数学建模作业1(长方形椅子能否在不平的地面上放稳吗)

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=。

数学建模作业1(长方形椅子能否在不平的地
面上放稳吗)
-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1
四、模型建立
（显示模型函数的构造过程）
在上述假设下，解决问题的关键在于选择合适的变量，把椅子四只脚同时着地表示出来．
首先，引入合适的变量来表示椅子位置的挪动．生活经验告诉我们，要把椅子通过挪动放稳，通常有拖动或转动椅子两种办法，也就是数学上所说的平移与旋转变换．然而，平移椅子后问题的条件没有发生本质变化，所以用平移的办法是不能解决问题的．于是可尝试将椅子就地旋转，并试图在旋转过程中找到一种椅子能放稳的情形．
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。

1 椅子在不平的地面上能放稳吗（一）问题的分析与假设由三点构成一个平面可知，通常情况下，在不平的地面椅子是三只脚着地，如果要达到放稳的要求，必须是四只椅脚同时着地。

问题中，椅子四脚呈长方形，在以下建模过程中，为方便讨论，我们作出以下假设：（1）椅子的四条腿一样长，椅脚与地面点接触，四角连线呈矩形；（2）地面高度连续变化，可视为数学上的连续曲面；（3）地面相对平坦，使椅子在任意位置至少三只脚同时着地。

（二）模型的建立与求解问题的解决，是通过建立直角坐标系，利用矩形的对角线平分且相等，以AC所在直线作为X轴，以垂至于AC的直线作为为Y轴，以矩形的中心点为原点建立直角坐标系。

如图所示：错误!用对角线AC与X轴的夹角α表示椅子当前的位置，此时，可设椅脚与地面的距离是α的函数。

椅子的四脚与地面应有四个距离的函数，但由于矩形的对称性，对角上的两点距离之和可用一个函数表示。

设A,C两脚与地面的距离之和为，B,D两脚与地面的距离之和为。

已知地面是连续曲面，椅子可在任意位置至少三只脚着地，把已知条件转化为数学问题为已知，是连续函数，即α为任意值，·=0总成立；且。

现只需证明存在α0,使。

现给出证明方法：开始α=0，将椅子旋转角度大小为∠AOB=a，此时对角线AC和BD互换。

由，知,。

令, 则有。

因为，为连续函数，所以也为连续函数，根据连续函数的基本性质，必存在α0使=0，即，又因为·=0，所以可得，证毕。

由证明的结果看，在不平的平面上，椅子呈矩形四脚距离地面的距离能同时为零，即椅子能在不平的地面放平稳。

若椅子的四脚呈等腰梯形，同理可证这样的椅子也能在不平的地面上放稳。

其次要把椅脚着地用数学符号表示出来。

椅子在不同位置时椅脚与地面的距离不同，当距离为0时，就是椅子四只脚着地，所以这个距离就是椅子位置变量θ的函数。

虽椅子有四只脚，四个距离，但由长方形是中心对称图形可用两个距离函数就行了。

A,C 两脚与地面的距离之和为()f θB,D 两脚与地面的距离之和为()g θ由假设2知道地面为连续曲面所以()f θ，()g θ是连续函数。

由假设3可得对于任意的θ，()f θ，()g θ至少一个为0。

可以假设(0)f =0，(0)g 〉0，而当椅子旋转180度后，对角线AC ，BD 互换，于是()f π〉0，()g π=0。

这样，改变椅子的位置使四只脚着地，就归结为证明如下的数学问题：已知()f θ，()g θ是θ的连续函数， 对任意的θ，()f θ*()g θ=0，而且()(0)0f g π==， (0)0,()0f g π>>。

