SOLUCIONARIO DE LA GUÍA 1 DE TÉCNICAS DE SIMULACIÓNNOTA: LOS VALORES NO NECESARIAMENTE COINCIDEN CON LOS DE LA GUIA, ES UNA REFERENCIA DE LA FORMA COMO RESOLVER LOS EJERCICIOS

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.1.

1. Del capítulo 17 del texto guía ‘Papel de la distribución exponencial’, conjunto de problemas 17.3A,, resuelva el ejercicio 3.

EJERCICIO # 3El tiempo entre llegadas en una dependencia de la State Revenue Office es exponencial, con valor medio de 0,05 hora. La oficina abre a las 8 A.M.

a) Escriba la distribución exponencial que describa el tiempo entre llegadas

λ= 10,05

=20 llegadas xhora

b) Determine la probabilidad de que no lleguen clientes a la oficina hasta las 8:15 A.M.

c) Son las 8:35 A.M. el último cliente entró a las 8:26. ¿Cuál es la probabilidad de que el siguiente llegue antes de las 8:38 A.M.? ¿Y de que no llegue hasta las 8:40 A.M.?

¿Cuál es la probabilidad de que el siguiente llegue antes de las 8:38 A.M.?

MINUTOS: 8:35 - 8:38 = 3

¿Y de que no llegue hasta las 8:40 A.M.?

MINUTOS: 8:40 - 8:35 = 5

d) ¿Cuál es la cantidad promedio de clientes que llegan entre las 8:10 y las 8:45 A.M.?

T = 8:45 – 8:10 = 35 Minutos

P (t≥15/60 )=P ( t≥0 ,25 )P (t≥0 ,25 )=e−20 ( 0 ,25 )

P (t≥0 ,25 )=0 ,00674

P (t≤3/60 )=P (t≤0 ,05 )P (t≤0 ,05 )=1−e−20 (0 ,05)

P (t≤0 ,05 )=0 ,632

Promedio de llegada = 35 minutosCantidad promedio de clientes = ( 20 x (35/60) ) = (20 x (0,58333333) ) = 11,6666667

Por lo tanto la cantidad promedio de clientes que llegan entre las 8:10 y las 8:45 A.M. es de 11,67 llegadas, pero como nos referimos a personas tienen que ser enteros por lo tanto se puede considerar como 12 personas.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.2

EJERCICIO 6Se retira la existencia de un almacén de 40 artículos, siguiendo una distribución de Poisson con una frecuencia de 5 artículos diarios. Calcule lo siguiente:

Existencia máxima: N = 40 artículos.Tasa de salidas: µ = 5 artículos/día.Número de escenarios = 4 días.

a) La probabilidad de que se retiren 10 artículos durante los primeros 2 días.Solución manual.

a)Probabilidad que se retiren 10 artículos durante los primeros 2 días (sobran n = 30).

b) Probabilidad solicitada: Pn ( t )=

( μt )N −n e−μt

(N−n )!: n= 30

c) Para t = 2 días; µt = 5x2 = 10.

d)P30( t )=

(10 )40−30e−10

( 40−30 )!=0,12511

e) Existe la probabilidad del 12,51% que se retiren 10 artículos durante los primeros 2 días.

SOLUCION TORA:

a) Probabilidad que retiren 10 artículos durante los primeros 2 días (Escenario t = 2).

t = 2 y µt = 10. P30( t )=0 ,12511 12,51%

b) La probabilidad de que no haya retiros al terminar 4 días.SOLUCION MANUALb) Probabilidad que no hayan retiros al terminar 4 días.

Probabilidad solicitada: Pn ( t )=( μt )N −n e−μt

( N−n )!: n= 40

Para t = 4 días; µt = 5x4 = 20.

P40( t )=(20 )40−40 e−20

(40−40 )!=e−20=2,06×10 - 9

Existe la mínima probabilidad de 2,06x10-9 que no hayan retiros al terminar 4 días.

SOLUCION TORAEscenario t = 4

Para t = 4 días; µt = 20 P40( t )=0

c) La cantidad promedio de artículos retirados durante un período de 4 días.

SOLUCION NORMAL

Promedio de retiros = N – (remanente en el período)

Remanente promedio: E {n/ t }=∑

n=1

N

nPn( t )

Pn ( t )=( μt )N −n e−μt

(N−n )!: n= 1,2,3, .. . ,40

Para t = 4 días; µt = 5x4 = 20.

n Pn n*Pn1 0,000056 0,0000562 0,000108 0,0002173 0,000206 0,0006174 0,000381 0,0015235 0,000685 0,0034276 0,001199 0,0071967 0,002039 0,0142738 0,003364 0,0269159 0,005383 0,048446

10 0,008344 0,08343511 0,012515 0,13766812 0,018147 0,21776613 0,025406 0,33027914 0,034298 0,48017515 0,044588 0,66881516 0,055735 0,89175317 0,066881 1,13698518 0,076914 1,38444719 0,084605 1,60749620 0,088835 1,776706

