运筹学答案(熊伟)下

7.2(1)分别用节点法和箭线法绘制表7-16的项目网络图，并填写表中的紧前工序。 (2) 用箭线法绘制表7-17的项目网络图，并填写表中的紧后工序

表7-16

工序 A B C D E F G － I C,E,F,H J D,G K C,E L I M J,K,L 紧前工序 － － － A C A F、D、B、E 表7-17

紧后工序 D,E G E G G G 工序 紧前工序 A - B - C - D B E B F A,B G B H D,G 紧后工序 F E,D,F,G I,H,I,H,I I K J K J ML M M － 【解】（1）箭线图：

节点图：

（2）箭线图：

7.3根据项目工序明细表7-18： （1）画出网络图。

（2）计算工序的最早开始、最迟开始时间和总时差。 （3）找出关键路线和关键工序。

表7-18

工序 紧前工序 A - B A 6 C A 12 D B,C 19 E C 6 F D,E 7 G D,E 8 工序时间（周） 9 【解】(1)网络图

(2)网络参数

工序 A 0 0 0 B 9 15 6 C 9 9 0 D 21 21 0 E 21 34 13 F 40 41 1 G 40 40 0 最早开始 最迟开始 总时差 (3)关键路线：①→②→③→④→⑤→⑥→⑦；关键工序：A、C、D、G；完工期：48周。 7.4 表7-19给出了项目的工序明细表。

表7-19

工序 紧前工序 A B C - - 5 - 7 D 12 E 8 F 17 G E 16 H D,G 8 I E J K L M 15 N 12 A,B B B,C E H F,J I,K,L F,J,L 工序时间(天) 8 14 5 10 23 （1）绘制项目网络图。 （2）在网络图上求工序的最早开始、最迟开始时间。

（3）用表格表示工序的最早最迟开始和完成时间、总时差和自由时差。 （4）找出所有关键路线及对应的关键工序。 （5）求项目的完工期。 【解】(1)网络图

（2）工序最早开始、最迟开始时间

（3）用表格表示工序的最早最迟开始和完成时间、总时差和自由时差 工序 t TES TEF TLS TLF 总时差S 自由时差F A 8 0 8 9 17 9 0 B 5 0 5 0 5 0 0 C 7 0 7 7 7 0 0 D 12 8 20 17 29 9 9 E 8 5 13 5 13 0 0 F 17 7 24 7 24 0 0 G 16 13 29 13 29 0 0 H 8 29 37 29 37 0 0 I 14 13 27 33 47 20 20 J 5 13 18 19 24 6 6 K 10 37 47 37 47 0 0 L 23 24 47 24 47 0 0 M 15 47 62 47 62 0 0 N 12 47 59 50 62 3 3 (4)关键路线及对应的关键工序

11→○12；关键工序：B,E,G,H,K,M 关键路线有两条，第一条：①→②→⑤→⑥→⑦→○

11→○12；关键工序：C,F,L,M 第二条：①→④→⑧→⑨→○

（5）项目的完工期为62天。

7.5已知项目各工序的三种估计时间如表7-20所示。

求： 表7-20

工序 紧前工序 工序的三种时间（小时） （1）绘制网络图并计算各工序的期望时间和方差。

（2）关键工序和关键路线。 （3）项目完工时间的期望值。

（4）假设完工期服从正态分布，项目在56小时内完工的概率是多少。

（5）使完工的概率为0.98，最少需要多长时间。 【解】（1）网络图

a m b A B C D E F － A A B B,C D,E 9 6 13 8 15 9 10 8 15 9 17 12 12 10 16 11 20 14

工序 紧前工序 工序的三种时间（小时） a m b 期望值 方差 A B C D E F － A A B B,C D,E 9 6 13 8 15 9 10 8 15 9 17 12 12 10 16 11 20 14 10.17 14.83 9.167 0.25 0.25 0.25 8 0.4444 17.17 0.6944 11.83 0.6944 (2)关键工序：A,C,E,F；关键路线：①→②→④→⑤→⑥ (3) 项目完工时间的期望值：10.17+14.83+17.17+11.83＝54(小时)

完工期的方差为0.25+0.25+0.6944+0.6944＝1.88

＝1.88＝1.37437

(4)X0=56，X0n5654Φ＝(1.4552）＝0.927

1.37437n56天内完工的概率为0.927

(5) p=0.98，p{XX0)(Z)0.98,Z2.05

X0＝Z2.051.37445456.82

要使完工期的概率达到0.98，则至少需要56.82小时。

7.6 表7-21给出了工序的正常、应急的时间和成本。

表7-21

工序 A 紧前工序 时间(天) 正常 成本 时间的最大缩量(天) 3 应急增加成本（万元/天） 5 应急 正常 应急 15 12 50 65 B C D E F G A A B,C D C E,F 12 7 13 14 16 10 10 4 11 10 13 8 100 120 80 60 90 40 52 45 60 60 84 2 3 2 4 3 2 10 3 15 3 5 12 （1）绘制项目网络图，按正常时间计算完成项目的总成本和工期。 （2）按应急时间计算完成项目的总成本和工期。

（3）按应急时间的项目完工期，调整计划使总成本最低。

（4）已知项目缩短1天额外获得奖金4万元，减少间接费用2.5万元，求总成本最低的项目完工期。

(1) 正常时间项目网络图 项目网络图

总成本为435，工期为。 (2)应急时间项目网络图

总成本为560，工期为51。 (3)应急时间调整

工序C、F按正常时间施工，总成本为560-9-15＝536，完工期为51。 (4) 总成本最低的项目完工期

工序A、E分别缩短3天，总成本为435+15+12-6.5×7＝416.5，完工期为57。

7.7继续讨论表7-21。假设各工序在正常时间条件下需要的人员数分别为9、12、12、6、8、17、14人。

（1）画出时间坐标网络图

（2）按正常时间计算项目完工期，按期完工需要多少人。

（3）保证按期完工，怎样采取应急措施，使总成本最小又使得总人数最少，对计划进行系统优化分析。 【解】（1）正常时间的时间坐标网络图

(2) 按正常时间调整非关键工序的开工时间

(3)略，参看教材。

7.8用WinQSB软件求解7.5。 7.9用WinQSB软件求解7.6。

习题八

8.1 在设备负荷分配问题中，n=10，a=0.7，b=0.85，g=15，h=10，期初有设备1000台。试利用公式(8.7)确定10期的设备最优负荷方案。 【解】将教材中a的下标i去掉。

ntgh由公式aai得

g(ba)i0i0int1(g-h)/g(b-a)＝0.2222，a0＋a1＋a2＝1+0.7＋0.49＝2.19＜2.222＜a0+a1＋a2＋a3＝2.533，n－t

－1＝2，t=7，则1~6年低负荷运行，7~10年为高负荷运行。各年年初投入设备数如下表。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年份

设备台数 1000 850 723 614 522 444 377 2 184.8 129 8.2如图8－4，求A到F的最短路线及最短距离。 【解】A到F的最短距离为13；最短路线 A→ B2→ C3 → D2 → E2 → F及A→C2 → D2 → E2 → F

8.3求解下列非线性规划

22minZx1x2x3maxZx1x2x3xj0,j1,2,3maxZx1x2x3maxZx21x32x23 （3） x1x2x310(1) x1x2x3C (2) x1x2x3Cx1,x2,x30maxZx1x2x3x1,x2,x302maxZx122x12x2x3

(4) x14x22x310 (5) 2x14x2x310 （6）x1x2x38xj0,j1,2,3xj0,j1,2,3x1,x2,x30

【解】（1）设s3=x3 , s3+x2=s2，s2+x1=s1=C 则有 x3= s3 ，0≤x2≤s2，0≤x1≤s1=C 用逆推法，从后向前依次有

k＝3， f3(s3)max(x3)s3 及最优解 x3*=s3

x3s3k＝2，f2(s2)max[x2f3(x3)max[x2(s2x2)]maxh2(s2,x2)

