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Investigación de Operaciones: El problema de producción e inventario (7)

Por Aldo Romero

Introducción

Ya hemos visto algunos ejemplos en los que se plantea un problema de programación lineal a partir de un contexto específico. Hemos visto el problema de la dieta, el problema de la mochila y el problema del transporte. Hay algunos problemas que parecen un poco más complicados y que no es tan evidente desde el inicio que se pueden plantear como problemas de programación lineal. En esta ocasión veremos uno de ellos: el problema de producción e inventario.

Abundan las aplicaciones de la programación lineal para planificar la producción y para controlar inventarios. El siguiente es solo una de múltiples aplicaciones que se les puede dar a este tipo de problemas.

A grandes rasgos, el problema consiste en modelar una fábrica que necesita tener lista cierta cantidad de inventario de un producto en determinados momentos del año. La fábrica puede producir cierta cantidad de producto que depende de la temporada del año. Quizás haya temporadas en las que puede producir más de lo que necesita, pero si hace eso incurrirá en costos de almacenaje. ¿Cómo puede distribuir su producción, almacenaje y despacho la fábrica para minimizar el costo y cumplir con su compromiso de inventario? Veamos a continuación que esta situación se puede plantear en términos de un problema de programación lineal.

Ejemplo del problema de producción e inventario

Una empresa productora de videojuegos indie acaba de finalizar su último gran lanzamiento y está lista para producirlo en masa en su formato físico. La siguiente tabla indica la demanda de los primeros 3 meses de lanzamiento.

Meses transcurridos a partir del lanzamiento	0	1	2
Demanda en miles de copias del mes en curso	80	60	40
Productividad disponible del mes en curso	110	50	30

Como el primer mes de lanzamiento es el más importante, la empresa decide que se pueden producir hasta 110 mil copias ese mes, y gradualmente va a reducir su productividad a 50 mil copias el segundo mes y 30 mil el tercer mes; esto con la finalidad de enfocar más tiempo y recursos en otras producciones.

La empresa productora y las tiendas donde se venden tiene un contrato que establece en particular dos cosas:

Las tiendas tienen que tener en stock la cantidad de copias demandas cada mes, y esta cantidad de copias será las que la empresa productora entregó este mes junto con las que sobraron el mes pasado
- Si se entregan más copias que las demandadas por la tienda, se cobrará un costo de almacenamiento de $2000 al mes por cada mil copias que están siendo almacenadas en tienda fuera de la demanda establecida.

El costo de producción de cada mil copias es de $20000. Se desea determinar el plan de producción e inventario que satisfaga el contrato con estas tiendas a fin de minimizar los costos.

Variables de decisión

De manera intuitiva, vamos a hacer nuestras variables de decisión las miles de copias que se van a producir el mes en curso desde el lanzamiento del juego.

$x_{i}$ = miles de copias a producir en el mes $i$ desde el lanzamiento del juego. $(i \in {1, 2, 3})$ .

Función objetivo

Como se mencionó, el plan de producción tiene que minimizar los costos para la empresa, tanto los gastos de producción de sus videojuegos como el almacenamiento de estos.

El costo de producción es simplemente el número de copias producidas por cada mes, multiplicado por el costo de fabricación de cada copia ( $$ 20$ ). Esto es: $20 (x_{1} + x_{2} + x_{3})$ .

Y luego consideramos el costo de almacenamiento de las copias que no fueron demandadas por la empresa en ese mes. Entonces, para el primer mes, $x_{1} - 80$ son las miles de copias que la empresa tiene que cubrir en gastos de almacenamiento. Para el segundo mes, las copias demandadas al momento son las acumuladas del primer y segundo mes ( $140000$ ) y los juegos producidos son solamente $x_{1} + x_{2}$ . Entonces, los miles de juegos por los que hay que cubrir el costo de almacenamiento son $x_{1} + x_{2} - 140$ . Y para el tercer mes, las copias demandadas son las acumuladas de los primeros 3 meses ( $180000$ ) y los juegos producidos serán $x_{1} + x_{2} + x_{3}$ en miles de copias, y así, los costos de almacenamiento para el tercer mes serán $x_{1} + x_{2} + x_{3} - 180$ .

Entonces, el número de miles de copias por las que hay que cubrir costos de almacenamiento para estos 3 meses será: $(x_{1} - 80) + (x_{1} + x_{2} - 140) + (x_{1} + x_{2} + x_{3} - 180)$ . Y esta cantidad la multiplicamos por el costo de almacenamiento mensual por millar de copias ($2000).

Entonces, juntando las expresiones, el costo total que hay que minimizar sería:

$M i n z = 20000 (x_{1} + x_{2} + x_{3}) + 2000 [(x_{1} - 80) + (x_{1} + x_{2} - 140) + (x_{1} + x_{2} + x_{3} - 180)]$

O si lo queremos poner de la forma más resumida posible, esto es:

$M i n z = 26000 x_{1} + 24000 x_{2} + 22000 x_{3} - 800000$

Restricciones del problema de producción e inventario

Primero, vayamos con las restricciones de oferta:

$\begin{array}{r} x_{1} \leq 110 \\ x_{2} \leq 50 \\ x_{3} \leq 30 \end{array}$

Después, vayamos con las restricciones de demanda:

$\begin{array}{r} x_{1} \geq 80 \\ x_{2} + (x_{1} - 80) \geq 60 \\ x_{3} + (x_{1} + x_{2} - 140) \geq 40 \end{array}$

Recordemos que la razón de la última restricción es para que la empresa productora no se quede ninguna copia más de las demandadas para que no haya cuota por almacenamiento en las tiendas para el cuarto mes.

