TEMA:

PROGRAMACIÓN DINÁMICA DETERMINÍSTI

CA

ANÁLISIS CUANTITATIVO PARA DECISIONES II

DOCENTE: HERNAN RAMIREZ ASIS

INTEGRANTES:

TAMARA CHUCHO, YOBANA

TAFUR ARANDA, YRMA

TORRES CERNA, YAMELI

VENTURO CASTILLO, PAMELA

Junio - 2012

«UNIVERSIDAD NACIONAL SANTIAGO ANTÚNEZ DE MAYOLO»

FACULTAD DE ADMINISTRACIÓN Y TURISMOESCUELA PROFESIONAL DE ADMINISTRACIÓN

como una técnica matemática para la solución de una serie de decisiones en secuencia.Hay que tomar una secuencia de decisiones, con cada una de ellas que afecta las decisiones futuras.

Es útil para la toma de decisiones interrelacionadas; que proporciona un procedimiento sistemático para determinar la combinación de decisiones que maximiza la efectividad total.

NATURALEZA RECURSIVA DE LOS CÁLCULOS

EN PROGRAMACIÓN DINÁMICA

Los cálculos de programación dinámica se hacen en forma recursiva, ya que la solución óptima de un subproblema se usa como dato para el siguiente subproblema. Para cuando se resuelve el último subproblema queda a la mano la solución óptima de todo el problema. La forma en la que se hacen los cálculos recursivos depende de cómo se descomponga el problema original.

PROGRAMACION DINAMICA DETERMINÍSTICA

En cada aplicación encontraremos tres elementos básicos de un modelo de programación dinámica:

Definición de las etapas. Definición en las alternativas en cada

etapa. Definición de los estados para cada

etapa.

De los tres elementos, la definición del estado suele ser la más sutil. Al investigar cada aplicación es recomendable tener en cuenta las siguientes preguntas:

¿Qué relaciones vinculan entre sí a las etapas?

¿Qué información se necesita para tomar decisiones factibles en la etapa actual sin volver a examinar las decisiones tomadas en las etapas anteriores?

ALGUNAS APLICACIONES DE LA PROGRAMACIÓN DINÁMICA

DETERMINÍSTICA

· Modelo De La Ruta Más Corta · Modelo De Volumen-Carga “Mochila” · Modelo del tamaño de la fuerza de

trabajo · Modelo De Reemplazo De Equipos · Modelo De Asignación De Recursos · Modelo De Inventarios

APLICACIONES DE PROGRAMACIÓN

DINÁMICA

PROBLEMA DE VOLUMEN CARGA:

El modelo clásico de la mochila tiene que ver con el caso de un soldado (o un montañista) que debe decidir cuáles son los artículos más valiosos que debe llevar en su mochila. Este proble ma parafrasea un modelo general de asignación de recursos en el que un solo recurso limitado se asigna a varias alternativas (por ejemplo, fondos limitados asignados a proyectos) con objeto de maximizar el ingreso total.

Antes de presentar el modelo de programación dinámica, haremos notar que en las publicaciones, al problema de la mochila también se le llama problema de conjunto de fuga u equipo de vuelo, en el que un piloto de un avión a reacción debe determinar los artículos más valiosos (de emergencia) que debe llevar a bordo, y el problema de carga de flete o del con tenedor, en el que un barco con capacidad limitada de volumen o peso se carga con los fletes más valiosos. ¡Parece que estos tres nombres se acuñaron en las tres ramas de las fuerzas arma das estadounidenses: la fuerza aérea, el ejército y la marina!

La ecuación recursiva (en reversa) se desarrolla para el problema general de una mochi la de W libras, con n artículos. Sea mi la cantidad de unidades del artículo i en la mochila, y defínanse ri y wi como el ingreso y el peso por unidad del artículo i. El problema general se representa con el siguiente programa lineal entero:

𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑧=𝑟 1𝑚1+𝑟 2𝑚2+…+𝑟𝑛𝑚𝑛

Ejemplo: Un barco de 4 toneladas de carga con uno o más de tres artículos. La tabla siguiente muestra el peso unitario, wi, en toneladas, y el ingreso por unidad ri, en miles de dólares, para el artículo i, ¿Cómo se debe cargar el barco para maximizar los ingresos totales?

Como los pesos unitarios w, y el peso máximo W son enteros, el estado xi sólo debe tener valores enteros.