证明存在0θ，使(0)(0)0f g θθ==。

五、模型求解（显示模型的求解方法、步骤及运算程序、结果）令()()()h f g θθθ=-，则(0)0h <和()0h π>。

由f 和g 的连续性知h 也是连续函数。

根据连续函数的基本性质，比存在0(0)θθπ<<使得(0)0h θ=，即(0)(0)f g θθ=。

最后因为(0)*(0)0f g θθ=，所以(0)(0)0f g θθ==。

文案 编辑词条B 添加义项?文案，原指放书的桌子，后来指在桌子上写字的人。

现在指的是公司或企业中从事文字工作的职位，就是以文字来表现已经制定的创意策略。

文案它不同于设计师用画面或其他手段的表现手法，它是一个与广告创意先后相继的表现的过程、发展的过程、深化的过程，多存在于广告公司，企业宣传，新闻策划等。

基本信息中文名称文案外文名称Copy目录1发展历程2主要工作3分类构成4基本要求5工作范围6文案写法7实际应用折叠编辑本段发展历程汉字"文案"(wén àn)是指古代官衙中掌管档案、负责起草文书的幕友,亦指官署中的公文、书信等;在现代，文案的称呼主要用在商业领域，其意义与中国古代所说的文案是有区别的。

数学建模题目及答案解析-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN09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=。

数学建模试题（带答案）第一章4.在1.3节“椅子能在不平的地面上放稳吗”的假设条件中，将四脚的连线呈正方形改为长方形，其余不变。

试构造模型并求解。

答：相邻两椅脚与地面距离之和分别定义为)()(a g a f 和。

f 和g 都是连续函数。

椅子在任何位置至少有三只脚着地，所以对于任意的a ，)()(a g a f 和中至少有一个不为零。

不妨设0)0(,0)0(g >=f 。

当椅子旋转90°后，对角线互换，0π/2)(,0)π/2(>=g f 。

这样，改变椅子的位置使四只脚同时着地。

就归结为证明如下的数学命题：已知a a g a f 是和)()(的连续函数，对任意0)π/2()0(,0)()(,===⋅f g a g a f a 且，0)π/2(,0)0(>>g f 。

证明存在0a ，使0)()(00==a g a f证：令0)π/2(0)0(),()()(<>-=h h a g a f a h 和则， 由g f 和的连续性知h 也是连续函数。

根据连续函数的基本性质，必存在0a （0＜0a ＜π/2）使0)(0=a h ，即0)()(00==a g a f 因为0)()(00=•a g a f ，所以0)()(00==a g a f8第二章7.10.用已知尺寸的矩形板材加工半径一定的圆盘，给出几种简便有效的排列方法，使加工出尽可能多的圆盘。

第三章5.根据最优定价模型 考虑成本随着销售量的增加而减少，则设kx q x q -=0)( (1)k 是产量增加一个单位时成本的降低 ，销售量x 与价格p 呈线性关系0,,>-=b a bp a x (2) 收入等于销售量乘以价格p :px x f =)( (3) 利润)()()(x q x f x r -= (4) 将（1）（2）（3）代入（4）求出ka q kbp pa bp x r --++-=02)(当k q b a ,,,0给定后容易求出使利润达到最大的定价*p 为bakb ka q p 2220*+--=6.根据最优定价模型 px x f =)( x 是销售量 p 是价格，成本q 随着时间增长，ββ,0t q q +=为增长率，0q 为边际成本（单位成本）。