Y naturalmente nuestras variables de decisión son no negativas ya que hablamos de la cantidad de unidades que tenemos de un producto.

Resumen de formulación del problema de producción e inventario

En resumen, nuestro problema de programación lineal quedaría planteado así:

$\begin{aligned} M i n z = 20000 (x_{1} + x_{2} + x_{3}) & + 2000 [(x_{1} - 80) + (x_{1} + x_{2} - 140) + (x_{1} + x_{2} + x_{3} - 180)] \\ s . a \\ x_{1} & \leq 110 \\ x_{2} & \leq 50 \\ x_{3} & \leq 30 \\ x_{1} & \geq 80 \\ x_{2} + (x_{1} - 80) & \geq 60 \\ x_{3} + (x_{1} + x_{2} - 140) & \geq 40 \\ x_{i} & \geq 0, i \in {1, 2, 3} \end{aligned}$

Más adelante…

La siguiente entrada muestra nuestro último ejemplo introductorio: el problema de la ruta más corta. Como veremos, en este problema también es necesario aprovechar la situación del problema de manera creativa para poder llevarlo a un contexto lineal.

Tarea

El problema se vuelve mucho más sencillo si únicamente hay dos periodos. Plantea un problema que refleje esta situación en el caso particular de la entrada y resuélvelo. Es decir, determina en esos dos periodos (el primer y segundo mes) cuál es la cantidad correcta de unidades a producir por mes, para minimizar el costo total.
Cambia el planteamiento dado en la entrada por uno en el que el costo de almacenaje en las tiendas sea de $0. En ese caso, ¿cuál sería el plan de producción e inventario óptimo?
En esta entrada dimos la formulación de un caso particular del problema de producción e inventario. Sin embargo, ya tienes todas las herramientas para plantear el problema de manera general. Realiza una formulación general en la que:
1. Se tengan n periodos con demanda de unidades $d_{1}, d_{2}, \dots, d_{n}$ por cada periodo.
2. Se tengan capacidades de producción $o_{1}, o_{2}, \dots, o_{n}$ unidades en cada periodo.
3. Se tengan costos $P$ y $A$ , de producir y almacenar una unidad de producto respectivamente.
En un problema general de producción e inventario. ¿Por qué podría ser mala idea producir mucho más de lo necesario en las temporadas en las que se puede? Intenta justificar intuitivamente, y luego encuentra algunos casos particulares del problema que apoyen tus argumentos.

Respuestas

1.- Si eliminamos un mes del problema, tendríamos la siguiente tabla de productividad y demanda:

Meses transcurridos a partir del lanzamiento	0	1
Demanda en miles de copias del mes en curso	80	60
Productividad disponible del mes en curso	110	50

Tenemos las mismas variables de decisión: $x_{i}$ = miles de copias a producir el mes $i$ desde el lanzamiento del juego. $i \in {1, 2}$

Para la función objetivo, el costo de producción de las copias va a ser: $20000 (x_{1} + x_{2})$ . Los gastos de almacenamiento del primer y segundo mes serán: $2000 [(x_{1} - 80) + (x_{1} + x_{2} - 140)]$ .

Entonces la función objetivo queda de la siguiente manera:

$M i n z = 24000 x_{1} + 22000 x_{2} - 440000$

Las restricciones de oferta y de demanda serían:

$\begin{aligned} x_{1} & \leq 110 \\ x_{2} & \leq 50 \\ x_{1} & \geq 80 \\ x 2 + (x_{1} - 80) & \geq 60 \end{aligned}$

Entonces, el problema con dos periodos de tiempo quedaría planteado de la siguiente manera:

$\begin{aligned} M i n z & = 24000 x_{1} + 22000 x_{2} - 440000 \\ s . a \\ x_{1} & \leq 110 \\ x_{2} & \leq 50 \\ x_{1} & \geq 80 \\ x_{2} + (x_{1} - 80) & \geq 60 \\ x_{i} & \geq 0, i \in {1, 2} \end{aligned}$

Ahora, una posible solución a este problema sea satisfacer la demanda del primer mes, con tal de que sobren solamente la menor cantidad de copias que al sumarlas con la producción del segundo mes, nos cumplan también la demanda exacta de ese mes. Es decir, producir en el primer mes 90000 copias, almacenar 10000 que sobrarían en tienda y producir hasta el límite de producción el segundo mes que son 50000 copias y juntos con las 10000 que había almacenadas, se cumplirá la demanda que tenemos para el segundo periodo que son 60000 copias. De esta manera no se incurre en gastos innecesarios de almacenamiento, ya que para el tercer mes no hay copias por almacenar que nos generen ese gasto.

2.- Si no hubiera costo por almacenamiento tenemos varias soluciones que podrían ser óptimas, pero en realidad lo sería cualquiera donde se cumplan los valores de demanda al mínimo, es decir, que se produzcan las unidades que nos piden por los tres meses y ni una más.

3.- Sea una empresa tiene que producir un producto y este producto se vende en n periodos de tiempo, con su respectiva demanda ( $d_{1}, \dots, d_{n}$ ) y oferta de productos ( $o_{1}, \dots, o_{n}$ ) en cada uno de ellos.

Se tiene un costo $P$ de fabricación por producto y un costo A de almacenamiento por producto de un periodo a otro.

Se quiere determinar el plan de producción e inventario que satisfaga la demanda y minimice los costos.

