数学建模论文.doc

目 录摘要1一问题的重述2二问题背景3三问题分析3四问题假设3五符号说明4六模型的建立与分析41.问题一的求解42.问题二的求解63.灵敏度分析9七模型的扩展10八模型评价11九参考文献11 企业最佳生产方案的提出与评价摘要在日趋激烈的市场竞争下，根据市场现状及内部自身的生产状况，适时修改和调整生产战略决策是企业不可回避的问题，在生产能力受限的情况下作出比较准确地决策是企业追求的目标。本文就此类问题进行了研究分析，提出了不同情况下较为可行的实施方案，并对方案的可行性做出了评价。本问题是实际的机械加工生产计划问题,通过对问题进行合理的分析与假设发现所有问题都属于最优化问题。本文就此类问题进行了研究分析，提出了不同情况下较为可行的实施方案，并对方案的可行性做出了评价。针对问题一，本文建立线性规划模型，求解得到六个月的生产、库存、销售计划见表1，在此计划下得到六个月的最大总利润为937115.0元。针对问题二，根据问题一的约束条件，合理安排各机器的维修时间，建立整数规划模型，并用lingo求解得维修时间安排如表3。在此生产计划下可求解得出最大利润为1088550.0元。通过两次生产计划相比较一个合理的规划可以使利润提高151435元。可见在现实生活中运用数学知识去解决实际生产规划问题对生产效益的增长有非常重要的作用。在该模型的扩展部分取消了对利润，设备，产品种类，最大需求量，库存上限的限制，将其符号化，并增加了生产每个产品的生产成本。建立总数规划模型，更加符合实际生产情况，可移植性明显增强。关键词：线性规划 整数规划 0-1规划 LINGO11.0 利润最大化 最优化方案一 问题的重述工厂生产的最优方案是企业每年进行的重要决策，直接关系到企业当年经济效益和长远发展战略。由于市场信息主要是需求信息通常是不完全的，还有企业自身生产能力的不足，这种情况下的决策问题是我国各企业中是普遍存在的。已知某工厂要生产7种产品，以I，II，III，IV，V，VI，VII来表示，但每种产品的单件利润随市场信息有明显波动，现只能给出大约利润如下。产品IIIIIIIVVVIVII大约利润/元1006080401109030该厂有4台磨床、2台立钻、3台水平钻、1台镗床和1台刨床可以用来生产上述产品。已知生产单位各种产品所需的有关设备台时如下表。产品单位所需台时设备IIIIIIIVVVIVII磨床0.50.70.30.20.5立钻0.10.20.30.6水平钻0.20.80.6镗床0.050.030.070.10.08刨床0.010.050.05从1月到6月，维修计划如下：1月1台磨床，2月2台水平钻，3月1台镗床，4月1台立钻，5月1台磨床和1台立钻，6月1台刨床和1台水平钻，被维修的设备当月不能安排生产。又知从16月市场对上述7中产品最大需求量如下表所示。IIIIIIIVVVIVII1月50010003003008002001002月60050020004003001503月300600005004001004月20030040050020001005月0100500100100030006月500500100300110050060每种产品当月销售不了的每件每月存储费为5元，但规定任何时候每种产品的存储量均不能超过100件。1月初无库存，要求6月末各种产品各储存50件。若该工厂每月工作24天，每天两班，每班8小时，要求（1） 该厂如何安排生产，使总利润最大；（2） 若对设备维修只规定每台设备在16月份内均需安排1个月用于维修（其中4台磨床只需安排2台在上半年维修），时间可灵活安排。重新为该厂确定一个最优的设备维修计划。二 问题背景随着生产技术的不断发展，企业之间的竞争日趋激烈。该工厂想要在日趋激烈的竞争中求生存，求发展，就必须具有一套合理性的生产计划方案。最优方案是企业每年净的重要决策，直接直接关系到企业当年经济效益和长远发展战略。为了使该工厂得到最优利润，就需要在产品生产分配上取得平衡和充分利用个设备的生产能力。现阶段，很多企业已越来越关注生产能力和产品生产分配上，因为市场需求的不同和不同产品在市场中的不同价格，工厂想要获得更大的经济效益，就得制定出合理的不同产品的生产分配方案。三 问题分析该生产计划问题是一个线性规划问题，可以在合理假设的基础上通过建立线性规划模型并利用LINGO软件来解决该问题。问题一中，需要求使六个月生产量、库存量和销售量达到最大利润的模型。通过分析可知：总利润=销售所获金额-库存所需金额以此来建立目标函数，通过分析，我们把决策变量定为个月份各种产品的生产量、库存量以及销售量。考虑各种产品的利润，各个设备需要使用的时间，设备维修计划，产品的库存量以及市场销售量上限的约束，建立线性规划模型并求解，从而制定出六个月生产、库存及销售计划使得总利润最大化的解决方案。 