programaci n din mica determinista
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PROGRAMACIÓN DINÁMICA DETERMINISTA
EL
GR
AN
R
OM
PEC
AB
EZ
A
“La Programación Dinámica es una técnica empleada para resolver un sinnúmero de problemas de optimización. Consistente en fragmentar un problema mayor en pequeños fragmentos llamados etapas. Lo tedioso de este modelo está en aquellos problemas que requieren de un número de etapas excesivamente alto”.
La programación dinámica determinista se caracteriza porque los datos son valores
determinados o conocidos. Teniendo que recurrir a la utilización sistemática de combinaciones
factibles para un problema dado, hasta encontrar la solución óptima que logre satisfacer las
condiciones dadas.
Este algoritmo tuvo sus inicios en Richard Bellman, quien realizó una serie de estudios
relacionados con misiles dirigidos.
1. MODELOS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA CON VALORES DISCRETOS
Para la solución de los problemas emplearemos el método de recursión hacia delante y
acumulación hacia atrás. Para comprenderlo veamos algunos ejemplos.
Ejemplo Nº 1:
Dada la siguiente función objetivo sujeta a la restricción mostrada, encontrar la solución
óptima.
enteroXXXX
XXXMaxZ
i 0632
423
321
321
≥≤++
++=
Se subdivide en etapas, donde cada etapa deberá ser optimizada. Veamos el diagrama de
las etapas que resultaran:
1
2
3
S1 = 6 S3 = S2 – X2S2 = S1 – 2 X1
r3 = 4 X3
f3 = r3
*
r2 = 2 X2
f2 = r2 + f3
*
r1 = 3 X1
f1 = r1 + f2
*
d3 = Valor de X3d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1
Definiremos algunos términos antes de entrar en el algoritmo solución:
di : decisión a tomar en cada etapa
ri : rendimiento en cada etapa mide la decisión
fi : rendimiento acumulado
Si : variable de estado (cantidad de recurso disponible al inicio de la etapa.
Para cada etapa, en este problema, no se puede exceder del recurso disponible. Por lo
tanto las variables de decisión están sujetas a los siguientes intervalos de valores:
0 ≤ X1 ≤ S1 / 2 ; es decir que X1 = {0, 1, 2, 3}
0 ≤ X2 ≤ S2 ; es decir que X2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5,6}
0 ≤ X3 ≤ S3 / 3 ; es decir que X3 = {0, 1, 2}
Esta misma suposición se puede aplicar para encontrar las combinaciones de valores que
puede tomar cada variable de estado:
S1 = {6}
S2 = {0, 2, 4, 6}
S3 = {0, 1, 2, 3,4, 5, 6}
Se inicia el algoritmo de programación mediante tabla, partiendo desde la última etapa y
acumulado los resultados hasta llegar a la primera.
ETAPA Nº 3
d3 = X3
S3 0 1 2 X3*
f3*
0 0 --- --- 0 0
1 0 --- --- 0 0
2 0 --- --- 0 0
3 0 4 --- 1 4
4 0 4 --- 1 4
5 0 4 --- 1 4
6 0 4 8 2 8
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f3 = max {4 X3} ii) X3 ≤ S3 / 3 iii) S3 = S2 – X2
ETAPA Nº 2
d2 = X2
S2 0 1 2 3 4 5 6 X2*
f2*
0 0 + 0 --- --- --- --- --- --- 0 0
2 0 + 0 2 + 0 4 + 0 --- --- --- --- 2 4
4 0 + 4 2 + 4 4 + 0 6 + 0 8 + 0 --- --- 4 8
6 0 + 8 2 + 4 4 + 4 6 + 4 8 + 0 10 + 0 12 + 0 6 12
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios: i) f2 = max {2 X2 + f3
*} ii) X2 ≤ S2 iii) S2 = S1 – 2X1
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f1 = max {3 X1 + f2*}
ii) X1 ≤ S1 / 2 iii) S1 = 6
ETAPA Nº 1
d1 = X1
S1 0 1 2 3 X1*
f1*
6 0 + 12 3 + 8 6 + 4 9 + 0 0 12
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN ÓPTIMA
Z = 12
X1 = 0
X2 = 6
X3 = 0
Ejemplo Nº 2 (Problema Propuesto Nº 4 / Sección 10.4a / Extraído del Libro Investigación de
Operaciones “Una Introducción” , Sexta Edición, Editorial Prentice Hall)
Un estudiante debe seleccionar 10 cursos electivos de 4 diferentes departamentos y por lo menos
un curso de cada departamento. Los 10 cursos se han asignado a los 4 departamentos en una
forma que maximice los conocimientos. El estudiante mide los conocimientos en una escala de
100 puntos y traza la siguiente gráfica:
NÚMERO DE CURSOS
DEPARTAMENTO 1 2 3 4 5 6 ≥ 7
I 25 50 60 80 100 100 100
II 20 70 90 100 100 100 100
III 40 60 80 100 100 100 100
IV 10 20 30 40 50 60 70
¿Cómo debe seleccionar los cursos el estudiante?
Partiremos por definir el problema gráficamente:
S2 = S1 – X1 S3 = S2 – X2S1 = 10
d1 = Valor de X1 d2 = Valor de X2 d3 = Valor de X3
1
2
3
4
S4 = S3 – X3
d4 = Valor de X4
r4 = f(X4)
f4 = r4
*
r3 = f(X3)
f3 = r3 + f4*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2*
Para cada etapa, en este problema, se deberá tener en cuenta que hay que asignar por lo
menos un curso a cada departamento. Por lo tanto las variables de decisión están sujetas a los
siguientes intervalos de valores:
1 ≤ X1 ≤ S1 – 3 ; es decir que X1 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
1 ≤ X2 ≤ S2 – 2 ; es decir que X2 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
1 ≤ X3 ≤ S3 – 1 ; es decir que X3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
1 ≤ X4 ≤ S4 ; es decir que X4 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
Esta misma suposición se puede aplicar para encontrar las combinaciones de valores que
puede tomar cada variable de estado:
S1 = {10}
S2 = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
S3 = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
S4 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
Se inicia el algoritmo de programación mediante tabla, partiendo desde la última etapa y
acumulado los resultados hasta llegar a la primera.
