Programaci n Din Mica Determinista

PROGRAMACIÓN DINÁMICA DETERMINISTA

EL

GR

AN

R

OM

PEC

AB

EZ

A

“La Programación Dinámica es una técnica empleada para resolver un sinnúmero de problemas de optimización. Consistente en fragmentar un problema mayor en pequeños fragmentos llamados etapas. Lo tedioso de este modelo está en aquellos problemas que requieren de un número de etapas excesivamente alto”.

La programación dinámica determinista se caracteriza porque los datos son valores

determinados o conocidos. Teniendo que recurrir a la utilización sistemática de combinaciones

factibles para un problema dado, hasta encontrar la solución óptima que logre satisfacer las

condiciones dadas.

Este algoritmo tuvo sus inicios en Richard Bellman, quien realizó una serie de estudios

relacionados con misiles dirigidos.

1. MODELOS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA CON VALORES DISCRETOS

Para la solución de los problemas emplearemos el método de recursión hacia delante y

acumulación hacia atrás. Para comprenderlo veamos algunos ejemplos.

Ejemplo Nº 1:

Dada la siguiente función objetivo sujeta a la restricción mostrada, encontrar la solución

óptima.

enteroXXXX

XXXMaxZ

i 0632

423

321

321

≥≤++

++=

Se subdivide en etapas, donde cada etapa deberá ser optimizada. Veamos el diagrama de

las etapas que resultaran:

1

2

3

S1 = 6 S3 = S2 – X2S2 = S1 – 2 X1

r3 = 4 X3

f3 = r3

*

r2 = 2 X2

f2 = r2 + f3

*

r1 = 3 X1

f1 = r1 + f2

*

d3 = Valor de X3d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1

Definiremos algunos términos antes de entrar en el algoritmo solución:

di : decisión a tomar en cada etapa

ri : rendimiento en cada etapa mide la decisión

fi : rendimiento acumulado

Si : variable de estado (cantidad de recurso disponible al inicio de la etapa.

Para cada etapa, en este problema, no se puede exceder del recurso disponible. Por lo

tanto las variables de decisión están sujetas a los siguientes intervalos de valores:

0 ≤ X1 ≤ S1 / 2 ; es decir que X1 = {0, 1, 2, 3}

0 ≤ X2 ≤ S2 ; es decir que X2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5,6}

0 ≤ X3 ≤ S3 / 3 ; es decir que X3 = {0, 1, 2}

Esta misma suposición se puede aplicar para encontrar las combinaciones de valores que

puede tomar cada variable de estado:

S1 = {6}

S2 = {0, 2, 4, 6}

S3 = {0, 1, 2, 3,4, 5, 6}

Se inicia el algoritmo de programación mediante tabla, partiendo desde la última etapa y

acumulado los resultados hasta llegar a la primera.

ETAPA Nº 3

d3 = X3

S3 0 1 2 X3*

f3*

0 0 --- --- 0 0

1 0 --- --- 0 0

2 0 --- --- 0 0

3 0 4 --- 1 4

4 0 4 --- 1 4

5 0 4 --- 1 4

6 0 4 8 2 8

Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:

i) f3 = max {4 X3} ii) X3 ≤ S3 / 3 iii) S3 = S2 – X2

ETAPA Nº 2

d2 = X2

S2 0 1 2 3 4 5 6 X2*

f2*

0 0 + 0 --- --- --- --- --- --- 0 0

2 0 + 0 2 + 0 4 + 0 --- --- --- --- 2 4

4 0 + 4 2 + 4 4 + 0 6 + 0 8 + 0 --- --- 4 8

6 0 + 8 2 + 4 4 + 4 6 + 4 8 + 0 10 + 0 12 + 0 6 12

Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios: i) f2 = max {2 X2 + f3

*} ii) X2 ≤ S2 iii) S2 = S1 – 2X1


i) f1 = max {3 X1 + f2*}

ii) X1 ≤ S1 / 2 iii) S1 = 6

ETAPA Nº 1

d1 = X1

S1 0 1 2 3 X1*

f1*

6 0 + 12 3 + 8 6 + 4 9 + 0 0 12

Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:

SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z = 12

X1 = 0

X2 = 6

X3 = 0

Ejemplo Nº 2 (Problema Propuesto Nº 4 / Sección 10.4a / Extraído del Libro Investigación de

Operaciones “Una Introducción” , Sexta Edición, Editorial Prentice Hall)

Un estudiante debe seleccionar 10 cursos electivos de 4 diferentes departamentos y por lo menos

un curso de cada departamento. Los 10 cursos se han asignado a los 4 departamentos en una

forma que maximice los conocimientos. El estudiante mide los conocimientos en una escala de

100 puntos y traza la siguiente gráfica:

NÚMERO DE CURSOS

DEPARTAMENTO 1 2 3 4 5 6 ≥ 7

I 25 50 60 80 100 100 100

II 20 70 90 100 100 100 100

III 40 60 80 100 100 100 100

IV 10 20 30 40 50 60 70

¿Cómo debe seleccionar los cursos el estudiante?

Partiremos por definir el problema gráficamente:

S2 = S1 – X1 S3 = S2 – X2S1 = 10

d1 = Valor de X1 d2 = Valor de X2 d3 = Valor de X3

1

2

3

4

S4 = S3 – X3

d4 = Valor de X4

r4 = f(X4)

f4 = r4

*

r3 = f(X3)

f3 = r3 + f4*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2*

Para cada etapa, en este problema, se deberá tener en cuenta que hay que asignar por lo

menos un curso a cada departamento. Por lo tanto las variables de decisión están sujetas a los

siguientes intervalos de valores:

1 ≤ X1 ≤ S1 – 3 ; es decir que X1 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

1 ≤ X2 ≤ S2 – 2 ; es decir que X2 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

1 ≤ X3 ≤ S3 – 1 ; es decir que X3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

1 ≤ X4 ≤ S4 ; es decir que X4 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

Esta misma suposición se puede aplicar para encontrar las combinaciones de valores que

puede tomar cada variable de estado:

S1 = {10}

S2 = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

S3 = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

S4 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

Se inicia el algoritmo de programación mediante tabla, partiendo desde la última etapa y

acumulado los resultados hasta llegar a la primera.

