Ejercicios de programación dinámica

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1 Ejercicios de programación dinámica Investigación Operativa II Diplomatura en Estadística Curso 07/08 1. Resuelve aplicando programación dinámica el problema siguiente: Se trata de asignar días de estudio para preparar los exámenes de cuatro asignaturas. Se dispone de 10 días para todas ellas, y estos días han de repartirse de manera que se optimice la mejora prevista en las calificaciones totales de las mismas. Se ha estimado que para un cierto número de días asignado a cada asignatura se pueden conseguir las mejoras en las notas que se indican en la tabla siguiente: Asignatura Días A ninguna asignatura se le asignarán más de cuatro días, y a cada una de ellas se le asignará al menos un día. Sugerencia: Define como etapas la asignación de días de estudio a cada una de las asignaturas. Solución. Siguiendo la sugerencia, supondremos que cada etapa se corresponde a la asignación de días a cada una de las asignaturas. El estado del sistema será por tanto el número de días pendientes de asignar tras la etapa correspondiente. La función de valor será el valor acumulado de las mejoras de calificaciones correspondientes a todas las asignaturas asignadas hasta esa etapa. Comenzaremos por asignar días a la primera asignatura, después a la segunda, etc. (el orden no debe afectar a la solución óptima obtenida). Por tanto, el estado en la primera etapa será el número de días pendientes de asignar para las asignaturas 2, 3 y 4; el estado en la segunda etapa el número de días pendientes de asignar para las asignaturas 3 y 4, etc. Como la función de valor en el estado de partida (sin asignación) vale cero, tendremos: Etapa 1 (Asignación para la asignatura 1) Estado Asignaciones posibles F. valor = = = = 5 Con estos valores podemos pasar a la segunda etapa (aquí las asignaciones posibles son el estado de la etapa anterior, horas pendientes de asignar, y las horas asignadas en la etapa): Etapa 2 (Asignación para la asignatura 2) Estado Asignaciones posibles F. valor 8 (9,1) = 4 7 (9,2), (8,1) máx(1 + 4, 3 + 3) = 6 6 (9,3), (8,2), (7,1) máx(1 + 4, 3 + 4, 4 + 3) = 7 5 (9,4), (8,3), (7,2), (6,1) máx(1 + 5, 3 + 4, 4 + 4, 5 + 3) = 8 4 (8,4), (7,3), (6,2) máx(3 + 5, 4 + 4, 5 + 4) = 9 3 (7,4), (6,3) máx(4 + 5, 5 + 4) = 9 2 (6,4) = 10 1

2 Para la tercera etapa tendremos: Etapa 3 (Asignación para la asignatura 3) Estado Asignaciones posibles F. valor 7 (8,1) = 5 6 (8,2), (7,1) máx(4 + 2, 6 + 1) = 7 5 (8,3), (7,2), (6,1) máx(4 + 4, 6 + 2, 7 + 1) = 8 4 (8,4), (7,3), (6,2), (5,1) máx(4 + 4, 6 + 4, 7 + 2, 8 + 1) = 10 3 (7,4), (6,3), (5,2), (4,1) máx(6 + 4, 7 + 4, 8 + 2, 9 + 1) = 11 2 (6,4), (5,3), (4,2), (3,1) máx(7 + 4, 8 + 4, 9 + 2, 9 + 1) = 12 1 (5,4), (4,3), (3,2), (2,1) máx(8 + 4, 9 + 4, 9 + 2, ) = 13 Por último, para la cuarta etapa tendremos Etapa 4 (Asignación para la asignatura 4) Estado Asignaciones posibles F. valor 6 (7,1) = 7 5 (7,2), (6,1) máx(5 + 4, 7 + 2) = 9 4 (7,3), (6,2), (5,1) máx(5 + 5, 7 + 4, 8 + 2) = 11 3 (7,4), (6,3), (5,2), (4,1) máx(5 + 5, 7 + 5, 8 + 4, ) = 12 2 (6,4), (5,3), (4,2), (3,1) máx(7 + 5, 8 + 5, , ) = 14 1 (5,4), (4,3), (3,2), (2,1) máx(8 + 5, , , ) = 15 0 (4,4), (3,3), (2,2), (1,1) máx(10 + 5, , , ) = 16 De esta última tabla se ve que la mejor opción es acabar con 0 días sin asignar, y que las asignaciones óptimas son las siguientes (todas ellas son equivalentes, y mejoran las calificaciones en 16 puntos): (2, 2, 3, 3), (3, 1, 3, 3), (3, 2, 3, 2), (4, 1, 3, 2). 