prog dinamica 2_teoria

8/22/2019 Prog Dinamica 2_teoria

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Prof. Ing. Claudio L. R. Sturla

PROGRAMACIN DINMICAPARTE II

Para formular el problema de Finco como de programacin dinmica, comenzaremos identificando laetapa.

Como en los ejemplos de inventario y de trayectoria ms corta, la etapa se debe elegir de tal modo quecuando quede una etapa el problema sea fcil de resolver.Entonces, en vista de que se ha resuelto el problema para el caso en el que queda una etapa, debe serfcil resolverlo cuando queden dos etapas, y as sucesivamente.Es evidente que sera fcil resolver un problema en el cual slo se dispusiera de una inversin, por loque definiremos la etapa tcomo representativa de un caso en el que los fondos se deban asignar a lasinversiones 3,,1, +ttPara una etapa dada, qu debemos conocer para determinar la cantidad ptima por invertir?Simplemente cunto dinero queda disponible para las inversiones 3,,1, +ttEntonces definiremos el estado en cualquier etapa como la cantidad de dinero, en miles, disponible para

las inversiones 3,,1,

+ttComo nunca tendremos ms de 6.000 UM disponibles, los estados posibles en cualquier etapa son 0, 1,2, 3, 4, 5 y 6.Definiremos a ( )tt df como el valor actual neto mximo (VAN) que se puede obtener invirtiendo td

miles de UM en las inversiones 3,,1, +ttTambin definiremos a ( )tt dx como la cantidad que se debe invertir en tpara alcanzar ( )tt df

Iniciamos avanzando hacia atrs y calculamos ( ) ( ) ( )6,,1,0 333 fff y a continuacin determinamos( ) ( ) ( )6,,1,0 222 fff

Como se dispone de 6.000 UM para invertir en 1, 2 y 3, terminamos los clculos al llegar a ( )61f

Entonces volvemos sobre nuestros pasos y determinamos la cantidad que se debera asignar a cada in-versin (al igual que cuando volvimos sobre nuestros pasos para determinar el nivel ptimo de produc-cin en cada mes, en el Ejemplo 4).

Clculos de la etapa 3

Primero determinamos ( ) ( ) ( )6,,1,0 333 fff

Vemos que ( )33 df se logra invirtiendo todo el dinero disponible ( )3d en la inversin 3.O sea

( ) 003 =f ( ) 001 =x( ) 913 =f ( ) 111 =x( ) 1323 =f ( ) 221 =x( ) 1733 =f ( ) 331 =x( ) 2143 =f ( ) 441 =x( ) 2553 =f ( ) 551 =x( ) 2963 =f ( ) 661 =x

prog_dinamica-2.doc 15


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Clculo de la etapa 2

Para determinar ( ) ( ) ( )6,,1,0 222 fff vemos todas las cantidades posibles que se puedan colocar en lainversin 2.Para determinar ( )22 df , sea 2x la cantidad invertida en 2.

Entonces, se obtendr un VAN de ( )22 xr debido a la inversin 2, y un VAN igual a ( )223 xdf de la

inversin 3.Recuerde el principio de optimalidad.Como 2x se debe elegir para maximizar el valor actual neto ganado con las inversiones 2 y 3, escribi-mos

( ) ( ) ( ){ }22322222

mx xdfxrdfx

+= (5)

en la que 2x debe ser elemento de {0, 1,..., 2d }

Los clculos para ( ) ( ) ( )6,,1,0 222 fff y ( ) ( ) ( )6,,1,0 222 xxx se presentan en la Tabla 6.