ETAPA Nº 4

d4 = X4

S4 1 2 3 4 5 6 7 X4* f4

*

1 10 --- --- --- --- --- 1 10

2 10 20 --- --- --- --- --- 2 20

3 10 20 30 --- --- --- --- 3 30

4 10 20 30 40 --- --- --- 4 40

5 10 20 30 40 50 --- --- 5 50

6 10 20 30 40 50 60 --- 6 60

7 10 20 30 40 50 60 70 7 70


i) f4 = max { r4*}

ii) X4 ≤ S4 iii) S4 = S3 – X3

ETAPA Nº 3

d3 = X3

S3 1 2 3 4 5 6 7 X3* f3

*

2 40 + 10 --- --- --- --- --- --- 1 50

3 40 + 20 60 + 10 --- --- --- --- --- 2 70

4 40 + 30 60 + 20 80 + 10 --- --- --- --- 3 90

5 40 + 40 60 + 30 80 + 20 100 + 10 --- --- --- 4 110

6 40 + 50 60 + 40 80 + 30 100 + 20 100 + 10 --- --- 4 120

7 40 + 60 60 + 50 80 + 40 100 + 30 100 + 20 100 + 10 --- 4 130

8 40 + 70 60 + 60 80 + 50 100 + 40 100 + 30 100 + 20 100 + 10 4 140


i) f3 = max {r3 + f4*}

ii) X3 ≤ S3 – 1 iii) S3 = S2 – X2

ETAPA Nº 2

d2 = X2

S2 1 2 3 4 5 6 7 X2* f2

*

3 20 + 50 --- --- --- --- --- --- 1 70

4 20 + 70 70 + 50 --- --- --- --- --- 2 120

5 20 + 90 70 + 70 90 + 50 --- --- --- --- 2,3 140

6 20 + 110 70 + 90 90 + 70 100 + 50 --- --- --- 2,3 160

7 20 + 120 70 + 110 90 + 90 100 + 70 100 + 50 --- --- 2,3 180

8 20 + 130 70 + 120 90 + 110 100 + 90 100 + 70 100 + 50 --- 3 200

9 20 + 140 70 + 130 90 + 120 100 + 110 100 + 90 100 + 70 100 + 50 3,4 210


i) f2 = max {r2 + f3*}

ii) X2 ≤ S2 – 2 iii) S2 = S1 – X1

ETAPA Nº 1

d1 = X1

S1 1 2 3 4 5 6 7 X1* f1

*

3 25 + 210 50 + 200 60 + 180 80 + 160 100 + 140 100 + 120 100 + 70 2 250


i) f1 = max { r1 + f2*}

ii) X1 ≤ S1 – 3 iii) S1 = 10


SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z = 250

X1 = 2

X2 = 3

X3 = 4

X4 = 1

Ejemplo Nº 3 (Problema Propuesto Nº 7 / Sección 10.4a / Extraído del Libro Investigación de

Operaciones “Una Introducción” , Sexta Edición, Editorial Prentice Hall)

El alguacil Bassam se ha postulado para su reelección en el condado de Washington. Los fondos

disponibles para la campaña son de alrededor de 10 000 dólares. Aún cuando al comité de

reelección le gustaría iniciar la campaña en los cinco distritos del condado, los fondos limitados

dictan lo contrario. La siguiente tabla enumera la población votante y la cantidad de fondos

necesaria para iniciar una campaña efectiva en cada distrito. La elección para cada distrito es qe

reciban todos los fondos asignados , o ninguno. ¿Cómo se deben asignar los fondos?

Distrito Población Fondos

Requeridos ($)

1 3 100 3 500

2 2 600 2 500

3 3 500 4 000

4 2 800 3 000

5 2 400 2 000

Para este problema veremos un caso particular, las variables de decisión serán del tipo binaria.

Es decir, para el caso de no asignar fondos tomará el valor de 0, de lo contrario será 1.

d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5

S2 =

S1 – 3 500 X1S1

= 10 000

1 2 3

S4 = S3 – 4 000 X3

S3 = S2 – 2 500 X2

4

S5 = S4 – 3 000 X4

5

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2

*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r3 = f(X3)

f3 = r3 + f4*

r4 = f(X4)

f4 = r4 + f5*

r5 = f(X5)

f5 = r5*

Para cada etapa, en este problema, se deberá tener en cuenta que la variable de decisión

sólo podrá tomar dos valores {0, 1}. Por lo tanto las variables de decisión están sujetas a los

siguientes intervalos de valores:

0 ≤ X1 ≤ S1 / 3 500

0 ≤ X2 ≤ S2 / 2 500

0 ≤ X3 ≤ S3 / 4 000

0 ≤ X4 ≤ S4 / 3 000

0 ≤ X5 ≤ S5 / 2 000

Las combinaciones de valores que puede tomar cada variable de estado serán:

