Examen de septiembre de 2005

Solución del examen de Investigación Operativa de Sistemas de septiembre de 2005
Problema 1 (3,5 puntos):
En una serie de lanzamientos de un dado, se observa cuantos resultados
diferentes han aparecido hasta cada momento.
a) Hallar el diagrama de transición de estados y la matriz de transición de una
cadena de Markov que modele esta situación.
b) Si hasta el momento han aparecido 2 resultados diferentes, ¿cuál es la
probabilidad de que tras realizar 2 lanzamientos más el número de resultados
diferentes sea cuatro?
c) Si hasta el momento han aparecido 3 resultados diferentes, ¿cuál es la
probabilidad de que tras realizar 2 lanzamientos más el número de resultados
diferentes sea cuatro?
Solución:
Apartado a):
Al contar los resultados diferentes que han aparecido obtendremos un número
natural del 0 al 6 (ambos inclusive). Por consiguiente, el conjunto de estados es
S={0,1,2,3,4,5,6}. La matriz de transición será:
⎛0
⎜
⎜0
⎜0
⎜
Q = ⎜0
⎜0
⎜
⎜0
⎜
⎝0
1
0
1
6
5
0
0
0
0
0
2
6
6
0
0
0
0
0
0
4
3
6
6
0
0
0
0
0
0
3
4
6
6
0
0
0
0
0
0
2
5
6
6
0
0⎞
⎟
0⎟
0⎟
⎟
0⎟
0⎟
⎟
1 ⎟
6
⎟
1⎠
El diagrama de transición de estados (DTE) correspondiente es el que sigue:
2/6
1/6
1
0
1
5/6
1
6
2
3/6
4/6
5/6
1/6
5
3
4/6
2/6
3/6
4
Apartado b):
Nos piden la probabilidad de transitar en 2 etapas desde el estado 2 hasta el
estado 4. Según las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov, dicha probabilidad viene
dada por el elemento (3,5) de Q2. Para hallar dicho elemento, debemos tomar Q y
multiplicar la 3ª fila por la 5ª columna:
q3(2,5) = 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 +
2
4 3
4
4 3 1
⋅0 + ⋅ + 0⋅ + 0⋅0 + 0⋅0 = ⋅ =
6
6 6
6
6 6 3
Apartado c):
Nos piden la probabilidad de transitar en 2 etapas desde el estado 3 hasta el
estado 4. Según las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov, dicha probabilidad viene
dada por el elemento (4,5) de Q2. Para hallar dicho elemento, debemos tomar Q y
multiplicar la 4ª fila por la 5ª columna:
3 3 3 4
3 3 3 4 7
q4(2,5) = 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + ⋅ + ⋅ + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 = ⋅ + ⋅ =
6 6 6 6
6 6 6 6 12
Problema 2 (3,25 puntos):
Una compañía considera la instalación de un ordenador para sus ingenieros. Se
consideran tres propuestas:
Máquina
Coste (€)
Tiempo medio servicio (min)
A
2000
10
B
6000
8
C
10000
4
Los ingenieros envían trabajos al ordenador con tasa 5 por hora. El coste del
tiempo que cada ingeniero espera a que el ordenador procese su trabajo es de 2 €/hora.
Calcule qué máquina debe instalar la compañía, suponiendo 40 horas de trabajo
semanales, 50 semanas de trabajo al año, y una vida útil del ordenador de dos años.
