數(shù)學(xué)建模論文自動化車床管理的最優(yōu)解決方案

1、自動化車床管理的最優(yōu)解決方案摘要本文解決的是自動化車床管理中檢查間隔和刀具更換策略的最優(yōu)化問題，我們對題目中所給數(shù)據(jù)用excel進(jìn)行了統(tǒng)計分析，并通過卡方擬合檢驗(yàn)法進(jìn)一步驗(yàn)證出現(xiàn)故障時生產(chǎn)的零件數(shù)服從正態(tài)分布，為此我們分別對以下三個問題建立概率模型來求解。對于問題一：該問題屬于優(yōu)化問題中的概率數(shù)理統(tǒng)計問題，通過excel對表格中的數(shù)據(jù)進(jìn)行數(shù)據(jù)統(tǒng)計分析，我們發(fā)現(xiàn)故障發(fā)生時所完成的零件數(shù)符合正態(tài)分布，因此我們建立連續(xù)型隨機(jī)事件模型并用matlab解出每個零件損失費(fèi)用最小值為 ，即換刀次數(shù)為359件，檢查間隔為18件時為最優(yōu)策略。對于問題二：分析得刀具故障符合正態(tài)分布概率密度曲線，因此可以建立一個隨

2、機(jī)模型。在一個換刀周期內(nèi)要么每次抽到合格品，要么換刀之前抽到次品。每次抽到合格品又可以分兩種情況，即工序正常時抽到98%的合格品和工序故障時抽到40%的合格品；換刀前抽到次品又可分為兩種情況，即工序故障時抽到60%不合格品和工序正常時抽到2%不合格品。我們把工序正常時抽到2%不合格品整合到前三種情況中，最后通過matlab求得最優(yōu)解，即損失費(fèi)用 。當(dāng)換刀次數(shù)為287件，檢查間隔為72件時獲得最好的效益。對于問題三：在第二問的基礎(chǔ)上，我們將檢查策略改為：若抽到正品則認(rèn)為機(jī)器正常，抽到次品則連續(xù)抽查兩次，可以減小每個零件損失的期望值。最后，分別對模型一，模型二對樣本均值與樣本方差以及概率方面進(jìn)行靈

3、敏度分析，并比較了這些量的改變對每個零件損失期望值的影響。 關(guān)鍵詞： 正態(tài)分布 概率模型 數(shù)理統(tǒng)計 靈敏度分析1問題的重述1.1自動化車床管理的現(xiàn)狀 目前中國機(jī)床產(chǎn)業(yè)僅僅在規(guī)模方面具有相對比較優(yōu)勢，與機(jī)床制造強(qiáng)國相比，在結(jié)構(gòu)、水平、研發(fā)和服務(wù)能力等方面都還存在明顯的差距。但有些行業(yè)如鐵路、航空、能源等行業(yè)對機(jī)床依然有較大需求，尤其是汽車制造行業(yè)開始回升。隨著制造業(yè)市場需求的變化、產(chǎn)品升級需求的釋放、“振興規(guī)劃”和“重大專項(xiàng)”政策的出臺，產(chǎn)品結(jié)構(gòu)在不斷優(yōu)化，機(jī)床行業(yè)將出現(xiàn)結(jié)構(gòu)性復(fù)蘇機(jī)會。1.2本文需要解決的問題 一道工序用自動化車床連續(xù)加工某種零件，由于刀具損壞等原因該工序會出現(xiàn)故障，其中刀具損

4、壞故障占95%, 其它故障僅占5%。工序出現(xiàn)故障是完全隨機(jī)的, 假定在生產(chǎn)任一零件時出現(xiàn)故障的機(jī)會均相同。工作人員通過檢查零件來確定工序是否出現(xiàn)故障?，F(xiàn)積累有100次刀具故障記錄，故障出現(xiàn)時該刀具完成的零件數(shù)如附表?，F(xiàn)計劃在刀具加工一定件數(shù)后定期更換新刀具。 已知生產(chǎn)工序的費(fèi)用參數(shù)如下： 故障時產(chǎn)出的零件損失費(fèi)用 f=200元/件； 進(jìn)行檢查的費(fèi)用 t=10元/次； 發(fā)現(xiàn)故障進(jìn)行調(diào)節(jié)使恢復(fù)正常的平均費(fèi)用 d=3000元/次(包括刀具費(fèi))； 未發(fā)現(xiàn)故障時更換一把新刀具的費(fèi)用 k=1000元/次。 1)假定工序故障時產(chǎn)出的零件均為不合格品，正常時產(chǎn)出的零件均為合格品, 試對該工序設(shè)計效益最好的檢查

