problemas

MochilaProblema 1:Enunciado:Tengo un pequeño jardín de 10 x 20 pies. Esta primavera pienso plantar tres tipos de hortalizas: tomates, chícharos y maíz. El jardín está organizado en filas de 10 pies. Las filas del maíz y de los tomates son de 2 pies de ancho, y las de los chícharos son de 3 pies de ancho. Me gustan más los tomates y menos los chícharos, y en una escala del 1 al 10 asignaría un 7 a los tomates, un 7 al maíz y un 3 a los chícharos. A pesar de mis preferencias, mi esposa insiste en que plante al menos una fila de chícharos y no más de dos filas de tomates. ¿Cuántas filas de cada legumbre debo plantar?

Solución:Para la solución de este problema se necesitará organizar los datos:

Tipo Tamaño Valoración CondicionesChicharos 3 3 >=1Tomates 2 7 <=2Maíz 2 7 Sin restricción

Se calcula el máximo y el mínimo que se puede cultivar para cada tipo de hortaliza en base a los 20 pies disponibles

Tipo Tamaño Máximo MínimoChicharos 3 20/3=6 1Tomates 2 2 0Maíz 2 20/2=10 0

Entonces calcularemos en base a la siguiente función de recurrencia:

f i ( s)=máx [ pi ×c i+f i−1 ( s+mi ×c i )]

Donde:

s=cantidad de pies disponibles despues decultivar

pi=peso ovaloracion de lahotaliza i

c i=cantidadde hortalizas i

mi=tamaño de lahortaliza ien pies

f i ( s)=valoraci ónmaxima para shortalizas

Ahora una vez que se tiene la información en orden se procede a realizar el cálculo se grafica la siguiente red

Ahora lo único que queda es calcular la ruta con la mayor valoración donde en el caso de la primera etapa es para los chicharos, la segunda etapa es para los tomates y la tercera es para el maíz.

Calculando la valoración entre tomates y maíz:

Por lo tanto, se escoge al mayor de cada etapa:

Se calcula la suma de los mayores de cada etapa con su respectivo camino quedando de la siguiente manera:

|

La mayor valoración obtenida es 59 y se compone de la siguiente forma:

Existen 3 soluciones que nos da una valoración máxima teniendo en cuenta las condiciones establecidas al inicio, siendo de la siguiente manera

Solución 1 Solución 2 Solución 3Chicharos 1 1 1Tomates 0 1 2

Maíz 8 7 6

Valoración Maxima=59

Inversión

Problema 1:Enunciado:Un granjero posee 2 ovejas. Al final de cada año, decide sobre cuántas vender o conservar. La utilidad de vender una oveja en el año 1 es 100, en el año 2 es de 130 y en el año 3 es de 120. Las ovejas conservadas en el año i duplicarán su número en el año i+1. El granjero planea vender todas las ovejas al cabo de 3 años.

a) Derive la ecuación recursiva general para el problema. b) Resuelva el problema decir cómo se hará el plan de ventas para cada

año para que el granjero tenga la mayor utilidad

Solución a:Para definir la función recursiva se analizará las siguientes variables:

Retorno por etapa Cantidad vendida en una determinada etapa Cantidad restante al finalizar una etapa

Organizando la información dad en el texto:

Año 1 Año 2 Año 3Precio por oveja 100 130 120

f i ( s)=máx [ pi ×vi+ f i+1 (2×(s−v i))]

Donde:

s=cantidad deovejas

pi=Precio por oveja enel año i

v i=cantidad deovejas vendidas enel año i

f i ( s)=utilidadmaxima enel año i para sovejas

Solución b:

Para hallar la solución óptima para este problema usando la función de recurrencia se trabajará considerando cada año como si fuera una etapa, empezando desde la etapa 3 que será el año 3, ahora para saber la cantidad de ovejas que como máximo se pueden llegar a vender en el tercer año se realizar la siguiente lógica:

número deovejas iniciales=2

Maximo deovejas paravender enel año3=2×2×2=8

Además, se sabe que el número de ovejas iniciales para cada año siempre será un numero par ya que estas siempre se duplican.

