数学建模第七章巧妙建模
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n=3; m=10=n2+1;4=3+1=n+1
一个实数序列a1...am的子序列是指
例如:n=3;n2+1=10; { a1,...,an +1 }={0,1,2,…,9}. 考虑一个序列:p =3216549870,易见,对 k=1,2,…,10,上面所述的10个有序对 (ik,dk )是: (3,4),(3,3),(3,2),(2,4),(2,3), (2,2),(1,4),(1,3),(1,2),(1,1).
我们分3种仅有的情形来证明公式(*)
① 无孤立点:d(vi)0,i=1,…,n.在此情形 下有1d(vi)n-1,i=1,…,n,于是,由雀 巢原理知 ij,d(vi)=d(vj).
② 恰有一个孤立点,不妨设d(vn)=0,则 d(vi)0,i=1,2,…,n-1.由①的证明推出: 存在1ijn-2 使 d(vi)=d(vj). ③ 至少有两点:vi,vj度为0.在此情形下已 成立 d(vi)=d(vj).
第七章 充分发挥智力巧妙建模
§7.1 §7.2 §7.3 §7.4 引言 巧妙利用雀巢原理 巧妙利用函数的极端性质 其它问题
§7.1
引言
由于实际问题的多样性与复杂性,在数学建 模中常常要针对实际情况,充分发挥人的智 力巧妙地解决问题.这里所说的智力包含洞 察力,想象力,判断力,正反面思维能力,抓 主要矛盾的能力等等. 本章用一些实际例子介绍如何针对具体问 题的特点,充分发挥人的智力巧妙地建立数 学模型.如果说从第2到6章各有一个主要数 学领域的话,那么本章则不限于一个数学领 域,而重在探讨技巧,启迪思维,不必要求方 法之间必须有什么联系.
v6
与其他5人的每一人,都不外乎存 在相识或不相识两种情况之一.按雀 巢原理,5人分属2种情况,必定有3人 属于同一种情况.
n/k=5/2=2.5=3
所以,v6必与其他5人中的3人相识或 不相识.
练习题
设v6与vi,vj,vk三人不相识,试证在任何6个 人中不是有3人两两相识,就是有3人两 两不相识.
令 ai=2k(i)pi,其中,k(i)是某个非负整数, pi{1,3,…,2n-1},i=1,2,…,n+1. 因这 n+1个 pi 只能取 n 个值,故由雀巢原理,它 们之中必有两个相同,即存在 u<v,使得 pu=pv=p. 于是 同理可得
au=2k(u)pu=2k(u)p.
av=2k(v)p. 所以,当k(u)k(v)时,av=2k(v)-k(u)au,从而au 整 除 av,否则,k(v)k(u),从而av整除au,证毕.
a d
H'
b
G
f g c e
问题1的证明
证:令此6个人为无向图 G=V,E 的n个结点:
v1,v2,,v6,(vi,vj)E 的充要条件是vi,vj相 识.则由雀巢原理,v6必与其他5人中的3人相 识或不相识.不失一般性,设v6与vi,vj,vk三 人相识(对不相识的情形可类似地处理,即适 当改变图G=V,E的边集E的 vj 定义).若vi,vj,vk 3人中有 vi 2人相识,例如,vi,vj相识,则 vk vi,vj,v6 3人相识;否则,vi,vj, v6 vk 3人两两不相识.所以, 无论哪种情形结论都成立.
• 设v是无向图 G=V,E 的一个结点,与v相关 连的边的条数称为v的度数,记为d(v).度数 为0的结点称为孤立点.简单无向图(无重边 且无自回路)任一结点的度,至多等于它的结 点数减一. • 图 G=V,E 的一个点边交替序列 P=v0e1v1e2v2envn 称为 G 的一条从v0 到vn的长为 n 的路径,其 中,ei=(vi-1,vi)E,i=1,…,n.特别, 当 v0=vn时,称P为回路.若G为简单无向图,路 径P可表为：P=(v0,v1,,vn).
S={a1,a2,…,an+1}.
易知:任何正整数 a 都可表为 a=2kp,其中 k 为非负整数,p为奇数.
