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食 品 加 工摘 要本文以企业获得最大利润为研究对象，利润主要由生产产品的成本和销售额两个因素决定的，所以在求解过程中以企业获得的利润为目标函数建立动态规划模型，并结合Lingo软件，通过解的最大值来为决定最佳采购及加工方案，在问题一的求解中，企业的成本由所采购的原料油数量、采购时的价格及存储费用决定；企业的销售额是由每月加工的成品油数量和成品油价格决定。而每月的加工量和销售量受存储量、存储费用、最大能生产的原油量及六月份的库存等多方面的限制。由此分析，以每月五种原料油的采购量及加工量为自变量，以16月份所获得的最大利润为目标函数，将问题转化为动态规划的模型，通过建立动态规划方程组使问题得到简化及用lingo软件求解，解得最大利润的最优解为97.139万元。问题二考虑了未来市场价格的变化，只要在问题一的基础上增加价格变化量由小到大变化时的约束方程，再用lingo软件求出对应的最大利润值并将数据模拟出图形，总结出最大利润随着x的值变化的规律，得到原料油的采购与加工的全面方案。模型三中增加的三个限制条件，建立了求解最优规划的哈夫曼树模型，将限制条件直接转化为Lingo语句，利用到模型一的计算程序中，得到扩展模型下的最优结果。在求解模型的过程中我们主要利用了lingo软件。关键字：最大利润 成本 销售额 目标函数 动态规划一、问题的重述一项食品加工业需要将几种粗油加以精练，然后混合成为成品油。原料油有两大类，共5种：植物油分两类，记作和；非植物油分三类，记作，和。各种原料油均需从市场上采购，现在（一月份）及未来半年中，原料油的市场价格（元 / 吨）如下表所示： 原料油月份一11001200130011001150二1300130011009001150三1100140013001000950四12001100120012001250五10001200150011001050六900100014008001350成品油的售价为1500元 / 吨。植物油和非植物油必须在不同的生产线进行精练，每个月最多可精练植物油200吨， 非植物油250吨。假设精炼过程中没有损失油料，并不计精练费用。各种原料油最多可存储1000吨以备用，存储费为每吨每月50元。成品油和经过精练的原料油不能存储。对于成品油限定其硬度在3至6个单位之间，各种原料油的硬度如下表所示：原料油硬 度8.86.12.04.25.0假设成品油的硬度是原料油硬度的线性混合。某公司现存有5种原料油各500吨，并希望在六月底仍然有这么多的存货。1、为使公司获得最大利润，应采取什么样的采购和加工方案？2、未来市场价格发生变化时，采购与加工方案须怎么变化才能使总利润最大，是多少？考虑如下的价格变化方式：二月份植物油价格上升，非植物油价格上升；三月份植物油价格上升，非植物油价格上升；其余月份保持这种线性上升势头。对于不同的值，讨论方案的变化及对总利润的影响，做出全面计划。3、若每个月最多使用3种原料油。如果使用某种原料油，则至少要用20吨。某月中使用了和，就必须使用。在上述条件下扩展你的模型并求出最优解。二、问题的分析1、需解决的问题按照题意，需要解决的问题是给出一个优化的成品油加工和采购方案，方案应包括每月各品种的原料油的采购数量、各品种原料油的加工的数量。 2、达到的目标企业的目标是获得最大利润，对于本题，利润等于销售额减去原料油采购成本和库存原料油的存储费用。那么本题要达到的目标就是寻求利润的最大化。 3、约束条件利润等于销售额减去原料油采购成本和库存原料油的存储费用，就是说影响利润的因素有销售额、原料油采购成本、库存原料油的存储费用三个。分别对他们的约束条件进行分析。（1）销售额的约束条件首先，成品油是各品种原料油精炼成精炼油后混合而成的，但是用于加工的各品种原料油精炼成精炼油的数量不是随意而定，混合而成成品油的硬度要达到一定的标准。因为成品油的硬度是原料油硬度的线性混合，所以用于加工的各品种原料油精炼成精炼油的数量之间的比例有一定的限制，这是一个限制条件。其次，植物油和非植物油必须在不同的生产线进行精练，每个月最多可精练植物油200吨， 非植物油250吨。所以各品种原料油用于加工的数量是有限制的，这又是一个限制条件。（2）原料油采购成本的约束条件因为题目要求在六月底各品种原料油的库存量仍然有500吨，这就要求在采购时必须保证满足这个条件。（3）库存原料油的存储费的约束条件库存原料油的存储费价格不变，但是各种原料油最多可存储1000吨以备用，这是对各种原料油存储量的一个限制。三、符号的约定符号意义符号意义第j个月的利润第j个月的第i种原料油的价格第j个月的销售额第j个月的第i种原料油的存储量 第j个月的成本第i种原料油的硬度第j个月的存储量第j个月成品油的硬度第j个月的购买费用第j个月的第i种原料油的加工量第j个月的第i种原料油的购买量四、模型的建立与求解模型的假设1. 以一个月为一个生产周期；2. 在每个月初采购各种原料油，存储量算为每个月月末的存储量，油在储存过程中不变质；3. 