decisiones sin experimentación

Toma de decisiones con experimentación

Valor esperado de la información perfecta

Valor esperado de la experimentación


Valor esperado de la información perfecta Suponga que el experimento puede identificar de manera definitiva cuál es el verdadero estado de la naturaleza, proporcionando con esto información perfecta.

Cualquiera que sea el estado de la naturaleza identificado, se elegirá la acción con el máximo pago para ese estado.

θ

a

θ1: petróleo

θ2: seco

a1: perforar $700000 −$100000

a2: vender $90000 $90000

Pago máximo $700000 $90000


Tabla 23.5

Observe que si la información perfecta dice que hay petróleo es porque hay petróleo, y en ese caso es mejor perforar (ganar $700000) que vender (ganar $90000), en tanto si la información perfecta dice que no hay petróleo es porque no hay petróleo, y en ese caso es mejor vender (ganar $90000) que perforar (perder $100000).

El pago esperado con información perfecta será:

0.25 * $700000 + 0.75 * $90000 = $242500

Para evaluar si debe realizarse el experimento, se debe calcular el valor esperado de la información perfecta VEIP

VEIP = (valor esperado de la información perfecta) = Pago esperado con información perfecta − Pago esperado sin experimentación.

VEIP = $242500 − $100000 = $142500.

Recuerde que el valor $100000 se obtiene con la alternativa perforar obtenida con el método del promedio.

Como el VEIP (valor esperado de la información perfecta) es mucho mayor que $30000 (valor de la experimentación) vale la pena proceder con la exploración sismológica y obtener en promedio un excedente de $142500 de utilidad.


Valor esperado de la experimentación Como la información perfecta es tan difícil (o imposible) de obtener, concentrémonos ahora en el valor de la experimentación que se puede equivocar al predecir los estados de la naturaleza, para determinar su valor que, como es obvio, siempre debe ser menor que el valor de la información perfecta.

Para cada valor posible de S (filas de la tabla de probabilidades conjuntas) debemos calcular el pago esperado óptimo.

Para S = 0 θ1: petróleo θ2: seco VME

a1 $700000 −$100000 $143000

a2: $90000 $90000 $90000

1/7 6/7

Tabla 23.6

Para S = 1 θ1: petróleo θ2: seco VME

a1 $700000 $100000 $300000

a2: $90000 $90000 $90000

1/2 1/2

Tabla 23.7

De las dos tablas anteriores se concluye que para S = 0 (predicción dice que no hay petróleo) lo mejor es vender; y para S = 1 (predicción dice que sí hay petróleo) lo mejor es perforar.

Luego debe ponderarse cada uno de estos pagos esperados con las probabilidades del valor correspondiente de S, obtenidos de la última columna de la tabla de probabilidades conjuntas:

P(S = s)

S = 0 0.7

S = 1 0.3

Tabla 23.8


Pago esperado con experimentación = 0.7*$90000+0.3*$300000 = $153000.

Para evaluar si debe realizarse el experimento, se debe calcular el valor esperado de la experimentación VEE.

VEE (Valor Esperado de la Experimentación) = Pago esperado con experimentación − Pago esperado sin experimentación.

VEE = $153000 − $100000 = $ 53000.

Como el VEE (Valor Esperado de la Experimentación) es mayor que $30000 (valor de la experimentación) vale la pena proceder con la exploración sismológica, ya que hay una ganancia neta de $53000 - $30000 = $ 223000.


Los dueños de la pizzería no solo se encuentran con el problema de hacia dónde trasladarse, sino también cuántas pizzas hornear diariamente, pues la demanda es variable.

Cada pizza horneada que no se vende produce una pérdida de $1 y la ganancia de cada pizza horneada que se vende es de $2.

Con estos valores construimos la tabla con los pagos diarios p(a,θ) y las probabilidades de los estados de la naturaleza:

θ a

Demanda 150 Demanda 160 Demanda 170 Demanda 180

Hornear 150 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320

Hornear 170 $280 $310 $340 $340

Hornear 180 $270 $300 $330 $360

Probabilidad 0.2 0.4 0.25 0.15

Tabla 23.9

Si no se realizara ningún tipo de experimentación podríamos hallar la acción óptima con el modelo de la maximización del pago promedio.

E{p(a1,θ)} = 0.2*$300+0.4*$300+0.25*$300+0.15*$300 = $300

E{p(a2,θ)} = 0.2*$290+0.4*$320+0.25*$320+0.15*$320 = $314

E{p(a3, θ)} = 0.2*$280+0.4*$310+0.25*$340+0.15*$340 = $316


E{p(a4,θ)} = 0.2*$270+0.4*$300+0.25*$330+0.15*$360 = $310.5

La acción óptima sería la tercera, es decir, hornear 170 pizzas: antes de la experimentación, porque es la opción con el menor costo.

Una gran empresa de mercadeo les ha ofrecido a los dueños de la pizzería la posibilidad de realizar un estudio de mercado (una encuesta diaria) para determinar con mayor certeza la demanda de pizzas.

El estudio de mercado costaría $7 por día.

Sabiendo que sin realizar ningún tipo de estudio el pago esperado promedio es de $316, ¿deben los dueños de la pizzería realizar el estudio?

Definamos S como la variable aleatoria cuyos valores son:

S = 0 predicen venta de 150 pizzas




Mediante una experimentación se han podido determinar las probabilidades a priori P(S=s|θ=θi), es decir las probabilidades de las predicciones acerca de la venta de pizzas, dados los estados de la naturaleza.

Recuerde que esta es una forma de medir la probabilidad de que la predicción sea errónea: Probabilidad (S|θ).

Tabla de probabilidades a priori

P(S = s|θ = θi)

θ1: Demanda 150

θ2: Demanda 160

θ3: Demanda 170

θ4: Demanda 180

S = 0 1/2 1/4 0 0

S = 1 1/3 1/2 1/6 1/6

S = 2 1/6 1/4 2/3 1/3

S= 3 0 0 1/6 1/2

Probabilidad 0.2 0.4 0.25 0.15 Tabla 23.10


Con esta tabla construimos la tabla de probabilidades conjuntas:

P(S ∩ θ) = P(S|θ)*P(θ). Para ello basta multiplicar escalarmente cada fila de la tabla de probabilidades a priori por la última fila de la misma tabla (probabilidad).

Los elementos de cada fila se suman para obtener la columna final P(S) que no es más que aplicar el teorema de la probabilidad total a cada una de las filas de la tabla de probabilidades a priori.

Tabla de probabilidades conjuntas

P(S=s ∩ θ=θi) P(S=s│(θ=θi) * P(θ=θi)

P(S=s)

θ1: Demanda

150

θ2: Demanda

160

θ3: Demanda

170

θ4: Demanda

180 S = 0 1/10 1/10 0 0 2/10

S = 1 1/15 1/5 1/24 1/40 1/3

S = 2 1/30 1/10 1/6 1/20 7/20

S= 3 0 0 1/24 3/40 7/60 Tabla 23.11

A partir de esta tabla se obtiene la tabla de probabilidades a posteriori: P(θ|S) = P(S ∩ θ)/P(S), o sea dividiendo cada elemento de la tabla de probabilidades conjuntas por la suma de los elementos de la columna final. Recuerde que esta es la fórmula de la probabilidad condicional.

Tabla de probabilidades a posteriori P (θ=θi|S=s)

θ1: Demanda

150 θ2: Demanda

160 θ3: Demanda

170 θ4: Demanda

180 S = 0 1/2 1/2 0 0

S = 1 1/5 3/5 1/8 3/40

S = 2 2/21 2/7 10/21 1/7

S= 3 0 0 5/14 9/14 Tabla 23.12


Calculemos ahora el valor esperado de la información perfecta (predicción de los estados de la naturaleza: demandas sin equivocarse).

Recuerde que para obtener este valor se toman los máximos valores de cada columna, ya que si existe una predicción de la demanda que nunca se equivoca se debe tomar la alternativa (pizzas a hornear que producen el máximo valor para esa demanda).

Valor esperado de la información perfecta

θ a

θ1: Demanda 150

θ2: Demanda 160

θ3: Demanda 170

θ4: Demanda 180

Hornear 150 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320

Hornear 170 $280 $310 $340 $340

Hornear 180 $270 $300 $330 $360

Pago máximo $30 $320 $340 $360


Tabla 23.13

El pago esperado con información perfecta será:

0.2 * $300 + 0.4 * $320 + 0.25 * $340 + 0.15 * $360 = $327.

VEIP (Valor Esperado de la Información Perfecta) = Pago esperado con información perfecta − Pago esperado sin experimentación.

VEIP = $327 - $316 = $ 11.

Como el VEIP (Valor Esperado de la Información Perfecta) es mayor que $7 (valor del estudio de mercado) puede valer la pena proceder con éste, ya que al utilizar esta información perfecta se obtiene una utilidad adicional de $4 diarios.

Veamos ahora el valor de la experimentación (predicciones que pueden equivocarse)

Valor esperado de la experimentación

para S=0 (predicción de que la demanda será 150 pizzas)


θ

a

θ1: Demanda

150

θ2: Demanda

160

θ3: Demanda

170

θ4: Demanda

180 VME

Hornear 150 $300 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320 $305

Hornear 170 $280 $310 $340 $340 $295

Hornear 180 $270 $300 $330 $360 $285

Probabilidad 1/2 1/2 0 0

Pago esperado óptimo si S=0 → $305 para hornear 160

Tabla 23.14

Observe que, curiosamente, en este caso cuando la predicción dice que la demanda será 150 pizzas lo mejor (la utilidad óptima) se obtendría llevándole la contraria a la predicción y horneando 160 pizzas.

Para S=1 (predicción de que la demanda será 160 pizzas)

θ

A

θ1: Demanda

150

θ2: Demanda

160

θ3: Demanda

170

θ4: Demanda

180 VME

Hornear 150 $300 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320 $305

Hornear 170 $280 $310 $340 $340 $295

Hornear 180 $270 $300 $330 $360 $285


Pago esperado óptimo si S=1 → $305 para hornear 160

Tabla 23.15



θ

A

θ1: Demanda

150

θ2: Demanda

160

θ3: Demanda

170

θ4: Demanda

180 VME

Hornear 150 $300 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320 $317

Hornear 170 $280 $310 $340 $340 $325.7

Hornear 180 $270 $300 $330 $360 $302


Pago esperado óptimo si S=2 → $325.7 para hornear 170

Tabla 23.16


θ

a

θ1: Demanda

150

θ2: Demanda

160

θ3: Demanda

170

θ4: Demanda

180 VME

Hornear 150 $300 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320 $320

Hornear 170 $280 $310 $340 $340 $340

Hornear 180 $270 $300 $330 $360 $349.3

Probabilidad 0 0 5/14 9/14

Pago esperado óptimo si S=1 → $349.3 para hornear 180

Tabla 23.17

Luego debe ponderarse cada uno de estos pagos esperados con la probabilidad del valor correspondiente de S. Recuerde: de la última columna de la tabla de probabilidades conjuntas.


P (S=s)

S = 0 2/10

S = 1 1/3

S = 2 7/20

S = 3 7/60

Tabla 23.18

Pago esperado con experimentación = 2/10*$305+1/3*$314+7/20*$325.7+7/60*$349.3

= $320.41

Para evaluar si debe realizarse la experimentación, se debe calcular el valor esperado de la experimentación VEE.

VEE = (Valor Esperado de la Experimentación) = Pago esperado con experimentación − Pago esperado sin experimentación.

VEE = $320.41 - $316 = $ 4.41.

Como el VEE (Valor Esperado de la Experimentación) es menor que $7 (costo de la experimentación) no vale la pena proceder con el estudio de mercado.

A continuación se presenta el algoritmo general para resolver problemas de experimentación.

Algoritmo evaluación de la experimentación 1. Obtener tabla de probabilidades a priori: P(S|θ) y obtener P(θ), donde S es el resultado

del experimento y θ el estado de la naturaleza.

2. Obtener tabla de probabilidades conjuntas P(S ∩ θ) como

P(S/θ)*P(θ).

3. Sumar las filas de la tabla de probabilidades P(S ∩ θ) para obtener P(S), (teorema de la probabilidad total).

4. Obtener la tabla de probabilidades a posteriori P(θ|S) dividiendo la tabla de probabilidades P(S ∩ θ) por la suma de su fila P(S).

5. Para cada resultado del experimento obtener una tabla de pagos donde las probabilidades a priori se sustituyen por las a posteriori correspondientes a ese resultado del experimento de la tabla P(θ/S). Aplicar el criterio de Bayes (valor esperado


para cada acción) a cada una de esas tablas y seleccionar el máximo y la acción correspondiente).

6. Utilizando los valores esperados máximos para cada resultado del experimento, obtener el valor esperado con experimentación multiplicando esos valores esperados máximos por sus probabilidades P(S) y sumando esos productos.

7. Restar al resultado del paso anterior el valor del pago esperado sin experimentación para obtener el valor esperado de la experimentación (VEE = valor esperado con experimentación − valor esperado sin experimentación).

8. Si el VEE es mayor que el costo de la experimentación se debe realizar la experimentación, en caso contrario se descarta.

Ejemplo: retomemos el de la Pizzería Comini

Con los mismos datos y la misma tabla de pagos supongamos que me ofrecen una predicción de las demandas con las siguientes características:

La predicción siempre acierta, es decir nunca se equivoca, pero no es capaz de predecir las cuatro demandas (150, 160, 170 y 180) sino que sólo está en capacidad de hacer dos predicciones:

La demanda es < 170 pizzas y la demanda es ≥ 170 pizzas.

Como nunca se equivoca, la tabla a priori es:

P(S|θ) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

Predicción Demanda < 170 1 1 0 0

Predicción Demanda ≥ 170 0 0 1 1


Tabla 23.19



P(S ∩ θ) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180 P(S)

Predicción Demanda < 170 0.2 0.4 0 0 0.6

Predicción Demanda ≥ 170 0 0 0.25 0.15 0.4

Tabla 23.20


P(θ|S) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

Predicción Demanda < 170 0.3333 0.6667 0 0

Predicción Demanda ≥ 170 0 0 0.625 0.375

Tabla 23.21


Estrategias:

Para Predicción Demanda < 170

Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180 VME

Hornear 150 300 300 300 300 300

Hornear 160 290 320 320 320 310*

Hornear 170 280 310 340 340 300

Hornear 180 270 300 330 360 290

Probabilidad 0.3333 0.6667 0 0

Se deben hornear 160 pizzas

Tabla 23.22

Para Predicción Demanda ≥ 170

Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

VME

Hornear 150 300 300 300 300 300

Hornear 160 290 320 320 320 320

Hornear 170 280 310 340 340 340

Hornear 180 270 300 330 360 341.25*

Probabilidad 0 0 0.625 0.375


Tabla 23.23

Valor con información de prueba = 310*0.6 + 341.25*0.4 = 322.5

Valor de la información de prueba = 322.5 – 316 = 6.5

Recuerde que el valor de la información perfecta es $11.