ETAPA Nº 4
d4 = X4
S4 1 2 3 4 5 6 7 X4* f4
*
1 10 --- --- --- --- --- 1 10
2 10 20 --- --- --- --- --- 2 20
3 10 20 30 --- --- --- --- 3 30
4 10 20 30 40 --- --- --- 4 40
5 10 20 30 40 50 --- --- 5 50
6 10 20 30 40 50 60 --- 6 60
7 10 20 30 40 50 60 70 7 70
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f4 = max { r4*}
ii) X4 ≤ S4 iii) S4 = S3 – X3
ETAPA Nº 3
d3 = X3
S3 1 2 3 4 5 6 7 X3* f3
*
2 40 + 10 --- --- --- --- --- --- 1 50
3 40 + 20 60 + 10 --- --- --- --- --- 2 70
4 40 + 30 60 + 20 80 + 10 --- --- --- --- 3 90
5 40 + 40 60 + 30 80 + 20 100 + 10 --- --- --- 4 110
6 40 + 50 60 + 40 80 + 30 100 + 20 100 + 10 --- --- 4 120
7 40 + 60 60 + 50 80 + 40 100 + 30 100 + 20 100 + 10 --- 4 130
8 40 + 70 60 + 60 80 + 50 100 + 40 100 + 30 100 + 20 100 + 10 4 140
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f3 = max {r3 + f4*}
ii) X3 ≤ S3 – 1 iii) S3 = S2 – X2
ETAPA Nº 2
d2 = X2
S2 1 2 3 4 5 6 7 X2* f2
*
3 20 + 50 --- --- --- --- --- --- 1 70
4 20 + 70 70 + 50 --- --- --- --- --- 2 120
5 20 + 90 70 + 70 90 + 50 --- --- --- --- 2,3 140
6 20 + 110 70 + 90 90 + 70 100 + 50 --- --- --- 2,3 160
7 20 + 120 70 + 110 90 + 90 100 + 70 100 + 50 --- --- 2,3 180
8 20 + 130 70 + 120 90 + 110 100 + 90 100 + 70 100 + 50 --- 3 200
9 20 + 140 70 + 130 90 + 120 100 + 110 100 + 90 100 + 70 100 + 50 3,4 210
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f2 = max {r2 + f3*}
ii) X2 ≤ S2 – 2 iii) S2 = S1 – X1
ETAPA Nº 1
d1 = X1
S1 1 2 3 4 5 6 7 X1* f1
*
3 25 + 210 50 + 200 60 + 180 80 + 160 100 + 140 100 + 120 100 + 70 2 250
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f1 = max { r1 + f2*}
ii) X1 ≤ S1 – 3 iii) S1 = 10
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN ÓPTIMA
Z = 250
X1 = 2
X2 = 3
X3 = 4
X4 = 1
Ejemplo Nº 3 (Problema Propuesto Nº 7 / Sección 10.4a / Extraído del Libro Investigación de
Operaciones “Una Introducción” , Sexta Edición, Editorial Prentice Hall)
El alguacil Bassam se ha postulado para su reelección en el condado de Washington. Los fondos
disponibles para la campaña son de alrededor de 10 000 dólares. Aún cuando al comité de
reelección le gustaría iniciar la campaña en los cinco distritos del condado, los fondos limitados
dictan lo contrario. La siguiente tabla enumera la población votante y la cantidad de fondos
necesaria para iniciar una campaña efectiva en cada distrito. La elección para cada distrito es qe
reciban todos los fondos asignados , o ninguno. ¿Cómo se deben asignar los fondos?
Distrito Población Fondos
Requeridos ($)
1 3 100 3 500
2 2 600 2 500
3 3 500 4 000
4 2 800 3 000
5 2 400 2 000
Para este problema veremos un caso particular, las variables de decisión serán del tipo binaria.
Es decir, para el caso de no asignar fondos tomará el valor de 0, de lo contrario será 1.
d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5
S2 =
S1 – 3 500 X1S1
= 10 000
1 2 3
S4 = S3 – 4 000 X3
S3 = S2 – 2 500 X2
4
S5 = S4 – 3 000 X4
5
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2
*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r3 = f(X3)
f3 = r3 + f4*
r4 = f(X4)
f4 = r4 + f5*
r5 = f(X5)
f5 = r5*
Para cada etapa, en este problema, se deberá tener en cuenta que la variable de decisión
sólo podrá tomar dos valores {0, 1}. Por lo tanto las variables de decisión están sujetas a los
siguientes intervalos de valores:
0 ≤ X1 ≤ S1 / 3 500
0 ≤ X2 ≤ S2 / 2 500
0 ≤ X3 ≤ S3 / 4 000
0 ≤ X4 ≤ S4 / 3 000
0 ≤ X5 ≤ S5 / 2 000
Las combinaciones de valores que puede tomar cada variable de estado serán:
S1 = {10 000}
S2 = {6 500, 10 000}
S3 = {4 000, 6 500, 7 500, 10 000}
S4 = {0, 2 500, 3 500, 4 000, 6 000, 6 500, 7 500, 10 000}
S5 = {0, 500, 1 000, 2 500, 3 000, 3 500, 4 000, 4 500, 6 000, 6 500, 7 000, 7 500, 10 000}
ETAPA Nº 5
d5 = X5
S5 0 1 X5* f5
*
0 0 --- 0 0
500 0 --- 0 0
1 000 0 --- 0 0
2 500 0 2 400 1 2 400
3 000 0 2 400 1 2 400
3 500 0 2 400 1 2 400
4 000 0 2 400 1 2 400
4 500 0 2 400 1 2 400
6 000 0 2 400 1 2 400
6 500 0 2 400 1 2 400
7 000 0 2 400 1 2 400
7 500 0 2 400 1 2 400
10 000 0 2 400 1 2 400
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f5 = max { r5*}
ii) X5 ≤ S5 / 2 000 iii) S5 = S4 – 3 000 X4
ETAPA Nº 4
d4 = X4
S4 0 1 X4* f4
*
0 0 + 0 --- 0 0
