PROBLEMA 1 (Modelo: Volumen de
carga)
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?
Artículo n
|
pn
|
in
|
1
|
2
|
31
|
2
|
3
|
47
|
3
|
1
|
14
|
Tener en cuenta que el barco puede cargar estos artículos en cualquier
orden, además, como el peso unitario y el peso permisible son enteros, las
variables sólo deben tener valores enteros.
Solución:
Etapa: Cada tipo de artículo
hace referencia a una etapa.
Estado: La disponibilidad
respecto a la capacidad del barco
Decisión: Cuántas unidades de
cada tipo de artículo llevar
Función recursiva: Representa el
total de ingreso que se quiere maximizar.
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(0)=0
|
14(1)=14
|
-
|
-
|
-
|
14
|
1
|
2
|
14(0)=0
|
14(1)=14
|
14(2)=28
|
-
|
-
|
28
|
2
|
3
|
14(0)=0
|
14(1)=14
|
14(2)=28
|
14(3)=42
|
-
|
42
|
3
|
4
|
14(0)=0
|
14(1)=14
|
14(2)=28
|
14(3)=42
|
14(4)=56
|
56
|
4
|
s3=0;
significa que el barco está lleno, disponibilidad cero.
s3=4;
significa que el barco está vacío, disponibilidad 4 ton.
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
|
Para obtener la solución óptima, se observa que el máximo ingreso
generado en la etapa 1, es decir $62 mil, se produce cuando se decide llevar 2
unidades del artículo 1.
PROBLEMA 2 (Modelo: Fuerza
laboral)
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(0)+[0]+800=800
|
300(1)+[0]+600=900
|
300(2)+[0]+0=600
|
600
|
6
|
Etapa
3 (r3 = 8)
|
|||
s3
|
f3(s3,x3)=300(x3 - 8)+[400+200(x3-s3)]+f4*(x3)
|
Solución
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
|
f2(s2,x2)=300(x2 - 7)+[400+200(x2-s2)]+f3*(x2)
|
Solución
óptima
|
||
x2
=7
|
x2
=8
|
f2*(s2)
|
x2*
|
|
5
|
300(0)+[400+200(2)]+1200=2000
|
300(1)+[400+200(3)]+600=1900
|
1900
|
8
|
6
|
300(0)+[400+200(1)]+1200=1800
|
300(1)+[400+200(2)]+600=1700
|
1700
|
8
|
7
|
300(0)+[0]+1200=1200
|
300(1)+[400+200(1)]+600=1500
|
1200
|
7
|
8
|
300(0)+[0]+1200=1200
|
300(1)+[0]+600=900
|
900
|
8
|
Etapa
1 (r1 = 5)
|
||||||
s1
|
f1(s1,x1)=300(x1 - 5)+[400+200(x1-s1)]+f2*(x1)
|
Solución
óptima
|
||||
x1
=5
|
x1
=6
|
x1
=7
|
x1
=8
|
f1*(s1)
|
x1*
|
|
0
|
300(0)+[400+200(5)]
+1900=3300
|
300(1)+[400+200(6)]
+1700=3600
|
300(2)+[400+200(7)]
+1200=3600
|
300(3)+[400+200(8)]
+900=3800
|
3300
|
5
|
PROBLEMA 3 (Modelo: Reposición
de equipo)
En el transcurso de los cuatro siguientes años, durante cierto proceso
de producción, se desea saber cuándo remplazar una máquina o seguir
conservándola con la finalidad de encontrar lo más beneficioso para la empresa.
Inicialmente se tiene una máquina con tres años de antigüedad trabajando en la
producción. Los datos respecto a la maquina los obtenemos en la siguiente
tabla:
t
|
I(t)
|
C(t)
|
R(t)
|
Tiempo
(años)
|
Ingreso
(miles de $)
|
Costo de
operación ( $ )
|
Valor de
Recuperación ( $ )
|
0
|
20000
|
200
|
-
|
1
|
19000
|
600
|
80000
|
2
|
18500
|
1200
|
60000
|
3
|
17200
|
1500
|
50000
|
4
|
15500
|
1700
|
30000
|
5
|
14000
|
1800
|
10000
|
6
|
12200
|
2200
|
5000
|
Considerar que:
·
El costo
de una máquina nueva es $100000.