Eficiencia de la prueba = 6.5/11 = 59%.

Ejemplo:


Con los mismos datos y la misma tabla de pagos, supongamos que me ofrecen una nueva predicción de las demandas con las siguientes características:

La predicción acierta el 70% de las veces y se equivoca el 30% de las veces y, al igual que en el ejemplo anterior, no es capaz de predecir las cuatro demandas (150, 160, 170 y 180) sino que sólo está en capacidad de hacer las mismas dos predicciones:

La demanda es < 170 pizzas y la demanda es ≥ 170 pizzas.

Como solo acierta el 30% de las veces la tabla a priori es:

P(S|θ) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

Predicción Demanda < 170 0.7 0.7 0.3 0.3

Predicción Demanda ≥ 170 0.3 0.3 0.7 0.7


Tabla 23.24


P(S∩θ) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

P(S)

Predicción Demanda < 170 0.14 0.28 0.075 0.045 0.54

Predicción Demanda ≥ 170

0.06 0.12 0.175 0.105 0.46

Tabla 23.25



P(θ|S) Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

Predicción Demanda < 170

0.259 0.519 0.139 0.083

Predicción Demanda ≥ 170

0.130 0.261 0.380 0.228

Tabla 23.26

Estrategias:

Para Predicción Demanda < 170

Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180 VME

Hornear 150 300 300 300 300 300

Hornear 160 290 320 320 320 312.2*

Hornear 170 280 310 340 340 311.9

Hornear 180 270 300 330 360 301.4

Probabilidad 0.259 0.519 0.139 0.083


Tabla 23.27


Para Predicción Demanda ≥ 170

Demanda = 150

Demanda = 160

Demanda = 170

Demanda = 180

VME

Hornear 150 300 300 300 300 300

Hornear 160 290 320 320 320 316.1

Hornear 170 280 310 340 340 324*

Hornear 180 270 300 330 360 321.9

Probabilidad 0.130 0.261 0.380 0.228

Tabla 23.28

Valor con Información de prueba = 312.2*0.54 + 324*0.46 = 317.6

Valor de la información de prueba = 317.6 – 316 = 1.6

Recuerde que el valor de la información perfecta es $11

Eficiencia de la prueba = 1.6/11 = 14.5%

En resumen, observe que:

La información perfecta (predice todas las demandas sin equivocarse) tiene una eficiencia del 100%.

La información que no se equivoca, pero solo es capaz de hacer dos predicciones, tiene una eficiencia del 59%.

La información que se equivoca el 30% de las veces y es capaz de hacer las mismas dos predicciones tiene una eficiencia del 14.5%.


Capítulo 24.

Árboles de decisión

Un árbol de decisión proporciona una forma para desplegar visualmente un problema y después organizar el trabajo de cálculos que deben realizarse.

Los árboles de decisión son especialmente útiles cuando deben tomarse una serie de decisiones, y más aún cuando las decisiones posteriores dependen de la decisión que se tomó anteriormente (lo que da lugar a los árboles no simétricos).

Terminología:

A diferencia de la teoría general de árboles (nodos y ramas donde cada nodo tiene un solo padre), en teoría de decisiones existen dos tipos de nodos y de ramas.

Nodo de decisión: indica que una decisión necesita tomarse en ese punto del proceso.

Está representado por un cuadrado

Nodo de probabilidad: Indica que en ese punto del proceso ocurre un evento aleatorio (estado de la naturaleza)

Está representado por un círculo.

Rama: nos muestra los distintos posibles caminos que se pueden emprender, dado que tomamos una decisión u ocurre algún evento aleatorio. Las que salen de un nodo de decisión se denominan ramas de decisión. Las que salen de un nodo de probabilidad se denominan ramas de probabilidad.

Ejemplo:

Suponga que el estado del tiempo es variable y puede que llueva o no. Usted tiene que tomar la decisión de llevar paraguas o no al salir de su casa. El árbol siguiente muestra al proceso. Las ramas finales tienen un valor (bienestar de la persona entre 0 y 5) asociado con la combinación de la decisión y la acción sobre la ruta que llega a ese nodo.


Figura 24.1

Como se había mencionado anteriormente, el árbol de decisión permite visualizar completamente el problema y los cálculos asociados a éste. Además, ayuda a resumir las conclusiones obtenidas al desarrollar la política óptima.

Por ello se realizan árboles de decisión sin hacer los cálculos y luego árboles de decisión con los cálculos incluidos.


θ

a


Perforar $700000 −$100000

Vender $90000 $90000


Tabla 24.1

Se puede realizar una exploración sismológica para obtener una mejor estimación de la probabilidad de que haya petróleo. El costo de esta experimentación es de $30000.

Árbol de decisión antes de realizar cálculos

Llover

Llover

No llover

No llover

Llevar paraguas

No llevar paraguas

Nodo de decisión

4

3

1

5


Figura 24.2

Veamos que la trayectoria seguida para llegar a cualquier pago (excepto la inferior) está influenciada tanto por la decisión tomada como por los eventos aleatorios que están por fuera del control del tomador de decisiones.

El árbol de decisión con los cálculos incluidos nos muestra las probabilidades de los eventos, así como los pagos asociados a cada acción. Los pagos (que aparecen encima de los nodos) se obtienen de la siguiente manera: para los nodos de probabilidad (círculos) el promedio ponderado. Para los nodos de estados de la naturaleza, el mayor de todas las ramas que llegan (por ser un problema de maximización de utilidades).

670

-130

60

670

-130

60

700

-100

90

a

b

c

d

f

g

h e


Figura 24.3

Para las ramas terminales que salen del nodo h se insertaron las probabilidades iniciales de los estados de la naturaleza P(θ=θi).

Para las ramas terminales que salen de los nodos f y g donde ya se realizó la experimentación se insertaron las probabilidades a posteriori P (θ=θi|S=s).

Para las ramas que salen del nodo b, que corresponden al sondeo sísmico que da como resultado S=0 o S=1, se insertaron P(S=0) = 0.7 y P(S=1) = 0.3.

El procedimiento a utilizar para obtener la solución óptima es hacia atrás, hacia el nodo de decisión a.

10

270

270

100

6

123

123

670

-130

60

670

-130

60

700

-100 90

a

b

c

d

e

f

g

h


Figura 24.4

Si el sondeo se realiza, el pago esperado es $123000.

Figura 24.5

670 -130

60

d g

27

270

670 -130

60 c

f

-15.7

6

Suponga que se realiza el sondeo sísmico

Si el sondeo es desfavorable se vende

Si el sondeo es favorable se perfora

670

60

670

-130

60

b

c

d

f

g

270

270

6

123

-130


Dado que el sondeo sísmico no se realice la decisión es perforar y el pago esperado es 100

Figura 24.6

Sólo falta tomar la decisión de realizar el sondeo o no.

Figura 24.7

70

-100

90

e

h

10

10

670

-130

60

670

-130

60

70

-100

90

a

b

c

d

e

f

g

h

-15.7

270

100

60

270

100

123

123


Política óptima:

Hacer el sondeo sísmico.

Si el resultado es desfavorable (S=0), vender el terreno.

Si el resultado es favorable (S=1), perforar en busca de petróleo.

El pago esperado, incluyendo los costos de experimentación, es 123.

Ejemplo: Pizzería Comini.

θ a

Demanda 150 Demanda 160 Demanda 170 Demanda 180

Hornear 150 $300 $300 $300 $300

Hornear 160 $290 $320 $320 $320

Hornear 170 $280 $310 $340 $340

Hornear 180 $270 $300 $330 $360

Pago máximo $30 $320 $340 $360


Tabla 24.2

Recoerdar que S son las predicciones:

S = 0 predicen demanda de 150 pizzas





Además:

P (S=s)

S = 0 2/10

S = 1 1/3

S = 2 7/20

S = 3 7/60

Tabla 24.3

A continuación aparecen dos árboles: uno sin cálculos y otro con cálculos. Ambos aparecen incompletos, ya que el número de ramas es muy grande y no cabrían, por lo que sólo aparecen las demandas correspondientes a las alternativas hornear 170 pizzas. Las demás no aparecen.

Recuerde que los valores encima de los nodos se obtienen de la misma manera que en el problema de la petrolera:

En los nodos de probabilidad se toma el promedio ponderado con las probabilidades.

En los nodos de probabilidad se toma el máximo (por ser un problema de maximización).

Observe que en los valores de los nodos finales de las ramas después de realizar el estudio de mercado aparecen restados los $7 del estudio de mercado. Otra opción (y da el mismo resultado) es restarlos en el nodo después de la rema realizar estudio de mercado.


Figura 24.8

Árbol de decisión incompleto antes de realizar cálculos.

Estudio de mercado

No estudio de

mercado

280

310 340

340

273 303

333

333


Figura 24.9

Árbol de decisión incompleto después de realizar cálculos

280 310

340

340

273

303

333

333

303

295.25

307

293

300

314

316

310

298

307

318.7

342.3

316

313.4

316

Estudio de mercado

No estudio de mercado


Capítulo 25.

Teoría de la utilidad

Hasta ahora hemos supuesto que el pago esperado en términos monetarios es la medida adecuada de las consecuencias de tomar una acción.

Sin embargo, en muchas situaciones esto no es así y se debe utilizar otra escala de medida para las acciones que realizamos.

Las razones por las que los valores monetarios no siempre dan una medida exacta es la subjetividad del dinero. La misma cantidad de dinero puede aportar un nivel de bienestar diferente a diferentes personas, según su nivel de riqueza, su estado de ánimo, su edad e inclusive según su aversión al riesgo, que es una medida del temor a correr riesgos.

Suponga que se le ofrece a una persona escoger una de estas dos opciones:

Figura 25.1

Si calculamos el promedio (esperanza) de ambas alternativas obtenemos:

E {p(a1, θ)}= 0.5*$100000+0.5*0 = $50000

E {p(a2, θ)}= 1*$40000 = $40000

Aunque la alternativa 1 tiene un pago esperado mayor, muchas personas preferirán los $40000 fijos.

50% de posibilidades de ganar $100000.

50% de posibilidades de no ganar nada.

Ganar $40000 fijos.


En muchas ocasiones los tomadores de decisiones no están dispuestos a correr riesgos, aunque la ganancia esperada sea mucho mayor.

Se pueden transformar los valores monetarios a una escala apropiada que refleje las preferencias del tomador de decisiones, llamada función de utilidad del dinero.

Una curva típica de la curva de utilidad del dinero puede tener la siguiente forma, donde los valores en el eje horizontal son pesos y los del eje vertical la utilidad, que podría pensarse que está en términos de unidades de bienestar, de felicidad o de utilidad del dinero. Más adelante discutiremos cómo se obtienen esas unidades, pero por ahora concentrémonos en la interpretación de la curva.

Figura 25.2

Note que, de acuerdo con este gráfico, a $10000 le corresponde 1 unidad de utilidad:

a $30000 le corresponden 2 unidades de utilidad.



Una función de utilidad para el dinero de este tipo nos muestra una utilidad marginal decreciente para el dinero, es decir:

u (M)

1

$1000

0 M

2

3

4

$3000

$6000

$10000


La pendiente de la función disminuye conforme aumenta la cantidad de dinero M, expresado matemáticamente: la 2.a derivada < 0 cuando esta existe.

No todas las personas tienen una utilidad marginal decreciente para el dinero. Hay personas que tienen funciones de utilidad marginal creciente para este. Por eso se habló al principio de una curva típica, pero no todas las personas siguen este tipo de curva. Sin embargo, este tipo de curvas con utilidad marginal decreciente es bastante frecuente para personas y para empresas.

Note, de acuerdo con esta curva, que si $10000 aportan 1 unidad de utilidad $30000 (que es el triple de $10000) solo aportan dos unidades de utilidad. Es decir, mientras más dinero, el aporte marginal es cada vez menor.

La utilidad marginal decreciente quiere decir que mientras más dinero se tenga, el aporte de cada unidad adicional es menor.

El hecho de que distintas personas tienen funciones de utilidad diferentes para el dinero tiene una aplicación importante para el tomador de decisiones cuando se enfrenta a la incertidumbre.

Cuando una función de utilidad para el dinero se incorpora en un análisis de decisiones para un problema, esta función de utilidad debe construirse de manera que se ajuste a las preferencias y valores del tomador de decisiones.

La clave para considerar que la función de utilidad para el dinero se ajusta al tomador de decisiones es la siguiente propiedad de las funciones de utilidad.

Propiedad Bajo las suposiciones de la teoría de utilidad, la función de utilidad para el dinero de un tomador de decisiones tiene la propiedad de que este se muestra indiferente ante dos cursos de acción alternativos si los dos tienen la misma utilidad esperada.


Suponga que alguien tiene esta función de utilidad:

Figura 25.3

Además, se le ofrece una de estas dos alternativas:

Ganar $100000 con probabilidad p (utilidad = 4)

No ganar nada con probabilidad 1−p (utilidad = 0)

El valor esperado de la utilidad con esta oferta es E(utilidad) = 4*p+0*(1−p) = 4*p

El tomador de decisiones será entonces indiferente ante cualquiera de estos tres pares de alternativas, ya que en cualquiera de los tres casos la utilidad a la izquierda y a la derecha de la flecha es la misma

u (M)

1

$10000 0 M

2

3

4

$30000 $60000 $100000


Figura 25.4

Veamos a continuación cómo se construye la curva de utilidad para una persona o una empresa.

Para construir una función de utilidad para el dinero se hace lo siguiente:

1. Se le hace al tomador de decisiones una oferta hipotética de obtener una gran suma de dinero con probabilidad p o nada.

2. Para cada una de las pequeñas cantidades se le pide al tomador de decisiones que elija un valor de p, que lo vuelva indiferente ante la oferta y la obtención definitiva de esa cantidad de dinero.

Cuando se usa la función de utilidad para el dinero del tomador de decisiones, para medir el valor relativo de los distintos valores monetarios posibles, la regla de Bayes sustituye los pagos monetarios por las utilidades correspondientes.

Por lo tanto, la acción (o la serie de acciones) óptima es la que maximiza la utilidad esperada.


En estos momentos la compañía no atraviesa por una situación financiera sólida y está operando con poco capital. Una pérdida de $100000 sería bastante seria.

Ganar $100000 con probabilidad 0.25 E(utilidad = 1)

Definitivamente obtener $10000 (utilidad = 1)






El peor escenario sería conseguir $30000 para el sondeo sísmico y después todavía perder $100000 en la perforación, si no hay petróleo.

Por otro lado, encontrar petróleo es una perspectiva interesante, ya que una ganancia de $700000 daría a la compañía una base financiera sólida.

Figura 25.5

Para aplicar la función de utilidad para el dinero del tomador de decisiones, es necesario conocer todos los pagos posibles.