Variables de decisión: $x_{i}$ = número de unidades a producir en el periodo $i$ . $i \in {1, \dots, n}$

Función objetivo:

$M i n z = P (x_{1} + \dots + x_{n}) + A [(x_{1} - d_{1}) + (x_{1} + x_{2} - d_{1} - d_{2}) + \dots + (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} - \sum_{i = 1}^{n} d_{i})]$

Y por último, las restricciones serían:

$\begin{aligned} x_{1} & \leq o_{1} \\ x_{2} & \leq o_{2} \\ ⋮ \\ x_{n} & \leq o_{n} \\ x_{1} & \geq d_{1} \\ x_{1} + x_{2} - d_{1} & \geq d_{2} \\ ⋮ \end{aligned}$

$(\sum_{i = 1}^{n} x_{i} - \sum_{i = 1}^{n - 1} d_{i}) \geq \sum_{i = 1}^{n} d_{i}$

$x_{i} \geq 0, i \in {1, \dots, n}$

4.- Dependería del problema pero en general como se intenta minimizar los costos, esto también sería minimizar los costos que conlleva el almacenaje de productos y si se producen muchos cada periodo, esto incurrirá en el aumento de los gastos mencionados y no será lo optimo para el objetivo que tenemos.

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Investigación de Operaciones: El problema de la mochila (5)

Por Aldo Romero

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Introducción

En la entrada anterior hablamos del problema de la dieta, en donde queríamos cumplir ciertas restricciones alimenticias creando un menú de bajo costo. En esta entrada veremos otro ejemplo conocido de PPL: el problema de la mochila. La idea general es que queremos transportar ciertos bienes mediante un contenedor que tiene cierta capacidad. Este contenedor puede ser algo tan sencillo como una mochila, o algo tan complicado como un tren. A continuación veremos un ejemplo intermedio.

Ejemplo del problema de la mochila

Cesar es un fabricante de botanas que vende 3 de sus productos a varios distribuidores dentro de su localidad. Cada caja de sus productos tiene un peso diferente y generan diferentes ganancias al ser vendidas. Esta información está reflejada en la siguiente tabla:

—	Peso por caja en kilogramos	Ganancia en pesos por caja vendida
Producto 1	10	150
Producto 2	12	200
Producto 3	15	300

Cesar tiene una camioneta que aguanta hasta 800 kilos de carga sin contar al conductor. Cesar quiere saber cuales son los productos que debe llevar con tal de maximizar sus ganancias.

Variables de decisión

Nuestra variable de decisión es bastante intuitiva.

$x_{i}$ = número de cajas del producto $i$ que Cesar va a llevar en su camioneta. $i \in {1, 2, 3}$

Función objetivo

Como el objetivo de Cesar es maximizar las ganancias, la función objetivo va a ser:

$M a x z = 150 x_{1} + 200 x_{2} + 300 x_{3}$

Restricciones

En este problema, la única condición que nos dan es que el peso total de las cajas a llevar no exceda la capacidad de carga de la camioneta. Es decir:

$\begin{array}{r} 10 x_{1} + 12 x_{2} + 15 x_{3} \leq 800 \\ x_{i} \geq 0, i \in {1, 2, 3} \end{array}$

Resumen

El PPL que obtenemos es en resumen:

$\begin{aligned} M a x z = 150 x_{1} & + 200 x_{2} + 300 x_{3} \\ s . a . \\ 10 x_{1} & + 12 x_{2} + 15 x_{3} \leq 800 \\ x_{i} & \geq 0, i \in {1, 2, 3} \end{aligned}$

Formulación general del problema de la mochila

Un modelo como el anterior recibe el nombre de problema de la mochila pues originalmente fue formulado del siguiente modo: un excursionista desea determinar la cantidad de latas de ciertos comestibles que llevará en su mochila. Las latas tienen cierto peso $p_{i}$ , cierto valor $v_{i}$ para el excursionista y su mochila tiene capacidad $P$ . Si hay $n$ alimentos disponibles y usamos como variables de decisión a $x_{1}, \dots, x_{n}$ , donde $x_{i}$ es el número de latas de alimento $i$ que el excursionista llevarán, entonces el problema de la mochila es:

$\begin{aligned} M a x z & = \sum_{n}^{i = 1} v_{i} x_{i} \\ s . a . \\ \sum_{n}^{i = 1} p_{i} x_{i} & \leq P \\ x_{i} & \geq 0, x_{i} \in Z, i = 1, \dots, n . \end{aligned}$

Este es un problema de programación lineal, pero más específicamente se le conoce como un problema de programación lineal entera (PPLE), o bien un modelo lineal entero, pues las variables $x_{i}$ están sujetas a tomar sólo valores en los números enteros. Sorpresivamente, aunque los problemas de programación entera parezcan «más fáciles» dado que sus posibilidades están más restringidas, esto no es así. Han sido objeto de mucho estudio pues agregar la condición de integralidad (que las variables sean enteras) crea complicaciones adicionales y hacen que los métodos generales no funcionen tan bien. Los problemas de programación lineal entera son difíciles incluso en términos de una noción computacional muy precisa del tiempo requerido para obtener la mejor solución.

Más adelante…

Aún tenemos algunos problemas conocidos por explorar. El siguiente que veremos es el problema del transporte, en donde queremos saber cómo distribuir productos a través distintas posibilidades de transporte para economizar costos.

