Bài tập môn mô hình toán ứng dụng và hướng dẫn trả lời

25
BÀI TẬP MÔ HÌNH TOÁN ỨNG DỤNG
1. Đề bài: Bài 10 (chương II).
Một cửa hàng bảo hành xe máy Honda có 5 công nhân phục vụ và 1 diện tích
để có m xe chờ. Dòng xe có nhu cầu bảo hành giả thiết là dòng tối giản bới trung
bình 4 xe/giờ. Thời gian trung bình bảo trì xong 1 xe của 1 công nhân mất 1 giờ,
mỗi công nhân bảo hành 1 xe
Hãy phân tích các chỉ tiêu sau theo m :
- Xác suất phục vụ
- Số công nhân bận trung bình
- Số xe chờ trung bình và thời gian chờ trung bình
2. Phân tích
Ta thấy đây là hệ thống chờ với độ dài hàng chờ hạn chế và thời gian chờ
không hạn chế. Dòng xe có nhu cầu bảo hành giả thiết là dòng tối giản tức là thỏa
mãn các điều kiện dừng, không hậu quả và đơn nhất như vậy số yêu cầu đến hệ
thống phân phối theo quy luật Possion do đó ta có thể đánh giá được các tính chất
của dòng yêu cầu này.
Mô tả hệ thống.
Đây là một hệ thống phục vụ công cộng có n = 5 kênh phục vụ (5 công nhân),
năng suất các kênh bằng nhau bằng μ = 1 xe/giờ, dòng yêu cầu đến hệ thống là
dòng Possion dừng mật độ λ = 4 xe/giờ. Dòng yêu cầu đến là dòng Possion dừng,
thời gian phục vụ một yêu cầu của kênh tuân theo quy luật chỉ số. Một yêu cầu đến
hệ thống gặp lúc có ít nhất một kênh rỗi thì được nhận phục vụ cho đến thỏa mãn
tại một trong các kênh rỗi đó. Ngược lại nếu tất cả các kênh bận thì xếp hàng chờ,
số yêu cầu chờ tối đa là m. Trường hợp đã có m yêu cầu chờ, một yêu cầu đến hệ
thống sẽ bị từ chối. Từ đó ta xác định được các chỉ tiêu phân tích hệ thống.
Các chỉ tiêu đánh giá hoạt động của hệ thống.
Ta có:
α = λ/µ = 4/1 = 4
x = α/n = 4/5 = 0.8 ≠ 1
25

1. Xác suất phục vụ.
Khi yêu cầu đến hệ thống mà có ít nhất một kênh rỗi thì sẽ được phục vụ ngay
mà không phải chờ. Khi yêu cầu đến hệ thống có n kênh bận và yêu cầu chờ s < m
thì yêu cầu đến hệ thống sẽ được phục vụ nhưng phải chờ. Do đó để tính xác suất
phục vụ ta có 2 trường hợp sau.
a. Trường hợp 1: Xác suất phục vụ ngay.
P
opv
=1- P
tc
- P
c
.
Với
P P
n
x P
tc n m
n
m
= =
+
α
!
0
Khi x ≠ 1 P
tc
=
+
−

−
P n
R n P n x
x
x
x
m
m
( , )
( , ) ( , )
( )
α
α α
1
1

P P
n
x P
c n s
n
s
s
m
s
m
= =
+
=
−

=
−
∑∑
α
!
0
1
0
1
0
Khi x ≠ 1 P
c
=
+
−
−
−
−
P n
R n P n x
x
x
x
x
m
m
( , )
( , ) ( , )
( )
( )

( )
α
α α
1
1
1
1

Ta có:
P
opv
= 1 -
m
m
x
x
x
xnPnR
nP
−
−
+
1
)1(
),(),(
),(
αα
α
-
)1(

)1(
1
)1(
),(),(
),(
x
x
x
x
xnPnR
nP
m
m
−
−
−
−
+
αα
α
Ta có mệnh đề: Với hệ chờ với thời gian chờ không hạn chế; khi số chờ tăng thì
xác suất từ chối một yêu cầu giảm.
P
tc
=
+
−
−
P n
R n P n x

x
x
x
m
m
( , )
( , ) ( , )
( )
α
α α
1
1
25
2
]
1
)1(
),(),([
ln)(
1
),((),()
1
)1(
),(),((ln),(
x
xx
nPnR
xx
x
x

nPxnP
x
xx
nPnRxnPx
m
P
m
mm
m
m
tc
−
−
+
−
−
−
−
−
+
=
∂
∂
αα
ααααα
Ta có
m
P
tc
∂

∂
< 0 nên P
tc
là hàm giảm theo m.
Xét P
c
)1(
)1(
1
)1(
),(),(
),(
x
x
x
x
xnPnR
nP
m
m
−
−
−
−
+
=
αα
α
=
B

A

Ta có
m
P
c
∂
∂
=
MSm
TSm
TS
m
=
]
1
)1(
),(),()[(
)1(
),(
x
xx
nPnRxmLn
x
nP
m
−
−
+
−

−
αα
α
+
x
xx
nP
m
−
−
1
)1(
),(
α
x
x
nP
−1
),(
α
)(xmLn
=
),()(
)1(
),(
nRxmLn
x
nP
α
α

