数学建模答案

数学建模答案

一、解释下列词语，并举例说明(每小题满分5分，共15分)

1．模型

模型指为了某种特定目的将原型的某一部分信息简化，压缩，提炼而构成的原型替代物。如地图，苯分子图。

2．数学模型

由数字、字母、或其他数学符号组成的，描述现实对象（原型）数量规律的数学结构。具体地说，数学模型也可以描述为：对于现实世界的一个特定对象，为了一个特定的目的，根据特有的内在规律，做出一些简化假设后，运用适当的数学工具，得到的一个数学结构称之为数学模型，如概率论的功利化定义

3．抽象模型

抽象模型也称为物理模型，主要指科技工作者为一定的目的根据相似原理构造的模型，它不仅可以显示原型的外形或某些特征，而且可以用来进行模拟实验，间接地研究原型的某些规律，如波浪水箱中的舰艇模型用来模拟波浪冲击下舰艇的航行性能，风洞中的飞机模型用来试验飞机在气流中的空气动力学特征。

二、简答题（每小题满分8分，共24分）

1．模型的分类

按照模型替代原型的方式，模型可以简单分为形象模型和抽象模型两类。形象模型：直观模型、物理模型、分子结构模型等；抽象模型：思维模型、符号模型、数学模型等

2．数学建模的基本步骤

1、建模的准备：确立建模课题的过程；

2、根据建模的目的对原型进行抽象、简化。有目的性原则、简明性原则、真实性原则和全面性原则；

3、构造模型：在建模假设的基础上，进一步分析建模假设的各条款，选择适当的数学工具和构造模型的方法对其进行表征，构造出根据已知条件和数据，分析模型的特征和模型的结构特点，设计或选择求解模型的数学刻划实际问题的数学模型；

4、模型求解：构造数学模型之后，方法和算法，并借助计算机完成对模型的求解；

5、模型分析：根据建模的目的要求，对模型求解的数字结果，或进行稳定性分析，或进行系统参数的灵敏度分析，或进行误差分析等。

6、模型检验：模型分析符合要求之后，还必须回到客观实际中去对模型进行检验，看它是否符合客观实际；

7、模型应用：模型应用是数学建模的宗旨，将其用于分析、研究和解决实际问题，充分发挥数学建模在生产和科研中的特殊作用。

3．数学模型的作用

数学模型的根本作用在于它将客观原型化繁为简、化难为易，便于人民采用定量的方法去分析和解决实际问题。正因为如此，数学模型在科学发展、科学预见、科学预测、科学管理、科学决策、驾控市场经济乃至个人高效工作和生活等

众多方面发挥着特殊的重要作用。数学不仅是人们认识世界的工具，而且对于人呢的素质培养，无论是在自然科学，还是在社会科学科学中都随时发生着作用，使其终生受益。特别是，当代计算机科学的发展和广泛应用，使得数学模型的方法如虎添翼，加速了数学向各个学科的渗透，产生了众多的边缘学科。数学模型还物化于各种高新科技中，从家用电器到天气预报，从通信到广播电视，从核电站到卫星，从新材料到生物工程，高科技的高准度、高速度、高安全、高质量、高速率等特点无一不是通过数学模型和数学方法并借助计算机的计算、控制来实现的。

三、解答题（满分20分）

C 题 (9n+2, 9n+4)

某人从南郊前往北郊火车站乘火车,有两条路可走. 第一条路穿过市中心,路程较短,但交通拥挤,所需时间(以分钟计) 服从正态分布(35,80)N ；第二条路沿环城公路走,路程较长,但意外阻塞较少,所需时间服从正态分布(40,20)N . 试问(1)假如有50分钟时间可用,应走哪条路？(2)若只有40分钟时间可用,又应该走哪条路线？

1.设X 表示“该人沿第一条路线从南郊到北郊火车站所需要的时间”，Y 表示“该人沿第二条路线从南郊到北郊火车站需要的时间”，依题意X ～N （35，80），Y ～N

