数学模型第二章2.doc

《数学模型第二章2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学模型第二章2.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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

2、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

3、, 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，

4、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

5、.7.2, 设a=OS=MT-人眼高；b=AB-塑像身高；c=AT-底座高,ca；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

6、,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.a1a2 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，12 , 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

7、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

8、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

9、。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

10、，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（n1）,其

11、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

12、-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 (n3)设Fn为Fibonacci数列，则Gn= Fn-1 (n1)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-1

13、Sn= Fn-3 (n3); Tn= Fn-2 (n2)即 Gn (n1)、 Sn (n3)、 Tn (n2)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

14、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)

15、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

16、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rlr21, 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=

17、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), (0p1, p2x0时，y0;（2）乙方安全线满足：（1）y=y0时，x=0, y y0时，x0;（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

18、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

19、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

20、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

21、-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mn时， ， ， 即没有被带走的产品比例约为 例 n=5, m=10, 按式求

22、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mn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