数学建模答案

《数学模型》作业解答

第二章

1． 学校共1000名学生，235人住在A宿舍，333人住在B宿舍，432人住在C宿舍.学生们要组织一个10人的委员会，试用下列办法分配各宿舍的委员数： （1）. 按比例分配取整数的名额后,剩下的名额按惯例分给小数部分较大者; （2）. §1中的Q值方法；

（3）.d’Hondt方法：将A、B、C各宿舍的人数用正整数n=1,2,3,……相除，其商数如下表： A B C

将所得商数从大到小取前10个（10为席位数），在数字下标以横线，表中A、B、C行有横线的数分别为2，3，5，这就是3个宿舍分配的席位.你能解释这种方法的道理吗？

如果委员会从10个人增至15人，用以上3种方法再分配名额，将3种方法两次分配的结果列表比较. 解：先考虑N=10的分配方案，

3 1 2 3 4 5 235 117.5 78.3 58.75 … 333 166.5 111 83.25 … 432 216 144 108 86.4 p1235, p2333, p3432, pi1000.

i1 方法一（按比例分配）

q1p1N32.35, q2p2N33.33, q3p3N34.32

i1pii1pii1pi分配结果为： n13, n23, n34 方法二（Q值方法）

9个席位的分配结果（可用按比例分配）为：

n12, n23, n34

第10个席位：计算Q值为

Q12352239204.17, Q23332349240.75, Q34322459331.2

Q3最大，第10个席位应给C.分配结果为 n12, n23, n35

方法三（d’Hondt方法）

此方法的分配结果为：n12, n23, n35

此方法的道理是：记pi和ni为各宿舍的人数和席位（i=1,2,3代表A、B、C宿舍）.

pini是每席位代表的人数，取ni1,2,,从而得到的

pinipini中选较大者，可使

对所有的i,尽量接近.

再考虑N15的分配方案，类似地可得名额分配结果.现将3种方法两次分配的结果列表如下：

宿舍 （1） （2） （3） A B C 3 2 2 3 3 3 4 5 5 （1） （2） （3） 4 4 3 5 5 5 6 6 7 15 15 15 总计 10 10 10

2． 试用微积分方法，建立录像带记数器读数n与转过时间的数学模型. 解： 设录像带记数器读数为n时，录像带转过时间为t.其模型的假设见课本.

考虑t到tt时间内录像带缠绕在右轮盘上的长度，可得

vdt(rwkn)2kdn,两边积分，得 vdt2k(rwkn)dn00tn

 vt2πk(r n wkn22)  t2rkvnwkv2n.

2

15．速度为v的风吹在迎风面积为s的风车上，空气密度是 ，用量纲分析方法

确定风车获得的功率P与v、S、的关系.

解: 设P、v、S、的关系为f(P,v,s,)0， 其量纲表达式为: [P]=ML2T3, [v]=LT量纲矩阵为：

213(P)101(v)200(s)3(L)1(M) 0(T)(1,[s]=L2,[]=ML3,这里L,M,T是基本量纲.

A=

齐次线性方程组为：

2y1y22y33y400 y1y43yy012它的基本解为y(1,3,1,1)

由量纲Pi定理得 P1v3s11， Pv3s11 ， 其中是无量纲常数. 16．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数和重力加速度g有关，其中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正

比，比例系数为粘滞系数，用量纲分析方法给出速度v的表达式.

0-1

解：设v,,,g 的关系为f(v,,,g)=0.其量纲表达式为[v]=LMT，

[]=L-3MT0，[]=MLT-2（LT-1L-1）-1L-2=MLL-2T-2T=L-1MT-1，[g]=LM0T-2,其中L，M，T是基本量纲.

量纲矩阵为

10A=1(v)310()111()1(L)0(M) 2(T)(g)齐次线性方程组Ay=0 ，即

 y1-3y2-y3y40 0 y2y3 -y -y-2y0341的基本解为y=(-3 ,-1 ,1 ,1)

由量纲Pi定理 得 v31g. v3g，其中是无量纲常数.

16*．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数、特征尺寸和重力加速度g有关，其中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正比，比例系数为粘滞系数，用量纲分析方法给出速度v的表达式. 解：设v,,,，g 的关系为f(v,,,,g)0.其量纲表达式为

-1-2[v]=LM0T-1，[]=L-3MT0，[]=MLT-2（LT-1L-1）L=MLL-2T-2T=L-1MT-1，[]=LM0T0 ，

[g]=LM0T-2

其中L，M，T是基本量纲. 量纲矩阵为

10A=1(v)100()310()111()1(L)0(M) 2(T)(g)齐次线性方程组Ay=0 即

y1y23y3y4y50y3y40 y1y42y50 的基本解为

y1(1,y2(0,)2 1,1,1,)22231,0,0,1得到两个相互的无量纲量

1v1/2g1/2 3/211/2g2即 vg1,3/2g1/212. 由(1,2)0 , 得 1(21)  g(3/2g1/21) , 其中是未定函数.

20.考察阻尼摆的周期，即在单摆运动中考虑阻力，并设阻力与摆的速度成正比.给出周期的表达式，然后讨论物理模拟的比例模型，即怎样由模型摆的周期计算原型摆的周期.

1解：设阻尼摆周期t,摆长l, 质量m,重力加速度g，阻力系数k的关系为

f(t,l,m,g,k)0

其量纲表达式为：

[t]LMT,[l]LMT,[m]LMT,[g]LMT00000002,[k][f][v]1MLT2(LT1)1LMT01， 其中L，M，T是基本量纲.