2. Un operador turístico organiza viajes de vacaciones, que incluyen el alquiler de coches. Durante las próximas cinco semanas, y en función de los viajes que ha vendido, esta empresa prevee que debe tener disponibles 8, 6, 10, 7 y 8 coches respectivamente. El alquiler de los coches se subcontrata a una empresa local, que cobra una cantidad fija de 50 euros por automóvil por cada nuevo alquiler de un coche, más 150 euros por cada semana de alquiler de dicho coche. El operador puede por tanto alquilar coches y asignarlos a los viajes organizados, o mantenerlos sin usar, o bien devolverlos cuando ya no quiera usarlos (aunque quizás tenga que volver a alquilarlos más tarde pagando la cantidad fija). Cuál es el número óptimo de automóviles a alquilar y/o devolver en cada semana de las próximas cinco? Solución. Los elementos de la formulación del problema de PD son: Etapas: las etapas naturales en el problema son las semanas a considerar t = 1, 2, 3, 4, 5. Estados: el estado x t representa el número total de coches disponibles en una semana determinada. Los valores razonables son los números enteros entre 6 y 10. Acciones: la acción a t representa el número de nuevos coches a alquilar (valor positivo) o el número de coches a devolver (valor negativo) en cada semana. Consideraremos valores entre 4 y 4. Costes: los costes incurridos en la etapa t vienen dados por 150 euros multiplicados por el número de automóviles disponibles, más 50 euros multiplicados por el número de nuevos coches alquilados en esa semana (150d t + 50n t ). Dinámica de estados: si en la etapa t el estado es x t y se toma la acción a t, el estado en la etapa siguiente es x t+1 = x t + a t. Denotamos por V t (x t ) la función de valor óptimo en la etapa t. Las relaciones de recurrencia que cumple son: V t (x) = mín x i {t i (x i ) + V t+1 (x x i )}, t = 1, 2, 3 2

3 Finalmente, necesitamos indicar los valores finales de la función V. Asumiremos que V 6 (x) = 0 para todo x. Para los valores intermedios de V en las etapas desde la 5 hasta la 1, aplicamos la fórmula de recurrencia para obtener los valores dados en la tabla siguiente (para ahorrar espacio, los valores están dados en decenas de euros): Etapa 5 x/y V 5 (x) Etapa 4 x/y V 4 (x) Etapa 3 x/y V 3 (x) Etapa 2 x/y V 2 (x) Etapa 1 x/y V 1 (x) Con estos valores podemos obtener la política óptima partiendo del número de coches disponibles inicialmente. Por ejemplo, si dicho número de coches fuese de 7, las mejores decisiones a tomar serían: Acción Estado Etapa Etapa Etapa Etapa Etapa Estás encargado de la gestión de un desarrollo de software, que requiere que se completen tres tareas en etapas sucesivas. Dispones de un presupuesto de euros que puedes emplear para mejorar tus recursos (personal, equipos, medios) en cada una de las etapas. En función del dinero que inviertas, esperas reducir el tiempo necesario para llevar a cabo cada etapa, de acuerdo con las expresiones siguientes: t 1 (x 1 ) = 16 x 1 /3, 0 x 1 30 t 2 (x 2 ) = 12 x 2 /5, 0 x 2 15 t 3 (x 3 ) = 14 x 3 /3, 0 x 3 30 donde t i denota el tiempo en semanas necesario para completar cada tarea, i = 1, 2, 3, y x i es la cantidad invertida en cada etapa, medida en miles de euros. Las cantidades no