Subtotal: 0,529690 8,818195

n Pn n*Pn21 0,088835 1,8655416722 0,084394 1,8566581323 0,075954 1,7469465224 0,064561 1,5494656125 0,051649 1,2912213426 0,038737 1,0071526427 0,027116 0,732122528 0,017625 0,493504829 0,010575 0,3066779830 0,005816 0,174489231 0,002908 0,0901527532 0,001309 0,0418774133 0,000523 0,0172744334 0,000183 0,00622926

35 0,000055 0,0019237436 0,000014 0,0004946837 0,000003 0,0001016838 0,000000 1,5665E-0539 0,000000 1,6077E-0640 0,000000 8,2446E-08

Total: 0,470257 11,181852

E {n/ t }=∑n=1

N

nPn( t )=8 ,818195+11 ,181852=20

Promedio de retiros = 40 – 20 = 20

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.3

EJERCICIO Nº 2

En el modelo de B&K del ejemplo 17.5-1, suponga que el tiempo entre llegadas al área de cajas es exponencial, con una media de 5 minutos, y que el tiempo de atención a un cliente también es exponencial, con una media de 10 minutos. Además, suponga que B&K tiene una cuarta caja, y que las cajas abren dependiendo de de incrementos de dos clientes (en el ejemplo, los incrementos eran de 3 clientes). Determine lo siguiente:

Cantidad de clientes en la tienda Cantidad de cajeros funcionando1 a 2 13 a 4 25 a 6 3Más de 6 4

Tasa de llegadas constante:

λn= λ=1cliente5min

|60 min1h

|=12 clientes /hora: n=0 , 1, 2, 3,. .. .. .

Tasas de atención

μn=6010

=6 clientes/hora: n= 1, 2

μn=2×6=12 clientes /hora: n=3 , 4μn=3×6=18 clientes /hora : n=5 , 6μn=4×6= 24 clientes/hora: n=7 , 8,. .. .

a)Las probabilidades Pn de estado estable, para toda n.

Cálculo de las probabilidades Pn de estado estable, para toda n.

P1=λ0

μ1×P0=

126

×P0=2 P0

P2=λ0× λ1

μ1×μ2×P0=

12×126×6 ×P0=4 P0

P3=λ0× λ1×λ2

μ1×μ2×μ3×P0=

12×12×126×6×12

×P0=4 P0

P4=λ0×λ1×λ2×λ3

μ1×μ2×μ3×μ4×P0=

12×12×12×126×6×12×12

×P0=4 P0

P5=12×12×12×12×126×6×12×12×18

×P0=4 (23 )P0=83

P0

P6=12×12×12×12×12×126×6×12×12×18×18 ×P0=4(2

3 )2

P0=169 P0

Pn=λ0×λ1×λ2. . .. .. . .. λn−1

μ1×μ2×μ3 . .. . .. .. . μn×P0=(12

6 )2

(1212 )

2

(1218 )

2

(1224 )

n−6P0=

169 (1

2 )n−6

P0 ; n=7, 8, .. .

Cálculo de P0 :∑

n=0

n

Pn=1

P0+P1+P2+P3+.. . .. .. . .. .=1

P0+2P0+4 P0+4 P0+4 P0+83

P0+169

P0+169 (12 )

1P0+

169 (12 )

2P0+

169 (12 )

3P0+ .. .. .. . .. .=1

533

P0+169

P0[1+(12 )

1

+(12 )2

+(12 )3

+ .. .. . .. .. . .. .]=1

Para la suma de una PG infinita, tenemos

∑i=0

∞X i=1

1−X;|X|<1

533

P0+169

P0 [11−1/2 ]=1 ;

x=1 /2<1533 P0+

169 P0 (2)=1

533

P0+329

P0=1919

P0=1

P0=9191

P1=18191

; P2=P3=P4=36191

; P5=24191

;P6=16191

Pn=169 (12 )

n−6

(9191 )=16191 (12 )

n−6:n=7 , 8 , . ..

b)La probabilidad de que se necesite una cuarta caja.

P(X=4) = P7 + P8 +…. = 1 – (P0 + P1 +….+ P6 )P(X=4) = 1 – (9/191 + 18/191 + 3(36/191) + 24/191 + 16/191) = 16/191 = 0,0838

Resultado:8,38% de posibilidad que se necesite una cuarta caja.

c)La cantidad promedio de cajas vacías.

Distribución de probabilidades de la cantidad de cajas vacías (X).P(X=0) = P7 + P8 +…. = 16/191P(X=1) = P5 + P6 = 24/191 + 16/191 = 40/191P(X=2) = P3 + P4 = 36/191 + 36/191 = 72/191P(X=3) = P1 + P2 = 18/191 + 36/191 = 54/191P(X=4) = P0 = 9/191

Distribución de probabilidades:

Cajas vacías Probabilidad ProductoX P(X) X*P(X)

0 16/191 01 40/191 40/1912 72/191 144/1913 54/191 162/1914 9/191 36/191

Total 1,00 2,00

Resultado:μ=E( X )=∑ [ XP ( X )]=2El promedio esperado de cajas vacías es 2.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.5

El ejemplo 18.1- 1, estime el área del circulo usando las dos primeras columnas de los números aleatorios (0,1) de la tabla 18-1. Por comodidad avance hacia abajo por cada columna, seleccionando primero R1 y después R2. ¿Cómo se compara esta estimación con las de la figura 18.2?

