数学模型第二章2.doc

第二章 建模方法示例§2.6 相识问题u1u2u3u4u5u6图2.6.12.6.1问题在6人的集会上，假定认识都是相互的，试证明总能找到3人互相都认识，或3人都互不认识. 2.6.2建模及论证本问题可用图的染色法来解决.用6个顶点u1至u6表示6个人，用红色连线表示两者相识，用蓝色连线表示两者不相识.于是这6个人的关系就对应一张完全图(图中任两个顶点之间都有一条边). 本问题就化为要证明完全图中必存在一个同色三角形即可.参看图2.6.1从u1点引出的5条线必有三条同色，不妨设u1u2, u1u3, u1u4同为红色，则观察u2u3u4, 若其三边都是蓝色，则该三角形即为所求，否则若有一边，比如u2u3是红色，则u2u3u1为所求.2.6.3 进一步讨论 假设以下讨论的图的边都是染了红色或者蓝色的. 记号： Kn-n阶双色完全图；RKn-n阶红色完全图；BKn-n阶蓝色完全图；d(u)-点u的度(与u关联的边数)；R(u)-点u的红边度；B(u)-点u的蓝边度. 以上实际上我们证明了定理1定理1 在双色6阶完全图K6中,必存在子图RK3, 或者BK3.以下我们再来证明结论：假设认识都是相互的, 在9人的集会上, 总能找到3人相互认识, 或者能找到4人互不认识.这等价与定理2定理2在双色9阶完全图K9中,必存在子图RK3, 或者BK4.证明: 用9个顶点表示9人,红色边表示两人相互认识, 蓝色边表示两人互不认识问,则原问题转化为要证明在一个9阶双色完全图K9上, 或者能找到1个红色三角形(记为RK3),或者能找到1个蓝色4阶完全图(记为BK4).设在K9中与点u关联的红边最多,该数记为R(u). 情形1. 若,则取4条过点u的红边,设它们的另一端分别为,观测这4点及边所对应的4阶完全图K4, 若,则得证,如图1所示. 否则, K4必有1红边,比如是,则三角形构成RK3, 如图2所示. 其它情况可类似说明存在RK3.u1u2u3u4u图2u1u2u3u4u图1v1v2v3v0图3v1v2v3v0图3情形2. 若, 由于，故，又由于与点u关联的红边最多，故与点u关联的蓝边最少，从而K9中任一点v都有. 至少有一点，即不会9个顶点都是，这是因为必是偶数(其中，表示K9的蓝边数，vi（i=1,2,9）为K9的顶点). 取与v0关联的6条蓝边，对另一端的顶点构成的K6，由定理1知，或者存在RK3（此时定理得证）或者存在，不妨设构成，则v0，v1，v2，v3构成，如图3所示. 定理得证. §2.7 观看塑像的最佳位置2.7.1 问题描述如图表2.7.1,大型的塑像通常都有一个比人还高的底座,看起来雄伟壮观.但当观看者与塑像的水平距离不同时,观看像身的视角就不一样.那么,在离塑像的水平距离为多远时, 观看像身的视角最大?图2.7.1OMABTS图2.7.22.7.2假设如图表2.7.2, 设a=OS=MT-人眼高；b=AB-塑像身高；c=AT-底座高,c>a；d=AM=c-a;x=ST=OM-人与塑像水平距离;=MOA; =MOB;=AOB=-观看像身的视角.2.7.3建模与求解tan=AM/OM=d/x, tan=BM/OM=(b+d)/x令，解出唯一驻点,此数恰是AM与BM的几何平均根据经验，此问题必有最大值，且例 上海外滩海关大钟直径为5.5米, 钟底到地面高为56.75米.设某观看者眼高为1.55米,则b=5.5,d=56.75-1.55=55.2,最佳位置是x=57.88米,max=2o43.2.7.4相关问题设有甲乙两观看者,甲高乙矮,则两者的最佳位置不同,谁前谁后? 谁的最佳视角更大?设甲和乙的眼高、最佳位置、最佳视角分别为a1、 a2, x1、x2,1、2.a1>a2 即为了获得最佳视角，甲应比乙站前一点.在最佳位置时，, 因为都是严格单调增函数，所以若令并能证明它是严格单调增函数，则(a)也是严格单调增函数.事实上，1>2 , 甲的最佳视角要比乙更大.§2.8 Fibonacci数列2.8.1问题描述1228年,意大利的数学家Fibonacci(1170-1250)提出了一个有趣的问题：如果最初有一对刚出生的小兔，一个月后就成熟，成熟后每月生一次且恰好生一对（一雌一雄），且所生的小兔都能成活，而且按同样方法繁殖，则一年后共有多少对兔?2.8.2建模设每月按第1天计算，第n月共有兔子Fn对.