2 500 0 + 2 400 --- 0 2 400
3 500 0 + 2 400 2 800 + 0 1 2 800
4 000 0 + 2 400 2 800 + 0 1 2 800
6 000 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200
6 500 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200
7 500 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200
10 000 0 + 2 400 2 800 + 2 400 1 5 200
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f4 = max {r4 + f5*}
ii) X4 ≤ S4 / 3 000 iii) S4 = S3 – 4 000 X3
ETAPA Nº 3
d3 = X3
S3 0 1 X3* f3
*
4 000 0 + 2 800 3 500 + 0 1 3 500
6 500 0 + 5 200 3 500 + 2 400 1 5 900
7 500 0 + 5 200 3 500 + 2 800 1 6 300
10 000 0 + 5 200 3 500 + 5 200 1 8 700
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f3 = max {r3 + f4*}
ii) X3 ≤ S3 / 4 000 iii) S3 = S2 – 2 500 X2
ETAPA Nº 2
d2 = X2
S2 0 1 X2* f2
*
6 500 0 + 5 900 2 600 + 3 500 1 6 100
10 000 0 + 8 700 2 600 + 6 300 1 8 900
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f2 = max {r2 + f3*}
ii) X2 ≤ S2 / 2 500 iii) S2 = S1 – 3 500 X1
ETAPA Nº 1
d1 = X1
S1 0 1 X1* f1
*
10 000 0 + 8 900 3 100 + 6 100 1 9 200
Para la etapa mostrada, se debe cumplir los siguientes criterios:
i) f1 = max {r1 + f2*}
ii) X1 ≤ S1 / 3 500 iii) S1 = 10 000
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
Z = 9 200
SOLUCIÓN ÓPTIMA
X1 = 1
X2 = 1
X3 = 1
X4 = 0
X5 = 0
Ejemplo Nº 4
Un vendedor tiene que decidir cuántas unidades de 3 artículos llevar en su recorrido por varios
ciudades del interior a fin de maximizar ventas. Sólo se vende hasta una unidad de cada artículo
en cada lugar. Una regla de venta es que en cada lugar se venda al menos un artículo. En la
tabla se muestran los artículos, los lugares donde se venden, los precios para cada lugar, el
espacio por unidad que ocupan y la capacidad del vehículo del vendedor.
LUGAR
ARTÍCULO AGUADULCE CHITRÉ DAVID
ESPACIO POR
UNIDAD (p3)
1 100 120 140 1
2 200 180 230 2
3 300 350 260 3
CAPACIDAD DEL VEHÍCULO: 10 p3
SUGERENCIA: Considere los lugares como etapas y las 7 posibles combinaciones de artículos
a llevar en cada lugar como variables de decisión de cada etapa.
1
2
3
S1 = 10 S3 = S2 – X2IS2 = S1 – X1I
r3 = f(X3)
f3 = r3*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2*
d3 = Valor de X3Id2 = Valor de X2Id1 = Valor de X1I
En este problema nos encontramos nuevamente que se trata tipo binario, llevar o no llevar.
COMBINACIONES
ARTÍCULO
FORMA 1 2 3 e (p3)
A 1 0 0 1
B 0 1 0 2
C 0 0 1 3
D 1 1 0 3
E 1 0 1 4
F 0 1 1 5
G 1 1 1 6
Los posibles valores de combinaciones para los estado serán:
S1 = {10}
S2 = {4, 5, 6, 7, 8, 9}
S3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
ETAPA Nº 3 (DAVID)
d3 = X3 I ; X3 I ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 I ; f3 = max { r3*}
S3 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X3 I* f3
*
1 140 --- --- --- --- --- --- A 140
2 140 230 --- --- --- --- --- B 230
3 140 230 260 370 --- --- --- D 370
4 140 230 260 370 400 --- --- E 400
5 140 230 260 370 400 490 --- F 490
6 140 230 260 370 400 490 630 G 630
7 140 230 260 370 400 490 630 G 630
8 140 230 260 370 400 490 630 G 630
ETAPA Nº 2 (CHITRÉ)
d2 = X2 I ; X2 I ≤ S2 – 1 ; S2 = S1 – X1 I ; f2 = max { r2 + f3*}
S2 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X2 I* f2
*
4 120 + 370 180 + 230 350 + 140 300 + 140 --- --- --- A, C 490
5 120 + 400 180 + 370 350 + 230 300 + 230 470 + 140 --- --- E 610
6 120 + 490 180 + 400 350 + 370 300 + 370 470 + 230 530 + 140 --- C 720
7 120 + 630 180 + 490 350 + 400 300 + 400 470 + 370 530 + 230 650 + 140 E 840
8 120 + 630 180 + 630 350 + 490 300 + 490 470 + 400 530 + 370 650 + 230 F 900
9 120 + 630 180 + 630 350 + 630 300 + 630 470 + 490 530 + 400 650 + 370 G 1 020
ETAPA Nº 1 (AGUADULCE)
d1 = X1 I ; X1 I ≤ S1 – 2 ; S1 = 10 ; f 1 = max { r 1 + f 2*}
S1 A (1) B (2) C (3) D (3) E (4) F (5) G (6) X1 I* f1
*
10 100 + 1 020 200 + 900 300 + 840 300 + 840 400 + 720 500 + 610 600 + 490 C, D 1 140
La solución óptima para este problema es:
OPCIÓN Nº 1: OPCIÓN Nº 2:
LUGAR
ARTICULOS
A LLEVAR
LUGAR
ARTICULOS
A LLEVAR
AGUADULCE 3 AGUADULCE 1, 2
CHITRÉ 1, 3 CHITRÉ 1, 3
DAVID 1, 2 DAVID 1, 2
ZMÁX = $ 1 140. 00 ZMÁX = $ 1 140. 00
Ejemplo Nº 5
Dada la siguiente función objetivo sujeta a la restricción mostrada, encontrar la solución
óptima.