·
Toda
máquina con 6 años de antigüedad debe reemplazarse.
·
Terminado
el horizonte de planeación, la máquina debe venderse.
Como esta es la última etapa, la
máquina debe venderse, y no hay contribuciones posteriores.
El estado de la etapa n es la
antigüedad t de la máquina al inicio del año n, entonces:
Etapa
4
|
||||
t
s4
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
R(t +1)
|
I(0) + R(t) +R(1) - 100000 - C(0)
|
f4*(s4)
|
x4*
|
|
1
|
19000-600+60000=78400
|
20000+80000+80000-100000-200=79800
|
79800
|
R
|
2
|
18500-1200+50000=67300
|
20000+60000+80000-100000-200=59800
|
67300
|
C
|
3
|
17200+1500+30000=45700
|
20000+50000+80000-100000-200=49800
|
49800
|
R
|
6
|
Se
debe reemplazar
|
20000+5000+80000-100000-200=4800
|
4800
|
R
|
Etapa
3
|
||||
t
s3
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f4(t +1)
|
I(0) + R(t) -
100000 - C(0) + f4*(1)
|
f3*(s3)
|
x3*
|
|
1
|
19000-600+67300=85700
|
20000+80000-100000-200+79800=79600
|
85700
|
C
|
2
|
18500-1200+49800=67100
|
20000+60000-100000-200+79800=59600
|
67100
|
C
|
5
|
14000-1800+4800=17000
|
20000+10000-100000-200+79800=9600
|
17000
|
C
|
Etapa
2
|
||||
t
s2
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f3(t +1)
|
I(0) + R(t) -
100000 - C(0) + f3*(1)
|
f2*(s2)
|
x2*
|
|
1
|
19000-600+67100=85500
|
20000+80000-100000-200+85700=85500
|
85500
|
C o R
|
4
|
15500-1700+17000=30800
|
20000+30000-100000-200+85700=35500
|
35500
|
R
|
Etapa
1
|
||||
t
s1
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f2(t +1)
|
I(0) + R(t) -
100000 - C(0) + f2*(1)
|
f1*(s1)
|
x1*
|
|
3
|
17200-1500+35500=51200
|
20000+50000-100000-200+85500=55300
|
55300
|
R
|
PROBLEMA 4
Una empresa requiere 28, 30, 25, 29 y 20
trabajadores para los próximos 5 años respectivamente. En la actualidad hay 30
empleados en la empresa. Cada trabajador gana 16000 soles al año. Al empezar
cada año se puede contratar o despedir trabajadores. Cuesta 1000 soles
contratar un trabajador y 15000 soles despedirlo, debido a los seguros y
beneficios que se tienen que pagar. Por lo fatigoso que es el trabajo, cada año
renuncian 3 trabajadores (los cuales no cobran los 15000 soles de despido).
Mediante el uso de programación dinámica encontrar la política óptima
definiendo las etapas, estados y variables de decisión; además explicar la
función recursiva. Tener en cuenta que, de ser económico, sería ideal tener el
número exacto de trabajadores necesarios en cada semana; además, la empresa
trata en lo posible de evitar los costos de contratación o despido.
Solución:
rn: Requerimiento de año n
xn: Trabajadores asignados el año n
Etapa: año
Estado: trabajadores que quedan al inicio del
presente período.