Del ejemplo 18.1-1, página 639, tenemos:

Ecuación ( x−1 )2+ ( y−2 )2=25Para: centro (x, y) = (1, 2) y radio: r = 5 cm.

Área del círculo ¿ m

n∗¿ ¿

Área del cuadrado

AΟ≈mn

(10×10)

Distribuciones de f(x) y f (y):.x = (h-r) + (2r) R1 = (1-5) + (2*5) R1 = -4 +10R1 .y = (k-r) + (2r) R2 = (2-5) + (2*5) R2 = -3 + 10R2

1) R1 = 0,0589 y R2 = 0,3529

.x=-4+10(0,0589)=-3,411y=-3+10(0,3529)=0,529

(3 ,411−1 )2+(0 , 529−2 )2=7 ,98<25 ;

2) R1 = 0,6733 y R2 = 0,3646

. .x=-4+10(0,6733)=2,733y=-3+10(0,3646)=0,646

(2 ,733−1 )2+ (0 ,646−2 )2=4 ,84<25 ;3) R1 = 0,4799 y R2 = 0,7676

. .x=-4+10(0,4799)=0,799 y=-3+10(0,7676)=4,676

(0 ,799−1 )2+(4 ,676−2 )2=7 , 20<25 ;

4) R1 = 0,9486 y R2 = 0,8931

.x=-4+10(0,9486)=5,486 y=-3+10(0,8931)=5,931

(5 ,486−1 )2+(5 ,931−2 )2=35 ,58>25 ; N5) R1 = 0,6139 y R2 = 0,3919.

.x=-4+10(0,6139)=2,139 y=-3+10(0,3919)=0,919

) R1 = 0,5933 y R2 = 0,7876.

.x=-4+10(0,5933)=1,933 y=-3+10(0,7876)=4,876

(2 ,139−1 )2+( 0 ,919−2 )2=2 ,47<25 ; (1 , 933−1 )2+ (4 ,876−2 )2=9 ,14<25 ;

7) R1 = 0,9341 y R2 = 0,5199.

.x=-4+10(0,9341)=5,341 y=-3+10(0,5199)=2,199

(5 ,341−1 )2+(2 ,199−2 )2=18 ,88<25 ;

) R1 = 0,1782 y R2 = 0,6358.

.x=-4+10(0,1782)=-2,218 y=-3+10(0,6358)=3,358

(−2 ,218−1 )2+ (3 ,358−2 )2=12,20<25 ;

9) R1 = 0,3473 y R2 = 0,7472.

.x=-4+10(0,3473)=-0,527 y=-3+10(0,7472)=4,472

(−0 ,527−1 )2+( 4 ,472−2 )2=8 ,44<25 ;

10) R1 = 0,5644 y R2 = 0,8954

.x=-4+10(0,5644)=1,644 y=-3+10(0,8954)=5,954

(1 ,644−1 )2+(5 , 954−2 )2=16 ,05<25 ;n = 10 y m = 9.

Área estimada:

AΟ≈ 910

(10×10 )=90 cm2

Este valor tiene un error significativo con respecto al área exacta de 78,54 cm², ya que en nuestra estimación se usa una muestra muy limitada y tan solo una réplica

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.6

Ejercicio 2

Suponga que la ecuación de un círculo es

( x−3 )2+( y+2 )2=16

a) Defina las distribuciones correspondientes f(x) y f (y) y a continuación indique como se determina un punto de muestra (x; y) usando el par aleatorio (0; 1) de números aleatorios (R1; R2).

b) Use la plantilla de Excel para estimar el área para n = 100000 y N = 10. A continuación calcule el intervalo de 95% de confianza correspondiente.

Ecuación ( x−3 )2+( y+2 )2=16Para: centro (x, y) = (3, -2) y radio: r = 4 cm.

a) Distribuciones de f(x) y f (y):

b) Estimación del área usando la plantilla de Excel.

.x = (h-r) + (2r) R1 = (3-4) + (2*4) R1 = -1 +8R1

.y = (k-r) + (2r) R2 = (-2-4) + (2*4) R2 = -6 + 8R2

Simulación de un punto (x; y) usando la primera y segunda columnas de la tabla 18.1.

R1 = 0,0589 y R2 =0,3529

.x= -1+8(0,0589) = -0,5288y= -6+8(0,3529) = -

3,1768

El punto de muestra simulado será: (x; y) = (-0,5288; -3,1768).

Área exacta: A=π×r2=π×42=50 ,27

Según los resultados de la plantilla Excel, para n = 100000 y N = 10 tenemos:

Media: A=50 ,316

Desviación estándar: S=0 ,072

La estimación del área dada por Excel es bastante precisa por el elevado número de simulaciones y la cantidad de réplicas utilizadas.

Intervalo de confianza del 95%.

