MATLAB論文 12010245221韓雪峰

1、MATLAB在數(shù)學(xué)建模中的應(yīng)用（姓名：韓雪峰 學(xué)號：12010245221）摘要：數(shù)學(xué)作為現(xiàn)代科學(xué)的一種工具和手段，要了解什么是數(shù)學(xué)模型和數(shù)學(xué)建模，了解數(shù)學(xué)建模一般方法及步驟，而MATLAB在數(shù)學(xué)建模中會起很大的作用關(guān)鍵詞：數(shù)學(xué)模型、數(shù)學(xué)建模、實際問題，MATLAB一、問題的提出數(shù)學(xué)模型是對于現(xiàn)實世界的一個特定對象,一個特定目的,根據(jù)特有的內(nèi)在規(guī)律,做出一些必要的假設(shè),運用適當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)工具,得到一個數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu).我們?nèi)绾巫尣拍苓\用MATLAB語言處理一些實際的數(shù)學(xué)問題呢？二、基金最佳使用方案的規(guī)劃模型 本文通過分析，把求基金最佳使用方案問題轉(zhuǎn)化為求n 年中所得利息最大時的基金配置問題。在求最大利息的

2、過程中，我們將存入不同存期的基金看成不同的投資項目，收益高的優(yōu)先得到資金。因此，在滿足每年都能發(fā)下相同獎學(xué)金的前提下，應(yīng)將盡可能多的基金存入盡可能長的時間。根據(jù)這種思想建立了目標(biāo)函數(shù)。在目標(biāo)函數(shù)的求解過程中，存在不同存款方式的組合，我們通過分析計算得出存期在1 到10 年中的最佳組合方式，并分別求出所有存期在1 到10 年之間的最佳年均利率。存期在10 年以上時，最佳的存款組合方式為若干10年存期與一個1 到10 年間存期的組合。對第1 題，我們計算出M =5000 萬元，n=10 年時基金的最佳配置方案，并計算出此種情況下每年發(fā)放的獎學(xué)金金額為109.8169（萬元）。對第2 題，我們通過對

3、1981 年以來國庫券發(fā)行情況的分析，巧妙的假設(shè)了國庫券的發(fā)行情況, 計算出M =5000 萬元，n=10 年時基金的最佳配置方案，并計算出此種情況下每年發(fā)放的獎學(xué)金金額為133.1944 （萬元）。通過對第1、2 題計算結(jié)果的比較，得知既存款又買國庫券的情況下年均利息更高，故第2 題的情況同樣適用于第3 題，通過計算得此種情況下,除第3 年外每年發(fā)放的獎學(xué)金金額為130.4105 （萬元），第3 年發(fā)放獎學(xué)金金額為156.4926（萬元）。（一）問題的重述某校基金會有一筆數(shù)額為M 元的基金，打算將其存入銀行或購買國庫券。當(dāng)前銀行存款及各期國庫券的利率見下表。假設(shè)國庫券每年至少發(fā)行一次，發(fā)行時

4、間不定。取款政策參考銀行的現(xiàn)行政策。?；饡媱澰趎 年內(nèi)每年用部分本息獎勵優(yōu)秀師生，要求每年的獎金額大致相同，且在n年末仍保留原基金數(shù)額。校基金會希望獲得最佳的基金使用計劃，以提高每年的獎金額。請你幫助?；饡谌缦虑闆r下設(shè)計基金使用方案，并對M =5000 萬元，n=10 年給出具體結(jié)果：只存款不購買國庫券；可存款也可購國庫券。3學(xué)校在基金到位后的第3 年要舉行百年校慶，基金會希望這一年的獎金比其它年度多20%。銀行存款稅后年利率（%） 國庫券年利率（%）活期 0.792半年期 1.664一年期 1.800二年期 1.944 2.55三年期 2.160 2.89五年期 2.304 3.14

5、（二）合理假設(shè)及說明1 年份n 為自然數(shù)；2 基金于某年的1 月1 日到位，該日即為n 年的第一天；3 獎學(xué)金每年定時發(fā)放，每年發(fā)放金額相同（第3 題第三年例外）。4 參考現(xiàn)行儲蓄政策，定期存款及國庫券利息按單利計算；5 通過對1981 年以來國債發(fā)行情況的分析，我們假定國債每次發(fā)行均包括兩年期、三年期、五年期三種國債，即三種國債在同一天發(fā)行，且每年的第一期國債在該年的7 月1 日之前發(fā)行，并可在發(fā)行后半年內(nèi)任意購買；6 國庫券在發(fā)行期數(shù)量足夠多；7 國庫券不能流通。（三）符號約定M 基金總額； i D 投資i 年的年平均利率；i S 第i 年發(fā)下的獎金數(shù)額（i=1,2,3(n-1),n）(除