（４０，２０）。

（1）若有50分钟可用，由于：

}{95352.0)68.1()8035

50(50=Φ≈-Φ=≤X p

}{98745.0)24.2()2040

50(50=Φ≈-Φ=≤Y p

于是，这个人从南郊到北郊沿第二条路走，在50分钟内到达的概率比沿第一条路的概率大，所以要选第二条路走。

（2）若有40分钟可用，由于

}{71226.0)56.0()80

3540(40=Φ≈-Φ=≤X p }{5.0)0()20

4040(40=Φ=-Φ=≤Y p 所以该人沿第一条路走，在40分钟内到达的概率比沿第二条路的概率大，所以选择第一条路。

四、综合题（21分） M. 飞机降落曲线(7n+3, 7n+5, 7n+6)

在研究飞机的自动着陆系统时，技术人员需要分

析飞机的降落曲线（图1）. 根据经验，一架水平飞

行的飞机，其降落曲线是一条五次多项式. 飞行的高

度为h ，飞机着陆点O 为原点，且在这个降落过程中，

飞机的水平速度始终保持为常数u . 出于安全考虑，飞机垂直加速度的最大绝对值不得超过10g ，此处g 是重力加速度. 1.若飞机从距降落点水平距离s 处开始降落，试确定出飞机的降落曲线. 2. 求开始下降点s 所能允许的最小值.

1.解

2.论文题目：关于飞机降落曲线的数学模型论文

3.论文摘要：

飞机为了实现安全降落,必须在开始降落和着陆是保持水平飞行姿态,还必须在下降过程中保持较小的铅直加速度(否则乘客将感到不适).本实验利用微分学的求导公式,依赖Mathematica 的计算和作图功能,确定出满足上述要求的飞机安全降落曲线.希望通过本实验,使读者进一步理解导数的物理意义,提高应用微分学知识解决问题的能力.

4.关键词：高度、水平速度、垂直加速度

5.论文正文：

问题提出：

在研究飞机的自动着陆系统时，技术人员需要分析飞机的降落曲线。根据经验，一架水平飞行的飞机，其降落曲线是一条五次多项式。飞行的高度为h ，飞机着陆点O 为原点，且在这个降落过程中，飞机的水平速度始终保持为常数u 。出于安全考虑，飞机垂直加速度的最大绝对值不得超过10

g ，此处g 是重力加速度。问： 若飞机从距降落点水平距离s 处开始降落，试确定出飞机的降落曲线及求开始下降点s 所能允许的最小值.

模型假设：

飞机开始降落时，距离落点的水平距离为1（km ），机高为h'（m ）（机场的地面高度取作0）.飞机开始降落和着陆时，都保持水平飞行姿态。

图1

模型设计：

模型的解法与结果：

设所求飞机的降落曲线为： 5544332210x a x a x a x a x a a y +++++=，

由已知条件：======.0)(,0)0(,0)(,0)0(,)(,0)0('''''s y y s y y h s y y 于是求得：.6,15,10;0554433210s

h a s h a s h a a a a =-===== 从而所求的曲线方程为：5544361510x s

h x s h s h y +-+= 又

2534232212018060u s hx s hx s hx dt y d ??

+-= 2222310max s hu dt y d =

于是由已知条件：.33103100,1031022

u g

h u g h s g s hu =≥≤即。 模型结果的分析和检验：

由上述设计可知，飞机降落时，最大铅直加速度远小于允许值，所以降落是安全的，由上述图可知，虽然开始降落时的铅直加速度很大，最后着陆的加速度也很大，但在飞机整个降落过程中飞机不可能一直保持最大铅直加速度来进行降落。代入具体数据进行验证，在Mathematica 运行环境下输入。

模型的优缺点及改进方向：

由上述设计可知，飞机降落时，最大铅直加速度远小于允许值，所以降落是

安全的，由上述图可知，虽然开始降落时的铅直加速度很大，最后着陆的加速度也很大，但在飞机整个降落过程中飞机不可能一直保持最大铅直加速度来进行降落，因此在实际生活中，我们应该具体问题具体分析，全面考虑，解决，从而更好的利用所学的理论知

