Trabajo Invope 2 Dd

UNIVERSIDAD NACIONAL DE

TRUJILLO

“PROBLEMAS DE DINAMICA”

CURSO:

INVOPE II

DOCENTE:

Marcos Baca

INTEGRANTES:

BURGOS DIONICIO, ALEX JOHEL

IDROGO ZAVALETA, SANTIAGO

OJEDA NAMOC, FERNANDO

CICLO:

VII

TRUJILLO - PERÚ

2013

Facultad de Ingeniería Escuela Profesional deEscuela Profesional de Ingeniería de SistemasIngeniería de Sistemas

PROGRAMACIÓN DINÁMICA DETERMINISTICA

PROBLEMA01

Soy un excursionista.- El último verano fui con mi amiga a un viaje de acampar y caminar en las bellas montañas blancas de Nueva Hampshire. Decidimos limitar nuestras caminatas en un área formada por 3 cumbres bien conocidas: los montes Washington, Jefferson y Adams. El monte Washington tiene una vereda de 6 millas de la base a la cumbre. Las veredas correspondientes para los montes Jefferson y Adams tiene 4 y 5 millas respectivamente.- Los caminos que unen las bases de las 3 montañas tiene 3 millas entre los montes Washington y Jefferson, 2 millas entre los montes Jefferson y Adams, y 5 millas entre los montes Washington y Adams. Iniciamos el primer día en la base del monte Washington y regresamos al mismo lugar al final de los 5 días.- Nuestra meta era caminar todas las millas que pudiéramos. También decidimos subir exactamente a una montaña cada día y acampar en la base en la que subiremos al día siguiente, además decidimos no visitar la misma montaña 2 días consecutivos. ¿Cómo programamos nuestro recorrido?

SOLUCION

a) Función Objetivo: Maximizar Distancia (Hallar el camino más largo)b) Número de Etapas: 5c) Estado: Origen Sn (i)d) Variable Decisión: Destino Xn (j)

DESARROLLO

FASE 5

ORIGEN(i)

DESTINO (j) W Solución Optima

2*vereda + camino F5(i) DecisiónAJ

2*5 + 5 = 152*4 + 3 = 11

1511

WW

FASE 4

ORIGEN(i)

DESTINO (j)W A J Solución Optima

2*vereda + camino + F5(i)



F4(i) Decisión

WAJ

–2*5 +5 + 0 = 152*4 +3 + 0 = 11

2*6 + 5 + 15 = 32–

2*4 + 2 + 15 = 25

2*6 + 3 + 11 = 222*5 + 2 + 11 = 23

–

322325

AJA

FASE 3

ORIGEN(i)





F3(i) Decisión

WAJ

–2*5 +5 +32 = 472*4 +3 +32 = 43

2*6 + 5 + 23 = 40–

2*4 + 2 + 23 = 33

2*6 + 3 + 25 = 402*5 + 2 + 25 = 37

–

404743

A , JWA

FASE 2

ORIGEN(i)





F2(i) Decisión

AJ

2*5 +5 +40 = 552*4 +3 +40 = 51

–2*4 + 2 + 47 = 57

2*5 + 2 + 43 = 55–

5557

W , JA

FASE 1

ORIGEN(i)

DESTINO (j)

W A JSolución Optima



F1(i) Decisión

W – 2*6 + 5 + 55 = 72 2*6 + 3 + 57 = 72 72 A , J

La cantidad máxima de millas que puede caminar es de 72 millas entre las 3 montañas

RUTA:

DÍA 1 DÍA 2 DÍA 3 DÍA 4 DÍA 5

FUNCION RECURSIVA:

f (i )=Max(2¿ V i+di→ j +f n +1¿ ( j))

PROBLEMA 02

Fin base W

W

J

W

A

J

A

J

W

A

J

A

W

Cierto estudiante desea destinar los siete días de la semana próxima a estudiar 4 cursos. Necesita al menos un día para cada curso y el puntaje que puede lograrse se da en la siguiente tabla:

CURSO – etapa n

decisiòn I II III IV1 13 15 12 W14 = 162 15 15 14 173 16 16 17 184 17 19 18 19

Solución:

1. Función Objetivo : Maximizar Puntaje2. Número de Etapas: 4 (Cursos)3. Estado : Días Disponibles (Sn) (0,1,2,3,4,5,6,7)4. Variable Decisión: Días Asignados (Xn) (1,2,3,4)

FORMULA GENERAL DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA:

f n ( Sn , X n )=( Max ó Min) {f (n+1)¿ (Sn+1)}

Objetivos del problema: Determinar cuántos días se debe asignar a cada curso Determinar la función recursiva del modelo

ETAPA 4

Asignados

Variable de Decisión : X4

Max. Punt. F4*

Mejor Dec. X4*

ESTADO: S4 1 2 3 4

Disponible1 16 16 12 17 - - 17 23 18 - 18 34 19 19 4

Como ya se empleó un día en la etapa anterior ,restamos 1 a los días disponibles

ETAPA 3

Asignados

Variable de Decisión : X3 Max.

