TRABAJO PRÁCTICO
ASIGNATURA: CÓD. ASIGNATURA: APLICACIONES DE PROGRAMACIÓN ENTERA Y DINAMICA 359 NOMBRE DEL ESTUDIANTE: CÉDULA DE IDENTIDAD: CORREO ELECTRÓNICO: TELÉFONO (S): CENTRO LOCAL: CÓD. CENTRO LOCAL: ARAGUA 0400 CARRERA: CÓD. CARRERA: INGENIERÍA DE SISTEMAS 236 ASESOR: FIRMA DEL ESTUDIANTE: _____________________________
LAPSO: 2015-1
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA AREA DE INGENIERÍA CARRERA DE INGENIERÍA DE SISTEMAS
2
Contenido
2 INTRODUCCIÓN........................................................................................................ 3
3 OBJETIVO 3 ................................................................................................................ 4
3.1 PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA .......................................................................................... 4
3.2 SOLUCIÓN .......................................................................................................................................... 5
4 OBJETIVO 4 ............................................................................................................. 11
4.1 PROBLEMA ..................................................................................................................................... 11
4.2 SOLUCIÓN ....................................................................................................................................... 11
5 OBJETIVO 7 ............................................................................................................. 15
5.1 PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA ....................................................................................... 15
5.2 SOLUCIÓN ....................................................................................................................................... 15
3
2 INTRODUCCIÓN
El presente trabajo tiene la finalidad de poner en práctica los
conocimientos adquiridos de la materia 359 APLICACIONES DE
PROGRAMACIÓN ENTERA Y DINAMICA.
En el objetivo 3 el planteamiento nos lleva a la empresa
productora de Cemento para analizar la mejor opción posible para
disminuir los costos en la reducción de la cantidad de partículas
de los diferentes contaminantes que se diseminan en el ambiente,
mejorando la calidad de vida de los habitantes de la zona.
En el objetivo 4 nos presentan una empresa que produce
juguetes en nuestro ejemplo de muñecas, la empresa quiere
conocer como minimizar los costos para producir la cantidad de
muñecas por tipo en las dos máquinas disponibles, de acuerdo a
una demanda establecida.
En el objetivo 7 nos presentan un problema de una empresa
de mercadeo que quiere conocer si saca uno de sus productos
fuera del mercado de acuerdo a unas probabilidades usando las
cadenas de Markov, se presentan las diferentes alternativas y
para cada una de ellas si se maneja o no publicidad.
4
3 OBJETIVO 3
3.1 PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA
Cemeca, es una empresa productora de cemento en el país, que
se encuentra ubicada en una zona cuya comunidad ha crecido y
prosperado junto a la compañía dando empleo a muchos de sus
habitantes. Sin embargo, al pasar el tiempo la contaminación no
controlada del aire debido a los hornos de la planta está en camino
de poner en peligro la salud de sus habitantes.
Es por ello que tanto la empresa como los pobladores de la zona
y la alcaldía han establecido tres tipos principales de
contaminantes, además los nuevos estándares de pureza en el
ambiente requieren que la empresa reduzca la emisión anual de
estos contaminantes en las cantidades que se presentan en la
siguiente tabla:
La planta dispone de hornos, filtros y combustibles que minimizan
la cantidad de partículas molidas contaminantes que en el proceso
de producción se disemina en el ambiente. La siguiente tabla
proporciona la reducción de la tasa de emisión (en millones de
libras por año).
5
La empresa requiere minimizar los costos anuales en que incurrirá
para reducir la contaminación, la siguiente tabla muestra los
costos por hornos, filtros y combustibles:
De igual forma, la empresa determinó unos costos fijos de 2
millones por cada uno de los Hornos altos y bajos por lo tanto k1 =
2 k2 = 2.
Dada la información anterior y debido a la naturaleza de encontrar
un plan que satisfaga los requerimientos con el menor costo
posible se formó un equipo de investigación de operaciones, éste
equipo decidió enfocar el problema desde un punto de vista de
Programación Entera.
Responda los siguientes ítems:
• Modele el problema de Programación Entera.
• Resuélvalo aplicando el paquete de programación que
disponga.