精炼过程中没有重量损失，精炼费用可以忽略；4. 在每个月底剩余的各种原料油由于需要存储了整整1个月，存储费为每吨每月50元；5. 成品油和经过精炼的原料油不能存储，随时要卖出去；6. 成品油要求含有5中原料油；7. 成品油的硬度是原料油硬度的线性混合。模型的建立（1）目标函数题目的目标是寻求利润的最大化，而利润Y为六个月的利润的和,即 每月的利润等于每月销售额减去原料油采购成本和库存原料油的存储费用,即每月销售额为各种原料油加工的数量之和成品油价格，即库存原料油的存储费用为可表示为每月原料油采购成本可表示为目标函数可表示为 化简得(2) 约束条件成品油的硬度是原料油硬度的线性混合，于是有由以上分析可得到约束条件如下目标函数与约束条件的优化模型即为问题一的模型。模型的求解我们根据建立的线性规划模型，通过lingo软件编程（程序见附录1），得到了问题的最优解，公司的最大利润为97.139万元。具体的采购和加工方案见表1月份原料油购买量（吨）对目标函数值的影响（元/吨）生产量（吨）对目标函数值的影响（元/吨）一月V10.000000150.000090.740740.000000V20.000000250.0000109.25930.000000O10.000000327.77780.0000000.000000O20.000000250.0000125.00000.000000O30.000000300.0000125.00000.000000二月V10.000000300.00000.0000000.000000V20.000000300.0000200.00000.000000O10.00000077.777780.000000122.2222O2500.00000.0000000.0000000.000000O30.000000250.0000250.00000.000000三月V10.00000050.00000159.25930.000000V20.000000350.000040.740740.000000O10.000000227.77780.000000122.2222O20.00000050.00000250.00000.000000O30.0000000.0000000.0000000.000000四月V10.000000100.0000159.25930.000000V240.740740.00000040.740740.000000O10.00000077.777780.000000122.2222O20.000000200.0000250.00000.000000O30.000000250.00000.0000000.000000五月V1159.25930.000000159.25930.000000V20.00000050.0000040.740740.000000O10.000000327.77780.0000000.000000O20.00000050.00000250.00000.000000O3500.00000.0000000.00000044.44444六月V1500.00000.00000090.740740.000000V2500.00000.000000109.25930.000000O10.000000177.77780.000000244.4444O2500.00000.000000125.00000.000000O30.000000250.0000125.00000.000000表1 问题一的采购和加工方案结果分析：1.购买方案与原料油的价格有关，尽量购买价格低的原料油，尽量减少价格高的原料油的购买量，甚至不够买；尽量在后几个月购买原料油，以减少原料油的存储费用； 2.加工方案中应该与原料油的硬度和购买的数量有关，在六个月中没有购买的不生产例如O1；两种植物油全部生产。问题二的求解现在我们需要考虑原料油价格发生变化时采购与加工方案的变化，由题目中给的条件，我们认为原料油的价格是随着月份的增加而有规律的增加。植物油的价格随着月份的增加而递增x%，非植物油的价格随着月份的增加而递增2x%，变化后的植物油的价格为，其中1、2，变化后的非植物油的价格为，其中3、4、5。由此我们得到表2：月份123456植物油(x%)012345非植物油(x%)0246810表2 价格变化方式现在我们将变量x从1开始每次递增1直到10，通过lingo软件编程（程序代码见附录2），得到了每一步的最大的利润（见表3）及采购和加工方案（见附录2）。x12345678910利润(万元)85.81774.49663.17451.85340.59329.40618.2199.8874.241-0.176表3 不同x值时的最大利润我们用Matlab数学软件作出最大利润随价格涨幅的变化曲线图，见图2。图 2 最大利润随价格涨幅的变化曲线图从图中不难发现，在x=10之前，最大利润随x的增大而基本呈线性的减小，且利润为正，而在x10后利润变为负数，即由于价格上涨过多，公司开始出现亏损。