2d

2x ( )22 xr ( )223 xdf VAN DE INVERSIONES

2, 3( )

( )22

22

dx

df

0 0 0 0 0* ( )

( ) 00

00

2

2

==

x

f

1 0 0 9 91 1 10 0 10*

( )

( ) 11

101

2

2

==

x

f

2 0 0 13 132 1 10 9 19*

2 2 13 0 13

( )

( ) 12

192

2

2

==

x

f

3 0 0 17 173 1 10 13 23*3 2 13 9 223 3 16 0 16

( )

( ) 13

233

2

2

==

x

f

4 0 0 21 214 1 10 17 27*4 2 13 13 264 3 16 9 254 4 19 0 19

( )

( ) 14

274

2

2

==

x

f

5 0 0 25 25

5 1 10 21 31*5 2 13 17 305 3 16 13 295 4 19 9 285 5 22 0 22

( )

( ) 15

315

2

2

=

=x

f

6 0 0 29 296 1 10 25 35*6 2 13 21 346 3 16 17 336 4 19 13 326 5 22 9 31

6 6 25 0 25

( )

( ) 16

356

2

2

==

x

f

Tabla 6



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Clculos para ( ) ( ) ( ) ( )6,,2,1,0 2222 ffff

Clculos para la etapa 1

Segn la Ecuacin (5), escribimos

( ) ( ) ( ){ }12111 6mx61

xfxrfx

+=

en la cual 1x debe ser elemento de {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Los clculos para ( )61f aparecen en la Tabla 7.

1d 1x ( )11 xr ( )12 6 xf VAN DE INVERSIONES1, 2, 3

( )

( )6

6

1

1

x

f

6 0 0 35 356 1 9 31 406 2 16 27 43

6 3 23 23 466 4 30 19 49*6 5 37 10 476 6 44 0 44

( )

( ) 46

496

1

1

==

x

f

Tabla 7

Clculos para ( )61f

Determinacin de la Asignacin ptima de Recursos

Como ( ) 461 =x , Finco invierte 4.000 UM en la inversin 1.Esto deja 6.000 4.000 = 2.000 UM para las inversiones 2 y 3.Por lo tanto, Finco debe invertir ( ) 000.122 =x UM en la inversin 2.Entonces quedan 1.000 UM por invertir en 3 y, por lo tanto, Finco invierte ( ) 000.113 =x UM en ella.Por consiguiente, Finco puede alcanzar un VAN mximo ( ) 000.4961 =f UM invirtiendo 4.000 UM en1, 1.000 UM en 2 y 1.000 UM en 3.

Representacin en Forma de Red del Ejemplo de los Recursos

El problema de Finco tiene una representacin como red, equivalente a determinar la ruta ms larga de(1, 6) a (4, 0) en la Figura 6.

En esa figura, el nodo (t, d) representa el caso en el que se dispone de dmiles de UM para invertir en3,,1, +tt

El arco que une los nodos (t, d) y (t+ 1, d x) tiene una longitud ( )xr1 que corresponde al valor actualneto obtenido por invertirx miles de dlares en la inversin tPor ejemplo, el arco que une a los nodos (2, 4) y (3, 1) tiene una longitud ( )32r = 16.000 UM, que co-rresponde al valor actual neto de 16.000 UM que se puede obtener invirtiendo 3.000 UM en la inver-sin 2.

Ntese que no todos los pares de nodos en las etapas adyacentes estn unidos con arcos.Por ejemplo, no hay arco que una los nodos (2, 4) y (3, 5).Si usted slo tiene 4.000 UM disponibles para las inversiones 2 y 3, cmo puede tener 5.000 dlares

para la inversin 3?Segn los clculos, vemos que la ruta ms larga desde (1, 6) a (4, 0) es la (1, 6)(2, 2)(3, 1)(4, 0).



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Figura 6

Representacin en red del ejemplo de Finco

Problema General de Asignacin de RecursosA continuacin analizamos la versin generalizada del Ejemplo 5.

Suponga que tenemos w unidades de un recurso disponibles, y Tactividades a las que se puede asignarese recurso.Si la actividad tse realiza en un nivel tx (suponemos que tx debe ser nmero no negativo), entonces la

actividad tusa ( )tt xg unidades del recurso, y se obtiene el beneficio ( )tt xr

El problema de determinar la asignacin de recursos que maximiza el beneficio total, sujeto a la dispo-nibilidad de recursos se puede formular como sigue:

( )=

=

Tt

t

tt xr1

mx (6)

sujeto a

( ) wxgTt

t

tt =

= 1(6)

donde tx debe ser elemento de {0, 1, 2, }

En la Tabla 8 se dan algunas interpretaciones posibles de ( ) ( ) wxgxr tttt y,

INTERPRETACIN de ( )tt xr INTERPRETACIN de ( )tt xg INTERPRETACIN de w

Beneficio por colocar tx artcu-los tipo ten una mochila

Peso de tx artculos del tipo t Peso mximo que puede resistirla mochila.