−
−
>0 Mọi m
MS
m
=
2
A
Vậy

khi m tăng P
c
cũng tăng
Ta có
1
1
)1(
<
−
−
=
m
m
tc
x
xx
Pc
P
. Suy ra tốc độ giảm của P
tc

nhỏ hơn tốc độ tăng của P
c
.
Do đó P
opv
là hàm giảm theo m.
Vậy nếu diện tích xe chờ là m tăng thì P
opv
sẽ giảm.
b, Trường hợp 2: Xác suất phục vụ nhưng phải chờ.
P
pv
= 1 – P
tc
Mà theo trường hợp 1, P
tc
là hàm giảm theo m. Nên P
pv
là hàm tăng theo m. Tức là
khi m tăng thì P
pv
sẽ tăng.
2. Số công nhân bận trung bình.
Ta có:
∑ ∑∑ ∑
= =
+
= =
+
+=+=

n
k
m
s
snk
n
k
m
s
snk
b
PnkPPnkPN
1 10 1
25
Khi x ≠ 1
b
N
)1(
1
),(),(
)1(
1
),()1,(
m
m
x
x
x
nPnR
x

x
x
nnPnR
−
−
+
−
−
+−
=
αα
ααα
)
1
(
!!
)
1
1
(
!!
0
1
−
+
−
−
+
=
∑

∑
=
=
x
x
nk
x
x
n
n
k
k
N
n
n
k
k
mn
n
k
k
b
αα
αα

m
m
b
N







−






−
=
5
4
67,4277
5
4
3,213308
Tao có
m
N
b
∂
∂
2
5
4
67,4277

5
4
84,21770














−






−
=
m
m
mm
>0 Mọi m

Vậy
b
N
là hàm tăng theo m có nghĩa là khi m tăng thì
b
N
tăng
3. Số xe chờ trung bình.
Khi x ≠ 1
Trong đó:
x
x
x
sxxsx
m
s
s
m
s
s
m
s
s
∂
∂
∑
∑∑
−
=
=

−
=
=
=
1
0
1
1
0

=
x
x
m x mx
m m
( )
[( ) ]
1
1 1
2
1
−
− − +
−
Như vậy:
25
x
x
xnPnR
mxxm

x
x
nP
M
m
mm
c
−
−
+
+−−
−
=
−
1
1
),(),(
]1)1[(
)1(
),(
1
2
αα
α
Ta có:
m
M
c
∂
∂

> 0 nên số xe chờ trung bình là hàm tăng theo m. Nên nếu m tăng thì
số xe chờ trung bình sẽ tăng.
4. Thời gian chờ trung bình.
Khi x≠1:
=
c
T
sn
m
s
P
n
s
+
=
∑
0
µ
µ
n
Mc
T
c
=
=
x
x
xnPnR
mxxm
x

x
nP
n
m
mm
−
−
+
+−−
−
−
1
1
),(),(
]1)1[(
)1(
),(
1
1
2
αα
α
µ
Ta có:
µ
n
Mc
T
c
=

mà nên thời gian chờ trung bình của một yêu cầu là hàm tăng
theo m. Vậy nếu m tăng thì
c
T
tăng
Kết luận:
Sau khi phân tích đánh giá các chỉ tiêu ta thấy hệ thống chờ với độ dài hàng chờ
hạn chế và thời gian chờ không hạn chế phụ thuộc vào m (số yêu cầu chờ tối đa).
Nếu diện tích chờ tăng thì xác suất phục vụ, số công nhân bận trung bình, số xe
chờ trung bình và thời gian chờ trung bình đều tăng. Đây là một số chỉ tiêu cơ bản
để đánh giá hoạt động của hệ thống, trong các bài toán thực tế khi tăng số chỗ chờ
m thì phát sinh một số chi phí nào đó như một hàm tăng của m. Vì vậy có chỉ khác
đánh giá hoạt động của hệ thống như hàm tổng chi phí, hàm tổn thất v.v.
Bài 16/129. Một phòng kiểm tra chất lượng sản phẩm tự động có 2 máy, năng suất
như nhau là 24 sản phẩm/phút. Dòng sản phẩm từ dây chuyền đi đến phòng kiểm
25
tra là dòng phân phối Poisson dừng trung bình 36 sản phẩm/phút. Người ta dự
định bố trí theo 1 trong 2 phương án sau:
- Phương án 1: để 2 máy chạy song song, làm việc độc lập như một hệ
Eclang 2 kênh. Sản phẩm sẽ vào kho mà không kiểm tra khi cả 2 máy bận.
- Phương án 2: để 2 máy liên tiếp, máy 1 bận thì sản phẩm chuyển sang máy
2, nếu máy 2 cũng bận thì sản phẩm vào kho không kiểm tra.
Nên chọn phương án nào để tỷ lệ sản phẩm vào kho không kiểm tra nhỏ hơn.
BÀI LÀM
Phương án I.
Hai máy mắc song song làm việc như một Eclang 2 kênh, sản phẩm sẽ vào kho
mà không kiểm tra khi cả 2 máy bận nên đây là một hệ thống phục vụ công cộng
Eclang với:
n = 2 kênh
μ = 24 sản phẩm/phút

λ = 36 sản phẩm/phút.

5,1
24
36
===
µ
λ
α
Ta có sơ đồ trạng thái sau.
Hệ phương trình và các xác suất trạng thái là:
X
0
(t) X
2
(t)X
1
(t)
λ
λ
μ 2μ
0 = -λP
0
+ μP
1
0 = -λP
1
– μP
1
+ λP

0
+ 2μP
2
0 = -μP
2
+ λP
1
25
Mà:
1
2
0
=
∑
=k
k
P
Từ đó ta có:
 Xác suất hệ thống có 2 kênh rỗi là:
29
8
!2
5,1
!1
5,1
!0
5,1
1
!
1

210
2
0
0
=
++
==
∑
=k
k
k
P
α
 Xác suất hệ thống có 2 kênh bận (hay xác suất yêu cầu đến hệ thống bị
từ chối) là:
310345,0
29
8
!2
5,1
!2
2
0
2
2
≈×=×== PPP
tc
α
Phương án II.
Hai máy liên tiếp, nếu máy 1 bận thì sản phẩm chuyển sang máy 2, nếu máy 2

cũng bận thì sản phẩm chuyển vào kho không kiểm tra. Như vậy đây là hệ thống
Eclang nối tiếp.
Ta có sơ đồ trạng thái sau:
Ta có tỷ lệ yêu cầu bị từ chối ở hệ thống thứ nhất là:
Tuyến 1
Tuyến 2
∑
=
=
2
0
0
!
1
k
k
k
P
α
0
2
2
!2
PP ×=
α
25

)1(
!1
)1(

0
1
PP
tc
×=
α
, với
λλ
µ
λ
α
==
1
1
1
1
,
Có
4,0
!1
5,1
!0
5,1
1
!
1
)1(
10
1
0

1
0
=
+
==
∑
=k
k
k
P
α

6,04,0
!1
5,1
)1(
=×=
tc
P
Dòng yêu cầu đến hệ thống 2 có mật độ:
λ
2
= P
tc
(1) x λ
1
= 0,6 x 36 =21,6
Tương tự hệ thống 1.