0x2s20x2s20x2s2 由

h21s22x20,则x2＝s2 x2212h2xs2为极大值点。 故 ＝－2<0,222x2121212 所以 f2(s2)s2s2s2 及最优解x2*=s2

24412k=1时， f1(s1)max[x1f2(s2)]maxx1(s1x1)maxh1(s1,x1)，

0x1s10x1s10x1s141h12*2由1(s14s1x13x1)0，得x1s1

3x141113s1(s1s1)2s1 故f1(s1)12327已知知x1 + x2+ x3 = C，因而按计算的顺序推算，可得各阶段的最优决策和最优解如下

113*x1C，f1(C)c

32711C,f2(s2)C2 3911* 由s3=s2－x2*=C/3，x3C,f3(s3)C

33 由s2=s1－x1*=2C/3，x2*最优解为：

11113X(C,C,C)T;zC

33327【解】（2）设s3=x3 , s3+x2=s2，s2+x1=s1=C

则有 x3= s3 ，0≤x2≤s2，0≤x1≤s1=C 用逆推法，从后向前依次有

k＝3， f3(s3)min(x)3s 3及最优解 x3*=s3

x3s32k＝2，f2(s2)min[x2f3(x3)min[x2(s2x2)]minh2(s2,x2)

0x2s20x2s20x2s2222 由

h214s22x20,则x2＝s2 x222h21s2为极小值点。 =4>0,故 x=222x212*1 因而有f2(s2)s2,x2s2

2212(sk＝1时， f1(s1)min[x11x)1minh(s1,x1) 0x1s10x1s121h*由11s1x10知 x1s11,f1(s1)s1

2x1得到最优解

11X(C1,1/2,1/2)T;zC

2【解】(3) 设s3=x3 , s3+x2=s2，s2+x1=s1=10 则有 x3= s3 ，0≤x2≤s2，0≤x1≤s1=10 用逆推法，从后向前依次有

k＝3时，f3(s3)max(x3)s3 及最优解 x3=s3

x3s322 k＝2时，f2(s2)max[3x2(s2x2)]maxh2(s2,x2)

0x2s20x2s2h2332s22x20时x2s2 x222h23 而 20,故xs2不是一个极大值点。 22x222讨论端点：当 x2=0时f2(s2)＝s2, x2= s2时f2(s2)3s2

如果s2>3

2时, f2(s2)s2

20x1s10x1s1k＝1时，f1(s1)max[2x1(s1x1)]maxh1(s1,x1)

h122s12x10时x11s1 x12h1 20,故x11s2不是一个极大值点 2x1 同理有, x1=0, f1（s1）= s12= 100，x1= s1, f1（s1）= 2s1= 20 (舍去) 得到最优解

X(0,0,10);z100

【解】(4) 设s3=x3 ,2s3+4x2=s2，s2+x1=s1=10 则有 x3= s3 ，0≤x2≤s2/4，0≤x1≤s1=10 用逆推法，从后向前依次有 k＝1，

f3(s3)max(x3)s3及最优解 x3*=s3

x3s31maxx[2(s20x2s242h11 由2=s2-4x2=0,则 x2=s2

8x22 k＝2， f2(s2)x22)0x2s24mahx 2,2s2( x)12h2xs2为极大值点。 ,故 40228x22s2 则f2(s2) 及最优解x2*=s2/8

321x1(s1x1)2]maxh1(s1,x1) k＝1， f1(s1)max[0x1s1320x1s113h12*1f(s)s1 1，故 (s14s1x13x2)0,xs11111216x1323 得到最优解

X(10/3,5/6,5/3)T;z125/27

【解】(5) 按问题中变量的个数分为三个阶段s1 ，s2 ，s3 ，且s3≤10，x1，x2，x3为各阶段

的决策变量，各阶段指标函数相乘。

设s1=2x1 , s1+4x2=s2，s2+x3=s3≤10，则有 x1= s1/2 ，0≤x2≤s2/4，0≤x3≤s3=10 用顺推法，从前向后依次有 k＝1， f1(s1)max(x1)x1s1/2s1 及最优化解 x1*=s1/2 2x42)0x2s2/41max[x2s(20x2s2/421h1* 由2s24x20,则 x2s2

8x22 k＝2， f2(s2)mahx2s2( x2,)1132h2xsf(s)s2 ,故 为极大值点。则4022222832x21x3(s3x3)2]maxh3(s3,x3) k＝3， f3(s3)max[0x3s3320x3s3h1212*(s34s3x33x3)0,x3s3 由3x3323故f3(s3)13s3，由于s3≤10，则s3=10时取最大值，x3＝10/3，s2=s3－x3＝20/3，x2216＝5/6，s1=s2－4x2＝10/3，x1＝5/3

得到最优解

X(5/3,5/6,10/3)T;z125/27

【解】（6）设s1=x1, s1+x2=s2，s2+x3=s3=8

k＝1，f1(s1)max(x12x1)s12s1 及最优化解 x1*=s1

x1s12222 k＝2，f2(s2)max[2x2(s2x2)2(s2x2)]maxh2(s2,x2)

0x2s20x2s2h22h26x22s22,60 2x2x2x2*=0时，f2（s2）=s22+2s2, x2*= s2时，f2（s2）=2s22

22故 f2(s2)max{s22s2,2s2}

k＝3，

①当x2*=0时， f3(s3)max[x3(s3x3)2(s3x3)]maxh3(s3,x3) 同样得x3*=0时

x3*=s3时，f3（s3）=s3 所以， f3（s3）= s32+2s3=80 ②当x2*= s2时，f3（s3）=max[x3+2（s3-x3）2] 同样得x3*=0时

x3*=s3时，f3（s3）=s3 =8 所以， f3（s3）= 2s32=128 最优解为

0x3s3，f3（s3）=2s32 =128 0x3s3，f3（s3）=s32+2s3

0x3s32

X(0,8,0);z128

8.4用动态规划求解下列线性规划问题。

maxZ2x14x22x1x26x21x24x1,x20【解】设s2=x2 ,s2+2x1=s1≤6

则有 0≤x2=s2≤4，0≤x1≤s1/2 用逆推法，从后向前依次有 f2(s2)4s2及最优解 x2*=s2

f1(s1)0x1s1/2max[x21f2s(2)]0x1s1/2maxs1[4 x 16]0x1s1/2 由 s2=s1－2x1≤4， s1≤6，取s1＝6，

又1≤x1≤2，取x1＝1， 最优解

f1(s1)max[246x1]

f1(s1)18

X(1,4)T;z18

8.5 10吨集装箱最多只能装9吨，现有3种货物供装载，每种货物的单位重量及相应单位价值如表8.24所示。应该如何装载货物使总价值最大。

表8.24 1 2 货物编号 2 3 单位加工时间 3 4 单位价值 【解】设装载第I种货物的件数为xi（ i =1,2,3）则问题可表为： 3 4 5 maxz3xxx14253 2x13x24x39且为整数x1,x2,x30

利用背包问题的前向动态规划计算，建立动态规划模型。由于决策变量离散型值，所以

可用列表法求解。当R=1时， f1(s2)max(3x1)。计算结果如下：

0x1s2/2s2 0 1 2 3 4 5 0 3 3 6 6 f1（s2） 0 x1* 0 0 1 1 2 2 当R=2时，f2（s3）=max[4x2+f1（s3-3x2）]

0x1s2/46 9 3 7 9 3 8 12 4 9 12 4 计算结果如下： s3 x2 C2+f2 f2（s3） x2* 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 3 3 3 0 3 1 4 4 1 0 6 6 0 4 1 4 0 6 5 1 7 7 1 0 9 9 0 6 1 2 7 8 7 0 1 9 10 10 1 2 0 8 12 12 0 8 1 10 2 0 1 13 13 1 9 2 11 3 12 11 12