• Interprete los resultados.
3.2 SOLUCIÓN
Variables de decisión
Xi: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas en los hornos de chimeneas altas. Donde i = 1, 2, 3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
6
Yi: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas en los hornos de chimeneas bajas. Donde i = 1, 2, 3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
Zi: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas usando filtros en chimeneas altas. Donde i = 1, 2, 3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
Wi: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas usando filtros en chimeneas bajas. Donde i = 1, 2, 3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
Mi: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas usando combustible en chimeneas altas. Donde i = 1, 2,
3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
Ni: Millones de toneladas de partículas contaminantes
molidas usando combustible en chimeneas bajas. Donde i = 1, 2,
3.
1 Partículas contaminantes molidas de Polvo de Horno.
7
2 Partículas contaminantes molidas de Monóxido (CO).
3 Partículas contaminantes molidas de Óxido de Azufre.
usamoslonoSi
altaschimeneasenhornosusamosSiK
0
11
usamoslonoSi
bajaschimeneasenhornosusamosSiK
0
12
Función Objetivo
MIN Costo = 2 K1 + 2 K2 + 8 X1 + 8 X2 + 8 X3 + 10 Y1 + 10 Y2
+ 10 Y3 + 7 Z1 + 7 Z2 + 7 Z3 + 6 W1 + 6 W2 + 6 W3 + 11 M1 + 11
M2 + 11 M3 + 9 N1 + 9 N2 + 9 N3
SUJETO A
12 X1 + 9 Y1 + 25 Z1 + 20 W1 + 17 M1 + 13 N1 = 60
35 X2 + 42 Y2 + 18 Z2 + 31 W2 + 56 M2 + 49 N2 = 120
37 X3 + 53 Y3 + 28 Z3 + 24 W3 + 29 M3 + 20 N3 = 125
- 84 K1 + X1 + X2 + X3 <= 0
- 104 K2 + Y1 + Y2 + Y3 <= 0
Programa usando LINDO 6.1 Resultado
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 7
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 62.47108
VARIABLE VALUE REDUCED COST
K1 0.000000 2.000000
K2 0.022678 0.000000
8
X1 0.000000 4.640000
X2 0.000000 1.571429
X3 0.000000 1.005443
Y1 0.000000 7.499231
Y2 0.000000 2.304945
Y3 2.358490 0.000000
Z1 2.400000 0.000000
Z2 0.000000 3.693877
Z3 0.000000 1.706821
W1 0.000000 0.400000
W2 0.000000 0.306122
W3 0.000000 1.462990
M1 0.000000 6.240000
M2 0.000000 0.714286
M3 0.000000 5.517779
N1 0.000000 5.360000
N2 2.448980 0.000000
N3 0.000000 5.219158
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES
2) 0.000000 -0.280000
3) 0.000000 -0.183673
4) 0.000000 -0.189042
5) 0.000000 0.000000
6) 0.000000 0.019231
NO. ITERATIONS= 7
9
RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
OBJ COEFFICIENT RANGES
VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE K1 2.000000 INFINITY 2.000000
K2 2.000000 149.783768 2.000000
X1 8.000000 INFINITY 4.640000
X2 8.000000 INFINITY 1.571429
X3 8.000000 INFINITY 1.005443
Y1 10.000000 INFINITY 7.499231
Y2 10.000000 INFINITY 2.304945
Y3 10.000000 1.440229 INFINITY
Z1 7.000000 0.500000 INFINITY
Z2 7.000000 INFINITY 3.693877
Z3 7.000000 INFINITY 1.706821
W1 6.000000 INFINITY 0.400000
W2 6.000000 INFINITY 0.306122
W3 6.000000 INFINITY 1.462990
M1 11.000000 INFINITY 6.240000
M2 11.000000 INFINITY 0.714286
M3 11.000000 INFINITY 5.517779
N1 9.000000 INFINITY 5.360000
N2 9.000000 0.483871 INFINITY
N3 9.000000 INFINITY 5.219158
10
RIGHTHAND SIDE RANGES
ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE
RHS INCREASE DECREASE
2 60.000000 INFINITY 60.000004
3 120.000000 INFINITY 120.000000
4 125.000000 INFINITY 124.999992
5 0.000000 INFINITY 0.000000
6 0.000000 2.358490 INFINITY
El costo mínimo según la solución óptima es: Costo = 62.47108
Bolívares fuertes. Esto le corresponde a la solución continua.