例
当n=5时 {1,2,…,2n}={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} 的任一个 n+1=6元子集 S={a1,a2,…,a6} 中必有一元是另一个别的元的倍数. 证:S中应排出1; 2; 2,3,5,7 3; 3,4,5,7 4; 4,5,6,7,9 5; 5,6,7,8,9
例 设安大现有学生数为24000,其中
90%以上来自本省8个地区
问题：试精确地估计,安大现有学生中至少有多
少人生在同一天;至少有多少人生在同一个月; 至少有多少人来自本省同一地区. 解:安大24000个现有学生中至少有 24000/365=65.75=66 个学生生在同一天；至少有 24000/12=2000=2000 个学生生在同一个月；至少有 240000.9/8=2700=2700 个学生来自本省同一地区.
无向图举例
G= V,E,V={a,b,c,d,e,f,g} E={(a,d),(a,e),(a,f),(b,d),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f)} H 度:d(a)=d(b)=d(e)=d(f)=3,d(c)=d(d)=2,d(g)=0 路径: (a,d,b),回路: (b,e,c,f,b)
思考题7-2:
试对问题 4 给出别的证明(提示:归纳法 也是人们经常用来证明问题的好方法, 建议考虑用对n的归纳法来证明).
§7.3利用函数的极端性质解决问题
我们曾经几次针对所考虑的实际问 题,巧妙地引入适当能量函数建立数学 模型,并利用该能量函数的极值点的极 端性质来解决有关的问题.本节再以两 个有趣例子,进一步阐述如何巧妙利用 函数的极端性质解决问题的思维方法.
2
k ik
0 3
1 2 3
2 1 3
3 6 2
4 5 2
Hale Waihona Puke Baidu
5 4 2
6 9 1
7 8 1
8 7 1
9 0 1
ak 3
dk 4
3
2
4
3
2
4
3
2
1
用反证法证明问题3
如果数列a1...am没有长 n+1的递增子序列或递 减子序列,则将导致矛盾. 事实上,在此假设下对 k=1,2...,n2+1,都有 1ik,dkn,从而至多存在 n2个两两不同的有 序对(ik,dk).根据雀巢原理,n2+1 个有序对 中必有两个相等,即存在s<t, 使得 is=it,ds=dt.因 asat,即 as>at 或 as<at. 若 as>at,则 dsdt+1便与 ds=dt矛盾； 若 as<at 则 isit+1 也同样导致矛盾.
将此2n个点,按一实点连接一虚点 的一切可能方法共有k=n!种
证: n=1,2时,显然k=1,2,故结论显然成立.应 用数学归纳法,只需证明从n时结论成立可 以推出n+1时结论必成立即可. 事实上,为了选第一对点可固定一个实点(为 什么?)故选取第一对点的方法有n+1种,第 一对点选定后,剩下的n对点的选取方法按 归纳法有n种,由此立即推出:将 2(n+1) 个 点,按一实点连接一虚点的一切可能方法 共有 k=(n+1)n!=(n+1)!种.
若s<t和as>at,则 dsdt+1(若as<at则 isit+1),便与ds=dt矛盾.
证:设at,au,…,av是从 at 开始的最长的递降
子序列,则 as,at,au,…,av是从 as 开始的 一个递降子序列,其长度不大于ds,所以,
dsdt+1dt
问题4
问题4 试证:对任意正整数n,集合 {1,2,…,2n}的任一个 n+1元子集中,都 有两个元素存在整除关系(正整数a整除 正整数b如果存在正整数c使b=ac). 证:考虑{1,2,…,2n}的一个 n+1元子集
一个几何问题
问题5:在平面上任意给定n个实点和n个虚 点,假设此2n个点中任何4点都不共线. 试证:总可以过此2n个点划n条两两不相交 的直线段,每条连接一实点和一虚点.
问题5的证明
证:将此 2n 个点,按一实点连接一虚点的一切 可能方法共有 kn!种(为甚麽?).记这些 连接方法的集合为 S={C1,C2,…,Ck}. 我们在集合S上定义一个能量函数f,f(Ci) 为连接法Ci的 n 条连线的长度之和.因 S 的 元素个数有限,故存在正整数 mk,使 f(Cm)=min{f(C1),…,f(Ck)}. 下面用反证法证明:连接法 Cm 的 n 条连接直 线段一定两两不相交.如果 Cm 有两条连线段 AB,CD 相交于 O 点(如下图所示).