问题二中因规定每台设备在16月份内均需安排1个月用于维修（其中4台磨床只需安排2台在上半年维修），从而应该重新为该厂确定一个最优的设备维修计划。结合题目中提供的设备的检修计划、工作时间限制，库存量限制和每月每种产品的市场销售上限的限制，我们可以进一步分析得到问题二也是线性规划问题，设备检修计划制约着每个月每种产品的生产量、库存量和销售量，所以应该将每个月分开来考虑，相应的限制作为约束条件，间接求得使总利润提高的设备检修计划，即调整后的设备检修计划。四 问题假设1.假设成本不会随着检修方案的改变而改变；2.假设产品的生产不会随检修方案的改变而受影响；3.假设产品的生产和库存还有销售必须是整数；4.假设在一个月中未被检修的设备都正常工作，效率不变；5.假设生产过程中一种产品从一到工序到另一道工序中间没有时间停留；6.假设生产出来的产品都是成品而不是半成品；7.假设在工作过程中，设备一直在工作，没有停止；8.假设每种产品的大约利润在生产期间不变；五 符号说明N 生产项目总数（N=7）T 计划期长度（T=6）Ks,t 第s种设备在t时段的投入量Ca,t 第a种产品在t时段内的单件利润da,t 第a种产品在t时段内的外部需求Xa,t 第a种产品在t时段内的生产批量Ia,t 第a种产品在t时段内的库存量ha,t 第a种产品在t时段内的单件库存费用Ra,s 第a种产品对设备s的消耗时间Ya,t 第a种产品在t时段内的销售量Di 第i种设备的台数Fs,t 设备s在t时段内的总数量Ms,t 设备s在t时段内送去维修的台数Ns 设备s所需维修的总数量La 每种产品的单件成本P 每种产品的存储上限Ot,s,w t月s种设备投入生产的台数为wWz 每台设备的编号Bz,t 第z台设备在t月是否维修 六 模型的建立与分析1.问题一的求解通过对题目的分析，我们将原问题归结为求解有一定约束条件的优化问题，根据题意需要求使六个月生产量、库存量和销售量达到最大利润的模型。通过分析可知：总利润=销售所获金额-库存所需金额以此来建立以下模型: 参照以上约束条件运用LINGO软件求解的最大总利润=946837.5元，半年内各产品的生产计划如下:表一 各产品生产、库存、销售表 （单位：件） 月份产品123456 I生产量50070002000550库存量010000050销售量5006001002000500 II生产量8886000300100550库存量010000050销售量888500100300100500 III生产量38311704006000库存量8300010050销售量300200040050050 IV生产量30000500100350库存量0000050销售量30000500100300 V生产量800500020011000库存量01000010050销售量800400100200100050 VI生产量2003004000300550库存量0000050销售量2003004000300500 VII生产量025001001000库存量01000 010050销售量0150100100050在上表产品销售量一栏中，当其小于最大需求量时则用黑体标出，表示在该月该产品可加大生产量进行调整，从而获得更大的利润。其中，产品设备在各月的投入量表如下： 表二 设备在每月的投入量表 （单位:台）月份设备1月2月3月4月5月6月磨床344434立钻222112水平钻313332镗床110111刨床1111102.问题二的求解：在问题二中，由于对设备维修只规定每台设备在16月份内均需安排1个月用于维修（其中4台磨床只需安排2台在上半年维修），从而重新为该厂确定一个最优的设备维修计划，确定一份新的生产，库存，销售表，以此获得企业的最大利润。在题二中引进新变量Fs,t、Ms,t、Ns分别表示设备s在t时段内的总数量、设备s在t时段内送去维修的台数、设备s所需维修的总数量。通过分析，建立如下模型： 用LINGO求解，求解得到目标函数值（即六月最大利润）为1088550元，由于程序限制，本可能有多种维修计划，下表展示的是该厂最优的其中一种设备维修计划：表三 设备维修计划表 计划检修设备及台数1月一台水平钻2月一台立钻3月无4月一台立钻、一台镗床、一台刨床5月两台磨床6月两台水平钻以及下表是个设备在各月份的总数量: 表四 设备在每月的总数量 （单位：台）月份设备 一月 二月三月四月五月六月磨床444444立钻222222水平钻333333镗床111111刨床111111分析LINGO运行结果可得最优方案的生产，库存，销售计划列表如下：表五 设备维修计划后的产品生产、库存、销售表 （单位：件） 月份产品1234561生产量50060040000550库存量001000050销售量50060030010005002生产量10005007000100550库存量001000050销售量1000500600100100500 3生产量3002001000500150库存量001000050销售量3002000100500100 4生产量30001000100350库存量001000050销售量30000100100300 5生产量800400600010001150库存量001000050销售量80040050010010001100 6生产量2003004000300550库存量001000050销售量20030040003005007生产量10015020000110库存量0000050销售量1001501001000603.