Problema 1: (3,25 puntos)

Investigación Operativa de Sistemas I.T. Informática de Sistemas

18 Junio de 2010

Problema 1: (3,25 puntos)

Considérese el siguiente modelo:

0 , 1 2 2 . . 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ≥ ≤ − ≤ + − + x x x x x x A S x x MAX

Resolver el problema empleando el método Simplex indicando los valores obtenidos en cada tabla, así como la solución obtenida. Ordenar las variables de la forma x1, x2,….xn, y en caso de empate en los criterios de entrada o salida, elegir siempre la variable con menor subíndice. SOLUCIÓN:

Problema 2: (3,5 puntos)

En un videojuego, tres tanques (A, B y C) están jugando un torneo de todos contra todos. El tanque A tiene una probabilidad de 1/2 de destruir al tanque al que dispare, el tanque B tiene una probabilidad de 1/3, y el tanque C una probabilidad de 1/6. Los tanques disparan a la vez, y cada tanque apunta siempre al oponente más fuerte (es decir, el que tiene mayor probabilidad de acierto en el disparo) de entre los que todavía no hayan sido destruidos.

a) Hallar el diagrama de transición de estados y la matriz de transición de una cadena de Markov que modele esta situación. Ayuda: Es imposible que en un momento dado sobrevivan A y B, pero no C (esto nos permite omitir un estado).

b) Calcular la probabilidad de que, tras la segunda ronda de disparos, no quede ningún tanque.

c) Suponiendo que en un momento dado queden sólo los tanques A y C, calcular la probabilidad de que dos rondas después sólo quede el tanque C.

SOLUCIÓN:

Apartado a): Los estados posibles vienen dados por los posibles conjuntos de tanques supervivientes en un

instante dado: S={ABC, AC, BC, A, B, C, ∅}.

Para calcular las probabilidades tenemos en cuenta que el enunciado del problema nos indica que inicialmente los disparos son realizados de AÆ B, BÆ A y CÆA. Por tanto dependiendo si cada tanque destruya a su objetivo o no en su disparo tenemos los siguientes 8 casos partiendo de ABC:

A destruye B A destruye B A destruye B A destruye B B no destruye A B destruye A B destruye A B no destruye A C no destruye A C no destruye A C destruye A C destruye A

Caso 1: AC Caso 2: C Caso 3: C Caso 4: C

A no destruye B A no destruye B A no destruye B A no destruye B B no destruye A B destruye A B destruye A B no destruye A C no destruye A C no destruye A C destruye A C destruye A

Caso 5: ABC Caso 6: BC Caso 7: BC Caso 8: BC

ABCÆAC (Caso 1) = ½ (1-1/3) (1-1/6) = 5/18.

ABCÆC (Caso 2,3,4) = ½ 1/3 (1-1/6) + ½ 1/3 1/6 + ½ (1-1/3) 1/6 = 4/18. ABCÆABC(Caso 5) = ½ (1-1/3) (1-1/6) = 5/18.

ABCÆBC (Caso 6,7,8) = ½ 1/3 (1-1/6) + ½ 1/3 1/6 + ½ (1-1/3) 1/6 = 4/18. Partiendo de AC tenemos 4 casos posibles:

A destruye C A destruye C A no destruye C A no destruye C C no destruye A C destruye A C no destruye A C destruye A

Caso 1: A Caso 2: ∅ Caso 3: AC Caso 4: C

ACÆA (Caso 1) = ½ (1-1/6) = 5/12. ACÆ∅ (Caso 2) = ½ 1/6 = 1/12. ACÆAC(Caso 3) = ½ (1-1/6) = 5/12. ACÆC (Caso 4) = ½ 1/6 = 1/12.

Partiendo de BC tenemos 4 casos posibles:

B destruye C B destruye C B no destruye C B no destruye C C no destruye B C destruye B C no destruye B C destruye B

BCÆB (Caso 1) = 1/3 (1-1/6) = 5/18. BCÆ∅ (Caso 2) = 1/3 1/6 = 1/18.

BCÆBC(Caso 3) = (1-1/3) (1-1/6) = 10/18. BCÆC (Caso 4) = (1-1/3) 1/6 = 2/18. La matriz de transición será:

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 18 1 18 2 18 5 18 10 12 1 12 1 12 5 12 5 18 4 18 4 18 5 18 5 Q

El diagrama de transición de estados (DTE) correspondiente es el que sigue:

5/18 ABC BC AC A C B ∅ 4/18 5/18 4/18 5/12 5/12 _1/12 1/12 10/18 5/18 2/18 _1/18 1 1 ₁ 1 Apartado b):

Nos piden la probabilidad de transitar en 2 etapas desde el estado ABC hasta el estado ∅. Según las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov, dicha probabilidad viene dada por el elemento (1,7) de Q2.Para hallar dicho elemento, debemos tomar Q y multiplicar la 1ª fila por la 7ª columna: ( ) _0,035493827 648 23 1 0 0 18 4 0 0 0 0 18 1 18 4 12 1 18 5 0 18 5 2 7 , 1 = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ≈ q Apartado c):

Nos piden la probabilidad de transitar en 2 etapas desde el estado AC hasta el estado C. Según las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov, dicha probabilidad viene dada por el elemento (2,6) de Q2.Para hallar dicho elemento, debemos tomar Q y multiplicar la 2ª fila por la 6ª columna: ( ) 0,18055556 144 17 0 12 1 1 12 1 0 0 0 12 5 18 2 0 12 1 12 5 18 4 0 2 6 , 2 = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ≈ q

Problema 3: (3,25 puntos)

Los responsables de un parking han observado, que en las horas puntas se producen numerosas atascos en el parking a la hora de pagar, por lo que están pensando la conveniencia de abrir más taquillas para cobrar. La tasa de llegadas de los clientes a pagar es de 100 coches/hora y la tasa de servicio es de 40 coches por hora en hora punta.