)2(

!1
)2(
0
2
PP
tc
×=
α
, với
9,0
24
6,21
2
2
2
===
µ
λ
α
Có
19
10
!1
9,0
!0
9,0
1
!
1
)2(

10
1
0
2
0
=
+
==
∑
=k
k
k
P
α

473684,0
19
9
19
10
!1
9,0
)2( ≈=×=
tc
P
 Tỷ lệ yêu cầu bị từ chối:
P
tc
(1,2) = P
tc

(1) x P
tc
(2) = 0,6 x
19
9
≈
0,284211
Do P
tc
(PA II) = P
tc
(1,2) = 0,284211 < P
tc
(PA I) = P
tc
(1) = 0,310345
vì vậy để tỷ lệ sản phẩm vào kho không kiểm tra là nhỏ nhất ta chọn phương án 2.
Bài 14 chương 2.
Tóm tắt bài toán: n = 4, µ = 3, λ = 10.
1. Tính các chỉ tiêu đánh giá hoạt động của trung tâm.
2. Người ta muốn nâng tỉ lệ bản tin đến trung tâm được xử lý và dự định 2
phương án có tốn phí như sau:
Phương án 1: n = 7, µ = 3, λ = 10.
Phương án 2: n = 4, µ = 6, λ = 10.
Bài làm
Bài toán trên là bài toán hệ thống phuc vụ công cộng Eclang có:
Số kênh phục vụ n= 4.
25
Năng suất các kênh bằng nhau và µ = 3.
Dòng yêu cầu đến hệ thống là dòng Poisson dừng mật độ λ = 10.

Thời gian phục vụ một yêu cầu của kênh tuân theo quy luật chỉ số.
1. Tính các chỉ tiêu đánh giá hoạt động của trung tâm.
+ XS hệ thống có n kênh rỗi.
P
r
= P
0
= P (α, 0)/ R (α, n)
Với α = λ/ µ = 10/3 = 3,3
Thay vào công thức trên và tra bảng ta được: P
0
= P (3.3, 0)/ R (3.3, 4) =
0.0369/0.7626 = 0.0484
+ XS hệ thống n kênh bận.
P
n
= α
n
*
P
0
/n! = P (α, n)/ R (α, n) = 0.1823/0.7626 = 0.2391
+ XS phục vụ.
P
pv
= 1 – P
tc
= 1 – P
n
= 1- 0.2391= 0.7609

+ Số kênh bận trung bình.
N¯
b
= α*P
pv
= 3.3*0.7609 = 2.5110
+ Số kênh rỗi trung bình
N¯
r
= n - N¯
b
= 4- 2.5110 = 1.4890
+ Hệ số bận.
H
b
= N¯
b
/n = 2.5110/4 = 0.6277
2. Ta tính XS phục vụ của từng phương án. Phương án nào có XS phục vụ
lớn hơn thì ta chọn phương án đó.
Phương án 1: n = 7, µ = 3, λ = 10
+ XS hệ thống có n kênh rỗi.
P
r
= P
0
= P (α, 0)/ R (α, n)
Với α = λ/ µ = 10/3 = 3.3
Thay vào công thức trên và tra bảng ta được: P
0

= P (3.3, 0)/ R (3.3, 7) =
0.0369/ 0.9802 = 0.0376
+ XS hệ thống n kênh bận.
P
n
= α
n
*
P
0
/n! = P (α, n)/ R (α, n) = 0.0312/ 0.9802 = 0.0318
+ XS phục vụ.
P
pv
= 1 – P
tc
= 1 – P
n
= 1- 0.0318 = 0.9682
Phương án 2: n = 4, µ = 6, λ = 10.
+ XS hệ thống có n kênh rỗi.
P
r
= P
0
= P (α, 0)/ R (α, n)
Với α = λ/ µ = 10/6 = 1.66
25
Thay vào công thức trên và tra bảng ta được: P
0

= P (1.66, 0)/ R (1.66, 4) =
0.192/ 0.9735 = 0.1972
+ XS hệ thống n kênh bận.
P
n
= α
n
*
P
0
/n! = P (α, n)/ R (α, n) = 0.0593/ 0.9735 = 0.0609
+ XS phục vụ.
P
pv
= 1 – P
tc
= 1 – P
n
= 1- 0.0609 = 0.9391
So sánh XS phục vụ của 2 phương án trên, P
pv
của phương án nào có XS lớn
hơn thì sẽ được chọn.
Phương án 1: P
pv1
= 0.9682
Phương án 2: P
pv2
= 0.9391
Vậy ta chọn theo phương án 1.