5、間隔（生產(chǎn)多少零件檢查一次）和刀具更換策略。 2)如果該工序正常時產(chǎn)出的零件不全是合格品，有2%為不合格品；而工序故障時產(chǎn)出的零件有40%為合格品，60%為不合格品。工序正常而誤認(rèn)有故障停機(jī)產(chǎn)生的損失費(fèi)用為1500元/次。對該工序設(shè)計效益最好的檢查間隔和刀具更換策略。3）在2)的情況, 可否改進(jìn)檢查方式獲得更高的效益。 附:100次刀具故障記錄(完成的零件數(shù))45936262454250958443374881550561245243498264074256570659368092665316448773460842811535938445275525137814743888245388626

6、597758597556496975156289547716094029608856102928374736773586386996345555708441660610624841204476545643392802466875397905816217245315125774964684995446457645583787656667632177153108512.模型的假設(shè)與符號說明2.2模型的假設(shè)假設(shè)一：工序出現(xiàn)故障是完全隨機(jī)的，假定在生產(chǎn)任何一零件時出現(xiàn)故障的機(jī)會均相等。假設(shè)二：由于刀具損壞故障比率較大，則忽略其它故障對計算結(jié)果的影響。假設(shè)三：更換刀具和發(fā)現(xiàn)故障進(jìn)行調(diào)節(jié)使恢復(fù)正常使用，這

7、兩者都看做一個周期，之后又是另外一個周期的開始。假設(shè)四：題中所給的數(shù)據(jù)都是通過實(shí)驗(yàn)論證，正確合理并且沒有錯誤。假設(shè)五：對于某一個刀具的壽命可以近似用該點(diǎn)的概率密度表示。假設(shè)六：因誤判而停機(jī)只有誤判停機(jī)損失費(fèi)，它的一個周期沒有結(jié)束。 2.2符號說明符號符號說明故障時產(chǎn)出的零件損失費(fèi)用進(jìn)行檢查的費(fèi)用發(fā)現(xiàn)故障進(jìn)行調(diào)節(jié)使恢復(fù)正常的平均費(fèi)用未發(fā)現(xiàn)故障時更換一把新刀的費(fèi)用工序正常而誤認(rèn)有故障停機(jī)產(chǎn)生的損失費(fèi)用刀具損壞故障的概率密度函數(shù)第種情況該事件發(fā)生的概率每個零件損失費(fèi)用的期望值一個周期內(nèi)損失費(fèi)用的期望總和第種情況損失費(fèi)用的期望和一個周期內(nèi)生產(chǎn)合格零件的期望值第種情況生產(chǎn)合格零件的期望值第種情況損失的費(fèi)

8、用第種情況生產(chǎn)的合格零件數(shù)每生產(chǎn)個零件換一次刀具即換刀周期每生產(chǎn)個零件檢查一次換刀前出現(xiàn)故障時生產(chǎn)的合格零件數(shù)一次換刀周期的檢查次數(shù)工序出現(xiàn)故障時產(chǎn)出不合格品的概率工序正常時產(chǎn)出合格品的概率3.數(shù)據(jù)的分析與假設(shè)檢驗(yàn)通過對100次刀具故障記錄的完成零件數(shù)觀察研究及用excel處理驗(yàn)證，可以估計刀具故障分布函數(shù)，其服從正態(tài)分布，根據(jù)記錄數(shù)據(jù)求出了，則有發(fā)現(xiàn)這100次刀具故障時完成的零件數(shù)近似服從的正態(tài)分布。 我們就大膽的假設(shè)這100次刀具故障數(shù)據(jù)近似服從正態(tài)分布，再用卡方擬合檢驗(yàn)法來進(jìn)一步驗(yàn)證。我們用來作為檢驗(yàn)統(tǒng)計量。我們假設(shè)刀具使用壽命近似服從的正態(tài)分布，：表示總體的分布函數(shù)是；：表示總體的分布