当R=3时，f3（9）=max[5x3+f2（9-4x3）] （x3为整数）=max[f2（9），5+f2（5），

0x320x2210+f2（1）]=max[13，12，10]=13

8.6 有一辆货车载重量为10吨 ，用来装载货物A、B时成本分别为5元/吨和4元/吨。现在已知每吨货物的运价与该货物的重量有如下线性关系：

A：P1=10-2x1 ，B：P2=12-3x2

其中x1 、x2 分别为货物A、B的重量。如果要求货物满载，A和B各装载多少，才能使总利润最大

【解】将原题改为A：P1=15-x1 ，B：P2=18-2x2 由题意可得各种货物利润函数为

2g1(x1)(15x15x)1x011x1g2(x2)(18x224x2)1x24x222

原问题的数学模型归结为

2maxz(10x1x12)(14x22x2)x1x210x1,x20

最优解：x1 =6，x2 =4；z＝48

8.7 现有一面粉加工厂，每星期上五天班。生产成本和需求量见表8-25。

表8-25

星期(k) 需求量(dk) 单位：袋 1 10 2 20 3 25 4 30 5 30 每袋生产成本(ck) 8 6 9 12 10 面粉加工没有生产准备成本，每袋面粉的存储费为hk＝0.5元/袋，按天交货，分别比较下列两种方案的最优性，求成本最小的方案。

（1）星期一早上和星期五晚的存储量为零，不允许缺货，仓库容量为S=40袋； （2）其它条件不变，星期一初存量为8。 【解】动态规划求解过程如下： 阶段k：日期，k=1,2,…,6

状态变量sk：第k天早上（发货以前）的冷库存量 决策变量xk：第k天的生产量 状态转移方程：sk+1=sk+xk－dk；

决策允许集合：Dk(sk)xkxk0,0skxkdk40 阶段指标： vk(sk，xk)=ckxk+0.5sk 终端条件：f6(s6)=0, s6=0； 递推方程：

fk(xk)minvk(sk,xk)fk1(sk1)xkDk(sk)minxkDk(sk)vk(sk,xk)fk1(skxkdk)

当k=5时，因为s6=0，有s6s5x5d50,由于s5≤15，

x515s5,

f5(s5)min10x50.5s5x515s5*51509.5s5, x15s5k=4时，0s515，0s4x43015,有30s4x445s4，

f4(s4)min12x40.5s4f5(s5)}minx4D4(s4)11.5s4510s430,x30s4*9s443540s430,x40k=3时，当0≤s4≤30时，0s3+x32530，得

25s3x355s3

有D3(s3)x3max[0.25s3]x355s3

x4D4(s4)2.5x49s4435}*4

f3(s3)min339x30.5s3f4(s4)}min9x30.5s311.5s4510}xD(s)min2.5x311s3797.5}xD(s)x3D3(s3)3333

8.5s3660当30≤s4≤40时，x40,30s3+x32540，有

*取上界：x355s3D3(s3)x355s3x365s3

f3(1)(s3)minmin339x30.5s39s4435}*min8.5x3210},x3取任意值xD(s)x3D3(s3)3x3D3(s3)9x30.5s3f4(s4)}

显然此决策不可行。

当k=2时，由0s430,0s325，0s2x22025,x2的决策允许集合为

D2(s2)x2max[0,20s2]x245s2

f2(s2)min226x20.5s26608.5s2}min2.5x28s2830}xD(s)x2D2(s2)2

*取上界：x245s25.5s2717.5

当k=1时，由0s220，0s1x11020，则x1的决策允许集合为

D1(s1)x1max[0,10s1]x130s1 f1(s1)min8x10.5s1717.55.5s2min2.5x15s1772.5x1D1(s1)797.5因为s10, x110,

x1D1(s1)

s210100, x245s245, s3s2x22025, x355s330, s4s3x32530, x430s40, s5s4x4300, x515s515.(2)期初存储量s1=8, 与前面计算相似，x1=2. Min Z=772.5+2.5x1-5s1=737.5 则总成本最小的方案是第二种。

8.8 某企业计划委派10个推销员到4个地区推销产品，每个地区分配1~4个推销员。各地区月收益（单位：10万元）与推销员人数的关系如表8－26所示。

表8-26

地区 人数 1 2 3 4 A 4 7 18 24 B 5 12 23 24 C 6 20 23 27 D 7 24 26 30

企业如何分配4个地区的推销人员使月总收益最大。

【解】设xk为第k种货物的运载重量，该问题的静态规划模型为

maxZv1(x1)v2(x2)v3(x3)v4(x4)x1x2x3x48xj0,2,4,6,8利用图表法：

X1 X2 X3 X4 X5

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 4 6 6 6 8 0 0 2 0 8 0 2 2 4 0 2 4 4 0 0 6 2 0 2 0 4 4 0 0 4 2 0 2 0 0 2 0 0 2 0 8 0 6 6 2 0 4 4 4 2 0 6 0 0 2 4 4 2 0 0 4 0 0 2 2 0 2 0 0 8 6 6 0 0 2 0 4 4 4 2 0 2 6 0 0 4 4 0 2 0 2 4 0 0 2 2 0 2 0 0 0 30 32 31 27 24 30 28 35 36 44 32 32 25 30 27 27 33 34 29 31 22 23 31 27 19 19 20 18 25 24 23 24

故最优解为x10,x20,x3x44

则 max Z=44

8.9 有一个车队总共有车辆100辆，分别送两批货物去A、B两地，运到A地去的利润与车辆数目满足关系100x ，x为车辆数，车辆抛锚率为30%，运到B地的利润与车辆数y关系为80y，车辆抛锚率为20%，总共往返3轮。请设计使总利润最高的车辆分配方案。 【解】动态规划求解过程如下。

阶段k：共往数k=1,2,3,4，k=1表示第一趟初，k=4表示第三趟末（即第六年初）； 状态变量sk：第k趟初完好的车辆数（k=1,2,3,4），也是第k－1趟末完好的车辆数，其中s4表示第三趟末的完好车辆数。

决策变量xk：第k年初投入高负荷运行的机器数； 状态转移方程：sk+1=0.7xk+0.8(sk－xk) 决策允许集合：Dk(sk)={xk|0xksk} 阶段指标：vk(sk，xk)=100xk+80(sk－xk) 终端条件：f4(s4)=0 递推方程：

fk(sk)max

0xkskxkDk(sk)vk(sk,xk)fk1(sk1)

max100xk80(skxk)fk10.7xk0.8(skxk)fk(xk)表示第k趟初分配xk辆车到A地，到第3趟末的最大总运价为

f3(s3)max100x380(s3x3)f4(s4)0x3s3max{20x380s3}100s30x3s3xs3最优*3

f2(s2)max100x280(s2x2)f3(s3)0x2s2max{10x2160s2}170s20x2s2xs2最优

*2

f1(s1)max100x180(s1x1)f2(s2)0x1s1max{3x1216s1}219s10x1s1*x1s1最优因为s1=100，最大总运价f1(s1)=21900元

8.10 系统可靠性问题。一个工作系统由n个部件串联组成，见图8-5。只要有一个部件失灵，整个系统就不能工作。为提高系统的可靠性，可以增加部件的备用件。例如，用5个部件1并联起来作为一个部件与部件2串联，如果其中一个部件失灵其它4个部件仍能正常工作。由于系统成本（或重量、体积）的，应如何选择各个部件的备件数，使整个系统的可靠性最大。

部件1 部件2 图8-5

…… 部件n 假设部件i(i1,2,,n)上装有xi个备用件，该部件正常工作的概率为pi(xi)。设装一个部件i的备用件的成本为ci，要求备件的总费用为C。那么该问题模型为：

nmaxPpi(xi)i1n （8.8）

cxCiii1x0并且为整数，i1,2,,nj同理，如果一个复杂的工作系统由n个部件并联组成的，只有当n个部件都失灵，整个系统就不能工作，见图8-6。

图8-6

假设pi(xi)为第i个部件失灵的概率，为提高系统的可靠性，可以增加部件的备用件。由于系统成本（或重量、体积）的，应如何选择各个部件的备件数，使整个系统的可靠性最大。系统的可靠性为1p(x)，则该问题的数学模型归结为

iii1nminPpi(xi)i1n （8.9） ncxCiii1x0并且为整数，i1,2,,nj 利用式(8.8)或（8.9）求解下列问题。

（1）工厂设计的一种电子设备，其中有一系统由三个电子元件串联组成。已知这三个元件的价格和可靠性如表8-27所示，要求在设计中所使用元件的费用不超过200元，试问应如何设计使设备的可靠性达到最大。