270

670

-130

60

670

-130

60

700

-100

90

a

b

c

d

e

f

g

h

123

60

123

270

100 100


Pago monetario Utilidad

₋130 -150

₋100 -105

60 60

90 90

670 580

700 600

Tabla 25.1

Veamos cómo se obtuvo esta tabla.

El punto de inicio adecuado para construir la función de utilidad es considerar el peor y el mejor de los escenarios.

Aunque la selección de esos puntos extremos es arbitraria, eso no causa problema en la construcción de la curva. Note por ejemplo cómo en las escalas de temperatura los valores extremos son totalmente arbitrarios, y sin embargo se pueden medir las temperaturas con exactitud e interpretar su significado.

Suponga que solo tiene dos alternativas

Alternativa 1 No hacer nada utilidad = 0 pago = 0 (aquí se escoge arbitrariamente que la curva para por el punto (0,0): el origen.

Alternativa 2 Probabilidad p: pago 700

Probabilidad 1₋p: pago ₋130

¿Qué valor de p haría que el tomador de decisiones fuera indiferente ante las dos alternativas?

Suponga que la elección del tomador de decisiones es p = 1/5.

Recuerde la propiedad que se mencionó de las curvas de utilidad: éste se muestra indiferente ante dos cursos de acción alternativos si los dos tienen la misma utilidad esperada.

Entonces se igualan las utilidades esperadas de las dos alternativas:

4/5u(₋130) + 1/5 u(700) = 0

Uno de los valores de u(₋130) y u(700) puede establecerse arbitrariamente, con la salvedad de que el primero sea negativo y el segundo positivo.


Suponga que seleccionamos u(₋130) = ₋150 (totalmente arbitrario)

Entonces por medio de la ecuación podemos hallar u(700)

4/5 (₋150) + 1/5 u(700) = 0, que al despejar nos da: u(700) = 600.

Para identificar u(₋100), se selecciona un valor de p que haga que el tomador de decisiones sea indiferente entre un pago de ₋130 con probabilidad p o la de incurrir definitivamente en un pago de ₋100.

Si el tomador de decisiones escoge p = 0.7, entonces se tiene:

u(-100) = pu(-130) = 0.7(-150) = -105 y hemos encontrado u(-100)

Para obtener u(90), se selecciona un valor de p que haga que el tomador de decisiones sea indiferente entre un pago de 700 con probabilidad p o la obtención de un pago definitivo de 90.

Si el tomador de decisiones escoge p = 0.15, entonces se tiene:

u(90) = pu(700) = 0.15(600) = 90 y hemos encontrado u(90)

Con estos valores se puede dibujar una curva suavizada.

Figura 25.6

De esta forma se ha construido la curva de utilidad del dinero para la Goferbroke.

En resumen:

100 200 300 400 500 600 −100 −100

−100

100

200

300

400

500

600 Recta del valor monetario

Función de utilidad


Para f > 0 halle un valor de p tal que sea indiferente tener $700 con ese valor de p, o tener a la fija f y se plantea u(f) = u(700)*p+0*(1-p).

u(f) = u(700)*p.

Se halla u(f) para los valores monetarios mayores o iguales a cero.

Para f < 0 halle un valor de p tal que sea indiferente tener ₋$130 con ese valor de p, o tener a la fija f

u (₋130)*p = u(f).

Se halla u (f) para los valores monetarios negativos.

Observe que u(M) es en esencia igual a M para valores pequeños (positivos o negativos) de M, y después se separa gradualmente para valores grandes de M.

Esto es característico de una persona que tiene una aversión moderada al riesgo.

Dada la función de utilidad para el dinero del dueño de la compañía, el proceso de toma de decisiones es idéntico al descrito en las secciones anteriores excepto que ahora se sustituyen las utilidades por los pagos monetarios como se muestra en los dos árboles a continuación.

El uso de la teoría de la utilidad refleja la actitud del tomador de decisiones respecto al riesgo.


Figura 25.7

-15.7 670

-130

60

670

-130

60

700

90

a

b

c

d

e

f

g

h

123

60

123


Figura 25.8

La política global óptima sigue siendo la misma que la encontrada en la toma de decisiones con experimentación.

Muchos tomadores de decisiones no se sienten suficientemente a gusto con la noción algo abstracta de la utilidad. En consecuencia, la teoría de la utilidad todavía no tiene una aplicación muy amplia en la práctica.

71.25 90

215 215

-45.5 670

-130

60

670

-130

60

700

-100

90

a

b

c

d

e

f

g

h

106.5

60

106.5


Problemas de teoría de decisiones Problema 1. Se tienen dos dados: el primero es regular y el segundo cuenta con otro 6 en vez del 5. Un jugador selecciona un dado al azar con igual probabilidad y debe adivinar cuál dado es, si lo hace ganará $10 y si no adivina perderá esa misma cantidad.

a) ¿Qué dado debe decir el jugador que fue el seleccionado?

b) ¿Cuál es el valor de la información perfecta?

Al jugador le ofrecen tirar el dado una vez por $1 y ver si cayó un número par o impar.

c) ¿Debe aceptar esta oferta?

a)

Dado 1 Dado 2 Ganancia esperada

Decir 1 10 –10 0

Decir 2 –10 10 0

Probabilidades 50% 50%

Es indiferente que dado escoja

b) (10 10)*0.5 10VEIP = + = (Valor esperado de la Información Perfecta)

10 0 10VIP = − = (Valor Esperado con Información Perfecta)

Llamamos dado1 el regular y dado 2 el que tiene 2 seises y no tiene cinco.

La matriz de ( / )P S θ (probabilidades a priori) es:

θ

S

θ1

Dado1

θ2

Dado2

Cae par 1/2 2/3

Cae impar 1/2 1/3

Probabilidad 1/2 1/2


La matriz ( )P S θ∩ = P(S|θ)*P(θ) (probabilidades conjuntas) es:

θ

S

θ1

θ2

P(S)

Cae par 1/4 1/3 7/12

Cae impar 1/4 1/6 5/12

La matriz ( / )P Sθ = ( )P S θ∩ /P(θ) (probabilidades a posteriori) es:

θ

S

θ1

θ2

Cae par 3/7 4/7

Cae impar

3/5 2/5

Se plantean las estrategias con la tabla de pagos y las filas de la matriz a posteriori:

Si el dado cae par:

Acción Dado 1 Dado 2 VME

Decir 1 10 –10 –10/7

Decir 2 –10 10 10/7*

3/7 4/7

La estrategia debe ser decir que es el dado 2 (tiene mejor VME)


Si el dado cae impar:

Acción Dado 1 Dado 2 VME

Decir 1 10 –10 10/5*

Decir 2 –10 10 –10/5

3/5 2/5

La estrategia debe ser decir que es el dado 1 (tiene mejor VME)

Valor esperado de la información perfecta = (10/7)*/7/12) + (10/5)*(5/12)

= 20/12 = $1.6

Como $1.6 > $1 se debe aceptar la oferta de ver la tirada del dado

Problema 2. Actualmente la empresa Dulces S. A. que produce golosinas, está decidiendo la capacidad que instalará en la nueva fábrica que abrirá en Ríonegro. La empresa ha hecho varias simulaciones de Valor Presente Neto, teniendo en cuenta que su porción del mercado decrezca, permanezca constante o crezca. A continuación se muestran los resultados de los valores presentes netos de la simulación.

Capacidad Mercado decreciente

Mercado constante

Mercado creciente

300.000 $369.000 $1.270.000 $1.679.000

350.000 $148.000 $1.279.000 $1.939.000

400.000 –$72.000 $1.198.000 $2.207.000

Probabilidad 25% 65% 10%

Decida a partir de los cinco criterios (pesimista, optimista, máxima posibilidad, mínimo arrepentimiento y pago promedio) para obtener la acción óptima.


Criterios

Optimista (máximo de máximos)

Capacidad Máximos

300.000 $1.679.000

350.000 $1.939.000

400.000 $2.207.000*

Debe escoger la capacidad de 400.000

Pesimista (máximo de mínimos)

Capacidad Mínimos

300.000 $369.000*

350.000 $148.000

400.000 –$72.000


Máxima posibilidad (máximo de la columna del estado más probable: mercado constante)

Capacidad Mercado constante

300.000 $1.270.000

350.000 $1.279.000*

400.000 $1.198.000

Probabilidad 65%


Mínimización del arrepentimiento


Se construye la tabla de arrepentimientos con los valores: máximo de la columna – valor respectivo):

Capacidad Mercado decreciente

Mercado constante

Mercado creciente

300.000 $0 $9.000 $528.000

350.000 $221.000 $0 $268.000

400.000 $441.000* $81.000 $0

De cada fila se escoge el máximo y se lleva a una lista. De esa lista la alternativa con el valor mínimo es la escogida:


Pago promedio (SE obtiene el promedio de cada fila, ponderado con las probabilidades)

Capacidad Promedio

300.000 $1.085.650*

350.000 $1.062.250

400.000 $981.400


Problema 3. Los dueños de la pizzería Comini se enfrentan al problema de determinar cuántas pizzas se deben hornear diariamente al principio de cada día. Ellos han determinado que cada pizza horneada que se vende durante el día deja una utilidad de $2, pero cada pizza horneada que no se vende, porque la demanda fue menor produce una pérdida de $2;

Capacidad

Lista de máximos

300.000 528.000

350.000 268.000*

400.000 441.000


en tanto cada pizza faltante, porque la demanda fue mayor, produce una pérdida de prestigio estimada en $1. La demanda diaria se ha estimado en 150 pizzas con probabilidad 0.3, 160 pizzas con probabilidad 0.4 o 170 pizzas con probabilidad 0.3. Los dueños de la pizzería han determinado que el número de pizzas a hornear debe ser una de las siguientes tres opciones: 1) el promedio de pizzas demandadas, 2) el promedio de pizzas demandadas menos cinco pizzas o 3) el promedio de pizzas demandadas más cinco pizzas. a) Determine cuántas pizzas se deben hornear diariamente para maximizar las utilidades

por los criterios: pesimista, optimista, máxima posibilidad, minimización del arrepentimiento y promedio (Bayes).

b) ¿Cuál es el valor de la información perfecta?

a) Utilidad por pizza vendida=2$/und. Pérdida por pizza sobrante = 2$/und. Pérdida por pizza faltante= 1$/und. El promedio de la demanda es 150*0.3 + 160*0.4 + 170*0.3 = 160 La matriz de pagos es la siguiente:

Demanda = 150 Demanda = 160 Demanda = 170 VME Hornear 155 300–10 = 290 310–5 = 305 310–15 = 295 297.5 Hornear 160 300–20 = 280 320 320–10 = 310 305* Hornear 165 300–30 = 270 320–10 = 310 330–5 = 325 302.5 Probabilidad 0.3 0.4 0.3

Criterio del pesimista:


Criterio del optimista:


Criterio de la máxima posibilidad: la máxima posibilidad es 0.4


H 155 290* H 160 280 H 165 270

H 155 305 H 160 320 H 165 325*

H 155 305 H 160 320* H 165 310


Criterio de minimización del arrepentimiento: Tabla de arrepentimiento:

Max 30 15* Se deben hornear 160 pizzas

20

Criterio de pago máximo promedio o Bayes (VME): H 155: Promedio = 290–0.3 + 305*0.4 + 295*0.3 = 297.5 H 160: Promedio = 280–0.3 + 320*0.4 + 310*0.3 = 305* H 165: Promedio = 270–0.3 + 310*0.4 + 325*0.3 = 302.5 La mejor alternativa es hornear 160 pizzas con una utilidad de 305$

b) VIP (Valor de la Información Perfecta) = (Valor con Información Perfecta) – valor sin experimentación Valor con información perfecta = (0.3*290 + 0.4*320 + 0.3*325) = $312.5 Valor sin experimentación = $305 Valor de la información perfecta = $312.5 – $305 = $7.5

Problema 4. El administrador de un local que vende artículos navideños en un centro comercial de la ciudad, se encuentra preocupado porque ya llega la temporada de diciembre y no sabe cuántos árboles navideños pedir a su proveedor, con el fin de no perder tanto dinero como en la temporada pasada. Cada árbol lo compra a $6 y lo revende en $18, ya que es un artículo que solo se vende en una temporada. De acuerdo con sus años de experiencia y la presente situación económica él estima que la demanda de este año puede tener una desviación del 10% hacia arriba o hacia abajo con respecto a la del año anterior que fue de 150 árboles, con una probabilidad de 0.4 para cada variación, aunque también considera que puede que la demanda no varíe y permanezca igual. Cada árbol que no se venda tiene que guardarlo durante un año a un costo de inventario establecido en $10/árbol-año y adicionalmente le pierde $4 ya que los tiene que vender mucho más baratos al año siguiente. La demanda no satisfecha se considera importante, y se estima en lo que dejó de ganar por no tener el artículo disponible.

1) ¿Cuál deberá ser la estrategia que utilice el vendedor con el fin de maximizar sus utilidades si las opciones a pedir son las posibles demandas? ¿Cuánto estaría dispuesto a pagar por el valor de la información perfecta?

2) En el sector económico se cuenta con asesores expertos en predecir la demanda de varios artículos, pero esta predicción tiene un costo de $10. Este asesor le suministra información acerca del comportamiento de la demanda y está en capacidad de decirle si la demanda variará o no (sin especificar porcentajes ni dirección), pero solo acierta en su predicción el 90% de las veces. ¿Valdría la pena contratar a dicho asesor? Y, de ser así, ¿cuál es la estrategia que deberá utilizar el comerciante para maximizar sus utilidades?

a θ Dem=150 Dem=160 Dem=170 H 155 0 15 30 H 160 10 0 15 H 165 20 10 0


Los datos del problema son: C = $6/und. PV = $18/und. Ganancia = $12/und Pérdidas por unidad = Inventario + desvalorización = $10/und.+ $4/und.= $14/und.

La matriz de pagos es:

Demanda = 150 Demanda = 165 Demanda = 135 VME Pedir 150 1800 1800–180 = 1620 1620–210 = 1410 1572 Pedir 165 1800–210 = 1590 1980 1620–420=1200 1590* Pedir 135 1620–180 = 1140 1620–360 = 1260 1620 1380 Probabilidad 0.2 0.4 0.4

Debe pedir 165 árboles para obtener una ganancia de $1590 El valor esperado por la información perfecta es: VEIP = ((1800*0.20)+(1980*0.40)+(1620*0.40))–1590 = 1800–1590 = 210$.

Pagaría máximo 210$

b) Valor asesor = $10.