El costo mínimo correspondiente a la solución entera es: Costo =
64.425720 Bs.
La solución óptima establece que no debe usarse el horno en
chimeneas altas
Moler 2.358.490 partículas contaminantes de Óxido de azufre en
los hornos de chimeneas bajas (Y3).
Moler 2.400.000 partículas contaminantes de Polvo de horno
usando filtros en chimeneas altas (Z1).
Moler 2.448.980 partículas contaminantes de Monóxido (CO)
usando combustible en chimeneas bajas (N2).
11
4 OBJETIVO 4
4.1 PROBLEMA
La compañía de Juguetes JVG. C.A. es la compañía más grande
en su ramo, entre sus diferentes marcas produce las muñecas
Pily, Alix y Mela. Cada una de estas muñecas se produce en dos
máquinas. A la máquina (1) le lleva por lo menos 6,5 horas
elaborar las tres muñecas y la máquina (2) se demora por lo
menos 9,5 horas en fabricar tres de Pily, uno de Alix y cuatro de
Mela.
La demanda de Pily es de un máximo de una muñeca, mientras
que Alix es de un máximo de dos muñecas, para Mela se espera
sea de un máximo de cuatro muñecas. Si los costos de producción
de Pily, Alix y Mela son 1, 3, y 5 Unidades Monetarias (UM).
Cuánto se debe producir de cada una de las tres muñecas para
minimizar los costos de producción, para ello aplique
Programación Entera (PE) y realice lo siguiente:
a. Modele el problema de Programación Entera.
b. Enumera las soluciones posibles del problema.
c. Aplique el Algoritmo de Corte para lograr la solución óptima.
d. Conclusiones.
4.2 SOLUCIÓN
Evaluando el problema nos enfrentamos en principio a un
problema de programación lineal entera ya que:
1. El número de muñecas a producir es entero.
2. Podemos considerar el manejo de dos variables de decisión
(0 y 1) que son:
a. La primera decisión si las muñecas se producen en la
maquina 1.
12
b. La segunda si las muñecas se producen en la
maquina 2.
3. No tenemos una restricción de tiempo, el cual es un
problema ya que esto ocasiona una restricción infinita en el
tiempo.
4. La especificación de la producción de cada máquina no es
clara:
a. Para la maquina 1 dice que produce simultáneamente
los tres tipos de muñecas en 6,5 horas, pero no está
definido el tiempo que toma cada una.
b. Para la maquina 2 ocurre algo similar produce
simultáneamente 3 de Pily, 1 de Alix y 4 de Mela en
9,5 horas sin especificar el tiempo en cada una.
5. La demanda es contradictoria con la producción definida en
el punto 4, si probamos lo siguiente:
a. Si usamos la maquina 1, el modelo Pily solo podemos
producir una sola muñeca.
b. Si usamos la maquina 2, el mismo modelo se pueden
producir 3 solo si la usamos una sola vez.
c. Si usamos la maquina 1 solo podemos producir una
sola muñeca de cada tipo.
6. Al analizar el tiempo empleado para producir las muñecas
en las dos máquinas, podemos constatar que el mismo es
independiente, usamos la maquina 1 para producir por
separado cada tipo de muñeca, pero para ello
necesitáremos una restricción del tiempo al utilizar dicha
máquina, igual razonamiento se le aplicaría a la maquina 2.
En la tabla a continuación se muestra unas consideraciones
de posibles alternativas para la producción de dichas
muñecas.
13
Pily Alix Mela Pily Alix Mela Pily Alix Mela
1 0 0 1 2 0 0 1 1
1 0 1 1 2 1 0 1 2
1 0 2 1 2 2 0 1 3
1 0 3 1 2 3 0 1 4
1 0 4 1 2 4 0 2 0
1 1 0 0 0 1 0 2 1
1 1 1 0 0 2 0 2 2
1 1 2 0 0 3 0 2 3
1 1 3 0 0 4 0 2 4
1 1 4 0 1 0
Montando el problema en el paquete de programación Winqsb da
un problema no factible, ver prueba 1:
LP MatrixFormat Juguetes JVG 3 5
Variable --> X1 X2 X3 Direction R. H. S.