( ) ( )
enteroYYYYY
YYYYMaxZ
i 05
52
4321
2432
21
≥≤+++
−+++=
S4 = S1 – Y1 S2 = S4 – Y4S1 = 5
d1 = Valor de Y1 d4 = Valor de Y4 d2 = Valor de Y2
1
4
2
3
S3 = S2 – Y2
d3 = Valor de Y3
r3 = Y3
f3 = r3
*
r2 = Y2
f2 = r2 f3
*
r4 = (Y4 – 5)2
f4 = r4 + f2
*
r1 = (Y1 + 2)2
f1 = r1 + f4
*
Los posibles valores de combinaciones para los estado serán:
S1 = {5}
S2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
S3 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
S4 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
ETAPA Nº 3
d3 = Y3 ; Y3 ≤ S3 ; S3 = S2 – Y2; f 3 = max { r3* }
S3 0 1 2 3 4 5 Y3* f3
*
0 0 --- --- --- --- --- 0 0
1 0 1 --- --- --- --- 1 1
2 0 1 2 --- --- --- 2 2
3 0 1 2 3 --- --- 3 3
4 0 1 2 3 4 --- 4 4
5 0 1 2 3 4 5 5 5
ETAPA Nº 2
d2 = Y2 ; Y2 ≤ S2 ; S2 = S4 – Y4; f 2 = max { r2 f3* }
S2 0 1 2 3 4 5 Y2* f2
*
0 (0) (0) --- --- --- --- --- 0 0
1 (0) (1) (1) (0) --- --- --- --- 0, 1 0
2 (0) (2) (1) (1) (2) (0) --- --- --- 1 1
3 (0) (3) (1) (2) (2) (1) (3) (0) --- --- 1, 2 2
4 (0) (4) (1) (3) (2) (2) (3) (1) (4) (0) --- 2 4
5 (0) (5) (1) (4) (2) (3) (3) (2) (4) (1) (5) (0) 2, 3 6
ETAPA Nº 4
d4 = Y4 ; Y4 ≤ S4 ; S4 = S1 – Y1 ; f 4 = max { r4 + f2*}
S4 0 1 2 3 4 5 Y4* f4
*
0 25 + 0 --- --- --- --- --- 0 25
1 25 + 0 16 + 0 --- --- --- --- 0 25
2 25 + 1 16 + 0 9 + 0 --- --- --- 0 26
3 25 + 2 16 + 1 9 + 0 4 + 0 --- --- 0 27
4 25 + 4 16 + 2 9 + 1 4 + 0 1 + 0 --- 0 29
5 25 + 6 16 + 4 9 + 2 4 + 1 1 + 0 0 + 0 0 31
ETAPA Nº 1
d1 = Y1 ; Y1 ≤ S1 ; S1 = 10 ; f 1 = max { r1 + f4*}
S1 0 1 2 3 4 5 Y1* f1
*
5 4 + 31 9 + 29 16 + 27 25 + 25 36 + 25 49 + 25 5 74
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN ÓPTIMA
Z = 74
Y1 = 5
Y2 = 0
Y3 = 0
Y4 = 0
Ejemplo Nº 6
ABC Tech, una escuela privada de ingeniería, acaba de recibir una donación de un antiguo
alumno por un monto de $ 100 000. El vicepresidente financiero del ABC Tech planea invertir
el dinero para financiar un conjunto de becas. Puede invertir de tres formas con diferentes
rendimientos. Los tres esquemas de inversión y sus rendimientos después de tres años
(incluyendo el capital) se muestra en la tabla para diferentes niveles de inversión. Sugiérale al
vicepresidente una cartera de inversiones que produzca el mayor rendimiento para becas y
reinversión utilizando la programación dinámica.
Rendimientos sobre la Inversión
Inversión
(en miles Plan X Plan Y Plan Z
0 0 0 0
25 50 60 40
50 110 90 100
100 150 130 175
1
2
3
S1 = 100 S3 = S2 – X2S2 = S1 – X1
r3 = f(X3)
f3 = r3*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2*
d3 = Valor de X3d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1
Los posibles valores de combinaciones para los estado serán:
S1 = {100}
S2 = {0, 50, 75, 100}
S3 = {0, 25, 50, 75, 100}
ETAPA N º 3
d3 = X3 ; X3 ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 ; f3 = max { r3*}
S1 0 25 50 100 X1* f1
*
0 0 --- --- --- 0 0
25 0 40 --- --- 25 40
50 0 40 100 --- 50 100
75 0 40 100 --- 50 100
100 0 40 100 175 100 175
ETAPA N º 2
d2 = X2 ; X2 ≤ S2 ; S2 = S1 – X1 ; f2 = max { r2 + f3*}
S2 0 25 50 100 X2* f2
*
0 0 + 0 --- --- --- 0 0
50 0 + 100 60 + 40 90 + 0 --- 0, 25 100
75 0 + 100 60 + 100 90 + 40 --- 25 160
100 0 + 175 60 + 100 90 + 100 130 + 0 50 190
ETAPA N º 1
d1 = X1 ; X1 ≤ S1 ; S1 = 100 ; f1 = max { r1 + f2*}
S1 0 25 50 100 X1* f1
*
100 0 + 190 50 + 160 110 + 100 150 + 0 25 , 50 210
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN 1 SOLUCIÓN 2 SOLUCIÓN 3
Z = 210
X1 = 25
X2 = 25
X3 = 50
Z = 210
X1 = 50
X2 = 25
X3 = 25
Z = 210
X1 = 50
X2 = 0
X3 = 50
Ejemplo Nº 7:
La Dra. Kathy Mireya may, Que recién obtuvo su doctorado en psicología, acaba de aceptar un
empleo en Hays State University y debe mudarse pronto a ese lugar. Para hacerlo, utilizará su
único automóvil, dado que su esposo Ernesto P., llevará después el resto de sus artículos
domésticos. Kathy ha determinado que tiene 9 pies cúbicos disponible para transportar artículos
necesarios a Hays. En la tabla se muestra que está pensando llevar, junto con su volumen en pies
cúbicos y su prioridad en una escala de 1 a 10, de acuerdo con la opinión de Kathy.ç
ARTÍCULO VOLUMEN PRIORIDAD
Ropa 2 8
TV 6 3
Horno Microonda 6 5
Libros 3 9
Artículos Personales 1 9
Determine que artículos debe transportar Kathy para maximizar sus prioridades, utilizando la
programación dinámica.