fn(sn,xn)=
min{16000(xn) + 1000(xn-sn) + 15000(sn-xn)
+fn+1(sn+1) } o
también
fn(sn,xn)=
min{16000(xn) + 1000(xn-sn) + 15000(sn-xn)
+ fn+1(xn-3) }
teniendo en cuenta que: 1000(xn-sn);
xn>sny15000(sn-xn); sn>xn
Por practicidad los costos en las
tablas se encuentran en miles de soles
Etapa
5 (r5 = 20)
|
|||
s5
|
f5(s5,x5)=16000(x5)+15000(s5-x5)
|
Solución
óptima
|
|
x5
=20
|
f5*(s5)
|
x5*
|
|
29-3=26
|
16(20)+15(6)=410
|
410
|
20
|
Etapa
4 (r4 = 29)
|
|||
s4
|
f4(s4,x4)=16000(x4)+1000(x4-s4)+f5(x4-3)
|
Solución
óptima
|
|
x4
=29
|
f4*(s4)
|
x4*
|
|
25-3=22
|
16(22)+1(7)+410 =769
|
769
|
29
|
27-3=24
|
16(24)+1(5)+410=799
|
799
|
29
|
Etapa
3 (r3 = 25)
|
||||
s3
|
f3(s3,x3)=16000(x3)+15000(s3-x3)+f4(x3-3)
|
Solución
óptima
|
||
x2
=25
|
x2
=27
|
f3*(s3)
|
x3*
|
|
30-3=27
|
16(25)+15(2)+769=1199
|
16(27)+ 799=1231
|
1199
|
25
|
Etapa
2 (r2 = 30)
|
|||
s2
|
f2(s2,x2)=16000(x2)+1000(x2-s2)+f3(x2-3)
|
Solución
óptima
|
|
x2
=30
|
f2*(s2)
|
x2*
|
|
28-3=25
|
16(30)+1(5)+1199 =1754
|
1754
|
30
|
30-3=27
|
16(30)+1(3)+1199 =1724
|
1724
|
30
|
Etapa
1 (r1 = 28)
|
||||
s1
|
f1(s1,x1)=16000(x1)+15000(s1-x1)+f2(x1-3)
|
Solución
óptima
|
||
x1
=28
|
x1
=30
|
f1*(s1)
|
x1*
|
|
30
|
16(28)+15(2)+1754=2232
|
16(30)+1724=2204
|
2204
|
30
|
PROBLEMA 5
Una empresa
requiere tener una máquina que trabaje durante los 5 años siguientes. En la
actualidad tiene una máquina nueva. La compañía podría conservar la máquina o
venderla al empezar cada año y comprar una nueva. Una máquina nueva cuesta 5000
dólares. Los ingresos obtenidos con la máquina, el costo de mantenimiento y el
valor de salvamento que se puede obtener al venderla al final del año, dependen
de la edad de la máquina (véase tabla). Puede utilizarse una máquina hasta un
máximo de tres años de antigüedad.
Utilice la
programación dinámica para maximizar la utilidad neta ganada durante los seis
años siguientes.
AÑO
0-1
|
AÑO
1-2
|
AÑO
2-3
|
|
Ingresos ($)
|
4500
|
3000
|
1500
|
Costos de
operación ($)
|
500
|
700
|
1100
|
Valor de
salvamento al final del año
|
3000
|
1800
|
500
|
ETAPAS: Años
ESTADOS: Edad de la
máquina
ALTERNATIVAS:
Conservar, Reemplazar
Como esta es la última etapa, la máquina debe venderse, y no hay contribuciones posteriores.
Etapa
6
|
||||
t
s6
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
R(t +1)
|
I(0) + R(t) +R(1) - 5000 - C(0)
|
f6*(s6)
|
x6*
|
|
1
|
3000-700+1800=4100
|
4500+3000+3000-5000-500=5000
|
5000
|
R
|
2
|
1500-1100+500=900
|
4500+1800+3000-5000-500=3800
|
3800
|
R
|
3
|
Se
debe reemplazar
|
4500+500+3000-5000-500=2500
|
2500
|
R
|
Etapa
5
|
||||
t
s5
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f6*(t +1)
|
I(0) + R(t) -
5000 - C(0)
+ f6*(1)
|
f5*(s5)
|
x5*
|
|
1
|
3000-700+3800=4100
|
4500+3000-5000-500+5000=7000
|
7000
|
R
|
2
|
1500-1100+2500=2900
|
4500+1800-5000-500+5000=5800
|
5800
|
R
|
3
|
Se
debe reemplazar
|
4500+500-5000-500+5000=4500
|
4500
|
R
|
Etapa
4
|
||||
t
s4
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f5*(t +1)
|
I(0) + R(t) -
5000 - C(0)
+ f5*(1)
|
f4*(s4)
|
x4*
|
|
1
|
3000-700+5800=8100
|
4500+3000-5000-500+7000=9000
|
9000
|
R
|
2
|
1500-1100+4500=4900
|
4500+1800-5000-500+7000=7800