灵敏度分析在最优化方法中经常利用灵敏度分析来研究原始数据不准确或发生变化时最优解的稳定性。通过灵敏度分析还可以决定哪些参数对系统或模型有较大的影响。因此，灵敏度分析几乎在所有的运筹学方法中以及在对各种方案进行评价时都是很重要的。为优化该厂的生产计划方案，下面我们对生产设备以及库存量进行灵敏度分析，1.对生产设备的灵敏度分析由于上面我们对各变量做了整数限制，在最优解处约束没有取等号，即非紧约束，对偶价格零，不能进行灵敏度分析，为了能够对模型进行灵敏度分析，我们将变量的整数限制取消，运行程序后得到各种设备在1到6月份的“影子价格”如下：表六 设备影子价格表 （单位：元） 1月2月3月4月5月6月磨床85.714900000立钻000000水平钻06.250000镗床002000000刨床000008000上面表格中的数字表示的具体意义是该机床在该月增加一个小时的工作时间，总利润增加的值。从上表可以看出磨床在一月份的“影子价格”为85.7149元，水平钻在2月的“影子价格”为6.25元，镗床在3月的“影子价格”为2000元，刨床在6月份的“影子价格”为8000元，因此如果该工厂要扩大生产，应该引入一批新设备，目前各设备的紧缺程度由大到小依次为：刨床镗床磨床水平钻立钻。2.对储存量的灵敏度分析同理我们得到各产品在1到6月份存储上限的“影子价格”如下表：表七 产品影子价格表 （单位：元）1月2月3月4月5月6月009500000550000075000003500000105000000000000000上面表格中的数字表示的具体意义是该产品在该月份的存储上限增加1时，总利润增加的值。可以看出种产品在3月份的存储上限增加一时，分别增加的利润为95元，55元，75元，35元，105元。因此，如果条件允许增加储存量，则3月份的增加各产品的储存量获利最大。 七模型的扩展为了更好地适用工厂生产计划的一般化模型，我们对该模型作如下扩展： 1.由于工厂一般是以6个月为一生产周期，所以我们仍以6个月作为其生产计划时间。2.取消对生产项目总数的限制，即N为一不确定的常数. 产品的单位利润随时间变化而不同Ca,t。取消设备种类的限制，即有D台设备，每种设备的台数为Ds。3.假定生产每种产品的单件成本为La。每种产品的存储上限为P.仍然以每台设备在1到6月类均需安排一月维修，时间可灵活安排，安排维修计划和生产安排，使总利润最大。扩展模型求解：由于增加了生产成本，故总利润=销售获利-每件产品的成本之和-总储存费.(12)产销平衡： .(13) .(14)储存限制： .(15) (16)每月生产设备时间限制：为了满足此约束，我们先求Ot,s,w.于是我们可以先将每台设备编号Wz（z=1.2.3.D），Bz,t为第z台设备在t月份是否维修，显然Bz,t为0,1变量。.(18)每台机器6个月内维修一次：下表为设备D在各月的维修次数：设备月份第1种设备D1第s种设备Ds1B11B12B13 .2B21B223B31B324B41B425B51B52 6B61B62总维修次数1111由上面模型扩展我们可以得到工厂生产计划的一般化模型，更好的符合了生产实际。八 模型评价1 模型的优缺点从上面的模型的建立与求解分析中，我们利用严格的数学分析和适合的数学软件进行处理，我们所建立的模型主要的优点是：1）客观、方便、直观、实用，所涉及的数学原理和计算以及概念都较为简单明了，易于在计算机上实现及推广；另外程序运行时间很短,算法稳定，准确性高，容量大，逻辑性严格，计算速度快，具有较强的说服力和适应能力，有利于实际应用中的管理者决策；2）在模型扩展部分，我们取消了某些条件的限制，增加了单件生产成本，使模型更加符合实际情况；2）但也有其缺点，由于考虑不是很全面，有些问题给予简单化，在模型假设中以体现出，模型在实际生产中存在偏差；模型的建立和相关理论约束符合题目要求，但是由于信息的不足，解得的数据并不是很完美2.