S1 = {10 000}

S2 = {6 500, 10 000}

S3 = {4 000, 6 500, 7 500, 10 000}

S4 = {0, 2 500, 3 500, 4 000, 6 000, 6 500, 7 500, 10 000}

S5 = {0, 500, 1 000, 2 500, 3 000, 3 500, 4 000, 4 500, 6 000, 6 500, 7 000, 7 500, 10 000}

ETAPA Nº 5

d5 = X5

S5 0 1 X5* f5

*

0 0 --- 0 0

500 0 --- 0 0

1 000 0 --- 0 0

2 500 0 2 400 1 2 400

3 000 0 2 400 1 2 400

3 500 0 2 400 1 2 400

4 000 0 2 400 1 2 400

4 500 0 2 400 1 2 400

6 000 0 2 400 1 2 400

6 500 0 2 400 1 2 400

7 000 0 2 400 1 2 400

7 500 0 2 400 1 2 400

10 000 0 2 400 1 2 400


i) f5 = max { r5*}

ii) X5 ≤ S5 / 2 000 iii) S5 = S4 – 3 000 X4

ETAPA Nº 4

d4 = X4

S4 0 1 X4* f4

*

0 0 + 0 --- 0 0

2 500 0 + 2 400 --- 0 2 400

3 500 0 + 2 400 2 800 + 0 1 2 800

4 000 0 + 2 400 2 800 + 0 1 2 800

6 000 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200

6 500 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200

7 500 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200

10 000 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200


i) f4 = max {r4 + f5*}

ii) X4 ≤ S4 / 3 000 iii) S4 = S3 – 4 000 X3

ETAPA Nº 3

d3 = X3

S3 0 1 X3* f3

*

4 000 0 + 2 800 3 500 + 0 1 3 500

6 500 0 + 5 200 3 500 + 2 400 1 5 900

7 500 0 + 5 200 3 500 + 2 800 1 6 300

10 000 0 + 5 200 3 500 + 5 200 1 8 700


i) f3 = max {r3 + f4*}

ii) X3 ≤ S3 / 4 000 iii) S3 = S2 – 2 500 X2

ETAPA Nº 2

d2 = X2

S2 0 1 X2* f2

*

6 500 0 + 5 900 2 600 + 3 500 1 6 100

10 000 0 + 8 700 2 600 + 6 300 1 8 900


i) f2 = max {r2 + f3*}

ii) X2 ≤ S2 / 2 500 iii) S2 = S1 – 3 500 X1

ETAPA Nº 1

d1 = X1

S1 0 1 X1* f1

*

10 000 0 + 8 900 3 100 + 6 100 1 9 200


i) f1 = max {r1 + f2*}

ii) X1 ≤ S1 / 3 500 iii) S1 = 10 000


Z = 9 200

SOLUCIÓN ÓPTIMA

X1 = 1

X2 = 1

X3 = 1

X4 = 0

X5 = 0

Ejemplo Nº 4

Un vendedor tiene que decidir cuántas unidades de 3 artículos llevar en su recorrido por varios

ciudades del interior a fin de maximizar ventas. Sólo se vende hasta una unidad de cada artículo

en cada lugar. Una regla de venta es que en cada lugar se venda al menos un artículo. En la

tabla se muestran los artículos, los lugares donde se venden, los precios para cada lugar, el

espacio por unidad que ocupan y la capacidad del vehículo del vendedor.

LUGAR

ARTÍCULO AGUADULCE CHITRÉ DAVID

ESPACIO POR

UNIDAD (p3)

1 100 120 140 1

2 200 180 230 2

3 300 350 260 3

CAPACIDAD DEL VEHÍCULO: 10 p3

SUGERENCIA: Considere los lugares como etapas y las 7 posibles combinaciones de artículos

a llevar en cada lugar como variables de decisión de cada etapa.

1

2

3

S1 = 10 S3 = S2 – X2IS2 = S1 – X1I

r3 = f(X3)

f3 = r3*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2*

d3 = Valor de X3Id2 = Valor de X2Id1 = Valor de X1I

En este problema nos encontramos nuevamente que se trata tipo binario, llevar o no llevar.

COMBINACIONES

ARTÍCULO

FORMA 1 2 3 e (p3)

A 1 0 0 1

B 0 1 0 2

C 0 0 1 3

D 1 1 0 3

E 1 0 1 4

F 0 1 1 5

G 1 1 1 6

Los posibles valores de combinaciones para los estado serán:

S1 = {10}

S2 = {4, 5, 6, 7, 8, 9}

S3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

ETAPA Nº 3 (DAVID)

d3 = X3 I ; X3 I ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 I ; f3 = max { r3*}

S3 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X3 I* f3

*

1 140 --- --- --- --- --- --- A 140

2 140 230 --- --- --- --- --- B 230

3 140 230 260 370 --- --- --- D 370

4 140 230 260 370 400 --- --- E 400

5 140 230 260 370 400 490 --- F 490

6 140 230 260 370 400 490 630 G 630

7 140 230 260 370 400 490 630 G 630

8 140 230 260 370 400 490 630 G 630

ETAPA Nº 2 (CHITRÉ)

d2 = X2 I ; X2 I ≤ S2 – 1 ; S2 = S1 – X1 I ; f2 = max { r2 + f3*}

S2 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X2 I* f2

*

4 120 + 370 180 + 230 350 + 140 300 + 140 --- --- --- A, C 490

5 120 + 400 180 + 370 350 + 230 300 + 230 470 + 140 --- --- E 610

6 120 + 490 180 + 400 350 + 370 300 + 370 470 + 230 530 + 140 --- C 720

7 120 + 630 180 + 490 350 + 400 300 + 400 470 + 370 530 + 230 650 + 140 E 840

8 120 + 630 180 + 630 350 + 490 300 + 490 470 + 400 530 + 370 650 + 230 F 900

9 120 + 630 180 + 630 350 + 630 300 + 630 470 + 490 530 + 400 650 + 370 G 1 020

ETAPA Nº 1 (AGUADULCE)

d1 = X1 I ; X1 I ≤ S1 – 2 ; S1 = 10 ; f 1 = max { r 1 + f 2*}

S1 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X1 I* f1

*

10 100 + 1 020 200 + 900 300 + 840 300 + 840 400 + 720 500 + 610 600 + 490 C, D 1 140

La solución óptima para este problema es:

OPCIÓN Nº 1: OPCIÓN Nº 2:

LUGAR

ARTICULOS

A LLEVAR

LUGAR

ARTICULOS

A LLEVAR

AGUADULCE 3 AGUADULCE 1, 2

CHITRÉ 1, 3 CHITRÉ 1, 3

DAVID 1, 2 DAVID 1, 2

ZMÁX = $ 1 140. 00 ZMÁX = $ 1 140. 00

Ejemplo Nº 5

Dada la siguiente función objetivo sujeta a la restricción mostrada, encontrar la solución

óptima.