invertidas al final del proceso no tienen valor para el desarrollo. Formula las relaciones de recurrencia y los elementos del problema de programación dinámica correspondientes. Resuelve el problema de programación dinámica para el caso en que el dinero disponible deba gastarse en múltiplos de euros, esto es, los valores aceptables para el gasto en la primera etapa serían 0, 15 ó 30 miles de euros, por ejemplo. Obtén a partir de ellas la política que permita un tiempo de desarrollo mínimo y el plan de gasto óptimo. Existe más de una solución? Cuáles son las soluciones alternativas? Repite el apartado anterior suponiendo que las cantidades a invertir en cada etapa fuesen valores cualesquiera entre 0 y los máximos indicados anteriormente. 3

4 Solución. Los elementos de la formulación de PD son: Etapas: las etapas naturales en el problema son las tareas a completar t = 1, 2, 3. Estados: el estado x t {0,..., 45} representa el presupuesto restante al comenzar la etapa t. Acciones: la acción a t representa la parte del presupuesto disponible invertida en la etapa t. Acciones factibles: A 1 (x 1 ) = {0,..., mín(30, x 1 )}, A 2 (x 2 ) = {0,..., mín(15, x 2 )}, A 3 (x 3 ) = {0,..., mín(30, x 3 )}. Recompensas: la recompensa recibida en la etapa t es R t (a t ) = s t (a t ) (la duración de la tarea correspondiente, cambiada de signo). Dinámica de estados: si en la etapa t el estado es x t y se toma la acción a t, el estado en la etapa siguiente es x t+1 = x t a t. Denotamos por V t (x t ) la función de valor óptimo en la etapa t. Las relaciones de recurrencia que cumple son: V t (x) = mín x i {t i (x i ) + V t+1 (x x i )}, t = 1, 2, 3 con V 4 (x) = 0 para todo x. Para x 1 {0,..., 45}: V 1 (x 1 ) = máx a1 A 1(x 1) a 1 / V 2 (x 1 a 1 ) V 2 (x 2 ) = máx a2 A 2(x 2) a 2 / V 3 (x 2 a 2 ) V 3 (x 3 ) = máx a3 A 3(x 3) a 3 /3 14. En el caso discreto obtenemos los valores indicados en la tabla siguiente: Etapa 3 x V 3 (x) Etapa 2 x 0 15 V 2 (x) Etapa 1 x V 1 (x) La política óptima viene dada por los valores en negrita, y un plan de inversiones óptimo es invertir euros en la primera etapa, nada en la segunda etapa y euros en la última etapa. El otro plan alternativo es el correspondiente a invertir euros en la primera etapa y en la tercera. Para el caso en que se puede impartir cualquier cantidad dentro de los límites indicados, tenemos para la tercera etapa (dado que x 3 30) { 14 x/3 si 0 x < 30 V 3 (x) = {14 x 3/3} = 0 x 3 mín(30,x) 4 si 30 x { x si 0 x < 30 x 3 (x) = 30 si 30 x 4

5 Para la segunda etapa, tenemos que V 2 (x) = mín 0 x 2 mín(15,x) {12 x 2/5 + V 3 (x x 2 )} = mín{(16 x 2 /5)I {x x2 30}, (12 x 2 / (x x 2 )/3)I {x x2<30}} { 26 x/3 si 0 x < 30 = 22 x/5 si 30 x 45 { 0 si 0 x < 30 x 2 (x) = x 30 si 30 x 45 Por último, para la primera etapa, V 1 (x) = mín 0 x 1 mín(30,x) {16 x 1/3 + V 2 (x x 1 )} = mín{(16 x 1 / (x x 1 )/5)I {x x1 30}, (16 x 1 / (x x 1 )/3)I {x x1<30}} = 42 x/3 0 x 45 { [0, x] si 0 x < 30 x 1 (x) = [x 30, x 15] si 30 x 45 La notación [0, x] indica que cualquier valor del intervalo es aceptable. 