|
7800
|
R
|
3
|
Se
debe reemplazar
|
4500+500-5000-500+7000=6500
|
6500
|
R
|
Etapa
3
|
||||
t
s3
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f4*(t +1)
|
I(0) + R(t) -
5000 - C(0)
+ f4*(1)
|
f3*(s3)
|
x3*
|
|
1
|
3000-700+7800=10100
|
4500+3000-5000-500+9000=11000
|
11000
|
R
|
2
|
1500-1100+6500=6900
|
4500+1800-5000-500+9000=9800
|
9800
|
R
|
Etapa
2
|
||||
t
s2
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f3*(t +1)
|
I(0) + R(t) -
5000 - C(0)
+ f3*(1)
|
f2*(s2)
|
x2*
|
|
1
|
3000-700+9800=12100
|
4500+3000-5000-500+11000=13000
|
13000
|
R
|
Etapa
1
|
||||
t
s1
|
Conservar
|
Reemplazar
|
Solución
óptima
|
|
I(t) - C(t) +
f2*(t +1)
|
I(0) + R(t) -
5000 - C(0)
+ f2*(1)
|
f1*(s1)
|
x1*
|
|
0
|
3000-700+13000=15300
|
-
|
15300
|
C
|
PROBLEMA 6
Una empresa tiene los siguientes datos de demanda de su producto:
Mes
|
Demanda
|
1
|
1
|
2
|
3
|
3
|
2
|
4
|
4
|
¿Cuántas unidades debe fabricar en el mes? Sabiendo que:
o
Durante
el mes que se producen algunas unidades se incurre en un costo fijo de $30.
o
El costo
variable es de $10 por cada unidad fabricada.
o
Al final
de cada mes se genera un costo de almacenamiento de $5 por cada unidad.
o
Las
limitaciones de capacidad permiten una producción máxima de 5 unidades.
o
El tamaño
del almacén restringe un inventario final máximo de 4 unidades cada mes.
o
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.
· 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 el nivel de producción en el mes n
yn el inventario inicial en el mes n
dn la demanda en el mes n
CP(xn) el costo de
producción de xn unidades, CP(xn)=30+10xn
Lo que tenga en almacén el
siguiente mes, será:
lo que tenía en inventario + lo que produje - la
demanda de dicho mes
es decir: yi+1 = yi + xi
- di
entonces: CI(yi+1)=5(yi + xi - di)
Función recursiva: Costo mínimo
de cumplir las demandas fn(sn
,xn) = min {CI(yi+1)
+ CP(xn) + fn+1(sn+1)}
Etapa: Cada mes
Estado: Inventario inicial
Etapa
4 (demanda=4)
|
|||||||
s4
|
f4(s4,x4)=30+10x4
|
Solución
óptima
|
|||||
x4
= 0
|
x4
= 1
|
x4
= 2
|
x4
= 3
|
x4
= 4
|
f4*(s4)
|
x4*
|
|
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=120
|
5+60+60=125
|
10+70+50=130
|
15+80+40=135
|
120
|
2
|
1
|
-
|
0+40+70=110
|
5+50+60=115
|
10+60+50=120
|
15+70+40=125
|
20+80+0=100
|
100
|
5
|
2
|
0+0+70=70
|
5+40+60=105
|
10+50+50=110
|
15+60+40=115
|
20+70+0=90
|
-
|
70
|
0
|
3
|
5+0+60=65
|
10+40+50=100
|
15+50+40=105
|
20+60+0=80
|
-
|
-
|
65
|
0
|
4
|
10+0+50=60
|
15+40+40=95
|
20+50+0=70
|
-
|
-
|
-
|
60
|
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 = 0
|
x1 = 1
|
x1 = 2
|
x1 = 3
|
x1 = 4
|
x1 = 5
|
f1*(s1)
|
x1*
|
|
0
|
-
|
0+40+160=200
|
5+50+150=205
|
10+60+140=210
|
15+70+120=205
|
20+80+105=205
|
200
|
1
|
PROBLEMA 7
Una compañía construye aviones comerciales para varias líneas aéreas de
todo el mundo. La última etapa del proceso consiste en la fabricación de los
motores de turbina y su instalación en la estructura del avión. La compañía
tiene que hacer entrega, próximamente, de un gran número de aviones y, por este
motivo, desea programar la producción de los motores de turbina para los
próximos cuatro meses.