A− S√N

×tα /2 ,N−1≤A≤A+ S√N

×tα /2 , N−1

Valor t: Para α/2 = 0,025 y N-1 = 9: t = 2,262

50 ,316− 0 ,072√10

×2 ,262≤A≤50 ,316+50 ,316√10

×2 ,262

50,316 – 0,052 ≤ A ≤ 50,316 + 0,052

50,264 ≤ A ≤ 50,368

Existe el 95% de confianza que el verdadero valor del área del círculo dado estará comprendido entre 50,264 y 50,368 unidades cuadradas.

EXCEL:

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.7

Simule cinco victorias o derrotas en el siguiente juego de dados. El jugador tira dos dados no cargados. Si la suma que resulta es 7 u 11, el jugador gana $ 10. En caso contrario, el jugador anota la suma resultante (llamada punto) y sigue tirando los dados hasta que la suma resultante coincida con el punto anotado, en cuyo caso el jugador gana $ 10. Si se obtiene un 7, el jugador pierde $10.

Resumen del juego:1) Si el resultado suma 7 u 11, el jugador gana $10, caso contrario;2) Registra el punto y continúa tirando los dados hasta que;2.1) La suma resultante concuerde con el punto, entonces gana $102.2) Si obtiene un 7, el jugador pierde $10.

Distribución de probabilidades para el lanzamiento de cada “dado” e intervalos para los números aleatorios R.

Para las simulaciones se usan R1 para los resultados del dado 1 y R2 para los resultados del dado 2; usando la tabla 18.1, Pág. 641.

Simulac. Nº aleatorios Valores Suma Resultado

Decisión

Nº R1 R2 D1 D2 D1+D2

1 0,0589 0,3529 1 3 “4” PUNTO SIGUE2 0,6733 0,3646 5 3 8 --- SIGUE3 0,4799 0,7676 3 5 8 --- SIGUE4 0,9486 0,8931 6 6 12 --- SIGUE

Resultados Probabilidad Prob. Acumul. Intervalo de R1 1/6 1/6 = 0,1667 0,0 a 0,16672 1/6 2/6 = 0,3333 0,1668 a 0,33333 1/6 3/6 = 0,5000 0,3334 a 0,50004 1/6 4/6 = 0,6667 0,5001 a 0,66675 1/6 5/6 = 0,8333 0,6668 a 0,83336 1/6 6/6 = 1,0000 0,8334 a 1,0000

5 0,6139 0,3919 4 3 7 -$10 FINAL1

6 0,5933 0,7876 4 5 “9” PUNTO SIGUE7 0,9341 0,5199 6 4 10 --- SIGUE8 0,1782 0,6358 2 4 6 --- SIGUE9 0,3473 0,7472 3 5 8 --- SIGUE10 0,5644 0,8954 4 6 10 --- SIGUE11 0,5869 0,3455 4 3 7 -$10 FINAL2

12 0,1281 0,4871 1 3 “4” PUNTO SIGUE13 0,2867 0,8111 2 5 7 -$10 FINAL3

14 0,8216 0,8912 5 6 11 +$10 FINAL4

15 0,8261 0,4291 5 3 “8” PUNTO SIGUE16 0,3866 0,2302 3 2 5 --- SIGUE17 0,7125 0,5954 5 4 9 --- SIGUE18 0,2108 0,5423 2 4 6 --- SIGUE19 0,3575 0,4208 3 3 6 --- SIGUE20 0,2926 0,6975 2 5 7 -$10 FINAL5

Para la simulación del juego, el jugador pierde $10 por 4 ocasiones y gana $10 solo por 1 ocasión; como resultado final, el jugador pierde un total de $30 en el juego propuesto.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 1.8

Problema 4. resuelva manualmente

La demanda de una costosa pieza de repuesto de un jet de pasajeros es 0, 1, 2 o 3 unidades por día con probabilidades 0.2, 0.4, 0.1 y 0.3, respectivamente. El talle de mantenimiento de la línea aérea comienza sus operaciones con una existencia de 15 unidades y restablece el nivel de existencias a 15 unidades inmediatamente después de que éste cae debajo de 5 unidades.

a) Idee el procedimiento para determinar las muestras de demanda.

b) ¿Cuántos días trascurrirán hasta que ocurra el primer reabastecimiento? Utilice valores sucesivos de R de la QUINTA columna en la tabla 18-1.

DemandaProbabilida

d(u/día)

0 0,21 0,42 0,13 0,3

Total 1,0

Inventario inicial = 14 unidades

a) Muestra de la demanda

DemandaProbabilida

dProbabilida

d Número Número

(u/día) acumuladaaleatorio inferior

aleatorio superior

asignado R asignado R0 0,2 0,2 0,0 < 0,21 0,4 0,6 0,2 < 0,62 0,1 0,7 0,6 < 0,73 0,3 1,0 0,7 < 1,0

Total 1,0

b) Simulación

Día Inventario Número Salidas del Inventario Observacionesinicial aleatorio de repuesto final

(unidades) la demanda (unidades) (unidades)1 14 0,7900 3 112 11 0,7698 3 83 8 0,2871 1 7

4 7 0,9534 3 4Realizar

reabastecimiento5 14 0,1394 0 146 14 0,9025 3 117 11 0,1605 0 118 11 0,3567 1 109 10 0,3070 1 910 9 0,5513 1 8

Deben transcurrir cuatro días de operación del taller de mantenimiento hasta que se produzca el primer reabastecimiento de la costosa pieza de respuesto de un jet de pasajeros.