Etapa 3. No se conoce de antemano el peso exacto por asignar a la etapa 3 (artículo 3) pero debe asumir uno de los valores 0, 1,..., y 4 (porque W = 4 toneladas). Los estados x3 = 0 x3 = 4, respectivamente, representan los casos extremos de no embarcar nada del artículo 3 y de asignar a él toda la capacidad del barco. Los valores restantes de x3 (= 1, 2 y 3) implican una asignación parcial de la capacidad del barco al artículo 3. De hecho, el intervalo mencionado de valores de x3 cubre todas las asignaciones posibles de capacidad del barco al artículo 3.

La ecuación siguiente es la base para comparar las alternativas de la etapa 3.

𝐴𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑜𝑠 𝑖 𝑤𝑖 𝑟𝑖 1 2 31

2 3 47

3 1 14

El cuadro siguiendo compara las alternativas factibles para cada valor de X3

Etapa 2.

𝑓3ሺ𝑥3ሻ= max𝑚1 ሼ14𝑚3 ሽ , 𝑚axሼ𝑚3ሽ= 41൨= 4

x3 14m3𝑚3 = 0 𝑚3 = 1 𝑚3 = 2 𝑚3 = 3 𝑚3 = 4 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓3ሺ𝑥3ሻ 𝑚3

0 0 − − − − 0 0 1 0 14 − − − 14 1 2 0 14 28 − − 28 2 3 0 14 28 42 − 42 3 4 0 14 28 42 56 56 4

𝑓2ሺ𝑥2ሻ= max {𝑚2 47𝑚2 + 𝑓3(𝑥2 − 3𝑚2)},𝑚𝑎𝑥ሼ𝑚2ሽ= 43൨= 1

x3 47m2 + f3(x2 − 3m2) 𝑚2 = 0 𝑚2 = 1 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓2ሺ𝑥2ሻ 𝑚2

0 0+ 0 = 0 − 0 0 1 0+ 14 = 14 − 14 0 2 0 + 28 = 28 − 28 0 3 0 + 42 = 42 47+ 0 = 47 47 1 4 0 + 56 = 56 47+ 14 = 61 61 1

Etapa 1.

La solución óptima se determina ahora de la siguiente manera: dada W = 4 toneladas; x1 = 4 expresa la alternativa optima m1* = 2, que quiere decir que en el barco se cargan 2 unidades del artículo 1. Esta asignación deja a x2 = x1 - 2m2*=4-2X2= 0. De la etapa 2, x2 = 0 produce m2* = 0, que a su vez produce x3 = x2 - 3m2 = 0-3 X 0 = 0. A continuación de la etapa 3, x3 = 0 produce m3 = 0. Así, la solución completa es m1*= 2, m2* = 0 y m3*= 0. El ingreso correspondiente es $62,000.

𝑓1ሺ𝑥1ሻ= max {𝑚1 31𝑚1 + 𝑓2(𝑥1 − 2𝑚1)},𝑚á𝑥ሼ𝑚1ሽ= 42൨= 2

x3 31m1 + f2(x1 − 2m1) 𝑚1 = 0 𝑚1 = 1 𝑚1 = 2 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓1ሺ𝑥1ሻ 𝑚1

0 0+ 0 = 0 − − 0 0 1 0+ 14 = 14 − − 14 0 2 0+ 28 = 28 31+ 0 = 31 − 28 1 3 0+ 47 = 47 31+ 14 = 47 − 47 0 4 0+ 61 = 61 31+ 28 = 59 62+ 0 = 62 62 2

MODELO DEL TAMAÑO DE LA

FUERZA DE TRABAJO

En algunos proyectos de construcción, las contrataciones y los despidos se hacen de modo que se mantenga una fuerza laboral que cumpla con las necesidades del proyecto. Como las actividades de contratación y de despido implican costos adicionales como se debe mantener la fuerza de trabajo durante el proyecto.

