数学建模案例分析

衰减之间的时间，因为它开始于闭锁时间的末尾不是在衰变的时间。然而，指数
分布的无记忆性保证了Yn 仍然是带有速率参数 的指数分布。由此得
X n a Yn
4.模型求解
因为 X n a Yn ，则 E Xn a E Yn ，其中
E(Yn
)
0
tet
dt
1
即
E
Xn
a
1
。强大数定律告诉我们
的概率值 pi ．可以写为 E( X ) xi pi 。这一组概率值{ p i }表明了随机变量 X 的分布。
i
•对于我们的问题，任何的n>1，随机变量C 取两个可能数值中的一个：如果所有 的二极管都是好的，则
C＝4+n 否则
C＝(4+n)+5n
因为我们必须重新检验每一个二极管。用p表示所有的二极管都是 正品的概率，剩下的可能性(有一个或更多的次品二极管)一定有概 率1-p。则C的平均或期望值是
1、假设与符号说明
假设村庄有 n 个的村民，每个村民都有在草地上放牧的自由。每年春天， 每个村民要决定自己养多少头羊，用 gi∈[0，＋∞]表示村民 i 放养的羊头数（i
＝1,2,…,n）。那么村庄里放羊的总头数 G g1 g2 gn 。用 v 表示每头
羊的平均价值，一个重要的假设数 v 是 G 的函数。羊要生存，需要一定数量的 青草，这片草地可以放羊的羊的总量的上限为 Gmax。当 G＜Gmax 时，v(G)＞0； 当 G≥Gmax 时，v(G)＝0。
ui ( g1 , g2 , , gn ) gi v( g1 g2 gi1 gi1 gn ) cgi
这样，如果 ( g1* ,
g
* 2
,
,
gn* ) 为博弈的纳什均衡，那么对村民
i
来说，当其他村民选
择 ( g1* , g2* ,
,
g
* i 1
,
gi*1
,
,
g
* n
)
时，
g
* i
X1 X2 L Xn a 1
n
显然，这个式子不是绝对成立的。虽然当 n 时它是收敛的，随机的波动将
使得经验性的速率在均值附近变化。
案例三：公共地的悲剧
问题： 有一个关于牧民与草地的故事，说的是当村庄的草地向村民
完全开放时，每一个村民都想多养一头牛，因为多养一头牛增加 的收益大于其购养成本，是有利润的。尽管因为平均草量下降， 增加一头牛可能使整个草地的牛的单位收益下降。试问村民应该 如何养羊才能使收益最大呢？
F (t) 1 et
其密度函数是
f (t) et
指数分布的一个非常重要的性质是“无记忆性”。对于任何的
t>０和ｓ>0，我们有
p{X s t
X
s}
P{X
s T}
P{X s}
e ( st ) es
et
P{X t}
换句话说，对于下一次到达现象发生这件事情来说，我们已经等待的s单位的
时间并不影响直到下一次到达现象发生的时间的(条件)分布。指数分布会“忘 记”我们已经等待了多长的时间。我们假设放射性衰变以一个未知的速率久。
二极管全部是正品的概率为 p 0.997n 。
随机变量C的期望值是
E(C) (4 n)0.997n (4 n) 5n(1 0.997n )
(4 n) 5n(1 0.997n )
4 6n 5n 0.997n
每一个二极管的平均检验费用为
C 4 6 5(0.997)n n
2、问题分析
村民可以从增加的羊只上获得所有的利益负面：草地的承载力因为额外增 加的羊只有所耗损。然而，关键性在于这两者的代价并非平等：村民获得 所有的利益，但是资源的亏损却是转嫁到所有村民的身上。因此，就理性 观点考量，每一位村民势必会衡量如此的效用，进而增加一头头的羊只。 但是当所有的村民皆做出如此的结论，并且无限制的放牧时，草地负载力 的耗损将是必然的后果。于是每一个个体依照理性反应所做出的决定将会 相同，毕竟获得的利益将永远大于利益的耗损。
将我们上面的模型推广，我们有
C 4 6 5(1 q)n n
在n＝17时我们有灵敏度：
S(C, q) dC q 0.16 dq C
于是，q的微小的改变很可能不会导致检验费用大的变化。更一般的稳健性
分析要考虑独立性的假设。我们这里必需要假设在操作过程中接连出现次品的次 数之间是无关的。事实上，有可能由于生产环境中的一些异常的原因，如工作台 的颤动或电压变化的冲击，使得次品的二极管趋向于出现在一些批次中。这时， 独立随机变量模型的数学分析就不能完全处理这个问题。
必须使上式最大化。这一最优化问题的一
阶微分条件为
ui
g1 ,L
,
gi1,
gi
,
g i 1
,L
, gn
0
gi
也就是
v( g1*
g2*
g
* i 1
gi*1
gn* )