En algunas entradas más también hablaremos de cómo llevar cualquier PPL a una forma estándar, que nos permitirá desarrollar la teoría general necesaria para resolverlo.

Tarea

Imagina el siguiente escenario:
Cesar ahora solo vende los productos 1 y 2. El producto 1 ahora pesa 8 kilogramos y el producto 2 ahora pesa 10 kilogramos, que el primero de ellos da una ganancia de $120 y que el segundo da una ganancia de $155. El vehículo que tenemos ahora es un coche que sólo puede cargar 392 kilogramos. ¿Cómo cargarías en este caso el coche para maximizar las ganancias? Plantea el PPL e intenta resolver el problema con las herramientas con las que cuentes hasta ahora.
Para entender un poco el problema binario de la mochila, considera el siguiente ejemplo. Se tienen 7 posibles artículos con pesos de 7, 10, 12, 4, 5, 9, 11 kilos y con valor de 23, 25, 28, 17, 19, 25, 26 respectivamente. Sólo podemos decidir si llevar o no llevar cada artículo, y el peso total que se cargará no puede exceder 40 kilos. ¿Cuáles artículos hay que llevar para maximizar el valor? Plantea el PPL e intenta resolverlo con las herramientas con las que cuentes hasta ahora.
Considera el problema ejemplo original de esta entrada de blog. ¿Qué pasaría con la respuesta del problema si ocurrieran los siguientes escenarios? ¿Las ganancias aumentarán o disminuirán?
- Cesar compró una mejor camioneta, que ahora puede transportar 1.5 toneladas.
- El producto 3 se volvió más caro y ahora Cesar solo gana 250 pesos por caja vendida.
- El tipo de envoltura y material de la caja cambio, por lo que ahora los pesos de los productos son 12, 17, 25 kilos para los productos 1, 2 y 3 respectivamente.

Respuestas

1.- Podríamos calcular cual es el producto que nos da más ganancias por kilo con una simple división. El producto 1 nos da 120/8 = 15 pesos por kilo del producto y el producto 2 nos da 155/10 = 15.5 pesos por kilo. El producto 2 es el que más ganancias nos va a dar por lo que vamos a llenar el carro con la mayor cantidad de productos 1 que se pueda.
Lo máximo que podemos meter dentro del carro son 39 unidades del producto 2, teniendo una ganancia de 6045 pesos, pero nos sobrarían 2 kilos para llegar al límite de peso. Entonces vamos a tratar de considerar las opciones donde incluyamos algunas unidades del producto 1 y a ver si podemos mejoran las ganancias.
Si tomamos 38 unidades del producto 2, nos quedan 12 kilos de capacidad y solamente podemos solamente agregar una unidad del producto 1, teniendo en total una ganancia de 6010 pesos. Esta opción no mejora las ganancias.
Si tomamos 37 unidades del producto 2 nos quedan 22 kilos de capacidad y solamente podemos agregar dos unidades del producto 1, teniendo una ganancia de 5975 pesos. Esta opción tampoco mejora las ganancias.
Ahora, si tomamos 36 unidades del producto 2, nos quedan 32 kilos de capacidad y ahora podemos agregar 4 unidades del producto 1, teniendo ahora una ganancia de 6060 pesos. En este caso SI conseguimos una mejora en nuestras ganancias.
Y si somos observadores, nos daremos cuenta que si seguimos agregando unidades del producto 1, ahora las ganancias solo van a ir disminuyendo, por lo que nos quedaremos con esta última solución para nuestro problema.

2.- La variable de decisión sería como el visto en esta entrada, con la siguiente variante: $x_{i}$ = 1 si el articulo i se va a llevar o 0 si el articulo i no se va a llevar.

La función objetivo simplemente va a ser la que maximice el valor total de los artículos a llevar:

$M a x z = 23 x_{1} + 25 x_{2} + 28 x_{3} + 17 x_{4} + 19 x_{5} + 25 x_{6} + 26 x_{7}$

Y la única restricción es:

$7 x_{1} + 10 x_{2} + 12 x_{3} + 4 x_{4} + 5 x_{5} + 9 x_{6} + 11 x_{7} \leq 40$

Entonces, el problema planteado sería:

$\begin{aligned} M a x z = & 23 x_{1} + 25 x_{2} + 28 x_{3} + 17 x_{4} + 19 x_{5} + 25 x_{6} + 26 x_{7} \\ s . a \\ 7 x_{1} + 10 x_{2} + 12 x_{3} + 4 x_{4} + 5 x_{5} + 9 x_{6} + 11 x_{7} \leq 40 \\ x_{i} \geq 0, i \in 1, \dots, 7 \end{aligned}$

Y el modo de resolverlo es muy similar al anterior, solo hay que considerar los cocientes de los artículos que dan más valor por cada kilo que pesan, tomar los mejores y si sobra capacidad de peso, probar combinaciones de tal manera que el se elimine esa capacidad restante y evaluar si el valor sube en efecto o hasta baja.

3.- $∙$ La solución va a ser similar a el problema 1, se va a llenar la camioneta con el producto que ofrezca la mayor ganancia/kilo (el producto 3) y si sobra capacidad de carga se va a intentar introducir algunos los productos de menor peso, hasta encontrar la solución que nos de las mayores ganancias. La diferencia solo va a ser en el número de unidades que van a entrar en la camioneta y por tanto, la solución aunque sea análoga, va a ser diferente.