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Calificacin que obtenemos en elcurso tsi lo estudiamos tx horas

por semana

Nmero de horas/semana tx quepasamos estudiando el curso t

Nmero total de horas disponi-bles por semana.

Ventas de un producto en la re-gin tsi se asignan tx vendedo-

res a la regin t

Costo por asignar tx vendedoresa la regin t

Presupuesto total del personal deventas.

Nmero de alarmas contra in-cendio por semana a las que res-

ponden dentro de un minuto si alrecinto se le asignan tx extinto-res automticos

Costo semanal por mantener tx extintores automticos en el re-cinto t

Presupuesto semanal total para elmantenimiento de extintores au-tomticos.

Tabla 8

Ejemplos de un problema generalizado de asignacin de recursos

Para resolver la Ecuacin 6 con programacin dinmica, definimos a ( )dft como el beneficio mximoque se puede obtener de las actividades Ttt ,,1, + , si se asignan dunidades del recurso a las activi-dades Ttt ,,1, +Podemos generalizar las frmulas recursivas del Ejemplo 5 para este caso escribiendo

( ) ( ) ( )( ){ }tttttx

t

T

xgdfxrdf

df

t

+==

+

+

1

1

mx

todapara0(7)

donde tx debe ser un nmero entero no negativo que cumple con ( ) dxg tt

Sea ( )dxt cualquier valor de tx que alcance ( )dftPara usar las Ecuaciones (7) para determinar una asignacin ptima de recursos a las actividades 1,2, ..., Tcomenzamos por determinar todas las ( ) ( ) TT xf lasyLuego usamos las Ecuaciones (7)para determinar todas las ( ) 1Tf y las ( )1Tx ,continuando el avancehacia atrs de este modo hasta que se hayan determinado todas las ( ) ( ).y. 22 xf

Para relacionar las cosas calculamos ( ) ( )wxwf 11 y

Despus establecemos la actividad 1 a un nivel ( )wx1En este punto tendremos ( )( )wxgw 11 unidades del recurso disponibles para las actividades 2, 3, ..., TEntonces la actividad 2 se debe organizar al nivel ( )[ ]{ }wxgwx 12 Continuaremos de este modo hasta haber determinado el nivel al cual se deben realizar todas las activi-dades.

Solucin de Problemas de Mochila Mediante Programacin Dinmica

Mostraremos las aplicaciones de las Ecuaciones (7) resolviendo un problema sencillo de mochila.

Ejemplo 6Suponga que se ha de llenar una mochila de 10 libras con los artculos que aparecen en la Tabla 9.Para maximizar el beneficio total, cmo se llena la mochila?



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PESO BENEFICIOArtculo 1 4 libras 11Artculo 2 3 libras 7Artculo 3 5 libras 12

Tabla 9

Pesos y beneficios para el problema de la mochila

SolucinTenemos que ( ) ( ) ( ) ,12,7,11 333222111 xxrxxrxxr === ( ) ( ) 222111 3,4 xxgxxg == , y ( ) 333 5 xxg =

Definimos que ( )dft sea el beneficio mximo que se puede ganar con una mochila de dlibras llenacon artculos del tipo t, t+1, ..., 3

Clculos de la etapa 3En este caso las Ecuaciones (7) son

( ) { }33 12mx3

xdfx

=

donde 33 y5 xdx es un entero no negativo.Esto produce

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1298765

2410

33333

3

======

fffff

f

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 210

043210

3

33333

======

x

fffff

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 043210

156789

33333

33333

==========

xxxxx

xxxxx


En este caso las Ecuaciones (7) son

( ) ( ){ }2322 37mx2

xdfxdfx

+=

donde 2x debe ser entero no negativo que cumpla con dx 23Obtenemos ahora

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

==+==+

==+==+

=

321137

214427

119717

0*241007

mx10

23

23

23

23

2

xf

xf

xf

xf

f



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O sea, ( ) ( ) 010y2410 22 == xf