Los responsables del parking desean poner tantas taquillas como sea necesario para que las colas sean inferiores a 10 coches en la hora punta. Se observa que tanto los tiempos entre las llegadas de los vehículos a la salida como los tiempos de servicio siguen una distribución exponencial. Se proponen dos ideas:

i. Por un lado hacer un poco mayor la salida y colocar tantas máquinas como sean necesarias con una única cola, se dividirían a la hora de pagar.

ii. Una segunda alternativa que sería construir una nueva salida con una taquilla. En cada una de ellas con tasa de servicios de 55 coches por hora. Por tanto el flujo se dividiría en dos (se supondría que a cada salida llegan la mitad de los vehículos).

Se pide:

a) ¿Cuántas taquillas son necesarias al menos para que el sistema no se sature en el primer caso?

b) ¿Cuántas taquillas son necesarias en el primer caso para que la cola sea menor a 10 coches?

c) En el segundo modelo, ¿alcanzarían las colas menos de 10 coches?

d) Para el usuario final, ¿cuál de los dos sistemas es el que más interesa teniendo en cuenta que lo que interesa es salir lo más rápidamente posible?

SOLUCIÓN:

a) ¿Cuantas taquillas son necesarias al menos para que el sistema no se sature en el primer caso?

En el caso de poner una sola taquilla tendríamos 2,5 1 40 100 _{= >} = = A A _µ λ ρ

Si ponemos dos taquillas obtendremos 1,25 1 40 * 2 100 > = = = A A cµ λ ρ

Y finalmente obtenemos un resultado favorable con tres taquillas 1 83 , 0 6 5 40 * 3 100 < = = = = A A cµ λ ρ

b) ¿Cuántas taquillas son necesarias en el primer caso para que la cola sea menor a 10 coches?

Manteniéndonos en el mismo modelo que anteriormente (M/M/3) tenemos que:

(

)

(

)

( )

1/6 0,5832*6 3,4992 3,5 0,5832 6 / 1 6 045 , 0 * 48 , 0 * 27 6 / 5 1 ! 3 045 , 0 * 6 / 5 * 27 1 ! 2 2 4 2 0 1 ≈ = = = = − = − = + ρ ρ c p c L c c q

(

)

( )

(

)

1 2 3 1 1 0 0 ! 2 ) 6 / 5 ( * 3 )) 6 / 5 ( * 3 ( 1 ) 6 / 1 !*( 3 ) 6 / 5 ( * 27 ! 1 ! − − − = ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − =

∑

c n n c c n c c c p ρ ρ ρ

(

)

₍

₎

₍

₎

045 , 0 245 , 22 125 , 3 5 , 2 1 62 , 15 2 ) 6 / 5 ( * 3 )) 6 / 5 ( * 3 ( 1 ) 6 / 5 ( * 27 1 1 1 2 3 0 ⎟⎟ = + + + = ≈ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + = − − − p

c) En el segundo modelo ¿Alcanzaría las colas menos de 10 coches?

Calcularíamos las nuevas tasas de llegadas a la taquilla:

50 2 100 = =

λ µ =55

El modelo propuesto son dos M/M/1, con las siguientes características: 91 , 0 55 50 = = = B B _µ λ ρ coches L_q 9,2 91 , 0 1 91 , 0 1 2 2 = − = − = ρ ρ

d) Para el usuario final, ¿Cuál de los dos sistemas es el que más interesa teniendo en cuenta que lo que interesa es salir lo más rápidamente posible?

Tenemos que calcular W en ambos casos: λ λ q q q q L W W L = ; = y µ λ µ 1 1 + = + = q q L W W Caso 1: = + = + = 40 1 100 32 , 3 1 µ λ q L W 0,058 horas Caso 2: = + = + = 55 1 50 2 , 9 1 µ λ q L W 0,2 horas

FÓRMULAS DE TEORÍA DE COLAS M/M/1 µ λ ρ = _; pn =ρn

(

1−ρ

)

; _ρ ρ − = 1 2 q L ; W

( )

t =e−t/W Wq

( )

t e t W / − =ρ M/M/c µ λ ρ c = _;

(

)

( )

1 1 0 0 ! 1 ! − − = ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − =

∑

c n n c c n c c c p ρ ρ ρ ;

₍

₎

2 0 1 1 ! ρ ρ − = + c p c L c c q

( )

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = caso otro en , ! ,..., 1 , 0 si , ! 0 0 p c c c n p n c p n c n n ρ ρ M/M/1 y M/M/c µ 1 + =W_q W _; L_q =λW_q; L=λW M/M/1/k µ λ ρ = _;

(

)

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + ≠ − − = + 1 si , 1 k 1 1 si , 1 1 1 ρ ρ ρ ρ ρ k n n p

(

)

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = ≠ − + − − = + + 1 si , 2 1 si , 1 1 1 1 1 ρ ρ ρ ρ ρ ρ k k L k k µ 1 + =W_q W _; L_q =λ_efW_q; L=λ_efW _; λ_ef = 1λ

(

− p_k

)

Redes de Jackson abiertas

∑

= = K i i red 1 γ λ ;

∑

= = K i i red L L 1 ; red red red L W λ = _; red i i V λ λ = Redes de Jackson cerradas

1 ( 1) ( ) j j j j L m W m c + − = µ ; * * 1 ( ) ( ) ( ) j j j K i i i W m L m m W m = λ = λ

∑

; ( ) ( ) ( ) j j j L m m W m λ = _; L_j(0)=0