Del texto guía, capítulo 17 (‘Papel de la distribución exponencial’), conjunto de problemas 17.3A, resuelva el ejercicio 3.El tiempo entre llegadas en una dependencia de la State Office es exponencial, con valor medio de 0.05 la oficina abre a las 8:00 A.M:

a)Escriba la distribución exponencial que describa el tiempo entre llegadas.

λ= 1E (t)

λ=1hora0,05

=20llegadas /hora

f (t )= λ e−λt

f (t )=20 e−20 t , t>0 DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL

b)Determine la probabilidad de que no lleguen clientes a la oficina hasta las 8:15 A.M.

P {t ≥T }=e−λt

T=1560

P {t ≥ 1560 }=P {t>0,25 }

P {t ≥ 1560 }=e−20(0,25)

P {≥ t 1560 }=e

−5

P {t ≥ 1560 }=0,00674

c) Son las 8:35 A.M. el ultimo cliente entro a las 8:26. ¿Cuál es la probabilidad de que el siguiente cliente llegue antes de las 8:38 A.M.?¿y de que no llegue hasta las 8:40 A.M.?

¿Cuál es la probabilidad de que el siguiente llegue antes de las 8:38 A.M.? MINUTOS: 8:35 - 8:38 = 3

P {t ≤ T }=1−e−λT

T=8 :35→8:38= 360

P {t ≤ 360 }=P {t ≤0,05 }

¿1−e−20 ( 0.05)

¿1−e−1

¿1−0.3679¿0.632

¿Y de que no llegue hasta las 8:40 A.M.? MINUTOS: 8:40 - 8:35 = 5

T=8 :35→8: 40= 560

P ( t ≥T )=e−λt

P ( t ≥T )=e−20( 5

60 )¿e−1.67

¿0.188

d) ¿Cual es la cantidad promedio de clientes que llegan entre las 8:10 y las 8:45 A.M.?

cual es elnúmero de llegadasen : 45−10=35minutos

Cantidad promediode clientes=20( 3560 )=11,67 llegadas

Por lo tanto la cantidad promedio de clientes que llegan entre las 8:10 y las 8:45 A.M. es de 11,67 llegadas, pero como nos referimos a personas tienen que ser enteros por lo tanto se puede considerar como 12 personas

Se retira la existencia de un almacén de 56 artículos, siguiendo una distribución de Poisson con una frecuencia de 7 artículos diarios. Calcule lo siguiente:

a)La probabilidad de que se retiren 14 artículos durante los primeros 2 días.

Datos.N=56μ=7t=2n=14

Pn ( t )= ( μt )n e−μt

(n ) !

P14 (2 )= (14 )14 e−14

(14 ) !=0.106

b)La probabilidad de que no haya retiros al terminar 4 días.

μ=7t=4n=0μt=28

P0 (4 )= ( μt )n e−μt

(n )!

Pn ( t )= (28 )0e−28

(0 )!=0

c) La cantidad promedio de artículos retirados durante un periodo de 4 días

E { (n|4dias ) }=∑n=0

56

n Pn(4)≅ 28

Numero de retiros = 56- 28= 28

En el modelo de B&K del ejemplo 17,5-1, suponga que el tiempo entre llegadas al área de cajas es exponencial, con una media de 5 (2,5)= 12,5 minutos, y que el tiempo de atención a un cliente también es exponencial, con una medida de 10 (2,5)=25 minutos. Además suponga que B&K tiene una cuarta caja, y que las cajas abren dependiendo de incrementos de dos clientes (en el ejemplo, los incrementos eran de 3 clientes). Determine lo siguiente:

a)Las probabilidades P n de estado estable, para toda n.

λ= 112,5

=0,08 llegadas/min

¿4,8 llegadas /hora

2,4cliente /horan=0,1,24,8 cliente /horan=3,47,2cliente /horan=5,69,6cliente /horan≥ 7

P1=( 4,82,4 ) Po=2Po

P2=( 4,82,4 )

2

Po=4 Po

P3=( 4,82,4 )

2

( 4,84,8 )Po=4 Po

P4=( 4,82,4 )

2

(4,84,8 )

2

Po=4 Po

P5=( 4,82,4 )

2

( 4,84,8 )

2

( 4,87,2 )Po=2,67 Po

P6=( 4,82,4 )

2

( 4,84,8 )

2

( 4,87,2 )

2

Po=1,78 Po

Pn≥7=( 4,82,4 )

2

( 4,84,8 )

2

( 4,87,2 )

2

( 4,89,6 )

n−6

Po , n=7,8 ,…

Pn ≥7=1,78 (0,5 )n−6 Pon=7,8 ,…

Po+Po (P1+P2+P3+P4+P5+P6+Pn )=1Po+Po {2+4+4+4+2,67+1,78+1,78 (0,5 )n−6 }=1

Po+Po {16,67+1,78 (1+(0,5 )n−6 )}=1Po+16,67 Po+1,78 Po+(0,5 )n−6 Po=117,67 Po+1,78 {1+(0,5 )1+(0,5 )2+( 0,5 )3+…} Po=1Po {17,67+1,78 [1+( 0,5 )1+ (0,5 )2+ (0,5 )3+… ]}=1