通过进一步的分析可知道，当x增达到一定程度时，从二月开始许多原料油价格将超过成品油价格，因此在这时公司肯定会避免购买这些原料油而是尽量购买较为便宜的原料以供继续生产，这样才可以保证亏损额不至于继续增加，当x继续增大时，二月份以后的所有原料油价格均将超过成品油价格，只有第一个月份的油价保持不变，小于成品油价格，因此公司只会在一月采购一些原料油以供生产来减少亏损额，这样公司生产方案就会固定下来，从而最大利润也固定下来。通过计算可知，当x24时，公司所能得到的最大利润稳定在-12.4669万元不再继续减少。另外从图中可发现，在0-7之间公司的最大利润与x简单的成线性关系，因此在这断区间上可以拟合出一条直线用于计算x在07之间变动时的最大利润而不必再将x带入程序计算，从而简化计算。问题三的求解目标函数可表示为 在增加了最多使用3种原料油，如果使用某种原料油，则至少要用20吨，某月中使用了和，就必须使用的约束条件后，模型的约束条件如下，且 目标函数与约束条件的优化模型即为问题三的模型。五、模型的改进我们的模型是线性规划模型，本题涉及到六个月的原料油的采购和加工方案，我们在假设的时候，将一个月作为一个生产周期，也就是一个生产阶段。我们可以从另外一个角度考虑，这实际上也是一个多阶段生产计划问题。多阶段生产计划属于离散动态优化问题，动态规划模型是解决这类问题的有效方法。我们要解决的原料油的购买和加工方案就是最优化生产计划，可以将他转化为典型的动态优化模型最短路问题，然后确定如何求解最优生产计划。最短路问题 为了更好的解决这类问题，我们将多阶段生产计划化为下面的最短路问题，见图4。图4 多阶段生产优化成的最短路径问题每时段初的存储量看作各个路段的不同站点，路段1只有站点1，路段2有0，1，2，3共4个站点，路段3有0，1，2共3个站点，而时段3末的存储量为0看作路段4的站点0，图中这些站点用圆圈里的数字表示。从一个路段的每一站点可以到达下一路段的那个站点，由时段初的存储量、本时段的生产量及需求量确定，图中用站点间的连线表示，在将本时段的生产费与存储费之和作为两站点间的距离，标在站点间的连线上，这样求各时段生产计划使总费用最小，就化为寻找从路段1的站点1到路段4的站点0的一条最短路径。 将此种思想用到本题中，将生产化为6个阶段，即每个月为一个生产阶段。我们要求的问题是求公司的最大利润，这就需要从第6个月向前规划，保证每个月到6月的利润都是最大值。其实这样求得的结果才是全局最优解。六、模型的评价模型的优点1.将存储费用分成两部分处理，一部分是存储完整的一个月，单价是50元/（月吨），另一部分是用来生产成品油而用去的原料油的存储费用。我们把公司在一个月内的生产看作均匀生产，并且通过存储费用等价定理将这部分的单位存储费用转化为25元/（月吨），这样比较全面又很简便。2.我们在模型求解的时候，利用了专门求解规划问题的lingo数学软件，求解速度很快，而且结果准确； 3.在模型的改进中，我们采用了动态规划模型，利用最短路问题将其转化成为典型的动态规划模型，求解全局最优解。4.我们对公司的总利润进行了研究分析，并且对公司的购买和加工方案的决策提供一些参考依据即最好、最长远的方法就是提高公司的生产能力。模型的缺点1. 在题目中，我们发现不同月份的不同种类原料油的价格不一样，一定有个优先级问题，这在我们求解的结果中体现出来这一点，但是我们没能给出这种优先的准则，而是通过数学软件来处理，这虽然减少了思维量，但是对于模型理论的研究是不利的；2. 我们从模型的求解中发现一些规律，但是没有能够用数学的方法从理论上证明这是为什么，当原料油的价格成线性增加时，无亏损成品油的价格与之有一定的关系，但是我们只是从表面进行给出大致的关系，没有从理论给出合理的解释；3.我们没有考虑到公司的炼油设施会因为人为、自然等原因出现突然停产的情况，这种情况下需要维修机器或者购买新机器设备，维修机器的最佳时间和周期及购买新机器的型号（改进的新型号）、数量、时间和价格需要我们考虑，还有就是给出机器维修、购买的决策因素，在什么情况下需要对机器维修、购买等；4.我们只考虑了公司生产一种成品油，如果公司同时生产几种类型或者不同规格的成品油，因为不同规格不同质量的成品油的原料要求不同，价格也不相同，这样做的好处是可以让有不同要求的顾客买到自己想要的成品油。七、模型的推广本模型是一个典型的线性规划模型，用来求解最有目标函数值问题。此类问题很多，也有很多的推广应用价值。优化问题可以说是人们在工程技术、经济管理和科学研究等领域中最常遇到的一类问题。设计师要在满足强度要求下选择材料的尺寸，使结构总重量最轻；公司经理要根据生产成本和市场要求下确定产品价格，使所获利润最高；调度人员要在满足物资需求和装载条件下安排从各供应点到各需求点的运量和路线，使运输总费用最低；投资者要选择一些股票、债券“下注”，使收益最大，而风险最小；生产轮胎的公司要决策如何进行生产轮胎才能保证收益最大，假如顾客的订单突然增加，可能导致缺货，假如机器需要检修或者购买新机器等因素，如何决策呢？