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

==+==+

==+==+

=

3*21037214327

119617

012907

mx9

23

23

23

23

2

xfxf

xf

xf

f

Entonces ( ) ( ) 39y219 22 == xf

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

==+==+==+

=214227

1*19517

012807

mx8

23

23

23

2

xf

xf

xf

f

O sea, ( ) ( ) 18y198 22 == xf

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

==+==+==+

=2*14127

17417

012707

7

23

23

23

2

xf

xf

xf

mxf

Entonces, ( ) ( ) 27y147 22 == xf

( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

==+==+

==+

=2*14027

17317

012607

6

23

23

23

2

xf

xf

xf

f

O sea, ( ) ( ) 26y146 22 == xf

( )( ) ( )

( ) ( )

==+==+

=17217

0*125075

23

23

2xf

xff

Entonces ( ) ( ) 05y125 22 == xf

( )( ) ( )( ) ( )

==+==+=1*7117

00407mx4

23

23

2xf

xff

O sea, ( ) ( ) 14y74 22 == xf

( )( ) ( )

( ) ( )

==+==+

=1*7017

00307mx3

23

23

2xf

xff

Entonces ( ) ( ) 13y73 23 == xf

( ) ( ) ( ) 002072 232 ==+= xff



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O sea, ( ) ( ) 022 22 == xf

( ) ( ) ( ) 001071 232 ==+= xff

Entonces ( ) ( ) 01y0122

== xf

( ) ( ) ( ) 000070 232 ==+= xff

O sea ( ) ( ) 0000 22 === xf


Por ltimo, determinamos ( )101f

( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

==+==+

==+

=2222211

1*256111

02410011

mx10

12

12

12

1

xf

xf

xf

f

Determinacin de la Solucin ptima al Problema de la Mochila

Tenemos que ( ) ( ) 110y2510 11 == xfPor lo tanto, debemos poner un artculo del tipo 1 en la mochila.Luego tenemos lugar para 10 4 = 6 libras para artculos tipo 2 y tipo 3 y, por lo tanto, debemos po-ner ( ) 262 =x artculos del tipo 2.

Por ltimo, tenemos 6 2*3 = 0 libras de lugar para artculos del tipo 3, y colocamos ( ) 003 =xartculos del tipo 3.En resumen, el beneficio mximo que se puede ganar con una mochila de 10 libras es ( ) 25103 =f .Para obtener un beneficio de 25, se deben poner un artculo del tipo 1 y 2 del tipo 2.

Representacin con una Red del Problema de la MochilaEncontrar la solucin ptima del Ejemplo 6 equivale a determinar la trayectoria ms larga, en la Fi-gura 7, del nodo (10, 1) a un nodo de la etapa 4.En la Figura 7, para 3t , el nodo (d, t) representa un caso en el cual se puede asignar lugar para dli-

bras a los artculos del tipo 3,,1, +ttEl nodo (d, 4) representa dlibras de espacio no usado.

Cada arco de un nodo de etapa ta otro de etapa t+ 1 representa una decisin acerca de cuntos artcu-los del tipo tse colocan en la mochila.Por ejemplo, el arco de (10, 1) a (6, 2) representa la colocacin de un artculo del tipo 1 en la mochila.Con ello se deja 10 4 = 6 libras para artculos de tipos 2 y 3.Este arco tiene una longitud de 11 que representa el beneficio obtenido por la colocacin de un artculotipo 1 en la mochila.La solucin al Ejemplo 6 muestra que la trayectoria ms larga, en la Figura 7, del nodo (10, 1) a unnodo de etapa 4 es la trayectoria (10, 1)(6, 2)(0, 3)(0, 4).Observe que la solucin ptima a un problema de mochila no siempre usa todo el espacio disponible.Por ejemplo, usted debe comprobar que si un artculo tipo 1 ganara 16 unidades de beneficio, la solu-cin ptima incluira dos artculos del tipo 1, que correspondera a la trayectoria (10, 1)(2, 2)(2, 3)

(2, 4).Con esta solucin se tiene un espacio de 2 libras sin usar.