模型的改进对目标函数的选择，可以考虑得更全面可以试图去掉模型假设中的条件，是模型更符合实际意义九 参考文献附录：问题一：model:sets:!part=项目集合;part/1.7/;!time=时间集合;time/1.6/;!equipment=设备集合;equipment/1.5/;!c=a产品在t时段的单件利润,d=a种产品在t时段的外部需求,x=a种产品在t时段的生产批量,y=a种产品在t时段的销售件数,i=a产品在t时间内的库存量,h=a产品在t时间内的存储费用;link(part,time):h,c,d,x,i,y;!r=a种产品对设备i的消耗时间;link2(equipment,part):r;!k=第i种设备在t时段投入生产s台;link3(equipment,time):k;endsetsdata:h=555555555555555555555555555555555555555555;c=100100100100100100606060606060808080808080404040404040110110110110110110909090909090303030303030;d=50060030020005001000500600300100500300200040050010030000500100300800400500200100011002003004000300500100150100100060;r=0.50.7000.30.20.50.10.200.300.600.200.80000.60.050.0300.070.100.08000.0100.0500.05;k=344434222112313332110111111110;enddata!目标函数;max=sum(link(a,t):y(a,t)*c(a,t)-i(a,t)*h(a,t);!整数约束;for(link(a,t):gin(i(a,t);for(link(a,t):gin(x(a,t);!储存与产量销量平衡;for(link(a,t)|t#ge#2:i(a,t-1)+x(a,t)-i(a,t)=y(a,t);!销量小于等于需求量;for(link(a,t):y(a,t)=d(a,t);!第一个月产销平衡;for(part(a):x(a,1)-i(a,1)=y(a,1);!平时储量限制;for(link(a,t):i(a,t)=100);!6月底储量限制;for(link(a,t)|t#eq#6:i(a,t)=50);!生产设备的时间限制;for(link3(s,t):sum(part(a):r(s,a)*x(a,t)=k(s,t)*24*16);end运行结果：Variable Value Reduced Cost X( 1, 1) 500.0000 -100.0000 X( 1, 2) 700.0000 -100.0000 X( 1, 3) 0.000000 -100.0000 X( 1, 4) 200.0000 -100.0000 X( 1, 5) 0.000000 -100.0000 X( 1, 6) 550.0000 -100.0000 X( 2, 1) 888.0000 -60.00000 X( 2, 2) 600.0000 -60.00000 X( 2, 3) 0.000000 -60.00000 X( 2, 4) 300.0000 -60.00000 X( 2, 5) 100.0000 -60.00000 X( 2, 6) 550.0000 -60.00000 X( 3, 1) 383.0000 -80.00000 X( 3, 2) 117.0000 -80.00000 X( 3, 3) 0.000000 -80.00000 X( 3, 4) 400.0000 -80.00000 X( 3, 5) 600.0000 -80.00000 X( 3, 6) 0.000000 -80.00000 X( 4, 1) 300.0000 -40.00000 X( 4, 2) 0.000000 -40.00000 X( 4, 3) 0.000000 -40.00000 X( 4, 4) 500.0000 -40.00000 X( 4, 5) 100.0000 -40.00000 X( 4, 6) 350.0000 -40.00000 X( 5, 1) 800.0000 -110.0000 X( 5, 2) 500.0000 -110.0000 X( 5, 3) 0.000000 -110.0000 X( 5, 4) 200.0000 -110.0000 X( 5, 5) 1100.000 -110.0000 X( 5, 6) 0.000000 -110.0000 X( 6, 1) 200.0000 -90.00000 X( 6, 2) 300.0000 -90.00000 X( 6, 3) 400.0000 -90.00000 X( 6, 4) 0.000000 -90.00000 X( 6, 5) 300.0000 -90.00000 X( 6, 6) 550.0000 -90.00000 X( 7, 1) 0.000000 -30.00000 X( 7, 2) 250.0000 -30.00000 X( 7, 3) 0.000000 -30.00000 X( 7, 4) 100.0000 -30.00000 X( 7, 5) 100.0000 -30.00000 X( 7, 6) 0.000000 -30.00000 I( 1, 1) 0.000000 5.000000 I( 1, 2) 100.0000 5.000000 I( 1, 3) 0.000000 5.000000 I( 1, 4) 0.000000 5.000000 I( 1, 5) 0.000000 5.000000 I( 1, 6) 50.00000 0.000000 I( 2, 1) 0.000000 5.000000 I( 2, 2) 100.0000 5.000000 I( 2, 3) 0.000000 5.000000 I( 2, 4) 0.000000 5.000000 I( 2, 5) 0.000000 5.000000 I( 2, 6) 50.00000 0.000000 I( 3, 1) 83.00000 5.000000 I( 3, 2) 0.000000 5.000000 I( 3, 3) 0.000000 5.000000 I( 3, 4) 0.000000 5.000000 I( 3, 5) 100.0000 5.000000 I( 3, 6) 50.00000 0.000000 I( 4, 1) 0.000000 5.000000 I( 4, 2) 0.000000 5.000000 I( 4, 3) 0.000000 5.000000 I( 4, 4) 0.000000 5.000000 I( 4, 5) 0.000000 5.000000 I( 4, 6) 50.00000 0.000000 I( 5, 1) 0.000000 5.000000 I( 5, 2) 100.0000 5.000000 I( 5, 3) 0.000000 5.000000 I( 5, 4) 0.000000 5.000000 I( 5, 5) 100.0000 5.000000 I( 5, 6) 50.00000 0.000000 I( 6, 1) 0.000000 5.000000 I( 6, 2) 0.000000 5.000000 I( 6, 3) 0.000000 5.000000 I( 6, 4) 0.000000 5.000000 I( 6, 5) 0.000000 5.000000 I( 6, 6) 50.00000 0.000000 I( 7, 1) 0.000000 5.000000 I( 7, 2) 100.0000 5.000000 I( 7, 3) 0.000000 5.000000 I( 7, 4) 0.000000 5.000000 I( 7, 5) 100.0000 5.000000 I( 7, 6) 50.00000 0.000000 Y( 1, 1) 500.0000 0.000000 Y( 1, 2) 600.0000 0.000000 Y( 1, 3) 100.0000 0.000000 Y( 1, 4) 200.0000 0.000000 Y( 1, 5) 0.000000 0.000000 Y( 1, 6) 500.0000 0.000000 Y( 2, 1) 888.0000 0.000000 Y( 2, 2) 500.0000 0.000000 Y( 2, 3) 100.0000 0.000000 Y( 2, 4) 300.0000 0.000000 Y( 2, 5) 100.0000 0.000000 Y( 2, 6) 500.0000 0.000000 Y( 3, 1) 300.0000 0.000000 Y( 3, 2) 200.0000 0.000000 Y( 3, 3) 0.000000 0.000000 Y( 3, 4) 400.0000 0.000000 Y( 3, 5) 500.0000 0.000000 Y( 3, 6) 50.00000 0.000000 Y( 4, 1) 300.0000 0.000000 Y( 4, 2) 0.000000 0.000000 Y( 4, 3) 0.000000 0.000000 Y( 4, 4) 500.0000 0.000000 Y( 4, 5) 100.0000 0.000000 Y( 4, 6) 300.0000 0.000000 Y( 5, 1) 800.