可画图2.8.1推算. 用符号 与 分别表示未成熟与已成熟的兔子,每对未成熟的兔子( )下月变成成熟的兔子( ). 每对成熟的兔子( )下月变成两对兔子( ).各月兔子数列表如下日期示意图兔子数(对)图2.8.11.112.113.124.135.156.187.113如此类推得数列Fn月份n12345678910111213Fn1123581321345589144233数列Fn称为Fibonacci数列.直到1634年，才有数学家奇拉特发现此数列具有非常简单的递推关系：F1=F2=1, Fn=Fn-2+Fn-1.由于这一发现，此问题引起了人们的极大兴趣，后来又发现了该数列的更多性质:(1)Fm+n=Fn-1Fm+FnFm+1 ； (2)(3)； (4) (5)，此数称为黄金分割数.由于Fibonacci数列大量的性质被人们所发现,大量的应用被人们找到,因而引起了数学家们的极大关注. Fibonacci数列通式的探索当我们对某个问题的数量规律毫无头绪时，机理分析无从下手，有时就要一试再试，反复猜想去探索规律。此时，做数学实验往往能给我们带来很大帮助。例 对于Fibonacci数列Fn:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,，已知其满足递推关系式 Fn+2= Fn+1+ Fn (1)但递推公式在应用时也有不便之处。这是因为必须求得前面的项才能够进一步求后面的项。比如想知道F500的值，就必须求得从F1到F500的全部值。如果我们能求出它的通项公式就可免去这些麻烦了。怎样从(1)式着手呢？让我们先观察数列Fn的分布情况。借助数学软件Mathematica,只需输入如下语句： data=1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144;ListPlotdata,PlotJoined->True 图1 Fn点列分布图 就可输出与数列Fn相应的点列分布图(图1)。凭经验，我们觉得这些点的连线很象指数曲线。于是我们猜测：Fn=an (2)由(1)式得 an+2= an+1+ an，即a2- a-1=0，解出两根：.即无论a=a1或a=a2,由(2)式定义的数列Fn都能满足(1)式。但是还未能满足F1=F2=1。另方面，我们注意到任两个满足(1)式的数列的线性组合仍能满足(1)式于是，猜测 , (3)现在用条件F1=F2=1来确定系数c1和c2，在(3)式中，分别取n=1与n=2得： (4)解出。由此得Fibonacci数列Fn的通项公式可验证其确实满足F1=F2=1及(1)式。这样，通过反复试验，逐步猜测就导出了结果。这是探索型数学实验的一个典型例子。2.8.3相关问题 连续抛一枚硬币，直到连续出现两次正面为止，以Gn表示抛n次就可终止时的全部可能方式数目，试证明Gn=Fn-1（n>1）,其中Fn为Fibonacci数. 设Gn-抛n次就可终止时,全部可能的方式数目Sn-抛n次就可终止时,其中首次是正面的方式数目Tn-抛n次就可终止时,其中首次是反面的方式数目当然，Gn= Sn+ Tn例如n=5时 方式有： (正)(反)(反)(正)(正)(反)(反)(反)(正)(正)(反)(正)(反)(正)(正)S5 =1，T5=2，G5=3经初步分析得：n234567Gn112358Sn101123Tn011235我们可以把“n次终止”的情况理解为在“n-1次终止”的情况的首次抛币前增加一次而得，则若原来首次是正面，增加的这次只能是反面；若原来首次是反面，则增加的这次是正面反面均可.即保证前n-2次都没有连出两次正面.我们以n=6为例，把其视为在n=5的基础上增加一次而得.如图2.8.2.