Etapa III:

Para esta etapa la función de recurrencia toma la siguiente forma:

f 3 ( s )=máx [120×v3+ f 4 (2×(s−v i))]

Pero como no existe la etapa IV entonces queda de la siguiente manera:

f 3 ( s )=máx(120×v3)

Se construye el cuadro de la siguiente manera:

s3 0 2 4 6 8 f 3 ( s ) v i

0 0 - - - - 0 02 - 240 - - - 240 24 - - 480 - - 480 46 - - - 720 - 720 68 - - - - 960 960 8

Los cálculos son los siguientes:

f 3 (0 )=120×0=0

f 3 (2 )=120×2=240

f 3 (4 )=120×4=480

f 3 (6 )=120×6=720

f 3 (8 )=120×8=960

No se realizan los demás cálculos debido a que según las condiciones del problema no debe quedar ni una oveja al finalizar el tercer año, de ahí que solo se vende lo que se tiene.

Etapa II:


f 2 ( s)=máx [130×v2+ f 3 (2×(s−v2))]

En base a lo que se estableció anteriormente se procede a esquematizar los cálculos a continuación:

s2 0 1 2 3 4 f 2 ( s) v i

0 0 - - - - 0 02 480 370 260 - - 480 04 960 850 740 630 520 960 0

Cálculos cuando se venden 0 ovejas:

f 2 (0,0 )=130×0+ f 3 (2×(0−0))=0+f 3 (0 )=0+0=0

f 2 (2,0 )=130×0+ f 3 (2×(2−0))=0+ f 3 (4 )=0+480=480

f 2 (4,0 )=130×0+f 3 (2×(4−0))=0+f 3 (8 )=0+960=960

Cálculos cuando se venden 1 oveja:

f 2 (2,1 )=130×1+f 3 (2×(2−1))=130+ f 3 (2 )=130+240=370

f 2 (4,1 )=130×1+ f 3 (2×(4−1))=130+ f 3 (6 )=130+720=850


f 2 (2,2 )=130×2+f 3 (2×(2−2))=260+ f 3 (0 )=260+0=260

f 2 (4,2 )=130×2+ f 3 (2×(4−2))=260+ f 3 (4 )=260+480=740


f 2 (4,3 )=130×3+ f 3 (2×(4−3))=390+ f 3 (2 )=390+240=630


f 2 (4,4 )=130×4+f 3 (2×(4−4))=520+ f 3 (0 )=520+0=520

Etapa I:Para esta etapa la función de recurrencia toma la siguiente forma:

f 1 ( s)=máx [100×v2+ f 3 (2×(s−v2))]


s2 0 1 2 f 1 ( s) v i

2 960 580 440 960 0


f 1 (2,0 )=100×0+ f 2 (2×(2−0))=0+ f 2 (4 )=0+960=960

Cálculos cuando se venden 1 oveja:

f 1 (2,1 )=100×1+f 2 (2×(2−1))=100+ f 2 (2 )=100+480=580


f 1 (2,2 )=100×2+f 2 (2×(2−2))=200+ f 2 (0 )=200+240=440

Resultado:

Por ende, para el problema planteado el granjero debe vender las ovejas de la siguiente manera:

Año 1 Año 2 Año 3Ovejas 0 0 8

De esta manera la utilidad que recibirá será:

Utilidad ganada=960 dolares

InventarioProblema 1:

GECO fue contratado por los siguientes 4 años para que surta motores de avión a razón de cuatro motores al año. La capacidad de producción disponible y los costos de producción varían de un año a otro. GECO puede producir cinco motores en el año 1, seis en el año 2, tres en el año 3, y cinco en el año 4. Los costos de producción correspondientes por motor a lo largo de los siguientes 4 años son de $300,000, $330,000, $350,000 y $420,000, respectivamente. GECO puede elegir si produce más de lo que necesita en un cierto año, en cuyo caso el motor se debe almacenar apropiadamente hasta la fecha de envío. El costo de almacenamiento por motor también varía de un año a otro, y se estima que sea de $20,000 en el año 1, $30,000 en el año 2, $40,000 en el año 3, y $50,000 en el año 4. En la actualidad, al inicio del año 1 GECO tiene un motor listo para ser enviado. Desarrolle un plan de producción óptimo para GECO.