En la siguiente tabla se muestra, para cada uno de los próximos cuatro
meses, la cantidad de motores que deben de estar listos para su instalación, la
capacidad de producción máxima de dicho mes, el coste unitario de fabricar cada
motor (que puede variar de mes a mes debido a las necesidades de personal,
alteraciones en los precios de las materiales, consumos energéticos, etc.), y
el coste de almacenar un motor durante un mes (en este caso, el coste siempre
es fijo de $15000 por motor).
Mes
|
Instalaciones
programadas
|
Producción
máxima
|
Costo unitario
de producción*
|
Costo unitario
de almacenaje*
|
1
|
10
|
25
|
1.08
|
0.015
|
2
|
15
|
35
|
1.11
|
0.015
|
3
|
25
|
30
|
1.10
|
0.015
|
4
|
20
|
10
|
1.13
|
*costo dado en millones de $.
Dada las
variaciones de los costos de producción, podría valer la pena fabricar algunos
motores antes de su fecha de instalación. Utilice métodos de programación
dinámica para determinar la producción óptima de cada mes, teniendo en cuenta
que las cantidades producidas deben ser múltiplos de 5.
Solución:
Sean:
xn el nivel de producción en el mes n
yn el inventario inicial en el mes n
dn la demanda en el mes n
Función recursiva: Costo mínimo
de cumplir las demandas fn(sn
,xn) = min {CP(xn)+CI(yi+1)+fn+1(sn+1)}
Etapa: Cada mes
Estado: Inventario inicial
ETAPA 4 (Demanda =20)
|
|||||
s4
|
f4(s4,x4)= 1.13x4
|
Solución óptima
|
|||
x4=0
|
x4=5
|
x4=10
|
f4*(s4)
|
x4
|
|
10
|
-
|
-
|
11.3
|
11.3
|
10
|
15
|
-
|
5.65
|
-
|
5.65
|
5
|
20
|
0
|
-
|
-
|
0
|
0
|
ETAPA 3 (Demanda =25)
|
|||||||||
s3
|
f3(s3,x3)= 1.10x3 + 0.015(y3+x3-d3) + f4*(y3+x3-d3)
|
Solución óptima
|
|||||||
x3=0
|
x3=5
|
x3=10
|
x3=15
|
x3=20
|
x3=25
|
x3=30
|
f3*(s3)
|
x3
|
|
5
|
-
|
-
|
-
|
-
|
-
|
-
|
44.45
|
44.45
|
30
|
10
|
-
|
-
|
-
|
-
|
-
|
38.95
|
38.875
|
38.875
|
30
|
15
|
-
|
-
|
-
|
-
|
33.45
|
33.375
|
33.3
|
33.3
|
30
|
20
|
-
|
-
|
-
|
27.95
|
27.875
|
27.8
|
-
|
27.8
|
25
|
25
|
-
|
-
|
22.45
|
22.375
|
22.3
|
-
|
-
|
22.3
|
20
|
30
|
-
|
16.95
|
16.875
|
16.8
|
-
|
-
|
-
|
16.8
|
15
|
35
|
11.45
|
11.375
|
11.3
|
-
|
-
|
-
|
-
|
11.375
|
10
|
ETAPA 2 (Demanda =15)
|
||||||||||
s2
|
Solución óptima
|
|||||||||
x2=0
|
x2=5
|
x2=10
|
x2=15
|
x2=20
|
x2=25
|
x2=30
|
x2=35
|
f2*(s2)
|
x2
|
|
0
|
-
|
-
|
-
|
-
|
66.725
|
66.775
|
66.825
|
66.95
|
66.725
|
20
|
5
|
-
|
-
|
-
|
61.175
|
61.225
|
61.275
|
61.4
|
61.525
|
61.175
|
15
|
10
|
-
|
-
|
55.625
|
55.675
|
55.725
|
55.85
|
55.975
|
56.1
|
55.625
|
10
|
15
|
-
|
50.075
|
50.125
|
50.175
|
50.3
|
50.425
|
50.55
|
50.675
|
50.075
|
5
|
ETAPA 1 (Demanda =10)
|
||||||
s1
|
f1(s1,x1)= 1.08x1 + 0.015(y1+x1-d1) + f2*(y1+x1-d1)
|
Solución óptima
|
||||
x1=10
|
x1=15
|
x1=20
|
x1=25
|
f1*(s1)
|
x1
|
|
0
|
77.525
|
77.375
|
77.225
|
77.075
|
77.075
|
25
|
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