$∙$ Como la ganancia del producto de mayor ganancia/kilo cambió, ahora hay que comparar este nuevo valor con el de los otros productos y nos daremos cuenta que ahora tendremos la misma ganancia/kilo entre este producto y el producto número 2, entonces lo que se intentará es llenar la camioneta entre estos dos productos de tal manera que no quede capacidad de carga sobrante.

$∙$ Hay que calcular la nueva ganancia/kilo de cada producto y resulta ahora que al cambiar los pesos de las cajas, el producto 1 es el que mayor ganancia/kilo tiene, entonces vamos a tratar de incluir la mayor cantidad de unidades de este producto que sea posible y si sobra capacidad tratar de combinar con algunas unidades de los otros productos con tal de tener la ganancia más grande.

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Introducción al curso y definiciones básicas

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

Hola a todos. Esta es la primer entrada de una serie de videos correspondientes a un curso completo de Ecuaciones Diferenciales I, tomando como base el temario oficial de la Facultad de Ciencias de la UNAM, el cual podrás encontrar en el siguiente enlace (temario oficial).

En esta primer entrada daremos una pequeña introducción donde hablaremos a grandes rasgos sobre lo que tratará el curso. Posteriormente daremos un primer vistazo a lo que son las ecuaciones diferenciales y motivaremos su estudio mediante ejemplos donde juegan un papel fundamental. Finalmente veremos las definiciones básicas que necesitamos conocer para poder comenzar un estudio formal de las ecuaciones diferenciales.

¡Vamos a comenzar!

¿De qué trata el curso?

El curso pretende introducirte al mundo de las ecuaciones diferenciales ordinarias. A grandes rasgos una ecuación diferencial ordinaria es una relación entre una variable independiente $t$ , una función que depende de $t$ , y las derivadas de distintos órdenes de la función. Cuando la relación involucra más de una variable independiente hablaremos de una ecuación en derivadas parciales, sin embargo en este curso no abordaremos ese caso.

Principalmente veremos las distintas técnicas de resolución de ecuaciones, especialmente de primer y segundo orden, así como sistemas de ecuaciones de primer orden. Sin embargo, como el conjunto de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por métodos analíticos es muy pequeño, también analizaremos las ecuaciones desde un punto de vista cualitativo, es decir, realizaremos una descripción lo más completa posible de las soluciones a una ecuación diferencial sin conocerlas explícitamente. También abordaremos el Teorema de Existencia y Unicidad, el cual nos brinda las herramientas para poder resolver problemas con condiciones iniciales, bajo ciertas condiciones.

Motivación y ejemplos de modelos matemáticos mediante ecuaciones diferenciales

Comenzamos el curso con un par de aplicaciones a problemas de dinámica de poblaciones. Revisamos cómo modelar matemáticamente dichos fenómenos mostrando la importancia de las ecuaciones diferenciales.

Definiciones básicas

En el primer video, damos las definiciones de ecuación diferencial ordinaria, soluciones y orden de una ecuación, con sus respectivos ejemplos para que tengas claros estos conceptos.

En el segundo video, revisamos el concepto de problema de condición inicial, también llamado problema de valor inicial, y mediante un ejemplo analizaremos la importancia que tiene en la búsqueda de soluciones particulares de una ecuación. Por último clasificamos a las ecuaciones en lineales y no lineales, ya que en próximos videos comenzaremos a ver las técnicas para resolver este tipo de ecuaciones.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Investiga acerca de algún problema de la vida real que se modele mediante una ecuación diferencial.

Comprobar que cuando $P < N$ , entonces la tasa de cambio del tamaño de la población en el ejemplo del modelo logístico ( visto en el segundo video) es positiva, es decir, $\frac{d P}{d t} = k (1 - \frac{P}{N}) P > 0$ , por lo cual el tamaño de la población crece.

Verificar si las siguientes funciones son solución a su respectiva ecuación diferencial:

$\frac{d^{2} y}{d t} + y = 0, y (t) = \sin t$ .

$y^{'}^{'} + 5 y^{'} + 6 y = 0, y (t) = e^{- 2 t}$ .

$\frac{d y}{d t} + y = t e^{t}, y (t) = c e^{- t} + \frac{t e^{t}}{2} - \frac{e^{t}}{4}$ .

Sabemos que $y (t) = \frac{1}{k - t}$ es solución a la ecuación $\frac{d y}{d t} = y^{2}$ (verifícalo). Encuentra la solución al problema si agregamos la condición inicial $y (0) = 1$ .

¿Cuál es el orden de las siguientes ecuaciones diferenciales? ¿Son lineales o no?

$3 t y + y^{2} + (t^{2} + t y) \frac{d y}{d t} = 0$ .

$α t \frac{d^{5} y}{d t} + \sin (t) \frac{d^{2} y}{d t} - \frac{d y}{d t} + t^{5} y = t$ .

$\cos (t^{2}) - y^{'}^{'}^{'} + 37 e^{t} y^{'}^{'} + y^{'} - \cosh (y) = 100 e^{\cos (t^{3})}$ .

Más adelante

En la próxima entrada analizaremos un poco de la geometría de soluciones de una ecuación de primer orden mediante algunas técnicas bastante sencillas.

Primero veremos cómo asociar un campo de pendientes a una ecuación, y conoceremos cuál es la relación que tiene este campo con las soluciones a la ecuación. Posteriormente veremos el método de las isóclinas para encontrar el campo de pendientes asociado a una ecuación y sus soluciones en el plano $t - y$ .

¡No se los pierdan!