6、第3 題第三年外，其余均表示為S)；i P 基金M 分成n 份后其中的第i 份； f n 年所的利息之和； X 取整，等于X 的整數(shù)部分； mod(Y，Z) 取余，等于Y 除以Z 的余數(shù)；半C 半年定期存款的年利率； i C i 年定期存款的年利率（i=1,2,3,5）；i T i 年期國庫券的年利（i=2,3,5）。（四）問題的分析及模型的建立基金到位時金額為M ，n 年后基金金額仍為M ，則n 年中發(fā)放的獎學(xué)金之和數(shù)值上等于n年中所得的利息之和，利息越高，每年發(fā)放的獎學(xué)金金額越高；且利息的高低與存款配置方案有關(guān)，故將求基金最優(yōu)使用方案的問題轉(zhuǎn)化為求n 年中所得利息最大時的基金配置問題 。由

7、于基金到位時間與獎學(xué)金第一次發(fā)放時間可能存在時間差，可利用這段時間差來升值基金以提高獎學(xué)金的金額。所以我們將第一次獎學(xué)金發(fā)放日設(shè)定為基金到位次年的1 月1 日，即每年的獎學(xué)金均在次年的1 月1 日發(fā)放。在此我們將M 分成n 份依次記為1 P ， 2 P ， 3 P ， 4 P .(n1) P , n P 。由以上分析我們得到目標(biāo)函數(shù) = + nif Pi i Di M1max (1 * )又每年必須發(fā)放獎學(xué)金， i P (1+i i D ) i S(2)而存入不同利率的幾筆錢可看成不同的獨立投資項目，收益高的優(yōu)先得到資金。因為錢存至第n 次發(fā)放獎學(xué)金時存期最長，收益最大，所以應(yīng)在滿足每年發(fā)下獎

8、學(xué)金的前提下將盡可能多的錢存至第n 次發(fā)放獎學(xué)金之時。由此目標(biāo)函數(shù)可簡化為：f P iD M inii + = =max (1 )1(3)i P (1+i* i D )= i S (i=1、2、3（n-2）,（n-1）) (4)i P (1+i* i D )= i S +M (i=n) (5)(五)模型的求解不同存款方式 對應(yīng)的年平均利率一年期 一年定期1 D = 1 C =1.8000%兩年期 兩年定期 2 D = 2 C =1.944%三年期 三年定期 3 D = 3 C =2.160%四年期 一年定期+三年定期 4 D =（1+3 3 C ）(1+ 1 C )-1）/4=2.09916%

9、五年期 五年定期 5 D = 5 C =2.304%六年期 一年定期+五年定期 6 D =（1+5 5 C ）(1+ 1 C )-1）/6=2.25456%七年期 兩年定期+五年定期 7 D =（(1+5 5 C )(1+2 2 C )-1）/7=2.265128%八年期 三年定期+五年定期 8 D =（(1+5 5 C )(1+3 3 C )-1）/8=2.343312%九年期 三年定期+五年定期+一年定期 9 D =（(1+5 5 C )(1+ 3 C )（1+ 1 C ）-1）/9=2.32043668%十年期 五年定期+五年定期 10 D =（(1+5 5 C )2-1）/10=2.3

10、04%1.只存款不買國庫券。由目標(biāo)函數(shù)（3），（4）,(5)得i P (1+i* i D )= i S (1i(n-1) (6)i P (1+I* i D )= i S +M (i=n) (7)當(dāng)存款期限在1 到10 年時，部分存款的存期有不同的組合方式，例如6 年存期的組合方式有：存5 年定期與存一年定期的組合，存兩個3 年定期的組合，存三個2 年定期的組合。經(jīng)計算得知利息最大的組合方式存5 年定期與存1 年定期的組合。同樣的我們對其他存期的組合方式進行計算比較，得到最佳組合方式為：表11由表11 知當(dāng)存款在6 年以上時，先存 i/5 個5 年定期存款，然后再存一個mod ( i,5 )年定