( ) ( )

enteroYYYYY

YYYYMaxZ

i 05

52

4321

2432

21

≥≤+++

−+++=

S4 = S1 – Y1 S2 = S4 – Y4S1 = 5

d1 = Valor de Y1 d4 = Valor de Y4 d2 = Valor de Y2

1

4

2

3

S3 = S2 – Y2

d3 = Valor de Y3

r3 = Y3

f3 = r3

*

r2 = Y2

f2 = r2 f3

*

r4 = (Y4 – 5)2

f4 = r4 + f2

*

r1 = (Y1 + 2)2

f1 = r1 + f4

*


S1 = {5}

S2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

S3 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

S4 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

ETAPA Nº 3

d3 = Y3 ; Y3 ≤ S3 ; S3 = S2 – Y2; f 3 = max { r3* }

S3 0 1 2 3 4 5 Y3* f3

*

0 0 --- --- --- --- --- 0 0

1 0 1 --- --- --- --- 1 1

2 0 1 2 --- --- --- 2 2

3 0 1 2 3 --- --- 3 3

4 0 1 2 3 4 --- 4 4

5 0 1 2 3 4 5 5 5

ETAPA Nº 2

d2 = Y2 ; Y2 ≤ S2 ; S2 = S4 – Y4; f 2 = max { r2 f3* }

S2 0 1 2 3 4 5 Y2* f2

*

0 (0) (0) --- --- --- --- --- 0 0

1 (0) (1) (1) (0) --- --- --- --- 0, 1 0

2 (0) (2) (1) (1) (2) (0) --- --- --- 1 1

3 (0) (3) (1) (2) (2) (1) (3) (0) --- --- 1, 2 2

4 (0) (4) (1) (3) (2) (2) (3) (1) (4) (0) --- 2 4

5 (0) (5) (1) (4) (2) (3) (3) (2) (4) (1) (5) (0) 2, 3 6

ETAPA Nº 4

d4 = Y4 ; Y4 ≤ S4 ; S4 = S1 – Y1 ; f 4 = max { r4 + f2*}

S4 0 1 2 3 4 5 Y4* f4

*

0 25 + 0 --- --- --- --- --- 0 25

1 25 + 0 16 + 0 --- --- --- --- 0 25

2 25 + 1 16 + 0 9 + 0 --- --- --- 0 26

3 25 + 2 16 + 1 9 + 0 4 + 0 --- --- 0 27

4 25 + 4 16 + 2 9 + 1 4 + 0 1 + 0 --- 0 29

5 25 + 6 16 + 4 9 + 2 4 + 1 1 + 0 0 + 0 0 31

ETAPA Nº 1

d1 = Y1 ; Y1 ≤ S1 ; S1 = 10 ; f 1 = max { r1 + f4*}

S1 0 1 2 3 4 5 Y1* f1

*

5 4 + 31 9 + 29 16 + 27 25 + 25 36 + 25 49 + 25 5 74


SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z = 74

Y1 = 5

Y2 = 0

Y3 = 0

Y4 = 0

Ejemplo Nº 6

ABC Tech, una escuela privada de ingeniería, acaba de recibir una donación de un antiguo

alumno por un monto de $ 100 000. El vicepresidente financiero del ABC Tech planea invertir

el dinero para financiar un conjunto de becas. Puede invertir de tres formas con diferentes

rendimientos. Los tres esquemas de inversión y sus rendimientos después de tres años

(incluyendo el capital) se muestra en la tabla para diferentes niveles de inversión. Sugiérale al

vicepresidente una cartera de inversiones que produzca el mayor rendimiento para becas y

reinversión utilizando la programación dinámica.

Rendimientos sobre la Inversión

Inversión

(en miles Plan X Plan Y Plan Z

0 0 0 0

25 50 60 40

50 110 90 100

100 150 130 175

1

2

3

S1 = 100 S3 = S2 – X2S2 = S1 – X1

r3 = f(X3)

f3 = r3*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2*



S1 = {100}

S2 = {0, 50, 75, 100}

S3 = {0, 25, 50, 75, 100}

ETAPA N º 3

d3 = X3 ; X3 ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 ; f3 = max { r3*}

S1 0 25 50 100 X1* f1

*

0 0 --- --- --- 0 0

25 0 40 --- --- 25 40

50 0 40 100 --- 50 100

75 0 40 100 --- 50 100

100 0 40 100 175 100 175

ETAPA N º 2

d2 = X2 ; X2 ≤ S2 ; S2 = S1 – X1 ; f2 = max { r2 + f3*}

S2 0 25 50 100 X2* f2

*

0 0 + 0 --- --- --- 0 0

50 0 + 100 60 + 40 90 + 0 --- 0, 25 100

75 0 + 100 60 + 100 90 + 40 --- 25 160

100 0 + 175 60 + 100 90 + 100 130 + 0 50 190

ETAPA N º 1

d1 = X1 ; X1 ≤ S1 ; S1 = 100 ; f1 = max { r1 + f2*}

S1 0 25 50 100 X1* f1

*

100 0 + 190 50 + 160 110 + 100 150 + 0 25 , 50 210


SOLUCIÓN 1 SOLUCIÓN 2 SOLUCIÓN 3

Z = 210

X1 = 25

X2 = 25

X3 = 50

Z = 210

X1 = 50

X2 = 25

X3 = 25

Z = 210

X1 = 50

X2 = 0

X3 = 50

Ejemplo Nº 7:

La Dra. Kathy Mireya may, Que recién obtuvo su doctorado en psicología, acaba de aceptar un

empleo en Hays State University y debe mudarse pronto a ese lugar. Para hacerlo, utilizará su

único automóvil, dado que su esposo Ernesto P., llevará después el resto de sus artículos

domésticos. Kathy ha determinado que tiene 9 pies cúbicos disponible para transportar artículos

necesarios a Hays. En la tabla se muestra que está pensando llevar, junto con su volumen en pies

cúbicos y su prioridad en una escala de 1 a 10, de acuerdo con la opinión de Kathy.ç