9、函數(shù)不是；若，則成立，即假設(shè)成立；若，則成立，即假設(shè)不成立；分析題中所給數(shù)據(jù)可以知道：的最小值為84，最大值為1153，我們可以把這110個數(shù)據(jù)從83.5到1153.5分成10組，每組間隔，用excel畫出頻數(shù)直方圖如上。數(shù)出落在每個小區(qū)間的數(shù)據(jù)頻數(shù)，算出，得到如下表所示：卡方分布檢驗(yàn)正態(tài)分布表格組限頻數(shù)頻率83.5-190.530.030.01455.758.52190.5-297.540.040.0430297.5-404.570.070.09699.695.06404.5-511.5160.160.164116.4115.6511.5-618.5250.250.213121.3129.3

10、3618.5-725.5200.200.199819.9820.02725.5-832.5130.130.143314.3311.79832.5-939.570.070.07837.836.26939.5-1046.530.030.03084.75.321046.5-1153.520.020.016210011100101. 9其中計算得：1. 9通常我們?nèi)。瑒t11.071故有，因此在水平0.05下我們接受，即總體x的正態(tài)分布函數(shù)。由此我們得出刀具壽命x服從正態(tài)分布。4.問題的分析通過對車床故障數(shù)據(jù)的數(shù)理統(tǒng)計我們發(fā)現(xiàn)車床出現(xiàn)故障時所產(chǎn)生的零件數(shù)符合正態(tài)分布函數(shù)，車床的故障來自于95%刀具故障和

11、來自于5%其它故障這兩方面因素所致，此外對于另外5%的其它故障由于概率較小，可以當(dāng)做小概率事件，暫時忽略。本文求解損失效益最小情況下，安排合理的檢查間隔與換刀策略。分析得知車床出現(xiàn)故障時所產(chǎn)生的零件數(shù)符合正態(tài)分布函數(shù)，因此可以建立一個隨機(jī)模型來解決損失最小的優(yōu)化問題。最后使在一個換刀周期內(nèi)，損失費(fèi)用的總期望值與生產(chǎn)合格產(chǎn)品的總期望值比值最小。在一個確定的換刀周期內(nèi)，分析易得這個周期內(nèi)只會出現(xiàn)兩種情況：要么每次抽到合格產(chǎn)品要么在換刀之前抽到次品。求出兩種情況下?lián)p失的費(fèi)用再分別求出兩事件發(fā)生的概率，即為損失費(fèi)用的總期望值。同理可以求出一個周期內(nèi)生產(chǎn)合格產(chǎn)品的總期望值。對于問題一：分析得刀具故障符合

12、正態(tài)分布概率密度曲線，因此可以建立一個隨機(jī)模型。在一個刀具更換周期內(nèi)，題中假定工序故障時產(chǎn)出的零件均為不合格品，正常時產(chǎn)出的零件均為合格品。那么只有兩種情況換刀前機(jī)器正?；驌Q刀之前機(jī)器故障。易計算這情況下的每個零件損失期望值的表達(dá)式，最后在matlab中編程求出符合題意的最優(yōu)解。對于問題二：分析得刀具故障符合正態(tài)分布概率密度曲線，因此可以也建立一個隨機(jī)模型。但題中假設(shè)該工序正常時產(chǎn)出的零件不全是合格品，有2%為不合格品，而工序故障時產(chǎn)出的零件有40%為合格品，60%為不合格品?？傮w求解思路不變，在一個換刀周期內(nèi)要么每次抽到合格品，要么換刀之前抽到次品。各種情況方框圖表示為：由于單獨(dú)考慮第4種情