椅子能在不平的地面上放稳吗？把椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然而只要稍挪动几次，就可以四脚着地，放稳了.下面用数学语言证明.一、 模型假设对椅子和地面都要作一些必要的假设：1. 椅子四条腿一样长，椅脚与地面接触可视为一个点，四脚的连线呈正方形.2.3. 地面高度是连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有像台阶那样的情况），即地面可视为数学上的连续曲面.4.5. 对于椅脚的间距和椅脚的长度而言，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.二、模型建立中心问题是数学语言表示四只脚同时着地的条件、结论.首先用变量表示椅子的位置，由于椅脚的连线呈正方形，以中心为对称点，正方形绕中心的旋转正好代表了椅子的位置的改变，于是可以用旋转D '角度θ这一变量来表示椅子的位置.其次要把椅脚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直距离，当这个距离为0时，表示椅脚着地了.椅子要挪动位置说明这个距离是位置变量的函数.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()θf 、()0≥θg ，由假设2知f 、g 都是连续函数，再由假设3知()θf 、()θg 至少有一个为0.当0=θ时，不妨设()()0,0>=θθf g ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：命题 已知()θf 、()θg 是θ的连续函数，对任意θ，()θf *()θg =0，且()()00,00>=f g ，则存在0θ，使()()000==θθf g .三、模型求解将椅子旋转90︒，对角线AC 和BD 互换，由()()00,00>=f g 可知()()02,02=>ππf g .令()()()θθθf g h -=，则()()00,20h h π<>，由f 、g 的连续性知h 也是连续函数，由零点定理，必存在()2000πθθ<<使()00=θh ，()()00θθf g =，由()()000g f θθ⨯=，所以()()000==θθf g .四、评 注模型巧妙在于用一元变量θ表示椅子的位置，用θ的两个函数表示椅子四脚与地面的距离.利用正方形的中心对称性及旋转90︒并不是本质的，同学们可以考虑四脚呈长方形的情形.。

数学建模疫情题目及答案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()gθ为fθ为A、B离地距离之和，() C、D离地距离之和，它们的值由θ唯一确定。

由假设（1），()gθfθ,()均为θ的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地，故()gθfθ()=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=。

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a b ，则a b 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9 .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(9) 为 A 、B 离地距离之和，g(9) 为 C 、D 离地距离之和， 它们的值由9 唯一确定。

由假设(1), f(9) , g(9) 均为9 的连续函数.又由假设(3) ,三条腿总能同时着地， 故 f(9) g(9)=0 必成立( A 9 )。

不妨设 f(0) = 0, g(0) > 0g (若 g(0)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(9) ，g(9)均为9 的连续函数， f(0) = 0, g(0) > 0且对任意9 有 f(90)g(90 ) = 0 ，求证存在某一90 ，使 f(90 )g(90 ) = 0。

证明：当θ＝π时， AB 与 CD 互换位置 ,故 f(u) > 0，g(u) = 0.作 h(9) = f(9) g(9) ,显然， h(9)也是9 的连续函数， h(0) = f(0)g(0) < 0 而 h(u) = f(u) g(u) > 0 ，由连续函数的取零值定理，存在90 ， 0 < 90 < u ，使得h(90 ) = 0 ，即 f(90 ) = g(90 ) 。

问题：四脚连线呈长方形的椅子能在不平的地面上放稳吗（第1章习题4）模型假设对椅子和地面作如下假设：1．椅子四脚一样长，椅脚与地面接触处可视为一个点。

2．地面高度是连续变化的，即地面视为连续曲面。

3．对于椅脚的间距和椅脚的长度而言，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置至少有三只脚与地面同时着地。

模型构成首先用变量表示椅子的位置，以长方形一对角线AC为X轴，BD为Y。

设X 轴Y轴间夹角为θ。

当椅子绕中心O旋转角度θ’后。

长方形ABCD转至A‘B‘C’D‘的位置，所以对角线AC与X轴的夹角θ’表示了椅子的位置。

记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’)。

(f(θ’)，g (θ’)>=0)。

由假设2，f,g是连续函数。

由假设3，椅子在任何时候至少有三只脚着地，所以对任何θ’，f(θ’)和g(θ’)中至少有一个为0。

当θ’=0时不妨设f(θ’)=0，g(θ’)>0.这样，改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下命题:已知f(θ’) 和g (θ’)是θ’的连续函数，对任意θ’，f(θ’) g(θ’)=0,且f(0)=0，g(0)>0.证明存在θ1，使f(θ1) =g(θ1)=0.模型求解将椅子旋转θ，对角线AC与BD互换。