11、期存款，這樣所得利息最高。由此得n 年中獲得最大利息時有關(guān)基金使用方案的方程：iiPi (1+ 5D ) (1+ mod(i,5) = S / 55 (1 i ( n-1)(8)i iii P (1+ 5D ) (1+ mod(i,5) *D ) = M + S mod( ,5) / 55 (n=i)(9)當(dāng)M =5000 萬元，n=10 年時，用matlab 計算，結(jié)果為：1 P =0.107875193420482 P =0.105707056543633 P =0.103133871996664 P =0.101310286833655 P =0.098472872042726 P =0

12、.096731701417217 P =0.094787534077728 P =0.092480157816239 P =0.0908449508491610 P =4.10865637500254 單位: (千萬元)S =0.10981694690204 (千萬元) 109.8169 (萬元)2. 可存款也可購買國庫券。在相同存期的條件下，國庫券利率比定期存款利率高得多，故應(yīng)優(yōu)先選擇國庫券。因國庫券每年的第一次發(fā)行時間在上半年，且發(fā)行后半年內(nèi)均可購買，因而在每年的7 月1 日一定能購買到國庫券。如果在第一年發(fā)行國庫券后立即購買，則在發(fā)行國庫券之前的時間里必須采取活期存款方式；當(dāng)國庫券到期之

13、時，該年的國庫券可能尚未發(fā)行，故必須有一定時間的活期存款。如此下來，必將使活期存款的時間累加。而如果我們在第一年的年初先存半年的定期之后再買國庫券，這在以后的( n-1 )年中每年均可在國庫券到期之日立即購買新的國庫券,而此時無活期存款的情況，因此利息最高。在存期大于等于四年時，部分存期存在不同存款方式的組合問題，例如存期為8 年的組合方式有：2 個半年定期、5 年國庫券存期和2 年國庫券存期的組合；2 個半年定期、3 年國庫券存期和2 個2 年國庫券存期的組合；2 個半年定期、2 個3 年國庫券存期和1 年定期的組合。經(jīng)計算得利息最大時的組合方式為：兩個半年定期、兩個三年期國庫券和一個一年定

14、期的組合。我們將110 年的存期組合方式經(jīng)計算比較，得到最佳組合方式如下：不同存款方式 對應(yīng)的年平均利率 一年期 一年定期1 D = 1 C =1.8000%二年期 兩年定期 2 D = 2 C =1.944%三年期 半年定期+兩年期國庫券+半年定期3 D =（(1+1/2 半C )2(1+2 2 T )-1）/ 3=2.28537976%四年期 半年定期+三年期國庫券+半年定期4 D =（(1+1/2 半C )2(1+3 3 T )-1） / 4=2.621447780%五年期 半年定期+兩年期國債+兩年期國債+半年定期5 D =（(1+1/2 半C )2(1+2 2 T )2-1）/ 5=

15、2.461160475%六年期 半年定期+五年期國庫券+半年定期6 D =（(1+1/2 半C )2(1+5 5 T )-1）/ 6=2.23904132%七年期. 半年定期+三年期國庫券+三年期國庫券+半年定期7 D =（(1+1/2 半C )2(1+3 3 T )2-1） / 7=2.86641561%八年期 半年定期+三年期國庫券+三年期國庫券+一年定期+半年定期8 D =（(1+1/2 半C )2(1+3 3 T )2(1+ 1 C )）-1/8=2.77825971%九年期 半年定期+三年期國庫券+三年期國庫券+兩年期國庫券+半年定期 9 D =（(1+1/2 半C )2(1+3 3

16、 T )2-1） / 9=2.9098021%十年期 半年定期+三年期國庫券+三年期國庫券+三年期國庫券+半年定期 10 D =（(1+1/2 半C )2(1+3 3 T )3-1）/ 10=3.0474536%十一年期 半年定期+五年期國庫券+五年期國庫券+半年定期11 D =（(1+1/2 半C )2(1+5 5 T )2-1） / 11=3. 28197%當(dāng)存款期限在10 年以上時，應(yīng)先存足2*i/10個5 年國庫券存期，然后再存一個mod ( i,5 )年存期的存款，此時利息最大。由此得關(guān)于基金最佳使用方案的方程如下：P D i D S iii (1+ 5 ) (1+ mod( ,10

17、) * ) = mod( ,10)2 /105 （1i( n-1 )） (10)P D i D M S iii (1+ 5 ) (1+ mod( ,10) * ) = + mod( ,10)2 /105 (i=n)(11)當(dāng)M =5000 萬元，n=10 年時，用matlab 計算，結(jié)果為：1 P =0.130839383640262 P =0.128209699431883 P =0.124648702173484 P =0.120553537891025 P =0.118600150968376 P =0.117420255431167 P =0.110935505281978 P =0.