Solución:
El sistema se puede modelar como una cola M/M/1. El servidor es el ordenador,
y cada ingeniero manda un trabajo para que lo realice el servidor. La razón de llegadas
es λ=5 clientes/hora. La razón de servicio depende del modelo de ordenador que se
elija:
1 10
=
h ⇒ µ A = 6 clientes / h
µ A 60
1
8
15
=
h ⇒ µB =
clientes / h
µ B 60
2
1
4
=
h ⇒ µC = 15 clientes / h
µC 60
Con esto se puede calcular el parámetro ρ para cada una de las opciones:
λ 5
=
ρA =
µA 6
λ 5⋅ 2 2
=
=
µ B 15 3
5 1
λ
=
=
ρC =
µC 15 3
ρB =
Se trata de minimizar el coste total, donde dicho coste es la suma del coste de
adquisición del ordenador y el coste por espera de los ingenieros. Para la opción i
expresaremos esto de la siguiente manera:
CTi = CAi + CEi
donde i∈{A, B, C}. El coste de adquisición viene dado en la tabla:
CTA = 2000 € ; CTB = 6000 € ; CTC = 10000 €
El coste por esperas se calculará hallando el número de horas total que estará
funcionando el sistema multiplicado por el número medio de clientes en el sistema (L) y
por el coste por cliente y hora:
CEi = 40 h ⋅ 50 semanas ⋅ 2 años ⋅ Li ⋅ 2 €
Hallamos el número medio de clientes en el sistema para una cola M/M/1 a
partir de las fórmulas que aparecen al final del examen:
⎛
1⎞
ρ2
ρ2 + ρ − ρ2
ρ
+ρ=
=
L = λW = λ ⎜⎜Wq + ⎟⎟ = λWq + ρ = Lq + ρ =
µ⎠
1− ρ
1− ρ
1− ρ
⎝
Ahora podemos hallar L y CE para cada opción:
5
ρA
= 6 = 5 clientes
LA =
1− ρA 1
6
CE A = 40 h ⋅ 50 semanas ⋅ 2 años ⋅ LA ⋅ 2 € = 40000 €
2
ρB
LB =
= 3 = 2 clientes
1 − ρB 1
3
CEB = 40 h ⋅ 50 semanas ⋅ 2 años ⋅ LB ⋅ 2 € = 16000 €
1
ρC
1
LC =
= 3 = clientes
1 − ρC 2
2
3
CEC = 40 h ⋅ 50 semanas ⋅ 2 años ⋅ LC ⋅ 2 € = 4000 €
Ahora podemos hallar los costes totales:
CTA = CAA + CE A = 2000 € + 40000 € = 42000 €
CTB = CAB + CE B = 6000 € + 16000 € = 22000 €
CTC = CAC + CEC = 10000 € + 4000 € = 14000 €
Se observa que el menor coste total se alcanza en la opción C, con lo cual la
compañía debe instalar el ordenador tipo C.
Problema 3 (1,75 puntos):
Sea el siguiente problema de programación lineal:
Minimizar 100x1 + 200x2
Sujeto a:
14 x1 + 4 x2 ≥ 56
4 x1 + 24 x2 ≥ 48
x1 , x2 ≥ 0
Resuelva dicho problema mediante el método del Simplex, siguiendo estos pasos:
a) Construya una solución factible inicial (tabla inicial del método).
b) Obtenga la(s) solución(es) óptima(s), si las hay.
c) ¿De qué tipo es la(s) solución(es) óptima(s) obtenida(s), si las hay?
Solución:
Apartado a):
Pasando a forma estándar queda:
Maximizar
Sujeto a:
–100x1 – 200x2
14 x1 + 4 x2 –x3
4 x1 + 24x2
–x4
= 56
= 48
x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0
Observamos que no podemos conseguir fácilmente una solución factible inicial,
por lo que tenemos que aplicar el método de las dos fases. Para ello, añadimos dos
variables artificiales, x5 y x6, con lo cual la tabla inicial del método será la siguiente:
Base
P5
P6
cB
–1
–1
P0
56
48
–104
0
P1
14
4
–18
0
P2
4
24
–28
0
P3
–1
0
1
0
P4
0
–1
1
–1
P5
1
0
0
–1
P6
0
1
0
Apartado b):
Aplicamos el resto del método, partiendo de la tabla inicial que construimos en
el apartado anterior:
Fase I:
Criterio de entrada: mín{–18,–28} = –28, luego entra x2.