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Siguiente entrada del curso: Campo de pendientes asociado a una ecuación diferencial, curvas integrales y método de las isoclinas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Seminario de Resolución de Problemas: Series telescópicas

Por Fabian Ferrari

2 respuestas

Introducción

En la entrada anterior vimos las series geométricas y su uso para la resolución de problemas específicos. En esta sección trataremos otro tipo de series que resultan de utilidad al momento de resolver problemas, este tipo de series son muy utilizadas en problemas de cálculo.

Series Telescópicas

Dada una sucesión ${a_{i}}_{i \in N}$ decimos que la serie $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} - a_{n + 1})$ es telescópica por la forma de sus sumas parciales.

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{N} (a_{n} - a_{n + 1}) & = (a_{1} - a_{2}) + (a_{2} - a_{3}) + \dots + (a_{N - 1} - a_{N}) + (a_{N} - a_{N + 1}) \\ = a_{1} - a_{N + 1} \end{aligned}$

Notemos que la serie $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} - a_{n + 1})$ converge solo si la sucesión es convergente.

Ejemplos de series telescópicas convergentes y no convergentes.

Determina el resultado de la serie $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n (n + 1)})$ .

A simple vista, la serie que se nos presenta no parece ser telescópica. Sin embargo, si cambiamos un poco la estructura de $\frac{1}{n (n + 1)}$ podemos notar que

$\frac{1}{n (n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$

Con esto tenemos que

$\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n (n + 1)}) = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$

Con esta última expresión, podemos observar que la serie es telescópica dado que su suma parcial queda de la siguiente manera

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) & = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{N - 1} - \frac{1}{N} + \frac{1}{N} - \frac{1}{N + 1} \\ = 1 - \frac{1}{N + 1} \end{aligned}$

Pero como queremos la serie con límite superior infinito, basta con que calculemos el límite cuando $N \to \infty$ de la suma parcial.

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n (n + 1)}) & = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) \\ = lim_{N \to \infty} (1 - \frac{1}{N + 1}) = 1 \end{aligned}$

En este ejemplo la serie resulta ser convergente dado que la sucesión ${\frac{1}{n (n + 1)}}$ es convergente.

Un segundo ejemplo es si queremos calcular la $\sum_{n = 1}^{\infty} (3 n^{2} + 3 n + 1)$ .

La serie diverge ya que la sucesión ${3 n^{2} + 3 n + 1}$ diverge. Sin embargo, eso no nos impide poder calcular la suma parcial $\sum_{n = 1}^{N} (3 n^{2} + 3 n + 1)$

En principio, $\sum_{n = 1}^{N} (3 n^{2} + 3 n + 1)$ no parece ser telescópica, pero podemos modificar el problema, para verla como una serie telescópica.

Tenemos que
$\sum_{n = 1}^{N} (3 n^{2} + 3 n + 1) = \sum_{n = 1}^{N} (n^{3} - n^{3} + 3 n^{2} + 3 n + 1)$

Como estamos sumando un cero a la expresión, no alteramos el problema.

Así que

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{N} (n^{3} - n^{3} + 3 n^{2} + 3 n + 1) & = \sum_{n = 1}^{N} (n^{3} + 3 n^{2} + 3 n + 1 - n^{3}) \\ = \sum_{n = 1}^{N} [(n + 1)^{3} - n^{3}] \end{aligned}$

La serie $\sum_{n = 1}^{N} [(n + 1)^{3} - n^{3}]$ tiene forma telescópica, así que

$\sum_{n = 1}^{N} [(n + 1)^{3} - n^{3}] = (N + 1)^{3} - 1 = N^{3} + 3 N^{2} + 3 N$

La suma de los primeros $n$ números naturales impares.

Sabemos que un número impar es de la forma $2 n + 1$ o $2 n - 1$ . y podemos conjeturar observando el patrón de las sumas parciales de $\sum_{n = 1}^{N} (2 n - 1)$ , lo siguiente.

$\begin{aligned} 1 = 1 \\ 1 + 3 = 4 \\ 1 + 3 + 5 = 9 \\ 1 + 3 + 5 + 7 = 16 \\ ⋮ \\ 1 + 3 + 5 + \dots + (2 N - 1) = N^{2} \end{aligned}$

Ahora, la idea es probar que esto es cierto aplicando el concepto de series telescópicas.

Tenemos que $\sum_{n = 1}^{N} (2 n - 1) = 1 + \sum_{n = 1}^{N - 1} (2 n + 1)$

Fijémonos en $\sum_{n = 1}^{N - 1} (2 n + 1)$ , la cual podemos expresar de la siguiente manera

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{N - 1} (2 n + 1) & = \sum_{n = 1}^{N - 1} (n^{2} + 2 n + 1 - n^{2}) & = \sum_{n = 1}^{N - 1} [(n + 1)^{2} - n^{2}] \end{aligned}$

Observemos que $\sum_{n = 1}^{N - 1} [(n + 1)^{2} - n^{2}]$ es telescópica y tenemos que

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{N - 1} [(n + 1)^{2} - n^{2}] & = (N - 1) + 1)^{2} - 1 \\ = N^{2} - 1 \end{aligned}$

Así,

$\sum_{n = 1}^{N} (2 n - 1) = 1 + N^{2} - 1 = N^{2}$

Por lo tanto nuestra conjetura queda probada y resulta ser verdadera.