这种用数学建模的方法来处理优化问题，即建立和求解所谓优化模型。虽然由于建模时要做适当的简化，可能使得结果不一定完全可行或达到实际上的最优，但是它基于客观规律和数据，又不需要多大的费用。如果在建模的基础上再辅之以适当的经验和试验，就可以期望得到实际问题的一个比较圆满的回答。参考文献1袁新生，邵大宏，郁时炼，LINGO和EXCEL在数学建模中的应用，北京，科学出版社，2008-11.2姜启源，谢金星，叶俊，数学模型（第三版），高等教育出版社，2003年8月.3叶其孝，大学生数学建模竞赛辅导教材（三），湖南教育出版社，1998年5月.4谷源盛，运筹学，重庆大学出版社，2001年8月附 录1.问题一中的程序代码model:sets:m/1.6/:; !定义月份下标集;n/1.5/:;!定义原料油种类下标集;ajz(m,n):c,x,y,z; !定义价格矩阵C,购买方案矩阵X和生产方案矩阵Y和储存矩阵z;endsetsdata:c=1100 1200 1300 1100 1150 1300 1300 1100 900 1150 1100 1400 1300 1000 950 1200 1100 1200 1200 1250 1000 1200 1500 1100 1050 900 1000 1400 800 1350;enddatamax=sum(m(i):sum(n(j):1500*y(i,j)-c(i,j)*x(i,j)-50*z(i,j); !目标函数;for(n(j):sum(m(i):x(i,j)-y(i,j)=0);for(m(i):y(i,1)+y(i,2)=200);for(m(i):y(i,3)+y(i,4)+y(i,5)=250);for(n(j):z(1,j)-x(1,j)-500+y(1,j)=0);for(n(j):z(2,j)-z(1,j)+y(1,j)-x(2,j)=0);for(n(j):z(3,j)-z(2,j)+y(2,j)-x(3,j)=0);for(n(j):z(4,j)-z(3,j)+y(3,j)-x(4,j)=0);for(n(j):z(5,j)-z(4,j)+y(4,j)-x(5,j)=0);for(n(j):z(6,j)-z(5,j)+y(5,j)-x(6,j)=0);for(n(j):z(1,j)=1000);for(n(j):z(2,j)=1000);for(n(j):z(3,j)=1000);for(n(j):z(4,j)=1000);for(n(j):z(5,j)=1000);for(n(j):z(6,j)=0);for(n(j):z(2,j)-y(2,j)=0);for(n(j):z(3,j)-y(3,j)=0);for(n(j):z(4,j)-y(4,j)=0);for(n(j):z(5,j)-y(5,j)=0);for(n(j):z(6,j)-y(6,j)=0);for(m(i):5.8*y(i,1)+3.1*y(i,2)-1.0*y(i,3)+1.2*y(i,4)+2.0*y(i,5)=0);for(m(i):-2.8*y(i,1)-0.1*y(i,2)+4.0*y(i,3)+1.8*y(i,4)+1.0*y(i,5)=0);for(n(j):z(6,j)=500);end程序运行后的结果为Global optimal solution found. Objective value: 971388.9 Total solver iterations: 77 Variable Value Reduced Cost C( 1, 1) 1100.000 0.000000 C( 1, 2) 1200.000 0.000000 C( 1, 3) 1300.000 0.000000 C( 1, 4) 1100.000 0.000000 C( 1, 5) 1150.000 0.000000 C( 2, 1) 1300.000 0.000000 C( 2, 2) 1300.000 0.000000 C( 2, 3) 1100.000 0.000000 C( 2, 4) 900.0000 0.000000 C( 2, 5) 1150.000 0.000000 C( 3, 1) 1100.000 0.000000 C( 3, 2) 1400.000 0.000000 C( 3, 3) 1300.000 0.000000 C( 3, 4) 1000.000 0.000000 C( 3, 5) 950.0000 0.000000 C( 4, 1) 1200.000 0.000000 C( 4, 2) 1100.000 0.000000 C( 4, 3) 1200.000 0.000000 C( 4, 4) 1200.000 0.000000 C( 4, 5) 1250.000 0.000000 C( 5, 1) 1000.000 0.000000 C( 5, 2) 1200.000 0.000000 C( 5, 3) 1500.000 0.000000 C( 5, 4) 1100.000 0.000000 