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Otra Solucin Recursiva para Problemas de MochilaSe pueden utilizar otros mtodos para resolver problemas de mochila con programacin dinmica.El mtodo que explicaremos forma la mochila ptima determinando primero cmo llenar de maneraptima una mochila y, a continuacin, con esta informacin, cmo llenar de manera ptima una mo-chila ms grande.Definimos ( )wg como el beneficio mximo que se puede obtener de una mochila de w libras.

En lo que sigue, jb es el beneficio ganado de un artculo nico del tipoj, y jw es el peso de un solo ar-tculo del tipojEs evidente que ( ) 0paray00 = wg

( ) jjj

wwgbwg += mx (8)

dondej debe ser elemento de { 1, 2, 3} y se debe cumplir que wwj El razonamiento que apoya la Ecuacin (8) es el siguiente: para llenar de modo ptimo una mochila dew libras, debemos comenzar por colocar algn artculo en ella.

Si colocamos un artculo tipoj en una mochila de w libras, lo mejor que podemos hacer es ganar jb +

(lo mejor que podamos hacer con una mochila de jww libras).Definimos a ( )wx como cualquier tipo de artculo que alcance el mximo en la Ecuacin (8) y

( ) 0=wx cuando ningn artculo se pueda meter ya en una mochila de w libras.Para mostrar la aplicacin de la Ecuacin (8) volveremos a resolver el Ejemplo 6.Como no se puede meter artculo alguno en una mochila de 1 o 2 libras, tenemos que

( ) ( ) ( ) 0210 === ggg y ( ) ( ) ( ) 0210 === xxxComo slo cabe un artculo del tipo 2 en una mochila de 3 libras, tenemos que ( ) ( ) 23y73 == xgAl continuar, vemos que

( )( )

( )

=+=+

=2)tipo(Artculo71g7

1)tipo(Artculo*11011mx4

gg

Entonces, ( ) ( ) 14y114 == xg

( )

( )

( )

( )

=+=+=+

=3)tipo(Artculo*120g12

tipo2)(Artculo72g7

1)tipoArtculo(11111

mx5

g

g



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Figura 7

Representacin en red del problema de la mochila

O sea, ( ) ( ) 35y125 == xg

( )

( )

( )

( )

=+=+=+

=3)tipoArtculo(121g12

2)tipoArtculo(*143g7

1)tipoArtculo(11211

mx6

g

g

Entonces ( ) ( ) 26y146 == xg



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( )

( )

( )

( )

=+=+=+



1)tipoArtculo(*18311

mx7

g

g

O sea, ( ) ( ) ( ) 2717y187 === xxg

( )

( )

( )

( )

=+=+=+


2)tipoArtculo(195g7


mx8

g

g

Entonces ( ) ( ) 18y228 == xg

( )

( )

( )

( )

=+

=+=+

=3)tipoArtculo(*234g12

2)tipoArtculo(216g7


mx9

g

g

O sea, ( ) ( ) ( ) 3919y239 === xxg

( )

( )

( )

( )

=+=+=+




mx10

g

g

As, ( ) ( ) ( ) 210110y2510 === xxgPara llenar la mochila en forma ptima, comenzamos por colocar cualquier artculo ( )10x en ella.Escojamos en forma arbitraria un artculo tipo 1.Esto nos deja con 10 4 = 6 libras por llenar, as que colocamos un artculo ( )410 x = 2, tipo 2 en lamochila.Con ello tenemos 6 3 = 3 libras por llenar, lo cual hacemos con un artculo ( ) 236 =x , tipo 2.Por lo tanto, podemos alcanzar el beneficio mximo de ( ) 2510 =g llenando la mochila con 2 artculostipo 2 y uno tipo 1.

