第四讲 椅子放稳模型

由假设3，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置 至少有三只脚同时着地。这样改变椅子的位置（即让椅 子绕O点转动）能否使四脚同时着地的问题就归结为求
解是否存在 A、B、C 、D [0, 2 ] 使四点 这就是我们对该问题建立的数学模型。
共面。
模型求解 上面建立的数学模型的求解即证明下面的定理： 定理1 设 ( ) 是以2为周期的连续函数，R>0，
区间上连续函数的介质性定理, 必存在一个0 [0 , /2],
使h(0)=0，即f(0) = g(0) . 因为f() • g()=0，所以f(0)
= g ( 0) = 0 .
评注和思考
假设条件的本 质与非本质
关键
和 f()， g()的确定
如果椅子四脚连线呈 长方形，又将如何？
可以看到， 引入变量 和
函数 f( ) 、 g( ) ， 就把模型的
假设条件和椅脚同时着地的结论 用简单而精确的数学语言表示出 来，从而构成了这个实际问题的 数学模型。
四、模型求解
令h()= f()–g()，则h(0)>0和h(/2)<0. 由 f ( ) ， g ( ) 的连续性知 h () 为[0 ， /2] 上连续函数，根据必
椅子所占的地面面积可视为一个点，四脚的连线呈正方形；
对平坦的，即使椅子在任何位置至少有三条腿同时着地；
4．挪动仅只是绕一个定点的旋转。
假设1显然是合理的。否则
即便放在平面上也不会是椅子放 稳。 假设2相当于给出了椅子能 够放稳的必要条件，因为如果地
面高度不连续（比如在有台阶或
裂缝的地方）是无法使椅子四只 脚同时着地。 假设3是要排除地面上与椅脚间距和椅子腿长度的 尺寸大小相当的范围内，出现深沟或凸峰（即使连续变 化的），将使椅子三只脚也无法同时着地。
方形和矩形的四个顶点共圆，可通过适当的旋转将椅子
放平稳。那么，椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接 四边形，是否一定可通过适当的旋转可将椅子放平稳？ 反之，通过适当的旋转可将椅子放平稳，椅子四脚连线 是否一定是圆内接四边形？
我们先看一个实例，设地面为一个足够大的球面部分， 其方程为：
x y ( z 10000) 10000 ( z 10000)
2 2
这说明通过旋转永远也不可能将椅子放稳。即就是说椅子
四脚连线所构成的四边形不是园内接四边形，通过旋转不
可能将椅子放稳。
下面我们来讨论另一个问题。 众所周知，我们日常生活中所遇到的椅子大都是四脚 连线呈等腰梯形，那么，对这样的椅子甚至四脚连线为任 意园内接四边形的椅子是否也能在不平的平面上放稳？为 解决此问题我们重新建立模型。
B A
D
C
25 R 6
这说明A、C两点必 有一点在球面之外。
2 25 2 D(0, 11 , 10000 10000 ( 6 6 ) )
于是D点到底面即球面的距离为
7 11 25 d 10000 10000 0 10000 6 6
应，未能作出回答；而且也未能考虑到平行移动的情形。
2. 如果椅脚连线呈矩形，其结论也成立。事实上，
如图3建立坐标系，A、B、C、D表示椅子的四只脚.
B´
B
B
A´

C O A C C´ O A
D
D
D´
假设条件只需将正方形假设条件中的正方形改为矩形。设 两脚C、D两脚与地面的距离之和。由矩形对称性知道,旋 改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学 命题： 命题2 已知f( ) 和g( ) 是 的连续函数, 对任意的 ， 有 f( )• g( )=0 ，且f(0 )>0 、 g(0) =0 ， f( )=0 、 g() >0 ， 则存 在 [0，] , 使得f(0 )= g( 0 ) =0 。
由假设4，椅子四脚A、B、C、D共圆，设其半径为 R，则这四点必在圆周x2+y2=R2上。不妨设OB、OC、 OD分别与ox轴的正向夹角分别为1、 2、 3 . 这三个
夹角应满足条件0< 1< 2< 3 < 2 .
点A、B、C、D的坐标依次
A( R,0)
B( R cos1 , R sin 1 )
单值连续函数 z= ( ) .
A( R cos , R sin ) B( R cos( 1 ), R sin( 1 ))
C ( R cos( 2 ), R sin( 2 ))
D( R cos( 3 ), R sin( 3 ))
模型假设
1．椅子四条腿一样长，椅脚与地面的接触部分相对 椅子所占的地面面积可视为一个点。
2．地面凹突破面世连续变化的，沿任何方向都不会 出现间断（没有向台阶那样的情况），即地面可看作数 学上的连续曲面。
3．相对椅脚的间距和椅子腿的长度而言，地面是相 对平坦的，即使椅子在任何位置至少有三条腿同时着地。
4．椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接四边形， 即椅子四脚共圆。
5．挪动仅只是旋转。
模型建立 将椅子放在地面任何一个 位置，并使至少三只脚同时着 地。这时以椅子四脚共圆的圆 心O为原点，四脚连线所在的 平面为xoy坐标面，并使椅脚 之一（如椅脚A）在ox轴的正 半轴上建立平面坐标系图.
C o
B
A
D
1 、 2 、 3 是满足不等式0< 1 < 2 < 3 < 2 的任意常 数， 则一定存在0 [0 , 2] ,使当 = 0时，A, B , C , D
四点共面。
AB R cos( 1 ) R cos , R sin( 1 ) R sin , ( 1 ) ( ) AC R cos( 2 ) R cos , R sin( 2 ) R sin , ( 2 ) ( )
D( R cos( 3 ), R sin( 3 ))
A D
o