Chạy bài toán trên bằng MH4 ta thu được kết quả sau:
Phấn1:
SO LIEU

So kenh phuc vu n = 4
Nang suat mot kenh phuc vu w = 3.00
Mat do dong yeu cau y = 10.00
P[0]=0.0472 P[1]=0.1572 P[2]=0.2620 P[3]=0.2911
P[4]=0.2426
MOT SO CHI TIEU DNH GIA HE THONG
1-Xac suat he thong co 4 kenh roi P(0)=0.0472
2-Xac suat he thong co 4 kenh ban
hay xac suat mot yeu cau bi tu choi P(tc)=0.2426
3-So yeu cau duoc phuc vu trung binh Npv= 7.574
4-So kenh ban trung binh Nb= 2.525
5-He so kenh ban Hb= 0.631
Phần 2b.
SO LIEU

So kenh phuc vu n = 7
Nang suat mot kenh phuc vu w = 3.00
Mat do dong yeu cau y = 10.00
P[0]=0.0364 P[1]=0.1214 P[2]=0.2024 P[3]=0.2249
P[4]=0.1874 P[5]=0.1249 P[6]=0.0694 P[7]=0.0331
MOT SO CHI TIEU DNH GIA HE THONG
1-Xac suat he thong co 7 kenh roi P(0)=0.0364
2-Xac suat he thong co 7 kenh ban
hay xac suat mot yeu cau bi tu choi P(tc)=0.0331
3-So yeu cau duoc phuc vu trung binh Npv= 9.669
25

4-So kenh ban trung binh Nb= 3.223
5-He so kenh ban Hb= 0.460
Phần 2c.
SO LIEU
So kenh phuc vu n = 4
Nang suat mot kenh phuc vu w = 6.00
Mat do dong yeu cau y = 10.00
P[0]=0.1942 P[1]=0.3237 P[2]=0.2698 P[3]=0.1499
P[4]=0.0624
MOT SO CHI TIEU DNH GIA HE THONG
1-Xac suat he thong co 4 kenh roi P(0)=0.1942
2-Xac suat he thong co 4 kenh ban
hay xac suat mot yeu cau bi tu choi P(tc)=0.0624
3-So yeu cau duoc phuc vu trung binh Npv= 9.376
4-So kenh ban trung binh Nb= 1.563
5-He so kenh ban Hb= 0.391
So sánh XS phục vụ của 2 phương án trên, P
pv
của phương án nào có XS lớn
hơn thì sẽ được chọn.
Phương án 1: P
pv1
= 1 - P
tc1
= 1 – 0,0331 = 0,9669
Phương án 2: P
pv2
= 1 - P
tc2
= 1 – 0,0624 = 0,9376

P
pv1
lớn hơn P
pv2
nên ta sẽ chọn theo phương án thứ1.
Bài tập 7, chương 2:
Một cửa hàng phục vụ rửa xe có 2 dây phục vụ, trung bình mỗi dây phục vụ một
xe hết 30 phút. Dòng xe yêu cầuphcuj vụ là dòng Poisson dừng với cường độ
4xe/giờ. Nguên tắc hoạt động của cửa hàng là nguyên tắc của hệ thống từ chối và
mỗi ngày làm việc 10h.
a. Tính số xe được phục vụ trong ngày.
b. Muốn tỷ lệ xe không được phục vụ ít hơn 20% thì cần bao nhiêu dây
phục vụ với năng suất như trên? Với số dây tối thiểu đó mỗi ngày của
hàng thu được số tiền lãi trung bình là bao nhiêu? Biết chi phí phục vụ
một xe là 150000 đồng/xe, chi phí cho một ngày là 100000 đồng và nếu
mỗi dây sản xuất rỗi sẽ gây thiệt hại là 40000 đồng/ngày.
c. Giải câu b trong trường hợp số chỗ chờ là m=6.
PHÂN TÍCH VÀ GIẢI BÀI TOÁN:
1. Phân tích bài toán:
Theo bài ta có:
Một cửa hàng có 2 dây phục vụ : n =2
Trung bình mỗi dây phục vụ xong 1 xe mất 30 phút =>năng suất phục vụ trung
bình trong 1 giờ là: µ = 1/0.5= 2
25
Dòng xe yêu cầu là dòng poisson dừng với cường độ 4 xe/ giờ :
λ
=4
Nguyên tắc phục vụ của cửa hàng là nguyên tắc của hệ từ chối ( hệ thống eclăng)
mỗi ngày làm việc 10 giờ.
Đây là bài toán Eclang với số chỗ chờ là 0. Để giải bài toán này ta có thể

dung MH4, gam hay pom… sau đây chúng tôi xin giới thiệu giải bài toán bằng
phần mền MH4.
2. Giải bài toán:
a. Tính số xe được phục vụ trong ngày:
Số kênh phục vụ: n = 2
Năng suất một kênh:
2
=
µ
Mật độ dòng vào:
4
=
λ

⇒

α
=
µ
λ
=
2
4
= 2
Ta tính được một số chỉ tiêu đánh giá hệ thống như sau:
Xác suất hệ thống có n kênh rảnh rỗi là:
P
r
= P
o

= P(
α
,0)/R(
α
,n) = P(2,0)/R(2,2) = 0.1353/0.6767 = 0.2
Xác suất hệ thống có n kênh bận (hay xs yêu cầu đến hệ thống bị từ chối P
tc
)
P
tc
= P
n
=
!n
n
α
.P
o
= P(
α
,n)/R(
α
,n) = 0.2707/0.6767 = 0.4
Xác suất được phục vụ là:
P
pv
= 1- P
tc
= 1- P
n

=1- 0.4 = 0.6
Số yêu cầu được phục vụ trung bình trong 1 giờ là:
0.6 *4 = 2.4 (xe/giờ)
Bằng phần mền MH4 ta thu được kết quả như sau :
=> Số xe được phục vụ trung bình trong ngày = số yêu cầu phục vụ trung bình *
thời gian hoạt động trong ngày của cửa hàng = 2.4 *10 =24 xe.
b. Tính lợi nhuận vói mức tỉ lệ xe không được phục vụ < 20%
Số kênh phục vụ: n = 2
Năng suất một kênh:
2
=
µ
25
Mật độ dòng vào:
4
=
λ