d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5
S2 = S1 – 2 X1S1 = 9
1 2 3
S4 = S3 – 6 X3
S3 = S2 – 6 X2
4
S5 = S4 – 3 X4
5
r1 = 8 X1
f1 = r1 + f2
*
r2 = 3 X2
f2 = r2 + f3
*
r3 = 5 X3
f3 = r3 + f4
*
r4 = 9 X4
f4 = r4 + f5
*
r5 = 9 X5
f5 = r5
*
Las combinaciones de valores que puede tomar cada variable de estado serán:
S1 = {9}
S2 = {7, 9}
S3 = {1, 3, 7, 9}
S4 = {1, 3, 7, 9}
S5 = {0, 1, 3, 4, 6, 7, 9}
ETAPA Nº 5
d5 = X5 ; X5 ≤ S5 ; S5 = S4 – 3 X4 ; f5 = max { r5*}
S5 0 1 X5* f5
*
0 0 --- 0 0
1 0 9 1 9
3 0 9 1 9
4 0 9 1 9
6 0 9 1 9
7 0 9 1 9
9 0 9 1 9
ETAPA Nº 4
d4 = X4 ; X4 ≤ S4 / 3; S4 = S3 – 6 X3 ; f4 = max { r4 + f5*}
S4 0 1 X4* f4
*
1 0 + 9 --- 0 9
3 0 + 9 9 + 0 0, 1 9
7 0 + 9 9 + 9 1 18
9 0 + 9 9 + 9 1 18
ETAPA Nº 3
d3 = X3 ; X3 ≤ S3 / 6; S3 = S2 – 6 X2 ; f3 = max { r3 + f4*}
S3 0 1 X3* f3
*
1 0 + 9 --- 0 9
3 0 + 9 --- 0 9
7 0 + 18 5 + 9 0 18
9 0 + 18 5 + 9 0 18
ETAPA Nº 2
d2 = X2 ; X2 ≤ S2 / 6; S2 = S1 – 2 X1 ; f2 = max { r2 + f3*}
S2 0 1 X2* f2
*
7 0 + 18 3 + 9 0 18
9 0 + 18 3 + 9 0 18
ETAPA Nº 1
d1 = X1 ; X1 ≤ S1 / 9; S1 = 9 ; f1 = max { r1 + f2*}
S1 0 1 X1* f1
*
9 0 + 18 8 + 18 1 26
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN ÓPTIMA
Z = 26
X1 = 1
X2 = 0
X3 = 0
X4 = 1
X5 = 1
Ejemplo Nº 8:
La campaña política para la rectoría de la Universidad ABC se encuentra es su última etapa y las
preliminares indican que la elección está pareja. Uno de los candidatos tiene suficientes fondos
para comprar tiempo en TV por un total de 5 comerciales en las horas de mayor audiencia en
estaciones localizadas en cuatro centros regionales diferentes. Con base a la información
preliminar se hizo una estimación del número de votos adicionales que se pueden ganar en los
diferentes centros según el número de comerciales que se contraten. Estas estimaciones se dan
en la tabla en miles de votos:
Centro Regional
Comerciales Chiriquí Azuero Coclé Veraguas
0 0 0 0 0
1 4 5 3 6
2 7 9 7 8
3 9 11 12 10
4 12 10 14 11
5 15 9 16 12
Determinar cómo deben distribuirse los comerciales entre los centros regionales, utilizando la
herramienta de programación dinámica.
S2 = S1 – X1 S3 = S2 – X2S1 = 5
d1 = Valor de X1 d2 = Valor de X2 d3 = Valor de X3
1
2
3
4
S4 = S3 – X3
d4 = Valor de X4
r4 = f(X4)
f4 = r4*
r3 = f(X3)
f3 = r3 + f4*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2*
Las combinaciones de valores que puede tomar cada variable de estado serán:
S1 = {5}
S2 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
S3 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
S4 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
ETAPA Nº 4
d4 = X4 ; X4 ≤ S4 ; S4 = S3 – X3 ; f 4 = max { r4*}
S4 0 1 2 3 4 5 X4* f4
*
0 0 --- --- --- --- --- 0 0
1 0 6 --- --- --- --- 1 6
2 0 6 8 --- --- --- 2 8
3 0 6 8 10 --- --- 3 10
4 0 6 8 10 11 --- 4 11
5 0 6 8 10 11 12 5 12
ETAPA Nº 3
d3 = X3 ; X3 ≤ S3 ; S3 = S2 – X2 ; f 3 = max { r3 + f4*}
S3 0 1 2 3 4 5 X3* f3
*
0 0 + 0 --- --- --- --- --- 0 0
1 0 + 6 3 + 0 --- --- --- --- 0 6
2 0 + 8 3 + 6 7 + 0 --- --- --- 1 9
3 0 + 10 3 + 8 7 + 6 12 + 0 --- --- 2 13
4 0 + 11 3 + 10 7 + 8 12 + 6 14 + 0 --- 3 18
5 0 + 12 3 + 11 7 + 10 12 + 8 14 + 6 16 + 0 3, 4 20
ETAPA Nº 2
d2 = X2 ; X2 ≤ S2 ; S2 = S1 – X1 ; f 2 = max { r2 + f3*}
S2 0 1 2 3 4 5 X2* f2
*
0 0 + 0 --- --- --- --- --- 0 0
1 0 + 6 5 + 0 --- --- --- --- 0 6
2 0 + 9 5 + 6 9 + 0 --- --- --- 1 11
3 0 + 13 5 + 9 9 + 6 11 + 0 --- --- 2 15
4 0 + 18 5 + 13 9 + 9 11 + 6 10 + 0 --- 0, 1, 2 18
5 0 + 20 5 + 18 9 + 13 11 + 9 10 + 6 9 + 0 1 23
ETAPA Nº 1
d1 = X1 ; X1 ≤ S1 ; S1 = 5 ; f 1 = max { r1 + f2*}
S1 0 1 2 3 4 5 X1* f1
*
5 0 + 23 4 + 18 7 + 15 9 + 11 12 + 6 15 + 0 0 23
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
SOLUCIÓN ÓPTIMA
Z = 23
X1 = 0
X2 = 1
X3 = 3
X4 = 1
Ejemplo Nº 9:
Una empresa tiene $ 10,000.00 para invertir en cualquiera de 4 riesgos de duración anual. El
dinero no invertido en estos riesgos puede colocarse a interés anual del 10 % anual. ¿Cómo
deben emplearse los fondos?