由假设2，地面可视
为数学上的连续曲面 , 因 此，如果取过原点 O, 垂 直于 xoy 面向上的轴为 oz 轴 , 则在此空间直角坐标
系下地面的方程便可写
成z=f(x，y) ,其中f(x，y) 是二元连续函数。特别 地，在圆周上 z 必为旋 转角 的以 2 为周期的
f( )表示相邻两脚A、B与地面的距离之和，g( )表示相邻
转 180°度的角后，相当于AB和CD互换一个位置。这样，

3. 模型的进一步分析与推广 由于正方形和矩形的任意一个顶点通过适当的旋转， 可到达每一个顶点，即就是说正方形和矩形的四个顶点 绕其中心旋转一周所得轨迹是同一个圆周。这也就是正
数学建模
第四讲 椅子放稳模型
在日常生活中，将一张
四条腿一样长的椅子放在不 平的地面上， 通常只有三只 脚着地,而使椅子不平稳。但 我们的祖先为什么把都把椅
子做成四脚连线呈正方形 ，
矩形或等腰梯形。请你通过 建立模型解释这一现象。
一、问题重述
在日常生活中，将一张四条腿一样长的椅子放ຫໍສະໝຸດ Baidu不平 的地面上，通常只有三只脚着地，而使椅子不平稳。我们 通过建立模型分别解决以下问题：
2 2 2 2
椅子四只脚构成一菱形ABCD，对角线的长度分别为 AC=8，BD=6。根据球面的特点，要使得菱形ABCD的顶 点至少有三个在球面上，则其三个顶点必在同一个圆上。
不妨取菱形 ABCD 所在的平面与球面的截痕及菱形，在
xoy面上投影图如示图，其圆周的半径为
25 R 8
25 2R 8 AC 4
三、建模与分析
首先，根据假设1， 椅脚连线 B B ´ 呈正方形,而正方形以中心为对称, A´ 即正方形绕中心的旋转可以表示椅 A C 子位置的改变，于是可以用旋转角 O x 度这一变量表示椅子的位置。如图 D´ 1，椅脚连线为正方形ABCD，在图 C ´ D 1所示的坐标系下对角线AC与ox轴 正方形ABCD 重合,椅子绕中心o 旋转角度 后, 绕O点旋转 正方形 ABC D转至的位置，如图 2所示，即对角线AC与ox轴的夹角 表示了椅子的位置。
1．解释只需适当将椅子“挪动”几次就可使椅子放
稳这一现象；
2．如果椅子的四只脚构成一个平行四边形，通过适
当的“挪动”能够放稳吗？ 3．椅子的四只脚满足什么条件通过挪动就可使椅子 放稳？最后对模型进行了分析和推广。
二、模型假设
为使问题简化，便于解决，我们作如下合理假设： 1．椅子四条腿一样长，椅脚与地面的接触部分相对 2．地面凹凸坡面是连续变化的，沿任何方向都不会 出现间断（如没有象台阶那样的情况），即地面可看作数 学上的连续曲面； 3．相对椅脚的间距和椅子腿的长度而言，地面是相
五、模型的分析及推广
1. 模型分析 模型的优点在于用一元变量表示了椅子的位置，用 的两个函数表示了椅子四只脚与地面的距离，充分运用了 正方形关于中心的对称性，使得问题得到了极大的简化， 并得到了逻辑上的求解。 缺点在于运用了正方形关于中心的对称性，使模型
的适应范围受到了一定的局限，如对一般四边形是否也适
C( R cos 2 , R sin 2 )
D( R cos 3 , R sin 3 )
C o B
如果让椅子绕O点转动，则A、B、 A( R cos , R sin ) C、D四点将同时绕O点转动，并且 B( R cos( （取逆时针方向 1 ), R sin( 1 )) 转过同样的角度 为正），则转动后 、C C ( R cos( 2A ),、 RB sin( 、 D 四 2 )) 点对应的点分别为A’、B’、C’、D’。
三、建模与分析
其次，要把椅子着地用 数学符号表示出来。如果用 某个变量表示椅脚与地面的 竖值距离，那么当这个距离 为零时就是椅脚着地了。椅 子在不同的位置时，椅脚与 地面的距离不尽相同，所以 这个距离是变量 的函数。
虽然椅子有四只脚，因而有四个距离，即每一个椅
脚和地面都有一个距离。但由假设3以及正方形关于中心
的对成性，只要设两个距离就可以了。设A、C两脚与地 面的距离之和为 f( ) ， B、 D两脚与地面的距离之和为 g( ), 显然f( ) 、 g( ) 0。由假设2知f( ) 、 g( )都是 连续函数。在由假设3知，椅子在任何位置上至少有三只
脚着地，所以对于任意的 ， f( ) 、 g( )中至少有一个
证 A, B , C , D 四点共面的充要条件是向量
的混合积[ AB AC AD] 0。不妨设
F ( ) [ AB AC AD]
AD R cos( 3 ) R cos , R sin( 3 ) R sin , ( 3 ) ( )
A( R cos , R sin , ( ))
B( R cos( 1 ), R sin( 1 ), ( 1 )) C ( R cos( 2 ), R sin( 2 ), ( 2 )) D( R cos( 3 ), R sin( 3 ), ( 3 ))
由对称性知道，旋转/2的角度后，相当于AC和BD互换 一个位置.故有f(/2)=0 ，g(/2)>0，这样，改变椅子位 置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学命题。
为零。当 = 0 时，不妨设f( ) > 0、 g( ) = 0。另一方面，
已知f( )和g( )是 的连续函数，对任意的 ，有f( )• g( )=0 ，且 f(0 )>0 、 g(0)=0， g( ) 0 、 2 f ( ) 0 ，则存在 0 [0 , ] ，使得f(0 )= g( 0 ) =0 . 2 2 命题1