Punt.f*

Mejor Dec. X*

ESTADO: S3 1 2 3 4

2(1)

W13+f*4(2-1)

12+16=28 - - - 28 1

3(2) 12+17=29W23+f*4(3-2)

14+16=30 - - 30 2

4(3) 12+18=30 14+17=3117

+16=33 - 33 3

5(4) 12+19=31 14+18=3217

+17=34 18+16=34 34 3,4

Como ya se emplearon 2 días en las etapas anteriores, restamos 2 a los días disponibles.

ETAPA 2 AsignadosVariable de Decisión: X2

Max. Punt. f*

Mejor Dec.X*

ESTADO S2 1 2 3 4

Disponibles 3(1) 15+28=43 - - - 43 1

4(2) 15+30=45 15+28=43 - - 45 15(3) 15+33=48 15+30=45 16+28=44 - 48 16(4) 15+34=49 15+33=48 16+30=46 19+28=47 49 1

En esta última etapa se puede ofrecer todo días disponibles

ETAPA 1 Asignado Variable de Decisión: X1

Max. Punt. f*

Mejor Dec.X*

ESTADO S1 1 2 3 4

Disponible 7 13+49=62 15+48=63 16+45=61 17+43=60 63 2

4 dispon. 3 dispon. 2 dispon. 1 dispon.

ETAPA DISPONIBLE

ASIGNADO

1 7 22 7-2=5 13 5-1=4 34 4-3=1 1

Formula Generalf n ( Sn , X n )=( Max ó Min) {f (n+1)

¿ (Sn , Xn)}Si Sn−Xn∈ f (n+ 1)

¿ (Sn , Xn)

Entonces:f n ( Sn , X n )=( Max) {P(xn)

+ f (n+1)¿ (Sn−Xn) }

En caso contrario: No factiblef n(S) = Max { Wxn + f*n+1 (S-x)}

PROBLEMA 03:

Un vendedor vive en Bloomington y debe estar en Indianápolis el siguiente jueves. El lunes, martes y miércoles puede vender su mercadería en Indianápolis, Bloomington o Chicago, según su experiencia cree que puede ganar 12 dólares si se queda un día en Indianápolis 16 dólares si se queda un día en Bloomington y 17 dólares si se queda en Chicago. Para elevar al máximo sus ventas menos impuestos menos gastos de viaje ¿Dónde debe pasar los primeros tres días y noches de la semana? En la siguiente tabla se muestra los costos de viaje.

De AIndianápoli

sBloomington Chicago

Indianápolis - 5 2Bloomington 5 - 7

Chicago 2 7 -I=12

B=16

C=17

Solución:

a) Función Objetivo: Maximizar (Ganancia – Costo)b) Número de Etapas: 4c) Estado: Origen Sn

d) Variable Decisión: Destino Xn

Establecemos las Etapas:

Fase 1 : Domingo Fase 2 : Lunes Fase 3 : Martes Fase 4 : Miércoles

Fase 4:Miércoles

FUNCIÓN: F3 (S3) = Max [Ganancia - Costo (S3, X3)]

S3\X3 Indianápolis F3(S3) X3

Indianápolis 12 – 0 = 12 12 IndianápolisBloomingto

n12 – 5 = 7 7 Indianápolis

Chicago 12 – 2 = 10 10 Indianápolis

Fase 3:Martes

FUNCIÓN: F2 (S2) = Max [Ganancia - Costo (S2, X2) + F3 (X3)]

S2\X2 Indianápolis Bloomington Chicago F2(S2) X2

Indianápolis 12-0+12=24 16-5+7=18 17-2+10=25 25 ChicagoBloomingto

n12-5+12=19

16-0+7=23 17-7+10=2023 Bloomington

Chicago 12-2+12=22 16-7+7=16 17-0+10=27 27 Chicago

Fase 2: Lunes



Indianápolis 12-0+25=37 16-5+23=34 17-2+27=42 42 Chicago

Bloomington

12-5+25=3216-0+23=39 17-7+27=37

39 Bloomington

Chicago 12-2+25=35 16-7+23=32 17-0+27=44 44 Chicago

Fase 1: Domingo



Bloomington

12-5+42=4916-0+39=56 17-7+44=54

56 Bloomington

- Por tanto para poder obtener máximas ganancias el vendedor deberá de tener la siguiente agenda:

Lunes : Bloomington

Martes : Bloomington

Miércoles : Bloomington

Jueves : Indianápolis Ganancia Máxima = 56 dólares

EJERCICIO 4: Una empresa tiene los siguientes datos de demanda de su producto:

¿Cuántas unidades debe fabricar en el mes? Sabiendo que:

Durante el mes que se producen algunas unidades se incurre en un costo fijo de $30.