giv( g1* g2* gi*1 gi*1 gn* ) c 0
将村民
i
的最优战略
g
* i
代入上式，就有
v(G* ) gi*v(G* ) c 0, (i 1,2, , n)
2. 问题的分析
假设放射性的衰变以速率 随机发生，对于任何 n,Tn1 Tn 3109 ， 其目标就是根据有限的观测值 T1,T2 ,L ,Tn 求出 。
3. 建模
假设 X 是在实数轴上取值的随机变量。假设一次射性的衰变以速率 随机出
现，同时令 X 表示两次连续到达现象之间的随机时间，所有相继两次放射性衰变之 间的时间是独立的，而且都服从带有速率参数丸的指数分布。则 X 有分布函数
数学建模之—— 数学建模案例分析
重庆邮电大学 杨春德 教授
案例一：离散概率模型
问题：
一个电子器件工厂生产一种二极管。质量控制工程师负责保证在产品 出厂前检测出次品的二极管。估计这个厂生产的二极管有0.3％是次品。可 以对每个二极管逐个进行检验，也可以把若干二极管串联起来成组进行检 验。如果检验通不过，也就是说其中有一个或几个二极管是次品。已知检 验一个单个的二极管的花费是5分钱，检验一组n>1个二极管的花费是4+n 分钱。如果成组检验没有通过，则这一组的每一个二极管必须逐个重新检 验以便于找出这些次品。要求寻求检测次品二极管的质量控制的步骤使得 用于检验的花费最少。
以假定当 G＜Gmax 时， v(G) 0, v(G) 0 。v(G)的图形如下图所示。
村民 i（博弈的参与者 i）所选择的战略就是他放养的羊的头数 gi。假定购买 一只羊羔和照看一头羊的成本为 c，当其他村民养羊的数量为
( g1 , g2 , , gi1 , gi1 , , gn ) 时，村民 i 放养 gi 头羊的收益函数为
3、建模
考虑随机一个变量X，它可以取一个离散数值集合中的任何一个数值
X {x1, x2 , }
同时假设 X xi 的概率是 p i ,我们记为 P{X= x i }＝p i ，显然这时有∑p i ＝1。因为 X 以
概率 p i 取数值 x i ，所以 X 的平均或期望值一定是所有可能的 x i 的加权平均，权值就是相应
E(C) (4 n) p [(4 n)5n](1- p)
于是模型为：
min E(C) 1 (4 n) p [(4 n) 5n](1- p)
nn n
4、模型求解
一共有 n 个二极管，一个二极管为次品的概率是 0.003。换句话说，一个二极管 是正品的概率为 o.997，假设每个二极管都是相互独立的，于是一个检验组内的 n 个
1、符号假设
n：每个检验组内二极管的数目；C：一组元件的检验费用(分)；A：平均 检验费用(分／二极管)。
2、问题的分析 变量n是决策变量，同时随便选取n＝1,2,3,…，变量C是我们所
选择的质量控制步骤的随机的结果。C是一个随机变量。然而量A不 是随机的。它表示随机变量C／n的平均或期望值。显然如果n＝1， 则A=5分，否则(n>1)，当分组检验结果全部二极管都是好的，则 C=4+n，当检验结果有次晶，则C＝(4+n)+5n，A＝(C的平均值)／n。 其目标就是求n的数值，使A最小 。
ห้องสมุดไป่ตู้
令
X n Tn Tn1
表示相继两次观测到放射性衰变之间的时间。自然，由于计数器闭锁时间的
原因，X n 与相继两次衰减之间的时间的分布是不同的。事实上，X n 3109 秒
以概率 1 发生 1 对于指数分布来说这确实不是真的。
随机时间 X n 由两部分组成。首先我们必须等待 a 3109 ，这时计数器被 锁住了，同时我们还要多等待 Yn 秒直到下一次衰变发生。现在的 Yn 不只是两次
从 n 我们算得
Tn na
d 2
da
则 对 a 的灵敏性是
S
(
,
a)
2
a
a
这也是在计数器闭锁的时间内衰变次数的期望值。于是我们
就可以得到一个对于不太强烈的放射源的 的一个(相对来说)较
好的估计值。达到这一点的一个简单的方式就是只取很少一点放 射性材料作为样品。另一个潜在误差的来源就是假设
换句话说，有 Tn a 1 。当 n 很大时近似地有
n
Tn a 1
n
关于 求解，可得
n
Tn na
5、结果分析
我们得到了一个衰变率的公式，它矫正了由于计数器的闭锁产生的衰变
现象的丢失。全部所需要的资料是记录观测衰变的时间和所记录的衰变的次
数。在观测间隔内的那些衰变的分布对于确定 是不必要的。灵敏性分析应 考虑闭锁的时间 a，它是依经验确定的。确定 a 的精确度将影响到 的精确度。