数学建模椅子平衡问题 蜗牛爬行问题 船渡河问题

注意到椅脚连线呈长方形，长方形是中心对称图形，绕它的对称中心旋转180度后，椅子仍在原地。

把长方形绕它的对称中心O旋转，这可以表示椅子位置的改变。

于是，旋转角度θ这一变量就表示了椅子的位置。

为此，在平面上建立直角坐标系来解决问题。

如下图所示，设椅脚连线为长方形ABCD，以对角线AC所在的直线为x轴，对称中心O为原点，建立平面直角坐标系。

椅子绕O点沿逆时针方向旋转角度θ后，长方形ABCD转至A1B1C1D1 的位置，这样就可以用旋转角θ（0≤θ≤π）表示出椅子绕点O旋转θ后的位置。

其次，把椅脚是否着地用数学形式表示出来。

我们知道，当椅脚与地面的竖直距离为零时，椅脚就着地了，而当这个距离大于零时，椅脚不着地。

由于椅子在不同的位置是θ的函数，因此，椅脚与地面的竖直距离也是θ的函数。

由于椅子有四只脚，因而椅脚与地面的竖直距离有四个，它们都是θ的函数。

而由假设(3)可知，椅子在任何位置至少有三只脚同时着地，即这四个函数对于任意的θ，其函数值至少有三个同时为0。

因此，只需引入两个距离函数即可。

考虑到长方形ABCD是中心对称图形，绕其对称中心 O沿逆时针方向旋转180°后，长方形位置不变，但A,C和B,D对换了．因此，记A、B两脚与地面竖直距离之和为f（θ），C、D两脚与地面竖直距离之和为g（θ），其中θ∈[0，π]，从而将原问题数学化。

数学模型：已知f（θ）和g（θ）是θ的非负连续函数，对任意θ，f（θ）•g(θ)＝0，证明：存在θ0∈[0，π]，使得f（θ0）＝g（θ0）＝0成立。

五、模型求解（显示模型的求解方法、步骤及运算程序、结果）如果f（0）＝g（0）＝0，那么结论成立。

如果f（0）与g（0）不同时为零，不妨设f（0）＞0，g（0）＝0。

此时，将长方形ABCD。

09级数模试题1. 把四只脚的连线呈长方形的椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然后稍微挪动几次，就可以使四只脚同时着地，放稳了。

试作合理的假设并建立数学模型说明这个现象。

（15分） 解：对于此题，如果不用任何假设很难证明，结果很可能是否定的。

因此对这个问题我们假设 ： （1）地面为连续曲面（2）长方形桌的四条腿长度相同（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的 （4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。

那么，总可以让桌子的三条腿是同时接触到地面。

现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。

以长方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如图所示，方桌的四条腿分别在A 、B 、C 、D 处，A 、B,C 、D 的初始位置在与x 轴平行，再假设有一条在x 轴上的线ab,则ab 也与A 、B ，C 、D 平行。

当方桌绕中心0旋转时，对角线 ab 与x 轴的夹角记为θ。

容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。

为消除这一不确定性，令()f θ为A 、B 离地距离之和，()g θ为C 、D 离地距离之和，它们的值由θ唯一确定。

由假设（1），()f θ,()g θ均为θ的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地， 故()f θ()g θ=0必成立（∀θ）。

不妨设(0)0f =,(0)0g >g （若(0)g 也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为： 已知()f θ,()g θ均为θ的连续函数，(0)0f =,(0)0g >且对任意θ有00()()0f g θθ=，求证存在某一0θ，使00()()0f g θθ=。

证明：当θ=π时，AB 与CD 互换位置，故()0f π>，()0g π=。

作()()()h f g θθθ=-，显然，()h θ也是θ的连续函数，(0)(0)(0)0h f g =-<而()()()0h f g πππ=->，由连续函数的取零值定理，存在0θ，00θπ<<，使得0()0h θ=，即00()()f g θθ=。

渡河问题的数学模型解决方法内容摘要：本文通过对1934年和2002年两次武汉抢渡长江挑战赛的资料分析，对在抢渡过程中涉及到的水流速度，人的游泳速度、方向和起终点路程的关系等因素建立了数学模型，并以此进行了几个问题的研究。