表8-27

元件 1 2 3 单价 40 35 20 可靠性 0.95 0.8 0.6 （2）公司计划在4周内必须采购一批原料，而估计在未来的4周内价格有波动，其浮动价格和概率根据市场调查和预测得出，如表8-28所示，试求在哪一周以什么价格购入，使其采购价格的期望最小，并求出期望值。

表8-28

周 1 2 3 4 【解】（1）数学模型为 单 价 550 650 800 900 概 率 0．1 0．25 0．3 0．35 maxZ(10.05x1)(10.2x2)(10.4x3)40x135x220x3200x1,x2,x30并且为整数

最优解X=(1，2，4)；可靠性Z=0.888653，总费用190。 （2）

习题九

9.1某蛋糕店有一服务员，顾客到达服从=30人/小时的Poisson分布，当店里只有一个顾客时，平均服务时间为1.5分钟，当店里有2个或2个以上顾客时，平均服务时间缩减至1分钟。两种服务时间均服从负指数分布。试求： （1）此排队系统的状态转移图； （2）稳态下的概率转移平衡方程组； （3）店内有2个顾客的概率； （4）该系统的其它数量指标。 【解】（1）此系统为[M/M/1]:[//FCFS]排队模型，该系统的状态转移图如下：

（2）由转移图可得稳态下的差分方程组如下：

P01P1PP()P02211 P12P3(2)P2Pn12Pn1(2)Pn23nP1P0 P2P0 P3P0 PnP0 2n1112121211（3）已知30 （人/小时）1＝＝40（人/小时）2＝＝60（人/小时）1.516060由

P1得

ii0nP0[1]1n1n1121P0112303301令 1＝＝＝,2＝＝＝，有

140426021

3P0[11]1[14]10.41121

2nn1pnp012p0n112则 P212P0310.40.15 42（4）系统中的平均顾客数（队长期望值）

LnPnn12n1P01P0(12233...)

n0n0311P00.41.2(人)22(12)4(10.5)1

在队列中等待的平均顾客数（队列长期望值）

Lq(n1)PnnPnPnn1n1n1L1P0(1222...2n1...)L30.41.240.4(人)112系统中顾客逗留时间

1p012

W系统中顾客等待时间

L1.20.04(小时) 30WqLq

9.2某商店每天开10个小时，一天平均有90个顾客到达商店，商店的服务平均速度是每小时服务10个，若假定顾客到达的规律是服从Poisson分布，商店服务时间服从负指数分布，试求：

（1）在商店前等待服务的顾客平均数。 （2）在队长中多于2个人的概率。 （3）在商店中平均有顾客的人数。

（4）若希望商店平均顾客只有2人，平均服务速度应提高到多少。 【解】此题是属于[M/M/1]:[//FCFS]系统，其中：

0.40.013(小时) 30=9（个/小时） =10(个/小时) /=9/10

(1) Lq/(1)8.1（个）

230.729

(3) L/(1)9（个） (4) L/()2

291813.5(个/小时) (2) P(N2)22

9.3为开办一个小型理发店，目前只招聘了一个服务员，需要决定等待理发的顾客的位子应设立多少。假设需要理发的顾客到来的规律服从泊松流，平均每4分钟来一个，而理发的时间服从指数分布，平均每3分钟1人。如果要求理发的顾客因没有等待的位子而转向其他理发店的人数占要理发的人数比例为7％时，应该安放几个位子供顾客等待？ 【解】此题属于[M/M/1]:[N//FCFS]模型,依题意知：

＝1/4，=1/3，/=3/4 解出L及Lq的含N的表达式，令

L/Lq7% 解得N≈1.67

9.4某服务部平均每小时有4个人到达，平均服务时间为6分钟。到达服从Poisson流，服务时间为负指数分布。由于场地受，服务部最多不能超过3人，求：

（1）服务部没有人到达的概率； （2）服务部的平均人数；

（3）等待服务的平均人数；

（4）顾客在服务部平均花费的时间； （5）顾客平均排队的时间。

【解】依题意，这是[M/M/1]:[N//FCFS]排队系统。其中：

N=3，=4，=10，/=0.4

1ρ4

（1）P0=（1-0.4）/[1-（0.4）]=0.6158 N11-ρ（2）L0.5616（人）

（3）Lq0.1616（人） （4）W0.1404（小时） （5）Wq0.0404（小时）

9.5某车间有5台机器，每台机器连续运转时间服从负指数分布，平均连续运转时间为15分钟。有一个修理工，每次修理时间服从负指数分布，平均每次12分钟。求该排队系统的数量指标，P0，Lq，L，Wq，W和P5。

【解】由题意知，每台机器每小时出故障的平均次数服从泊松分布，故该排队系统为[M/M/1]:[/m/FCFS]系统，其中： =1/15，m=5，=1/12，/=0.8

55!P0k0.0073

k0(5k)!1/151/12Lq5(10.0073)2.766（台）

1/15LLq(1P0)3.759（台）

133.43（分钟）

(5L)1WWq45.43（分钟）

m!5!5P5P(0.8)(0.0073)0.287 0(m5)!0!

9.6

5WqLqF的S排队系统要比两个证明：一个[M/M/2]:[//FC]L这个指标证明。 [M/M/1]:[//FC]FS的排队系统优越。试从队长

CFS]服务【证】设[M/M/1]:[//FCFS]的服务强度为，则[M/M/2]:[//F强度为2。则

2两个单服务台的系统 L1 1111两个服务台的系统 P0

11112(2)22(2)212队长 L22 222(1)11由于01，L122 L2112即系统1的队长大于系统2 的队长，故单队2服务台的系统优于2队单服务对的系统。

9.7某博物馆有4个大小一致的展厅。来到该博物馆参观的观众服从泊松分布，平均96人/小时。观众大致平均分散于各展厅，且在各展厅停留的时间服从1/15分钟的负指数分布，在参观完4个展厅后离去。问该博物馆的每个展厅应按多大容量设计，使在任何时间内观众超员的概率小于5%。

【解】此问题中服务员数量s，属于M/M/系统，每个展厅内：

Pi966024人/小时，4人/小时，6 415ii!e (i0,1,2,)

要确定展厅的容量n，使观众超过n的概率小于0.05，即有

6i6e0.05 ini!由泊松累积分布表查得n10。

故每个展厅应至少容纳10人，使在任何时间内观众超员的概率小于5%。

9.8两个技术程度相同的工人共同照管5台自动机床，每台机床平均每小时需照管一次，每次需一个工人照管的平均时间为15分钟。每次照管时间及每相继两次照管间隔都相互且为负指数分布。试求每人平均空闲时间，系统四项主要指标和机床利用率。 【解】由题意可知，该系统为[M/M/s]:[/m/FCFS]系统，且：

s2，m5，1台/小时，60/154台/小时， s/m/1/4，/m/s1/8。

工人空闲率：

P0150.2554/20.2525!0.12535!20.12545!20.12550.316nm!P00n2(mn)!n! Pnnm!P03n5(mn)!s!sns1

计算得：

LsP12P23P34P45P51.092台

LqP32P43P50.116台

工人平均空闲时间：1/22nPn01n1/22P0P10.5119

c151.0923.908

1.0920.279（小时）=16.8（分钟） 3.9080.116WqLq/c0.029（小时）=1.8（分钟）

3.908机床利用率：1Ls/m11.092/578.016% WsLs/c

9.9某储蓄所有一个服务窗口，顾客按泊松分布平均每小时到达10人，为任一顾客办理存款、取款等业务的时间T服从N～(0.05,0.012)的正态分布。试求储蓄所空闲的概率及其主要工作指标。