Criterio de salida: mín{56/4, 48/24}=48/24, luego sale x6.
Base
P5
P2
cB
–1
0
P0
48
2
–48
0
P1
40/3
1/6
–40/3
0
P2
0
1
0
0
P3
–1
0
1
0
P4
1/6
–1/24
–1/6
–1
P5
1
0
0
–1
P6
–1/6
1/24
7/6
Criterio de entrada: mín{–40/3,–1/6} = –40/3, luego entra x1.
Criterio de salida: mín{48·3/40, 2·6/1}=mín{18/5, 12}=18/5, luego sale x5.
Base
P1
P2
cB
0
0
P0
18/5
7/5
0
0
P1
1
0
0
0
P2
0
1
0
0
P3
–3/20
1/40
0
0
P4
1/40
–7/80
0
–1
P5
1
0
1
–1
P6
–1/40
7/80
1
Hemos llegado al final de la Fase I, y observamos que han salido de la base
todas las variables artificiales. Por lo tanto el problema original tenía solución y
podemos pasar a la Fase II.
Fase II:
Base
P1
P2
cB
–100
–200
P0
18/5
7/5
–640
–100
P1
1
0
0
–200
P2
0
1
0
0
P3
–3/20
1/40
10
0
P4
1/40
–7/80
15
Al evaluar la condición de parada, observamos que se cumple. Por lo tanto, la
tabla anterior se corresponde con una solución óptima del problema original. Dicha
solución óptima es xF = (18/5,7/5,0,0)T. El valor óptimo de la función objetivo original
del enunciado, F(x1,x2) = 100 x1 + 200 x2, será 640, ya que la función objetivo que
hemos usado en el método del simplex es su opuesta.
Problema 4 (1,5 puntos):
Una compañía de petróleos produce tres tipos de gasolinas: Ultra, Normal y
Económica. Se obtienen por mezcla de tres calidades de crudos (A, B, C) que contienen
tres componentes (1, 2, 3). La participación de estos componentes en la composición de
cada crudo es:
Componentes
Crudos
1
2
3
A
80%
10%
5%
B
45%
30%
20%
C
30%
40%
25%
Las especificaciones de los tres tipos de gasolinas son:
1
2
3
Ultra
≥ 60%
≤ 25%
≥ 10%
Normal
≥ 50%
≤ 30%
≤ 15%
Económica
≤ 40%
≥ 35%
≥ 20%
Los costes por barril de crudos A, B y C son 65, 50 y 45 euros, respectivamente.
El presupuesto diario de compra es de 5 millones de euros; la disponibilidad diaria de
crudos B y C se limita, respectivamente, a 3000 y 7000 barriles. Ciertos acuerdos
obligan a comprar al menos 2500 barriles de A por día. Las demandas de gasolina Ultra
y Normal son de 2000 y 2500 barriles diarios, que deben satisfacerse. La compañía
desea maximizar la producción de gasolina Económica.
Formular un modelo de programación lineal que dé respuesta al problema
planteado por la compañía.