18、108974300429529 P =0.1055522565071710 P =3.93426620824516 單位: (千萬元)S =0.13319449254579 (千萬元) 133.1944(萬元)3 考慮百年校慶發(fā)放獎學(xué)金金額增加時資金使用方案由第1、2 題的運算結(jié)果可知，第2 題中每年發(fā)放的獎學(xué)金金額高于第1 題，因此有國庫券參與的情況下基金使用方案最佳。而本題中第三年獎學(xué)金金額為 1.2S 由此得關(guān)于基金最佳使用方案的方程為：P D i D S iii (1+ 5 ) (1+ mod( ,10) * ) = mod( ,10)2 /105 ( 1i2 or 4i(n-1)(1

19、2)P D i D S iii (1 5 ) (1 mod( ,10) * ) 1.2 mod( ,10)2 /105 + + = (i=3)(13)P D i D M S iii (1+ 5 ) (1+ mod( ,10) * ) = + mod( ,10)2 /105 (i=n)(14)當(dāng)M =5000 萬元，n=10 年時，用Matlab 計算，結(jié)果為：1 P = 0.128104698536952 P =0.125529977582223 P =0.146452090837044 P =0.118033838125945 P =0.116121279109766 P =0.114966

20、044669697 P =0.108616832835788 P =0.106696619293039 P =0.1033460998022110 P =3.93213251920736 單位: (千萬元)S =0.13041058311062 (千萬元) 130.4105 (萬元)第3 年要舉行百年校慶所發(fā)放的獎學(xué)金1.2 S 為156.4926（萬元）。六模型優(yōu)缺點分析為了讓基金能存入更長的時間以增高利息，在基金到位一年后才發(fā)放獎學(xué)金，這在現(xiàn)實中是有它的實際意義的。我們通過對近幾年國庫券發(fā)行情況的分析，做出了合理的假設(shè)，避免了活期存款的情況，簡化了求解過程，這與現(xiàn)實情況難免有點不符，但因為

21、假設(shè)的合理性由此引起的與現(xiàn)實情況的差值并不會很大。在我們的模型中并沒有涉及活期存款的情況，但在實際中活期存款的影響是不可忽略的，這是我們模型的不足之處。對于現(xiàn)實中活期存款的操作，我們提出以月為單位存取，實質(zhì)上是以復(fù)利計息，這樣可以提高活期存款的利息所得。附錄：使用 Matlab 操作運算結(jié)果第1 題a =1.0180 0 0 0 0 0 0 0 0 0-1.0000；0 1.0389 0 0 0 0 0 0 0 0-1.0000；0 0 1.0648 0 0 0 0 0 0 0-1.0000；0 0 0 1.0840 0 0 0 0 0 0-1.0000；0 0 0 0 1.1152 0 0

22、0 0 0-1.0000；0 0 0 0 0 1.1353 0 0 0 0-1.0000；0 0 0 0 0 0 1.1586 0 0 0-1.0000；0 0 0 0 0 0 0 1.1875 0 0-1.0000；0 0 0 0 0 0 0 0 1.2088 0-1.0000；0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.2437-1.0000；1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0；b=0 0 0 0 0 0 0 0 0 5000 5000;x=inv(a)*bx =1.0e+003 *0.