⇒

α
=
µ
λ
=
2
4
= 2
Theo câu a ta đã tính được P
tc

= 0.4 > 0.2 mà theo đề bài muốn tỷ lệ xe
không được phục vụ ít hơn 20% hay P
tc
< 0.2 thì ta phải tăng số dây phục vụ lên.
Áp dụng công thức: P
tc
= P
n
=
!n
n
α
.P
o
= P(
α
,n)/R(
α
,n)
Ta có bảng sau là các giá trị Ptc tương ứng với số dây n:
N 2 3 4 5
P
tc
0.4 0.21048 0.0952 0.0367
Nhìn vào bảng trên ta thấy từ giá trị n=4 thì P
tc
< 0.2.
Vậy với số dây tối thiểu n=4 thì tỷ lệ xe không được phục vụ ít hơn 20%.
Với n=4 ta tính được các chỉ tiêu đánh giá hệ thống sau:
Xác suất hệ thống có 4 kênh rỗi: P

r
P
r
=P
o
=P(α,0)/R(α,n)=P(2,0)/R(2,4)=0.1353/0.9473= 0.1428.
Xác suất hệ thống có 4 kênh bận (hay xác suất 1 yêu cầu đến hệ thống bị từ chối
Ptc)
P
tc
=P
n
=P(α,n)/R(α,n)=P(2,4)/R(2,4)=0.0902/0.9473=0.0952.
Xác suất phục vụ (xác suất 1 yêu cầu đến hệ thống được nhận phục vụ) là :
P
pv
=1 –P
tc
=1-0.0952=0.9048.
Số kênh bận trung bình ( hay số yêu cầu trung bình có trong hệ thống) là :
N
b
=α(1-P
n
) =α*P
pv
=2*0.9048=1.8096.
Số yêu cầu được phục vụ trung bình trong 1 giờ là :
N
b

*2=1.8096*2=3.6192.
Số xe được phục vụ trong ngày là :
X =3.6192*10=36.192=36 (xe)
Số kênh rỗi trung bình :
N
r
=n-N
b
=4-1.8096=2.1904.
Hệ số bận : H
b
=N
b
/n=1.8096/4=0.4524.
Hệ số rỗi : H
r
=N
r
/n=2.1904/4=0.5476.
Theo MH4 ta có bảng tính toán các chi tiêu đánh giá sau :
25
* Tính số tiền lãi trung bình mà cửa hàng thu được trong 1 ngày là :
Theo bài toán ta có :
Mỗi xe được phục vụ mang lại ích lợi là C
pv
= 15000 đồng/xe
Mỗi dây rỗi sẽ gây lãng phí là C
kr
= 40000 đồng/ngày
Chi phí cho một ngày là C = 100000 đồng/ngày

Thời gian phục vụ trong ngày la T = 10 giờ/ngày
Số xe phục vụ trong một TB là X = 36 xe/ ngày
Ta có công thức tính hiệu quả chung như sau :
⇒
F=10*4*0.904 8*15000-
2.1904*40000-100000 = 355264(đồng/ngày).
c. Giải bài toán trên khi thêm vào yếu tố chờ:
Đây là bài toán phục vụ công công chờ thuần nhất:
Số kênh phục vụ: n = 2
Năng suất một kênh:
2
=
µ
Mật độ dòng vào:
4
=
λ
Số chỗ chờ tối đa:
6
=
m

α
=
µ
λ
=
2
4
= 2

Ta thấy x =
α
/n = 2/2 = 1
Khi x= 1 thì :
P
0
=
mnPnR
P
),(),(
)0,(
αα
α
+
=
6*)2,2()2,2(
)0,2(
PR
P
+
=
6*2707.06767.0
1353.0
+
= 0.0588
P
tc
= P
n+m
=

n
n
x
n!
α
P
0
=
2
2
1
!2
2
*0.0588 = 0.1176 < 0.2
Bây giờ ta xét n=1: khi đó x =
α
/n = 2/1 = 2 (
≠
1)
F = T*λ*P
pv
*C
pv
- N
r
*C
kr
- C
25
P

tc
=
m
m
x
x
x
xnPnR
nP
−
−
+
1
1
),(),(
),(
αα
α
=
6
6
2
21
21
*2*)1,2()1,2(
)1,2(
−
−
+ PR
P

= 0.4885
Ta có bảng sau là các giá trị Ptc tương ứng với số dây n:
Khi đó ta thấy n=2 thì P
tc
< 0.2, có nghĩa là với số kênh tối thiểu là 2 thì tỷ lệ xe bị
từ chối không quá 20%.
* Khi đó ta có các chỉ tiêu đánh giá hệ thống bằng phần mền MH4 như sau:
* Tính số tiền lãi trung bình mà cửa hàng thu được trong 1 ngày là :
Theo bài toán ta có :
Mỗi xe được phục vụ mang lại ích lợi là C
pv
= 15000 đồng/xe
Mỗi dây rỗi sẽ gây lãng phí là C
kr
= 40000 đồng/ngày
Chi phí cho một ngày là C = 100000 đồng/ngày
Thời gian phục vụ trong ngày la T = 10 giờ/ngày
Ta có công thức tính hiệu quả chung như sau :
F = T*λ*P
pv
*C
pv
- N
r
*C
kr
- C
⇒
F = T*λ*(1 – P
tc