ARTÍCULO VOLUMEN PRIORIDAD

Ropa 2 8

TV 6 3

Horno Microonda 6 5

Libros 3 9

Artículos Personales 1 9

Determine que artículos debe transportar Kathy para maximizar sus prioridades, utilizando la

programación dinámica.

d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5

S2 = S1 – 2 X1S1 = 9

1 2 3

S4 = S3 – 6 X3

S3 = S2 – 6 X2

4

S5 = S4 – 3 X4

5

r1 = 8 X1

f1 = r1 + f2

*

r2 = 3 X2

f2 = r2 + f3

*

r3 = 5 X3

f3 = r3 + f4

*

r4 = 9 X4

f4 = r4 + f5

*

r5 = 9 X5

f5 = r5

*


S1 = {9}

S2 = {7, 9}

S3 = {1, 3, 7, 9}

S4 = {1, 3, 7, 9}

S5 = {0, 1, 3, 4, 6, 7, 9}

ETAPA Nº 5

d5 = X5 ; X5 ≤ S5 ; S5 = S4 – 3 X4 ; f5 = max { r5*}

S5 0 1 X5* f5

*

0 0 --- 0 0

1 0 9 1 9

3 0 9 1 9

4 0 9 1 9

6 0 9 1 9

7 0 9 1 9

9 0 9 1 9

ETAPA Nº 4

d4 = X4 ; X4 ≤ S4 / 3; S4 = S3 – 6 X3 ; f4 = max { r4 + f5*}

S4 0 1 X4* f4

*

1 0 + 9 --- 0 9

3 0 + 9 9 + 0 0, 1 9

7 0 + 9 9 + 9 1 18

9 0 + 9 9 + 9 1 18

ETAPA Nº 3

d3 = X3 ; X3 ≤ S3 / 6; S3 = S2 – 6 X2 ; f3 = max { r3 + f4*}

S3 0 1 X3* f3

*

1 0 + 9 --- 0 9

3 0 + 9 --- 0 9

7 0 + 18 5 + 9 0 18

9 0 + 18 5 + 9 0 18

ETAPA Nº 2

d2 = X2 ; X2 ≤ S2 / 6; S2 = S1 – 2 X1 ; f2 = max { r2 + f3*}

S2 0 1 X2* f2

*

7 0 + 18 3 + 9 0 18

9 0 + 18 3 + 9 0 18

ETAPA Nº 1

d1 = X1 ; X1 ≤ S1 / 9; S1 = 9 ; f1 = max { r1 + f2*}

S1 0 1 X1* f1

*

9 0 + 18 8 + 18 1 26


SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z = 26

X1 = 1

X2 = 0

X3 = 0

X4 = 1

X5 = 1

Ejemplo Nº 8:

La campaña política para la rectoría de la Universidad ABC se encuentra es su última etapa y las

preliminares indican que la elección está pareja. Uno de los candidatos tiene suficientes fondos

para comprar tiempo en TV por un total de 5 comerciales en las horas de mayor audiencia en

estaciones localizadas en cuatro centros regionales diferentes. Con base a la información

preliminar se hizo una estimación del número de votos adicionales que se pueden ganar en los

diferentes centros según el número de comerciales que se contraten. Estas estimaciones se dan

en la tabla en miles de votos:

Centro Regional

Comerciales Chiriquí Azuero Coclé Veraguas

0 0 0 0 0

1 4 5 3 6

2 7 9 7 8

3 9 11 12 10

4 12 10 14 11

5 15 9 16 12

Determinar cómo deben distribuirse los comerciales entre los centros regionales, utilizando la

herramienta de programación dinámica.

S2 = S1 – X1 S3 = S2 – X2S1 = 5

d1 = Valor de X1 d2 = Valor de X2 d3 = Valor de X3

1

2

3

4

S4 = S3 – X3

d4 = Valor de X4

r4 = f(X4)

f4 = r4*

r3 = f(X3)

f3 = r3 + f4*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2*


S1 = {5}

S2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

S3 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

S4 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

ETAPA Nº 4

d4 = X4 ; X4 ≤ S4 ; S4 = S3 – X3 ; f 4 = max { r4*}

S4 0 1 2 3 4 5 X4* f4

*

0 0 --- --- --- --- --- 0 0

1 0 6 --- --- --- --- 1 6

2 0 6 8 --- --- --- 2 8

3 0 6 8 10 --- --- 3 10

4 0 6 8 10 11 --- 4 11

5 0 6 8 10 11 12 5 12

ETAPA Nº 3

d3 = X3 ; X3 ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 ; f 3 = max { r3 + f4*}

S3 0 1 2 3 4 5 X3* f3

*

0 0 + 0 --- --- --- --- --- 0 0

1 0 + 6 3 + 0 --- --- --- --- 0 6

2 0 + 8 3 + 6 7 + 0 --- --- --- 1 9

3 0 + 10 3 + 8 7 + 6 12 + 0 --- --- 2 13

4 0 + 11 3 + 10 7 + 8 12 + 6 14 + 0 --- 3 18

5 0 + 12 3 + 11 7 + 10 12 + 8 14 + 6 16 + 0 3, 4 20

ETAPA Nº 2

d2 = X2 ; X2 ≤ S2 ; S2 = S1 – X1 ; f 2 = max { r2 + f3*}

S2 0 1 2 3 4 5 X2* f2

*

0 0 + 0 --- --- --- --- --- 0 0

1 0 + 6 5 + 0 --- --- --- --- 0 6

2 0 + 9 5 + 6 9 + 0 --- --- --- 1 11

3 0 + 13 5 + 9 9 + 6 11 + 0 --- --- 2 15

4 0 + 18 5 + 13 9 + 9 11 + 6 10 + 0 --- 0, 1, 2 18

5 0 + 20 5 + 18 9 + 13 11 + 9 10 + 6 9 + 0 1 23

ETAPA Nº 1

d1 = X1 ; X1 ≤ S1 ; S1 = 5 ; f 1 = max { r1 + f2*}

S1 0 1 2 3 4 5 X1* f1

*

5 0 + 23 4 + 18 7 + 15 9 + 11 12 + 6 15 + 0 0 23


SOLUCIÓN ÓPTIMA

Z = 23

X1 = 0

X2 = 1

X3 = 3

X4 = 1

Ejemplo Nº 9:

Una empresa tiene $ 10,000.00 para invertir en cualquiera de 4 riesgos de duración anual. El

dinero no invertido en estos riesgos puede colocarse a interés anual del 10 % anual. ¿Cómo

deben emplearse los fondos?