RIESGO CANTIDAD PARA
INVERTIR
VALOR NETO AL FINAL
DEL AÑO
1 2 000 2 500
2 3 000 3 800
3 6 000 7 500
4 7 000 8 200
d1 = X1 d2 = X2 d3 = X3 d4 = X4 d5 = X5
S2 = S1 – 2 000 X1S1 = 10 000
1 2 3
S4 = S3 – 6 000 X3
S3 = S2 – 3 000 X2
4
S5 = S4 – 7 000 X4
5
r1 = f(X1)
f1 = r1 + f2
*
r2 = f(X2)
f2 = r2 + f3*
r3 = f(X3)
f3 = r3 + f4*
r4 = f(X4)
f4 = r4 + f5*
r5 = f(X5)
f5 = r5*
Las combinaciones de valores que puede tomar cada variable de estado serán:
S1 = {10 000}
S2 = {8 000, 10 000}
S3 = {5 000, 7 000, 8 000, 10 000}
S4 = {1 000, 2 000, 4 000, 5 000, 7 000, 8 000, 10 000}
S5 = {0, 1 000, 2 000, 3 000, 4 000, 5 000, 7 000, 8 000, 10 000}
ETAPA Nº 5
d5 = X5 ; X5 = S5 ; S5 = S4 – 7 000 X4 ; f5 = max { r5*}
S5 0 1 000 2 000 3 000 4 000 5 000 7 000 8 000 10 000 X5* f5
*
0 0 0 0
1 000 1 100 1 000 1 100
2 000 2 200 2 000 2 200
3 000 3 300 3 000 3 300
4 000 4 400 4 000 4 400
5 000 5 500 5 000 5 500
7 000 7 700 7 000 7 700
8 000 8 800 8 000 8 800
10 000 11 000 10 000 11 000
ETAPA Nº 4
d4 = X4 ; X4 ≤ S4 / 7 000; S4 = S3 – 6 000 X3 ; f4 = max { r4 + f5*}
S4 0 1 X4* f4
*
1 000 0 + 1 100 --- 0 1 100
2 000 0 + 2 200 --- 0 2 200
4 000 0 + 4 400 --- 0 4 400
5 000 0 + 5 500 --- 0 5 500
7 000 0 + 7 700 8 200 + 0 1 8 200
8 000 0 + 8 800 8 200 + 1 100 1 9 300
10 000 0 + 11 000 8 200 + 3 300 1 11 500
ETAPA Nº 3
d3 = X3 ; X3 ≤ S3 / 6 000; S3 = S2 – 3 000 X2 ; f3 = max { r3 + f4*}
S3 0 1 X3* f3
*
5 000 0 + 5 500 --- 0 5 500
7 000 0 + 8 200 7 500 + 1 100 1 8 600
8 000 0 + 9 300 7 500 + 2 200 1 9 700
10 000 0 + 11 500 7 500 + 4 400 1 11 900
ETAPA Nº 2
d2 = X2 ; X2 ≤ S2 / 3 000; S2 = S1 – 2 000 X1 ; f2 = max { r2 + f3*}
S2 0 1 X2* f2
*
8 000 0 + 9 700 3 800 + 5 500 0 9 700
10 000 0 + 11 900 3 800 + 8 600 1 12 400
ETAPA Nº 1
d1 = X1 ; X1 ≤ S1 / 2 000; S1 = 10 000 ; f1 = max { r1 + f2*}
S1 0 1 X1* f1
*
10 000 0 + 12 400 2 500 + 9 700 0 12 400
Para el problema en cuestión la solución óptima está dada por:
Z = 12 400
X1 = 0
X2 = 1
X3 = 1
X4 = 0
X5 = 1 000
SOLUCIÓN ÓPTIMA
2. MODELOS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA CON VALORES CONTINUOS
2.1 PROBLEMAS DE UNA RESTRICCIÒN
Ilustraremos este modelo a través de una serie de ejemplos.
Ejemplo Nº 1:
010324
567
321
232
21
≥≤++
++=
iXXXX
XXXMaxZ
1
3
2
S1 = 10 S2 = S3 – 3X3S3 = S1 – 4X1
r2 = 6 X2
f2 = r2
*
r3 = 5 X32
f3 = r3 + f2
*
r1 = 7 X12
f1 = r1 + f3
*
d2 = Valor de X2d3 = Valor de X3d1 = Valor de X1
Iniciamos desde la última etapa definida en el diagrama, para este caso es la etapa 2.
Buscamos los máximos, ya que el criterio es maximizar.
f2 = 6 X2 y 0 ≤ 2 X2 ≤ S2
Por tratarse de la ecuación de una recta el máximo se dará en el extremo derecho,
sustituyendo este:
f2* = 6 (S2 / 2) = 3 S2 y X2
* = S2 / 2
Recordemos que
f3 = r3 + f2* = 5 X3
2 + f2* y S2 = S3 – 3X3
f3 = 5 X3
2 + 3 S2 = 5 X32 + 3 (S3 – 3X3)
f3 = 5 X3
2 + 3 S3 – 9 X3 y 0 ≤ 3 X3 ≤ S3
Si se observa en detalle la función f3 corresponde al tipo de las cuadráticas, para encontrar el
valor de X3 que hace que la función sea máxima es necesario emplear las técnicas de derivadas
para criterios de máximos y mínimos.
1090910 33
3
3 =⇒=−=∂∂ XXXf
1023
32
+=∂∂
Xf
lo que representa un mínimo
Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los valores de X3 para encontrar la serie de
combinaciones para los que representa un máximo.
f3 ( X3 = 0 ) = 3 S3 y f3 ( X3 = S3 / 3) = 5 / 9 S32
Como en ambos casos se depende de la variable de estado se igualarán ambas funciones para
definir en que casos específicos una representa un máximo y la otra un mínimo.