(反)(正)(反)(反)(正)(正)(正)(反)(反)(反)(正)(正)(反)(正)(反)(正)(反)(正)(正)(反)图2.8.2Sn= Tn-1 (1); Tn= Sn-1+ Tn-1= Gn-1 (2) Gn= Sn+ Tn= Tn-1+ Gn-1= Gn-2+ Gn-1 (n>3)设Fn为Fibonacci数列，则Gn= Fn-1 (n>1)进一步，利用(1)与 (2)式得Sn= Tn-1= Sn-2+ Tn-2= Sn-2+ Sn-1; Tn= Sn-1+ Tn-1= Tn-2 + Tn-1Sn= Fn-3 (n>3); Tn= Fn-2 (n>2)即 Gn (n>1)、 Sn (n>3)、 Tn (n>2)都是Fibonacci数列.§2.9 核武器竞赛一.背景与问题前苏联与美国, 为了争夺世界霸权, 展开了核武器军备竞赛. 美国人很快感受到大量生产核武器的经济压力, 人们问道：“核武器需要多少呢?”有人就提出一种理论,叫做“大规模毁灭报复战略”. 这种理论宣称,要防止对方的核讹诈,保卫自己的安全,储存的核武器数量应达到的标准是：在遭到对方的第一次核攻击后,幸存下来的核武器应该足够给予对方致命的打击. 按这种理论,双方的竞争是否会出现平衡?二. 建立数学模型设互相对抗的甲、乙双方的核武器数量分别为x和y,从甲方的角度看来,自己的核武器数量要超过某个“安全限”才能保证安全,这个安全限与乙方的核武器数量y有关,且随着y的增大而增大. 也就是说,存在一个单调增加函数f(y), 当xf(y)时,甲方才感到自己是安全的. 我们不妨设f(y)是连续的,曲线x=f(y)称为甲方安全线. 此线与x轴交点的横坐标x0的意义是:当乙方核武器用完时,甲方为了给乙方致命打击需要核武器数量为x0. 甲方安全线的右方,即区域xf(y)称为甲方安全区. 同样,存在单调增加连续函数y=g(x),曲线y=g(x)是乙方安全线,上方为乙方安全区, 见图2.9.1.y0甲方安全区乙方安全区双方安全区x0y=g(x)x=f(y)xyO图2.9.1M甲、乙双方为了消灭对方,保存自己,都不断制造核武器. 由于核战争的破坏太大,也都不敢首先进攻对方. 核武器的制造和储存的成本是非常高的,因而双方也不可能无限制地制造核武器,只能退而求其次,只求核武器数量达到安全限,保证自己的安全,就是说,使对方不敢先发制人发动核攻击. 这就是“大规模毁灭报复战略”理论. 当核竞赛进入了这个区域后,双方都有“安全感”,核竞赛才有可能停止下来. 因此,我们将两个安全区的公共部分称为核军备竞赛的稳定区域,而两条安全线的交点称为平衡点. 三. 平衡点的存在条件在一定的合理假设条件下,可以证明稳定区域是存在的. 首先我们分析某一短时期内的情况. 在某一时刻,乙方单位核武器消灭甲方核武器的数量r1可以认为是一个常数,所以当乙方核武器数量为y时,能够消灭甲方核武器数量不超过r1y, 所以. 同样,若以r2表示甲方单位核武器消灭乙方核武器的能力,则. 若rlr2<1, 则线性方程组有唯一解在第一象限:即直线 与 在第一象限相交. 从而两条安全线必然相交. 见下图Oxyx0y0x=x0+r1yy=y0+r2xx=f(y)y=g(x)r1与r2们可看作双方作战能力的指标. 它们与核武器的威力和防御能力. 然而核武器威力增加是有限度的, 最后双方都要在增加防御能力上下功夫. 即r1与r2会变小, 从而安全线y=g(x)的斜率不断减小, x=f(y)的斜率不断增大.可见平衡点必然存在,从而稳定区域必然存在. 四、安全线方程 设乙(甲)方的任一枚核弹都随机地瞄准了甲(乙)方的某一枚核弹，命中率为p1 (p2), (0<p1, p2<1), 且每次攻击是相互独立的. 试写出双方安全线的方程.设甲方乙方的核弹拥有量分别为x与y枚，当对方无核弹时，能给对方致命打击的核弹数分别为x0与y0枚.甲方每枚核弹被乙方某枚指定的核弹瞄准的概率为,同时又被击毁的概率为,未被该枚核弹击毁的概率为,未被乙方任一枚核弹击毁的概率为就是甲方每枚核弹的幸存率.故甲方平均幸存的核弹数为甲方安全要求x0，从而甲方的安全线方程为: (xx0)，同理, 乙方的安全线方程为: . (yy0).对于甲方安全线满足：（1）x=x0时，y=0, x >x0时，y>0;（2）乙方安全线满足：（1）y=y0时，x=0, y >y0时，x>0;（2）.曲线的图类似于图2.9.1. 有平衡点.五. 核武器的研究策略核武器的杀伤力与爆炸力和精度两个因素有关.