RIESGO CANTIDAD PARA

INVERTIR

VALOR NETO AL FINAL

DEL AÑO

1 2 000 2 500

2 3 000 3 800

3 6 000 7 500

4 7 000 8 200

d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5

S2 = S1 – 2 000 X1S1 = 10 000

1 2 3

S4 = S3 – 6 000 X3

S3 = S2 – 3 000 X2

4

S5 = S4 – 7 000 X4

5

r1 = f(X1)

f1 = r1 + f2

*

r2 = f(X2)

f2 = r2 + f3*

r3 = f(X3)

f3 = r3 + f4*

r4 = f(X4)

f4 = r4 + f5*

r5 = f(X5)

f5 = r5*


S1 = {10 000}

S2 = {8 000, 10 000}

S3 = {5 000, 7 000, 8 000, 10 000}

S4 = {1 000, 2 000, 4 000, 5 000, 7 000, 8 000, 10 000}

S5 = {0, 1 000, 2 000, 3 000, 4 000, 5 000, 7 000, 8 000, 10 000}

ETAPA Nº 5

d5 = X5 ; X5 = S5 ; S5 = S4 – 7 000 X4 ; f5 = max { r5*}

S5 0 1 000 2 000 3 000 4 000 5 000 7 000 8 000 10 000 X5* f5

*

0 0 0 0

1 000 1 100 1 000 1 100

2 000 2 200 2 000 2 200

3 000 3 300 3 000 3 300

4 000 4 400 4 000 4 400

5 000 5 500 5 000 5 500

7 000 7 700 7 000 7 700

8 000 8 800 8 000 8 800

10 000 11 000 10 000 11 000

ETAPA Nº 4

d4 = X4 ; X4 ≤ S4 / 7 000; S4 = S3 – 6 000 X3 ; f4 = max { r4 + f5*}

S4 0 1 X4* f4

*

1 000 0 + 1 100 --- 0 1 100

2 000 0 + 2 200 --- 0 2 200

4 000 0 + 4 400 --- 0 4 400

5 000 0 + 5 500 --- 0 5 500

7 000 0 + 7 700 8 200 + 0 1 8 200

8 000 0 + 8 800 8 200 + 1 100 1 9 300

10 000 0 + 11 000 8 200 + 3 300 1 11 500

ETAPA Nº 3

d3 = X3 ; X3 ≤ S3 / 6 000; S3 = S2 – 3 000 X2 ; f3 = max { r3 + f4*}

S3 0 1 X3* f3

*

5 000 0 + 5 500 --- 0 5 500

7 000 0 + 8 200 7 500 + 1 100 1 8 600

8 000 0 + 9 300 7 500 + 2 200 1 9 700

10 000 0 + 11 500 7 500 + 4 400 1 11 900

ETAPA Nº 2

d2 = X2 ; X2 ≤ S2 / 3 000; S2 = S1 – 2 000 X1 ; f2 = max { r2 + f3*}

S2 0 1 X2* f2

*

8 000 0 + 9 700 3 800 + 5 500 0 9 700

10 000 0 + 11 900 3 800 + 8 600 1 12 400

ETAPA Nº 1

d1 = X1 ; X1 ≤ S1 / 2 000; S1 = 10 000 ; f1 = max { r1 + f2*}

S1 0 1 X1* f1

*

10 000 0 + 12 400 2 500 + 9 700 0 12 400


Z = 12 400

X1 = 0

X2 = 1

X3 = 1

X4 = 0

X5 = 1 000

SOLUCIÓN ÓPTIMA

2. MODELOS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA CON VALORES CONTINUOS

2.1 PROBLEMAS DE UNA RESTRICCIÒN

Ilustraremos este modelo a través de una serie de ejemplos.

Ejemplo Nº 1:

010324

567

321

232

21

≥≤++

++=

iXXXX

XXXMaxZ

1

3

2

S1 = 10 S2 = S3 – 3X3S3 = S1 – 4X1

r2 = 6 X2

f2 = r2

*

r3 = 5 X32

f3 = r3 + f2

*

r1 = 7 X12

f1 = r1 + f3

*


Iniciamos desde la última etapa definida en el diagrama, para este caso es la etapa 2.

Buscamos los máximos, ya que el criterio es maximizar.

f2 = 6 X2 y 0 ≤ 2 X2 ≤ S2

Por tratarse de la ecuación de una recta el máximo se dará en el extremo derecho,

sustituyendo este:

f2* = 6 (S2 / 2) = 3 S2 y X2

* = S2 / 2

Recordemos que

f3 = r3 + f2* = 5 X3

2 + f2* y S2 = S3 – 3X3

f3 = 5 X3

2 + 3 S2 = 5 X32 + 3 (S3 – 3X3)

f3 = 5 X3

2 + 3 S3 – 9 X3 y 0 ≤ 3 X3 ≤ S3

Si se observa en detalle la función f3 corresponde al tipo de las cuadráticas, para encontrar el

valor de X3 que hace que la función sea máxima es necesario emplear las técnicas de derivadas

para criterios de máximos y mínimos.

1090910 33

3

3 =⇒=−=∂∂ XXXf

1023

32

+=∂∂

Xf

lo que representa un mínimo

Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los valores de X3 para encontrar la serie de

combinaciones para los que representa un máximo.

f3 ( X3 = 0 ) = 3 S3 y f3 ( X3 = S3 / 3) = 5 / 9 S32

Como en ambos casos se depende de la variable de estado se igualarán ambas funciones para

definir en que casos específicos una representa un máximo y la otra un mínimo.