23、107875193420480.105707056543630.103133871996660.101310286833650.098472872042720.096731701417210.094787534077720.092480157816230.090844950849164.108656375002540.10981694690204第2 題a = 1.0180 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1；0 1.0389 0 0 0 0 0 0 0 0 -1；0 0 1.0686 0 0 0 0 0 0 0 -1；0 0 0 1.1049 0 0 0 0 0 0 -1；0 0 0

24、0 1.1231 0 0 0 0 0 -1；0 0 0 0 0 1.1343 0 0 0 0 -1；0 0 0 0 0 0 1.2006 0 0 0 -1；0 0 0 0 0 0 0 1.2223 0 0 -1；0 0 0 0 0 0 0 0 1.2619 0 -1；0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.3047 -1；1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0；b=0 0 0 0 0 0 0 0 0 5000 5000;x=inv(a)*b'x =1.0e+003 *0.130839383640260.128209699431880.124648702173480.12055353

25、7891020.118600150968370.117420255431160.110935505281970.108974300429520.105552256507173.934266208245160.13319449254579第3 題a = 1.0180 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1.0000；0 1.0389 0 0 0 0 0 0 0 0 -1.0000 ；0 0 1.0686 0 0 0 0 0 0 0 -1.2000；0 0 0 1.1049 0 0 0 0 0 0 -1.0000 ；0 0 0 0 1.1231 0 0 0 0 0 -1.0000 ；0 0 0

26、0 0 1.1343 0 0 0 0 -1.0000 ；0 0 0 0 0 0 1.2006 0 0 0 -1.0000 ；0 0 0 0 0 0 0 1.2223 0 0 -1.0000 ；0 0 0 0 0 0 0 0 1.2619 0 -1.0000 ；0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.3047 -1.0000 ；1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0 ；b=0 0 0 0 0 0 0 0 0 5000 5000 'x=inv(a)*b'x =1.0e+003 *

27、0.128104698536950.125529977582220.146452090837040.118033838125940.116121279109760.114966044669690.108616832835780.106696619293030.103346099802213.932132519207360.130410583110621.2*x(11)=1.0e+003 *0.15649269973274_三，關(guān)于公交車的調(diào)度問題該條公交線路上行方向共14站，下行方向共13站，第3-4頁給出的是典型的一個工作日兩個運行方向各站上下車的乘客數(shù)量統(tǒng)計。公交公司配給該線路同一型號的大

28、客車，每輛標(biāo)準(zhǔn)載客100 人，據(jù)統(tǒng)計客車在該線路上運行的平均速度為20公里/小時。運營調(diào)度要求，乘客候車時間一般不要超過10分鐘，早高峰時一般不要超過5分鐘，車輛滿載率不應(yīng)超過 120%，一般也不要低于50%。試根據(jù)這些資料和要求，為該線路設(shè)計一個便于操作的全天（工作日）的公交車調(diào)度方案，包括兩個起點站的發(fā)車時刻表；一共需要多少輛車；這個方案以怎樣的程度照顧到了乘客和公交公司雙方的利益；等等。如何將這個調(diào)度問題抽象成一個明確、完整的數(shù)學(xué)模型，指出求解模型的方法；根據(jù)實際問題的要求，如果要設(shè)計更好的調(diào)度方案，應(yīng)如何采集運營數(shù)據(jù)?；炯僭O(shè)1） 該公交路線不存在堵塞現(xiàn)象，且公共汽車之間依次行進，不存

29、在超車現(xiàn)象。2） 公共汽車滿載后，乘客不能再上，只得等待下一輛車的到來。3） 上行、下行方向的頭班車同時從起始站出發(fā)。4） 該公交路線上行方向共 14站，下行方向共 13站。5） 公交車均為同一型號，每輛標(biāo)準(zhǔn)載客 100名，車輛滿載率不應(yīng)超過 120%，一般也不要低于 50%。6） 客車在該路線上運行的平均速度為 20公里/小時，不考慮乘客上下車時間。7） 乘客侯車時間一般不超過 10分鐘，早高峰時一般不超過 5分鐘。8） 一開始從A出發(fā)的車輛，與一開始從 A出發(fā)的車輛不發(fā)生交替，兩循環(huán)獨立。9) 題目所給的數(shù)據(jù)具有一定的代表性,可以做為各種計算的依據(jù)。 符號說明N：從總站A 始發(fā)出的公交車的

30、總次數(shù)（上行方向）N：從總站A 始發(fā)出的公交車的總次數(shù)（下行方向）T：上行方向早高峰發(fā)車間隔時間T：上行方向平時發(fā)車間隔時間T：上行方向晚高峰發(fā)車間隔時間T：下行方向早高峰發(fā)車間隔時間T：下行方向平時發(fā)車間隔時間T：下行方向晚高峰發(fā)車間隔時間T（i，j）：第i 輛車到達第j 站的時刻N（i ，j）：在 j站離開第 i輛車的乘客數(shù)N（i ，j）：在 j站上第i 輛車的乘客數(shù)D（ j，j-1 ）：第j 站與第（j-1 ）站間距f（j ）：上行方向第j 站的上車乘客的密度函數(shù)g（ j）：上行方向第 j站的下車乘客的密度函數(shù)f（ j）：下行方向第 j站的上車乘客的密度函數(shù)g（ j）：下行方向第j 站的