La tabla a priori es: P(S/θ)

Demanda = 150 Demanda = 165 Demanda = 135 Demanda varía 0.1 0.9 0.9 Demanda no varía 0.9 0.1 0.1 P(θ=θi) 0.2 0.4 0.4

Tabla de probabilidades conjuntas: P(S|θ)*P(θ)

Demanda = 150

Demanda = 165

Demanda = 135

P(S=s)

Demanda varía 0.02 0.36 0.36 0.74 Demanda no varía 0.18 0.04 0.04 0.26

Tabla de probabilidades a posteriori: (P(S|θ)*P(θ))/P(S=s)

Demanda = 150 Demanda = 165 Demanda = 135 Demanda varía 0.027 0.487 0.487 Demanda no varía 0.692 0.154 0.154


Alternativas de decisión:

Si la demanda varía:

VMEa1 = 1800*0.027+1620*0.487+1410*0.487 = 1524.21

VMEa2 = 1590*0.027+1980*0.487+1200*0.487 = 1591.59

VMEa3 = 1140*0.027+1260*0.487+1620*0.487 = 1433.34

Si la demanda varía, simplemente seleccione la alternativa 2, pedir 165 árboles de navidad al proveedor.

Si la demanda no varía:

VMEa1 = 1800*0.692+1620*0.154+1410*0.154 = 1712.22

VMEa2 = 1590*0.692+1980*0.154+1200*0.154 = 1590

VMEa3 = 1140*0.692+1260*0.154+1620*0.154 = 1170.8

Si la demanda varía, simplemente seleccione la alternativa 1, pedir 150 árboles de navidad al proveedor.

VEE = ((1591.59*0.74) + (1712.22*0.26))–1590 = 1622.95–1590 = $32.95 es mayor que los $10 que me cobra el asesor, por lo tanto, sí valdría la pena contratarlo.

Problema 5. Usted debe decidir entre cuatro cosechas para plantar en 1000 acres de terreno (solo se debe plantar un tipo de cosecha). Se le proporcionan las siguientes estimaciones sobre las cosechas y los costos por kilo bajo diferentes condiciones climatológicas:

Clima

Cosecha esperada, kilos/acre

Cosecha 1 Cosecha 2 Cosecha 3 Cosecha 4

Seco 20 15 30 40

Moderado 35 20 25 40

Húmedo 40 30 25 40

Costo por kilo, $ 1.00 1.50 1.00 0.50


También cuenta con las siguientes probabilidades para el clima:

Seco 0.3 Moderado 0.5 Húmedo 0.2

Se desea minimizar el costo total en pesos en que se incurre.

Determine cuál cosecha plantar bajo cada uno de los siguientes criterios:

Criterio del pago máximo (pesimista o maximin)

Criterio del optimista

Criterio de la máxima posibilidad

Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax)

Modelo de maximización del pago promedio (regla de decisión de Bayes)

Matriz de pagos

Seco Moderado Húmedo

Cosecha 1 –20000 –35000 –40000

Cosecha 2 –22500 –30000 –45000

Cosecha 3 –30000 –25000 –25000

Cosecha 4 –20000 –20000 –20000

Probabilidad 0.3 0.5 0.2

Cada pago corresponde a:

(Cosecha esperada)*(1000)*(costo)

Observe que los valores de la tabla se multiplican por –1 (negativos) con el fin de poder utilizar el algoritmo de maximización. Multiplicar los pagos der la tabla por –1 es equivalente a multiplicar la función objetivo por –1. Recuerde que otra alternativa es cambiar los algoritmos por algoritmos de minimización, pero es preferible multiplicar la tabla por –1 y usar el algoritmo de maximización que ya se conoce.


Criterio del pago máximo (pesimista o maximin)

Seco Moderado Húmedo Mínimo

Cosecha 1 –20000 –35000 –40000 –35000

Cosecha 2 –22500 –30000 –45000 –45000

Cosecha 3 –30000 –25000 –25000 –30000

Cosecha 4 –20000 –20000 –20000 –20000*

Se debe plantar la cosecha 4.

Criterio del optimista

Seco Moderado Húmedo Máximo

Cosecha 1 –20000 –35000 –40000 –20000*

Cosecha 2 –22500 –30000 –45000 –22500

Cosecha 3 –30000 –25000 –25000 –25000

Cosecha 4 –20000 –20000 –20000 –20000*

Se debe plantar la cosecha 1 o la 4. (El problema tiene dos soluciones óptimas)


Moderado

Cosecha 1 –35000

Cosecha 2 –30000

Cosecha 3 –25000

Cosecha 4 –20000*

Probabilidad 0.5



Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax)

Tabla de arrepentimientos:


Cosecha 1 0 15000 20000

Cosecha 2 2500 10000 25000

Cosecha 3 10000 5000 5000

Cosecha 4 0 0 0

Arrepentimiento

Cosecha 1 20000

Cosecha 2 25000

Cosecha 3 10000

Cosecha 4 0*


Modelo de maximización del pago promedio (regla de decisión de Bayes)


Cosecha 1 –20000 –35000 –40000

Cosecha 2 –22500 –30000 –45000

Cosecha 3 –30000 –25000 –25000

Cosecha 4 20000 –20000 –20000



Promedios:

Cosecha 1: –20000*0.3 –35000*0.5 –40000*0.2 = –31500

Cosecha 2: –22500*0.3 –30000*0.5 –45000*0.2 = –30750

Cosecha 3: –30000*0.3 –25000*0.5 –25000*0.2 = –26500

Cosecha 4: –20000*0.3 –20000*0.5 –20000*0.2 = –20000*


Problema 6. Dada la siguiente tabla que representa las utilidades de tres alternativas (A1, A2 y A3) y tres estados de la naturaleza (N1, N2 y N3):

N1 N2 N3

A1 4 5 X

A2 5 1 9

A3 6 3 2


Encuentre el valor de la X, de tal forma que la alternativa 1 sea la escogida por los siguientes métodos:

Pesimista

Optimista

Máxima posibilidad

Bayes

Pesimista

Consideremos 2 casos:

1) X≤4 2) X≥4


Caso 1) X≤4

N1 N2 N3 Mínimo

A1 4 5 X X

A2 5 1 9 1

A3 6 3 2 2


Para que la alternativa 1 sea la escogida se requiere que X≥2.

En resumen, se requiere que 2≤X≤4 para que gane la alternativa 1

Caso 2) X≥4

N1 N2 N3 Mínimo

A1 4 5 X 4

A2 5 1 9 1

A3 6 3 2 2


En este caso la alternativa 1 siempre es la escogida

En resumen, se requiere que X≥4

Combinando los dos resultados anteriores la alternativa 1 gana en el intervalo:

(2≤X≤4)U(X≥4) = (X≥2)

En resumen, para que gane la alternativa 1 se requiere que X≥2


Optimista

El optimista que escoge máximo de máximos es equivalente a escoger el máximo de la tabla.

N1 N2 Máximo

A1 4 5 X

A2 5 1 9

A3 6 3 6


Para que la alternativa 1 sea la ganadora se requiere por tanto que X≥9

Máxima posibilidad

Estado con máxima posibilidad es N1

Por tanto

N1

A1 4

A2 5

A3 6

Probabilidad 0.6

Es imposible que gane la alternativa 1, ya que siempre gana la 3


Bayes

N1 N2 N3

A1 4 5 X

A2 5 1 9

A3 6 3 2


A1 = 4*0.6+5*0.3+X*0.1

A2 = 5*0.6+1*0.3+9*0.1 = 4.2

A3 = 6*0.6+3*0.3+2*0.1 = 4.7

Para que A1 sea la mejor alternativa:

4*0.6+5*0.3+X*0.1≥4.7

3.9+X*0.1≥4.7

X*0.1>0.8

X≥8

Por tanto, para que la alternativa 1 sea la ganadora se requiere que X≥8

Problema 7. La demanda mensual de hierro en ciudad de México según los últimos meses puede ser uno de los siguientes valores 100, 130 o 150 toneladas de hierro con unas probabilidades de 0.1, 0.4 y 0.5 respectivamente. El encargado de suministrar el hierro en la ciudad limita sus alternativas a proveer uno de los tres niveles indicados. Si tiene una existencia superior a lo que puede vender en el mismo mes deberá deshacerse del excedente a un precio de descuento del 50% y si por el contrario la demanda del mes supera la producción, se ordena producir las unidades faltantes de inmediato con un costo adicional de 10 pesos cada tonelada, pues se trabaja durante horas extras para poder realizar la entrega. Suponga que el comerciante paga 80 pesos por tonelada de hierro y la vende normalmente a 150 pesos cada tonelada.

¿Cuál es el valor máximo que se puede pagar por los servicios de un especialista en predicción de la demanda si en realidad no hay certeza en los resultados de sus pruebas? Este sólo está en capacidad de predecir si la demanda será ≥120 o si no lo será; y según su experiencia se sabe que se equivoca en un 40% de las veces; ¿cuánto sería el valor que está dispuesto a pagar por esta información?

Utilidad por tonelada = 150–80= 70


Utilidad por tonelada faltante = Utilidad por tonelada – 10 por tonelada = 70 – 10 = 60

Utilidad por tonelada sobrantes = 75–80= –5

Consideremos las combinaciones (Pedido, Demanda):

(100,100) = 100*70 =7000

(100,130) = 100*70+30*60 = 8800

(100,150) = 100*70+50*60 = 10000

(130,100) = 100*70+(30*–5) = 6850

(130,130) = 130*70 = 9100

(130,150) = 130*70+20*60 = 10300

(150,100) = 100*70+(50*–5) = 6750

(150,130) = 130*70+(20*–5) = 9000

(150,150) = 150*70 = 10500

D 100 D 130 D 150

P 100 7000 8800 10000

P 130 6850 9100 10300

P 150 6750 9000 10500

probabilidades 0.1 0.4 0.5

VME(P100) = 7000*0.1+8800*0.4+10000*0.5 = 9220

VME(P130) = 6850*0.1+9100*0.4+10300*0.5 = 9475

VME(P150) = 6750*0.1+9000*0.4+10500*0.5 = 9525


La mejor alternativa seria pedir 150 unidades.

Tabla de probabilidades a priori P(S|θ)

D 100 D 130 D 150

P≥120 0.4 0.6 0.6

P<120 0.6 0.4 0.4

Probabilidades 0.1 0.4 0.5

Tabla de probabilidades conjuntas P(S)* P(S|θ)=P(S∩θ)

D 100 D 130 D 150 P(S)

P≥120 0.04 0.24 0.3 0.58

P<120 0.06 0.16 0.2 0.42

Tabla de probabilidades a posteriori P(θ/S)= P(S∩θ)/P(S)

D 100 D 130 D 150 P(S)

P≥120 0.07 0.41 0.52 0.58

P<120 0.14 0.39 0.47 0.42

Para D < 120

D 100 D 130 D 150 VME

P 100 7000 8800 10000 9112

P 130 6850 9100 10300 9349

P 150 6750 9000 10500 9390*

probabilidades 0.14 0.39 0.47


VME(P100) = 7000*0.14+8800*0.39+10000*0.47 = 9112 VME(P130) = 6850*0.14+9100*0.39+10300*0.47 = 9349 VME(P150) = 6750*0.14+9000*0.39+10500*0.47 = 9390*

Para D ≥ 120

D 100 D 130 D 150 VME

P 100 7000 8800 10000 9298

P 130 6850 9100 10300 9566.5

P 150 6750 9000 10500 9622.5*


VME(P100) = 7000*0.07+8800*0.41+10000*0.52 = 9298

VME(P130) = 6850*0.07+9100*0.41+10300*0.52 = 9566.5

VME(P150) = 6750*0.07+9000*0.41+10500*0.52 = 9622.5*

Utilidad esperada con estudio = 9390*0.42+9622.5*0.58 = 9525

Utilidad esperada sin estudio = 9525

Valor de la experimentación = 9525–9525 = 0

De esta manera, no se está dispuesto a pagar nada (cero pesos) por el estudio por que no se percibe un beneficio significativo con dicho estudio.

Problema 8. Hace un año un importante cultivo de orquídeas sufrió una gran pérdida, cuando el fenómeno del niño afectó considerablemente el cultivo secándolo. Desde entonces se han tomado acciones para erradicar el efecto del fenómeno en el cultivo y algunos expertos en los temas del clima y los suelos opinan, con base en evidencia preliminar. No se tienen estimativos de la probabilidad de que el programa de erradicación haya tenido éxito. El gerente tiene dos opciones, que presentarían los siguientes beneficios:


Con fenómeno Efecto erradicado

Orquídeas –$25000 $100000

Otro cultivo $40000 $40000


Se le presenta la opción de contratar un estudio que indicará si el efecto del fenómeno está todavía presente o erradicado.

Él asume que los resultados arrojados por el estudio son información perfecta. ¿Cuál será la máxima cantidad que puede pagar por el estudio?

Para otro estudio, el gerente descubre que los resultados no son perfectos. Si el efecto del fenómeno está aún presente, el estudio acierta con una probabilidad de 0.8; si el efecto esta erradicado, el estudio acierta con una probabilidad de 0.85. ¿Cuál será la máxima cantidad que se puede pagar por este estudio?

Con efecto Efecto erradicado

Orquídeas –$25000 $100000



Orquídeas = –25000*0.5+100000*0.5 = 37500

Otro cultivo = 40000*0.5+40000*0.5 = 40000*

Ingresos esperados sin información = 40000

Ingresos con información perfecta = 40000*0.5+100000*0.5 = 70000

La máxima cantidad a pagar por la información perfecta

= Ingresos con información perfecta – ingresos sin información.

VEIP=70000–40000=30000



Orquídeas –$25000 $100000


Probabilidades 0.5 0.5

Orquídeas = –25000*0.5+100000*0.5 = 37500

Otros cultivos = 40000*

La mejor alternativa seria dedicar a otros cultivos.

Para el estudio no perfecto:



Predice con efecto 0.8 0.15

Predice efecto erradicado 0.2 0.85


Tabla de probabilidades conjuntas P(S)* P(S|θ)=P(S∩θ)

Con efecto Efecto erradicado P(S)

Predice con efecto 0.4 0.075 0.475

Predice efecto erradicado 0.1 0.425 0.525


Tabla de probabilidades a posteriori P(θ|S)= P(S∩θ)/P(S)

Con efecto Efecto erradicado P(S)

Predice con efecto 0.84 0.16

Predice efecto erradicado

0.2 0.8

Con efecto

Con efecto Efecto erradicado VME

Orquídeas –$25000 $100000 –5000

Otro cultivo $40000 $40000 40000*


VME(Orquídeas) = –25000*0.84+100000*0.16 = –5000

VME(Otro cultivos) = 40000*

Efecto erradicado

Con Efecto Efecto erradicado VME

Orquídeas –$25000 $100000 75000*

Otro cultivo $40000 $40000 40000


VME(orquídeas) = –25000*0.2+100000*0.8 = 75000*

VME(otros cultivos) = 40000

Ingreso esperado con estudio = 40000*0.475+75000*0.525 = 58375

Ingreso sin estudio = 40000

Valor esperado de la información de prueba = 58375–40000 = 18375


El valor máximo que se puede pagar por el estudio es de $18375.