3 S3 = 5 / 9 S32 → 5 S3

2 - 27 S3 = 0

Para este caso las raíces son S3 = 0 y S3 = 5.4

FUNCIÒN VALOR PRUEBA

0 ≤ S3 ≤ 5.4 (S3 = 3)

VALOR PRUEBA

S3 ≥ 5.4 (S3 = 9)

INTERVALO

ES MÁXIMO

f3 = 3 S3 9 27 0 ≤ S3 ≤ 5.4

f3 = 5 / 9 S32 5 45 S3 ≥ 5.4

Si usted observa en detalle S3 = S1 – 4X1 lo que permite que 0 ≤ S3 ≤ 10

Por esta razón definiremos dos intervalos de análisis

f3* ( X3

* = 0 ) = 3 S3 para S3 ≤ 5.4

f3* ( X3

* = S3 / 3 ) = 5 / 9 S32 para S3 ≥ 5.4

Pasaremos ahora a la etapa 1

f1 = r1 + f3* = 7 X1

2 + f3*

4.595

4.537

323

332

1*

1

≥

≤+=

SS

SSXf

Sustituyendo S3 = S1 – 4X1 = 10 – 4X1 en las expresiones anteriores se obtiene

( )

( ) 15.141095

15.141037

12

1

112

1*

1

≤−

≥−+=

XX

XXXf

Además el valor máximo que puede tomar X1 es de 2.5

Para esta etapa analizaremos cada caso en particular:

a) f1* = 7 X1

2 + 3 (10 – 4 X1) 1.15 ≤ X1 ≤ 2.5

Mínimo en X1 = - b / 2a = -(-12) / (2 (7)) = 6 / 7; como es un mínimo y además está fuera del

intervalo de la función dada se evalúan los extremos.

f1* ( X1

* = 1.15 ) = 25.4575 y f1* ( X1

* = 2.5 ) = 43.75

b) f1* = 7 X1

2 + 5 / 9 (10 – 4 X1)2 0 ≤ X1 ≤ 1.15

Mínimo en X1 = - b / 2a = -(-40/9) / (2 (143/9)) = 40 / 143; como representa un mínimo se

calculan los extremos.

f1* ( X1

* = 0 ) = 55.56 y f1* ( X1

* = 1.15 ) = 25.4575

Solución final del problema:

ZMAX = 55.56 X1* = 0 X2

* = 0 X3* = 10 / 3

Ejemplo Nº 2:

01

7243

321

3222

211

≥≤++

+−+−=

iXXXX

XXXXXMaxZ

1

2

3

S1 = 1 S3 = S2 – X2S2 = S1 – X1

r3 = 7 X3

f3 = r3

*

r2 = 4 X2 – 2 X22

f2 = r2 + f3

*

r1 = 3 X1 – X12

f1 = r1 + f2

*


Iniciamos desde la última etapa definida en el diagrama, para este caso es la etapa 3.

Buscamos los máximos, ya que el criterio es maximizar.

f3 = 7 X3 y 0 ≤ X3 ≤ S3

Por tratarse de la ecuación de una recta el máximo se dará en el extremo derecho,

sustituyendo este:

f3* = 7 (S3) = 7 S3 y X3

* = S3

Recordemos que

f2 = r2 + f3* = 4 X2 – 2 X2

2 + f3* y S3 = S2 – X2

f2 = 4 X2 – 2 X2

2 + 7 S3 = 4 X2 – 2 X22 + 7 (S2 – X2)

f2 = – 2 X2

2 – 3 X2 + 7 S2 y 0 ≤ X2 ≤ S2

Si se observa en detalle la función f2 corresponde al tipo de las cuadráticas, para encontrar el

valor de X2 que hace que la función sea máxima es necesario emplear las técnicas de derivadas

para criterios de máximos y mínimos.

43034 22

2

2 −=⇒=−−=∂∂

XXXf

422

22

−=∂∂

Xf

lo que representa un máximo

Aún cuando el valor de X2 encontrado representa un máximo, por ser negativo no está dentro del

rango de factibilidad (valores positivos). Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los

valores de X2 para encontrar la serie de combinaciones para los que representa un máximo.

f2 ( X2 = 0 ) = 7 S2 y f2 ( X2 = S2) = – 2 S22 + 4 S2

Como en ambos casos se depende de la variable de estado se igualarán ambas funciones para

definir en que casos específicos una representa un máximo y la otra un mínimo.

7 S2 = – 2 S22 + 4 S2 → 2 S2

2 + 3 S2 = 0

Para este caso las raíces son S2 = 0 y S2 = – 0.5

Como los valores de estado no pueden romper el principio de no negatividad se analizarán sólo

los positivos 0 ≤ S2 ≤ 1

FUNCIÒN VALOR PRUEBA

0 ≤ S2 ≤ 1 (S2 = 1) MÁXIMO

f2 = 7 S2 7 X

f2 ( X2 = S2) = – 2 S22 + 4 S2 2

Si usted observa en detalle no es necesario dividir esta función en dos intervalos. Lo que

significa que la mejor combinación para esta etapa es:

f2* ( X2

* = 0 ) = 7 S2 para 0 ≤ S2 ≤ 1

Pasaremos ahora a la etapa 1

f1 = r1 + f2* = 3 X1 – X1

2 + f2*

f1 = 3 X1 – X12 + 7 S2 = 3 X1 – X1

2 + 7 (S1 – X1)

f1 = – X12 – 4 X1 + 7 S1 y 0 ≤ X1 ≤ S1 = 1

2042 111

1 −=⇒=−−=∂∂

XXXf

221

12

−=∂∂X

f lo que representa un máximo

Aún cuando el valor de X1 encontrado representa un máximo, por ser negativo no está dentro del

rango de factibilidad (valores positivos). Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los

valores de X1 para encontrar la serie de combinaciones para los que representa un máximo.

f1 ( X1 = 0 ) = – (0)2 – 4 (0) + 7 (1) = 7

f1 ( X1 = S1 = 1) = – (1)2 – 4 (1) + 7 (1) = 2

Como podrá observar el mejor valor resulta de cuando X1 = 0, de aquí podemos concluir


ZMAX = 7 X1* = 0 X2

* = 0 X3* = 1

2.2 PROBLEMAS DE DOS RESTRICCIONES

En este caso en particular Usted notará que el procedimiento de optimización es similar al caso

anterior, lo que le parecerá nuevo es el hecho de que se debe satisfacer la dos condiciones

restrictivas del problema al mismo tiempo. Para ello veremos algunos problemas para ilustrar al

lector.