命题:任何正整数 a 都可表为 a=2kp,其中
k为非负整数,p为奇数. 证:对正整数n用数学归纳法.n=1=20(1); n=2=21(1),结论已经成立,设n2,且对 任何小于n的正整数结论成立,我们来证: 对于n结论也成立. 事实上,若n为奇数,则 n=20n,结论成立;否 则,n=21(n/2),其中,n/2是小于n的正整 数,由归纳假设,n/2=2mp,p为奇数.所以 n=2m+1p,得证对于n结论成立.
雀巢原理:n个球放入k个盒子,如果 kn,
那么至少有一个盒子放了至少n/k个物体, 其中x表示不小于x的最小整数.
于n/k1个物体,于是k个盒子中至多放了 k(n/k1) < k((n/k)+1)1)=n 个物体,这显然是一个矛盾.
证:如果结论不成立,则每个盒子都放了不多
2
此m个实数的一个子集,按脚标递增排列 的一个较短序列;递增(降)子序列是指 该子序列是递增(降)的. 例如,在序列 a1...am = 3216549870 中,取前3个元组成递降子序列:321; 取 第3,5,7元组成递增子序列:159;取前3 个及最后一个元组成递降子序列:3210, 等等.不难看出:此序列的最长递降子序 列(共有几个?)的长度是4.
A
C
O
D
B
令 Ct为 S 中的那个连接法,它与 Cm仅有两 条连线不同,并且是改 AB,CD 连接为 AC,BD 连接(如虚线所示).则 f(Cm)-f(Ct)=(|AB|+|CD|)-(|AC|+|BD|) =(|AO|+|OC|-|AC|)+(|OB|+|OD|-|BD|) 0 (三角形两边之和大于第三边) 因此,f(Cm)f(Ct),便与 f(Cm)的定义相矛 盾.
无向图的有关概念
• 无向图G是一个二重组:G=V,E,其中V是非空 有限集合,它的元素称为结点,E也是(非空) 有限集合,它的元素称为边.图G的边e是一个 结点二重组:e=(a,b),a,bV,称e与a,b关联, 或a,b与e关联,或a与b相邻接.无向图可用一 些点和连接两点间的连线(边)的一个图形来 表示. • 边(a,a),aV称为自回路.没有自回路和重边 (与2点关联的边多于一条时称为重边)的无 向图称为简单图.我们照例只考虑简单无向 图.
问题 3
问题3 试证:由n2+1个不同实数构成的每个序 列都包含一个长为n+1的递增子序列或递 减子序列. 证:令 a1...an +1 是n2+1个不同实数的一个序 列.此序列中的每一项 ak 联系着一个有序 对(ik,dk),其中ik是从 ak 开始的最长的递 增子序列的长度,dk是从 ak 开始的最长的 递减子序列的长度,满足 1ik,dkn2+1.
征集有不同于参考答案的严格而规范 的证明!
思考题7-1:
问题1中6改为7,或改为5其结论还成 不成立?为什么? 可不可以说:”在不少于6个人的任何人
群中不是有3人两两相识,就是有3人两两不 相识”?
问题2的证明
问题2:试证在任何 n(2)个人中必存在两人有 相同数目的朋友. 证:令此n个人为无向图 G=V,E 的n个结点: v1,v2,,vn,且(vi,vj)E 的充要条件是 vi, vj 是朋友.则 vi,vj有相同的朋友数等价于它 们的度相等:d(vi)=d(vj).这样一来,问题归 结于证明: 存在 ij,满足 d(vi)=d(vj). (*) 因 G 是一个简单无向图,故它的任一结点的度, 至多等于 G 的结点数减一.
§7.2 巧妙利用雀巢原理解决问题
雀巢原理:n 个球放入 k 个盒子,如果 kn,必有 一个盒子放入多于一个的球. 雀巢原理是一个不证自明的简单真理,但这丝 毫不影响它的潜在能力.我们先举两个问题 加以说明. 问题1:试证在任何6个人中不是有3人两两相识, 就是有3人两两不相识. 问题2:试证在任何n(2)个人中必有两人有相 同数目的朋友.