13、況會比較復(fù)雜，但分析得前三種情況包含第4種情況的一小部分，因此可以把第4種分別放在前三種情況中考慮，最后在matlab中編程求出符合題意的解。對于問題三：同理可以建立一個隨機(jī)模型，在問題二的情況, 可否改進(jìn)檢查方式獲得更高的效益。在第二問求解時，我們抽查零件時都是等間距的。分析得刀具故障數(shù)據(jù)近似服從正態(tài)分布，也就是說在開始的一段時間內(nèi)零件出現(xiàn)故障的概率較小，隨后加大。因此等間距檢測就出現(xiàn)弊端，所以我們考慮不等間距檢測，依據(jù)刀具故障數(shù)據(jù)正態(tài)分布函數(shù)，開始檢測間距大一些，之后檢測間距小一些。或每次檢測連續(xù)檢查兩次，可以大大減小抽到次品和誤判而停機(jī)的概率。5.問題一的解答5.1隨機(jī)模型的建立 5.1

14、.1確定目標(biāo)函數(shù)：通過對問題一的分析我們確立了目標(biāo)函數(shù) 每個零件的損失費(fèi)用的期望值為一個周期內(nèi)損失費(fèi)用的期望總和與生產(chǎn)合格零件的期望值之比，越小則獲得的效益越高，的最小值表達(dá)式為： 對于損失費(fèi)用的期望總和為換刀前不出現(xiàn)故障的損失費(fèi)用期望和和換刀前出現(xiàn)故障的損失費(fèi)用期望和之和。而損失費(fèi)用的期望為損失費(fèi)用與此事件發(fā)生概率的乘積： 同理得到換刀前生產(chǎn)合格零件的期望值的表達(dá)式為： 第一種情況即換刀之前沒有出現(xiàn)故障的損失費(fèi)用期望值，為檢查費(fèi)用和換刀費(fèi)用之和再乘以該事件發(fā)生的概率，表達(dá)式為： 所以 第二種情況即換刀之前出現(xiàn)故障的損失費(fèi)用期望值，為檢查費(fèi)、故障維修費(fèi)和零件損失費(fèi)三者之和再乘以該事件發(fā)生的概率

15、，其表達(dá)式為： 事件概率為第個零件恰好為壞的概率為： 所以：同理，生產(chǎn)合格零件的期望值的表達(dá)式為： 5.1.2綜上所述得到問題一的最優(yōu)化模型：5.2模型的求解根據(jù)matlab程序求得：（見附錄問題一）每個零件損失費(fèi)用最小值為即當(dāng)檢查間隔為18件，刀具的額定壽命為359件時可使損失費(fèi)用最小。5.3結(jié)果的分析 根據(jù)題意，工序正常時產(chǎn)出的都為合格品，故障時產(chǎn)出的都為不合格品，我們考慮了換刀前出現(xiàn)故障和換刀前不出現(xiàn)故障這兩種情況，并分別用matlab編程求解，最后我們得到模型最優(yōu)解，即檢查間隔為18件，刀具的額定壽命為359件時損失費(fèi)用最小。由于刀具的額定壽命為359，通過6sq分析得出它的期望值為6

16、00,359/600=59.8%,有效的避免后面刀具故障發(fā)生的高峰期，比較符合實(shí)際情況。6.問題二的解答6.1隨機(jī)模型的建立 6.1.1確定目標(biāo)函數(shù)通過對問題二的分析我們確立了目標(biāo)函數(shù)： （1）第一種情況下?lián)p失費(fèi)用的期望值，為檢查費(fèi)用、換刀費(fèi)、零件損失費(fèi)及誤判損失費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。 所以： （2）第二種情況下?lián)p失費(fèi)的期望值，為檢查費(fèi)、故障維修費(fèi)、零件損失費(fèi)和誤判停機(jī)費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。 所以（3）第三種情況下?lián)p失費(fèi)用的期望值，為檢查費(fèi)、故障維修費(fèi)、誤判停機(jī)費(fèi)及零件損失費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。損失費(fèi)用 所以同理生產(chǎn)合格產(chǎn)品的損失費(fèi)用期望和為： 6.1.2綜上所述