Ejemplo: Un contratista constructor estima que la fuerza de trabajo necesaria durante las próximas 5 sema nas 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. Los datos del problema se resumen como sigue:

 b1, = 5, b2 = 7, b3 = 8, b4 = 4, b5 = 6C1 = 3x, >b, i=l,2,...,5C2= 4 + 2, x¡ > , i = 1,2,...,5

 Las funciones de costo, C, y C2, se dan en cientos de dólares

Etapa 5 (bs = 6)

Etapa 4 (b4 = 4)

Etapa 3 (b3 = 8)

C1(x5 -6) + c2 (x5 - x5) solución optima x4 x3 = 6 f5(x4) x5 4 3(0) + 4 + 2(2) = 8 8 6 5 3(0) + 4 + 2(1) = 6 6 6 6 3(0) + 0 = 0 0 6

c1(x4 - 4) + c2(x4 - x3) + f5(x4) solución optima

x3 x4 = 4 x4 = 5 x4 = 6 f4(x3) x4

8 3(0) + 0 + 8 =8 3(1) + 0 + 6 =9 3(2) + 0 + 0 =6 6 6

C1(x3 -8) + c2 (x3 - x2)+ f4(x3) solución optima x2 x3 = 8 f3(x2) x3 7 3(0) + 4 + 2(1) + 6 = 12 12 6 8 3(0) + 0 + 6 = 6 6 8

Etapa 2 (b2 = 7)

Etapa 1 (b1 = 5)

C1(x2 -7) + c2 (x2 - x1)+ f3(x2) solución optima

x1 x2 = 7 x2 = 8 f2(x1) x2

5 3(0) + 4 + 2(2) + 12 = 20

3(1) + 4 + 2(3) + 6 = 19

19 8

6 3(0) + 4 + 2(1) + 12 = 18

3(1) + 4 + 2(2) + 6 = 17

17 8

7 3(0) + 0 + 12 = 12 3(1) + 4 + 2(1) + 6 = 15

12 7

8 3(0) + 0 + 12 = 12 3(1) + 0 + 6 = 9 9 8

C1(x1 -5) + c2 (x1 - x0)+ f2(x1) solución optima

x0 x1 = 5 x1 = 6 x1 = 7 x1 = 8 f2(x1) x2

0 3(0) + 4 + 2(5) + 19 = 33

3(1) + 4 + 2(6) + 17 = 36

3(2) + 4 + 2(7) + 12 = 36

3(2) + 4 + 2(8) + 9 = 35

33 5

SEMANA

FUERZA LABORAL MINIMA

FUERZA LABORAL ACTUAL

DECISIÓN

1 5 5 Contratar 5 trabajadores

2 7 8 Contratar 3 trabajadores

3 8 8 No cambiar4 4 6 Despedir 2

trabajadores5 6 6 No cambiar

X0= 0 X1 = 5 X2 = 8 X3 = 8 X4 = 6 X5 = 6

MODELO DE REPOSICIÓN DE

EQUIPO

Ejemplo: Una empresa debe determinar la política óptima, durante los próximos 4 años (n = 4), de reemplazo de una máquina, que en la actualidad tiene 3 años. La siguiente fabla muestra luí datos del problema. La empresa establece que toda máquina que tenga 6 años de edad reemplazarse. El costo de una máquina nueva es $100,000.

La determinación de los valores factibles de la edad de la máquina en cada etapa requiere de algo de ingenio. En la figura se resume la red que representa el problema. Al iniciar el año 1 se tiene una máquina de 3 años de antigüedad. Se puede reemplazarla (R) o conservarla (K) durante otro año. Al iniciar el año 2, si hay reemplazo, la máquina nueva tendrá 1 año de edad; en caso contrario, la máquina actual tendrá 4 años de antigüedad. Los mismos razonamientos se aplican al iniciar los años 2 a 4. Si se reemplaza una máquina con 1 año de antigüedad al iniciar los años 2 y 3, su reposición tendrá 1 año de antigüedad al inicio del año siguiente. También, al iniciar el año 4, se debe reemplazar una máquina con 6 años de servicio, y al final del año 4 se desechan las máquinas, con recuperación S.

Tiempo, t (años)

Ingreso, r(D ($)

Costo de operación, c(t) (S)

Valor de recuperación, s(t) (S)

0 20,000 200 1 19,000 600 80,000 2 18,500 1200 60,000 3 17,200 1500 50,000 4 15,500 1700 30,000 5 14,000 1800 10,000 6 12,200 2200 5,000

Etapa 4.

Etapa 3.

Etapa 2.

Etapa 1.