由f(0)=0，g(0)>0知f(θ).>0,g(θ)=0。

令h(θ’)=f(θ’)-g(θ’),则h(0)<0,h(θ)>0。

由f,g的连续性知h也是连续函数。

根据连续函数的基本性质，必有θ1（0<θ1<θ）使h(θ1)=0,即f(θ1)=g(θ1)。

最后，因为f(θ1) g(θ1)=0,所以f(θ1)=g(θ1)=0.。

数学建模题目及答案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?。

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(?)为A、B离地距离之和，g(?)为C、D离地距离之和，它们的值由?唯一确定。

由假设（1），f(?),g(?)均为?的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地，故。

不妨设f(0)?0,g(0)?0g（若g(0)也为0，f(?)g(?)=0必成立（??）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(?),g(?)均为?的连续函数，f(0)?0,g(0)?0且对任意?有f(?0)g(?0)?0，求证存在某一?0，使f(?0)g(?0)?0。

证明：当θ=π时，AB与CD互换位置，故f(?)?0，g(?)?0。

作h(?)?f(?)?g(?)，显然，h(?)也是?的连续函数，h(0)?f(0)?g(0)?0而h(?)?f(?)?g(?)?0，由连续函数的取零值定理，存在?0，0??0??，使得h(?0)?0，即f(?0)?g(?0)。

又由于f(?0)g(?0)?0，故必有f(?0)?g(?0)?0，证毕。

椅子能在不平的地面上放稳吗？把椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然而只要稍挪动几次，就可以四脚着地，放稳了。

下面用数学语言证明。

一、 模型假设对椅子和地面都要作一些必要的假设：1、 椅子四条腿一样长，椅脚与地面接触可视为一个点，四脚的连线呈正方形。

2、 地面高度是连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有像台阶那样的情况），即地面可视为数学上的连续曲面。

3、 对于椅脚的间距和椅脚的长度而言，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。

二、模型建立中心问题是数学语言表示四只脚同时着地的条件、结论。

首先用变量表示椅子的位置，由于椅脚的连线呈正方形，以中心为对称点，正方形绕中心的旋转正好代表了椅子的位置的改变，于是可以用旋转角度θ这一变量来表示椅子的位置。

其次要把椅脚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直距离，当这个距离为0时，表示椅脚着地了。

椅子要挪动位置说明这个距离是位置变量的函数。

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()θf 、()0≥θg ，由假设2知f 、g 都是连续函数，再由假设3知()θf 、()θg 至少有一个为0。

当0=θ时，不妨设()()0,0>=θθf g ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：命题 已知()θf 、()θg 是θ的连续函数，对任意θ，()θf *()θg =0，且()()00,00>=f g ，则存在0θ，使()()000==θθf g 。

三、模型求解将椅子旋转090，对角线AC 和BD 互换，由()()00,00>=f g 可知()()02,02=>ππf g 。

令()()()h f g θθθ=-，则()()02,00<>πh h ，由f 、g的连续性知h 也是连续函数，由零点定理，必存在()2000πθθ<<使()00=θh ，()()00θθf g =，由()()0*00=θθf g ，所以()()000==θθf g 。

数学建模作业长⽅形椅⼦能否在不平的地⾯上放稳吗修订稿
数学建模作业长⽅形椅⼦能否在不平的地⾯上
放稳吗
Document number【SA80SAB-SAA9SYT-SAATC-SA6UT-SA18】
四、模型建⽴
（显⽰模型函数的构造过程）
在上述假设下，解决问题的关键在于选择合适的变量，把椅⼦四只脚同时着地表⽰出来．
⾸先，引⼊合适的变量来表⽰椅⼦位置的挪动．⽣活经验告诉我们，要把椅⼦通过挪动放稳，通常有拖动或转动椅⼦两种办法，也就是数学上所说的平移与旋转变换．然⽽，平移椅⼦后问题的条件没有发⽣本质变化，所以⽤平移的办法是不能解决问题的．于是可尝试将椅⼦就地旋转，并试图在旋转过程中找到⼀种椅⼦能放稳的情形．
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。