Un problema en el que intervienen las fracciones parciales

Problema: Determina la serie $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{4 n^{2} - 1})$

Solución: Notemos que

$\begin{aligned} \frac{1}{4 n^{2} - 1} & = \frac{1}{(2 n - 1) (2 n + 1)} \\ = \frac{A}{2 n - 1} + \frac{B}{2 n + 1} \end{aligned}$

Resolviendo un sistema de ecuaciones, tenemos que $A = 1 / 2$ y $B = - 1 / 2$ , por lo que

$\begin{aligned} \frac{1}{4 n^{2} - 1} & = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) \end{aligned}$

Así, tenemos que

$\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{4 n^{2} - 1}) = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1})$

Tenemos que $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1})$ es telescópica, por lo que

$\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) = 1 - \frac{1}{2 N + 1}$

Y tenemos que

$\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) = lim_{N \to \infty} (1 - \frac{1}{2 N + 1}) = 1$

Por lo tanto

$\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{4 n^{2} - 1}) = \frac{1}{2} (1) = \frac{1}{2}$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de series telescópicas en la sección 5.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Seminario de Resolución de Problemas: Series geométricas

Por Fabian Ferrari

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Introducción

En esta entrada y en otras subsecuentes, trataremos el tema de series aplicado a la resolución de problemas matemáticos. Recordemos que en entradas anteriores ya se estudiaron los conceptos de sucesiones. Para esta entrada aprovecharemos lo que hemos aprendido de sucesiones geométricas.

Series geométricas

Si consideramos una sucesión geométrica ${a_{i}}_{i \in N}$ , recordemos que se cumple que existe una razón $r$ de tal manera que $a_{n} = r a_{n - 1}$ , expresado en el primer término, tenemos que $a_{n} = r^{n} a_{0}$ . Ahora bien, nos interesará saber o conocer las suma de los elementos de una sucesión geométrica. A esta suma se le conoce como serie geométrica y puede realizarse considerando una cantidad finita de elementos de la sucesión, así como una cantidad infinita de elementos de la sucesión.

Si queremos obtener la serie geométrica de los primeros $n + 1$ elementos de la sucesión ${a_{i}}_{i \in N}$ , tenemos lo siguiente

$\sum_{i = 0}^{n} a_{i} = a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} .$

Al multiplicar ambos lados de la igualdad por la razón de la sucesión tenemos que

\begin{align}
\sum_{i=0}^n a_i&=a_0+a_1+a_2 +a_3+\ldots+a_n\
r\sum_{i=0}^n a_i&=ra_0+ra_1+ra_2 +ra_3+\ldots+ra_n\
&=a_1+a_2+\ldots+a_{n+1}
\end{align*}

Y si calculamos $r \sum_{i = 0}^{n} a_{i} - \sum_{i = 0}^{n} a_{i}$ , se cancelan todos los términos excepto el último de la primer suma, y el primero de la segunda. Obtenemos entonces:

$\begin{aligned} r \sum_{i = 0}^{n} a_{i} - \sum_{i = 0}^{n} a_{i} & = a_{n + 1} - a_{0} . \end{aligned}$

Así,
$\sum_{i = 0}^{n} a_{i} = \frac{a_{n + 1} - a_{0}}{r - 1} = a_{0} \frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1} .$

Ahora bien, si tenemos la sucesión geométrica ${a_{i}}_{i \in N}$ y queremos calcular la serie infinita de todos sus elementos basta con que calculemos el límite cuando $n \to \infty$ tiende a infinito de $\sum_{i = 0}^{n} a_{i} = a_{0} \frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1} .$

Supogamos que $a_{0} \neq 0$ , pues en otro caso la suma de los términos es igual a $0$ . Si $| r | > 1$ , el numerador diverge y por lo tanto la serie también. Cuando $r = 1$ , la serie diverge pues cada sumando es igual a $a_{0} \neq 0$ . Cuando $r = - 1$ , tenemos una serie de términos alternante que no converge, pues es, iteradamente, $a_{0}, 0, a_{0}, 0, \dots$ .

Por otro lado, si $| r | < 1$ , entonces $r^{n + 1} \to 0$ . En este caso, la serie converge a $\frac{a_{0}}{1 - r}$ .

Aplicación de series geométricas a áreas

Si consideramos la sucesión ${x^{i}}_{i \in N}$ tenemos que dicha sucesión está dada por ${1, x, x^{2}, x^{3}, \dots}$ la sucesión es geométrica, dado que la razón es $r = x$ .

De acuerdo al análisis que hicimos arriba, la serie geométrica finita está dada por

$\sum_{i = 0}^{n} x^{i} = (1) \frac{x^{n + 1} - 1}{x - 1} = \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x}$

A partir de aquí deducimos que la serie geométrica infinita está dada por

$\sum_{i = 0}^{\infty} x^{i} = lim_{n \to \infty} \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}$

solo si $| x | < 1$ . En otro caso, la serie diverge.

Un problema aplicado a la geometría

Consideremos la siguiente figura, en donde $△ A B C$ es un triángulo equilatero y $O A = 16$ .

Imaginemos que la figura continúa internamente de manera infinita, resultando en una cantidad infinita de triángulos, todos ellos equiláteros. ¿Cuál sería la suma de las áreas de todos los triángulos?

Para ello, primero tendríamos que ver el área de cada triángulo como elemento de una sucesión, la cual parece que será geométrica.

Comencemos calculando el área del $△ A B C$ . Para ello tenemos que determinar el valor de la altura. Notemos que $C E$ es altura del triángulo, a su vez, $C E = O C + O E$ . Como $O C$ es radio de la circunferencia, tenemos que $O C = 16$ . Sólo falta determinar el valor del segmento $O E$ .

