关于席位分配问题的进一步讨论

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一、 问题的提出

名额分配问题在日常生活中经常遇到，如各类代表大会名额的分配、学校学生代表大会名额的分配、学校评奖评优各学院各年级的名额分配……. （一） Hamilton方法

前面已经讨论过了美国的众议院名额分配问题，并且已经了解了著名的美国G.Washington时代的财政部长Alexander Hamilton于1790年提出的解决一会名额分配问题的一种方法，又称为最大分数法、最大剩余法、快速限额法、比例计算法等，从1851年到1910年美国国会一直使用的参议员名额分配方法就是Hamilton方法.

具体的操作过程简介:

(1) 先让各州取得份额的整数部分;

(2) 计算各州应分得名额数与实际取得份额数之差;

(3) 按照从大到小的顺序排列,将余下的席位依次分给各个相应的州.

Hamilton方法的评价:

Hamilton方法看来很合理,事实上也存在很大的缺陷,如著名的Alabama州悖论、人口悖论、新州悖论.

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（二） Huntington方法

针对上述悖论问题,20世纪20年代初哈弗大学数学家E.V. Huntington和Joseph Hill提出了另外一种名额分配方法.他的注意力主要集中到任意两个州之间的”局部”不平等量上,他的目标是在某种意义下使所有州中任意两个州之间的不平等量同时达到最小. 1941年Huntington提出的方法被称为相等比例法、几何平均法、主Huntington方法，成为美国众议院席位分配的又一种方法，至今沿用.

具体操作过程简介：

（1） 建立各州的相对不公平度； （2） 利用Q值法求出各州的Q值；

（3） 按每一次将名额分给Q最大的那个州，每分完一个名额，再

算一次新的Q值，再按此原则将名额一个一个地分配下去，直到名额分配完为止.

Huntington方法的评价

Huntington方法比Hamilton方法稍优越，事实上也比较合理，但也存在一定的缺陷, 例如

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很明显，上述例子中A州实际分得名额数小于按比例分配份额数的整数部分.

可见Huntington方法也不是很理想.

(三)上述两种方法都存在缺陷,那么能不能有一种比这两种方法更加理想的方法呢?

二、问题的分析

在数学上，名额分配问题一般可以描述为： 设众议院名额数为N，共有s个州， 各州的人口数分别为pi，i=1,2，…….,s,

问题是如何寻找一组整数n1,n2,…..,ns,使得n1+n2+…+ns=N,其中ni是第i个州所获得的议员名额数，并且尽可能地接近它应得的份额数qi N

p.

i 1

pi

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三、模型的假设

1、每个州的每个人都具有相同的选举权；

2、每个州至少应该分配到一个名额，如果某个州，一个名额也不应该分到的话，则应将其剔除在分配之外；

3、在名额分配的过程中，分配是稳定的，不受任何其他因素干扰. 4、参数假设： 众议院名额数为N， 共有s个州，

各州的人口数分别为pi，i =1,2，…….,s, 第i个州所获得的议员名额数ni，i =1,2，…….,s, 第i个州应获得的议员名额数qi，i=1,2，…….,s,

四、模型的建立

1、先让各个州取得份额的整数部分[qi];

2、验证[qi]>0是否成立？若不是，即 k 0,1,...,s ,st.qk 0，此时规定qk 1，这样就可使各州分得的份额数符合宪法规定“每个州至少应该分配到一个名额”.并且设新规定后每个州已得份额数为zi,i 1,2,...,s,这样就有zi 1,且 zi N;

i 1s

2、计算ri=qi-[qi]; 3、计算相对不公平度

设A、B两个州人口数分别为p1,p2，已得份额数为 n1,n2

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p1

1

p2

2

,A方吃亏，对A不公平

p1p2

A的不公平度 n1n2p1n1

rA(n1,n2) 1,A的不公平度

p2p2n2n2

p2

2

p1

1

,B方吃亏，对B不公平

p2p1

B的不公平度 n2n1p2n2

rB(n1,n2) 1,B的不公平度

p1p1n1n1

4、按照Huntington方法的做法

pi2

采用Q值法Qi ，将接下来一个席位给Q值较大的一方.

ni(ni 1)

5、将Q值法推广，对于s个州的情况，取其Q值最大的那个州，并且每次分下一个州的时候都要重新计算一次Q值，接着再按照这个原则进行下去，直到将名额分完为止。

五、模型证明

重新用数学语言来描述一下这个问题：现假设共有s个州，共

N个名额，第i个州所获得的议员名额数ni，i =1,2，…….,s,第i个州应获得的议员名额数为qi，i=1,2，…….,s,

qi N

pi

s

p

i 1

,N n1 n2 ... ns，建立函数f(n1,n2,...,ns)

(n

i 1

s

i

qi)2，要

i

******

,n2,...,ns)是f的最小值. 证明通过Q值法得到的n1使得f(n1,n2,...,ns

让ni 取到qi的整数部分[qi], i 1,2,...,s故0 (ni qi)2 1当

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ni qi即恰好分完时, f(n1,n2,...,ns) 0.下设qi不全是

整数,即0 f(n1,n2,...,ns) s.分配原则:每次将名额都分给Q值最

pi2

,i 1,2,....,s. 大的那个州,Qi

ni(ni 1)

2

f(x,x,...,x) (x q).x R iii,i 1,2,...,s显(1)先证明存在性.考虑12s

i 1s

然f是一个连续函数,当(x1,x2,...,xs) (q1,q2,...,qs)时,fmin=0 而对于f(n1,n2,...,ns)，有n1 n2 ... ns N.

[qi] 表示向 qi方向取整，[qi] 表示向 qi方向取整. 这样，

[qi] ni [qi] , i 1,2,...,s.

关于qi的取值情况有且仅有两种.也就是说f(n1,n2,...,ns)至多存在2s个正实值,并剔除那些n1 n2 ... ns N的情况,在剩余的这有限多个点中,必存在最小值点,记为f(n1,n2,...,ns).于是,我们知道,

fmin f(n1,n2,...,ns),n1 n2 ... ns N

(2)往证(n1,n2,...,ns) (n1,n2,...,ns).

***

(n1,n2,...,ns) (n1,n2,...,ns)反证法:假设f(n,n,...,n)不是最小值.即

***

*

1*2*s

***

s.t. f(n1,n2,...,ns) f(n1,n2,...,ns).

***,n4,...,ns),则不妨假设n n1,n n2,且(n3,n4,...,ns) (n3

*

1

*2

n n n1 n2.

1,2,...,s 且j i,s.t.n nj,1,2,...,s ,s.t.n ni.则 j 事实上,若 i

*

i

*j

*1*2

因为n N n N nl ni.从而与n ni矛盾.

*i

*ll 1l i

l 1l i

ss

*i

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对于q2 q1,[qi] n [qi] [qi] ni [qi] ,i 1,2,且

*i

n n n1 n2，n n1,n n2n1,n2 N ，不妨假设

*

n1 n 1,n2 n2 1，则：

*

1

*1*2

*1

*2

*2

f f(n,n,...,n) f(n,n,...,n) (n q) (n q)12si i ii 差值

*

1

*2

*s

2

i 1

*

(n1 q1) (n2 q2)2 (n1* q1)2 (n2 q2)2 …… 此处隐藏：3015字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……