00A=11000101020(L)1(M) 1(T)量纲矩阵为

(t)(l)(m)(g)(k)齐次线性方程组

y2y40y3y50 y2yy0451的基本解为

11Y(1,,0,,0)122 11Y2(0,,1,,1)22得到两个相互的无量纲量

tl1/2g1/211/211/2k2lmg

∴tlglg1, 1(2), 2klmg1/21/2klmg1/21/2

∴t() ，其中是未定函数 .

考虑物理模拟的比例模型，设g和k不变，记模型和原型摆的周期、摆长、质量分别为t,t；l,l;m,m. 又tmmll'''lglg(kl1/21/2mg)

当无量纲量时， 就有

ttglll.

第三章

1. 在3.1节存贮模型的总费用中增加购买货物本身的费用,重新确定最优订货周期和订货批量．证明在不允许缺货模型中结果与原来的一样，而在允许缺货模型中最优订货周期和订货批量都比原来结果减少．

解：设购买单位重量货物的费用为k,其它假设及符号约定同课本．

10 对于不允许缺货模型，每天平均费用为：

c1Tc1T2 C(T)dCdTc2rT2c2r2kr

dCdT

2c1c2r 令0 ， 解得 T*

由QrT ， 得QrT2c1rc2

与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果没有变．

20 对于允许缺货模型，每天平均费用为：

2cc2Q123(rTQ)kQ C(T,Q)c1T2r2r22

CTCQc1T2c2Q2rT22c3r2kTc3Q2rTkQT2

c2QrTc3c3QrT

C0T令C0Q ， 得到驻点：

 QT2c1c2c3rc2c3c32k22c2c3krc2c3

2c1rc2c3krc2c3c2(c2c3)与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果减少．

2．建立不允许缺货的生产销售存贮模型．设生产速率为常数k，销售速率为常数r，kr．在每个生产周期Ｔ内，开始的一段时间0tT0一边生产一边销售，后来的一段时间(T0tT)只销售不生产，画出贮存量g(t)的图形.设每次生产准备费为c1，单位时间每件产品贮存费为c2，以总费用最小为目标确定最优生产周期，讨论kr和kr的情况. 解：由题意可得贮存量g(t)的图形如下：

O ng g(t) kr r T0 T Tt (kr)T0T2 贮存费为 c2limt0i1g(i)tic2g(t)dtc20

又 (kr)T0r(TT0)  T0rkT ,  贮存费变为 c2r(kr)TT2k

于是不允许缺货的情况下，生产销售的总费用（单位时间内）为 C(T)dCdTc1Tc2r(kr)T2kT2c1Tc2r(kr)T2k

c1T2c2r(kr)2k.

2c1kc2r(kr) 令dCdT0 , 得T

易得函数C(T)在T处取得最小值，即最优周期为： T2c1c2r2c1kc2r(kr)

当kr时，T 当kr时，T . 相当于不考虑生产的情况.

 . 此时产量与销量相抵消，无法形成贮存量.

3．在3.3节森林救火模型中，如果考虑消防队员的灭火速度与开始救火时的火势b有关，试假设一个合理的函数关系，重新求解模型.

解：考虑灭火速度与火势b有关，可知火势b越大，灭火速度将减小，我们作如下假设: (b)kb1，

分母b1中的1是防止b0时而加的. 总费用函数Cxc1t122c1t1(b1)2(kxb)22c2t1x(b1)kxbc3x

最优解为 xckb122c2b(b1)(b1)2c3k2(b1)k

5．在考虑最优价格问题时设销售期为T，由于商品的损耗，成本q随时间增长，设q(t)q0t，为增长率.又设单位时间的销售量为xabp(p为价格).今将销售期分为0tT2和T2tT两段，每段的价格固定，记作p1,p2.求使销售期内的总利润最大.如果要求销售期T内的总售量为Q0，p1,p2的最优值，再求p1,p2的最优值.

解：按分段价格，单位时间内的销售量为

abp,0tT12 xabp2,TtT2

又 q(t)q0t.于是总利润为

(p1,p2)p20T1q(t)(abp1)dtpT2T2q(t)(abp2)dt

TT22=(abp1)p1tq0tt2(abp2)p2tq0ttT2202

=(abp1)(p1p2p1T2q0T2p1T2p2T2T82)(abp2)(p2T2q0t23T82)

b(q0T2q0t2T82)T2(abp1)

b(3T82)T2(abp2)

令p10,p20, 得到最优价格为:

1Tpab(q)102b4 13Tp2ab(q04)2b在销售期T内的总销量为

TQ020(abp1)dtTT2(abp2)dtaTbT2(p1p2)

于是得到如下极值问题：

max(p1,p2)(abp1)(s.tp1T2q0T2T82)(abp2)(p2T2q0t23T82)

aTbT2(p1p2)Q0

利用拉格朗日乘数法，解得：

aQ0Tp1bbT8 aQTp20bbT8即为p1,p2的最优值.

6. 某厂每天需要角钢100吨，不允许缺货.目前每30天定购一次，每次定购的费用为2500元.每天每吨角钢的贮存费为0.18元.假设当贮存量降到零时订货立即到达.问是否应改变订货策略？改变后能节约多少费用？

解：已知：每天角钢的需要量r=100(吨);每次订货费c1＝2500（元）; 每天每吨角钢的贮存费c2＝0.18（元）.又现在的订货周期T0＝30（天） 根据不允许缺货的贮存模型：C(T)得：C(T)dCdT2500T2500T2c1T12c2rTkr

9T100k9

令

dCdT0

， 解得：T*50325009503

503 由实际意义知：当T* 又C(T*) C(T0)C(T0)303250050（即订货周期为

503100k）时，总费用将最小.

9＝300＋100k

2500930100k=353．33＋100k

23503－C(T*)＝（353.33＋100k）－（300＋100k）＝53．33.

，能节约费用约53．33

故应改变订货策略.改变后的订货策略（周期）为T*=元.