∑i=0

∞

X i= 11−X ,|X|<1

Po {17,67+1,78( 11−0,5 )}=1

Po {17,67+1,78 (2 ) }=1Po {17,67+3,56 }=121,23 Po=1

Po=1

21,23

Po=0,0471

P1=2 Po=2 (0,0471 )=0,0942P2=4 Po=4 (0,0471 )=0,1884P3=4 Po=4 (0,0471 )=0,1884P4=4 Po=4 (0,0471 )=0,1884

P5=2,67 Po=2,67 (0,0471 )=0,1258P6=1,78 Po=1,78 (0,0471 )=0,0838Pn ≥7=1,78 (0,5 )n−6 Po

b)La probabilidad de que se necesite una cuarta caja.

Pn ≥7=1−( Po+P1+P2+P3+P4+P5+P6 )=¿ ¿1−( 0,0471+0,0942+0,1884+0,1884+0,1884+0,1258+0,0838 ) ¿1−0,9161=0,0839

c) La cantidad promedio de cajas vacías

P {0cajas }=P0=0,0471P {1cajas }=P1+P2=0,0942+0,1884=0,2826 P {2cajas }=P3+P4=0,1884+0,1884=0,3768P {3cajas }=P5+P6=0,1258+0,0838=0,2096P {4 cajas }=P7+P8+…¿1−(P0+…+P6 )¿1−( 0,0471+0,2826+0,3768+0,2096 )¿1−0,9161¿0,0839 Promedio de cajas vacías.¿4−¿¿4−2,0006≅ 1,9994

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE 2.4

Del texto guía Introducción a la Investigación de Operaciones del autor Handy Taha, del grupo 16.1.B, resolver el problema 2 que se relaciona con modelos determinísticos de revisión continua.

2. Resuelva el ejemplo 16.1 -2, suponiendo que la demanda durante el tiempo de entrega es uniforme entre 0 y 50 galones.Ejemplo 16.1-2Electro usa 1000 galones de resina por mes en el proceso de manufactura. Le cuesta $100 hacer un pedido para un lote nuevo. El costo de almacenamiento por galón y por mes es de $2, y el costo de faltante por galón es de $10. Los datos históricos indican que la demanda, durante el tiempo de entrega, es uniforme dentro del intervalo (0, 50) galones. Determine la política óptima de pedidos para Electro.

Se usan los símbolos del modelo y entonces:D = 1000 galones por mes K = $100 por pedido h = $2 por galón y por mesp = $10 por galóna = 0

b = 50f ( x )= 1

b−a= 1

50−0= 1

500≤x ≤50

f ( x )= 150

0≤ x≤ 50

E { x }=b+a2

=50+02

=25 E {x} = 25 galones

y=√ 2 D (K+pE {x })h

y=√ 2 x 1000(100+10 x25)2

=591.61 galones

~y= pDh

~y=10 x 10002

=5000 galones

Como~y≥ y, existen soluciones únicas para y* y R*

S=∫R

50

(x−R ) f ( x )dx

S=∫R

50

(x−R ) 150

dx

¿∫R

50

( x50

− R50 )dx

¿∫R

50

( x50 )dx−∫

R

50

( R50 )dx

¿ x2

2(50)|R

50

− R50

x|R

50

¿x2

100|R

50

−R50

x|R

50

¿ [ (50 )2

100− (R )2

100 ]−[ R50

(50)−R2

50 ]¿25− R2

100−R+ R2

50

S= R2

100−R+25

y∗¿√ 2D (K+ pS)h

y i=√ 2x 1000(100+10S )2

y i=√100.000+10.000 S

∫R¿

50

f ( x )dx= h y¿

pD

∫R¿

50 150

dx=2 y i

10 x1000

1 x50 |

R

50

=y i

5000

5050

− R50

=y i

5000

R¿=50−y i

100

INTERACCION 1

y1=√ 2KDh

=√ 2 x100 x10002

=316.2227766 galones

R1=50−y i

100=50−316.23

100=46,837722

INTERACCION 2

S= R2

100−R+25

S= ( 46,84 )2

100−46,84+25=0.100000339

y i=√100.000+10.000 S

y2=√100.000+1000(0.0999)=317.80497 galones

R2=50−y i

100

R2=50−316.386100

=46.821

INTERACCION 3

S= R2

100−R+25=

(46.821 )100

2

−46.821+25=0.1010

y2=√100.000+10.000(0.1010)=317.82 galones

R2=50−317.82100

=46.82

La política Óptima de Inventario para Electro indica pedir aproximadamente 318 galones siempre que el nivel de existencias baje a 47 galones.

3. En el ejemplo 16.1 -2, suponga que la demanda durante el tiempo de entrega es uniforme entre 40 y 60 galones. Compare la solución con la que se obtuvo en el ejemplo 16.1-

2, e interprete los resultados. (Sugerencia: en ambos problemas, E {x} es igual, pero en este problema la varianza es menor.)

