第二章 初等数学建模

如状态(2,3)是不可取的，
而状态(3,1)是可取的。
1)可取状态： 总共有10种可取状态具体如下： (3,3) (3,2) (3,1) (3,0) (0,3) (0,2) (0,1) (0,0) (1,1) (2,2) 其中(i,i)表示i对夫妻。 用S表示可取状态的集合，称为允许状态集合。 2)可取运载： (0,1) (0,2) (1,0) (2,0) (1,1) ， 35 其中(1,1)表示1对夫妻，
(3)有12个外表相同的硬币,已知其中一个 是假的(可能轻也可能重些).现要用无砝码的 天平以最少的次数找出假币,问应怎样称法.
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§2 几何模拟问题
把一个复杂的问题，抽象成各种意义下的几何 问题加以解决，这种方法叫做几何模拟法。几何模 拟法常常在发现问题解答的同时，也就论证了解答 的正确性，这种方法当然是数学中的一种重要思维 方法。
(3,3) 去两女 (3,1) 回一女 (3,2)
第二章 初等数学方法建模
§1 几 种 简 单 的 数 学 方 法
一、观测实验和抽象分析法 欧拉多面体问题 问题：一般凸的多面体其面数F、顶 点数V和边数E之间有何关系？ 对此欧拉具体地观察了四面体、五 面体… 结果如下：
1
多面体 四面体
F 4
V 4
E 6
五面体
六面体 七面体 ……
5 (5 6 (6 7 (7 …
此问题可抽象成什么样的数学问题？
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问题转化为：是否存在一个 0使得f 0 g ( 0 ) 0.
数学问题如下：
已知：f(θ)、g(θ)连续， g(0)＝0，f(0)>0， 且对任意的θ，有g(θ)·f(θ)＝0。
求证：存在0，使得g (0 ) f (0 ) 0.
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〔方法〕：在40个方格上黑白相间地染色 （思考：发现了什么？），
仔细观察，发现共有19个白格和21个黑格。一块 长方形瓷砖可盖住一白一黑两格，所以铺上19块长方 形瓷砖后（无论用什么方式），总要剩下2个黑格没有 铺，而一块长方形瓷砖是无法盖住2个黑格，唯一的办 法是把最后一块长方形瓷砖一分为二。 14
思考题：
一块1立方米的正方体的木块，分 成1立方毫米的小木块，再把小木块排 起来，问能排多长？
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四、“奇偶校验”方法
问题：铺瓷砖问题 要用40块方形瓷砖铺设如图所示的地面上， 但当时商店只有长方形瓷砖，每块大小等于 方形的两块。一人买了20块长方形瓷砖，试 着铺地面，结果弄来弄去始终无法完整铺好， 你能给解决吗？
则三角形A2 A4 A5为虚的三角形，
即在这种情况下结论是正确的。 其它10种情况类似可证，至此问题得证 。
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思考题：
（1）9人的集会中一定有3个人互相认识或 者有4个人互相不认识。 （2）14个人的集会中一定有3个人互相认识 或者有5个人互相不认识。
（3）17个科学家中每一个科学家都和其它 科学家通信，在他们通信时，只讨论3个题目， 而且任意2个科学家互相通信时只讨论1个题目， 证明其中至少有3名科学家，他们互相通信中 讨论的是同一个题目。
思考题： (1)设一所监狱有64间囚室，其排列类似 8×8棋盘，看守长告诉关押在一个角落里的囚犯， 只要他能够不重复地通过每间囚室到达对角的囚 室（所有相邻囚室间都有门相通），他将被释放。 问囚犯能获得自由吗？如果囚室为8×9的排列共 72间，将会出现什么情况？
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(2)某班有49个学生，坐成7行7列。每 个坐位的前后左右的坐位叫做它的“邻 座”，要让这49个学生都换到他的邻座上 去，问这种调换位置的方案能否实现？
即
知必存在0 （0， ），使h(0 ) 0, 2