分析两次比赛路线的不同对选手到达终点成功率的影响，阐述了两次的成功人数百分比有很大差异的原因。

然后考虑诸多因素的复杂变化，包括水流速度的分段或线性变化等，对模型进一步优化，找出人的游速的大小和方向与水流的关系，并提出几种可行性方案。

最后将模型应用到实际问题中，通过对诸如空投、宇宙飞船对接等涉及到多个速度和位移关系的设想，将模型进一步验证和推广。

通过数学模型及相关数据，可算得：①2002年第一名的游泳路线为从起点到终点的直线路程，游泳速度的大小为v=1.54m/s ，方向为与平行河岸上游方向夹角︒6.62；一个游泳速度为1.5m/s 的人应选择的方向为与平行河岸上游方向夹角︒2.58，他的成绩大约为s 4.910；②如果游泳者始终以和岸边垂直的方向游，则他们无法到达终点。

由于1934年和2002年两次比赛在水平方向（即水流方向）上路程的差异，计算出1934年选手的理论成功概率为81.1%，实际概率为90.9%；2002年的理论成功概率为19.3%，实际概率为18.3%，从而说明了为何两次比赛能到达终点人数的百分比有如此大的差异。

最后得出能够成功到达终点的选手的条件为θθsin cos 0⋅≥⋅-v d v v s ③当水流速度沿离岸边距离分段变化时，游泳速度为 1.5m/s 的选手应选择的方向是与平行河岸上游方向夹角︒2.58 ，路线为从起点到终点的直线距离，预计时间为784.5s ④当水流速度沿离岸边距离呈线性变化时，人的游泳方向从垂直河岸开始逐渐向θ减小方向偏离，中间一段水流速度恒定是θ也恒定，最后一段θ逐渐增大，当到达对岸时︒90恰为　θ。

由此可最终求总共经历时间约为 810s一．基本模型建立设水速为v 0，垂直于岸边的距离为d,平行于岸边的位移为s ，人的速度为v,出发方向与河岸平行方向夹角为θ，整个运动时间为t ，起点至终点的直线距离为l ，如图所示：若人要恰好从起点到达终点，则有： θθsin cos 0⋅==⋅-v d t v v s 二．模型假设1．不考虑温度（气温、水温）及水中除水速外其他因素对选手速度的影响；2．由于在实际情况中，风力对人的影响比对水的影响要小得多，而风对水的影响在水速中已经体现，因此不考虑风力对人的直接影响；3．假设1934年和2002年两次比赛具有相同的外界条件，即具有相同的水流速度；4．开始人以某一初速度沿固定方向向对岸游，则只要满足人刚到达对岸的地点在终点的上游，就可以认为此人能够到达终点；5．θ的范围是]180,0[︒，在开始时所有选手向各个方向起跳的机率相同。

基本实验1.椅子放平问题依照1.2.1节中的“椅子问题”的方法，将假设中的“四腿长相同并且四脚连线呈正方形”，改为“四腿长相同并且四脚连线呈长方形”，其余假设不变，问椅子还能放平吗？如果能，请证明；如果不能，请举出相应的例子。

解答：1、模型假设对椅子和地面作出如下假设：（1）椅子：四腿长相同且四脚连线呈长方形；（2）地面：略微起伏不平的连续变化的曲面；（3）着地：点接触，在地面任意位置处椅子应至少有三只脚同时落地。

上述假设表明长方椅是正常的，排除了地面有坎以及有剧烈升降等异常情况。

2、模型建立令AB 两脚，CD 两脚与地面距离分别为()θf 和()θg ，则该问题归结为：已知连续函数()0≥θf ，()0≥θg ，若()0>θf ，g(0)=0，则一定存在()πθ,01∈，使得()()011==θθg f3、模型求解证明：令πθ=（即旋转180°，对角线AC 和BD 互换），则()0=πf ，()0>πg .定义()()()θθθg f h -=，得到()()00=πh h ，根据连续函数的零点定理，则存在()πθ,01∈，使得()()()0111=-=θθθg f h结合条件()()011=θθg f ，从而得到()()011==θθg f即四点均在地面上，得证。

2.过河问题依照1.2.2节“商人安全过河”的方法，完成下面的智力有戏：人带着猫、鸡、米过河，船除需要人划之外，至多能载猫、鸡、米之一，而当人不在场时，猫要吃鸡、鸡要吃米。