Problema 9. Una liga deportiva realiza pruebas de drogas en sus atletas, 10% de los cuales las usan. Sin embargo, esta prueba tiene solo 95% de confiabilidad. Esto es, la prueba de una persona que usa drogas saldrá positiva con probabilidad 0.95 y negativa con probabilidad 0.05, y la prueba de una persona que no usa drogas saldrá negativa con probabilidad 0.95 y positiva con probabilidad 0.05. Siempre que una prueba salga positiva, se hará una investigación más profunda para determinar si la persona realmente usa drogas; el resultado de esta investigación es 100% seguro. Cuando la prueba es negativa no se investiga más al atleta.

La liga multa a los atletas que usan drogas cuya prueba es positiva. La liga debe pagar $1 a cada atleta cuya prueba es negativa y $100 por una prueba positiva falsa, o sea a quien no usa drogas.

Determine el monto de la multa que se debe cobrar a los atletas, para que el valor esperado de las multas sea igual al valor esperado de los pagos a los atletas.

Estados de la naturaleza Probabilidad

θ1 = Los atletas usan drogas (con probabilidad = 0.1)

θ2 = Los atletas no usan drogas (con probabilidad = 0.9)

Tabla a priori: P(S=s|θ=θi)

θ1 si usa θ2 no usa

S=0 prueba – 0.05 0.95

S=1 prueba + 0.95 0.05


Tabla de probabilidades conjuntas: P(S=s∩θ=θi) = P(S=s|θ=θi)*P (θ=θi)

θ1 si usa drogas θ2 no usa drogas P(S=s)

S=0 (prueba –) 0.005 0.855 0.86

S=1(prueba +) 0.095 0.045 0.14


La tabla a posteriori no hace falta.

Los atletas, de acuerdo con la tabla de probabilidades conjuntas y lo que pagan a la liga, se dividen en cuatro categorías, así:

Prueba Atleta % de atletas Pago a la liga

La prueba da – usa drogas 0.095 –1

La prueba da – no usa drogas 0.855 –1

La prueba da + usa drogas 0.095 X

La prueba da + no usa drogas 0.045 –100

Calculemos el promedio que debe dar 0 0.095*(–1) + 0.855*(–1) + 0.095*X + 0.045*(–100) = 0 –5.3645 + 0.095X = 0 X = 5.3645/0.095 = $56.47 La liga debe entonces cobrar una multa de $56.47a los atletas que usan drogas con el fin de que lo cobrado por multas sea igual a los que paga a los atletas.

Problema 10. Se encuentra usted en Nueva York en una fábrica abandonada conversando con el capo de la mafia siciliana don Vito Corleone y sus acompañantes, puesto que le debe mucho dinero y su vida está en juego. Usted le pide que considere todos los años fieles de trabajo que le ha dedicado; por esta razón don Vito le propone un juego: sacar 100 veces de una bolsa que tiene tres monedas una de ellas y adivinar cuál de las tres es la seleccionada; cada vez que usted acierte ganará 30 puntos, de lo contrario perderá 8 puntos. Las probabilidades de sacar cualquiera de las tres monedas son iguales. Si al final del juego usted supera los 600 Puntos le perdonará la vida.

Las reglas del juego son las siguientes: las tres monedas son una colombiana, una mexicana y una americana; la colombiana es una moneda cargada con probabilidad de caer cara en un 70% de las veces, la mexicana es otra moneda cargada con probabilidad de caer cara en un 40% y la americana no está cargada. Se elige aleatoriamente de la bolsa una moneda y se lanza; don Vito le dice si fue cara o sello; sin embargo, usted sabe que don Vito (mafioso) tiene una probabilidad de mentirle del 20% al decirle si salió cara o sello. Usted debe adivinar cuál es la moneda que se sacó de la bolsa y se tiró.

a) Cuál debe ser su estrategia con don Vito, para procurar pagarle la deuda, y diga si con

esa estrategia logrará que le perdone la vida.


b) Contando con que usted se encuentra bendecido por el dios azteca de suerte Xochipilli, quien nunca falla en su acierto, cuál es la máxima cantidad acumulada de puntos que puede recoger al fin de las 100 veces, y diga si don Vito le perdona la vida.

a)

Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana

decir colombiana 30 -8 -8 14/13

decir mexicana -8 30 -8 14/13

decir americana -8 -8 30 14/13

Probabilidad 1/3 1/3 1/3

Es indiferente.

Tabla a priori P(S|θ)

S/θ Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana

Don Vito dice cara 0.7*0.8+0.3*0.2=0.62 0.4*0.8+0.6*0.2=0.44 0.5*0.8+0.5*0.2=0.5

Don Vito dice sello 0.3*0.8+0.7*0.2=0.38 0.6*0.8+0.4*0.2=0.56 0.5*0.8+0.5*0.2=0.5

1/3 1/3 1/3

Tabla conjunta P(S ∩ θ) = P(S|θ)*P(θ)

S/θ Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana P(S)

Don Vito dice cara 0.20666667 0.14666667 0.16666667 0.52

Don Vito dice sello 0.12666667 0.18666667 0.16666667 0.48


Tabla a posteriori P(θ |S) = P(S ∩ θ) /P(S)

S/θ Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana

Don Vito dice cara 0.3974359 0.28205128 0.32051282

Don Vito dice sello 0.26388889 0.38888889 0.34722222

Con S=1 (don Vito dice: cara)

Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana prom

decir colombiana 30 -8 -8 7.10*

decir mexicana -8 30 -8 2.72

decir americana -8 -8 30 4.18

P(θ/S) 0.3974359 0.28205128 0.32051282

Con S=2 (don Vito dice sello)

Sale la colombiana Sale la mexicana Sale la americana prom

Decir colombiana 30 −8 −8 2.03

decir mexicana −8 30 −8 6.78*

decir americana −8 −8 30 5,.9

P(θ/s) 0.26388889 0.38888889 0.34722222

Ganancia promedio: 100*(7.10*0.52 + 6.78*0.48) = 694.64 puntos

Como don Vito exige 700 puntos en las 100 sacadas de la moneda, no le perdonaría la vida.

b) Con el dios Xochipilli se trata de la información perfecta (tomar los máximos en la tabla de pagos para cada estado de la naturaleza)


Ganancia promedio: 100*(30*(1/3) +30*(1/3) +30*(1/3)) = 3000 Como 3000>700, don Vito le perdonaría la vida con la estrategia del dios Xochipilli.

Problema 11. Se tienen dos dados en una caja; uno de ellos normal con los números de 1 a 6 con igual probabilidad de salir; el otro dado tiene los números 1, 2, 3, 4, 4, 4, es decir tiene el número 4 en los lugares donde deberían ir el 5 y el 6; las probabilidades de salir cualquiera de las seis caras también son iguales.

Se le propone el siguiente juego: se saca uno de los dos dados de la caja y si usted adivina cuál es gana un peso, pero si no adivina pierde un peso.

a) Diga cuál debe ser la estrategia óptima (la que maximiza las ganancias), utilizando el criterio de Bayes.

b) Diga cuál es el valor de la información perfecta. c) Si se le permite ver el resultado de una tirada del dado, diga y justifique el porqué,

cuánto es lo máximo que se puede pagar por ver el resultado de esa tirada.

Si llamamos dado bueno el que tiene (1, 2, 3, 4, 5, 6) y dado malo el que tiene (1, 2, 3, 4, 4, 4) se tiene:

a) Tabla de pagos Sale el bueno Sale el malo V. Prom.

Decir sale el bueno 1 –1 0*

Decir sale el malo –1 1 0*


Es indiferente decir cuál dado salió.

b) Valor de la información perfecta = 1*0.5 + 1*0.5 – 0 = 1

c) Tabla a priori P(S|θ)

Sale el bueno Sale el malo

Cae 1 1/6 1/6

Cae 2 1/6 1/6

Cae 3 1/6 1/6


Cae 4 1/6 1/2

Cae 5 1/6 0

Cae 6 1/6 0

Prob. 0.5 0.5

Tabla conjunta P(S∩θ) = P(S|θ)*P(θ)

Sale el bueno Sale el malo P(S)

Cae 1 1/12 1/12 2/12

Cae 2 1/12 1/12 2/12

Cae 3 1/12 1/12 2/12

Cae 4 1/12 3/12 4/12

Cae 5 1/12 0 1/12

Cae 6 1/12 0 1/12

Tabla a posteriori P(θ|S) = P(S∩θ)/P(S)

Sale el bueno Sale el malo

Cae 1 1/2 1/2

Cae 2 1/2 1/2

Cae 3 1/2 1/2

Cae 4 1/4 3/4

Cae 5 1 0

Cae 6 1 0


Estrategias:

Cae 1 o 2 o 3 Sale el bueno Sale el malo V. Prom


Decir sale el malo –1 1 0*


Cae 4 Sale el bueno Sale el malo V. Prom

Decir sale el bueno 1 –1 –0.5

Decir sale el malo –1 1 0.5*

Probabilidades 1/4 3/4

Cae 5 o 6 Sale el bueno Sale el malo V. Prom


Decir sale el malo –1 1 –1

Probabilidades 1 0

Valor con información de prueba = 0*2/12+0*2/12+0*2/12+0.5*4/12+1*1/12+1*1/12 = 4/12 = 1/3

Valor de la información de prueba = 1/3–0 = 1/3

Por tanto lo máximo que se puede pagar por ver el resultado de una tirada del dado es $(1/3)

Problema 12. Usted está en las Vegas de vacaciones y se ve tentado a entrar a un famoso casino a jugar para ganar dinero. Usted es afortunado y se gana un bono por US$50, ya que ese día el casino celebraba sus 10 años de existencia; aunque le dan la oportunidad de participar en los dados y, de acuerdo a su suerte, obtener ya sea US$90 o US$15 si saca un número par o impar respectivamente.


Su función de utilidad del dinero por recibir M US$ está dada por u(M) = 10+M

Su buena suerte no ha parado y un vidente que por casualidad se encuentra en el casino, ofrece sus servicios para adivinar el futuro, y garantiza que el 15% de las veces su predicción indicará que caerá par en el dado, cuando verdaderamente ocurre lo contrario; y que caerá impar, siendo esta predicción acertada en un 90%.

a) ¿Qué opción deberías elegir para maximizar tu utilidad esperada? b) ¿Cuánto sería lo máximo que se le podría pagar al vidente?

Cae par Cae impar

Participa en los dados 90 15

No participa en los dados 50 50


a) Como u(M) = 10+M , entonces tenemos:

u(90) = 1090+ =10 u(50) = 1050+ = 7.746 u(15) = 1015+ = 5

La tabla se cambia por la tabla de utilidades

Cae par Cae impar


No participa en los dados 7.746 7.746


E[participar] = 10*0.5+5*0.5 =7.5

E[no participar] = 7.746*0.5+7.746*0,5 = 7.746*

Por consiguiente para maximizar la utilidad es aconsejable no jugar a los dados.

b)

θ1 ----------- Par θ2 ----------- Impar

S = 0 ------ Vidente dice que cae par S=1 -------- Vidente dice que cae impar.


Prob(S=0|θ= θ2) = 0.1 Prob(S=0|θ= θ1) = 0.9

Tabla a priori P(S|θ)

Cae par Cae impar

Vidente dice que cae par 0.85 0.1

Vidente dice que cae impar 0.15 0.9


Tabla de probabilidades conjuntas P(S∩θ) = P(S|θ)*P(θ)

Cae par Cae impar P(S=s)

Vidente dice que cae par 0.425 0.05 0.475

Vidente dice que cae impar 0.075 0.45 0.525

Tabla a posteriori P(θ|S) = P(S∩θ)/P(S)

Cae par Cae impar

Vidente dice que cae par 0.895 0.105

Vidente dice que cae impar 0.143 0.857

Si vidente dice que cae par:

Cae par Cae Impar VME

Participa en los dados 10 5 9.475*

No participa en los dados 7.746 7.746 7.746



Si vidente dice que cae impar:

Cae par Cae impar VME

Participa en los dados 10 5 5.715

No participa en los dados 7.746 7.746 7.746*

Probabilidad 0..143 0.857

Pago esperado con experimentación = 9.475*0.475 + 7.746*0.525 = 8.568

Pago esperado sin experimentación = 7.746

Valor esperado de la experimentación = Pago esperado con experimentación – Pago esperado sin experimentación = 8.568 – 7.746 = 0.822 unidades utilitarias = (0.822)2 = 0.676 unidades monetarias

Lo máximo que se le podría pagar al vidente serían 0.676$

b) Con tabla de valores monetarios:

Cae par Cae impar


No participa en los dados 50 50

Probabilidad 0,5 0,5

E[participar]= 90*0.5 +15*0.5=52.5*

E[no participar]= 50*0.5 + 50*0,5= 50

Por consiguiente, para maximizar la utilidad monetaria es aconsejable jugar a los dados. Observe que la conclusión es contraria a la que se obtuvo con los valores utilitarios.

Las tablas a priori, conjunta y a posteriori son las mismas.

Continuemos con la definición de las estrategias:


Si vidente dice que cae par:


Participa en los dados 90 15 82.13*

No participa en los dados 50 50 50


Si vidente dice que cae impar:


Participa en los dados 90 15 25.73

No participa en los dados 50 50 50*


Pago esperado con experimentación = 82.13*0.475 + 25.73*0.525 = 52.52

Pago esperado sin experimentación = 52.50

Valor esperado de la experimentación= Pago esperado con experimentación – Pago esperado sin experimentación = 52.52 – 52.20 = 0.02 unidades utilitarias = (0.02)2 = 0.0004 unidades monetarias

Lo máximo que se le podría pagar al vidente serían 0.0004$

Aunque las estrategias son las mismas que con los valores utilitarios: si cae par participa en los dados y si cae impar no participa en los dados el valor aportado por la prueba es mucho menor, aún después de convertirlo a unidades monetarios ($).

Problema 13. Dada la siguiente matriz de costos (en valor presente neto) en millones de pesos para cuatro proyectos y diversas condiciones empresariales posibles, para las cuales pueden estimarse probabilidades:


Proyectos

Proyecto 1 Proyecto 2 Proyecto 3 Proyecto 4

Con

dici

ón

empr

esar

ial Excelente 25 22 21 23

Regular 29 28 30 29

Deficiente 34 33 37 31

Según estudios realizados, se sabe que la probabilidad de que se dé una condición empresarial excelente es de 0.25, una condición regular es de 0.40 y una deficiente es de 0.35.