前苏联的核武器向大型化方向发展,即重点是增加爆炸力;而美国人却走提高武器精度的道路.那么, 是谁更能有效地提高核武器的杀伤力?设杀伤力为k, 爆炸力为x (TNT当量),误差为y (弹着点与目标中心的距离). 经过大量的模拟试验, 将有关数据经过处理和分析,拟合得k, x与y的函数关系为由此模型, 易见当y不变, 时, k*=4k, 即当爆炸力提高7倍时,杀伤力提高3倍.而当x不变且y*=y/8时, k*=64k, 即精度提高7倍时,杀伤力可提高63倍. 这说明:提高精度更能有效地提高核武器的杀伤力.美国的核武器虽然比苏联小些, 但美国的核武器精度高,因而美国并不惧怕苏联. 在核武器竞赛中, 前苏联处于下风.由此看出, 数学模型对科学决策有重要的指导意义.§2.10 传送带的效率一、问题在车间的排列整齐的工作台旁,工人们生产同一种产品. 工作台上方一条传送带在连续运转,带上有一些均匀排列的钩子,工人们将产品挂在经过他上方的钩子上带走. 当生产进入稳定状态后,每个工人生产出一种产品的时间不变,但他要挂产品的时刻却是随机的,我们要研究这种传送带的效率. 工作台工作台工作台工作台工作台仓 库二、分析周期(生产周期)- 生产出一件产品的时间(不是传送带转一圈的时间)工人在生产出一件产品后,要么恰有空钩子经过他的工作台,使他可将产品挂上带走,否则他将产品放下立即投入下一件产品的生产. 工人的生产周期虽然相同,但是由于各种随机因素干扰,经过相当长时间后,他们生产完一件产品的时刻可以认为是随机的,并且在一个生产周期内任一时刻的可能性是一致的. 因而传送带长期运转的效率等于一周期的效率,即用等于它在一周期内能带走的产品数与一周期内生产的全部产品数之比来描述. 三、模型假设(1)车间共有n个工人,他们的生产是互相独立的,生产周期是常数, n个工作台均匀排列.(2)生产已进入稳定状态,即每个工人生产出一件产品的时刻在一周期内是等可能的.(3)在一周期内有m个钩子通过每一工作台上方,钩子均匀排列, 每个钩子至多只能挂上一件产品.(4)在任何时刻，每个工人都能且只能触到一只钩子,于是在他生产出一件产品的瞬间,如果他能触到的那只钩子是空的,则可将产品挂上带走;如果那只钩子非空,则他只能将这件产品放在地上,退出传送系统.四、模型建立-第i个钩在一周期内带走的产品数，i=1,2,m. -传送带在一周期内带走的产品数-传送带在一周期内带走的产品数期望值.n -在一周期内生产的全部产品数.D -传送带的效率=一周期内的效率.因此，关键是计算s. 对于任一指定的工人来讲，由于在一周期内他完成一件产品，而他把这件产品挂上经过他上方的m个钩子中的任一个是等可能的，故对于任一指定的钩子(不妨设为第i个)而言，它被任一指定的工人挂上产品的概率是1/m.相反，没有被指定的工人挂上产品的概率是.又由工人生产的独立性，故任一指定的钩子经过n个工作台的上方后都没有被挂上产品的概率是 .此钩子在一周期内被挂上产品的概率是 从而， i=1,2,m. 当m>>n时， ， ， 即没有被带走的产品比例约为 例 n=5, m=10, 按式求得D=0.819, 而按式求得D=0.800。五、进一步的思考若在传送带的每一只钩子旁边多放一个钩子，相当于把钩子变为 其他条件不变，试问此时的传送带效率如何？解：此时，原来的每一个钩子，变为了一对钩子，它们仍然是均匀排列的.但每一对钩子，至多可挂上2件产品.对于任一对指定的钩子而言，它被任一指定的工人挂上产品的概率是1/m.相反，没有被指定的工人挂上产品的概率.又由工人生产的独立性，我们把n个工人的情况(挂与不挂产品到此对钩子上)视为n重贝努利试验，故此对钩子经过n个工作台的上方后没有被挂上产品的概率是. 恰好有一个工人把产品挂上去的概率是 至少有2个工人把产品挂上去的概率是 s=m(0p0+p1+2p2)=mp1+2(1-p0-p1)=m(2-2p0-p1)， 当m>>n时，利用，得 ， 例 n=5, m=10, 按式求得D=0.9819,而按式求得D=0.9800.可见，效率大大提高了。若把式与式的效率分别记为D1与D2，则显然D1< D2.作业：把钩子改为3个一组，再计算传送带的效率D3