Solución:

Para poder resolver este problema se procede a organizar los datos en la siguiente tabla:

Año Demanda Producción Máxima

Costo de producción unitario

Costo de almacenamiento unitario

1 4 5 300 000 20 0002 4 6 330 000 30 0003 4 3 350 000 40 0004 4 5 420 000 50 000

Entonces se bosqueja lo máximo que pueden variar los Inventarios iniciales y finales en base a la demanda existente, a la producción máxima y al inventario inicial del año 1, tomando como dato que el óptimo de producción siempre será cuando el inventario final del último mes sea cero cumpliendo con los requisitos de la demanda, debido a que un exceso genera sobrecostos innecesarios.

Año 1 Año 2 Año 3 Año 4II IF II IF II IF II IF1 0

12

012

1234

1234

0123

0123

0

Ahora se procede a definir la función de recurrencia:

f i ( II )=mín[P×CV+( II+P−4)×C . Alm.+ f i+1 ( II+P−4 )]

Donde

II=Inventario inicial

IF=Inventario Final

P=producción

CV=Costo variables

C . Alm.=Costode almacenamiento

Ahora se procede a calcular mediante etapas:

Etapa IV:


f 3 ( II )=máx [420000×P ]


II 0 1 2 3 4 f 3 ( II ) P0 - - - - 168000

01680000

4

1 - - - 1260000

- 1260000

3

2 - - 840000 - - 840000 23 - 420000 - - - 420000 1

Los cálculos son:

0=II+P−4

0=0+4−4 f 4 (0,4 )=420000×4=1680000

0=1+3−4 f 4 (1,3 )=420000×3=1260000

0=2+2−4 f 4 (2,2 )=420000×2=840000

0=3+1−4 f 4 (3,1 )=420000×1=420000

Etapa III:


f 3 ( II )=máx [350000×P+( II+P−4 )×40000+ f 4 ( II+P−4 )]


II 0 1 2 3 f 3 ( II ) P1 - - - 2730000 2730000 32 - - 2380000 2350000 2350000 33 - 2030000 2000000 1970000 1970000 34 1680000 1650000 1620000 1590000 1590000 3

Los cálculos son:

IF=II+P−4

0=1+3−4 f 3 (1,3 )=350000×3+(1+3−4 )×40000+ f 4 (1+3−4 )

f 3 (1,3 )=350000×3+(0 )×40000+1680000=2730000

0=2+2−4 f 3 (2,2 )=350000×2+(2+2−4 ) ×40000+ f 4 (2+2−4 )

f 3 (2,2 )=350000×2+(0 ) ×40000+1680000=2380000

1=2+3−4 f 3 (2,3 )=350000×3+(2+3−4 )×40000+ f 4 (2+3−4 )

f 3 (2,3 )=350000×3+40000×1+1260000=2350000

0=3+1−4 f 3 (3,1 )=350000×1+(3+1−4 ) ×40000+ f 4 (3+1−4 )

f 3 (3,1 )=350000×1+40000×0+1680000=2030000

1=3+2−4 f 3 (3,2 )=350000×2+ (3+2−4 ) ×40000+f 4 (3+2−4 )

f 3 (3,2 )=350000×1+40000×1+1260000=2000000

2=3+3−4 f 3 (3,3 )=350000×3+(3+3−4 ) ×40000+ f 4 (3+3−4 )

f 3 (3,3 )=350000×3+40000×2+840000=1970000

0=4+0−4 f 3 (4,0 )=350000×0+(4+0−4 )×40000+ f 4 (4+0−4 )

f 3 (4,0 )=350000×0+40000×0+1680000=1680000

1=4+1−4 f 3 (4,1 )=350000×1+ (4+1−4 ) ×40000+f 4 (4+1−4 )

f 3 (4,1 )=350000×1+40000×1+1260000=1650000

2=4+2−4 f 3 (4,2 )=350000×2+(4+2−4 )×40000+ f 4 (4+2−4 )

f 3 (4,2 )=350000×2+40000×2+840000=1620000

3=4+3−4 f 3 (4,3 )=350000×3+ (4+3−4 ) ×40000+f 4 (4+3−4 )

f 3 (4,2 )=350000×3+40000×3+420000=1590000

Etapa II:


f 2 ( II )=máx [330000×P+( II+P−4 )×30000+ f 3 ( II+P−4 )]