C( 5, 5) 1050.000 0.000000 C( 6, 1) 900.0000 0.000000 C( 6, 2) 1000.000 0.000000 C( 6, 3) 1400.000 0.000000 C( 6, 4) 800.0000 0.000000 C( 6, 5) 1350.000 0.000000 X( 1, 1) 0.000000 150.0000 X( 1, 2) 0.000000 250.0000 X( 1, 3) 0.000000 327.7778 X( 1, 4) 0.000000 250.0000 X( 1, 5) 0.000000 300.0000 X( 2, 1) 0.000000 300.0000 X( 2, 2) 0.000000 300.0000 X( 2, 3) 0.000000 77.77778 X( 2, 4) 500.0000 0.000000 X( 2, 5) 0.000000 250.0000 X( 3, 1) 0.000000 50.00000 X( 3, 2) 0.000000 350.0000 X( 3, 3) 0.000000 227.7778 X( 3, 4) 0.000000 50.00000 X( 3, 5) 0.000000 0.000000 X( 4, 1) 0.000000 100.0000 X( 4, 2) 40.74074 0.000000 X( 4, 3) 0.000000 77.77778 X( 4, 4) 0.000000 200.0000 X( 4, 5) 0.000000 250.0000 X( 5, 1) 159.2593 0.000000 X( 5, 2) 0.000000 50.00000 X( 5, 3) 0.000000 327.7778 X( 5, 4) 0.000000 50.00000 X( 5, 5) 500.0000 0.000000 X( 6, 1) 500.0000 0.000000 X( 6, 2) 500.0000 0.000000 X( 6, 3) 0.000000 177.7778 X( 6, 4) 500.0000 0.000000 X( 6, 5) 0.000000 250.0000 Y( 1, 1) 90.74074 0.000000 Y( 1, 2) 109.2593 0.000000 Y( 1, 3) 0.000000 0.000000 Y( 1, 4) 125.0000 0.000000 Y( 1, 5) 125.0000 0.000000 Y( 2, 1) 0.000000 0.000000 Y( 2, 2) 200.0000 0.000000 Y( 2, 3) 0.000000 122.2222 Y( 2, 4) 0.000000 0.000000 Y( 2, 5) 250.0000 0.000000 Y( 3, 1) 159.2593 0.000000 Y( 3, 2) 40.74074 0.000000 Y( 3, 3) 0.000000 122.2222 Y( 3, 4) 250.0000 0.000000 Y( 3, 5) 0.000000 0.000000 Y( 4, 1) 159.2593 0.000000 Y( 4, 2) 40.74074 0.000000 Y( 4, 3) 0.000000 122.2222 Y( 4, 4) 250.0000 0.000000 Y( 4, 5) 0.000000 0.000000 Y( 5, 1) 159.2593 0.000000 Y( 5, 2) 40.74074 0.000000 Y( 5, 3) 0.000000 0.000000 Y( 5, 4) 250.0000 0.000000 Y( 5, 5) 0.000000 44.44444 Y( 6, 1) 90.74074 0.000000 Y( 6, 2) 109.2593 0.000000 Y( 6, 3) 0.000000 244.4444 Y( 6, 4) 125.0000 0.000000 Y( 6, 5) 125.0000 0.000000 Z( 1, 1) 409.2593 0.000000 Z( 1, 2) 390.7407 0.000000 Z( 1, 3) 500.0000 0.000000 Z( 1, 4) 375.0000 0.000000 Z( 1, 5) 375.0000 0.000000 Z( 2, 1) 318.5185 0.000000 Z( 2, 2) 281.4815 0.000000 Z( 2, 3) 500.0000 0.000000 Z( 2, 4) 750.0000 0.000000 Z( 2, 5) 250.0000 0.000000 Z( 3, 1) 318.5185 0.000000 Z( 3, 2) 81.48148 0.000000 Z( 3, 3) 500.0000 0.000000 Z( 3, 4) 7