【解】这是一个[M/G/1]:[//FCFS]排队系统。由题意知：

10人/小时，20人/小时，/0.5，E(T)0.05，Var(T)0.012 储蓄所空闲的概率及其主要工作指标为： P010.5

0.521020.012Lq0.26（人）

2(10.5)LLq0.76（人）

0.76h5（分钟）

10Lq0.26Wqh2（分钟）

10W

9.10某检测站有一台自动检测机器性能的仪器，检测每台机器都需6分钟。送检机器按泊松分布到达，平均每小时4台。试求该系统的主要工作指标。 解：这是一个[M/D/1]:[//FCFS]系统，且：

L4台/小时，1/6分钟/台，/0.4Var(T)0

各主要工作指标为：

0.422Lq（台）

2(10.4)158LLq（台）

15Lq1Wqh2（分钟）

301WWq8（分钟）

9.11一个电话间的顾客按泊松流到达，平均每小时到达6人，平均通话时间为8分钟，方差为8分钟，直观上估计通话时间服从爱尔朗分布，管理人员想知道平均列队长度和顾客平均等待时间是多少。

解：该系统为[M/Ek/1]:[//FCFS]排队系统，其中：

8[E(T)]2820.8 k4，660Var(T)160.82(41)Lq2（人）

24(10.8)Lq2Wqh20（分钟）

6

9.12对某服务台进行实测，得到如下数据： 系统中的顾客数（n） 0 1 2 3 161 97 53 34 记录到的次数(mn) 平均服务时间为10分钟，服务一个顾客的收益为2元，服务机构运行单位时间成本为1元，

问服务率为多少时可使单位时间平均总收益最大。

【解】该系统为[M/M/1]:[3//FCFS]系统，首先通过实测数据估计平均到达率：

Pn Pn1可以用下式来估计 ^13mn1(0.60.550.)0.6

3n1mn13由6/小时，可得的估计值为：

因为

0.663.6人/小时 为求最优服务率，根据公式9.6.5，取：

^^N3，

可得 故

cs10.5 G2*1.21

* 3.63 *1.21^当6人/小时时，总收益为：

10.63z23.6160.485（元/小时）

10.当3人/小时时，总收益为：

11.213z23.6161.858（元/小时） 411.21单位时间内平均收益可增加1.373元。

9.13某检验中心为各工厂服务，要求进行检验的工厂（顾客）的到来服从Poisson流，平均到达率为48（次/天）；工厂每次来检验由于停工造成损失6元；服务（检验）时间服务负指数分布，平均服务率为25（次/天）；每设置一个检验员的服务成本为每天4元，其他条件均适合[M/M/s]:[//FCFS]系统。问应设几个检验员可使总费用的平均值最少。

【解】已知cs4，cw6，48，25，s11.92n1.92sP0(s1)!(s1.92)n0n!

11.92，设检验员数为s，则： P01.92s1LLq1.92 2(s1)!(s1.92)将s1,2,3,4,5依次代入，得到下表。由于cs/cw0.67落在区间(0.583,21.845)之间，故

s*3，即当设3 个检验员时可使总费用z最小，最小值为： z(s*)z(3)27.87（元）

检验员数 s 1 2 3 平均顾客数 L(s) ∞ 24.49 2.5 L(s)-L(s+1)～ L(s-1)-L(s) 21.845～∞ 0.582～21.845 总费用（元） z(s) ∞ 154.94 27.87 4 5

2.063 1.952 0.111～0.582 28.38 31.71 习题十

10.1某产品每月用量为50件，每次生产准备成本为40元，存储费为10元/（月·件），求最优生产批量及生产周期。

【解】模型4。D=50，A=40，H=10

2AD2405020(件)H10tQ/D0.4(月)Qf2HAD210405025200(元)

则每隔0.4月生产一次，每次生产量为20件。

10.2某化工厂每年需要甘油100吨，订货的固定成本为100元，甘油单价为7800元/吨，每吨年保管费为32元，求：（1）最优订货批量；（2）年订货次数；（3）总成本。 【解】模型4。D=100，A=100，H=32，C=7800

Q2AD210010025(件)H32nD/Q4(次)f2HADCD2321001007800100780800(元)

则（1）最优订货批量为25件；（2）年订货4次；（3）总成本为780800元。

10.3工厂每月需要甲零件3000件，每件零件120元，月存储费率为1.5%，每批订货费为150元，求经济订货批量及订货周期。

【解】模型4。D=3000，A=150，H=120×0.015＝1.8，C=120

2AD21503000707(件)H1.8tQ/D0.24(月)Qf2HADCD21.815030001203000361272.79(元)

则经济订货批量为707件，订货周期为0.24月。

10.4某公司预计年销售计算机2000台，每次订货费为500元，存储费为32元/（年·台），缺货费为100元/年·台。

试求：（1）提前期为零时的最优订货批量及最大缺货量；（2）提前期为10天时的订货点及最大存储量。

【解】模型3。D=2000，A=500，H=32，B=100, L=0.0274(年)

Q2ADHB2500200032100287(台)

HB32100S2ADH2500200032＝69(台)

BHB10032100Q12ADB25002000100218(台)

HH＋B3232100R＝LD－S＝0.0274×2000－69＝55－69＝－14（件）

(1)最优订货批量为287台，最大缺货量为69台；(2)再订货点为－14台，最大存储量为218台。

10.5将式（10.22）化为t的函数f(t)，推导出最优解Q*及t*。 10.6求图10-1缺货周期内的生产时间t2。 【解】因为

S＝(PD)t2所以

D(PD)(tt3)P2HADP－D

B(HB)Pt2S2HAD1 PDB(HB)P(PD)10.7证明模型3的存储费小于模型4的存储费，并验证当题10.2的缺货费为100元时的情

形。

【证】由模型3：Q1*2ADB*,tHH＋B2AHB；存储费

HDB112ADBHQ12H2Dt2DtHH＋B由模型4 ,Q*HDBAB 2A(HB)(HB)ADH22AD，存储费为 HHQH222ADHADH 2证毕。

题10.2中，D=100，A=100，H=32，C=7800，B=100时，允许缺货的存储费为

1HDBABHQ122Dt2A(HB)(HB)不允许缺货的存储费为

32100100100100263.752100(32100)32100

ADH10010032400263.75 2210.8将式(10.15)表达为（Q，S）的函数，推导出最优订货量和订货周期。

10.9某产品月需要量为500件，若要订货，可以以每天50件的速率供应。存储费为5元/（月·件），订货手续费为100元，求最优订货批量及订货周期。 【解】模型2。D=500，P=30×50＝1500，H＝5，A＝100

Q*2ADP21005001500173.21(件)

HPD5(1500500)t*Q*173.210.346(月) D500最优订货批量约为173件，约11天订货一次。

10.10某企业每月甲零件的生产量为800件，该零件月需求量为500件，每次准备成本50元，每件月存储费为10元，缺货费8元，求最优生产批量及生产周期。 【解】模型1。D=500，P=800，H＝10，A＝50，B＝8

Q*2ADHBP250(108)800＝173.21

HBPD108(800500)Q*173.21t*0.346(月)

D500最优订货批量约为173件，约11天订货一次。

10.11求模型1的缺货周期。

【解】缺货周期为t－t3，由习题10.6

t2及D(tt3)Pt2，有

S2HAD1 PDB(HB)P(PD)tt3Pt2DP2HAD1 DB(HB)P(PD)2HAP1DB(HB)(PD)10.12将式(10.1)表达为（Q，S）的函数，推导出最优订货量和订货周期。

10.13证明：在模型4中，当Q*在14%范围内变化为Q时，总成本约增加1%。 【证】由Q=(1+δ)Q*,δ＝±0.14及式(10.29)，则当δ1＝0.14及δ1＝－0.14时

f(Q)f(Q*)0.142i10.001%

f(Q*)2(10.14)f(Q)f(Q*)(0.14)2i20.01141%

f(Q*)2(10.14)证毕。

10.14在题2中，假定工厂考虑流动资金问题，决定宁可使总成本超过最小成本5%作存储策略，求此时的订货批量。

【解】引用例10.7的结果：i=0.05时δ1=0.37及δ2=－0.27，当δ1=0.37时，由题2的结果有

Q(10.37)Q*1.372534.25(件) 当δ1=－0.27时

Q(10.27)Q*0.732518.25(件)