g (0 ) f (0 );
又由条件对任意θ，恒有g(θ)·f(θ)＝0,
所以
g( 0 ) f ( 0 ) 0;
即存在0方向， 四条腿能同时着地。
所以椅子问题的答案是： 如果地面为光滑曲面，椅子中心不动最多 转动 角度， 则四条腿一定可以同时着地。
第一次操作后得到的4枚棋子可表示为：
( x1 x2 ) ( x2 x3 )
( x1 x2 )( x2 x3 )
( x3 x4 )( x4 x1 )
( x3 x4 ) ( x4 x1 )
( x2 x3 )( x3 x4 ) ( x4 x1 )( x1 x2 )
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第二次操作后得到的4枚棋子可表示为：
分别化简为
下面构造一个反映题设要求的赋值模型，可使问 题简化。
设开始的4枚棋子为xi (i 1,2,3,4)并给棋子赋值：
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令
并规定
1 xi 1
1 xi xi 1 1
若xi为黑子 若xi为白子
i 1.2.3.4
若xi与xi 1为同色 若xi与xi 1为异色
及
xi 2 1
由SLRM SMPN SNQL SPQR
,所以
1 1 1 1 2 Ba sin Cb sin Ac sin k sin 3 2 3 2 3 2 3 2
即
Ac Ba Cb k 2
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问题２：
在圆周上均匀地放上4枚围棋子，规定操作规则如 下：原来相邻棋子若是同色的，就在其间放一枚黑子， 若异色就在其间放一枚白子，然后把原来4枚棋子取走， 完成这一程序就算是一次操作。证明：无论开始时园 周上的黑白棋子的排列顺序如何，最多只需操作4次， 圆周上就全是黑子。
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（4）设有n个人参加一宴会，已知没有 人认识所有的人，问是否有两个人，他们认 识的人一样多？
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二、椅子放稳问题
问题：将4条腿长相同的方椅子 放在不平的地上，怎样才能放平？
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假定椅子中心不动，每条腿的着地点 视为几何上的点，用A、B、C、D表示，把 AC和BD连线看作坐标系中的x轴和y轴，把 转动椅子看作坐标的旋转如图2-6所示：
否则A1必至少和3个人不相识，
而不相识与相识在问题中是对等的， 至于其它点的情况类似。
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于是问题又转化为：
在从A1出发并有3条实线的6点图中，
必然出现实三角形或虚三角形。 现假设A1与A2、A4、A5的连线为实线，如图：
如果A2 A4、A4 A5、A2 A5之一为实线，
则必出现实的三角形， 若都不是实线，
故这4枚棋子的赋值都是1，这表明只需操作
( x1 x2 x3 x4 )
4次，圆周上的棋子全是黑子。
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思考题：
(1) 如果问题2中是放8枚棋子，结果如何？ 进一步研究每一圈棋子个数为任意自然数n时 棋子颜色的变化规律. (2)在一个有限的实数列中，任意7个连续 项之和都是负数，而任意连续11项之和都是 正数，试问这样的数列最多有多少项？
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三、学会估算 问题：能否将一张纸对折100次？
对折100次共2
10
100
层
3
2 1024 1000 10
100 30
所以 2 10 30 10 层就有 若每层纸厚度为0.05毫米，
5 1022 千米
即五万亿亿千米，而从地球到太阳也不 过1.5亿千米。 对折100次就无法办到了。
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其中θ 表示对角线AC转动后与初始位置x 轴的夹角。 29
设g(θ ）表示A、C两腿旋转θ 角度后与地 面距离之和; f(θ ）表示B、D两腿旋转θ 角度后与地面 距离之和， 当地面为连续曲面时，f(θ )、g(θ )皆为 连续函数，因为三条腿总能同时着地，即对任 意θ ，总有f(θ )· g(θ )＝0 。 不妨设初始位置θ ＝0时g(0)＝0，f(0)>0，
( x1 x3 ) ( x2 x4 ) ( x1 x3 )( x2 x4 )
( x3 x1 ) ( x4 x2 )
第三次操作后得到的4枚棋子可表示为：
( x2 x4 x2 )
最后都是
( x4 x2 )( x1 x3 )
2
( x1 x2 x3 x4 ) 第四次操作后得到的4枚棋子都是
2
方法：
7
思考题： 在一个边长为1的正三角形内，若 要彼此间距离大于 1 ，最多不超过多 n 少个点？
8
问题２：
能否在8×8的方格表ABCD各个空格中分别 填写1、2、3这三个数中的任一个，使得每行、 每列及对角线AC、BD上的各个数的和都不相同？ 为什么？
A D
B 图 2-2
C
9
如图2-2，因为每行、每列及对角线上的 数都是8个,所以8个数的和最小值是1×8＝8， 最大值是3×8=24，共有17个不同的和。而由 题意知，每行、每列及对角线AC、BD上各个 数的和应有8+8+2=18个，所以要想使每行、 每列及两对角线上18个和都不相同是办不到 的。
将椅子转动 角度，即将AC与BD位置互换， 2 则有 g ( ) 0, f ( ) 0. 2 2 h( ) g ( ) f ( ) 0. 所以
2 2 2
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证明： 令h(θ)＝g(θ)-f(θ)， 则 h(0)＝g(0)-f(0)<0 。

而h(θ)是连续函数，根据连续函数的界值定理，
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五、问题的转化处理法
问题１：
已知正数a、b、c、A、B、C满足条件 a A b B cC k
求证：
aB bC cA k 2
分析：本题局限在代数不等式的范畴不易求证， 但将其转化到几何上，构造反映题目要求的几何模 型即容易解决。
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根据题意作正三角形△PQR及△NML如图
用D表示可取运载的集合，称为允许决策集合。 3)记第k次渡河前北岸男子数为 x k ，女子数为 y k 记第k次渡河船上的男子数为u k，女子数为v k d k (u k , vk ) 称为决策。 所以状态随可取运载变化规律是