Si nos fijamos en $△ A O E$ , tenemos que es un triángulo rectángulo, además que $A O$ es bisectriz del $∠ A$ , así que $∠ O A E = 30^{o}$ . Como $\sin 30^{o} = O E / 16 = 1 / 2$ tenemos entonces que $O E = 8$ .

Por lo anterior, tenemos que que la altura del $△ A B C$ está dada por $h = 24$ . De una manera similar podemos calcular la base del triángulo, la cual está dada por $b = 16 \sqrt{3}$ . Así, el área del $△ A B C$ es $A_{0} = 192 \sqrt{3}$ .

El área del triángulo inscrito en el $△ A B C$ es la cuarta parte de $A_{0}$ , es decir $A_{1} = \frac{1}{4} A_{0}$ . De manera sucesiva $A_{2} = \frac{1}{4} A_{1}$ , $A_{3} = \frac{1}{4} A_{2}, \dots$ .

Si nos fijamos en la sucesión de las áreas de los triángulos$\{A_i\}_{i\in\mathbb{N} $t e n e m o s q u e e s g e o m é t r i c a d e r a z ó n$ r=1/4$.

De esta forma, la suma de las áreas de todos los triángulos es una serie geométrica dada por

$\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{\infty} A_{i} & = lim_{x \to \infty} (192 \sqrt{3}) \frac{1 - (1 / 4)^{n + 1}}{1 - (1 / 4)} \\ = (192 \sqrt{3}) \frac{1}{1 - (1 / 4)} = (192 \sqrt{3}) (4 / 3) \\ = 256 \sqrt{3} \end{aligned}$

Aplicación de series geométricas a números perfectos

Un número entero positivo $n$ se dice que es perfecto si la suma de sus divisores sin incluir al mismo $n$ da como resultado $n$ . Por ejemplo, el número $6$ es un número perfecto ya que sus divisores sin incluir al mismo $6$ son $1, 2, 3$ y su suma $1 + 2 + 3 = 6$ .

Ahora veamos un problema que relaciona a los números perfectos y a las series geométricas.

Problema: Sea $n = 2^{p - 1} (2^{p} - 1)$ , donde $2^{p} - 1$ es primo. Prueba que $n$ es un número perfecto.

Solución: Tenemos que todos los divisores de $n$ sin contar al mismo $n$ están conformados por la unión de las siguientes dos sucesiones finitas.

$\begin{aligned} {2^{i}}_{i = 0}^{p - 1} = 1, 2, 2^{2}, \dots, 2^{p - 1} \\ {(2^{p} - 1) 2^{i}}_{i = 0}^{p - 2} = (2^{p} - 1), 2^{2} (2^{p} - 1), 2^{3} (2^{p} - 1), \dots, 2^{p - 2} (2^{p} - 1) \end{aligned}$

Si consideramos la suma de los elementos de cada sucesión

$\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{p - 1} 2^{i} = \frac{2^{p} - 1}{2 - 1} = 2^{p} - 1 \\ \sum_{i = 0}^{p - 2} 2^{i} (2^{p} - 1) = (2^{p} - 1) \frac{2^{p} - 1}{2 - 1} = (2^{p} - 1) (2^{p - 1} - 1) \end{aligned}$

Así la suma de todos los divisores de $n$ sin incluir al propio $n$ es

$\begin{aligned} (2^{p} - 1) + (2^{p} - 1) (2^{p - 1} - 1) & = (2^{p} - 1) (1 + 2^{p - 1} - 1) \\ = 2^{p - 1} (2^{p} - 1) \\ = n . \end{aligned}$

Por lo tanto, tenemos que $n$ es un número perfecto.

Otro problema interesante

Problema: Una sucesión está definida por $a_{1} = 2$ y $a_{n} = 3 a_{n - 1} + 1$ , encuentra el valor de la suma $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} .$

Solución: Notemos que la sucesión que nos dan no es geométrica, dado que no es posible encontrar un número $r$ que funcione como razón. Así que busquemos un patrón que aparezca al realizar las primeras sumas.

$\begin{aligned} a_{1} & = 2 \\ a_{2} & = 3 a_{1} + 1 \\ = 3 (2) + 1 \\ a_{3} & = 3 a_{2} + 1 \\ = 3 (3 (2) + 1) + 1 \\ = 3^{2} (2) + 3 + 1 \\ a_{4} & = 3 a_{3} + 1 \\ = 3 (3^{2} (2) + 3 + 1) + 1 \\ = 3^{3} (2) + 3^{2} + 3 + 1 \\ a_{5} & = 3 a_{4} + 1 \\ = 3 (3^{3} (2) + 3^{2} + 3 + 1) \\ = 3^{4} (2) + 3^{3} + 3^{2} + 3 + 1. \end{aligned}$

De manera sucesiva, podemos conjeturar y mostrar por inducción que
$\begin{aligned} a_{n} & = 3^{n - 1} (2) + 3^{n - 2} + \dots + 3 + 1 \\ = 3^{n - 1} (2) + \frac{3^{n - 1} - 1}{2} \\ = \frac{5 \cdot 3^{n - 1} - 1}{2} . \end{aligned}$

Así que

$\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} & = \sum_{i = 1}^{n} \frac{5 \cdot 3^{i - 1} - 1}{2} \\ = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} 5 \cdot 3^{i - 1} - 1 \\ = \frac{1}{2} (5 \cdot \frac{3^{n} - 1}{2} - n) . \end{aligned}$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de series geométricas en la sección 5.2 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

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