31、下車乘客的密度函數(shù)G：一天內(nèi)公交公司的總收入A：公交車出車一次的支出，為定值B：公交公司每天的固定支出，為定值：i=1,2,3,為一小概率事件的概率N（t ）：某車站全天的上（下）車乘客數(shù)q：第t 時間段此站的上（下）車人數(shù)Q（i ，j）：第i 輛車到達第 j站時的車上人數(shù)建模前的準(zhǔn)備：1） 對問題的初步分析我們考慮三組相關(guān)的因素：公共汽車，汽車站與乘客對模型的影響。） 與公共汽車有關(guān)的因素：離開公共汽車總站的時間，到達每一站的時間，在每一站下車的乘客數(shù)，在每一站的停留時間，載客總數(shù)，行進速度等。） 與車站有關(guān)的因素：線路上汽車的位置，車站間距，乘客到來的函數(shù)表示，等車的乘客數(shù)，上一輛車離開車

32、站過去的時間等。） 與乘客有關(guān)的因素：到達某一車站的時間，乘車距離（站數(shù)），侯車時間等。2） 曲線的擬合分析樣本數(shù)據(jù)，可知對于某車站全天的上（下）車乘客數(shù) N（t ）是時間t 的遞增函數(shù)，N（t ）=N（t-1）+ q，其中q 為第t 時間內(nèi)此站的上（下）車人數(shù)，我們可以由此來擬合其分布函數(shù)。由樣本數(shù)據(jù)知每一車站每天有兩次波峰，故根據(jù)最小二乘法將分布函數(shù)擬合為關(guān)于t的五次多項式。分析與建模分析樣本數(shù)據(jù)，在上行方向 22：00 23：00 和下行方向5 ：00 6：00 的上、下車人數(shù)較其它時段偏小，為使模型更好地體現(xiàn)普遍性，我們單獨討論上面的兩個時段。易知各站只需一輛車就可以滿足需求。由題設(shè)要

33、求可知，所求方案須兼顧乘客和公交公司的利益，但實際上，不可能同時使雙方都達到最優(yōu)值。因此我們將公司利益作為目標(biāo)函數(shù)，將乘客利益作為約束條件。公司利益Z=G-( N+N)*A-B（其中G為總收入，因樣本數(shù)據(jù)為典型工作日，因而可以看作定值，( N+N)*A+B 為支出。） N=+ N=+乘客的利益在此處即為侯車時間，由于乘客侯車時間帶有隨機性，不可能總小于（或大于）某個定值，因而可用概率來描述乘客的利益，得如下模型： I：maxZ= G-( N+N)*A-B s.t. P等待時間t>10分鐘的人< P Q（i ，j）+ N（i ，j） N（i ，j）>120<P Q（i ，

34、j）+ N（i ，j） N（i ，j）<50<或 P等待時間t>5分鐘的人< P Q（i ，j）+ N（i ，j） N（i ，j）>120<P Q（i ，j）+ N（i ，j） N（i ，j）<50<模型的簡化與求解：對于原模型，由于約束條件難以表示為明確的函數(shù)表達式，給實際求解過程中帶來相當(dāng)大的困難，因而對其簡化。1） 發(fā)生間距時間的求解分析原目標(biāo)值 Z，易知maxZ ómaxT其中T 為發(fā)車間距時間，它因不同的時間段而不同。下面我們就以每小時為一時間段來求解，且假設(shè)乘客上下車瞬間完成，即不考慮上下車時間。應(yīng)題設(shè)要求，乘客侯車時間一般