Determine qué proyecto elegir para minimizar los costos, siguiendo los cinco criterios de toma de decisiones sin experimentación: pesimista, optimista, máxima posibilidad, arrepentimiento y Bayes

Observe que los estados de la naturaleza aparecen como filas. Además, dado que es un problema de costos (minimización), los valores de la tabla se multiplican por –1 para poder utilizar los algoritmos de maximización

Excelente Regular Deficiente

Proyecto 1 –25 –29 –34

Proyecto 2 –22 –28 –33

Proyecto 3 –21 –30 –37

Proyecto 4 –23 –29 –31

0,25 0,40 0,35

Criterio del pesimista Se debe seleccionar el proyecto 4

Proyecto 1 –34 Proyecto 2 –33 Proyecto 3 –37 Proyecto 4 –31*


Criterio del optimista Se debe seleccionar el proyecto 3

Criterio de la máxima posibilidad: la máxima posibilidad es 0.4 (para el estado regular)

Se debe seleccionar el proyecto 2

Criterio de minimización del arrepentimiento:


Máximo Proyecto 1 4 1 3 4 Proyecto 2 1 0 2 2* Proyecto 3 0 2 6 6 Proyecto 4 2 1 0 2*

Se debe seleccionar el proyecto 2 o el proyecto 4

Criterio de pago máximo promedio o Bayes (VME):

Proyecto 1: Promedio = –25*0.25 – 29*0.40 –34*0.35 = –29.75



Proyecto 4: Promedio = –23*0.25 – 29*0.40 –31*0.35 = –28.20*

Se debe seleccionar el proyecto 4 Problema 14. Es 1 de enero y Mr. Búfalo, el asesor legal de Interbolsa, se enfrenta a un reto difícil. La firma tiene dos demandas legales relacionadas con el manejo de Repos sobre acciones de la empresa Fabricato. En cada demanda la empresa tiene la opción de ir a juicio o buscar un arreglo fuera de la corte. La fecha de juicio para la demanda 1 está programada para el 15 de julio y la demanda 2 para el 8 de enero del año siguiente. Los costos de preparación para cada uno de los juicios están estimados en US$10000. Sin embargo, si la empresa prepara ambos juicios, los costos de preparación para el segundo juicio serán solo de US$6000. Estos costos pueden evitarse llegando a un acuerdo fuera de la corte. Si la firma gana la demanda 1, no paga multa alguna, Si pierde, pagará una multa de US$200000. Los abogados de la empresa estiman que la probabilidad de ganar la demanda 1 es de 0.5.

Proyecto 1 –25 Proyecto 2 –22 Proyecto 3 –21* Proyecto 4 –23

Proyecto 1 –29 Proyecto 2 –28* Proyecto 3 –30 Proyecto 4 –29


La firma tiene una opción de arreglar la demanda 1 por fuera de la corte por US$100000 y en este caso se suspende el proceso y no se desarrolla ninguna de las dos demandas ya que ambas se arreglan por fuera de la corte.

La demanda 2 puede arreglarse por fuera de la corte por un costo de US$60000. De otra manera el juicio produciría uno de estos tres posibles resultados. 1) Se declararía inválida la demanda y la firma no paga multa, 2) la demanda es válida pero sin violación, y la empresa paga una multa de US$50000, 3) se encuentra que es válida y con violación y la firma paga una multa de US$90000. La posibilidad de estos resultados depende en gran medida del resultado de la demanda 1. El juez, seguramente considerará la demanda 1 como un precedente importante. La evaluación por parte de los abogados de la probabilidad de los tres posibles resultados de la demanda 2, bajo 2 conjuntos de condiciones posibles relacionados con la demanda 1, se presenta en la siguiente tabla:

Resultados de la demanda 2

La firma gana la demanda 1

La firma pierde la demanda 1

Prob. inválida 0.7 0.1

Prob. válida, sin violación 0.2 0.5

Prob. válida, con violación 0.1 0.4

a) Represente el problema mediante un árbol de decisión. b) Determine la opción que debería seguir la empresa para maximizar su beneficio.

Nomenclatura: IR: ir a juicio AR: buscar un arreglo GA: ganar el juicio PI: perder el juicio

INV: demanda inválida VSV: demanda válida sin violación VCV: demanda válida con violación


a.

0 25.000 INV 0.7 d VSV 0.2 50.000 6.000 IR2 VCV 0.1 25.000 152.500 c 90.000 GA1 AR2 60.000 b 0.5 0 0 10.000 67.000 INV 0.1 IR1 PI1 0.5 VSV 0.5 50.000 f IR2 6.000 260.000 VCV 0.4 152.500 e 90.000 a 200.000 AR2 AR1 60.000 160.000 g AR2 60.000 100.000 La opción que debe seguir la empresa es ir a la demanda 1. Si gana la demanda 1, ir a la demanda 2, pero si pierde la demanda 1 buscar un arreglo de la demanda 2. El costo promedio es $152.500.

A continuación se hace una breve explicación de los nodos (los números debajo del nodo representan el costo de ese nodo. Los números encima del nodo representan el promedio si es nodo de probabilidad, o el menor (es un problema de costos) si es nodo de decisión.

Nodo d: se obtiene el promedio del resultado del juicio 2, usando el promedio de las probabilidades de los tres resultados del juicio 2: inválida ($0), válida sin violación ($50.000) y válida con violación ($90.000) + el costo de ir al juicio 2 ($6.000): $25.000.

Nodo f: se obtiene el promedio del resultado del juicio 2, usando el promedio de las probabilidades de los tres resultados del juicio 2: inválida ($0), válida sin violación ($50.000) y válida con violación ($90.000) + el costo de ir al juicio 2 ($6.000): $67.000.


Nodo c: se escoge el menor entre ir a juicio 2 ($25.000) o arreglar el juicio 2 ($60.000): $25.000.

Nodo e: se escoge el menor entre ir al juicio 2 ($67.000) o arreglar el juicio 2 ($60.000) y se le suma el costo de ir a juicio 1 y perderlo ($200.000): $260.000.

Nodo b: se obtiene el promedio del resultado del juicio usando las probabilidades de haber ganado la demanda 1 ($25.000) y de haber perdido la demanda 1 ($260.000) + el costo de ir al juicio 1 ($10.000): $152.500.

Nodo g: se suman los costos de haber arreglado los dos juicios (única opción para el juicio 2 si se arregla el juicio 1) ($60.000 + $100.000): $160.000.

Nodo a: se escoge el menor entre ir al juicio 1 ($152.500) o arreglar el juicio 1($160.000): $152.500 que es el costo óptimo.

b) Haciendo un seguimiento en el árbol se concluye que el costo óptimo es $152.500 y que se obtiene por medio de la siguiente estrategia:

Ir al juicio 1. Si lo gana, ir al juicio 2 y si lo pierde, arreglar el juicio 2. Problema 15. Se tienen dos cajas cada una con bolas verdes y azules; en la primera caja se tienen 6 bolas verdes y 4 azules y en la segunda se tienen 5 verdes y 6 azules. Todas las bolas son del mismo tamaño. Las de la primera caja tienen un uno y las de la segunda un dos que permite identificarlas.

Se le propone el siguiente juego: se selecciona una bola cualquiera y usted debe decir de cuál de las dos cajas fue sacada. Si acierta, recibe $1 y si pierde paga $2. Todas las bolas tienen igual probabilidad de ser seleccionadas.

a) Diga cuál debe ser la estrategia óptima (la que maximiza las ganancias) utilizando el criterio de Bayes.

b) Si le proponen sacar dos bolas de la misma caja, y le dicen de qué color son las dos bolas seleccionadas sin decirle la caja, ¿cuánto estaría dispuesto a pagar por la información para adivinar de que caja salieron?


a)

Caja 1 Caja 2

Verdes 6 5

Azules 4 6

Total 10 11 21

Matriz de pagos

Caja 1 Caja 2 Pago esperado

Decir caja 1 1 –2 –0.571428571

Decir caja 2 –2 1 –0.428571429

P(θ) 0.4762 0.5238

La mejor alternativa es decir que la bola salió de la caja 2, ya que maximiza el pago promedio (–0.42857 > –0.57142).

b) Experimentos (S). Sin remplazo, ya que para sacar la segunda bola no se introduce nuevamente la primera en la caja.

S1 = Salen 2 bolas verdes S2= Sale 1 bola verde S3= Salen 0 bolas verdes Para la Caja 1 P(S1) = P(bola 1 = verde)*P(bola 2 = verde) P(S1) = 6/10 * 5/9 P(S1) = 0.3333 P(S2) = P(bola 1 = verde)*P(bola 2 = azul) + P(bola 1 = azul)*P(bola 2 = verde) P(S2) = (6/10 * 4/9) + (4/10 * 6/9) P(S2) = 0.5333


P(S3) = P(bola 1 = azul)*P(bola 2 = azul) P(S3) = 4/10 * 3/9 P(S3) = 0.1334 Para la Caja 2 P(S1) = P(bola 1 = verde)*P(bola 2 = verde) P(S1) = 5/11 * 4/10 P(S1) = 0.1818 P(S2) = P(bola 1 = verde)*P(bola 2 = azul) + P(bola 1 = azul)*P(bola 2 = verde) P(S2) = (5/11 * 6/10) + (6/11 * 5/10) P(S2) = 0.5455 P(S3) = P(bola 1 = azul)*P(bola 2 = azul) P(S3) = 6/11*5/10 P(S3) = 0.2727


Caja 1 Caja 2

2 verdes 0.3333 0.1818

1 verde 0.5333 0.5455

0 verdes 0.1333 0.2727

P(θ) 0.4762 0.5238

Tabla de probabilidades conjuntas P(S∩θ) = P(S|θ)*P(θ)

Caja 1 Caja 2 P(S)

2 verdes 0.1587 0.0952 0.2540

1 verde 0.2540 0.2857 0.5397

0 verdes 0.0635 0.1429 0.2063


Tabla de probabilidades a posteriori P(θ|S)

Caja 1 Caja 2

2 verdes 0.625 0.3750

1 verde 0.4706 0.5294

0 verdes 0.3077 0.6923

Si salen 2 verdes

Caja 1 Caja 2 VME.

Decir caja 1 1 –2 –0.125*

Decir caja 2 –2 1 –0.875


Se debe decir que sale la caja 1

Si sale 1 verde

Caja 1 Caja 2 VME

Decir caja 1 1 –2 –0.5882

Decir caja 2 –2 1 –0.4118*


Se debe decir que sale la caja 2


Si salen 0 verdes

Caja 1 Caja 2 VME

Decir caja 1 1 –2 –1.0769

Decir caja 2 –2 1 0.0769*


Se debe decir que sale la caja2

Valor con experimentación = –0.125*0.2540 – 0.4118*0.5397 + 0.0769*0.2063 = –0.2381

Valor sin experimentación = –0.4286

Valor de la experimentación = –0.2381 + 0.4286 = 0.1905

Lo máximo que se podría pagar por ver el resultado de las dos bolas es $0.1905

Problema 16. Una empresa de guayos está investigando la posibilidad de fabricar y comercializar un nuevo diseño para el mundial. El proyecto requiere la compra de una sofisticada maquinaria que trabaje velozmente, o bien la contratación de más operarios. Obviamente la empresa se reserva la opción de no desarrollar el producto, en cuyo caso realiza una inversión segura que le arroja una utilidad de 430 euros. El nuevo producto puede tener una acogida favorable o desfavorable en el mercado. Con una acogida favorable en el mercado las ventas estimadas alcanzarían los 500 guayos, por el contrario, si la acogida del mercado no fuese favorable las ventas estimadas serían de 100 guayos. El precio de venta de los guayos es de 2 euros por cada unidad. El costo de comprar la maquinaria es de 200 euros, mientras que el de contratar y formar a los nuevos operarios asciende a 100 euros. El costo de fabricación previsto es de 0.40 euros cada unidad si se fabrica sin la ayuda del centro de la maquinaria, y de 0.10 euros si se fabrica con dicha ayuda. La probabilidad de que el nuevo diseño reciba una acogida favorable por parte del mercado es del 60%.

Determine qué debe decidir la empresa de acuerdo a los siguientes criterios:

Criterio del pago máximo (pesimista o maximin) Criterio del optimista Criterio de la máxima posibilidad Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax) Modelo de maximización del pago promedio (regla de decisión de Bayes)


Comprar-favorable 500*2–500*0.1–200 = 750

Comprar-desfavorable 100*2–100*0.1–200 = –10

Contratar-favorable 500*2–500*0.4–100 = 700

Contratar-desfavorable 100*2–100*0.4–100 = 60

No hacer nada 430

Favorable Desfavorable

Comprar 750 –10

Contratar 700 60

No hacer nada 430 430

60% 40%

Pesimista Optimista Máxima posibilidad

Arrepentimiento (ver tabla)

Pago promedio

Comprar –10 750* 750* 440 446*

Contratar 60 700 700 370 444

No hacer nada 430* 430 430 320* 430

Tabla de arrepentimiento

Arrepentimiento Favorable Desfavorable

Comprar 0 440

Contratar 50 370

No hacer nada 320 0


Pesimista: no hacer nada

Optimista: comprar

Máxima posibilidad: comprar

Minimización de arrepentimiento: no hacer nada

Pago promedio: comprar

Problema 17. Dada la siguiente tabla de pagos (utilidades monetarias) de una compañía petrolera que posee un terreno con las siguientes decisiones y estados de la naturaleza:

Estados Dec.

Hay petróleo

No hay petróleo

Perforar un pozo poco profundo 700 –100

Perforar un pozo muy profundo 1000 –200

Vender el terreno 90 90


a) Determine cuál debe ser la alternativa escogida por el método de Bayes.

Si para esta empresa su función de utilidad está dada por la siguiente función, donde M son los valores monetarios que aparecen en la tabla de pagos anterior y K un parámetro a determinar:

K* √𝑀𝑀 para M≥0

Función de utilidad =

√−𝑀𝑀 para M<0

b) Determine el valor de K (≥0) que hace que la alternativa escogida por el valor utilitario sea diferente a la escogida por el método del valor monetario.

c) Si en la función de utilidad anterior K = 1, que valor de p hace que sean indiferentes la alternativa 1: ganar 10000 con probabilidad p o no ganar nada con probabilidad (1–p) y la alternativa 2: ganar 100 fijos sin jugar.


a)

Estados

Dec.

Hay petróleo

No hay petróleo

Perforar un pozo poco profundo 700 –100 100*

Perforar un pozo muy profundo 1000 –200 100*

Vender el terreno 90 90 90


El óptimo es cualquiera de las dos alternativas de perforar un pozo (poco profundo o muy profundo)

Tabla de valores utilitarios

Estados Dec.