3 S3 = 5 / 9 S32 → 5 S3
2 - 27 S3 = 0
Para este caso las raíces son S3 = 0 y S3 = 5.4
FUNCIÒN VALOR PRUEBA
0 ≤ S3 ≤ 5.4 (S3 = 3)
VALOR PRUEBA
S3 ≥ 5.4 (S3 = 9)
INTERVALO
ES MÁXIMO
f3 = 3 S3 9 27 0 ≤ S3 ≤ 5.4
f3 = 5 / 9 S32 5 45 S3 ≥ 5.4
Si usted observa en detalle S3 = S1 – 4X1 lo que permite que 0 ≤ S3 ≤ 10
Por esta razón definiremos dos intervalos de análisis
f3* ( X3
* = 0 ) = 3 S3 para S3 ≤ 5.4
f3* ( X3
* = S3 / 3 ) = 5 / 9 S32 para S3 ≥ 5.4
Pasaremos ahora a la etapa 1
f1 = r1 + f3* = 7 X1
2 + f3*
4.595
4.537
323
332
1*
1
≥
≤+=
SS
SSXf
Sustituyendo S3 = S1 – 4X1 = 10 – 4X1 en las expresiones anteriores se obtiene
( )
( ) 15.141095
15.141037
12
1
112
1*
1
≤−
≥−+=
XX
XXXf
Además el valor máximo que puede tomar X1 es de 2.5
Para esta etapa analizaremos cada caso en particular:
a) f1* = 7 X1
2 + 3 (10 – 4 X1) 1.15 ≤ X1 ≤ 2.5
Mínimo en X1 = - b / 2a = -(-12) / (2 (7)) = 6 / 7; como es un mínimo y además está fuera del
intervalo de la función dada se evalúan los extremos.
f1* ( X1
* = 1.15 ) = 25.4575 y f1* ( X1
* = 2.5 ) = 43.75
b) f1* = 7 X1
2 + 5 / 9 (10 – 4 X1)2 0 ≤ X1 ≤ 1.15
Mínimo en X1 = - b / 2a = -(-40/9) / (2 (143/9)) = 40 / 143; como representa un mínimo se
calculan los extremos.
f1* ( X1
* = 0 ) = 55.56 y f1* ( X1
* = 1.15 ) = 25.4575
Solución final del problema:
ZMAX = 55.56 X1* = 0 X2
* = 0 X3* = 10 / 3
Ejemplo Nº 2:
01
7243
321
3222
211
≥≤++
+−+−=
iXXXX
XXXXXMaxZ
1
2
3
S1 = 1 S3 = S2 – X2S2 = S1 – X1
r3 = 7 X3
f3 = r3
*
r2 = 4 X2 – 2 X22
f2 = r2 + f3
*
r1 = 3 X1 – X12
f1 = r1 + f2
*
d3 = Valor de X3d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1
Iniciamos desde la última etapa definida en el diagrama, para este caso es la etapa 3.
Buscamos los máximos, ya que el criterio es maximizar.
f3 = 7 X3 y 0 ≤ X3 ≤ S3
Por tratarse de la ecuación de una recta el máximo se dará en el extremo derecho,
sustituyendo este:
f3* = 7 (S3) = 7 S3 y X3
* = S3
Recordemos que
f2 = r2 + f3* = 4 X2 – 2 X2
2 + f3* y S3 = S2 – X2
f2 = 4 X2 – 2 X2
2 + 7 S3 = 4 X2 – 2 X22 + 7 (S2 – X2)
f2 = – 2 X2
2 – 3 X2 + 7 S2 y 0 ≤ X2 ≤ S2
Si se observa en detalle la función f2 corresponde al tipo de las cuadráticas, para encontrar el
valor de X2 que hace que la función sea máxima es necesario emplear las técnicas de derivadas
para criterios de máximos y mínimos.
43034 22
2
2 −=⇒=−−=∂∂
XXXf
422
22
−=∂∂
Xf
lo que representa un máximo
Aún cuando el valor de X2 encontrado representa un máximo, por ser negativo no está dentro del
rango de factibilidad (valores positivos). Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los
valores de X2 para encontrar la serie de combinaciones para los que representa un máximo.
f2 ( X2 = 0 ) = 7 S2 y f2 ( X2 = S2) = – 2 S22 + 4 S2
Como en ambos casos se depende de la variable de estado se igualarán ambas funciones para
definir en que casos específicos una representa un máximo y la otra un mínimo.
7 S2 = – 2 S22 + 4 S2 → 2 S2
2 + 3 S2 = 0
Para este caso las raíces son S2 = 0 y S2 = – 0.5
Como los valores de estado no pueden romper el principio de no negatividad se analizarán sólo
los positivos 0 ≤ S2 ≤ 1
FUNCIÒN VALOR PRUEBA
0 ≤ S2 ≤ 1 (S2 = 1) MÁXIMO
f2 = 7 S2 7 X
f2 ( X2 = S2) = – 2 S22 + 4 S2 2
Si usted observa en detalle no es necesario dividir esta función en dos intervalos. Lo que
significa que la mejor combinación para esta etapa es:
f2* ( X2
* = 0 ) = 7 S2 para 0 ≤ S2 ≤ 1
Pasaremos ahora a la etapa 1
f1 = r1 + f2* = 3 X1 – X1
2 + f2*
f1 = 3 X1 – X12 + 7 S2 = 3 X1 – X1
2 + 7 (S1 – X1)
f1 = – X12 – 4 X1 + 7 S1 y 0 ≤ X1 ≤ S1 = 1
2042 111
1 −=⇒=−−=∂∂
XXXf
221
12
−=∂∂X
f lo que representa un máximo
Aún cuando el valor de X1 encontrado representa un máximo, por ser negativo no está dentro del
rango de factibilidad (valores positivos). Para ello lo que hacemos es evaluar los extremos de los
valores de X1 para encontrar la serie de combinaciones para los que representa un máximo.
f1 ( X1 = 0 ) = – (0)2 – 4 (0) + 7 (1) = 7
f1 ( X1 = S1 = 1) = – (1)2 – 4 (1) + 7 (1) = 2
Como podrá observar el mejor valor resulta de cuando X1 = 0, de aquí podemos concluir
Solución final del problema:
ZMAX = 7 X1* = 0 X2
* = 0 X3* = 1
2.2 PROBLEMAS DE DOS RESTRICCIONES
En este caso en particular Usted notará que el procedimiento de optimización es similar al caso
anterior, lo que le parecerá nuevo es el hecho de que se debe satisfacer la dos condiciones
restrictivas del problema al mismo tiempo. Para ello veremos algunos problemas para ilustrar al
lector.