35、不超過 10分鐘，早高峰時一般不超過5 分鐘。我們引進概率參數(shù)，用以控制侯車時間超過10分鐘（或5分鐘）的人數(shù)在總侯車人數(shù)的比重。對于滿載率不低于50% ，由于目標(biāo)值為maxZ ，則可以忽略不考慮，可得如下模型：: maxT=ts.t. Q(i,j)+ -120或Q(i,j)+ -120t>0, i=1,2分析樣本數(shù)據(jù)可以發(fā)現(xiàn)：） 對于上行車道，A，A，A，A，A的上車人數(shù)>下車人數(shù)，對于其余站點則相反；） 對于下行車道，A，A，A，A的上車人數(shù)>下車人數(shù)，而其余站點則相反；因而對于約束條件，只需取前5個（或4個），對于模型，我們可以根據(jù)擬合分布函數(shù)F，G將約束條件轉(zhuǎn)化為T的

36、函數(shù)，利用Matlab軟件容易求解。分析所得結(jié)果，易知在高峰時間段中，結(jié)果T有較大誤差，是由于擬合函數(shù)的誤差而引起的。為了減小誤差，可以分段擬合分布函數(shù)F，G 。為計算方便，可以認(rèn)為在每小時內(nèi)，每站的到達人數(shù)與時間成正比，每站的下車人數(shù)亦與時間成正比，即F（t）=k*t ，G（t）=p*t, k, p為斜率，令=5% ，于是將模型簡化為：maxT=ts.t. 19t-2000(或19t-1000) k*t-1200 k*t+ k*t - p*t- 1200 k*t+ k*t - p*t + k*t - p*t -1200 k*t+ k*t - p*t + k*t - p*t +k*t - p*

37、t -1200 k*t+ k*t - p*t + k*t - p*t +k*t - p*t+ k*t - p*t -1200 t>0 （平時及晚高峰取19t-2000，早高峰取19t-1000）當(dāng)上行時，取所有約束條件，下行時取前5個約束條件。模型為線性規(guī)劃，利用Matlab求解，結(jié)果如下：發(fā)車間距時間表（單位皆為分鐘）時段566778899101011111212131314上行10.522.451.4342.8485.49626.03525.31375.64796.9231下行/6.9292.6162.23393.9516.58747.30228.67478.08時段14151516

38、1617171818191920202121222223上行8.17258.26643.37552.59748.026810.52610.52610.526/下行7.0795.533.27871.99342.97896.59959.2199.302310.5263對模型、進行誤差分析在上文中，我們已提及到模型的誤差，究其原因主要是由于擬合函數(shù)的誤差引起的。如上行方向A站7：008：00 ，發(fā)車間距T=5.26分，顯然此時的T無法使3626名乘客正常運行，而此時由擬合函數(shù)算出來的乘客總數(shù)為2023。誤差=3626-2023=1603(人）。為使誤差減小，因而可以對函數(shù)進行分段擬合。如模型中，以每

39、小時為一段。此時求解的結(jié)果，能很好的使樣本數(shù)據(jù)的乘客正常運行。當(dāng)然此時的解亦有誤差 ，因而T可有一波動范圍。在此解的情況下，容易知道客車滿載率120%（約束條件）。乘客等待時間過長的概率5%。空載情形，大部分只有在最后一站方出現(xiàn)空載情形（滿載率50% ）。2） 對無滯留乘客條件下的最小配車數(shù)初步求解我們對數(shù)據(jù)作進一步的處理，估算出每一段上、下行所需的最小配車數(shù)，從而得出一天內(nèi)所需配備的最小車輛數(shù)。為最小配車數(shù)的求解找到一個參照值。我們首先考慮以一小時為時間間距來考查一天的最小配車數(shù)（即設(shè)公交車在各車站所停的時間為一定值）。分析數(shù)據(jù)可知滿足各站均無滯留乘客，各發(fā)車時刻均有車可發(fā)的最小配車數(shù)應(yīng)為6

40、5輛車。這只是一個初步解，為得到進一步的精確解，我們考慮以44分為一時間間距，通過擬合的分布函數(shù)得到各車滿載時各時段的所需最小配車數(shù)。滿足各站無滯留乘客，各發(fā)車時刻均有車可發(fā)的最小配車數(shù)為43輛。3） 公交公司調(diào)度方案模型的建立與求解） 我們制訂調(diào)度方案，應(yīng)使公交公司和乘客雙方的利益達到均衡。一方面公交公司希望配置盡可能少的汽車以降低固定成本，又要在保證接送全部乘客的前提下盡可能減小出車次數(shù)，以降低可變成本；另一方面，應(yīng)實現(xiàn)乘客滿意，即規(guī)定發(fā)車時段必定有車可乘，盡可能縮短等車時間。)制訂調(diào)度方案時，我們發(fā)現(xiàn)有下難點：A）一方車站到了發(fā)車時間但沒有車可發(fā)，另一方面卻有囤積。此問題有兩種解法：一是