识来解决一些实际问题。

5.参考文献：

华东师范大学数学系《数学分析》第三版高等教育出版社 2001年6月

于大正《Mathematica 5在大学数学课程中的应用》电子工业出版社 2006年6月

五、复述题（21分）

R. 椅子放稳模型(3n+2)

椅子放稳问题

摘要：1.解释只需将椅子挪动就可使椅子放稳这一现象。

2.如果椅子的四只脚构成一个平行四边形，通过适当的挪动能否放稳。

3．椅子的四个脚满足什么条件通过挪动就可使椅子放稳。

关键词：椅子，不平地面，放稳，数学模型

问题提出：在日常生活中,经常会碰到这样的情况:把一张四条腿的椅子往不平的地上一放,有时只有三只椅脚着地,未放稳,但只需稍作挪动,就可以使四只脚同时着地,放稳了。该如何证实这种现象？

问题分析：建立椅子四脚连线为正方形的模型。

模型假设：为使问题简化，便于解决，我们作如下合理假设：

1．椅子四条腿一样长，椅脚与地面的接触部分相对椅子所占的地面面积可视为一个点，四脚的连线呈正方形；

2．地面凹凸坡面是连续变化的，沿任何方向都不会

出现间断（如没有象台阶那样的情况），即地面可看作数学上的连续曲面；

3．相对椅脚的间距和椅子腿的长度而言，地面是相对平坦的，即使椅子在任何位置至少有三条腿同时着地；

4．挪动仅只是绕一个定点的旋转。假设1显然是合理的。否则即便放在平面上也不会是椅子放稳。假设2相当于给出了椅子能够放稳的必要条件，因为如果地面高度不连续（比如在有台阶或裂缝的地方）是无法使椅子四只脚同时着地。假设3是要排除地面上与椅脚间距和椅子腿长度的尺寸大小相当的范围内，出现深沟或凸峰（即使连续变化的），将使椅子三只脚也无法同时着地。

模型设计：首先，根据假设1， 椅脚连线B ′ B 呈正方形,而正方形以中心为对称,A ′即正方形绕中心的旋转可以表示椅θAC

子位置的改变，于是可以用旋转角Ox 度这一变量表

示椅子的位置。如图 D ′1，椅脚连线为正方形ABCD ，

在图 C ′ D1所示的坐标系下对角线AC 与ox 轴正

方形ABCD 重合,椅子绕中心o 旋转角度θ 后,绕O

点旋转正方形 A ′B ′C ′D ′转至的位置，如图2

所示，即对角线AC 与ox 轴的夹角表示了椅子的位

置。

其次，要把椅子着地用数学符号表示出来。如果用

某个变量表示椅脚与地面的竖值距离，那么当这个

距离为零时就是椅脚着地了。椅子在不同的位置时，

椅脚与地面的距离不尽相同，所以这个距离是变量θ 的函数。

虽然椅子有四只脚，因而有四个距离，即每一个椅脚和地面都有一个距离。但由假设3以及正方形关于中心的对成性，只要设两个距离就可以了。设A 、C 两脚与地面的距离之和为f(θ ) ，B 、D 两脚与地面的距离之和为g(θ ), 显然f(θ ) 、 g(θ ) ≥0。由假设2知f(θ ) 、 g(θ )都是连续函数。在由假设3知，椅子在任何位置上至少有三只脚着地，所以对于任意的θ ， f(θ ) 、 g(θ )中至少有一个为零。当θ = 0 时，不妨设f(θ ) > 0、 g(θ ) = 0。另一方面，由对称性知道，旋转p/2的角度后，相当于AC 和BD 互换一个位置.故有f(p/2)=0 ，g(p/2)>0，这样，改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学命题。 命题 1 已知f(θ )和g(θ )是θ 的连续函数，对任意的πθ ，有f(θ )? g(θ )=0 ，

且 f(0 )>0 、 g(0)=0， g(

2π) > 0 、 f (2π) = 0 ，则存在 0θ∈ [0 , 2

π ] ，使得f(0θ)= g(0θ ) =0.