17、得到問題二的最優(yōu)化模型： 6.2模型的求解根據(jù)matlab程序求得：（見附錄問題二）每個零件損失費(fèi)用最小值為即當(dāng)檢查間隔為72件，刀具的額定壽命為287件時可使損失費(fèi)用最小。6.3結(jié)果的分析 根據(jù)題意我們得知要么每次都抽到正品，要么換刀前就抽到了次品，同時抽查零件是不等間距的，通過對該問的問題分析，我們建立隨機(jī)模型并用matlab求得最優(yōu)解，即檢查間隔為72件，刀具的額定壽命為287件時損失費(fèi)用最小。相比于第一問換刀周期縮短，檢測間隔加大。主要由于檢查過程中故障率加大有關(guān)，若換刀周期加大則抽出次品和誤判停機(jī)的概率將加大，總的失費(fèi)用期望值增大，合格產(chǎn)品期望值減小，所以換刀周期減小。檢測間隔價格增

18、大，則檢測費(fèi)用減小，誤判而停機(jī)的費(fèi)用，零件損失費(fèi)用的期望值都先對減小，所以加大檢查間隔。7.問題三的解答7.1隨機(jī)模型的建立 7.1.1確定目標(biāo)函數(shù)通過對問題三的分析我們確立了目標(biāo)函數(shù)： （1）第一種情況下?lián)p失費(fèi)用的期望值，為檢查費(fèi)用、換刀費(fèi)、零件損失費(fèi)及誤判損失費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。 所以： （2）第二種情況下?lián)p失費(fèi)的期望值，為檢查費(fèi)、故障維修費(fèi)、零件損失費(fèi)和誤判停機(jī)費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。 所以（3）第三種情況下?lián)p失費(fèi)用的期望值，為檢查費(fèi)、故障維修費(fèi)、誤判停機(jī)費(fèi)及零件損失費(fèi)之和再與此事件發(fā)生概率的乘積。損失費(fèi)用 所以同理生產(chǎn)合格產(chǎn)品的損失費(fèi)用期望和為： 7.1.2綜上所述

19、得到問題三的最優(yōu)化模型： 8. 靈敏度的分析8.1樣本均值與樣本方差對結(jié)果的影響 我們用正態(tài)分布來描述刀具出現(xiàn)故障的分布，其均值方差的不確定性，對結(jié)果會造成誤差?，F(xiàn)在用模型一對結(jié)果進(jìn)行靈敏度分析，得下表570590600600600600196.6291196.6291196.62911971992073393413593593593561719181818174.97584.72814.60964.61494.64384.75717.94%2.57%0.00%0.11%0.74%15.22%其中用代表相對誤差，其中。通過上表可以看出，即使樣本均值與樣本方差與實(shí)際的有一定的差距，對結(jié)果影響依然

20、不大。因此我們采用文中所給方法是合理的。8.2保持不變，改變的值從0.01到0.03變化，考察其對結(jié)果的影響 0.010.0120.0140.0160.0180.020.0220.0240.0260.60.60.60.60.60.60.60.60.62992993052942942992992992995050515959606060607.2247.6938.1648.6349.0999.56510.03310.50310.975 由上表可以看出，隨著的改變，最優(yōu)檢查間隔變化不大，但每個零件的平均費(fèi)用變動較大，說明工序正常時生產(chǎn)不合格品的概率越小，其平均費(fèi)用越小，且其對檢查間隔基本沒有影響。

21、8.3保持不變，改變的值從0.1到0.9變化，考察其對結(jié)果的影響0.020.020.020.020.020.020.020.020.020.10.20.30.40.50.60.70.80.93303293243143042992942992996766656361605950508.5249.86611.46413.42115.9539.5659.6219.6439.6412 由此表可以看出，隨著減少，每個零件的損失期望值基本維持在一定范圍內(nèi)保持不變，而最佳檢查間隔的相對減小，說明刀具發(fā)生故障時，無論其生產(chǎn)不合格品的概率有多小，對每個零件的平均費(fèi)用影響不大，但會引起檢查間隔的減小，由上述三項(xiàng)分