)*C
pv
– (n – N
b
)*C
kr
– C =
⇒
F = 10*4*(1- 0.1176)*15000 – (4 – 1.76)*40000 – 100000 = 339840
Vậy lợi nhuận trung bình của cửa hàng là : 339840 đồng/ngày
Bài tập 2 Chương 3
Một cửa hàng kinh doanh một mặt hàng điện tử, nhu cầu về mặt hàng này
trong khu vực là 40000 đơn vị/năm. Giá mua mỗi đơn vị là 14$, chi phí bảo quản
mỗi đơn vị tính tỷ lệ với giá mua theo hệ số 0,05. Chi phí cho mỗi lần liên hệ và
N 1 2
P
tc
0.4885 0.1176
25
hợp đồng mua hàng là 120$, Thời gian từ lúc bắt đầu làm hợp đồng mua đến khi
có hàng về để bán là 2 tháng.
a) Tính lượng hàng đặt mỗi lần sao cho tổng chi phí bé nhất; xác định thời
gian mỗi chu kỳ mua và tiêu thụ hàng; mức hàng còn lại trong kho vào thời
điểm cần tiến hành làm thủ tục mua hàng cho chu kỳ sau?
b) Vẽ đồ thị minh họa và dựa vào đồ thị mô tả hành vi hợp lý của cửa hàng
khi có hạ giá cho lô hàng lớn hơn hoặc bằng S
0
?
c) Giả sử S
0

được chọn trong câu b, nhưng kho của cửa hàng không cho phép
mở rộng hơn mức tối ưu ở câu a, việc thuê kho là tăng chi phí kho với hệ
số k= 0,2 thì nên hiệu chỉnh lượng hàng đặt như thế nào?
Bài làm
a) Ta giải bài toán nhờ mô hình Wilson ( mô hình dự trữ tiêu thụ đều, bổ sung
tức thời). Theo bài ta có:
Tổng nhu cầu Q = 40000
Chi phí đặt hàng mỗi lần A = 120$
Hệ số chi phí dự trữ I = 0,05
Đơn giá C = 14$
Thời gian đặt hàng T = 2 tháng =60 ngày =0,16438 năm
- Gọi q* là lượng hàng đặt tối ưu mỗi lần để tổng chi phí bé nhất
Ta có công thức xác định q* như sau:

q
AQ
IC
* =
2
28,3703
14*05,0
40000*120*2
==
(đơn vị)
- Tổng chi phí bé nhất là: F(q*) = 562592,296 $
- Xác định thời gian mỗi chu kỳ mua và tiêu thụ hàng t*
Số lần đặt hàng n*
8,10
28,3703
40000

*
===
q
Q
Vậy thời gian mỗi chu kỳ t*
0926,0
8,10
1
*
1
===
n
(năm) = 33,8 (ngày)
- Xác định mức hàng còn lại trong kho vào thời điểm cần tiến hành làm thủ
tục mua hàng cho kỳ sau. Đây thực chất là xác định thời điểm đặt hàng.
B* = Q [T
0
- t*.int(T
0
/ t*)]
mà int(T
0
/ t*) = int (0,16438/0,0926) = int(1,775) = 1 năm
Vậy B* = 40000[0,16438 – 0,0926*1] = 2871,2 (đơn vị)
b) Giả sử lấy mức khối lượng mốc là S
0
và chủ hàng quy định nếu lô hàng
nào lớn hơn hoặc bằng S
0
thì giá hàng sẽ hạ

ε
( 0 <
ε
<1 )
Tức là : C’= C với q < S
0
C’= C(1-
ε
) với q
≥
S
0
⇒ q < S
0
: đường chi phí dự trữ sẽ không thay đổi
25
q
≥
S
0
: đường chi phí dự trữ sẽ dịch chuyển xuống dưới
Ta có 2 trường hợp sau:
 TH
1
: q*
≥
S
0
F(q)
CQ

q
IC
q
AQ
++=
2

min
⇒
D(q)
2
q
IC
q
AQ
+=
⇒ Đồ thị mô tả D(p) và lời giải của đồ thị như sau:
Nhìn trên đồ thị ta thấy q’* là lượng hàng đặt tối ưu mỗi lần và được tính
như sau:
q
q
'
*
*
=
−1
ε
 TH
2
: q* < S

0
Ta vẫn tính:
q
q
'
*
*
=
−1
ε

Và khi đó có 2 khả năng xảy ra như sau:
• KN
1
: q’* < S
0
⇒ Đồ thị mô tả D(q) và lời giải của đồ thị như sau:
Lượng hàng
S
q* q’*
0
q
AQ
2
'qIC
Chi
phí
25
Nhận xét: Với q < S
0

thì F(q)min = F(q*)
Với q
≥
S
0
thì F(q)min = F(S
0
)
⇒ Ta so sánh F(q*) và F(S
0
) từ đó tìm ra lượng hàng đặt tối ưu
mỗi lần.
• KN
2
: q’*
≥
S
0
⇒ Đồ thị mô tả D(q) và lời giải của đồ thị như sau:
q
AQ
2
'qIC
q* q’*
S
0
Lượng hàng
Chi
phí
25

⇒ q* là lượng hàng đặt tối ưu mỗi lần.
c) S
0
được chọn trong câu b, nhưng kho của cửa hàng không cho phép mở
rộng hơn mức tối ưu ở câu a. Như vậy ở đây q* đóng vai trò là dung lượng
kho cố định, và mỗi đơn vị hàng ở đầu chu kỳ dự trữ vượt quá q* phát sinh
một chi phí thuê kho với tỷ lệ k = 0,2.
 TH
1
: q*
≥
S
0
Theo câu b trường hợp này cửa hàng nhận được khuyến mãi. Đơn giá
của một đơn vị hàng lúc này là C’. Từ đây ta có thể lập hàm chi phí theo
lượng hàng đặt mỗi lần q như sau :
min'
2
*
')(
2
*
')(
⇒+
−
+++=
QC
qq
CkI
q

IC
q
AQ
qN
Lời giải tối ưu của bài toán này là:
')(
2
*
0
CkI
AQ
q
+
=
Khi đó ta thấy có 2 khả năng có thể xảy ra:
• KN
1
: q*
0
> q*

