数学建模习题课1VIP免费

习题课一、初等模型与常用的建模方法1.奇偶校验法例1在如图所示的44方格纸上已填写1，9，8，6四个数字，问能否在余下的方格各填入一整数，使得方格区上的每一行每一列都构成等差数列？9618解考察左下角格中所填之数，设为p，由于所填方格中都为整数，且p与1同列p与1的奇偶性相同p应为奇数，该列四个数成等差p与8同行p与8的奇偶性相同p应为偶数，该行四个数成等差这就产生了矛盾的结果，故所要求的填法不存在.例2利用奇偶校验法证明，空间中不存在“有奇数个面，且每个面又都有奇数条边的多面体”.证用反证法.假设存在具有题设性质的多面体，它有m个面数，各个面分别有n1,n2,,nm条边，这里m，n1,n2,必为奇数.另一方面，在多面体中，每两个相邻的面都有一条公共边，即多面体的棱，而且每一条棱又都为两个面所共有，因此在求得n时，每一条棱都被重复地计算了一次，所以nn1n2nm又应为偶数，于是产生了矛盾.故由奇偶校验法,nm均为奇数，从而nn1n2nm知根本不存在具有奇数个面，且每个面又都有奇数条棱的多面体.1/17例3已知多项式x3bx2cxd的系数都是整数，且bdcd为奇数.证明这个多项式不能分解为两个整系数多项式的乘积.证用反证法.假设满足条件“bdcd为奇数”的多项式x3bx2cxd能分解为两个整系数多项式的乘积，则必有x3bx2cxdxax2pxq，其中a,b,c,d,p,q都是整数.令x0代入上式，得daq；（1）令x1代入上式，得1bcd1a1pq.（2）由条件“bdcdbcd为奇数”知bc与d必皆为奇数，进而知（2）式左端1bcd为奇数.另一方面，由(1)及d为奇数立知a,q必为奇数，因而（2）右端1a1pq为偶数，于是产生了矛盾.因此由奇偶校验法知满足条件“bdcd为奇数”的多项式x3bx2cxd不能分解为两个整系数多项式的乘积.2.席位分配问题例4比利时的d’Hondt曾提出过如下一种席位分配方案：将甲、乙、丙三个系的人数都用1,2,3…去除，然后将商从大到小排列，取前21个最大的商数考虑，规定在这21个商中，各系占有几个就分配给几个席位。试通过数学建模探讨这种方法的合理性。解以教材中甲、乙、丙三个系人数分别为103,63,34为例：2/17系别人数123456789101112甲10310351.534.3325.7520.617.1714.7112.87511.4410.39.368.58乙636331.52115.7512.610.597.87576.3丙34341711.338.56.8从表中可以看出，按照比利时方法，在21个席位中甲占11席、乙占7席、丙占3席。说明：（1）此席位分配方案明显不合理；（2）此方法与Q值方法比较有明显的缺陷，特别是当上述商值相等或十分接近时难以排序。例5某系共有1000名学生，其中235人住在A楼，333人住在B楼，432人住在C楼。现要组成一个10人委员会，试用Q值方法与d’Hondt方法分别给出分配方案。解记各楼人数分别为pA235,pB333,pC432,总人数p1000人，席位n10。方法一（Q值方法）先按百分数有nAnnnpA2.35,nBpB3.33,nCpC4.32.ppp取整后得第一次分配nA2,nB3,nC4.对第10个席位，按Q值计算2pA2352QA9204.167,nA(nA1)232pB3332QB9240.75,nB(nB1)342pC4322QC9331.2.nC(nC1)453/17由于QC最大，所以第10个席位应分配给C楼。因此，A,B，C的分配席位分别为2，3，5，共10席。方法二（d’Hondt方法）1234567A235235117.578.3358.754739.1733.57B333333166.511183.2566.655.6C43243221614410886.472因此，A,B，C的分配席位分别为2，3，5，与Q值法的结果相同。3.分析法建模例6将四条腿长相等的长方形桌子放在起伏不平的地面上，如果地面是数学上的光滑曲面，问怎样才能将桌子放平稳？解假定椅子中心不动,四条腿的着地点A,B,C,D如图建立坐标系.将椅子如图旋转到A/B/C/D/.所谓着地，就是椅子与地面的距离等于零.由于椅子位置不同,椅脚与地面距离不同,因而这个距离为的函数,记f()=“A,B两脚与地面距离之和”，g()=“C,D两脚与地面距离之和”.4/17因地面光滑,f()与g()连续;又椅子在任何位置总有三条腿同时“着地”,故0,f()与g()至少有一个为0,从而f()g()0,...