El costo variable es de $10 por cada unidad fabricada. Al final de cada mes se genera un costo de almacenamiento de $5 por cada

unidad. Las limitaciones de capacidad permiten una producción máxima de 5 unidades. El tamaño del almacén restringe un inventario final máximo de 4 unidades cada

mes. Se dispone de 0 unidades al principio del primer mes.

Características:

Se conoce la demanda de cada mes al principio del mes 1. Se debe determinar cuántas unidades deben producirse teniendo en cuenta

que la capacidad de fabricación es limitada. La demanda de cada período debe satisfacerse a tiempo con el inventario o la

producción actual. Durante cada período donde la producción tiene lugar se genera un costo fijo, así como un costo variable por unidad.

Mes Demanda

1 1

2 3

3 2

4 4

Se tiene capacidad limitada de almacenamiento. Se genera un costo de almacenamiento por unidad al inventario final de cada período.

El objetivo es minimizar el costo total por cumplir con la demanda de cada período.

Modelo de revisión periódica: El inventario se conoce al final de cada período, y se toma la decisión sobre la producción.

SOLUCIÓN

Sean:

xn : Nivel de producción en el mes n

yn : Inventario inicial en el mes n

dn : Demanda en el mes n

Costo de producción de xn unidades CP(xn) 30+10xn

Inventario en el siguiente mes yi+1 yi + xi - di

Costo de inventario de siguiente mes CI(yi+1) 5(yi + xi - di)

Función recursiva:

Costo mínimo de cumplir las demandas fn(sn ,xn) = min {CI(yn+1) + CP(xn) + fn+1(sn+1)}

Sn: disponibilidad de almacén

Etapa 4 (demanda=4)

s4

f4(s4,x4)=30+10x4 Solución óptima

x4 = x4 = 1 x4 = 2 x4 = 3 x4 = 4 f4*(s4) x4

*

0

0 - - - - 30+40

70 4

1 - - - 30+30

- 60 3

2 - - 30+20

- - 50 2

3 - 30+10

- - - 40 1

4 0+0 - - - - 0 0

Etapa 3 (demanda=2)

s3

f3(s3,x3)= 5(y3+x3-d3)+30+10x3+f4*(y3+x3-d3)

Solución

óptima

x3 = 0 x3 = 1 x3 = 2 x3 = 3 x3 = 4 x3 = 5 f3

*(s3)

x3

*

0 - - 0+50+70=1

20

5+60+60=1

25

10+70+50=

130

15+80+40=

135

120 2

1 - 0+40+70=1

10

5+50+60=1

15

10+60+50=

120

15+70+40=

125

20+80+0=1

00

100 5

2 0+0+70=

70

5+40+60=1

05

10+50+50=

110

15+60+40=

115

20+70+0=9

0

- 70 0

3 5+0+60=

65

10+40+50=

100

15+50+40=

105

20+60+0=8

0

- - 65 0

4 10+0+50

15+40+40=

20+50+0=7

- - - 60 0

=60 95 0

Etapa 2 (demanda=3)

s2

f2(s2,x2)= 5(y2+x2-d2)+30+10x2+f3*(y2+x2-d2)

Solución

óptima

x2 = 0 x2 = 1 x2 = 2 x2 = 3 x2 = 4 x2 = 5 f2

*(s2)

x2

*

0 - - - 0+60+120

=180

5+70+100

=175

10+80+70

=160

160 5

1 - - 0+50+120

=170

5+60+100

=165

10+70+70

=150

15+80+65

=160

150 4

2 - 0+40+120

=160

5+50+100

=155

10+60+70

=140

15+70+65

=150

20+80+60

=160

140 3

3 0+0+120=

120

5+40+100

=145

10+50+70

=130

15+60+65

=140

20+70+60

=150

- 120 0

4 5+0+100=

105

10+40+70

=120

15+50+65

=130

20+60+60

=140

- - 105 0

Etapa 1 (demanda=1)

s1 f1(s1,x1)= 5(y1+x1-d1)+30+10x1+f2

*(y1+x1-d1)

Solución

óptima

x1

x1 = 1 x1 = 2 x1 = 3 x1 = 4 x1 = 5 f1

*(s1

x

= 0

) 1*

0 - 0+40+160=

200

5+50+150=

205

10+60+140=

210

15+70+120=

205

20+80+105=

205

200 1

Respuesta:

Mes

Deben

producirse

(unids)

1 1

2 5

3 0

4 4

EJERCICIO 5: Un barco de 4 toneladas es cargado con uno o más de tres artículos, la tabla siguiente muestra el peso unitario pn, en toneladas y el ingreso por unidad in , en miles de $, para el artículo n. ¿Cómo se debe cargar el barco para maximizar los ingresos totales?