试设计一个安全过河的方案，并使渡河的次数尽量地少。

解：1、模型建立设：xi,其中i表示：人：i=1 猫：i=2 鸡：i=3 米：i=4在此岸：xi =1 在对岸：xi =0此岸状态为：s=(x1,x2,x3,x4)对岸状态为：s’=(1- x1,1- x2,1- x3,1- x4)乘船方案为：d=(u1,u2,u3,u4)在船上时：ui=1不在船上时：ui=0第k次渡河前此岸的状态为：sk第k次渡河的决策为：dk允许状态集合为：S={(1,1,1,1),(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(1,0,1,0)}允许决策集合为：D={(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(1,0,0,0)}状态转移率为：sk+1= sk +(-1)k dk设计安全过河方案归结为求决策序列d1，d2,…, dn∈D,使状态sk ∈S按状态转移律由初始状态s1=(1,1,1,1)经n步达到sn+1=（0,0,0,0)2、模型求解因此，我们可得到如下方案：当k=1时，s1=（1,1,1,1)；d1=（1,0,1,0)当k=2时，s2=（0,1,0,1)；d2=（1,0,0,0)当k=3时，s3=（1,1,0,1)；d3=（1,0,0,1)当k=4时，s4=（0,1,0,0)；d4=（1,0,1,0)当k=5时，s5=（1,1,1,0)；d5=（1,1,0,0)当k=6时，s6=（0,0,1,0)；d6=（1,0,0,0)当k=7时，s7=（1,0,1,0)；d7=（1,0,1,0)当k=8时，s8=（0,0,0,0)所以，通过比较，选择的最优方案为：人先带鸡过河，然后人再回来，把米带过河，然后把鸡运回河岸，人再把猫带过河，最后人回来把鸡带过去。

09级数模试题1. 把四只脚的连线呈长方形的椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然后稍微挪动几次，就可以使四只脚同时着地，放稳了。

试作合理的假设并建立数学模型说明这个现象。

（15分） 解：对于此题，如果不用任何假设很难证明，结果很可能是否定的。

因此对这个问题我们假设 ： （1）地面为连续曲面（2）长方形桌的四条腿长度相同（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的 （4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。

那么，总可以让桌子的三条腿是同时接触到地面。

现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。

以长方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如图所示，方桌的四条腿分别在A 、B 、C 、D 处，A 、B,C 、D 的初始位置在与x 轴平行，再假设有一条在x 轴上的线ab,则ab 也与A 、B ，C 、D 平行。

当方桌绕中心0旋转时，对角线 ab 与x 轴的夹角记为θ。

容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。

为消除这一不确定性，令()f θ为A 、B 离地距离之和，()g θ为C 、D 离地距离之和，它们的值由θ唯一确定。

由假设（1），()f θ,()g θ均为θ的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地， 故()f θ()g θ=0必成立（∀θ）。

不妨设(0)0f =,(0)0g >g （若(0)g 也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为： 已知()f θ,()g θ均为θ的连续函数，(0)0f =,(0)0g >且对任意θ有00()()0f g θθ=，求证存在某一0θ，使00()()0f g θθ=。

证明：当θ=π时，AB 与CD 互换位置，故()0f π>，()0g π=。

作()()()h f g θθθ=-，显然，()h θ也是θ的连续函数，(0)(0)(0)0h f g =-<而()()()0h f g πππ=->，由连续函数的取零值定理，存在0θ，00θπ<<，使得0()0h θ=，即00()()f g θθ=。