Ejemplo 16.1-2Electro usa 1000 galones de resina por mes en el proceso de manufactura. Le cuesta $100 hacer un pedido para un lote nuevo. El costo de almacenamiento por galón y por mes es de $2, y el costo de faltante por galón es de $10. Los datos históricos indican que la demanda, durante el tiempo de entrega, es uniforme dentro del intervalo (40; 60) galones. Determine la política óptima de pedidos para Electro.

Se usan los símbolos del modelo y entonces:D = 1000 galones por mesK = $100 por pedidoh = $2 por galón y por mesp = $10 por galónf(x) = 1

20,40 ≤ x ≤ 60

E {x} = 50 galonesN (40 y 60)f ( D )= 1

b−a= 1

60−40= 1

2040≤ D≤ 20

S=∫R

60

(x−R ) 120

dx

¿∫R

60

( x20

− R20 )dx

¿∫R

60

( x20 )dx−∫

R

60

( R20 )dx

¿x2

40|R

60

−R20

x|R

60

¿ [ (60 )2

40−

(R )2

40 ]−[ R20

(60)−R2

20 ]¿90− R2

40−3 R+ R2

20

S= R2

40−3R+90

y∗¿√ 2D (K+ pS)h

y i=√ 2x 1000(100+10S )2

¿√100.000+10.000 S

∫R¿

60

f ( x )dx=h y¿

pD

∫R¿

60 120

dx=2 y i

10 x10001 x20|

R

60

=y i

5000

6020

− R20

=y i

5000

3− R20

=y i

5000

R1=60−y i

250

INTERACCION 1

y i=√ 2KDh

y¿=√ 2(1000)(100)2

=316,23

R1=60−(316,23 )

250=58 ,74

INTERACCION 2S= R2

40−3R+90=

(58,74 )2

40−3 (58,74 )+90=0,03969

y2=√100.000+10.000(0,03969)=316,85

R2=60− (316,85 )250

=58.73

INTERACCION 3S= R2

40−3R+90=

(58.73 )2

40−3 (58,73 )+90=0,0403225

y3=√100.000+10.000(0,0403225)=316,86

R3=60− (316,86 )250

=58.73

SOLUCIÓN: y∗¿316.86galones, R¿=58.73 galones La respuesta del ejercicio 16.1-2 era y∗¿319,44galones, R¿=93,61 galones . La cantidad de pedido permanece mas o menos la misma que en el ejemplo anterior pero R¿ es menor porque la función de distribución de probabilidades de la demanda tiene menor varianza.

EJEMPLO 16.1-2 (PÁG. 564) MEDIANTE EXCEL Y TORA, PERO D= 1100 GALONES, K=$200 POR PEDIDO.Ejemplo 16.1-2Electro usa 1000(D= 1100 GALONES)galones de resina por mes en el proceso de manufactura. Le cuesta $100 (K=$200) hacer un pedido para un lote nuevo. El costo de almacenamiento por galón y por mes es de $2, y el costo de faltante por galón es de $10. Los datos históricos indican que la demanda, durante el tiempo de entrega, es uniforme dentro del intervalo (0,100) galones. Determine la política óp-tima de pedidos para Electro.

Se usan los símbolos del modelo y entonces:D = 1100 galones por mes 1100K = $200 por pedido 200h = $2 por galón y por mesp = $10 por galónf ( D )= 1

b−a= 1

10−0= 1

100≤ D≤ 10

f ( x )= 1100

0≤ x≤ 100 1100

,0 ≤ x ≤ 100E {x} = 50 galones

y=√ 2 D (K+pE {x })h

y=√ 2 x 1.100(200+10 x50)2

=877,5 galones

~y= pDh

~y=10 x 1.1002

=5.500 galones

Como~y≥ y, existen soluciones únicas para y* y R*

S=∫R

100

( x−R ) 1100

dx

S= R2

200−R+50

y∗¿√ 2D (K+ pS)h

y i=√ 2x 1.100(200+10S )2

y i=√220.000+11.000 S

∫R¿

100

f ( x ) dx=h y¿

pD

∫R¿

100 1100

dx=2 y i

10x 1.100

R¿=100−y i

51

INTERACCION 1

y1=√ 2KDh

=√ 2 x200 x11002

=469,04 galones

R1=100−y i

51=100−469,04

51=90,80

INTERACCION 2

S=90,802

200−90,80+50=0,4260

y2=√220.000+11.000 (0,4260 )=474,011 galones

R2=100−474,01151

=90,71

INTERACCION 3

S= R2

200−R+50=

(90,71 )200

2

−90,71+50=0,4315

y2=√220.000+11.000 (0,4315 )=474,07 galones

R2=100−474,0751

=90,7

CONJUNTO DE PROBLEMAS 16.1A EJERCICIO 2.Una tienda de música ofrece un CD de gran demanda. La demanda diaria del disco tiene una distribución aproximadamente normal, con una media de 200 discos y desviación estándar de 20 discos. El costo de tener los discos en la tienda es de $0.04 por cada uno y por día. A la tienda le cuesta $100 hacer un nuevo pedido. El proveedor suele especificar un tiempo de entrega de 7 días. Suponiendo que la tienda quiera limitar la probabilidad de que se le acaben los discos durante el tiempo de entrega a no más de 0.02, determine la política óptima de inventarios en la tienda.SoluciónD=200 discos diariosσ=20 discosh= 0,04 dólares por discoK = 100 dólaresL =7α=0,02Kα=K 0,02=1,960(ApendiceC)