Como el peso unitario y el peso permisible son enteros, las variables sólo deben tener valores enteros.

Solución: Considerar a los estados como la capacidad aún disponible en el barco.

Etapa 3

s3

f3(s3,x3)=14x3 Solución óptima

x3 =0 x3 =1 x3 =2 x3 =3 x3 =4 f3*(s3) x3

*

0 14(0)=0

- - - - 0 0

1 - 14(1)=14 - - - 14 1

2 - - 14(2)=28 - - 28 2

3 - - - 14(3)=42

- 42 3

4 - - - - 14(4)=56 56 4

Etapa 2

s2

f2(s2,x2)=47x2+f3*(s2-3x2) Solución

óptima

x2 =0 x2 =1 f2*(s2) x2

*

0 47(0)+0=0 - 0 0

1 47(0)+14=14 - 14 0

2 47(0)+28=28 - 28 0

3 47(0)+42=42 47(1)+0=47 47 1

4 47(0)+56=56 47(1)+14=61 61 1

Etapa 1

s1

f1(s1,x1)=31x1+ f2*(s1-2x1) Solución

óptima

x1 =0 x1 =1 x1 =2 f1*(s1) x1

*

0 31(0)+0=0 - - 0 0

1 31(0)+14=14 - - 14 0

2 31(0)+28=28 31(1)+0=31 - 31 1

3 31(0)+47=47 31(1)+14=45 - 47 0

4 31(0)+61=61 31(1)+28=59 31(2)+0=62

62 2

Ingreso total= $ 62 000; llevar 2 unidades del artículo 1; peso acumulado = 4 toneladas

EJERCICIO 6: Un contratista constructor estima que la fuerza de trabajo necesaria durante las próximas 5 semanas será de 5, 7, 8, 4 y 6 trabajadores, respectivamente. La mano de obra en exceso que se conserve le costará $300 por trabajador semanalmente, y la nueva contratación en cualquier semana tendrá un costo fijo de $400 más $200 por trabajador y por semana. Sugiera un plan de contratación para minimizar los costos en los que se incurren.

Solución:

Sea xn la mano de obra asignada a cada semana.

Sea rn la mano de obra requerida para cada semana, entonces: r1 =5, r2 =7, r3 =8, r4 =4 y r5 =6

Costo de exceso de mano de obra: 300(xn – rn) cuando: xn > rn

Costo de contratación: 400 + 200(xn – sn) cuando: xn > sn

Etapa 5 (r5 = 6)

s5

f5(s5,x5)=300(x5 - 6)+[400+200(x5-s5)] Solución óptima

x5 =6 f5*(s5) x5

*

4 300(0)+[400+200(2)]=800 800 6

5 300(0)+[400+200(1)]=600 600 6

6 300(0)+[0]=0 0 6

Etapa 4 (r4 = 4)

s4

f4(s4,x4)=300(x4 - 4)+[400+200(x4-s4)]+f5*(x4) Solución

óptima

x4 =4 x4 =5 x4 =6 f4*(s4) x4

*

8 300(4)+[0]+800=2000

300(3)+[0]+600=1500

300(2)+[0]+0=600

600 6

Etapa 3 (r3 = 8)

s3


óptima

x3 =8 f3*(s3) x3

*

7 300(0)+[400+200(1)]+600=1200 1200 8

8 300(0)+[0]+600=600 600 8

Etapa 2 (r2 = 7)

s2


óptima

x2 =7 x2 =8 f2*(s2) x2

*

5 300(0)+[400+200(2)]+1200=2000

300(0)+[400+200(3)]+600=1600

1600 8

6 300(0)+[400+200(1)]+1200=1800

300(0)+[400+200(2)]+600=1400

1400 8

7 300(0)+[0]+1200=1200 300(0)+[400+200(1)]+600=1200

1200 7,8

8 300(1)+[0]+1200=1500 300(0)+[0]+600=600 600 8

Etapa 1 (r1 = 5)

s1


óptima

x1 =5 x1 =6 x1 =7 x1 =8f

1*(s1

)

x1

*

0

300(0)+[400+200(5)]

+1600=3000

300(0)+[400+200(6)]

+1400=3000

300(0)+[400+200(7)]

+1200=3000

300(0)+[400+200(8)]

+600=2600

2600

8

Plan de contratación: x1=8, x2=8, x3=8, x4=6, x5=6

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