订货量约为34件或18件。

10.15 假定题1中的需求现在是200件，存储费和准备费不变，问现在的经济订货批量和订货周期各是原来的多少倍。

【解】D200,D50,D4D,4,D=50，A=40，H=10

42

tQ2A2A10.5t DHDHD4则现在的经济订货批量和订货周期各是原来的2倍和0.5倍。

10.16 证明：在模型3中，当订货费、存储费和缺货费同时增加δ倍时，经济订货批量不变。 【证】由式(10.18)知

Q2ADHBQ

HB10.17 商店出售某商品，预计年销售量为5000件，商品的价格为k(t)=50t（单位：元）。每

次订货费为100元，每件商品年保管费为50元，求最优存储策略。

【解】D=5000，C(t)=50t，A=100，H＝50，C0=50，由式（10.33）及（10.34）

t*21002000.016

5000(50250)750000 Q*5000t*50000.01681.65 订货周期约6天，订货量约为82件。

－

10.18 假定在题17中，商品单价函数为k(t)=50t1,求最优存储策略。 【解】由公式

t*2(AC0D),Q*HD2D(AC0D)

H得t＝1.414，Q=5000，此时应一次订购一年的需要量。

10.19 商店拟定在第二、三季度采购一批空调。预计销售量的概率见表10.16。

表10.16

需求量x（百台） i

概率 pi

0 0.01

1 0.15

2 0.25

3 0.30

4 0.20

5 0.09

已知每销售100台空调可获利润1000元，如果当年未售完，就要转到下一年度销售，每一百台的存储费为450元，问商店应采购多少台空调最佳。 【解】P－C＝1000，H=450，B=0，C－S=0，

Co＝C－S＋H＝450，Cu=P－C＋B＝1000

SL3Cu10000.6

CuCo1450pi0i0.010.150.250.30.71

商店最佳订货量为300台。

10.20 由于电脑不但价格变化快而且更新快，某电脑商尽量缩短订货周期，计划10天订货一次。某周期内每台电脑可获得进价15％的利润，如果这期没有售完，则他只能按进价的90％出售并且可以售完。到了下一期电脑商发现一种新产品上市了，价格上涨了10％，他的利润率只有10％，，如果没有售完，则他可以按进价的95％出售并且可以售完。假设市场需求量的概率不变。问电脑商的订货量是否发生变化，为什么。 【解】（1）设初期价格为C，Cu=0.15C，CO＝0.1C，则

SL1Cu＝0.6

Cu＋Co（2）设单价为C，Cu =0.1×1.1C，CO =0.05×1.1C，则

SL2Cu0.666

Cu＋Co因为SL2>SL1,所以应增加订货量。

10.21鲜花商店准备在9月10日教师节到来之前比以往多订购一批鲜花，用来制作“园丁颂”的花篮。每只花篮的材料、保养及制作成本是60元，售价为120元/只。9月10日过后只能按20元/只出售。据历年经验，其销售量服从期望值为200、均方差为150的正态分布。该商店应准备制作多少花篮使利润最大，期望利润是多少。 【解】P＝120，C＝60，S=20，B＝H＝0

Co＝C－S＋H＝40，Cu=P－C＋B＝60

SLCu600.6

CuCo100Q200F00.6

150查正态分布表得到

Q2000.25，则Q=150×0.25+200＝238（件）。期望利润为6204.85

150元。

10.22 某涂料工厂每月需要某种化工原料的概率服从75吨至100吨之间的均匀分布，原料单价为4000元/吨，每批订货的固定成本为5000元，每月仓库存储一吨的保管费为60元，每吨缺货费为4300元，求缺货补充的（s，Q）存储策略。

【解】该题增加条件L=6天。C＝4000，A=5000，H＝60，B=4300，p=100，q＝0；均匀分布（Uniform）：a=75，b=100，L＝0.2月，平均需求量（100+75）/2＝87.5。提前期内的平均需求量为87.5×0.2＝17.5，分布参数为100*0.2－75*0.2＝5。迭代过程见下表。

数据

订货量Q(i)

不缺货的概率F(s)

再订货点s(i) 安全存量SS(i)

H= D= 60 87.5 Q(1)= Q(2)= Q(3)= Q(4)= Q(5)= 120.7615 F(1)= 120.8096 F(2)= 120.8096 F(3)= 120.8096 F(4)= 120.8096 F(5)= s*=

0.9807 s(1)= 0.9807 s(2)= 0.9807 s(3)= 0.9807 s(4)= 0.9807 s(5)= 4.9037

4.90 SS(1)= 4.90 SS(2)= 4.90 SS(3)= 4.90 SS(4)= 4.90 SS(5)=

-12.60 -12.60 -12.60 -12.60 -12.60 A= 5000 B= 4300 q= a=

0 5 q=0 时：

Q*= 120.80965

公式： Q(1)= SQRT(2*C5*C4/C3)

Q(2)= SQRT((2*$C$5*$C$4+$C$4*$C$6*$C$8+$C$4*$C$6*J3^2/$C$8-2*$C$4*$C

$6*J3)/$C$3)

F(1)= 1-$C$3*F3/($C$7*$C$3*F3+$C$6*$C$4) s(1)= $C$8*H3 SS(1)= J3-17.5

Q*= SQRT(C5*C4*2/C3)*SQRT(C4*C6/(C4*C6-C3*C8)) s*= C8*(1-C3*F9/(C6*C4))

其余单元格用上一步迭代公式复制即可。

最优存储策略为：再订货点s＝5，订货量Q＝121。结果显示，安全存量为负数，一次订货

量是一个月平均需求量的1.37倍，这是因为一次订购成本很大、持有成本较小引起的。 10.23 若H=0.15，B=1，A=100，L=1/10（年）,在L这段时间内的需求量服从μ=1000，σ2=625的正态分布，年平均需要量D=10000件，求缺货补充的（s，Q）存储策略。 【解】迭代过程见下表。

数据 H= A= B= q= μ= 0.15 100 1 0 1000 25 s(i) s(1)= s(2)= s(3)= s(4)= s(5)= s(6)= D= 10000 订货量Q(i) Q(1)= Q(2)= Q(3)= Q(4)= Q(5)= Q(6)= f((s-μ)/σ) G((s-μ)/σ) 0.0584 0.0720 0.0695 0.03 0.0632 0.0632 b(i) 不缺货的概率F(s) (s-μ)/σ(查表）

0.9452 1.6000 0.9454 1.6000 0.9453 1.6000 0.9454 1.6000 0.9454 1.6000 0.9454 1.6000 3651.4837 F(1)= 3638.1334 F(2)= 34.4866 F(3)= 33.2734 F(4)= 30.9071 F(5)= 30.4113 F(6)= σ= 安全存量SS(i) 40.00 40.00 40.00 40.00 40.00 40.00

1040.0000 1040.0000 1040.0000 1040.0000 1040.0000 1040.0000 0.0548 -0.7299 SS(1)= 0.0546 -0.3829 SS(2)= 0.0547 -0.4492 SS(3)= 0.0546 -0.5785 SS(4)= 0.0546 -0.6055 SS(5)= 0.0546 -0.6052 SS(6)= 公式： Q(1)= SQRT(2*C5*C4/C3)

Q(2)= SQRT((2*$C$4*($C$5+$C$6*N3)/$C$3)) F(1)= 1-$C$3*F3/($C$7*$C$3*F3+$C$6*$C$4) s(1)= I3*$C$9+$C$8 G= 1-H3

b(1)= $C$9*L3+($C$8-K3)*M3 其余单元格用上一步迭代公式复制即可。 (s-μ)/σ、f((s-μ)/σ)查表得到

最优存储策略为：再订货点s＝1040，订货量Q＝30。

习题十一

11.1 某地方书店希望订购最新出版的图书．根据以往经验，新书的销售量可能为50，100，150或200本．假定每本新书的订购价为4元，销售价为6元，剩书的处理价为每本2元．要求：（1）建立损益矩阵；（2）分别用悲观法、乐观法及等可能法决策该书店应订购的新书数字 ；（3）建立后悔矩阵，并用后悔值法决定书店应订购的新书数．（4）书店据以往统计资料新书销售量的规律见表11－13，分别用期望值法和后悔值法决定订购数量；（5）如某市场调查部门能帮助书店调查销售量的确切数字，该书店愿意付出多大的调查费用。