K R solución optima

t r(t) + s (t + 1) - c(t) r(0) + s(t) + s(1) - c(0) - I f4(t) decisión

1 19,0 + 60 - 0,6 = 78,4 20 + 80 + 80 0,2 - 100 = 79,8

79,8 R

2 18,5 + 50 -1,2 = 67,3 20 + 60 +80 0,2 -100 = 59,8

67,3 K

3 17,2 30 - 1,5 = 45,7 20 + 50 +0 80 - 0,2 -100 =49,8

49,8 R

6 (Se debe reemplaza) 20 + 5 + 80 - 0,2 - 100 = 4,8

4,8 Rt Krሺtሻ− 𝑐ሺ𝑡ሻ+ 𝑓4(𝑡+ 1) Rrሺ0ሻ+ 𝑠ሺ𝑡ሻ− 𝑐ሺ0ሻ− 𝐼+ 𝑓4ሺ1ሻ 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓3ሺ𝑡ሻ 𝐷𝑒𝑐𝑖𝑠𝑖ó𝑛

1 19.0− 0.6+ 67.3 = 85.7 20+ 80− 0.2− 100+ 79.8 = 79.6 85.7 𝐾 2 18.5− 1.2+ 49.8 = 67.1 20+ 60− 0.2− 100+ 79.8 = 59.6 67.1 𝐾 5 14.0 − 1.8 + 4.8 = 17.0 20+ 10− 0.2− 100+ 79.8 = 19.6 19.6 𝑅

t Krሺtሻ− 𝑐ሺ𝑡ሻ+ 𝑓3(𝑡+ 1) Rrሺ0ሻ+ 𝑠ሺ𝑡ሻ− 𝑐ሺ0ሻ− 𝐼+ 𝑓3ሺ1ሻ 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓2(𝑡) 𝐷𝑒𝑐𝑖𝑠𝑖ó𝑛

1 19.0− 0.6+ 67.1 = 85.5 20+ 80− 0.2− 100+ 85.7 = 85.5 85.5 𝐾 𝑜 𝑅 4 15.5− 1.7+ 19.6 = 33.4 20+ 30− 0.2− 100+ 85.7 = 35.5 35.5 𝐾

t Krሺtሻ− 𝑐ሺ𝑡ሻ+ 𝑓2(𝑡+ 1) Rrሺ0ሻ+ 𝑠ሺ𝑡ሻ− 𝑐ሺ0ሻ− 𝐼+ 𝑓2ሺ1ሻ 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑓1(𝑡) 𝐷𝑒𝑐𝑖𝑠𝑖ó𝑛

3 17.2− 1.5+ 35.5 = 51.2 20+ 50− 0.2− 100+ 85.5 = 55.3 55.3 𝑅

. Al iniciar el año 1, la decisión óptima para t = 3 es reemplazar la máquina. Así, la máquina nueva tendrá 1 año al iniciar el año 2, y t = 1 al iniciar el año 2 determina conservarla o reemplazarla. Si se reemplaza, la nueva máquina tendrá 1 año al iniciar el año 3; en caso contrario, la máquina conservada tendrá 2 años. El proceso continúa de esta forma hasta llegar al año 4.

  Las políticas alternativas óptimas comenzando el año 1 son (R, K, K,

R) y (R, R, K, K). El costo total es $55,300.

 

MODELO DE INVERSIÓN

Ejemplo: Suponga que usted desea invertir ahora $4000 y $2000 al inicio de los años 2, 3 y 4. La tasa de interés que ofrece First Bank es 8% anual compuesto anualmente, y los bonos durante los 4 años siguientes serán 1.8%, 1.7%, 2.1% y 2.5% respectivamente. El interés anual que ofrece el Second Bank es 0.2% menor que en el First Bank, pero su bono es 0.5% mayor. El objetivo es maximizar el capital acumulado al final de 4 años.

Etapa 4.