Ejemplo Nº 1:
8362
1015
21
21
21
≤+≤++=
XXXX
XXMaxZ
1
2
S11 = 6
S21 = 8
S21 = 6 – X1
S22 = 8 – 3 X1
r2 = 10 X2
f2 = r2
*
r1 = 15 X1
f1 = r1 + f2
*
d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1
Para dar inicio a la solución del problema partiremos por establecer los rangos de las variables de
decisión:
R1: 0 ≤ X1 ≤ 6 0 ≤ X2 ≤ S21 / 2
R2: 0 ≤ X1 ≤ 8 0 ≤ X2 ≤ S22
Daremos inicio por la etapa 2:
⎩⎨⎧
≤≤≤≤
=222
21222 0
5.0010
SXSX
Xf
En esta etapa pueden presentarse dos casos
Caso A:
S21 / 2 ≤ S22
f2 ( X2 = S21 / 2 ) = 10 ( S21 / 2 ) = 5 S21
Caso B:
S22 ≤ S21 / 2
f2 ( X2 = S22 ) = 10 ( S22 ) = 10 S22
Para pasar a la etapa 1 tenemos que evaluar los valores de X1 para cada uno de los 2 casos antes
expuestos, obteniendo:
Caso A:
S21 / 2 ≤ S22
(6 – X1) / 2 ≤ 8 – 3 X1
X1 ≤ 2
Caso B:
S22 ≤ S21 / 2
8 – 3 X1 ≤ (6 – X1) / 2
X1 ≥ 2
Además el valor de X1 no debe exceder de 6 para satisfacer a R1 y R2 al mismo tiempo.
Habiendo definido los valores de X1 para cada caso se procederá a optimizar la función para cada
caso mostrado.
( )( )⎩
⎨⎧
≤≤≤≤
−−
+=6220
381065
151
1
1
111 X
XX
XXf
Se analizará cada caso por separado, para luego comparar los máximos de cada uno
Caso A:
f1 = 30 + 10 X1 0 ≤ X1 ≤ 2
Esta función representa el Lugar Geométrico de una recta, donde el máximo se dará en el
extremo derecho, obteniéndose:
f1 ( X1 = 2) = 30
Caso B:
f1 = 80 – 15 X1 2 ≤ X1 ≤ 6
Se presenta nuevamente el Lugar Geométrico de una recta con pendiente negativa, al contrario
del Caso A, el máximo se presentará en el extremo izquierdo.
f1 ( X1 = 2) = 50
Solución final del problema:
ZMAX = 50 X1* = 2 X2
* = 2
Ejemplo Nº 2:
21272172
44
21
21
21
≤+≤+
+=
XXXX
XXMaxZ
1
2
S11 = 21
S21 = 21
S21 = 21 – 2 X1
S22 = 21 – 7 X1
r2 = 14 X2
f2 = r2
*
r1 = 4 X1
f1 = r1 + f2
*
d2 = Valor de X2d1 = Valor de X1
Para dar inicio a la solución del problema partiremos por establecer los rangos de las variables de
decisión:
R1: 0 ≤ X1 ≤ 21 / 2 0 ≤ X2 ≤ S21 / 7
R2: 0 ≤ X1 ≤ 21 / 7 0 ≤ X2 ≤ S22 / 2
Daremos inicio por la etapa 2:
⎩⎨⎧
≤≤≤≤
=222
21222 2/10
7/1014
SXSX
Xf
En esta etapa pueden presentarse dos casos
Caso A:
S21 / 7 ≤ S22 / 2
f2 ( X2 = S21 / 7 ) = 14 ( S21 / 7 ) = 2 S21
Caso B:
S22 / 2 ≤ S21 / 7
f2 ( X2 = S22 / 2 ) = 14 ( S22 / 2 ) = 7 S22
Para pasar a la etapa 1 tenemos que evaluar los valores de X1 para cada uno de los 2 casos antes
expuestos, obteniendo:
Caso A:
S21 / 7 ≤ S22 / 2
(21 – 2 X1) / 7 ≤ (21 – 7 X1) / 2
X1 ≤ 7 / 3
Caso B:
S22 / 2 ≤ S21 / 7
(21 – 7 X1) / 2 ≤ (21 – 2 X1) / 7
X1 ≥ 7 / 3
Además el valor de X1 no debe exceder de 21 / 7 = 3 para satisfacer a R1 y R2 al mismo tiempo.
Habiendo definido los valores de X1 para cada caso se procederá a optimizar la función para cada
caso mostrado.
( )( )⎩
⎨⎧
≤≤≤≤
−−
+=33/73/70
72172212
41
1
1
111 X
XXX
Xf
Se analizará cada caso por separado, para luego comparar los máximos de cada uno
Caso A:
f1 = 42 0 ≤ X1 ≤ 7 / 3
Esta función representa el Lugar Geométrico de una recta horizontal, donde el máximo se dará
en todo valor comprendido entre 0 y 7 / 3, obteniéndose:
f1 ( 0 ≤ X1 ≤ 7 / 3 ) = 42
Caso B:
f1 = 147 – 45 X1 7 / 3 ≤ X1 ≤ 3
Se presenta nuevamente el Lugar Geométrico de una recta con pendiente negativa, el máximo se
presentará en el extremo izquierdo.
f1 ( X1 = 7 / 3 ) = 42
Solución final del problema:
ZMAX = 42 0 ≤ X1* ≤ 7 / 3 X2
* = (21 – 2 X1) / 7