• Author / Uploaded
• RicardoMiñanoBurgos

• Categories
• Lean Manufacturing
• Inventario
• Teorías económicas
• Gestión de proceso
• Gestión de la cadena de suministro

Citation preview

“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

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) b) c) d)

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

DESARROLLO FASE 5 DESTINO (j) W

ORIGEN (i)

2*vereda + camino

A J

2*5 + 5 = 15 2*4 + 3 = 11

Solución Optima F5(i) 15 11

Decisión W W

FASE 4

ORIGEN (i) W A J

W 2*vereda + camino + F5(i) – 2*5 +5 + 0 = 15 2*4 +3 + 0 = 11

DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F5(i) 2*6 + 5 + 15 = 32 – 2*4 + 2 + 15 = 25

J 2*vereda + camino + F5(i) 2*6 + 3 + 11 = 22 2*5 + 2 + 11 = 23 –

W 2*vereda + camino + F4(i) – 2*5 +5 +32 = 47 2*4 +3 +32 = 43

DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F4(i) 2*6 + 5 + 23 = 40 – 2*4 + 2 + 23 = 33

J 2*vereda + camino + F4(i) 2*6 + 3 + 25 = 40 2*5 + 2 + 25 = 37 –

Solución Optima F4(i) 32 23 25

Decisión A J A

FASE 3

ORIGEN (i) W A J

Solución Optima F3(i) 40 47 43

Decisión A,J W A

FASE 2

ORIGEN (i)

W 2*vereda + camino + F3(i)

A J

2*5 +5 +40 = 55 2*4 +3 +40 = 51

DESTINO (j) A 2*vereda + camino + F3(i) – 2*4 + 2 + 47 = 57

J 2*vereda + camino + F3(i) 2*5 + 2 + 43 = 55 –

Solución Optima F2(i)

Decisión

55 57

W,J A

FASE 1 DESTINO (j) ORIGEN (i)

W

A 2*vereda + camino + F2(i)

W

–

Solución Optima

J

2*6 + 5 + 55 = 72

2*vereda + camino + F2(i)

F1(i)

Decisión

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

W

W

A

A

A

J

J

J

J W

A

FUNCION RECURSIVA: ()

(

( ))

Fin base W W

PROBLEMA 02 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:

decisiòn 1 2 3 4

CURSO – etapa n II III 15 12 15 14 16 17 19 18

I 13 15 16 17

IV W14 = 16 17 18 19

Solución: 1. 2. 3. 4.

Función Objetivo : Maximizar Puntaje Número de Etapas: 4 (Cursos) Estado : Días Disponibles (Sn) (0,1,2,3,4,5,6,7) Variable Decisión: Días Asignados (Xn) (1,2,3,4) FORMULA GENERAL DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA:

(

)

(

){

(

)(

)}

 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 ESTADO: S4

1

2

3

4

Max. Punt. F4*

Mejor Dec. X4*

19

16 17 18 19

1 2 3 4

Disponible 1 2 3 4



16 17

Como ya se empleó un día en la etapa anterior ,restamos 1 a los días disponibles Asignados Variable de Decisión : X3

ETAPA 3 ESTADO: S3



18

2(1)

1 W13+f*4(21) 12+16=28

3(2) 4(3) 5(4)

12+17=29 12+18=30 12+19=31

2

3

4

W23+f*4(3-2) 14+16=30 14+17=31 17+16=33 14+18=32 17+17=34 18+16=34

Max. Punt. f*

Mejor Dec. X*

28

1

30 33 34

2 3 3,4

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

ESTADO S2 Disponibles 3(1) 4(2) 5(3) 6(4)

Asignados Variable de Decisión: X2 1 2 15+28=43 15+30=45 15+28=43 15+33=48 15+30=45 15+34=49 15+33=48

Max. Punt. 3 4 f* 43 45 16+28=44 48 16+30=46 19+28=47 49

Mejor Dec. X* 1 1 1 1



En esta última etapa se puede ofrecer todo días disponibles ETAPA 1

Asignado Variable de Decisión: X1

ESTADO S1 Disponible 7

Max. Punt. 1 2 3 4 f* 13+49=62 15+48=63 16+45=61 17+43=60 63 4 dispon. 3 dispon. 2 dispon. 1 dispon.