可以看到， 引入变量θ 和函数 f(θ ) 、 g(θ ) ， 就把模型的假设条件和椅脚同时着地的结论用简单而精确的数学语言表示出来，从而构成了这个实际问题的数学模型。

模型的解法与结果：令h(θ)= f(θ)–g(θ)，则h(0)>0和h(π/2)<0. 由 f (θ ) ，g (θ ) 的连续性知 h (θ) 为[0 ， π/2] 上连续函数，根据必区间上连续函数的介质性定理, 必存在一个0θ∈ [0 , π/2],使h(0θ)=0，即f(0θ) = g(0θ) . 因为f(θ) ? g(θ)=0，所以f(0θ)= g(0θ) = 0.

如果四脚为矩形

问题提出：建立椅子四脚连线为矩形的模型。

问题分析：上一个模型的优点在于用一元变量表示了椅子的位置，用的两个函数表示了椅子四只脚与地面的距离，充分运用了正方形关于中心的对称性，使得问题得到了极大的简化，并得到了逻辑上的求解。缺点在于运用了正方形关于中心的对称性，使模型

的适应范围受到了一定的局限，如对一般四边形是否也适应，未能作出回答；而

且也未能考虑到平行移动的情

形。

模型假设：如果椅脚连线呈矩

形，其结论也成立。事实上，

如图3建立坐标系，A 、B 、C 、

D 表示椅子的四只脚.

模型设计解法与结果：

假设条件只需将正方形假设条件中的正方形改为矩形。设f(θ )表示相邻两脚A 、B 与地面的距离之和，g(θ )表示相邻两脚C 、D 两脚与地面的距离之和。由矩形对称性知道,旋转 180°度的角后，相当于AB 和CD 互换一个位置。这样，改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学命题：

命题2 已知f(θ ) 和g(θ ) 是θ 的连续函数, 对任意的θ ， 有f(θ )? g(θ )=0 ，且f(0 )>0 、 g(0)=0 ， f(π )=0 、 g(π) >0 ， 则存在θ∈ [0，π] , 使得f(0θ)= g(0θ )=0 。

通过适当的旋转可将椅子放平稳，椅子四脚连线是否一定是圆内接四边形？

问题提出：由于正方形和矩形的任意一个顶点通过适当的旋转，可到达每一个顶点，即就是说正方形和矩形的四个顶点绕其中心旋转一周所得轨迹是同一个圆周。这也就是正方形和矩形的四个顶点共圆，可通过适当的旋转将椅子放平稳。那么，椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接四边形，是否一定可通过适当的旋转可将椅子放平稳？

问题解决：椅子四只脚构成一菱形ABCD ，对角线的长度分别为AC=8，BD=6。根据球面的特点，要使得菱形ABCD 的顶点至少有三个在球面上，则其三个顶点必在同一个圆上。不妨取菱形 ABCD 所在的平面与球面的截痕及菱形，在xoy 面上投影图如示图，其圆周的半径为

R=

825425<8=AC

R=625

D （0，± 6

11，10000-22)625(10000 ） 这说明通过旋转永远也不可能将椅子放稳。即就是说椅

子四脚连线所构成的四边形不是园内接四边形，通过旋

转不可能将椅子放稳。

内接四边形的椅子是否也能在不平的平面上放

稳

问题分析：用椅子腿与相应对角线的夹角来度量椅子腿

是否着地

模型假设：

1．椅子四条腿一样长，椅脚与地面的接触部分相对椅子所占的地面面积可视为一

个点。

2．地面凹突破面世连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有向台阶那样的情况），即地面可看作数学上的连续曲面。

3．相对椅脚的间距和椅子腿的长度而言，地面是相对平坦的，即使椅子在任何位置至少有三条腿同时着地。

4．椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接四边形，即椅子四脚共圆。

5．挪动仅只是旋转。

模型设计：将椅子放在地面任何一个位置，并使至少三只脚同时着地。这时以椅子四脚共圆的圆心O 为原点，四脚连线所在的平面为xoy 坐标面，并使椅脚之一（如椅脚A ）在ox 轴的正半轴上建立平面坐标系图.