表11－13

需求数 比例（%） 50 20 100 40 表11.1－1 150 30 200 10 【解】 （1）损益矩阵如表11.1－1所示。 销售 订购 S1 50 S2 100 S3 150 S4 200 E1 50 100 0 -100 -200 E2 100 100 200 100 0 E3 150 100 200 300 200 E4 200 100 200 300 400 （2）悲观法：S1 乐观法：S4 等可能法：S2或S3。 （3）后悔矩阵如表11.1－2所示。

表11.1－2 S1 S2 S3 S4 E1 0 100 200 300 E2 100 0 100 200 E3 200 100 0 100 E4 300 200 100 0 最大后悔值 300 200 200 300 按后悔值法决策为：S2或S3 （4）按期望值法和后悔值法决策，书店订购新书的数量都是100本。 （5）如书店能知道确切销售数字，则可能获取的利润为

xp(x)，书店没有调查费用时

iii的利润为：50×0.2+100×0.4+150×0.3+200×0.1=115元，则书店愿意付出的最大的调查费用为

xp(x)115

iii

11.2某非确定型决策问题的决策矩阵如表11－14所示：

表11－14

方 S1 S2 S3 S4 事 案 件 E1 4 4 15 2 E2 16 5 19 17 E3 8 12 14 8 E4 1 14 13 17 （1）若乐观系数α=0.4，矩阵中的数字是利润，请用非确定型决策的各种决策准则分别确定出相应的最优方案．

（2）若表11－14中的数字为成本，问对应于上述决策准则所选择的方案有何变化？ 【解】（1）悲观主义准则：S3 ； 乐观主义准则：S3 ； Lapalace准则：S3 ；Savage准则：S1 ；折衷主义准则：S3。

（2）悲观主义准则：S2 ； 乐观主义准则：S3 ； Lapalace准则：S1 ；Savage准则：S1 ；折衷主义准则：S1或S2。

11.3在一台机器上加工制造一批零件共10 000个，如加工完后逐个进行修整，则全部可以合格，但需修整费300元．如不进行修理数据以往资料统计，次品率情况见表11－15．

表11－15

次品率（E） 0.02 概率P（E） 0.20 0.04 0.40 0.06 0.25 0.08 0.10 0.10 0.05 一旦装配中发现次品时，需返工修理费为每个零件0.50．要求：

（1）用期望值决定这批零件要不要整修；

（2）为了获得这批零件中次品率的正确资料，在刚加工完的一批10000件中随机抽取130个样品，发现其中有9件次品，试修正先验概率，并重新按期望值决定这批零件要不要整修． 【解】（1）先列出损益矩阵见表11-19

表11-19 E P（E） S1：零件修正 S1：不修正 0.02 0.2 -300 -100 0.04 0.4 -300 -200 0.06 0.25 -300 -300 0.08 0.10 -300 -400 0.10 0.05 -300 -500 EMV -300 -240 故按期望值法决策，零件不需修正。 （2）修正先验概率见表11-20

表11-20 E 0.02 0.04 P（E） 0.2 0.4 P（T|E） 0.001 0.042 P（T，E） 0.000 20 0.016 80 0.030 25 0.011 90 0.003 30 P(T)=0.062 45 P（E|T） 0.0 032 0.269 0 0.484 4 0.190 6 0.052 8 1.000 0 0.06 0.25 0.121 0.08 0.1 0.119 0.10 0.05 0.066 根据修正后的概率再列出损益矩阵如表11-21所示。 表11-21 E P（E） 0.02 0.003 2 0.04 0.269 0 0.06 0.484 4 0.08 0.190 6 0.10 0.052 8 EMV S1：修正 S1：不修正 -300 -100 -300 -200 -300 -300 -300 -400 -300 -500 -300 -302.08 故按期望值法决策时，采用修正零件的方案。

11.4某工厂正在考虑是现在还是明年扩大生产规模问题．由于可能出现的市场需求情况不一样，预期利润也不同．已知市场需求高（E1）、中（E2）、低（E3）的概率及不同方案时的预期利润，如表11－16所示．

表11－16(单位：万元)

事件 概率 方案 现在扩大 明年扩大 E1 P（E1）=0.2 10 8 E2 P（E2）=0.5 8 6 E3 P（E3）=0.3 -1 1 对该厂来说损失1万元效用值0，获利10万元效用值为100，对以下事件效用值无差别：①肯定得8万元或0.9概率得10万和0.1概率失去1万；②肯定得6万元或0.8概率得10万和0.2概率失去1万；③肯定得1万元或0.25概率得10万和0.75概率失去1万。 求：（a）建立效用值表；

（b）分别根据实际盈利额和效用值按期值法确定最优决策．

【解】 （1）见表11.4－1

表11.4－1 M -1 1 6 8 10 U（M） 0 0.25 0.8 0.9 1 （2）画出决策树见图11.4－1，图中括孤内数字为效用值。 图11.4－1

结论：按实际盈利额选现在扩建的方案；如按效用值选明年扩建的方案。

11.5有一种游戏分两阶段进行．第一阶段，参加者需先付10元，然后从含45%白球和55%红球的罐中任摸一球，并决定是否继续第二阶段．如继续需再付10元，根据第一阶段摸到的球的颜色的相同颜色罐子中再摸一球．已知白色罐子中含70%蓝球和30%绿球，红色罐子中含10%的蓝球和90%的绿球．当第二阶段摸到为蓝色球时，参加者可得50元，如摸到的绿球，或不参加第二阶段游戏的均无所得．试用决策树法确定参加者的最优策略． 【解】 决策树为：

E(6)=50×0.7+0×0.3－10=25 E(7)=0

E(8)=50×0.1+0×0.9－10=－5 E(9)=0

E(2)=25×0.0.45+0×0.55－10=1.25

最优策略是应参加第一次摸球。当摸到的白球，继续摸第二次；如摸到的红球，则不摸第二次。

11.6某投资商有一笔投资，如投资于A项目，一年后能肯定得到一笔收益C；如投资于B项目，一年后或以概率P得到的收益C1，或以概率（1－P）得到收益C2，已知C1CC2时，投资项目A或B收益相等；

C1C2CC2时，投资项目A，反之投资项目B pC1C2p11.7 A和B两家厂商生产同一种日用品．B估计A厂商对该日用品定价为6,8，10元的概率分别为0.25,0.50和0.25．若A的定价为P1，则B预测自己定价为P2时它下一月度的销售额为1 000+250（P2-P1）元．B生产该日用品的每件成本为4元，试帮助其决策当将每件日用品分别定价为6，7，8，9元时的各自期望收益值，按EMV准则选哪种定价为最优． 【解】 分别计算B厂商不同定价时的EMV值。例如当定价为6元时，期望盈利值为 2×{0.25[1 000+250(6-6)]+0.5[1 000+250(8-6)]+0.25[1 000-250(10-6)]} =3000

继续算出定价为7，8，9元时，其期望盈利值分别为3 750，4 000和3 750。故定价8元时，期望的盈利值为最大。

11.8假设今天下雨明天仍为雨天的概率为0.6，今天不下雨明天也不下雨的概率为0.9。 (1) 求天气变化过程Markov链的一步转移矩阵； (2) 若今天不下雨，求后天不下雨的概率； (3) 求稳定状态概率。 【解】 （1）P0.60.4 （2）0.85 （3）（0.2，0.8） 0.10.9

11.9某超市销售三种品牌的牛奶A、B及C，已知各顾客在三种品牌之间转移关系为下列矩阵

34P01414231401 312(1)有一顾客每天购买一次，今天购买了品牌A，求两天后仍然购买品牌A的概率。

(2)就长期而言，购买各品牌的顾客比例是多少。 【解】（1）0.5625 (2) (0.2857，0.4286,0.2857)