Minimize 1 3 5
C1 1 1 1 <= 6.5
C2 3 1 4 <= 9.5
C3 1 0 0 >= 1
C4 0 1 0 >= 2
14
C5 0 0 1 >= 5
LowerBound 0 0 0
UpperBound M M M
VariableType Integer Integer Integer
En Lindo 6.1
Conclusión: Se probaron distintas formas y por las razones
descriptas anteriormente, este problema no es factible desde el
punto de vista de lo planteado.
15
5 OBJETIVO 7
5.1 PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA
El gerente de mercadeo de una empresa revisa cada año el
estado de uno de sus productos importantes y debe decidir si tiene
que retirarlo del mercado, clasifica sus volúmenes de ventas
durante cada mes en a) regular b) bueno c) excelente. Estudios
de mercados indican que en un año las siguientes matrices 𝑃1y
𝑃2 representan las probabilidades de transición sin y con
publicidad durante cualquier año. Los ingresos correspondientes
se representan con las matrices 𝑅1 y 𝑅2
Para una táctica permanente K= 1 o K = 2 y r = 0.9 determine la
esperanza matemática del valor actualizado para ambas tácticas
sin y con publicidad.
5.2 SOLUCIÓN
Conjunto de los posibles estados es: 3,2,1 , que le
corresponden a los volúmenes de venta para cada mes:
(1) si el volumen de venta es regular.
(2) si el volumen de venta es bueno.
(3) si el volumen de venta es excelente.
El conjunto de decisiones está constituido por los dos niveles
referentes a la publicidad: 2,1U , donde:
(1) representa que no se realiza publicidad
16
(2) representa que si se realiza publicidad.
Como 2,1U , entonces:
2
2
2
,
1
2
2
,
2
1
2
,
1
1
2
,
2
2
1
,
1
2
1
,
2
1
1
,
1
1
1
K 76
Paso 1:
A la táctica permanente
1
1
11
K , le corresponden las matrices:
1
3
3,5
;
100
150
367
;
100
5,05,00
3,05,02,0)1()1()1(
qyRT
donde el vector )1(
q , lo calculamos de la siguiente manera:
1
3
3,5
))1(*1()0*0()0*0(
)1*5,0()5*5,0()0*0(
)3*3,0()6*5,0()7*2,0()1(
q
Paso 2:
A la táctica permanente
2
1
12
K , le corresponden las matrices:
4,0
3
3,5
;
236
150
367
;
55,04,005,0
5,05,00
3,05,02,0)2()2()2(
qyRT
donde el vector )2(
q , se calculó de manera semejante al )1(
q .
17
Paso 3:
A la táctica permanente
1
2
13
K , le corresponden las matrices:
1
1,3
3,5
;
100
047
367
;
100
3,06,01,0
3,05,02,0)3()3()3(
qyRT
Paso 4:
A la táctica permanente
2
2
14
K , le corresponden las matrices:
4,0
1,3
3,5
;
236
047
367
;
55,04,005,0
3,06,01,0
3,05,02,0)4()4()4(
qyRT
Paso 5:
A la táctica permanente
1
1
25
K , le corresponden las matrices:
1
3
7,4
;
100
150
156
;
100
5,05,00
1,06,03,0)5()5()5(
qyRT
Paso 6:
18
A la táctica permanente
2
1
26
K , le corresponden las matrices:
4,0
3
7,4
;
236
150
156
;
55,04,005,0
5,05,00
1,06,03,0)6()6()6(
qyRT
Paso 7:
A la táctica permanente
1
2
27
K , le corresponden las matrices:
1
1,3
7,4
;
100
047
156
;
100
3,06,01,0
1,06,03,0)7()7()7(
qyRT
Paso 8:
A la táctica permanente
2
2
28
K , le corresponden las matrices:
4,0
1,3
7,4
;
236
047
156
;
55,04,005,0
3,06,01,0
1,06,03,0)8()8()8(
qyRT
Inicio del esquema de aproximaciones sucesivas, con
1
1
110 KK
Iteración 1:
19
Formula:
(1) )0()1()1()0()0( ,,,)0()0(
KrsTqrKrsTqrKrsKK