4. Una empresa de alquiler de automóviles se propone planificar su política de reemplazamientos para los próximos 3 años. La adquisición de un coche nuevo le cuesta a la empresa euros. Durante su vida útil, los coches incurren costes de mantenimiento que aumentan con su antigüedad, mientras que su valor de venta como coches usados disminuye con su edad. Un coche nuevo no incurre costes de mantenimiento. Para cada coche, la empresa toma decisiones el día 1 de enero de cada año: vender el coche por su valor como coche usado y adquirir uno nuevo, o continuar utilizándolo durante un año más, incurriendo los costes de mantenimiento correspondientes. Los gastos de mantenimiento y el valor de venta de un coche usado, en función de su antigüedad en años, se muestran en la siguiente tabla: antigüedad (años) coste de mantenimiento (euros) valor de venta (euros) a) Formula como un programa dinámico el problema de planificación óptima para los próximos 3 años. b) Formula las relaciones de recurrencia y los elementos del problema de programación dinámica correspondientes. c) Resuelve el problema. dinámica, y describe la política óptima obtenida. d) Debe la empresa reemplazar un coche que tiene inicialmente 4 años? Y uno que tiene 3? Solución. Al igual que en el caso anterior, comenzamos por identificar las etapas, que se corresponden con los años transcurridos, así como nuestras variables de estado x t y de decisión y t, que en este caso serán la edad del automóvil y la decisión de renovar o no hacerlo (1 ó 0) al inicio de cada año. La función objetivo vendrá dada por los costes de mantenimiento y de compra, así como el valor de venta del automóvil, y tendrá la forma siguiente: mín t c m (x t ) + (C R(x t 1 + 1))y t, donde c m es la función que da los costes de mantenimiento, C es el coste de compra y R es el valor de venta del automóvil. 5

6 La ley de movimiento vendrá dada por x t = { xt si y t = 0 0 si y t = 1 Definimos la función V t (x t 1 ) como el menor coste de operar el automóvil a partir del periodo t si la antigüedad del mismo (antes de la decisión de renovación) es x t 1. Tomamos también V 4 (x 3 ) = 0. Se te recomienda que rehagas los cálculos por ejemplo si definimos V 4 (x 3 ) = R(x 3 ). Obsérvese en relación con la notación que asociamos el subíndice de la variable de estado al periodo al final del cual se toma la decisión de renovación o no renovación. El estado inicial será por tanto el dado por x 0. La relación de recurrencia que define V t será la dada por V t (x t 1 ) = mín (c m (x t ) + (C R(x t 1 + 1))y t + V t+1 (x t )). Llevamos a cabo a continuación los cálculos de la relación anterior para cada periodo. Etapa final. V 4 (x 3 ) = 0 x 3. Tercer año. V 3 (x 2 ) = mín(c m (x 2 + 1) + V 4 (x 2 + 1), C R(x 2 + 1) + V 4 (0)) mín(1800, ) = 1800 si x 2 = 0 mín(2100, ) = 2100 si x = 2 = 1 mín(2400, ) = 2400 si x 2 = = 6750 si x 2 = 3 y 3 = 0 si x 2 = 0 0 si x 2 = 1 0 si x 2 = 2 1 si x 2 = 3 Segundo año. Primer año. V 2 (x 1 ) = mín(c m (x 1 + 1) + V 3 (x 1 + 1), C R(x 1 + 1) + V 3 (0)) = y 2 = mín( , ) = 3900 si x 1 = 0 mín( , ) = 4500 si x 1 = 1 mín( , ) = 7800 si x 1 = = 8550 si x 1 = 3 0 si x 1 = 0 0 si x 1 = 1 1 si x 1 = 2 1 si x 1 = 3 V 1 (x 0 ) = mín(c m (x 0 + 1) + V 2 (x 0 + 1), C R(x 0 + 1) + V 2 (0)) = y 1 = mín( , ) = 6300 si x 0 = 0 mín( , ) = 8900 si x 0 = 1 mín( , ) = 9900 si x 0 = = si x 0 = 3 0 si x 0 = 0 1 si x 0 = 1 1 si x 0 = 2 1 si x 0 = 3 6