41、購置新車，二是調(diào)節(jié)班次。前者使成本變高，后者引起連鎖反應(yīng)，使整個計算量變大且有可能求不出最優(yōu)解。B） 若迫不得已要改變總車配置數(shù)，必須調(diào)動各個時間間隔使車優(yōu)化配置，全局最優(yōu)化。這是一個最優(yōu)問題。C） 總配置數(shù)一定，調(diào)節(jié)總車班次使總車次數(shù)增加越少，總車班次數(shù)越小，則求得的解越優(yōu)。這又是一個極值優(yōu)化問題。為解決以上難點，我們建立了一個線性規(guī)劃模型，用Maple優(yōu)化軟件求解。設(shè)某j時間段發(fā)車數(shù)為X，車站內(nèi)車輛總數(shù)為C。i= m為總配置數(shù)， z為總班次min z=s.t. C+C=m X=C- X0 X=C- X0 X= C+-0 X= C+-0=1） 60分120人調(diào)度方案模型若考慮到各站點乘客上下

42、車時間相等，總行程總需耗時60分，每輛車都載120人。在初步解的模型中，配置最小車輛為60，用Maple軟件包開始搜索優(yōu)化選擇，j=2，318。搜索出整體最優(yōu)解為：C=62，C=4，m=66，z=476。2）44分 120人調(diào)度方案模型考慮乘客上下車瞬間完成，公交車駛完全程需44分。每輛車均載120人，此模型中步長為44分鐘，所考慮時段的乘客數(shù)均由擬合函數(shù)給出，初始值為43輛，由Maple軟件包優(yōu)化選擇，得到：C=42，C=6，m=48，z=590。模型的推廣與改進在設(shè)計公交車調(diào)度方案時，并未充分考慮乘客利益，在進行改進時，可以試著想其它辦法找到一些更好的規(guī)則來進行對比與評價，從而得到更加優(yōu)化

43、的方案，使雙方利益達到充分均衡，這是模型改進的方向。另外，模型求得的數(shù)據(jù)相對精確度較高，在現(xiàn)實生活中不太實用。問題的關(guān)鍵是所給的數(shù)據(jù)太少，所得到的調(diào)度方案穩(wěn)定性很差，靈敏度較高，可以試著找其它方法解決，從而求解。我們建立了一個調(diào)度方案的一般模型，并提出了一個較普遍與實用的方法，故此模型可用于現(xiàn)實生活中其它運輸業(yè)的調(diào)配，類似交通運輸之類的調(diào)配問題，從而達到資源的優(yōu)化配置。模型的自我評價：我們通過一些合理的假設(shè)，針對公交車調(diào)度問題建立了一般模型。先對模型進行了簡化，采用由簡單到復(fù)雜，逐步深入的方法，充分利用Maple優(yōu)化軟件包進行搜索，優(yōu)化求解，從而得到一個整體最優(yōu)解。在求解（2）小題時，提出一個

44、方法，即每次都從每段時間的起點均有車發(fā)出，到最后一班車持續(xù)等時段發(fā)出，最后剩余小段時間丟去不予考慮。列出了不同時段的公交車調(diào)度時刻表。同時引入概率來刻劃顧客利益，從而可以使抽象概念定性分析定量化，也是本模型的一大優(yōu)點。但本題中因只給了某一個工作日的數(shù)據(jù)樣本，具有典型性，得出的結(jié)果在長時間內(nèi)可行性較差，其次設(shè)計調(diào)度方案時著重考慮公司利益與大部分顧客利益，使雙方利益趨于均衡，并未同時達到雙方滿意，這是我們模型的缺點所在。附錄 :程序1 -上行方向 A13車站全天的上車乘客數(shù)擬合為關(guān)于t的五次多項式a=371,1990,3626,2064,1186,923,957,837,779,625,635,4493,2011,691,350,304,209,19;for i=1:18 b(i)=sum(a(1:i)endx=1:18aa=polyfit(x,b,5);y=polyval(aa,x);plot(x,b,x,y)站名A13A12A11A10A95:00