Sustituyendo y resolviendo:
)0()0()0( ,*
9,000
45,045,00
27,045,018,0
9,0
7,2
77,4
,
100
5,05,00
3,05,02,0
1
3
3,5
9,0, KrsKrsKrs
9,0
7,2
77,4
,*
9,000
45,045,00
27,045,018,0
, )0()0( KrsKrs , de donde:
9,0
7,2
77,4
,*
9,000
45,045,00
27,045,018,0
100
010
001)0(
krs
9,0
7,2
77,4
,*
1,000
45,055,00
27,045,082,0)0(
krs
al despejar: )0(,Krs , nos queda:
9,0
7,2
77,4
1,000
45,055,00
27,045,082,0
,
1
)0(krs
calculamos la matriz inversa usando Matlab y nos queda:
)0(
)0(
)0(
)0(
,,3
,,2
,,1
9
4545,2
5067,1
9,0
7,2
77,4
*
1000
1818,88182,10
2827,79978,02195,1
,
krs
krs
krs
krs
20
(2) Determinamos Kk )1(, mediante la ecuación:
)()()()( ,max,)1()1( lkk
Kk
lkkkrsTqkrsTq
ll
Como el vector: )0()()( ,krsTqkk , posee tres componentes,
entonces la ecuación antes mencionada es un sistema de tres
ecuaciones independientes, las cuales son:
)0(
)0(
)0(
)(
33
)(
32
)(
31
)(
23
)(
22
)(
21
)(
13
)(
12
)(
11
3
2
1
,,3
,,2
,,1
*
krs
krs
krs
ppp
ppp
ppp
q
q
q
kkk
kkk
kkk
k
k
k
Primera ecuación:
)0()(
13
)0()(
12
)0()(
11
)(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk .
Segunda ecuación:
)0()(
23
)0()(
22
)0()(
21
)(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk
Tercera ecuación:
)0()(
33
)0()(
32
)0()(
31
)(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk
Se analiza cada ecuación por separado:
Primera ecuación: Como por definición de “K”, la primera
componente k1 de cualquier táctica permanente “k”, solo toma
valores de 1 y 2, entonces.
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
21
)0()1(
13
)0()1(
12
)0()1(
11
)1(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
5,3 + (0,2 * 1,5067) + (0,5 * (-2,4545)) + (0,3 * (-9)) = 1,67409
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)0()2(
13
)0()2(
12
)0()2(
11
)2(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
4,7 + (0,3 * 1,5067) + (0,6 * (-2,4545)) + (0,1 * (-9)) = 2,77931
Como 77931,277931,2;67409,1max , entonces la primera
componente de )1(
k es de 2.
Segunda ecuación:
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
)0()1(
23
)0()1(
22
)0()1(
21
)1(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
3 + (0 * 1,5067) +( 0,5 * (-2,4545)) + (0,5 * (-9)) = -2,72725
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)0()2(
23
)0()2(
22
)0()2(
21
)2(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
22
3,1 + (0,1 * 1,5067) +( 0,6 * (-2,4545)) + (0,3 * (-9)) = -0,92203
Como 92203,092203,0;72725,2max , entonces la segunda
componente de )1(
k es de 2.
Tercera ecuación:
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
)0()1(
33
)0()1(
32
)0()1(
31
)1(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
-1 + (0 * 1,5067) +( 0 * (-2,4545)) + (1 * (-9)) = -10
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)0()2(
33
)0()2(
32
)0()2(
31
)2(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
0,4 + (0,05 * 1,5067) + (0,4*(-2,4545)) + (0,55 * (-9)) = -5,456465
Como 456465,5456465,5;10max , entonces la tercera
componente de )1(
k es 2.
Por lo tanto: 081
2
2
2
KKK
, se tiene que iterar de nuevo.