Hay petróleo

No hay petróleo

Perforar un pozo poco profundo 26.46K –10 6.62K – 7.5

Perforar un pozo muy profundo 31.62K –14.14 7.91K – 10.61

Vender el terreno 9.49K 9.49 2.37K + 7.12


b) 2.37K + 7.12 > 6.62K – 7.5 y 2.37K + 7.12 > 7.91K – 10.61 es decir:

14.62>4.25K y 17.73>5.54K

K<14.62/4.25 y K< 17.73/5.54

K<3.44 y K<3.2 ; es decir 0≤K<3.2

c) p*√10000 + (1–p)* √0 = √100

100p = 10; p = 0.1


Problema 18. Farmer McCoy puede sembrar maíz, soya o trigo. Las probabilidades de que los precios de la siguiente cosecha suban, no cambien o bajen son 0.25, 0.30 y 0.45, respectivamente. Si los precios suben, la cosecha de maíz rendirá un ingreso neto de $30.000, la de soya rendirá un ingreso neto de $10.000 y la de trigo rendirá un ingreso neto de $25.000. Si los precios no cambian, McCoy apenas cubrirá los costos totales. Pero si los precios bajan, las cosechas de maíz, soya y trigo sufrirán pérdidas de $35.00, $5.000 y $12.000 respectivamente.

Determine qué debe decidir Farmer McCoy para maximizar utilidad de acuerdo con:

Criterio del pago máximo (pesimista o maximin) Criterio del optimista Criterio de la máxima posibilidad Modelo de minimización del arrepentimiento (minimax) Modelo de maximización del pago promedio (regla de decisión de Bayes) 1)

Sembrado/precio Suben No cambian Bajan

Maíz 30.000 0 –35.000

Soya 10.000 0 –5.000

Trigo 25.000 0 –12.000


Criterio del pago máximo (pesimista)

Mínimo

–35.000

–5.000*

–12.000

Según este criterio la decisión sería sembrar soya


Criterio del optimista.

Máximo

30.000*

10.000

25.000

Según este criterio la decisión sería sembrar Maíz.


Estado más Probable

–35.000

–5.000*

–12.000

Según este criterio la decisión sería sembrar Soya.

Modelo de minimización del arrepentimiento


Sembrado/precio Suben No cambian Bajan

Maíz 0 0 30.000

Soya 20.000 0 0

Trigo 5.000 0 7.000



Máximo

30.000

20.000

7.000

Según este criterio la decisión sería sembrar trigo.

Modelo de maximización del pago promedio

Sembrado/precio Suben No cambian Bajan Pago promedio

Maíz 30.000 0 –35.000 –8250

Soya 10.000 0 –5.000 250

Trigo 25.000 0 –12.000 850*

Probabilidad 0,25 0,30 0,45

Según este criterio la decisión sería sembrar trigo.

Problema 19. Dada la siguiente tabla de utilidades de dos alternativas y dos estados de la naturaleza, donde X≥0:

N1 N2

A1 700 –100

A2 90 X

Probabilidad 1/4 3/4

Determine el valor de la información perfecta como función de X:


Promedio A1 = 700*1/4–100*3/4 = 100

Promedio A2 = 90*1/4+X*(3/4) = 22.5 + 0.75*X

Valor con información perfecta (tomando los máximos de cada estado de la naturaleza ponderados) = (1/4)*max(700, 90) + (3/4)*max(–100, X) = (1/4)*700 + (3/4)*X (esta expresión es válida para cualquier valor de X≥=0, ya que max(–100, X) siempre es X.

Por tanto, el valor con información perfecta es 175 + 0.75*X para X en el rango [0≤X≤∞)

Determinemos ahora el valor sin experimentación:

El valor sin experimentación se obtiene como el mejor de los promedios entre A1 y A2

El punto donde los dos promedios son iguales es: 100 = 22.5 + 0.75 X, de donde al despejar X se obtiene

X = 310/3

Por tanto si X > (310/3) la alternativa ganadora es A2 en tanto que si X< (310/3) la alternativa ganadora es A1.

Como (valor de la Información perfecta) = (valor con información perfecta) – (valor sin experimentación), entonces hay que analizar dos casos:

Caso 1: X > (310/3)

Valor con información perfecta = 175 + 0.75*X (es válida para los dos casos)

Valor sin experimentación = 22.5 + 0.75*X (ya que gana A2)

Valor de la información perfecta = [175 + 0.75*X] – [(22.5 + 0.75*x)] = 152.5

En este caso la información perfecta es independiente de X

Caso 2: X < (310/3)

Valor con información perfecta = 175 + 0.75*X (es válida para los dos casos)

Valor sin experimentación = 100 (ya que gana A1)

Valor de la información perfecta = [175 + 0.75*X] – [100] = 75 + 0.75*X

En este caso la información perfecta depende de X

Por tanto el valor de la información perfecta es:


152.5 para (0<X<310/3)

75 + 0.75*X para (310/3 < X < ∞)

Observe que para X = 310/3, las dos expresiones dan el mismo valor: 152.5

Problema 20. Se tienen cuatro monedas en un bolsa: una verde con cara y sello e iguales probabilidades de caer cara o sello cuando se lanza, dos rojas también con cara y sello e iguales probabilidades de caer cara o sello cuando se lanzan y una verde con dos caras.

Se saca una de las cuatro con igual probabilidad y usted debe adivinar de qué tipo es: si verde con cara–sello, roja con cara–sello o verde con cara–cara. Si adivina gana $10, pero si no adivina pierde $5.

a) ¿Cuál debe ser su estrategia para maximizar la ganancia esperada? b) ¿Cuál es el valor de la información perfecta? c) Si antes de adivinar le dejan ver el color de la moneda, ¿cuánto es lo máximo que estaría

dispuesto a pagar por ver ese color? d) ¿Cuál es la eficiencia de la prueba?

Nomenclatura:

VCS verde con cara y sello

VCC verde con dos caras

RCS roja con cara y sello

a) Tabla de pagos

Sale VCS Sale VCC Sale RCS Promedio

Decir VCS 10 –5 –5 –1.25

Decir VCC –5 10 5 –1.25

Decir RCS –5 –5 10 2.5*

Prob. 0.25 0.25 0.5

Según el criterio de Bayes del pago promedio, la decisión sería decir que la moneda sacada es una de las rojas con cara y sello.


b) Valor de la información perfecta = (valor con información perfecta) – (valor sin experimentación) Valor con información perfecta = 10*0.25 + 10*0.25 + 10*05 = 10 Valor sin experimentación = 2.5 Valor de la información perfecta = 10 – 2.5 = 7.5

c) Resultados de ver el color de una tirada de la moneda: Verde o Rojo


Tabla de probabilidades conjuntas P(S ∩ θ) = P(S|θ)*P(θ)

Tabla de probabilidades a posteriori P(θ|S) = P(S ∩ θ)/P(S)

Sale VCS Sale VCC Sale RCS

Cae verde 1 1 0

Cae rojo 0 0 1

Prob(θ) 0.25 0.25 0.50

Sale VCS Sale VCC Sale RCS P(S)

Cae verde 0.25 0.25 0 0.5

Cae rojo 0 0 0.5 0.5

Sale VCS Sale VCC Sale RCS

Cae verde 0.5 0.5 0

Cae rojo 0 0 1


Estrategias:

Si cae verde

Decir VCS o VCC

Si cae rojo


Decir VCS 10 –5 –5 –5

Decir VCC –5 10 5 5

Decir RCS –5 –5 10 10*

Prob. 0 0 1

Decir RCS

Valor con información de prueba = 2.5*0.5 + 10*0.5 = 6.25

Valor de la información de prueba = 6.25 – 2.5 = 3.75

Por tanto, lo máximo que se puede pagar por ver el color de una moneda es 3.75

d) Eficiencia de la prueba = 3.75/7.5 = 0.5 = 50% Problema 21. Un paciente entra al hospital con fuertes dolores abdominales. Basado en experiencias pasadas, el Doctor Palma cree que con un 72% de probabilidad el paciente tiene apendicitis y que con un 28% de probabilidad tiene algún problema menor. El Dr. Palma puede operar al paciente inmediatamente o esperar 12 horas hasta obtener los resultados del examen. En 12 horas el doctor sabrá exactamente si el paciente tiene apendicitis o no. El problema es que en 12 horas el apéndice del paciente podría perforarse, si es que tiene apendicitis, haciendo la operación mucho más riesgosa. El Dr. Palma cree que si espera las 12 horas para obtener los resultados del examen, existe un 22% de


Decir VCS 10 –5 –5 2.5*

Decir VCC –5 10 5 2.5*

Decir RCS –5 –5 10 –5

Prob. 0.5 0.5 0


probabilidad que el paciente se encuentre con un apéndice perforado, 72% de probabilidad que se encuentre con una apendicitis normal y 6% de probabilidad que tenga un problema menor: de experiencias pasadas. El doctor ha determinado la probabilidad de muerte durante la operación dependiendo del estado del paciente, que se muestra en la siguiente tabla.

Estado Probabilidad Apendicitis Normal 0.009 Apéndice perforado 0.064 Problema menor 0.004

Un paciente con problema menor que no es operado siempre vive. Si el objetivo del doctor es maximizar la probabilidad de sobrevivencia del paciente, determine la estrategia a seguir. curarse 1 0.991 99.1% apendicitis 0.9924 72% c operar morir 0 b 0.9% curarse 1 0.996 99.6% problema menor 0.9924 d morir 0 a 0.4% curarse 1 0.991 0.991 99.1% apendicitis f operar g 7944 72% esperar 12 horas e morir 0 0.9% curarse 1 0.936 0.936 93.6% apéndice perforado operar i 2 h morir 0 6.4%

problema menor no operar 1 6% j

c

c


La opción óptima es operar y no esperar las 12 horas, ya que se obtiene una probabilidad de supervivencia del 99.24%, en tanto que si esperara las 12 horas se obtendría una probabilidad de supervivencia del 97.944%. A continuación se hace una breve explicación de los nodos (Los números encima del nodo representan: el promedio si es un nodo de probabilidad, o el mayor (es un problema de maximización) si es un nodo de decisión.

Note que los valores al final de las ramas en este problema son las probabilidades de supervivencia; por eso son: 1 (100%) si el paciente se cura y 0 (0%) si el paciente se muere. Nodo a (de decisión): se selecciona el mayor entre 0.9924 y 0.97944 Nodo b (de probabilidad): el promedio ponderado entre 0.991 con probabilidad 72% y 0.996 con probabilidad 28% Nodo c (de probabilidad): el promedio ponderado entre 1 con probabilidad 99.1% y 0 con probabilidad 0.9% Nodo d (de probabilidad): el promedio ponderado entre 1 con probabilidad 99.6% y 0 con probabilidad 0.4% Nodo e (de probabilidad): el promedio ponderado entre 0.991 con probabilidad 72%, 0.936 con probabilidad 22% y 1 (en este caso no se opera) con probabilidad 6%. Nodo f (de decisión): no hay sino una opción a seleccionar que es operar, porque ya se conoce con seguridad que hay apendicitis Nodo g (de probabilidad): el promedio ponderado entre 1 con probabilidad 99.1% y 0 con probabilidad 0.9% Nodo h (de decisión): no hay sino una opción a seleccionar que es operar, porque ya se conoce con seguridad que el apéndice está perforado

Nodo i (de probabilidad): el promedio ponderado entre 1 con probabilidad 93.6% y 0 con probabilidad 6.4%

Nodo j: de decisión no hay sino una opción a seleccionar que es no operar, porque ya se conoce con seguridad que es un problema menor.

Problema 22. Se tienen dos monedas en una bolsa una buena con cara y sello y probabilidades 0.5 para la cara y para el sello y otra con dos caras.

Se saca de la bolsa una de ellas al azar con igual probabilidad. Usted debe adivinar el resultado del lanzamiento (cara o sello) cuando el juego se da por terminado. El juego se da por terminado de la siguiente manera: la moneda que se sacó se lanza una primera vez y si cae cara el juego se da por terminado, pero si cae sello se lanza la misma moneda una


segunda vez y con el resultado obtenido en esa segunda lanzada se da por terminado el juego. Si usted adivina que cayó la moneda al terminar el juego gana $1, en caso contrario pierde $1. 1– Cuál debe ser su estrategia, utilizando el método del promedio (Bayes) para maximizar su ganancia? 2– Si después de sacada la moneda y antes de iniciar los lanzamientos le permiten un lanzamiento adicional de prueba, por supuesto sin saber que moneda es la que se sacó, cuánto es lo máximo que se podría pagar por ese lanzamiento de prueba antes de adivinar? 3– Cuál es el valor de la información perfecta? Nomenclatura para los estados de la naturaleza: B se saca la buena (cara y sello), M se saca la mala (2 caras), C (al lanzarla cae cara), S (al lanzarla cae sello). Recuerde que sólo se lanza una segunda vez si cae sello la primera vez. Estados de la naturaleza: BC se saca la buena y cae cara la primera vez. El juego termina. Prob(B)*P(C) 00.5*0.5 = 0.25

MC se saca la mala y cae cara la primera vez. El juego termina. Prob(M)*P(C) = 0.5*1 = 0.5

BSC se saca la buena, cae sello la primera vez y cara la segunda vez. El juego termina.

P(B)*P(sello la primera vez)*P(cara la segunda vez) = 0.5*0.5*0.5 = 0.125

BSS se saca la buena, cae sello la primera vez y sello la segunda vez. El juego termina.

P(B)*P(sello la primera vez)*P(sello la segunda vez) = 0.5*0.5*0.5 = 0.125

Matriz de Pagos

BC MC BSC BSS Pago

Decir Cara 1 1 1 –1 0.75*

Decir Sello –1 –1 –1 1 –0.75

0.25 0.5 0.125 0.125

Recuerde que Cae cara y Cae sello hacen referencia a un lanzamiento adicional, anteriores a los lanzamientos del juego


Tabla A priori

BC MC BSC BSS

Cae cara 0.5 1 0.5 0.5

Cae sello 0.5 0 0.5 0.5

0.25 0.5 0.125 0.125

Tabla Conjunta

BC MC BSC BSS P(S)

Cae cara 0.125 0.5 0.0625 0.0625 0.75

Cae sello 0.125 0 0.0625 0.0625 0.25

Tabla A posteriori

BC MC BSC BSS

Cae cara 0.167 0.667 0.083 0.083

Cae sello 0.500 0.000 0.250 0.250

Estrategias:

Si cae cara BC MC BSC BSS Pago

Decir Cara 1 1 1 –1 0.833*

Decir Sello –1 –1 –1 1 –0.833

0.167 0.667 0.083 0.083


Si cae sello BC MC BSC BSS Pago

Decir Cara 1 1 1 –1 0.5*

Decir Sello –1 –1 –1 1 –0.500

0.500 0.000 0.250 0.250

Pago con experimentación = 0.833*0.75 + 0.5*0.25 = 0.75

Pago sin experimentación = 0.75

Valor de la experimentación = 0

Aunque parece raro que el experimento no aporte valor, la razón se encuentra en que cualquiera de los dos resultados del experimento (caer cara o caer sello) llevan a la misma conclusión: Decir Cara

Con información perfecta = 1

Valor información perfecta = 1 – 0.75 = 0.25

Problema 23. En cada uno de los juegos locales de fútbol de la Yema State University, los estudiantes locales de nivel medio superior venden programas. Los estudiantes pueden adquirir los programas en $1.00 y venderlos en $1.50. Los programas que no se venden carecen de valor después del juego, por lo que representan una pérdida para los estudiantes. El número de programas que un estudiante individual puede vender depende de la cantidad de personas que acude al juego. Dado que muchos aficionados adquieren boletos en la entrada, no hay manera de saber con anticipación la cantidad de personas que acude a cualquier juego. Al estudiar los registros anteriores de asistencia, Gay Bugbee, un vendedor local de programas, ha determinado que se venden todos los boletos 50% de las veces, se vende 90% de la capacidad del estadio 30% de las veces y el 20% de los juegos tienen una entrada del 80% de su capacidad. Sus registros de ventas muestran que cuando hay un "lleno completo" puede vender 200 programas; cuando hay una entrada del 90% puede vender 150 programas, y cuando es del 80% puede vender 100 programas. Si usted fuera amigo de Gay,

a) Cuántos programas le sugeriría comprar para vender en cada uno de los juegos?

b) Cuál es el valor de la información perfecta?


c) Un experto en pronosticar el número de asistentes a los juegos en Yeehaw afirma que puede pronosticar el número de asistentes a los juegos locales de la Yeehaw. Elaboró una tabla de probabilidades condicionales a partir de datos previos. Utilice la información de la siguiente tabla para determinar el valor de la información de prueba y su eficiencia.