En base a lo que se estableció anteriormente se procede a esquematizar los cálculos a continuación (En miles):

II 0 1 2 3 4 5 6 f 3 ( II ) P0 - - - - - 4410 4390 4390 61 - - - - 4080 4060 4040 4040 62 - - - 3750 3730 3710 3690 3690 6

Los cálculos son:

IF=II+P−4

1=0+5−4 f 2 (0,5 )=330000×5+(0+5−4 ) ×30000+ f 3 (0+5−4 )

f 3 (1,3 )=330000×5+30000×1+2730000=4 410000

2=0+6−4 f 2 (0,6 )=330000×6+(0+6−4 ) ×30000+ f 3 (0+6−4 )

f 3 (1,3 )=330000×6+30000×2+2350000=4 390000

1=1+4−4 f 2 (1,4 )=330000×4+(1+4−4 ) ×30000+ f 3 (1+4−4 )

f 3 (1,3 )=330000×4+30000×1+2730000=4080000

2=1+5−4 f 2 (1,5 )=330000×5+(1+5−4 ) ×30000+ f 3 (1+5−4 )

f 3 (1,3 )=330000×5+30000×2+2350000=4 060000

3=1+6−4 f 2 (1,6 )=330000×6+ (1+6−4 )×30000+ f 3 (1+6−4 )

f 3 (1,3 )=330000×6+30000×3+1970000=4040000

1=2+3−4 f 2 (2,3 )=330000×3+(2+3−4 )×30000+f 3 (2+3−4 )

f 3 (1,3 )=330000×3+30000×1+2730000=3750000

2=2+4−4 f 2 (2,4 )=330000×4+(2+4−4 )×30000+ f 3 (2+4−4 )

f 3 (2,4 )=330000×4+30000×2+2350000=3730000

3=2+5−4 f 2 (2,5 )=330000×5+(2+5−4 )×30000+f 3 (2+5−4 )

f 3 (2,5 )=330000×5+30000×3+1970000=3710000

4=2+6−4 f 2 (2,6 )=330000×6+ (2+6−4 )×30000+ f 3 (2+6−4 )

f 3 (2,6 )=330000×6+30000×4+1590000=3690000

Etapa I:


f 1 ( II )=máx [300000×P+( II+P−4 )×20000+ f 2 ( II+P−4 )]

En base a lo que se estableció anteriormente se procede a esquematizar los cálculos a continuación (En miles):

II 0 1 2 3 4 5 f 1 ( II ) P

1 5290 5260 5230 5230 5

Los cálculos son:

IF=II+P−4

0=1+3−4 f 1 (1,3 )=300000×3+(1+3−4 )×30000+f 3 (1+3−4 )

f 1 (1,3 )=300000×3+30000×0+4390000=5290000

1=1+4−4 f 1 (1,4 )=300000×4+(1+4−4 ) ×30000+ f 3 (1+4−4 )

f 1 (1,4 )=300000×4+30000×1+4040000=5260000

2=1+5−4 f 1 (1,5 )=300000×5+ (1+5−4 ) ×30000+ f 3 (1+5−4 )

f 1 (1,5 )=300000×5+30000×2+3690000=5230000

Resultado:Por lo tanto, el óptimo para este problema se muestra a continuación resumida en la siguiente tabla:

Año Cantidad de motores fabricar1 52 63 34 1

Costo ótimototal=S /.5230000

Asignación Problema 1:Enunciado:

El propietario de 3 tiendas ha comprado 5 cestas de cerezas, para satisfacer la demanda en las diferentes tiendas. El propietario desea determinar la forma de distribuir los canastos, de manera de maximizar el beneficio total. Los retornos (utilidades) en función del número de canastos distribuidos (se asume vendidos) en las 3 tiendas están dados en la siguiente tabla. (Puede ser que no te den canasto sino una función en ese caso solo armas la tabla o lo calculas en cada etapa)