Ejemplo Nº 1:

8362

1015

21

21

21

≤+≤++=

XXXX

XXMaxZ

1

2

S11 = 6

S21 = 8

S21 = 6 – X1

S22 = 8 – 3 X1

r2 = 10 X2

f2 = r2

*

r1 = 15 X1

f1 = r1 + f2

*

d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1

Para dar inicio a la solución del problema partiremos por establecer los rangos de las variables de

decisión:

R1: 0 ≤ X1 ≤ 6 0 ≤ X2 ≤ S21 / 2

R2: 0 ≤ X1 ≤ 8 0 ≤ X2 ≤ S22

Daremos inicio por la etapa 2:

⎩⎨⎧

≤≤≤≤

=222

21222 0

5.0010

SXSX

Xf

En esta etapa pueden presentarse dos casos

Caso A:

S21 / 2 ≤ S22

f2 ( X2 = S21 / 2 ) = 10 ( S21 / 2 ) = 5 S21

Caso B:

S22 ≤ S21 / 2

f2 ( X2 = S22 ) = 10 ( S22 ) = 10 S22

Para pasar a la etapa 1 tenemos que evaluar los valores de X1 para cada uno de los 2 casos antes

expuestos, obteniendo:

Caso A:

S21 / 2 ≤ S22

(6 – X1) / 2 ≤ 8 – 3 X1

X1 ≤ 2

Caso B:

S22 ≤ S21 / 2

8 – 3 X1 ≤ (6 – X1) / 2

X1 ≥ 2

Además el valor de X1 no debe exceder de 6 para satisfacer a R1 y R2 al mismo tiempo.

Habiendo definido los valores de X1 para cada caso se procederá a optimizar la función para cada

caso mostrado.

( )( )⎩

⎨⎧

≤≤≤≤

−−

+=6220

381065

151

1

1

111 X

XX

XXf

Se analizará cada caso por separado, para luego comparar los máximos de cada uno

Caso A:

f1 = 30 + 10 X1 0 ≤ X1 ≤ 2

Esta función representa el Lugar Geométrico de una recta, donde el máximo se dará en el

extremo derecho, obteniéndose:

f1 ( X1 = 2) = 30

Caso B:

f1 = 80 – 15 X1 2 ≤ X1 ≤ 6

Se presenta nuevamente el Lugar Geométrico de una recta con pendiente negativa, al contrario

del Caso A, el máximo se presentará en el extremo izquierdo.

f1 ( X1 = 2) = 50


ZMAX = 50 X1* = 2 X2

* = 2

Ejemplo Nº 2:

21272172

44

21

21

21

≤+≤+

+=

XXXX

XXMaxZ

1

2

S11 = 21

S21 = 21

S21 = 21 – 2 X1

S22 = 21 – 7 X1

r2 = 14 X2

f2 = r2

*

r1 = 4 X1

f1 = r1 + f2

*

d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1

Para dar inicio a la solución del problema partiremos por establecer los rangos de las variables de

decisión:

R1: 0 ≤ X1 ≤ 21 / 2 0 ≤ X2 ≤ S21 / 7

R2: 0 ≤ X1 ≤ 21 / 7 0 ≤ X2 ≤ S22 / 2

Daremos inicio por la etapa 2:

⎩⎨⎧

≤≤≤≤

=222

21222 2/10

7/1014

SXSX

Xf

En esta etapa pueden presentarse dos casos

Caso A:

S21 / 7 ≤ S22 / 2

f2 ( X2 = S21 / 7 ) = 14 ( S21 / 7 ) = 2 S21

Caso B:

S22 / 2 ≤ S21 / 7

f2 ( X2 = S22 / 2 ) = 14 ( S22 / 2 ) = 7 S22

Para pasar a la etapa 1 tenemos que evaluar los valores de X1 para cada uno de los 2 casos antes

expuestos, obteniendo:

Caso A:

S21 / 7 ≤ S22 / 2

(21 – 2 X1) / 7 ≤ (21 – 7 X1) / 2

X1 ≤ 7 / 3

Caso B:

S22 / 2 ≤ S21 / 7

(21 – 7 X1) / 2 ≤ (21 – 2 X1) / 7

X1 ≥ 7 / 3

Además el valor de X1 no debe exceder de 21 / 7 = 3 para satisfacer a R1 y R2 al mismo tiempo.

Habiendo definido los valores de X1 para cada caso se procederá a optimizar la función para cada

caso mostrado.

( )( )⎩

⎨⎧

≤≤≤≤

−−

+=33/73/70

72172212

41

1

1

111 X

XXX

Xf

Se analizará cada caso por separado, para luego comparar los máximos de cada uno

Caso A:

f1 = 42 0 ≤ X1 ≤ 7 / 3

Esta función representa el Lugar Geométrico de una recta horizontal, donde el máximo se dará

en todo valor comprendido entre 0 y 7 / 3, obteniéndose:

f1 ( 0 ≤ X1 ≤ 7 / 3 ) = 42

Caso B:

f1 = 147 – 45 X1 7 / 3 ≤ X1 ≤ 3

Se presenta nuevamente el Lugar Geométrico de una recta con pendiente negativa, el máximo se

presentará en el extremo izquierdo.

f1 ( X1 = 7 / 3 ) = 42


ZMAX = 42 0 ≤ X1* ≤ 7 / 3 X2

* = (21 – 2 X1) / 7

Programaci n Din Mica Determinista

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