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

余下的方格内各填入一整数，使得方格区上的每一行每一列都构成等差数列？

9 1 6 8 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的奇偶性相同?p应为奇数，该列四个数成等差?? ??p与8的奇偶性相同?p应为偶数，该行四个数成等差?p与8同行p与1同列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,?,nm均为奇数，从而 n?n1?n2???nm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.

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： 系别 人数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

甲 103 103 51.5 34.33 25.75 20.6 17.17 14.71 12.875 11.44 10.3 9.36 8.58

乙 63 63 31.5 21 15.75 12.6 10.5 9 7.875 7 6.3 丙 34 34 17 11.33 8.5 6.8

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?5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）

1 2 3 4 5 6 7

A 235 235117.5 78.33 58.75 47 39.17 33.57 B 333 333166.5 111 83.25 66.6 55.6 C 432 432 216 144 108 86.4 72

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”.

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,???0,??.

不妨设g(0)?0, f(0)?0，于是问题抽象成如下的数学问题：

假设f(?)与g(?)是?的连续函数，g(0)?0, f(0)?0，且f(?)g(?)?0,???0,??，

求证存在?0??0,??，使得f??0??g??0??0.

证 令h(?)?f(?)?g(?), 则 h(0)?f(0)?g(0)?0. 将椅子旋转?, 即将AB与CD互换,由g(0)?0, f(0)?0知

f(?)?0,g(?)?0,

所以

h(?)?f(?)?g(?)??g(?)?0.

由于h(?)在[0,?]上连续,且h(0)h(?)?0, 故据连续函数的介值定理知

??0?(0,?), 使得h(?0)?0, 即

f(?0)?g(?0),

又由f(?0)g(?0)?0,，故得

f??0??g??0??0，

表明在???0方向上,四条腿一定能同时“着地”.

例7 某人早上8时从山下以旅店出发沿一条路径上山，中午12点到达时到

达山顶，下午游览并在山顶留宿，次日早上8时沿同一路径下山，于中午12时返回旅店。问此人能否在两天中的同一时刻经过途中的同一地点，为什么？若下山时，此人11时回到旅店，问结论又如何?

解 （1）设从山下旅店到山顶这条路径的总路程为d。如图建立以时间t为

横坐标，以沿上山路线从山下旅店到山顶的路程x为纵坐标的直角坐标系。

设第一天的行程为

x?f(t),8?t?12.

则f(t)是单调不降的连续函数，满足

f(8)?0,f(12)?d.

设第二天的行程为

x?g(t),8?t?12.

则是单调不增的连续函数，满足

g(8)?d,f(12)?0.

令

h(t)?f(t)?g(t),8?t?12,

则h(t) 在[8,12]上连续。由于

h(8)?f(8)?g(8)?0?d??d?0,h(12)?f(12)?g(12)?d?0?d?0,

故根据连续函数的介值定理知存在t0?(8,12)， 使得

h(t0)?0, 即 f(t0)?g(t0)?0,表明在时刻t0经过途中的同一地点。

f(t0)?g(t0).

（2）若下山时，此人11时回到旅店，只要前一天此人在上午11点之前从旅店出发上山，类似的分析同样可以得出：能在同一时刻经过途中同一地点。