Cantidad 0 1 2 3 4 51 0 3 7 9 12 132 0 5 10 11 11 113 0 4 6 11 12 12

Solución:Para calcular inicialmente se plantea la función de recurrencia

f i ( s)=máx [mi+f i+1 ( s−x )]

Donde

s=Canastasdisponibles

x=canastas asignadas

mi=beneficio en la etapai por x canastos

f i ( s)=Beneficio maximoacumulado

Ahora se procede a calcular mediante etapas:

Etapa 3:


f 3 ( s )=máx [mi]


S 0 1 2 3 4 5 f 3 ( s ) x0 0 - - - - - 0 01 0 4 - - - - 4 12 0 4 6 - - - 6 2

3 0 4 6 11 - - 11 34 0 4 6 11 12 - 12 45 0 4 6 11 12 12 12 4,5

Asignando 0 canastas:

f 3 (0,0 )=0

f 3 (1,0 )=0

f 3 (2,0 )=0

f 3 (3,0 )=0

f 3 (4,0 )=0

f 3 (5,0 )=0

Asignando 1 canasta:

f 3 (1,1 )=4

f 3 (2,1 )=4

f 3 (3,1 )=4

f 3 (4,1 )=4

f 3 (5,1 )=4


f 3 (2,2 )=6

f 3 (3,2 )=6

f 3 (4,2 )=6

f 3 (5,2 )=6


f 3 (3,3 )=11

f 3 (4,3 )=11

f 3 (5,3 )=11

Asignando 4 canastas

f 3 (4,4 )=12

f 3 (5,4 )=12

Asignando 5 canastas

f 3 (5,5 )=12

Etapa 2:


S 0 1 2 3 4 50 0 - - - - -1 0+4 5+0 - - - -2 0+6 5+4 10+0 - - -3 0+11 5+6 10+4 11+0 - -4 0+12 5+11 10+6 11+4 11+0 -5 0+12 5+12 10+11 11+6 11+4 11+0

S 0 1 2 3 4 5 f 3 ( s ) x0 0 - - - - - 0 01 4 5 - - - - 5 12 6 9 10 - - - 10 23 11 11 14 11 - - 14 24 12 16 16 15 11 - 16 1,25 12 17 21 17 15 11 21 2


f 2 (0,0 )=0+0=0

f 2 (1,0 )=0+4=4

f 2 (2,0 )=0+6=6

f 2 (3,0 )=0+11=11

f 2 (4,0 )=0+12=12

f 2 (5,0 )=0+12=12


f 2 (1,1 )=5+0=5

f 2 (2,1 )=5+4=9

f 2 (3,1 )=5+6=11

f 2 (4,1 )=5+11=16

f 2 (5,1 )=5+12=17


f 2 (2,2 )=10+0=10

f 2 (3,2 )=10+4=14

f 2 (4,2 )=10+6=16

f 2 (5,2 )=10+11=21


f 2 (3,3 )=11+0=11

f 2 (4,3 )=11+4=15

f 2 (5,3 )=11+6=17


f 2 (4,4 )=11+0=11

f 2 (5,5 )=11+4=15


f 2 (5,5 )=11+0=11

Etapa 1:


S 0 1 2 3 4 55 0+21 3+16 7+14 9+10 12+5 13+0

S 0 1 2 3 4 5 f 3 ( s ) x5 21 19 21 19 17 13 21 0,2


f 1 (5,0 )=0+21=21


f 1 (5,1 )=3+16=19


f 1 (5,2 )=7+14=21


f 1 (5,3 )=9+10=19


f 1 (5,5 )=12+5=17


f 1 (5,5 )=13+0=13

Resultados:

Como se puede apreciar existen 2 alternativas los cuales se pueden mostrar a continuación

Tienda Solución 1 Solución 21 0 22 2 23 3 1

Para ambos casos el beneficio acumulado será:

Beneficioacumulado máximo=21

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