ETAPA 1 2 3 4

DISPONIBLE ASIGNADO 7 2 7-2=5 1 5-1=4 3 4-3=1 1

Formula General ( Si

(

)

(

)

(

){

(

)(

(

)(

)}

)

Entonces: (

)

(

){

(

)

)}

En caso contrario: No factible f 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 A Indianápolis Bloomington Chicago Indianápolis 5 2 Bloomington 5 7 Chicago 2 7 I=12 B=16

Mejor Dec. X* 2

C=17 Solución: a) b) c) d)

Función Objetivo: Maximizar (Ganancia – Costo) Número de Etapas: 4 Estado: Origen Sn Variable Decisión: Destino Xn

Establecemos las Etapas:    

Fase 1 Fase 2 Fase 3 Fase 4

: Domingo : Lunes : Martes : Miércoles

Fase 4:Miércoles FUNCIÓN: F3 (S3) = Max [Ganancia - Costo (S3, X3)] S3\X3 Indianápolis F3(S3) X3 Indianápolis 12 – 0 = 12 12 Indianápolis Bloomington 12 – 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 Chicago Bloomington 12-5+12=19 16-0+7=23 17-7+10=20 23 Bloomington Chicago 12-2+12=22 16-7+7=16 17-0+10=27 27 Chicago

Fase 2: Lunes FUNCIÓN: F1 (S1) = Max [Ganancia - Costo (S1, X1) + F2 (X1)] S1\X1

Indianápolis Bloomington

Chicago

F1(S1)

X1

Indianápolis

12-0+25=37

16-5+23=34

17-2+27=42

42

Chicago

Bloomington

12-5+25=32

16-0+23=39

17-7+27=37

39

Bloomington

Chicago

12-2+25=35

16-7+23=32

17-0+27=44

44

Chicago

Chicago

F1(S1)

X1

17-7+44=54

56

Bloomington

Fase 1: Domingo FUNCIÓN: F0 (S0) = Max [Ganancia - Costo (S0, X0) + F1 (X0)] S1\X1

Indianápolis Bloomington

Bloomington

12-5+42=49

16-0+39=56

-

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:

Mes

Demanda

1

1

2

3

3

2

4

4

¿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.  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) f4(s4,x4)=30+10x4 s4 x4 = 0

Solución óptima

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) Solució n óptima

*

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

s

x3 = 0

x3 = 1

x3 = 2

x3 = 3

x3 = 4

x3 = 5

3

f3*( s 3)

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) Solució n óptima

*

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

s

x2 = 0

x2 = 1

x2 = 2

x2 = 3

x2 = 4

x2 = 5

2

0

-

-

-

0+60+120 =180

5+70+100 =175

10+80+70 =160

f2*( s 2)

x2

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) Solución

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

óptima x 1

s 1

= 0

0

-

x1 = 1

0+40+160= 200

x1 = 2

x1 = 3

x1 = 4

x1 = 5

5+50+150= 10+60+140= 15+70+120= 20+80+105= 205 210 205 205

Respuesta:

Deben Mes

producirse (unids)

1

1

2

5

3

0

4

4

f1*(s 1)

x1

200

1

*

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 f3(s3,x3)=14x3

Solución óptima

s3

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 f2(s2,x2)=47x2+f3*(s2-3x2) s2

x2 =0

Solución óptima

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 f1(s1,x1)=31x1+ f2*(s1-2x1) s1

x1 =0

Solución óptima

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) Costo de contratación:

cuando: xn > rn

400 + 200(xn – sn)

cuando: xn > sn

Etapa 5 (r5 = 6) f5(s5,x5)=300(x5 - 6)+[400+200(x5-s5)] Solución óptima s5

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

s4 8

x4 =4

x4 =5

Solución óptima

x4 =6

300(4)+[0]+800=2000 300(3)+[0]+600=1500 300(2)+[0]+0=600

f4*(s4)

x4*

600

6

Etapa 3 (r3 = 8) f3(s3,x3)=300(x3 - 8)+[400+200(x3-s3)]+f4*(x3) Solución óptima s3

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) f2(s2,x2)=300(x2 - 7)+[400+200(x2-s2)]+f3*(x2)

s2 5

x2 =7

x2 =8

300(0)+[400+200(2)]+1200=2000 300(0)+[400+200(3)]+600=1600

Solución óptima f2*(s2)

x2*

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) f1(s1,x1)=300(x1 - 5)+[400+200(x1-s1)]+f2*(x1)

s

Solución óptima

x1 =5

x1 =6

x1 =7

x1 =8

300(0)+[400+20 0(5)]

300(0)+[400+20 0(6)]

300(0)+[400+20 0(7)]

300(0)+[400+20 0(8)]

+1600=3000

+1400=3000

+1200=3000

+600=2600

1

0

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

f1*(s 1) 260 0

x1 *

8