En donde:

La función es lineal en I4 en el intervalo 0 ≤ I4 ≤ x4, y su máximo esta en I4 = 0 por el coeficiente negativo de I4. Así, la solución óptima para la etapa 5 se puede resumir como sigue:

𝑃1 = $4000,𝑃2 = 𝑃3 = 𝑃4 = $2000 𝛼1 = (1+ 0.08)2 = 1.08 𝛼2 = ሺ1+ 0.078ሻ= 1.078 𝑞11 = 0.018,𝑞21 = 0.017,𝑞31 = 0.021,𝑞41 = 0.025 𝑞12 = 0.023,𝑞22 = 0.022,𝑞32 = 0.026,𝑞42 = 0.030

𝑓 4 (𝑥4 )= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼 4 ≤𝑥4

{𝑠4 }

𝑠4 = ሺ𝛼1 + 𝑞41 − 𝛼2 − 𝑞42ሻ𝐼4 +ሺ𝛼2 + 𝑞42ሻ𝑥4 = −0.003𝐼4 + 1.108𝑥4

𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖 ó𝑛 Ó𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑓4ሺ𝑥4ሻ 𝐼4 𝑥4 1.108𝑥4 0

Etapa 3.

En donde:

así

Etapa 2.

En donde:

𝑓3ሺ𝑥3ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼3 ≤ 𝑥3ሼ𝑠3 + 𝑓4(𝑥4)ሽ 𝑠3 = ሺ1.082 − 1.0782ሻ𝐼3 + 1.0782𝑥3 = 0.00432𝐼3 + 1.1621𝑥3 𝑥4 = 2000− 0.005𝐼3 + 0.026𝑥3

𝑓3ሺ𝑥3ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼3 ≤ 𝑥3ሼ0.00432𝐼3 + 1.1621𝑥3 + 1.108(2000− 0.005𝐼3 + 0.026𝑥3)ሽ = 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼3 ≤ 𝑥3ሼ2216− 0.00122𝐼3 + 1.1909𝑥3ሽ

𝑓2ሺ𝑥2ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼2 ≤ 𝑥2ሼ𝑠2 + 𝑓3(𝑥3)ሽ 𝑠2 = ሺ1.083 − 1.0783ሻ𝐼2 + 1.0783𝑥2 = 0.006985𝐼2 + 1.25273𝑥2 𝑥3 = 2000− 0.005𝐼2 + 0.022𝑥2 𝑓2ሺ𝑥2ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼2 ≤ 𝑥2ሼ0.006985𝐼2 + 1.25273𝑥2 + 2216+ 1.1909(2000− 0.005𝐼2+ 0.022𝑥2)ሽ 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼2 ≤ 𝑥2ሼ4597.8− 0.0010305𝐼2 + 1.27893𝑥2ሽ

Etapa 1.

En donde:

Así:

Al avanzar en reversa, observando que I1 = 4000, I2 = x2I3 = 0, se obtienen:

𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖 ó𝑛 Ó𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑓2ሺ𝑥2ሻ 𝐼2 𝑥2 4597.8+ 1.27996𝑥2 0

𝑓1ሺ𝑥1ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼1 ≤ 𝑥1ሼ𝑠1 + 𝑓2(𝑥2)ሽ 𝑠1 = ሺ1.084 − 1.0784ሻ𝐼1 + 1.0784𝑥1 = 0.01005𝐼2 + 1.3504𝑥1 𝑥2 = 2000− 0.005𝐼1 + 0.023𝑥1

𝑓1ሺ𝑥1ሻ= 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼1 ≤ 𝑥1ሼ0.01005𝐼1 + 1.3504𝑥1 + 4597.8+ 1.27996(2000− 0.005𝐼1+ 0.023𝑥1)ሽ = 𝑚𝑎𝑥0 ≤ 𝐼1 ≤ 𝑥1ሼ7157.7+ 0.00365𝐼1 + 1.37984𝑥1ሽ 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖 ó𝑛 Ó𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑓2ሺ𝑥2ሻ 𝐼2 𝑥2 7157.7+ 1.38349𝑥2 $4000

𝑥2 = 2000− 0.005× 4000+ 0.023× 4000 = $2072 𝑥3 = 2000− 0.005× 2072+ 0.022× 2072 = $2035.22 𝑥4 = 2000− 0.005× 0+ 0.026× $2035.22 = $2052.92

Año Solución Óptima Decisión Acumulación 1 𝐼1 = 𝑥1 Invertir x1 = $4000 en First Bank S1 = $5441.80

2 𝐼2 = 𝑥2 Invertir x2 = $2072 en First Bank S2 = $2610.13

3 𝐼3 = 𝑥3 Invertir x3 = $2035.22 en Second Bank S3 = $2365.13

4 𝐼4 = 𝑥4 Invertir x4 = $2052.92 en Second bank S4 = $2274.64

Acumulación Total = $12,691.70

GRACIAS…