一个实数序列a1...am的子序列是指
例如:n=3;n2+1=10; { a1,...,an +1 }={0,1,2,…,9}. 考虑一个序列:p =3216549870,易见,对 k=1,2,…,10,上面所述的10个有序对 (ik,dk )是: (3,4),(3,3),(3,2),(2,4),(2,3), (2,2),(1,4),(1,3),(1,2),(1,1).
我们分3种仅有的情形来证明公式(*)
① 无孤立点:d(vi)0,i=1,…,n.在此情形 下有1d(vi)n-1,i=1,…,n,于是,由雀 巢原理知 ij,d(vi)=d(vj).
② 恰有一个孤立点,不妨设d(vn)=0,则 d(vi)0,i=1,2,…,n-1.由①的证明推出: 存在1ijn-2 使 d(vi)=d(vj). ③ 至少有两点:vi,vj度为0.在此情形下已 成立 d(vi)=d(vj).
第七章 充分发挥智力巧妙建模
§7.1 §7.2 §7.3 §7.4 引言 巧妙利用雀巢原理 巧妙利用函数的极端性质 其它问题
§7.1
引言
由于实际问题的多样性与复杂性,在数学建 模中常常要针对实际情况,充分发挥人的智 力巧妙地解决问题.这里所说的智力包含洞 察力,想象力,判断力,正反面思维能力,抓 主要矛盾的能力等等. 本章用一些实际例子介绍如何针对具体问 题的特点,充分发挥人的智力巧妙地建立数 学模型.如果说从第2到6章各有一个主要数 学领域的话,那么本章则不限于一个数学领 域,而重在探讨技巧,启迪思维,不必要求方 法之间必须有什么联系.
v6
与其他5人的每一人,都不外乎存 在相识或不相识两种情况之一.按雀 巢原理,5人分属2种情况,必定有3人 属于同一种情况.
n/k=5/2=2.5=3
所以,v6必与其他5人中的3人相识或 不相识.
练习题
设v6与vi,vj,vk三人不相识,试证在任何6个 人中不是有3人两两相识,就是有3人两 两不相识.
令 ai=2k(i)pi,其中,k(i)是某个非负整数, pi{1,3,…,2n-1},i=1,2,…,n+1. 因这 n+1个 pi 只能取 n 个值,故由雀巢原理,它 们之中必有两个相同,即存在 u<v,使得 pu=pv=p. 于是 同理可得
au=2k(u)pu=2k(u)p.
av=2k(v)p. 所以,当k(u)k(v)时,av=2k(v)-k(u)au,从而au 整 除 av,否则,k(v)k(u),从而av整除au,证毕.
a d
H'
b
G
f g c e
问题1的证明
证:令此6个人为无向图 G=V,E 的n个结点:
v1,v2,,v6,(vi,vj)E 的充要条件是vi,vj相 识.则由雀巢原理,v6必与其他5人中的3人相 识或不相识.不失一般性,设v6与vi,vj,vk三 人相识(对不相识的情形可类似地处理,即适 当改变图G=V,E的边集E的 vj 定义).若vi,vj,vk 3人中有 vi 2人相识,例如,vi,vj相识,则 vk vi,vj,v6 3人相识;否则,vi,vj, v6 vk 3人两两不相识.所以, 无论哪种情形结论都成立.
• 设v是无向图 G=V,E 的一个结点,与v相关 连的边的条数称为v的度数,记为d(v).度数 为0的结点称为孤立点.简单无向图(无重边 且无自回路)任一结点的度,至多等于它的结 点数减一. • 图 G=V,E 的一个点边交替序列 P=v0e1v1e2v2envn 称为 G 的一条从v0 到vn的长为 n 的路径,其 中,ei=(vi-1,vi)E,i=1,…,n.特别, 当 v0=vn时,称P为回路.若G为简单无向图,路 径P可表为：P=(v0,v1,,vn).
S={a1,a2,…,an+1}.
易知:任何正整数 a 都可表为 a=2kp,其中 k 为非负整数,p为奇数.