由假设4，椅子四脚A 、B 、C 、D 共圆，设其半径为R ，则这四点必在圆周2X +2Y =2R 上。不妨设OB 、OC 、OD 分别与ox 轴的正向夹角分别为1θ、2θ、3θ. 这三个夹角应满足条件0<1θ< 2θ< 3θ< 2 π.

点A 、B 、C 、D 的坐标依次 A(R,0) B( R cos 1θ , R sin 1θ ) C ( R cos 2θ, R sin 2θ) D( R cos 3θ , R sin 3θ)

如果让椅

子绕O 点

转动，则

A 、

B 、

C 、

D 四点将

同时绕O

点转动，

并且转过同样的角度θ（取逆时针方向为正），转后B

‘、C ’、D ‘

A 、B 、C 、四点对应A ‘、D

由 假 设 2 ，地 面 可 视为数学上的连续

曲面,因此，如果取过原点O,垂直于xoy 面

向上的轴为oz 轴,则在此空间直角坐标系下

地面的方程便可写成z=f(x ，y) ,其中f(x ，

y)是二元连续函数。特别地，在圆周上 z 必

为旋转角θ 的以2π为周期的单值连续函数z=?(θ )

A ′( R cos θ , R sin θ )

B ′( R cos(θ + θ 1 ), R sin(θ + θ 1 ))

C ′( R cos(θ + θ 2 ), R sin(θ + θ 2 ))

D ′( R cos(θ + θ 3 ), R sin(θ + θ 3 ))

A ′′( R cos θ , R sin θ , ? (θ ))

B ′′( R cos(θ + θ1 ), R sin(θ + θ 1 ), ? (θ + θ1 ))

C ′′( R cos(θ + θ 2 ), R sin(θ + θ 2 ), ? (θ + θ 2 ))

D ′′( R cos(θ + θ 3 ), R sin(θ + θ 3 ), ? (θ + θ 3 ))

由假设3，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置至少有三只脚同时着地。这样改变椅子的位置（即让椅子绕O 点转动）能否使四脚同时着地的问题就归结为求解′′是否存在 θ ∈ [0, 2π ]使四点 A ′′、B ′′、C ′′、D 共面。这就是我们对该问题建立的数学模型。

模型的解法与结果：上面建立的数学模型的求解即证明下面的定理：

定理1 设?(θ ) 是以 2π 为周期的连续函数，R>0， 1θ 、2θ 、3θ 是满足不等式0<1θ<2θ <3θ< 2π的任意常数， 则一定存在0θ∈ [0 , 2π] ,使当θ= 0θ时，A ?B ?C ?D ′′四点共面。

证 A ′′, B ′′, C ′′, D ′′ 四点共面的充要条件是向量A ′′B ′′ = { R cos(θ + 1θ) ? R cos θ , R sin(θ + 1θ ) ? R sin θ , ? (θ + 1θ) ? ? (θ )} A ′′C ′′ = { R cos(θ +2θ ) ? R cos θ , R sin(θ + 2θ ) ? R sin θ , ? (θ + 2θ) ? ? (θ )}

A ′′D ′′ = { R cos(θ + 3θ ) ? R cos θ , R sin(θ +3θ ) ? R sin θ , ? (θ + 3θ ) ? ? (θ )}的混合积[ A ′′

B ′′ A ′′

C ′′ A ′′

D ′′] = 0。 不妨设

F (θ ) = [ A ′′ B ′′ A ′′ C ′′ A ′′ D ′′ ]

)]

()([*)]sin(sin [sin )]()([*)]sin(sin [sin )]

()([*)]sin(sin [sin 312212231132123322θ?θθ?θθθθθ?θθ?θθθθθ?θθ?θθθθ-+-+--+-+-+-+-+-=R R R