7 En los cálculos anteriores, y debido a la falta de datos, hemos supuesto que un automóvil con x t = 3 se renovaba obligatoriamente, ya que no disponemos de datos sobre costes o valores para automóviles de más de cuatro años de antigüedad. De los datos anteriores, si el automóvil tiene una edad inicial de 4 años (x 0 = 3), se debe renovar al principio del periodo. Si tiene una edad inicial de 3 años (x 0 = 2) también debe ser renovado. En ambos casos y 1 = Tienes que decidir cuándo y cuánto producir de un determinado producto, para hacer frente a la demanda con coste mínimo. La demanda prevista para los próximos 4 meses se indica en la tabla siguiente: Mes Demanda El coste de almacenamiento es de 600 Pta./unidad.mes, y el coste de producción está compuesto por un coste fijo de 3500 Pta. cada vez que se fabrica (independiente de la cantidad fabricada), y un coste variable de 1500 Pta./unidad. Aplica Programación Dinámica para obtener el plan de producción (cantidades y meses) óptimo, suponiendo que al comienzo del primer mes no dispones de ninguna unidad de producto en inventario, y que no dispones de espacio para llevar un inventario de más de dos unidades en ningún periodo. El valor de las unidades que estén en inventario al final del último periodo es de 2000 Pta./unidad. Cuál hubiera sido la política óptima si el inventario inicial hubiese sido de dos unidades? Solución. Comenzamos por identificar las etapas del problema, correspondientes a cada uno de los meses considerados. Igualmente, identificamos el estado en cada etapa como la cantidad de producto que llevamos en inventario al comienzo de cada mes. La variable de control será la cantidad de producto a fabricar en cada periodo de tiempo. La función de valor será el coste incurrido hasta el periodo considerado, en función del estado considerado. Supondremos que no es admisible no hacer frente a la demanda, por lo que obligaremos a que la producción en cualquier periodo sea al menos la necesaria para hacer frente a dicha demanda. Iniciamos los cálculos al final del último periodo (inicio del periodo 5). En ese momento tenemos un valor (en función del número de unidades en inventario) dado en la tabla siguiente: Periodo 5 Estado Valor Para el periodo anterior tendremos que tomar la decisión de cuántas unidades producimos. Supongamos que estamos en el estado 0 (ninguna unidad en inventario al comienzo del mes 4). Como la demanda es de una unidad, al menos deberemos fabricar una unidad (con lo que tendríamos 0 unidades al comienzo del mes 5), y como máximo podemos fabricar 4 unidades (3 unidades en inventario al comienzo del mes 5). Además, debemos tener en cuenta los costes de llevar el inventario de un periodo al siguiente. La función de valor correspondiente se obtendrá como J 4 (0) = mín( J 5 (0), J 5 (1), J 5 (2)) = Haciendo cálculos similares para el estado 1 tendremos que J 4 (1) = mín(0 + J 5 (0), J 5 (1), J 5 (2)) = 0. Y en general para todos los valores del estado, Periodo 4 Estado F. Valor 5000 (1) 0 (0) 1400 (0) Entre paréntesis se indica la cantidad óptima a producir. Repitiendo estos cálculos para los periodos anteriores tenemos 7