例
当n=5时 {1,2,…,2n}={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} 的任一个 n+1=6元子集 S={a1,a2,…,a6} 中必有一元是另一个别的元的倍数. 证:S中应排出1; 2; 2,3,5,7 3; 3,4,5,7 4; 4,5,6,7,9 5; 5,6,7,8,9
例 设安大现有学生数为24000,其中
90%以上来自本省8个地区
问题：试精确地估计,安大现有学生中至少有多
少人生在同一天;至少有多少人生在同一个月; 至少有多少人来自本省同一地区. 解:安大24000个现有学生中至少有 24000/365=65.75=66 个学生生在同一天；至少有 24000/12=2000=2000 个学生生在同一个月；至少有 240000.9/8=2700=2700 个学生来自本省同一地区.
无向图举例
G= V,E,V={a,b,c,d,e,f,g} E={(a,d),(a,e),(a,f),(b,d),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f)} H 度:d(a)=d(b)=d(e)=d(f)=3,d(c)=d(d)=2,d(g)=0 路径: (a,d,b),回路: (b,e,c,f,b)
思考题7-2:
试对问题 4 给出别的证明(提示:归纳法 也是人们经常用来证明问题的好方法, 建议考虑用对n的归纳法来证明).
§7.3利用函数的极端性质解决问题
我们曾经几次针对所考虑的实际问 题,巧妙地引入适当能量函数建立数学 模型,并利用该能量函数的极值点的极 端性质来解决有关的问题.本节再以两 个有趣例子,进一步阐述如何巧妙利用 函数的极端性质解决问题的思维方法.
2
k ik
0 3
1 2 3
2 1 3
3 6 2
4 5 2
Hale Waihona Puke Baidu
5 4 2
6 9 1
7 8 1
8 7 1
9 0 1
ak 3
dk 4
3
2
4
3
2
4
3
2
1
用反证法证明问题3
如果数列a1...am没有长 n+1的递增子序列或递 减子序列,则将导致矛盾. 事实上,在此假设下对 k=1,2...,n2+1,都有 1ik,dkn,从而至多存在 n2个两两不同的有 序对(ik,dk).根据雀巢原理,n2+1 个有序对 中必有两个相等,即存在s<t, 使得 is=it,ds=dt.因 asat,即 as>at 或 as<at. 若 as>at,则 dsdt+1便与 ds=dt矛盾； 若 as<at 则 isit+1 也同样导致矛盾.
将此2n个点,按一实点连接一虚点 的一切可能方法共有k=n!种
证: n=1,2时,显然k=1,2,故结论显然成立.应 用数学归纳法,只需证明从n时结论成立可 以推出n+1时结论必成立即可. 事实上,为了选第一对点可固定一个实点(为 什么?)故选取第一对点的方法有n+1种,第 一对点选定后,剩下的n对点的选取方法按 归纳法有n种,由此立即推出:将 2(n+1) 个 点,按一实点连接一虚点的一切可能方法 共有 k=(n+1)n!=(n+1)!种.
若s<t和as>at,则 dsdt+1(若as<at则 isit+1),便与ds=dt矛盾.
证:设at,au,…,av是从 at 开始的最长的递降
子序列,则 as,at,au,…,av是从 as 开始的 一个递降子序列,其长度不大于ds,所以,
dsdt+1dt
问题4
问题4 试证:对任意正整数n,集合 {1,2,…,2n}的任一个 n+1元子集中,都 有两个元素存在整除关系(正整数a整除 正整数b如果存在正整数c使b=ac). 证:考虑{1,2,…,2n}的一个 n+1元子集
一个几何问题
问题5:在平面上任意给定n个实点和n个虚 点,假设此2n个点中任何4点都不共线. 试证:总可以过此2n个点划n条两两不相交 的直线段,每条连接一实点和一虚点.
问题5的证明
证:将此 2n 个点,按一实点连接一虚点的一切 可能方法共有 kn!种(为甚麽?).记这些 连接方法的集合为 S={C1,C2,…,Ck}. 我们在集合S上定义一个能量函数f,f(Ci) 为连接法Ci的 n 条连线的长度之和.因 S 的 元素个数有限,故存在正整数 mk,使 f(Cm)=min{f(C1),…,f(Ck)}. 下面用反证法证明:连接法 Cm 的 n 条连接直 线段一定两两不相交.如果 Cm 有两条连线段 AB,CD 相交于 O 点(如下图所示).