Solución:
Llamaremos xij a la cantidad de barriles de crudo tipo i que usaremos para
fabricar gasolina tipo j, donde i∈{A, B, C}, j∈{U, N, E}. Como los xij son cantidades
de barriles, se tendrá que:
∀ i∈{A, B, C} ∀ j∈{U, N, E}, xij ≥ 0
A continuación vamos a modelar las especificaciones de cada gasolina. En la
primera casilla de la segunda tabla se dice que el contenido en componente 1 de la
gasolina Ultra debe ser mayor o igual que el 60%. La cantidad total de barriles de
gasolina Ultra que se va a fabricar será xAU + xBU + xCU. Esto implica que estamos
pidiendo que haya al menos 0,6·( xAU + xBU + xCU ) barriles de componente 1 en la
gasolina Ultra fabricada. Sabemos cuánto componente 1 tiene cada tipo de crudo
consultando la primera columna de la primera tabla, con lo cual deducimos que el
número de barriles de componente 1 que habrá en la gasolina Ultra fabricada se obtiene
como 0,8 xAU + 0,45 xBU + 0,3 xCU. Por consiguiente podemos escribir:
0,8 xAU + 0,45 xBU + 0,3 xCU ≥ 0,6 ( xAU + xBU + xCU )
Siguiendo un razonamiento análogo planteamos una inecuación para cada una de
las restantes 8 casillas de la segunda tabla, recorrida de izquierda a derecha y de arriba a
abajo:
0,1 xAU + 0,3 xBU + 0,4 xCU ≤ 0,25 ( xAU + xBU + xCU )
0,05 xAU + 0,2 xBU + 0,25 xCU ≥ 0,1 ( xAU + xBU + xCU )
0,8 xAN + 0,45 xBN + 0,3 xCN ≥ 0,5 ( xAN + xBN + xCN )
0,1 xAN + 0,3 xBN + 0,4 xCN ≤ 0,3 ( xAN + xBN + xCN )
0,05 xAN + 0,2 xBN + 0,25 xCN ≤ 0,15 ( xAN + xBN + xCN )
0,8 xAE + 0,45 xBE + 0,3 xCE ≤ 0,4 ( xAE + xBE + xCE )
0,1 xAE + 0,3 xBE + 0,4 xCE ≥ 0,35 ( xAE + xBE + xCE )
0,05 xAE + 0,2 xBE + 0,25 xCE ≥ 0,2 ( xAE + xBE + xCE )
El presupuesto de 5 millones de euros limita la cantidad de crudo que se puede
comprar:
65 (xAU + xAN + xAE) + 50 (xBU + xBN + xBE) + 45 (xCU + xCN + xCE) ≤ 5 000 000
La disponibilidad diaria de los crudos B y C está limitada:
xBU + xBN + xBE ≤ 3000
xCU + xCN + xCE ≤ 7000
Además hay que comprar al menos 2500 barriles de A al día:
xAU + xAN + xAE ≥ 2500
Hay que cubrir las demandas de las gasolinas tipo Ultra y Normal:
xAU + xBU + xCU ≥ 2000
xAN + xBN + xCN ≥ 2500
Por último, nos dicen que hay que maximizar la producción de gasolina
económica, con lo cual la función objetivo a maximizar será xAE + xBE + xCE, que está
expresada en barriles.
FÓRMULAS DE TEORÍA DE COLAS:
M/M/1:
Wq (t ) = ρe − t / W
M/M/c:
ρ=
λ
;
µ
λ
;
ρ=
cµ
⎧ (cρ )n
p 0 , si n = 0,1,..., c
⎪⎪
n
!
pn = ⎨ c n
⎪ c ρ p , en otro caso
0
⎪⎩ c!
p n = ρ n (1 − ρ ) ;
Lq =
ρ2
;
1− ρ
W (t ) = e − t / W
−1
c −1
⎛ cc ρ c
(cρ )n ⎞⎟ ;
+∑
p 0 = ⎜⎜
⎟
⎝ c!(1 − ρ ) n =0 n! ⎠
Lq =
c c ρ c +1 p 0
c!(1 − ρ )
2
M/M/1 y M/M/c:
ρ=
M/M/1/k:
W = Wq +
1
µ
;
W = Wq +
λ
;
µ
1
µ
;
L q = λW q ;
⎧ ρ n (1 − ρ )
, si ρ ≠ 1
⎪⎪
1 − ρ k +1
pn = ⎨
⎪ 1 , si ρ = 1
⎪⎩ k + 1
Lq = λef Wq ;
L = λef W ;
L = λW
λef = λ (1 − p k )
⎧ ρ
(k + 1)ρ k +1 , si ρ ≠ 1
−
⎪⎪
1− ρ
1 − ρ k +1
L=⎨
⎪ k , si ρ = 1
⎩⎪ 2