El Teorema de la Autopista de Peaje

Para un problema de mochila, sea

jc = beneficio obtenido de cada artculo tipoj

jw = peso de cada artculo tipoj

En trminos de beneficio por unidad de peso, el mejor artculo es el que tenga valor mximo dej

j

w

c

Supongamos que hay n tipos de artculos que se pidieron de tal modo que

n

n

w

c

w

c

w

c

2

2

1

1



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As, los artculos tipo 1 son los mejores, los del tipo 2 estn en segundo lugar, y as sucesivamente.Por ejemplo, la solucin ptima al problema de mochila siguiente:

4321 8122216mx xxxxz +++=

sujeto a

144575 4321 +++ xxxx

negativononmero=ix

Di se resolviera por programacin lineal entera la solucin es 0;2;44 4312 ===== xxxxzSuponga que

2

2

1

1

w

c

w

c

Entonces hay un solo tipo del mejor artculo.Se puede demostrar que para algn nmero *w es ptimo usar al menos un artculo de tipo 1 si se per-mite que la mochila tenga w libras, donde *ww Se puede demostrar que este resultado es vlido para

=

2

211

11*

w

cwc

wcw

As, para el problema de la mochila

4321 8122216mx xxxxz +++=

sujeto a

wxxxx +++ 4321 4575

negativonoenteronmero=ix

se usar al menos un artculo tipo 1 si

( )280

7

22516

516* =

w

Con este resultado se reducen mucho los clculos necesarios para resolver un problema de mochila.Por ejemplo, suponga que w = 4.000.Como sabemos que para 280w , la solucin ptima tendr por lo menos un articulo tipo 1, podernos

llegar a la conclusin de que la forma ptima de llenar una mochila de 4.000 libras consistir en un art-culo tipo 1 ms la forma ptima de llenar una mochila de 4.000 5 = 3.995 libras.



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Si repetimos este razonamiento se demuestra que la manera ptima de llenar una mochila de 4.000 li-

bras consistir en 7445

280000.4=

artculos tipo 1, ms la forma ptima de llenar una mochila de

280 libras.Este razonamiento reduce mucho los clculos necesarios para determinar cmo llenar la mochila de4.000 libras.

Por qu a este resultado se le llama teorema de la autopista de peaje?Imagine el lector cuando sale en un viaje en automvil en que la meta es reducir al mnimo el tiemponecesario para el viaje.Para un viaje lo suficientemente largo, podr ser mejor desviarse ligeramente del camino para poderhacer la mayor parte del recorrido en una autopista de peaje en la cual podamos correr a la velocidadmxima.Para una distancia pequea quiz no valga la pena desviarse para tomar la autopista.De igual forma, en un problema de mochila grande (de gran peso) siempre es ptimo usar algo del me-

jor artculo, pero esto quiz no sea el caso de un problema de mochila pequea.

Problemas de Reemplazo de EquiposMuchas empresas encaran el problema de determinar hasta cundo usar una mquina antes de compraruna nueva.A los problemas de este tipo se les llama de reemplazo de equipo y se resuelven con frecuencia me-diante programacin dinmica.

Ejemplo 7Un taller para automotores debe tener siempre un analizador de motor disponible.Un analizador nuevo cuesta 1.000 UM.El costo im por el mantenimiento de un analizador durante su i-simo ao de funcionamiento es como

sigue: UM120yUM80UM;60 321 === mmmUn analizador se podr tener durante 1, 2 3 aos, y despus de usarlo i aos (i = 1, 2, 3) se podravender y realizar un pago inicial de uno nuevo.Si se compra un analizador nuevo y se vende el de i aos de antigedad, se obtiene un valor de salva-mento (equipo viejo) is , donde UM500yUM600UM;800 321 === sssDado que una mquina nueva se debe comprar hoy (tiempo 0, vase Figura 8), el taller desea determi-nar una poltica de reemplazo o reposicin que minimice los costos netos = (costos de mantenimiento)+ (costos de reposicin) (valor de salvamento o de reventa) durante los siguientes 5 aos.

Figura 8

Horizonte en el tiempo para el problema del reemplazo de equipo

SolucinObserve que al comprar una mquina nueva, la empresa debe decidir cundo deber cambiarse por otranueva.