11.10某企业生产并销售一种产品．把月初销售状况分成好、中、差三个档次，企业可以根据月初销售情况采取不做广告或做广告两种措施。取状态空间E＝{1，2，3}，表示月初的销售状况为好、中、差，对每一状态i(i＝l，2，3)，均有策略集{1，2}，策略1表示不做广告，策略2表示做广告．由历史资料知，不做广告和做广告的转移概率矩阵分别为

0.20.50.30.50.40.1，P(2)0.10.60.3

P(1)00.20.80100.050.40.55不做广告时3种状态的利润向量为r(1)=(7，5，－1)T， 做广告时的利润向量为r(2)=(5，4，2)T。

假设商品的营销周期仅为三个月．该企业在每个月初应如何根据当时的销售情况确定该月是

否要做广告，以使这三个月内尽可能多获利。

【解】状态转移概率表11.10-1

表11.10-1状态转移概率 转移概率 状态 策略 利润 （i） j=1 j=2 j=3 1 2 1 2 2 1 3 2 3个月的最优策略表11.10-2： 1 初始状态 f0 1 2 2 0.2 0.5 0 0.1 0 0.05 策 略 f1 1 2 2 0.5 0.4 0.2 0.6 0 0.4 0.3 0.1 0.8 0.3 1 0.55 7 5 5 4 -1 4 期望利润 1 15.085 2 11.765 3 8.3 表11.10-2的销售策略是： 如果期初销售状态为好，第1个月不做广告，如果期初销售状态为中或差，第1个月做广告； 如果第1个月的销售状态好，第2个月不做广告，如果销售状态为中或差，第2个月做广告； 如果第2个月的销售状态好或中，第3个月不做广告，如果销售状态为差，第3个月做广告。

f2 1 1 2 习题十二

12.1 证明本章中的定理4

12.2求出下列得益矩阵中所表示的对策中的混合策略纳什均衡．

L L 2，1 R 0，2 R 1，2 3，0 【解】设局中人1分别以x1和x2的概率选择L和R策略，局中人2分别以y1和y2的概率选择L和R策略，用方程组方法，则可得到：

3y2x12x22x10x22y10y21y1  xx1yy11212解出：x12/3,x21/3， y13/4,y21/4。混合策略纳什均衡为：G=(x*,y*)

*T*其中： x(2/3,1/3),y3/4,1/4

T

12.3 求解下列矩阵对策，其中赢得矩阵A分别为

76569632(1)235， (2) 745， (3)3481020625【解】（1）有鞍点。最优解(1,3)，VG=5 (2) 有鞍点。最优解(1,1)，VG=2

(3) 有鞍点。最优解(1,2)及(5,2)，VG=5 12.4利用优超原则求解下列矩阵对策

542356132145

4677869101325（1）A=3022【解】（1）

97242266 ， (2) A4570534342345132145

4641261325 A30229213-21327625625625 2562530530530305402-20(a11a22)(a12a21)15

由公式（12.19）～（12.23）得

51151X*0,,,0，Y*,,0,0；VG

2226626 (2) A475343423454132413213221453464 1453464464412641261263464344 4126416第2列与第3列的凸组合(如：0.5(4,1)+0.5(-4,6)<(3,4))优超于第1列

4416 最优解：

5810328 X0,0,0,,;Y0,0,,0;VG1313131313

12.5用线性规划法求解矩阵对策

732

A5307【解】局中人Ⅰ：

minzx1x2x37x16x23x311 3x14x22x5x7x1231x1,x2,x30局中人Ⅱ：

maxwy1y2y37y13y22y316y14y25y31 3y7y311y1,y2,y30模型Ⅱ的最优表：

C(j) 1 1 1 0 0 0 b Basis Y2 Y5 Y3 C(i) 1 0 1 Y1 2.619 -6.619 -0.4286 -1.1905 Y2 1 0 0 0 Y3 0 0 1 0 Y4 0.333 -1.33 0 -0.3333 Y5 0 1 0 0 Y6 -0.0952 1.0952 0.1429 -0.0476 0.2381 0.7619 0.1429 0.381 C(j)-Z(j) 线性规划的最优解：Y=(0，0.2381，0.1429)，X=(0.3333，0，0.0476)；w=0.381 作变换得到对策的解：X*=（0.8748，0，0.1251），Y*=(0，0.6249，0.3751)；VG=2.6247

12.6 若二人零和对策的赢得矩阵为

236a0024(1) A=; (2) A=244; (3) A=0b0,a,b,c0 5300c535求混合策略纳什均衡．

【解】（1）列方程组。混合策略纳什均衡：X＝(0.5，0.5)，Y＝(0.25，0.75)；VG＝3.5 （2）用优超法。混合策略纳什均衡：X＝(0，0.5，0.5)，Y＝(0.25，0.75，0)；VG＝3.5 （3）原题有误，改为

a000b0,a,b,c0 00c列方程组：

ax1VbxV2 ， cxV3x1x2x31求解得到混合策略纳什均衡：

ay1VbyV2 cyV3y1y2y31bcacab,x2,x3

bcacabbcacabbcacabbcacaby1,y2,y3

bcacabbcacabbcacababcV

bcacabx1

12.7 求下列二人非零和非合作型对策的纳什均衡．

（1）2,23,32,14,2； （2）6,23,1

1,14,4【解】(1)划线法：有纯策略纳什均衡，双方都取策略2。

(2)划线法失效。用方程组方法。

x12x22x1x22y14y26y13y2 x1x21y1y21*得到混合策略纳什均衡X(1/2,1/2)T,y*1/5,4/5

T12.8 某空调生产厂家要决定夏季空调产量问题．已知在正常的夏季气温条件下该空调可卖出12万台，在较热与降雨量较大的条件下市场需求为15万台和10万台．假定该空调价格虽天气程度有所变化，在雨量较大、正常、较热的气候条件下空调价格分别为1300元、1400元和1500元，已知每台空调成本为1100元．如果夏季没有售完每台空调损失300元。在没有关于气温准确预报的条件下，生产多少空调能使该厂家收益最大？ 【解】原题有误，1400元和300元改为1400元和1500元。

将生产厂家看作是局中人1，策略有生产10、12和15万台3种，夏季气候看作局中人2，策略是需要量为10、12和15万台3种。在雨量较大、正常、较热的气候条件下每台空调利润分别是200、300和400元。3种策略与3种气候状态对应的利润表如下。

10 12 15 10 2000 1400 500 12 3000 3600 2700 15 4000 4800 6000 有鞍点，应生产10万台。

12.9 设古诺模型的双寡头竞争中，厂家一和厂家二的决策产量分别为q1和q2，市场出清价格为市场总产量的函数P=P(Q)=12-Q,假如两厂家单位产量的边际成本分别为C1=3和C2=2．试用反应函数法求解该对策中的纳什均衡． 【解】

maxh1q1(12q1q2)3q19q1q12q1q2maxh2q2(12q1q2)2q210q2qq1q2h192q1q20q1h2102q2q10q2q1得到纳什均衡：q1;q222

811,q2 338311 312.10 已知一个地区选民的观点标准分布于0,1上，竞选一个公职的每个候选人同时宣布他们的竞选立场，即选择0-1之间的一个点，选民将根据观察候选人的立场，然后将选票投给立场与自己观点最接近的候选人．假设有两个候选人，宣布的立场分别为x1=0.4和x2=0.8，那么观点在0.6左边的人都会投候选人一的票，反之就投候选人二的票，候选人一将以60%的选票获胜．如果候选人立场相同则用跑硬币的方式决定谁当选．假设候选人关心的只是能否当选，若有两个候选人竞争，试用对策论相关知识分析其纳什均衡．

【解】设x1和x2分别为候选人1、2宣布的观点，候选人1的得票为

x2x11x(x1x2)x1x2122z1

候选人1的得票为

1hx1x212x 112x1x21x1x1x22112(x1x2)x1x2x1x2hx22x2x12x

1x22x12x2x1