命题:任何正整数 a 都可表为 a=2kp,其中
k为非负整数,p为奇数. 证:对正整数n用数学归纳法.n=1=20(1); n=2=21(1),结论已经成立,设n2,且对 任何小于n的正整数结论成立,我们来证: 对于n结论也成立. 事实上,若n为奇数,则 n=20n,结论成立;否 则,n=21(n/2),其中,n/2是小于n的正整 数,由归纳假设,n/2=2mp,p为奇数.所以 n=2m+1p,得证对于n结论成立.
雀巢原理:n个球放入k个盒子,如果 kn,
那么至少有一个盒子放了至少n/k个物体, 其中x表示不小于x的最小整数.
于n/k1个物体,于是k个盒子中至多放了 k(n/k1) < k((n/k)+1)1)=n 个物体,这显然是一个矛盾.
证:如果结论不成立,则每个盒子都放了不多
2
此m个实数的一个子集,按脚标递增排列 的一个较短序列;递增(降)子序列是指 该子序列是递增(降)的. 例如,在序列 a1...am = 3216549870 中,取前3个元组成递降子序列:321; 取 第3,5,7元组成递增子序列:159;取前3 个及最后一个元组成递降子序列:3210, 等等.不难看出:此序列的最长递降子序 列(共有几个?)的长度是4.
A
C
O
D
B
令 Ct为 S 中的那个连接法,它与 Cm仅有两 条连线不同,并且是改 AB,CD 连接为 AC,BD 连接(如虚线所示).则 f(Cm)-f(Ct)=(|AB|+|CD|)-(|AC|+|BD|) =(|AO|+|OC|-|AC|)+(|OB|+|OD|-|BD|) 0 (三角形两边之和大于第三边) 因此,f(Cm)f(Ct),便与 f(Cm)的定义相矛 盾.
无向图的有关概念
• 无向图G是一个二重组:G=V,E,其中V是非空 有限集合,它的元素称为结点,E也是(非空) 有限集合,它的元素称为边.图G的边e是一个 结点二重组:e=(a,b),a,bV,称e与a,b关联, 或a,b与e关联,或a与b相邻接.无向图可用一 些点和连接两点间的连线(边)的一个图形来 表示. • 边(a,a),aV称为自回路.没有自回路和重边 (与2点关联的边多于一条时称为重边)的无 向图称为简单图.我们照例只考虑简单无向 图.
问题 3
问题3 试证:由n2+1个不同实数构成的每个序 列都包含一个长为n+1的递增子序列或递 减子序列. 证:令 a1...an +1 是n2+1个不同实数的一个序 列.此序列中的每一项 ak 联系着一个有序 对(ik,dk),其中ik是从 ak 开始的最长的递 增子序列的长度,dk是从 ak 开始的最长的 递减子序列的长度,满足 1ik,dkn2+1.
征集有不同于参考答案的严格而规范 的证明!
思考题7-1:
问题1中6改为7,或改为5其结论还成 不成立?为什么? 可不可以说:”在不少于6个人的任何人
群中不是有3人两两相识,就是有3人两两不 相识”?
问题2的证明
问题2:试证在任何 n(2)个人中必存在两人有 相同数目的朋友. 证:令此n个人为无向图 G=V,E 的n个结点: v1,v2,,vn,且(vi,vj)E 的充要条件是 vi, vj 是朋友.则 vi,vj有相同的朋友数等价于它 们的度相等:d(vi)=d(vj).这样一来,问题归 结于证明: 存在 ij,满足 d(vi)=d(vj). (*) 因 G 是一个简单无向图,故它的任一结点的度, 至多等于 G 的结点数减一.
§7.2 巧妙利用雀巢原理解决问题
雀巢原理:n 个球放入 k 个盒子,如果 kn,必有 一个盒子放入多于一个的球. 雀巢原理是一个不证自明的简单真理,但这丝 毫不影响它的潜在能力.我们先举两个问题 加以说明. 问题1:试证在任何6个人中不是有3人两两相识, 就是有3人两两不相识. 问题2:试证在任何n(2)个人中必有两人有相 同数目的朋友.