小船渡河模型含答案 HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】运动的合成与分解实例——小船渡河模型一、基础知识（一）小船渡河问题分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．(3)三种情景①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短＝dv1(d为河宽)．②过河路径最短(v2<v1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d.船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2 v 1 .③过河路径最短(v2>v1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：cos α＝v1v2，最短航程：s短＝dcos α＝v2v1d.（二）求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下四点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动．船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则求极限的方法处理．二、练习1、一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，则：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？解析(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．当船头垂直河岸时，如图所示．合速度为倾斜方向，垂直分速度为v2＝5 m/s.t＝dv2＝1805s＝36 sv＝v21＋v22＝525 m/sx＝vt＝90 5 m(2)欲使船渡河的航程最短，应垂直河岸渡河，船头应朝上游与垂直河岸方向成某一夹角α，如图所示．有v2sin α＝v1，得α＝30°所以当船头向上游偏30°时航程最短．x′＝d＝180 m.t′＝dv2cos 30°＝180523s＝24 3 s答案(1)垂直河岸方向36 s 90 5 m (2)向上游偏30°24 3 s 180 m2、一条船要在最短时间内渡过宽为100 m的河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是( )A．船渡河的最短时间是25 s B．船运动的轨迹可能是直线C．船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2D．船在河水中的最大速度是5 m/s 答案C解析船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，即t＝1005s＝20 s，A错误；由于水流速度变化，所以合速度变化，船头始终与河岸垂直时，运动的轨迹不可能是直线，B错误；船在最短时间内渡河t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s ，水的流速在x ＝0到x ＝50 m 之间均匀增加，则a 1＝4－010 m/s 2＝0.4 m/s 2，同理x ＝50 m 到x ＝100 m 之间a 2＝0－410 m/s 2＝－0.4 m/s 2，则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s 2，C 正确；船在河水中的最大速度为v ＝52＋42 m/s ＝41 m/s ，D 错误．3、如5所示，河水流速与距出发点垂直距离的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则( )A ．船渡河的最短时间是60 sB ．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C ．船航行的轨迹是一条直线D ．船的最大速度是5 m/s 答案 BD 解析 当船头指向垂直于河岸时，船的渡河时间最短，其时间t ＝d v 2＝3003s ＝100 s ，A 错，B 对．因河水流速不均匀，所以船在河水中的航线是一条曲线，当船行驶至河中央时，船速最大，最大速度v ＝42＋32 m/s ＝5 m/s ，C 错，D 对． 4、(2011·江苏·3)如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为 ( ) A ．t 甲<t 乙 B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定答案 C解析 设两人在静水中游速为v 0，水速为v ，则t 甲＝x OA v 0＋v ＋x OAv 0－v ＝2v 0x OA v 20－v 2 t 乙＝2x OB v 20－v 2＝2x OA v 20－v 2<2v 0x OAv 20－v 2故A 、B 、D 错，C 对．5、甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H ，河水流速为v 0，划船速度均为v ，出发时两船相距233H ，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图所示．已知乙船恰好能垂直到达对岸A 点，则下列判断正确的是( )A ．甲、乙两船到达对岸的时间不同B．v＝2v0C．两船可能在未到达对岸前相遇D．甲船也在A点靠岸答案BD解析渡河时间均为Hv sin 60°，乙能垂直于河岸渡河，对乙船由v cos 60°＝v0得v＝2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为(v cos 60°＋v0)Hv sin 60°＝233H，刚好到达A点，综上所述，A、C错误，B、D正确．6、一快艇要从岸边某处到达河中离岸100 m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则( )A．快艇的运动轨迹可能是直线 B．快艇的运动轨迹只能是曲线C．最快到达浮标处通过的位移为100 m D．最快到达浮标处所用时间为20 s解析快艇的实际速度为快艇在静水中的速度与水速的合速度．由图象可知快艇在静水中为匀加速直线运动，水为匀速直线运动，两速度不在同一条直线上，故快艇必做曲线运动，A错误，B正确；当快艇与河岸垂直时，到达浮标处时间最短，而此时快艇做曲线运动，故位移大于100 m，C错误；由题图甲可知快艇的加速度为a＝ΔvΔt＝0.5 m/s2，最短位移为x＝100 m，对快艇由x＝12at2得：t＝2xa＝错误! s＝20 s，即最快到达浮标处所用时间为20 s，D正确．答案BD。

习题参考解答《数学建模》习题解答第一章部分习题3(5).决定十字路口黄灯亮的时间长度.4.在1.3节“椅子能在不平的地面上放稳吗”的假设条件中，将四角的连线呈正方形改为长方形，其余不变，试构造模型并求解.5.模仿1.4节商人过河问题中的状态转移模型，作下面这个众所周知的智力游戏：人带着猫、鸡、米过河，船除希望要人计划之外，至多能载猫、鸡、米三者之一，而当人不在场时猫要吃鸡、鸡要吃米，设计一个安全过河方案，并使渡河次数尽量地少.8.假定人口的增长服从这样的规律：时刻t的人口为某(t)，t到t+△t时间内人口的增量与某m-某(t)成正比（其中为某m最大容量）.试建立模型并求解.作出解的图形并与指数增长模型、阻滞增长模型的结果进行比较.9(3).甲乙两站之间有电车相通，每隔10分钟甲乙两站相互发一趟车，但发车时刻不一定相同。