8 Estado F. Valor (3) 7100 (2) 5000 (0) F. Valor (1) 8600 (0) 7700 (0) F. Valor (3) (2) (0) De esta tabla tenemos que si inicialmente el inventario es igual a cero, la política óptima consistirá en fabricar 3 unidades en el primer periodo (estado 0), 0 unidades en el segundo periodo (estado 1), 3 unidades en el tercer periodo (estado 0) y cero unidades en el cuarto periodo (estado 1). Si inicialmente hubiesemos tenido dos unidades, entonces la política óptima hubiese consistido en fabricar cero unidades el primer periodo (estado 2), una unidad el segundo periodo (estado 1), tres unidades el tercer periodo (estado 0) y cero unidades en el cuarto periodo (estado 1). 6. Un dispositivo consta de 3 etapas conectadas en serie. En cada etapa podemos tener un número de componentes variable m i, y la probabilidad de fallo en cada una de las etapas en función de dicho número de componentes viene dada por las expresiones siguientes: p 1 = 0,5 m1, p 2 = 0,75 m2, p 3 = 0,6 m3. Los ingresos que se obtienen de la operación del sistema dependen de que los equipos estén funcionando correctamente o estén averiados. Dichos ingresos se dan en la tabla siguiente: Por último, el coste de cada componente es de: Etapa Estado F A Etapa Coste Si se dispone de un presupuesto de 750 u.m., encontrar la manera de invertir este presupuesto en componentes de forma que se maximicen los ingresos esperados. Sugerencia: Incluye en el estado información sobre el dinero que no te has gastado todavía, y define las etapas de programación dinámica como decisiones de gasto en componentes de cada etapa. Solución. De nuevo siguiendo la sugerencia, y de manera similar al primer problema, tomamos como estado del sistema el dinero que nos queda pendiente de gastar después de comprar componentes para cada etapa. Comenzaremos por la primera etapa, luego estudiaremos la segunda etapa, y por último consideraremos la tercera etapa. Supondremos que en cada etapa tendremos al menos un componente (se podría calcular un coste aun no teniendo ningún componente, pero no parece muy razonable tener una etapa que falle con seguridad). La función de valor será el beneficio esperado, teniendo en cuenta la probabilidad de fallo. Su valor de partida será cero (no hay beneficio si no tenemos componentes). Para la primera etapa tendremos: Etapa 1 (Compra de componentes para la etapa 1) Estado Componentes Prob. de fallo F. valor , , ,5 ( 5000) = , , ,25 ( 5000) = , , ,125 ( 5000) = 387, , , ,0625 ( 5000) = 693, , , ,03125 ( 5000) = 796,8 Observese que no calculamos valores del dinero restante menores de 250 porque queremos comprar al menos uno de los dos tipos de componentes que nos quedan. Para la etapa siguiente obtenemos 8

9 Etapa 2 (Compra de componentes para la etapa 2) Estado Componentes Prob. de fallo F. valor 500 (650,1) 0, , ,75 ( 5000) = (550,1) 0, , ,75 ( 5000) = (650,2) 0, , ,562 ( 5000) = (450,1) 0,75 387, , ,75 ( 5000) = 2762,5 250 (550,2) 0, , ,562 ( 5000) = (350,1), (650,3) 0,75, 0,422 máx(693, , ,75 ( 5000), , ,422 ( 5000)) = 2456,3 150 (450,2) 0, , , ,562 ( 5000) = 1412,5 100 (250,1), (550,3) 0,75, 0,422 máx(796, , ,75 ( 5000), , ,422 ( 5000)) = 1250 Para la última etapa tendremos los valores siguientes: Etapa 3 (Compra de componentes para la etapa 3) Estado Componentes F. valor 425 (500,1) (500,2) (400,1) (500,3), (350,1) (400,2) (300,1) (500,4), (350,2) (400,3), (250,1) (300,2) (500,5), (350,3), (200,1) (400,4), (250,2) (300,3), (150,1) (500,6), (350,4), (200,2) (400,5), (250,3), (100,1) (300,4), (150,2) Realizando los cálculos para estos estados se llega a que el valor óptimo es el correspondiente al estado final 0 (algo razonable), y que ese estado se alcanza seleccionando 3 componentes para la primera etapa, 1 componente para la segunda etapa y 4 componentes para la tercera etapa. 9

10 EJEMPLO Figura 1: EJEMPLO: La diligencia 10