Pronostico del experto Cantidad real de público

80% de la capacidad. Se pueden vender 100 programas



80% de la capacidad 60% 20% 10%



Existen 3 estados de la naturaleza, los cuales son: el estadio lleno (100%), tener el estadio con un 90% de su capacidad y tener el estadio con un 80% de su capacidad; y cada uno de estos eventos tiene una probabilidad de ocurrir de 0.5, 0.3 y 0.2 respectivamente. Los estudiantes pueden optar por 3 alternativas: comprar 100, 150 ó 200 programas para vender en el estadio.

La utilidad por programa vendido es de $0.5

La pérdida por programa comprado y no vendido es de $1.

Para la tabla de pagos se hacen las siguientes operaciones:

Por ejemplo: cuando se compran 150 programas y el estadio se llena al 80%:

100x0.5 – 50x1 = 0, ya que al llenarse al 80% se venden 100 programas y cada uno deja una utilidad de $0.5 y los 50 restantes que no se venden generan una pérdida de $1 cada uno.

De manera similar se procede con distintas opciones de llenado del estadio y distintas alternativas de compras de programas por los estudiantes.


Se llega entonces a la siguiente tabla de pagos:

Tabla de pagos

Estados de la naturaleza

Acciones 80% de la capacidad. Se pueden vender 100 programas



VME.

A1 Comprar 100 programas

50 50 50 50


0 75 75 60


–50 25 100 47.5


Se escoge la alternativa 2, comprar 150 programas ya que tiene el máximo Valor Medio Esperado: $60

b) Valor de la información perfecta

Valor con información perfecta (con los máximos de cada estado) = 50*0.2 + 75*0.3 + 100*0.5

= –$82.5

Valor de la información perfecta = (Valor con información perfecta – valor sin experimentación) =

$82.5 – $60 = $22.5

La información perfecta tiene un valor de $22.5.


c) Tabla de probabilidades a priori: P(S=s|θ=θi)

P(S=s|θ=θi)

Pronostico del experto 80% de la capacidad. Se pueden vender 100 programas



80% de la capacidad 0.6 0.2 0.1




Tabla de probabilidades conjuntas: P(S=s∩θ=θi) = P(S=s|θ=θi)*P(θ=θi)

P(S=s|θ=θi)*P(θ=θi)




P(S=s)

80% de la capacidad 0.12 0.06 0.05 0.23

90% de la capacidad 0.06 0.21 0.05 0.32

100% de la capacidad 0.02 0.03 0.4 0.45


Tabla de probabilidades a posteriori: P(θ=θi|S=s) = P(S=s|θ=θi)*P(θ=θi)/P(S=s)

P(S=s|θ=θi)




80% de la capacidad 0.52 0.26 0.22

90% de la capacidad 0.19 0.65 0.16

100% de la capacidad 0.04 0.07 0.89

Estrategias:

Para predicción de 80% de la capacidad:

Acción 80% de la capacidad. Se pueden vender 100 programas



vme.

Comprar 100 prog 50 50 50 50

Comprar 150 prog 0 75 75 36

Comprar 200 prog –50 25 100 2.5


El pago esperado óptimo es 50 asociado a la acción de comprar 100 programas






vme.

Comprar 100 prog 50 50 50 50

Comprar 150 prog 0 75 75 60.75

Comprar 200 prog –50 25 100 22.75


El pago esperado óptimo es 60.75 asociado a la acción de comprar 150 programas





vme.

Comprar 100 prog 50 50 50 50

Comprar 150 prog 0 75 75 72

Comprar 200 prog –50 25 100 88.75


El pago esperado óptimo es 88.75 asociado a la acción de comprar 200 programas

Como vemos se escoge el mayor VME de cada estrategia y se asocia con la alternativa correspondiente. Luego podemos organizar la siguiente tabla:


PRONÓSTICO DEC. MAX PAGO MAX PAGO P(S=s)

80% de cap. Comprar 100 prog 50 0.23

90% de la cap. Comprar 150 prog 60.75 0.32

100% de la cap. Comprar 200 prog 88.75 0.45

Valor con información de prueba = 50*0.23 + 60.75*0.32 + 88.75*0.45

= $70.88 / juego

El valor esperado de la información de prueba = $70.88/juego –$60 / juego

= $10.88/juego

Esto quiere decir que los estudiantes están dispuestos a pagar máximo, $10.8775 / juego por la información de prueba.

Eficiencia de la prueba = $10.88/$22.5 = 48.36%

Problema 24. Una compañía produce artículos que tienen una probabilidad p de salir defectuosos. Se forman lotes de 150 artículos con ellos. La experiencia indica que el valor de p es 0.05 o 0.25 y que en el 80% de los lotes producidos p es igual a 0.05 y en el 20% de los lotes producidos p es igual 0.25. Estos artículos se utilizan después en un ensamble y en última instancia, su calidad se determina antes de que el producto final deje la planta. En principio el fabricante puede ya sea inspeccionar cada artículo del lote con un costo de $10 por artículo y reemplazar los defectuosos o bien utilizarlos sin inspección. Si se elige esta última acción el costo de tener que volver a hacer el ensamble es $100 por artículo defectuoso. Como la inspección requiere programar inspectores y equipo, la decisión de realizarla o no debe tomarse 2 días antes. Sin embargo, se puede tomar un artículo de un lote e inspeccionarlo; su calidad (defectuoso o aceptable) se informa antes de tomar la decisión de inspeccionar o no. El costo de esta inspección inicial es $125.

a) Desarrolle una formulación para el análisis de decisión de este problema, identificando las acciones alternativas, los estados de la naturaleza y la matriz de pagos si no se inspecciona un artículo der antemano. Suponga que no se inspecciona un artículo de antemano. Use la regla de decisión de Bayes (promedio) para determinar que alternativa debe elegirse.

b) Encuentre el valor de la información perfecta.


c) Determine si es rentable realizar la inspección del artículo de antemano.

Costo de volver a hacer el ensamble de un artículo defectuoso = $100

Costo inspeccionar los 150 artículos para reemplazarlos a $10 c/u = $1500

Costo si no se hace la inspección y el 5% están defectuosos = 5%*150*100 = $750

Costo si no se hace la inspección y el 25% están defectuosos = 25%*150*100=$3750

Para usar los algoritmos de maximización se utilizan valores negativos para costos.

p = 0.05 p = 0.25 VME

Inspeccionar cada artículo –1500 –1500 –1500

No hacer inspección de c/artículo –750 –3750 –1350*

PROBABILIDAD 0.8 0.2

La alternativa óptima es no hacer inspección de cada artículo con un costo de $1350.

b) Valor con información perfecta (con los máximos de cada estado) = –750*0.8 – 1500*0.2

= –$900

Valor de la información perfecta = (Valor con información perfecta – valor sin experimentación) =

–900 – ( –1350) = $450

La información perfecta tiene un valor de $450.

d) Determinemos ahora si es rentable hacer la inspección (muestra) de un artículo:


Tabla A priori P(S|θ)

p = 0.05 p = 0.25

El artículo es defectuoso 0.05 0.25

El artículo no es defectuoso 0.95 –0.75


Tabla de Probabilidades Conjuntas P(S∩θ) = P(S|θ)*P(θ)

p = 0.05 p = 0.25 P(S)

El artículo es defectuoso 0.04 0.05 0.09

El artículo no es defectuoso 0.76 0.15 0.91

Tabla A posteriori P(θ|S) = P(S∩θ)/P(S)

p = 0.05 P = 0.25

El artículo es defectuoso 0.4444 0.5556

El artículo no es defectuoso 0.8352 0.1648

Estrategias:

Si el artículo es defectuoso:

p = 0.05 p = 0.25 VME

Inspeccionar cada artículo –1500 –1500 –1500*

No hacer inspección de c/artículo –750 –3750 –2417



Si el artículo no es defectuoso:

p = 0.05 p = 0.25 VME

Inspeccionar cada artículo –1500 –1500 –1500

No hacer inspección de c/artículo –750 –3750 –1244*


Pago esperado con experimentación (muestreo de un artículo)=–1500*0.09 – 1244*0.91 = –$1268

Pago esperado sin experimentación = –$1350

Valor esperado de la experimentación= Pago Esperado con Experimentación – Pago esperado sin experimentación = –$1268 – (–$1350) = $82

Como el costo del muestreo es $125>$82, no es rentable hacer el muestro del artículo

Problema 25. En una tienda se tiene un reto en el que los clientes pueden ganar o perder dinero; consiste en adivinar qué tarro de Bonbonbum sacará el tendero de una caja entre tres posibles. Los tres tarros son exactamente iguales en el exterior pero contienen diferentes cantidades de Bonbonbum, así:

- El tarro 1 tiene: 5 rojos, 2 de fresa y 3 naranjados. - El tarro 2 tiene: 2 de fresa, 2 naranjados y 1 rojo. - El tarro 3 tiene: 1 naranjado y 2 de fresa. Ninguno rojo.

Si el cliente adivina ganará $5, si no adivina pierde $2.

Aunque los tarros se ven iguales, el tendero es capaz de saber cuál es cuál antes de sacarlo y ha decidido sacar el tarro 2 el 40% de las veces y los otros dos tarros un 30% de las veces cada uno.

a) Qué decisión le recomendaría usted al cliente según el criterio de valor esperado? b) El tendero le propone lo siguiente: Él sacará un Bonbonbum del tarro y se lo

mostrará al cliente para que este vea qué tipo salió (rojo, naranjado o de fresa). ¿Qué decisión debe tomar el cliente si sale rojo, cuál si sale naranjado y cuál si sale de fresa? Muestre el procedimiento.


c) Debería el cliente aceptar la propuesta si el tendero le cobra $1 por decirle qué Bonbonbum salió? ¿Cuánto sería lo máximo que estaría dispuesto a pagarle el cliente al tendero por tener esta información de cuál Bonbonbum salió?

Tarro Bonbonbum Prob.(Rojo) Prob.(Fresa) Prob.(Naranjado)

Tarro 1 R R R R R F F N N N 5/10 2/10 3/10

Tarro 2 R F F N N 1/5 2/5 2/5

Tarro 3 F F N 0 2/3 1/3

UTILIDADES Sale T1 Sale T2 Sale T3 Pago promedio

Decir T1 5 –2 –2 0.1

Decir T2 –2 5 –2 0.8*

Decir T3 –2 –2 5 0.1

P(θ) 30% 40% 30%

a) La mejor decisión es decir el Tarro 2 con un pago promedio de $0.8 b)

A PRIORI Sale T1 Sale T2 Sale T3 Rojo 5/10 1/5 0 Fresa 2/10 2/5 2/3 Naranjado 3/10 2/5 1/3 P(θ) 30% 40% 30%


CONJUNTA Sale T1 Sale T2 Sale T3 P(S)

Rojo 15/100 8/100 0 23/100

Fresa 6/100 16/100 20/100 42/100

Naranjado 9/100 16/100 10/100 35/100

A POSTERIORI Sale T1 Sale T2 Sale T3

Rojo 15/23 8/23 0

Fresa 1/7 8/21 10/21

Naranjado 9/35 16/35 2/7

UTILIDADES Sale T1 Sale T2 Sale T3 Pago promedio Rojo

Pago promedio Fresa

Pago promedio Naranjado

Decir T1 5 –2 –2 2.57* –1.00 –0.20

Decir T2 –2 5 –2 0,43 0.67 1.20

Decir T3 –2 –2 5 –2.00 1.33* 0.00

P(θ/S) a posteriori

Rojo 15/23 8/23 0

Fresa 1/7 8/21 10/21

Naranjado 9/35 16/35 2/7

Decisión: Si sale Rojo decir T1, si sale de fresa decir T3 y si sale naranjado decir T2.


c) Valor con información de prueba = 2.57 ∗ 23100

+ 1.33 ∗ 42100

+ 1.2 ∗ 35100

= 1.57 Valor de la información de prueba = (Valor con información de prueba) – (valor sin experimentación) Valor de la información de prueba = 1.57 – 0.8 = 0.77

Por tanto no se debe aceptar el cobro de $1 por dejar ver un bombombum.

Lo máximo que se podría pagar sería $0.7697.

Guía para la solución de problemas de cadenas de Markov, colas, inventarios y análisis de decisiones

editado por el Centro Editorial de la Facultad de Minas de la

Universidad Nacional de Colombia, Sede Medellín.

El texto fue compuesto en caracteres Times New Roman de 11 puntos.

El objetivo de este libro es proporcionar herramientas avanzadas en Investigación de Operaciones que permitan estudiar y planificar sistemas complejos, en las áreas de procesos de Markov, teoría de colas, teoría de inventarios y teoría de toma de decisiones, al igual que servir de guía en la solución de problemas complejos en las cuatro áreas arriba mencionadas.En cada uno de los cuatro temas se hace una descripción de la teoría y a continuación se resuelve una serie de problemas.La descripción de la teoría es tomada de la experiencia en el curso de Investigación de Operaciones dictado en la Facultad de Minas de la Universidad Nacional de Colombia sede Medellín.La teoría se describe de forma tal que es fácil de comprender y no requiere de referencias adicionales.Para cada uno de los cuatro temas se dispone de 25 problemas, de niveles de dificultad muy variando, desde unos muy sencillos para una comprensión de los conceptos elementales, hasta problemas de alta complejidad.El libro está dirigido principalmente a un curso de pregrado, aunque dado su contenido de problemas de alta complejidad también puede usarse en un curso de posgrado.

MonicaR

Sello

Guía para la solución de problemas · 2020. 5. 29. · de cadenas de Markov, colas, inventarios y...

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