甲乙之间一中间站丙，某人每天在随机的时刻到达丙站，并搭乘最先经过丙站的那趟车，结果发现100天中约有90天到达甲站，约有10天到达乙站。

问开往甲乙两站的电车经过丙站的时刻表是如何安排的。

参考答案3(5).司机看到黄灯后停车要有一定的刹车距离1，设通过十字路口的距离为2，汽车行驶速度为v，则黄灯的时间长度t应使距停车线1之内的汽车能通过路口，即t12v其中1可由试验得到，或按照牛顿第二定律解运动方程，进一步可考察不同车重、不同路面及司机反应灵敏程度等因素的影响.4.相邻两椅脚与地面距离之和分别定义为f和g，将椅子旋转180，其余作法与1.3节相同.5.人、猫、鸡、米分别记为i1,2,3,4，当i在此岸时记某i1，否则记某i0，则此岸的'状态可用某1,某2,某3,某4表示。

记的反状态为1某1,1某2,1某3,1某4，允许状态集合为S1,1,1,1,1,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,1,0,1,0及他们的5个反状态决策为乘船方案，记作du1,u2,u3,u4，当i在船上时记ui1，否则记ui0，允许决策集合为D1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,1,0,0,0记第k次渡河前此岸的状态为k，第k次渡河的决策为dk，则状态转移律为k1k1dk，设计安全过河方案归结为求决策序列d1,d2,,dnD,，使状态kkS按状态转移律由初始状态11,1,1,1经n步达到n10,0,0,0一个可行的方案如下：kkdk123456781,1,1,10,1,0,11,1,0,10,1,0,01,1,1,00,0,1,01,0,1,00,0 ,0,01,0,1,01,0,0,01,0,0,11,0,1,01,1,0,01,0,0,01,0,1,0 6(1).分段的指数增长模型根据1.5节表3中的增长率将时间分为三段：1790年至1880年平均年增长率2.83%；1890年至1960年平均年增长率1.53%；1970年至2000年平均年增长率1.12%.三段模型为（1790年为t=0，1880年为t=1，）某1(t)=3.9e0.283t，t=0,1,,10某2(t)=某1(10)e0.153(t-10)，t=11,12,,18某3(t)=某2(18)e0112(t-18)，t=19,20,,226(2).阻滞增长模型可以用实际增长率数据中前5个的平均值作为固有增长率r，取某些专家的估计400百万为最大容量某m，以1790年的实际人口为某0，模型为1.5节的(9)式。

椅子放平稳问题所谓数学模型是指对于一个实际问题，为了特定目的，作出必要的简化假设，根据问题的内在规律，运用适当的数学工具，得到的一个数学结构 . 建立及求解数学模型的过程就是数学建模. 下面例子是一个简单的数学建模问题.问题：四条腿一样长的椅子一定能在不平的地面上放平稳吗？1.模型假设 (文字转化为数学语言)(1) 椅子四条腿一样长，椅子脚与地面的接触处视为一个点，四脚连线呈正方形；(2) 地面高度是连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有台阶那样的情况），即视地面为数学上的连续曲面；(3) 地面起伏不是很大，椅子在任何位置至少有三只脚同时着地.2.模型建立 （运用数学语言把条件和结论表现出来）设椅脚的连线为正方形 ABCD ，对角线 AC 与 x 轴重合，坐标原点 O 在椅子中心，当椅子绕 O 点旋转后，对角线 AC 变为 A'C'，A'C'与 x 轴的夹角为θ.由于正方形的中心对称性，只要设两个距离函数就行了，记 A 、C 两脚与地面距离之和为 )(θf ，B 、D 两脚与地面距离之和为 )(θg .显然0)(≥θf 、0)(≥θg 。

因此椅子和地面的距离之和可令)()()(θθθg f h +=。

由假设（2），)(x f 、)(x g 为连续函数，因此)(θh 也是连续函数；由假设（3），得：0)()(=θθg f 。

则该问题归结为：已知连续函数0)(≥θf 、0)(≥θg 且0)()(=θθg f ，至少存在一个0θ，使得：0)()(00==θθg f3.模型求解 （找出0θ）证明：不妨设,0)0(>f 则0)0(=g 令2πθ=（即旋转o 90，对角线AC 和BD 互换）。

则有0)2(,0)2(>=ππg f定义：)()()(θθθg f H -=，所以0)]2()0([)2()0(<-=ππg f H H 根据连续函数解的存在性定理，得：存在)2,0(0πθ∈使得：0)()()(000=-=θθθg f H ；又 0)()(00=θθg f所以0)()(00==θθg f即 当0θθ=时，四点均在同一平面上。