⇔
')(
2
CkI
AQ
+
>
IC
AQ2

⇔
(I+k)(1-
ε
)C < IC

⇔
0,25(1-
ε
) < 0,05

⇔
1-
ε
< 0,2

⇔

ε
< 0,8
q
AQ
2
'qIC
q* So
q’*
Chi
phí
Lượng hàng
0

25

→
Cửa hàng phải thuê thêm kho và lượng tối ưu là q*
0
• KN
2
: q*
0

≤
q*
⇔
ε

≤
0,8
→
Cửa hàng không phải thuê thêm kho
 TH
2
:q* < S
0
• KN
1
: q’* tính ở câu b nếu q’*
0
S≥
Xét
min'

2
*
')(
2
*
')(
⇒+
−
+++=
QC
qq
CkI
q
IC
q
AQ
qN
Làm tương tự trên
• KN
2
: q’* tính trên ở câu b nếu q*< q’* < S
0
Xét F(q*) và N(S
0
) ta có:

CQAQICqF += 2*)(

QC
qS

CkI
q
IC
S
AQ
SN '
2
*
')(
2
*
')(
0
0
0
+
−
+++=
Nếu F(q*) > N(S
0
)
→
S
0
là điểm tối ưu.
F(q*) < N(S
0
)
→
q* là điểm tối ưu.

F(q*) = N(S
0
)
→
Cả S
0
và q* đều là tối ưu.
• KN
3
: q’*
≤
q*
→
q* là tối ưu.
Bài 3, chương 3 : Nhu cầu một mặt hàng đồ điện dân dụng tại một thị xã do một
công ty thương mại cung ứng hàng năm là 30000 chiếc. Giá mua mỗi chiếc 4$, chi
phí dự trữ tính theo khối lượng hàng lưu kho mỗi chiếc 6$/năm. Chi phí cho mỗi
lần đặt hàng 50$. Việc tiêu thụ đều đặn và thời gian nhập hàng vào kho không
đáng kể.
a. Xác định lượng hàng dặt mỗi lần tốt nhất và điểm đặt hàng tương ứng
nếu thời gian đặt hàng là 3 tháng. Giá bán tối thiểu chấp nhận được là
bao nhiêu? Nếu thuế doanh thu mặt hàng này là 8%.
b. Giả sử cơ sở bán hàng muốn công ty mua với số lượng mỗi lô lớn hơn
mức tính được ở câu (a), cơ sở này dự định sẽ hạ giá hàng 10% cho lô
hàng tối thiểu là S chiếc, nhưng lại muốn công ty mua mỗi lô có số
lượng tối thiểu đó thì cần đặt S trong khoảng nào? Trong trường hợp đó
nếu công ty không mua mỗi lần lô hàng S thì phải chịu một chi phí cơ
hội là ?
II. BÀI GIẢI:
25

a. Tính lượng hàng tốt nhất , điểm đặt hàng tương ứng và giá bàn tối
thiểu:
Theo bài ra ta có:
Tổng nhu cầu mặt hàng: Q = 30000 chiếc
Chi phí đặt hàng : A = 50 $
Thời gian đặt hàng: T = 90 ngày tức là 0.2466 năm
Giá hàng: C = 4 $/chiếc
Hệ số chi phí dự trữ: I =
4
6
= 1.5
* Xác định lượng đặt hàng tốt nhất và điểm đặt hàng tương ứng:
Lượng hàng đặt mỗi lần tốt nhất là: q* =
IC
AQ2
=
4*5.1
30000*50*2
= 707.11(chiếc)
Số lần đặt hàng tối ưu: n* = Q/q* = 30000/707.11 = 42.43
Chu kỳ dự trữ, tiêu thụ t* = 1/n* = 1/ 42.43 = 0.0236 (năm) tức là: 9 ngày
Điểm đặt hàng tương ứng là:
B*=Q[T
0
-t* int(T
0
/t*)] = 30000*[ 0.2466 – 0.0236*int(02466/0.0236)]= 327
Tổng chi phí nhỏ nhất là:
N(q*) =
AQIC2

+ CQ =
4*5.1*30000*50*2
+ 4*30000 = 124242.6407$
Bằng MH4 ta có kết quả sau:
* Xác định giá bán tối thiểu:
Giá P có thể chấp nhận tối thiểu qua điều kiện
25
P*Q*(1- 0.08) – N(q*)
≥
0
⇔
P* 30000*0.92 - 124242.6407
≥
0
⇔
P
≥
4.5015
Vậy giá bán tối thiểu là: 4.5015 $
b.Xác định khoảng của S để công ty mua mỗi lần S chiếc, tính chi phí
cơ hội khi không mua mỗi lần lô hàng S đó:
Cơ sở bán hàng muốn công ty mua vơi số lượng mỗi lô lớn hơn mức tính ở
câu a : q*=707.11 chiếc
Cơ sở dự định sẽ hạ giá hàng 10% cho lô hàng tối thiếu S chiếc
Tức là đặt mốc giảm giá là : S
Công ty mua với số lượng q
≥
S thì giá hàng hạ :
C’ = C ( 1-
ε

) = 0.9C (
ε
= 0.1)
Cơ sở bán hàng muốn công ty mua mỗi lô là S (S>q*):
Trường hợp 1: Nếu S
ε
−
1

≤
q*
⇔
S
≤
ε
−
1
*q
=>công ty sẽ đặt hàng với khối lượng là:
q’*=
ε
−
1
*q
=
9.0
11.707
= 745.36 (chiếc)
 với 707.11 < S
≤