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Con esto en mente, definimos ( )tg como el costo neto mnimo que se genera desde que el tiempo es thasta que es 5 (incluyendo el costo de compra y el valor de salvamento de la mquina recin adquirida)dado que se ha comprado una mquina nueva en el tiempo tTambin definimos a txc como costo neto (incluyendo el costo de compra y valor de salvamento), porcomprar una mquina en el tiempo t, que funciona hasta el tiempoxEntonces la frmula recursiva adecuada es

( ) ( ){ } ( )4,3,2,1,0mn =+= txgctg txx

(9)

dondex debe satisfacer las desigualdades 31 ++ txt , y 5xComo el problema termina cuando el tiempo es 5, no se incurre en costos desde el tiempo 5 en ade-lante, de modo que podemos escribir ( ) 05 =gPara justificar la Ecuacin (9), observe que despus de comprar una mquina nueva cuando el tiempoes t, debemos decidir cundo reemplazarla.Seax el tiempo en el que se hace el reemplazo.ste debe ser despus del tiempo t, pero 3 aos o menos a partir de ste.Esto explica la restriccin 31 ++ txtComo el problema termina cuando el tiempo es 5, debemos tambin tener que 5xSi decidimos reemplazar la mquina en el tiempox, cul ser el costo desde el tiempo thasta 5 aos?Simplemente la suma del costo incurrido desde la compra de la mquina hasta la venta de ella cuandoel tiempo esx (que es, por definicin txc ), y el costo total incurrido desde el tiempox hasta 5, porque lamquina se compr justo en el tiempox

Naturalmente, por el principio de optimalidad el costo ptimo es ( )xgPor lo tanto si guardamos la mquina que se compr en el tiempo thasta el tiempo x, entonces en eltiempo thasta el tiempo 5 incurrimos en un costo de ( )xgctx +

Por ello se debe elegirx de tal modo que minimice esta suma y es, exactamente, lo que hace la Ecua-cin (9).Como hemos supuesto que los costos de mantenimiento, valor de salvamento y precio de compra nocambian a travs del tiempo, cada txc slo depender de cunto tiempo se tenga la mquina; es decir,

cada txc slo depende de tx De modo ms especfico,

txtxtx smmc +++= 1UM000.1

Esto da

UM7605001208060000.1c

UM5406008060000.1c

UM26080060000.1

251403

35241302

4534231201

=+++====++=====+=====

cc

ccc

ccccc

Comenzamos por calcular ( )4g y avanzamos en reversa hasta haber calculado ( )0g

A continuacin aplicamos lo que sabemos de los valores dex que se obtienen con ( ) ( ) ( ),2,1,0 ggg ( ),3g y ( )4g para determinar la estrategia ptima de reemplazo.Sigue el clculo.

Cuando el tiempo es 4, slo hay una decisin inteligente (mantener la mquina hasta el tiempo 5 y ven-derla a su valor de salvamento).Entonces vemos que



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( ) ( ) UM*260026054 45 =+=+= gcg

As, si se compra una mquina cuando el tiempo es 4, se debe vender cuando el tiempo es 5.Si se compra una mquina nueva cuando el tiempo es 3, la mantenemos hasta que el tiempo sea 4 5.Por lo tanto,

( )( )

( )

==+=+==+=+

=)5cuando(VenderlaUM54005405

)4cuando(VenderlaUM*5202602604mn3

35

34

tgc

tgcg

Entonces, si se compra una mquina nueva en el tiempo 3, se debera vender cuando el tiempo es 4.Si se compra una mquina nueva cuando el tiempo es 2, la podremos vender cuando el tiempo es 3, 4 5.Esto da las ecuaciones

( )( )( )

( )

==+==+=+==+=+

=)5cuando(VenderlaUM*7605

)4cuando(VenderlaUM8002605404

)3cuando(VenderlaUM7805202603

mn2

25

24

23

tgc

tgc

tgc

g

Actualizado al 11/7/2.003 D:\INVESTIGACIN OPERATIVA\DINMICA2


prog dinamica 2_teoria

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