22、析可以得出如下結(jié)論：工序出現(xiàn)故障的概率服從正態(tài)分布，如果要將每個零件的平均費(fèi)用控制在盡量小，應(yīng)考慮改進(jìn)加工工序使其提高在正常情況下生產(chǎn)合格品的概率。9.模型的評價、改進(jìn)及推廣9.1模型的評價 9.1.1模型的優(yōu)點(diǎn) (1)本文建模思想易于理解，模型操作性強(qiáng)。 (2)將每個零件的平均損失費(fèi)用作為目標(biāo)函數(shù)，建立了評估體系，既有利于求出模型的最優(yōu)解，又比較符合實(shí)際生產(chǎn)中企業(yè)取舍方案的標(biāo)準(zhǔn)。 （3）將所求的目標(biāo)函數(shù)分解為幾大部分，條理清晰。 （4）對某一個刀具的壽命的概率近似用概率密度函數(shù)表示，減小了計算的復(fù)雜度。 9.1.2模型的缺點(diǎn) (1)沒有對和的范圍作估計，導(dǎo)致和將因范圍的擴(kuò)大而遞增。(2)數(shù)據(jù)

23、處理得不夠精確，未用泊松分布而是利用的正態(tài)分布擬合已知數(shù)據(jù)，存在一定的誤差。(3)把其它原因引起的5%的故障沒有考慮在內(nèi)，計算結(jié)果的概率有誤差。(4)用概率密度函數(shù)近似代替概率也存在一些誤差。9.2模型的改進(jìn)對于問題二，由于工序正常時產(chǎn)出的零件仍有2%為不合格品，而工序故障時產(chǎn)生的零件有40%為合格品，這樣工作人員在通過定期檢查單個零件來確定工序是否出現(xiàn)故障的檢查方式必然會導(dǎo)致兩種誤判：（1）正常工序時因檢查到不合格品而誤認(rèn)為出現(xiàn)故障；（2）工序發(fā)生故障后檢查到的仍是合格品而認(rèn)為工序正常。這兩種情況都將造成很大損失，我們建議采取不等間距的檢查方式，分為以下幾種情況： (1)連續(xù)兩次檢查都為正品

24、時，我們認(rèn)為工序正常，繼續(xù)生產(chǎn)。 (2)連續(xù)兩次檢查都為次品時，我們認(rèn)為工序發(fā)生故障，進(jìn)行維修使其恢復(fù)正常后再生產(chǎn)。 (3)連續(xù)兩次檢查中，一次為正品，另一次為次品時，繼續(xù)第三次檢查，再進(jìn)行判斷。 這樣雖然會相應(yīng)的增加檢查費(fèi)用，但大大降低了因誤檢而造成的損失，從而使系統(tǒng)工序獲得更高的效益。9.3模型的推廣 本文建立的模型針對的是單道工序加工單一零件的問題，但可以擴(kuò)展到多道工序和多個零件的復(fù)雜車床管理系統(tǒng)。在多道工序中，我們可以通過統(tǒng)計分析各道工序發(fā)生故障的概率，有效的控制故障發(fā)生的次數(shù)，并把多個零件看做一個整體，綜合利用以上模型求出最優(yōu)的檢查間隔和換刀間隔。10.參考文獻(xiàn)1盛驟，概率論與數(shù)理統(tǒng)

25、計( 第二版)，浙江大學(xué)， 高等教育出版社。2韓中庚，數(shù)學(xué)建模方法及其應(yīng)用（第二版），高等教育出版社，2009年。3曹弋，matlab教程及實(shí)訓(xùn)，機(jī)械工業(yè)出版社，2008年。11.附錄11.1對于問題一用matlab編程：clear,clcmin=10000for b=200:400 for a=10:30; p2=0; i=1:b; p1=normcdf(b,600,196.6291); p3=sum(normpdf(i,600,196.6291).*(i-1),2); m=1:b; p2=sum( (200.*(a.*(floor(m./a)+1)-m)+3000+10*(floor(m./a)+1).*normpdf(m,600,196.6291) ); minp=(1000+floor(b/a)*10)*(1-p1)+p2)/(p3+(1-p1)*b); if minp<min min=minp