Iteración 2:
23
(1) Usamos la ecuación:
)1()8()8()1()1( ,,,)1()1(
KrsTqrKrsTqrKrsKK
= )1()1( ,*
495,036,0045.0
27,054,009,0
09,054,027,0
36,0
79,2
23,4
,
55,04,005,0
3,06,01,0
1,06,03,0
4,0
1,3
7,4
9,0 KrsKrs
36,0
79,2
23,4
,*
495,036,0045,0
27,054,009,0
09,054,027,0
, )1()1(KrsKrs
Donde:
36,0
79,2
23,4
,*
495,036,0045,0
27,054,009,0
09,054,027,0
100
010
001)1(
krs
36,0
79,2
23,4
,*
505,036,0045,0
27,046,009,0
09,054,073,0)1(
krs
al despejar )1(,Krs , nos queda:
36,0
79,2
23,4
505,036,0045,0
27,046,009,0
09,054,073,0
,
1
)1(krs
calculamos esa matriz inversa usando Matlab:
)1(
)1(
)1(
)1(
,,3
,,2
,,1
9951,17
2744,21
7503,23
36,0
79,2
23,4
*
5776,145760,48464,0
2706,38113,59181,0
9837,28629,41533,2
,
krs
krs
krs
krs
(2) Determinamos Kk )2( , mediante la ecuación:
24
)()()()( ,max,)1()1( lkk
Kk
lkkkrsTqkrsTq
ll
Como el vector: )1()()( ,krsTqkk , posee tres componentes,
entonces la ecuación antes mencionada es un sistema de tres
ecuaciones independientes, las cuales son:
)1(
)1(
)1(
)(
33
)(
32
)(
31
)(
23
)(
22
)(
21
)(
13
)(
12
)(
11
3
2
1
,,3
,,2
,,1
*
krs
krs
krs
ppp
ppp
ppp
q
q
q
kkk
kkk
kkk
k
k
k
Primera ecuación:
)1()(
13
)1()(
12
)1()(
11
)(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk
Segunda ecuación:
)1()(
23
)1()(
22
)1()(
21
)(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk
Tercera ecuación:
)1()(
33
)1()(
32
)1()(
31
)(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspqkkkk
Primera ecuación: Como por definición de “K”, la primera
componente k1 de cualquier táctica permanente “k”, solo toma
valores de 1 y 2, entonces.
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
)1()1(
13
)1()1(
12
)1()1(
11
)1(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
25
5,3 +(0,2 * 23,7503) +(0,5 * 21,2744) +(0,3 *17,9951) = 26,08579
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)1()2(
13
)1()2(
12
)1()2(
11
)2(
1 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
4,7 + (0,3 * 23,7503) +( 0,6 * 21,2744) + (0,1 * 17,9951) = 26,38924
Como 38924,2638924,26;08579,26max , entonces la primera
componente de )2(k es de 2.
Segunda ecuación:
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
)1()1(
23
)1()1(
22
)1()1(
21
)1(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
3 + (0 * 23,7503) +( 0,5 * 21,2744) + (0,5 * 17,9951) = 22,63475
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)1()2(
23
)1()2(
22
)1()2(
21
)2(
2 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
3,1 + (0,1 * 23,7503) +(0,6 * 21,2744) + (0,3 *17,9951) = 23,6382
Como 6382,236382,23;63475,22max , entonces la segunda
componente de )2(k es de 2.
26
Tercera ecuación:
Si k1 = 1, la ecuación queda como:
)1()1(
33
)1()1(
32
)1()1(
31
)1(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
-1 + (0 * 23,7503) +( 0 * 21,2744) + (1 * 17,9951) = 16,9951
Si k1 = 2, la ecuación queda como:
)1()2(
33
)1()2(
32
)1()2(
31
)2(
3 ,,3*,,2*,,1* krspkrspkrspq
sustituyendo tenemos:
0,4 +(0,05*23,7503)+(0,4 *21,2744)+(0,55 *17,8851) = 19,99458
Como 99458,1999458,19;9951,16max , entonces la tercera
componente de )2(k es 2.
Resultado final:
Por lo tanto: 82
2
2
2
KK
, entonces la táctica permanente óptima
es K
2
2
22
K , el valor de la función objetivo actualizado
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