μL=DLμL=200 x 7=1400 unidadesσ L=√σ2 Lσ L=√202 x 7=52,91unidadesB ≥σ L K α

B ≥52,91 x1,960≈ 103,7 CD

y¿=√ 2 KDh

y¿=√ 2(100)(200)0,04

=1000

B+μL=103,7+1400=1503,7Política óptima de inventario más acorde para la situación planteada o sea con una reserva B establece comprar 1000 unidades siempre que el nivel de inventario baje a 1503,7Administración del Inventario: Revisar continuamente el nivel del inventario, cuando el nivel llegue a 1000 Unidades se deben pedir 1503,7 Unidades.

4. Determine la solución óptima para el ejemplo 16.1-2 suponiendo que la demanda durante el tiempo de entrega es normal, con un promedio de 100 galones y una desviación estándar de 2 galones; esto es, que N (100, 2). Suponga que D = 10,000 galones por mes, h = $2 por galón y por mes, p = $4 por galón y K = $20.

K = $20.N (100, 2)μL= 100σ L=2D = 10,000 galones por mesh = $2 por galón y por mesp = $4 por galónK = $20.

μL=DL100=10.000 x L

L= 10010.000

=0,01

σ L=√σ2 Lσ L=√202 x 7=52,91unidadesB ≥σ L K α

B ≥52,91 x1,960≈ 103,7 CD

S

CONJUNTO DE PROBLEMAS 16.3A, EJERCICIO 1.

Se tiene un modelo de inventario probabilista para dos periodos, en donde la demanda se acumula y los pedidos se reciben con cero retrasos en la entrega. La función de distribución de probabilidades de la demanda por periodo es uniforme entre 0 y 10, y los parámetros de costo sonPrecio de venta por unidad r = $2Precio de compra por unidad c = $1Costo de almacenamiento por unidad y por mes h = $0.10Costo de penalización por unidad y por mes p = $3Factor de descuento α= 0.8a = 0b = 10Determine la política óptima de inventario para los dos periodos, suponiendo que el inventario inicial para el periodo 1 es cero.

Función de distribución de probabilidades de la demanda por periodo:f ( D )= 1

b−a= 1

10−0= 1

100≤ D≤ 10

Para hallar la solución, se define la utilidad máxima esperada por período: Fi (xi) La situación del inventario se formula como modelo de programación dinámica siguiente:

F i ( xi )=máx {−c ( y i−xi )+∫0

y i

[rD−h ( y i−D ) ] f ( D ) dD+∫0

∞

[r y i+αr (D− y i )−p ( D− yi ) ] f ( D ) dD+α∫0

∞

F i+1 ( y i−D ) f ( D ) dD},i=1,2 ,…,n

El valor óptimo de yi se determina de la condición: D F i ( x i )d y i

=0

Después del proceso de derivación y reducciones necesarias se obtiene:

−c−h∫0

y i

f ( D ) dD+ [ (1−α ) r+ p ] x [1−∫0y i

f (D )dD ]+α∫0

∞ ∂ F i+1 ( y i−D )∂ y i

f ( D ) dD=0

PARA EL PERÍODO 1:

X1 = 0

∂F2 ( y1−D )∂ y1

=c=1

−1−0.10∫0

y i 110

dD+ [ (1−0.8 ) x2+3 ] x [1−∫0yi 1

10dD ]+0.8x 1∫

0

101

10dD=0

−0,01∫0

y1

dD+3,4−0.34∫0

y1

dD+0.08∫0

y1

dD=1

−0.35 D|y1

0+0,08 D|10

0 =1−3,4

−0.35 ( y1−0 )+0,08 (10−0 )=−2,4

y1=−2.4−0.8

−0.35=9.14

La política óptima de inventario para el primer período es:X1 = 0y1 = 9,14 unidades.X2 = 0

PARA EL PERÍODO 2:

X2 = 0

∂F2 ( y2−D )∂ y2

=0

−1−0.10∫0

y2 110

dD+ [ (1−0.8 ) x2+3 ] x [1−∫0y2 1

10dD ]+0=0

−1−0.10( 110 )∫

0

y2

dD+3.4(1− 110∫0

y2

dD)=0

−1−0.01 D|y2

0+3.4(1− 1

10D|y2

0 )=0

−1−( 0.01 y2−0 )+3.4 [1−( 110

y2−0)]=0

1−0.01 y2+3.4(1− 110

y2)=0

1−0.01 y2+3.4−0.34 y2=0

2.4−0.35 y2=0

0.35 y2=2.4

y2=2.4

0.35

y2=6.86

La política óptima de inventario para el segundo período es:X2 = 0; y2 = 6,86 unidades.