F (θ ) =θθθθθθθθθcos )cos(cos )cos(

cos )cos(321R R R R R R -+-+-+θθθθθθθθθcos )cos(cos )cos(cos )cos(321R R R R R R -+-+-+)

()()()()

()(321θ?θθ?θ?θθ?θ?θθ?-+-+-+ 又因为 ?(θ ) 是以2π的连续函数，从而对任意的常数a 都有

θθθθ?π

πππ

d dx x dx x d a a a ===++2020220)()()()( 0

)]()([0)]()([0)]()([20320

2201=-+=-+=-+??

θθ?θθ?θθ?θθ?θθ?θθ?πππd d d

=πθθ200)(d F

再由积分中值定理知，存在一个θ0∈ [0 , 2π]使得

==πθθπθ20

00)(21)(d F F 即就是0]''''''''''''[=D A C A B A

也就是当θ =0θ时， A ′′, B ′′, C ′′, D ′′ 四点共面

定理1说明，对四脚共圆的椅子，在不平的地面上，总可以经适当的旋转把椅子放稳。

放稳椅子的充要条件

前面我们对四脚共圆的椅子进行了讨论，并建立了数学模型。那么四脚不共圆的椅子是否也能在一般不平面的地面上放稳呢？回答是否定的，其反例如下：例：设椅子的四脚不共圆，地面为半径充分大的球面，则这样的椅子在相应的地面上总放不稳。证：反证法

假设在这样的地面上存在四点A 、B 、C 、D 使椅子的四脚在这四点同时着地，则四点必共面，即在同一平面上。从而，这四点必在此平面与球面的交线上，也就是着四点必共圆。这与椅子四脚不共圆矛盾。这矛盾说明假设错而例中结论真。

此例说明：当椅子四条腿一样长但四脚不共圆时，无论怎么放，也不能在球面型的地面上放稳。而由前面的数学模型及讨论说明，当椅子四条腿一样长且四脚共圆时，对任意

的连续平坦地面，无论在何处，都可以经过适当的旋转把椅子放

稳。这样我们就

证明了下面结论：

定理2:在不平的地面上把椅子放稳的充要条件是椅子四脚共圆。

模型结果的分析和检验:

椅子问题虽然是日常生活中一件非常普通的问题，但在上述的模型中所给出有关椅子的结论对于实践具有普遍的指导意义。通常，在制作椅子时，我们事先并不知道要把椅子放在什么样的地面上，因此，我们无法也不可能对地面提出任何要求，但为了保证椅子将来能在任何连续平坦的地面上放稳，我们可对椅子的设计提出一定的要求，这个要求就是：必须且只需把椅子做成四脚连线呈圆内接四边形的形式。这也正好说明了我们的祖先为什么把都把椅子做成四脚连线呈正方形、矩形或等腰梯形，其原因就是他们都是圆内接四边形，这样椅子能放稳。

当然，上述的结论不只是对制作椅子有用，而对四脚共面的所有物体，如桌子、家用电器、甚至送上月球的四脚机器和设备等，都有着设计方面的价值。

1. 论文题目；

2. 论文摘要（不得超过300字）

3. 关键词（不得少于三个）

4. 论文正文：问题提出（按你的理解对所给题目做更清晰的表述）；问题分析（根具问题的性质，你打算建立什么样的数学模型）；模型假设（有些假设须作必要的解释）；模型设计（对出现的数学符号必须有明确的定义）；模型的解法与结果；模型结果的分析和检验，包括误差分析、稳定性分析等；模型的优缺点及改进的方向；必要的计算机程序。

5. 参考文献

1.中国大学生数学建模竞赛，李大潜主编，高等教育出版社(1998)．

2．大学生数学建模竞赛辅导教材，(一)(二)(三)，叶其孝主编，湖南教育出版社(1993，1997，1998)．

3．数学建模教育与国际数学建模竞赛《工科数学》专辑，叶其孝主编，《工科数学》杂志社，1994)．