小船过河数学模型1.问题及背景一只小船度过宽度为d的河流，目标是起点A正对着的另一岸的B点。

建立小船渡河航线模型，并分析研究小船的渡河航行时间。

2.问题假设和分析假设河水流速v1与船在静水中的速度v2之比为K。

在小船渡河问题中，我们假设选地面为参考系，小船将会涉及到两个分运动：一个是与小船的动力装置有关、与船头同向的小船在静水中的速度方向的运动；另一个是受水流作用使得小船具有速度方向的运动。

3.模型建立以B为坐标原点，BA所在的线段为x轴的正半轴建立如图一所示的坐标系。

设小船航迹为y=y(x)，由运动力学知，小船实际速度v=v1+v2，设小船与B点连线与x轴正方向夹角为θ，则V=﹣iv2cosθ﹢j(v1﹣v2sinθ) 即dx dt=﹣v2cos θ，dydt=v1﹣v2sin θ设小船t 时刻位于点〔x ，y 〕处，显然有cos θ=x (x 2+y 2)1/2，sin θ=y (x 2+y 2)1/2即dx dt=﹣v2x (x 2+y 2)1/2，dy dt=v1﹣v2y (x 2+y 2)1/2所以dy dx =dydtdxdt = (v1﹣v2y (x 2+y 2)1/2)/(﹣v2x (x 2+y 2)1/2)于是初值问题(x 2+y 2)1/2dy dx=﹣k(x 2+y 2)1/2x﹢yx， 0<x<dy(d)=0即为小船航迹应满足的数学模型，它是一阶齐次微分方程。

4. 模型求解假设d=100m ，v1=1m/s ，v2=2m/s令yx=u ，则y=ux ，dydx=x dudx﹢u ，把它们带入初值问题，整理，得x dudx=﹣k(1﹢u 2)1/2对上式别离变量并积分，得arshu=ln(u ﹢(1﹢u 2)1/2)=﹣k(lnx ﹢lnC)带入初始条件x=d ，u=0，得C=1d ，所以ln(u ﹢(1﹢u 2)1/2)=﹣kln x d=ln(xd)﹣k从而u=sh(ln(xd)﹣k)= 12[(xd)﹣k﹣(xd)k]带入u=yx，得y=x 2[(xd)﹣k﹣(xd)k]= d 2[(xd)1﹣k﹣(xd)1+k]，0≦x ≦d5. 结果分析小船航线的参数方程为dx dt =﹣2x (x 2+y 2)1/2， x(0)=d dy dt=1﹣2y(x 2+y 2)1/2， y(0)=0由Matlab 求解数值和画图, Matlab 程序如下：通过数值解求出小船渡河的时间为6.参考文献。

09级数模试题1. 把四只脚的连线呈长方形的椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然后稍微挪动几次，就可以使四只脚同时着地，放稳了。

试作合理的假设并建立数学模型说明这个现象。

（15分）解：对于此题，如果不用任何假设很难证明，结果很可能是否定的。

因此对这个问题我们假设 ：（1）地面为连续曲面（2）长方形桌的四条腿长度相同（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的（4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。

那么，总可以让桌子的三条腿是同时接触到地面。

现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。

以长方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如图所示，方桌的四条腿分别在A 、B 、C 、D 处，A 、B,C 、D 的初始位置在与x 轴平行，再假设有一条在x 轴上的线ab,则ab 也与A 、B ，C 、D 平行。

当方桌绕中心0旋转时，对角线 ab 与x 轴的夹角记为θ。

容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。

为消除这一不确定性，令 ()f θ为A 、B 离地距离之和，()g θ为C 、D 离地距离之和，它们的值由θ唯一确定。

由假设（1），()f θ,()g θ均为θ的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地， 故()f θ()g θ=0必成立（∀θ）。

不妨设(0)0f =,(0)0g >g （若(0)g 也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为： 已知()f θ,()g θ均为θ的连续函数，(0)0f =,(0)0g >且对任意θ有00()()0f g θθ=，求证存在某一0θ，使00()()0f g θθ=。

证明：当θ=π时，AB 与CD 互换位置，故()0f π>，()0g π=。

作()()()h f g θθθ=-，显然，()h θ也是θ的连续函数，(0)(0)(0)0h f g =-<而()()()0h f g πππ=->，由连续函数的取零值定理，存在0θ，00θπ<<，使得0()0h θ=，即00()()f g θθ=。