745.36 thì công ty sẽ đặt lượng hàng là:
q’*= S= 745.36(chiếc)
Trường hợp 2: Nếu S
ε
−
1
> q*
⇔
S >
ε
−
1
*q
=>cần so sánh F(q*) và F(S) để xác định lượng hàng tối ưu.
Vì cơ sở bán hàng muốn công ty đặt mua mỗi lô là S chiếc nên: F(S) < F(q*)
F(S)=AQ/S +IC’S/2 + C’Q
= 50*30000/S + 1.5*3.6*S/2 +3.6*30000
= 1500000/S +2.7*S + 108000
F(q*) = 124242.66 (đã tính ở câu a)
25
=> 1500000/S +2.7*S + 108000 < 124242.66
⇔
2.7*S
2
– 16242.66*S + 1500000 < 0
⇔
93.8 < S < 5921.99
Do S> q
*
 Với 745.36 < S < 5921.99 thì công ty sẽ đặt mua mỗi lô hàng đúng

bằng S.
Kết lu"n:
-Nếu cơ sở bán hàng muốn công ty mua mỗi lô có số lượng bằng S thì cần đặt S
trong khoảng :[745.36 ; 5921.99 )
- Nếu công ty không mua mỗi lần lô hàng S sẽ chịu chi phí cơ hội là:
F(q*)-F(S) =124242.66 – (1500000/S +2.7*S + 108000 )
= 16242.66 - (1500000/S +2.7*S ) (với S
∈
[745.36 ;5921.99 ))
Bài tập 4 chương 3:
Với các dữ kiện của mô hình Wilson
a-Hãy tìm biểu thức cho biết khi tăng tổng nhu cầu, chi phí mua hàng và chi phí
đặt hàng cùng mức 1% thì tổng chi phí nhỏ nhất tăng bao nhiêu phần trăm? .Nhận
xét gì về giá trị biểu thức này tại quy mô tối ưu , giải thích?
b-Giả sử hệ thống kho có sẵn với dung tích
0
M
, lớn hơn quy mô tối ưu trong mô
hình. Vì vậy ngoài chi phí dự trữ tính theo giá đã nêu trong mô hình , mỗi đơn vị
dung tích bỏ trống chịu thiệt hại là p. Hãy nêu cách giải thích có lợi nhất và minh
họa bằng 1 thí dụ cụ thể
Bài làm:
a -Với các dữ kiện của mô hình Wilson ta có
Nhu cầu 1 loại hàng trong thời kỳ T (T=1) là Q đơn vị
Chi phí mỗi lần đặt hàng là A
Giá mỗi đơn vị hàng là C
Hệ số chi phí dự trữ là I
Thời gian đặt hàng là
0
T

Tăng tổng nhu cầu, chi phí đặt hàng và chi phí mua hàng thêm 1% nghĩa là:
25

AA 01,1
1
=

QQ 01,1
1
=

CC 01,1
1
=
Ta có lượng hàng đặt tối ưu mỗi lần :
*
2
1
11
*
1
005,1
2
.01,1
01,1
01,1.2
2
q
IC
AQ

IC
AQ
IC
QA
q
====
Và tổng chi phí nhỏ nhất là :
F






q
*
1
= I
q
C
*
1
1
+
Q
C
1
1
= 1.01IC × 1.005
q

*
+
01.1
2
CQ
= 1.01505 IC
q
*
+ 1.0201CQ
Tổng chi phí nhỏ nhất khi chưa tăng là:
F(
q
*
) = IC
CQ
q
+
*
Tổng chi phí nhỏ nhất tăng là:
)(
)()(
*
**
1
q
qq
F
FF −
= =
CQIC

CQICCQIC
q
qq
+
−−+
*
**
0201.101505.1
=
CQIC
CQIC
q
q
+
+
*
*
0201.001505.0
=0.01505 +
CQIC
CQ
q
+
*
00505.0
Nhận xét: Qua mô hình và qua những phân tích ở trên ta thấy các yếu tố
A,C,Q cùng tăng lên 1% thì lượng tăng này dao động trong khoảng 1.5% đến2.1%
tùy thuộc vào các dữ kiện của A,I,C,Q trong thực tế.
Ý nghĩa kinh tế:
Khi tổng nhu cầu tăng (Q) vầ chi phí trong mỗi lần đặt hàng(A) tăng . Về mặt kinh

tế ta co thể tận dụng được những ưu thế được hưởng chiết khấu thương mại tiết
kiệm một cách tối ưu các chi phí vận chuyển, bốc dỡ. kho bãi nên người ta sẽ nhập
với 1 lượng hàng: q
2
>q*
1
do đó họ có thể giảm giá bán.
25
Nhưng do giá bán tăng theo mỗi đơn vị nhập về (giả thiết) nhưng do quy lụât cung
câù lại có tác dụng ngược lại với xu thế tăng của tổng nhu cầu là giá tăng suy ra
nhu cầu giảm xuống nên có thể đối mặt với ngừng trệ tiêu thụ kéo theo lượng hàng
vào cần nhập từ mức q
2
về mức q
1
* để thỏa mãn điều kiện tiêu thụ đều đặn và bổ
xung kịp thời.
Còn tổng chi phí nhỏ nhất dao động trong khoảng 1.5% =>2.1% đã được chứng
minh trong mô hình ta chỉ giải thích một số ý nghĩa kinh tế của nó.
Khi tổng nhu cầu Q tăng thì có thể nhập nhiều hàng hơn( có lợi về chiết khấu
thương mại).
b- Nếu kho có dung tích giới hạn
0
M
, ngoài chi phí dự trữ , mỗi đơn vị dung tích
bỏ trống chịu thiệt hại p.
Như vậy ta cần tìm lượng hàng đặt mỗi lần q thỏa mãn bài toán
MinqMnpCQ
q
IC

q
AQ
qF
==>−+++=
)(
2
)(
0
Điều kiện :
0
Mq
≤
Do
q
Q
n
=
ta có
pQCQ
q
IC
q
pMAQ
qF
−++
+
=
2
)(
)(

0
==>
IC
pMAQ
q
)(2
0
*
+
=
Có 2 trường hợp:
-TH1: Nếu
0
*
Mq
≤
==> lượng đặt hàng tối ưu là
*
q
chi phi