第二章数学模型1(打印版)

15．速度为v 的风吹在迎风面积为s 的风车上，空气密度是ρ ，用量纲分析方法确定风车获得的功率P 与v 、S 、ρ的关系.解: 设P 、v 、S 、ρ的关系为0),,,(=ρs v P f ， 其量纲表达式为: [P]=32-T ML , [v ]=1-LT ,[s ]=2L ,[ρ]=3-ML ,这里T M L ,,是基本量纲.量纲矩阵为：A=)⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---ρ()()()()()()(001310013212s v P T M L齐次线性方程组为：⎪⎩⎪⎨⎧=--=+=-++03032221414321y y y y y y y y 它的基本解为)1,1,3,1(-=y由量纲i P 定理得 1131ρπs v P -=， 113ρλs v P =∴ ， 其中λ是无量纲常数. 16．雨滴的速度v 与空气密度ρ、粘滞系数μ和重力加速度g 有关，其中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正比，比例系数为粘滞系数，用量纲分析方法给出速度v 的表达式.解：设v ,ρ,μ,g 的关系为(f v ,ρ,μ,g )=0.其量纲表达式为[v ]=LM 0T -1，[ρ]=L -3MT 0，[μ]=MLT -2（LT -1L -1）-1L -2=MLL -2T -2T=L -1MT -1，[g ]=LM 0T -2,其中L ，M ，T 是基本量纲.量纲矩阵为A=)()()()()()()(210101101131g v T M L μρ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----- 齐次线性方程组Ay=0 ，即⎪⎩⎪⎨⎧==+=+02y -y - y -0y y 0y y -3y -y 431324321 的基本解为y=(-3 ,-1 ,1 ,1)由量纲i P 定理 得 g v μρπ13--=. 3ρμλgv =∴，其中λ是无量纲常数.16*．雨滴的速度v 与空气密度ρ、粘滞系数μ、特征尺寸γ和重力加速度g 有关，其中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正比，比例系数为粘滞系数，用量纲分析方法给出速度v 的表达式.解：设v ,ρ,μ,γ，g 的关系为0),,,,(=g v f μργ.其量纲表达式为[v ]=LM 0T -1，[ρ]=L -3MT 0，[μ]=MLT -2（LT -1L -1）-1L -2=MLL -2T -2T=L -1MT -1，[γ]=LM 0T 0 ，[g ]=LM 0T -2其中L ，M ，T 是基本量纲. 量纲矩阵为A=)()()()()()()()(210010110011311g v T M L μργ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----齐次线性方程组Ay=0 即⎪⎩⎪⎨⎧=---=+=+--+020035414354321y y y y y y y y y y 的基本解为⎪⎩⎪⎨⎧---=--=)21,1,1,23,0()21,0,0,21,1(21y y得到两个相互独立的无量纲量⎩⎨⎧==-----2/112/322/12/11g g v μργπγπ 即 1212/12/31,--==πμργπγg g v . 由0),(21=Φππ , 得 )(121-=πϕπ ∴ )(12/12/3-=μργϕγυg g , 其中ϕ是未定函数.20.考察阻尼摆的周期，即在单摆运动中考虑阻力，并设阻力与摆的速度成正比.给出周期的表达式，然后讨论物理模拟的比例模型，即怎样由模型摆的周期计算原型摆的周期. 解：设阻尼摆周期t ,摆长l , 质量m ,重力加速度g ，阻力系数k 的关系为0),,,,(=k g m l t f其量纲表达式为：112120000000)(]][[][,][,][,][,][-----======LT MLT v f k T LM g MT L m T LM l T M L t10-=MT L ， 其中L ，M ，T 是基本量纲.量纲矩阵为A=)()()()()()()()(120011010001010k g m l t T M L ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-- 齐次线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧=--=+=+02005415342y y y y y y y 的基本解为⎪⎩⎪⎨⎧--=-=)1,21,1,21,0()0,21,0,21,1(21Y Y 得到两个相互独立的无量纲量∴g l t =1π, )(21πϕπ=, 2/12/12mg kl =π ∴)(2/12/1mg kl g l t ϕ=，其中ϕ是未定函数 . 考虑物理模拟的比例模型，设g 和k 不变，记模型和原型摆的周期、摆长、质量分别为t ,'t ；l ,'l ;m ,'m . 又)(2/12/1g m l k g l t '''='ϕ 当无量纲量l l mm '='时， 就有 ll l g g l tt '=⋅'='. （三）2．建立不允许缺货的生产销售存贮模型．设生产速率为常数k ，销售速率为常数r ，r k >．在每个生产周期Ｔ内，开始的一段时间()00T t <<一边生产一边销售，后来的一段时间)(0T t T <<只销售不生产，画出贮存量)(t g 的图形.设每次生产准备费为1c ，单位时间每件产品贮存费为2c ，以总费用最小为目标确定最优生产周⎩⎨⎧==---22/112/112/12/1ππk g m l g tl期，讨论r k >>和r k ≈的情况.解：由题意可得贮存量)(t g 的图形如下：贮存费为 ∑⎰=→∆⋅-==∆i Ti i t TT r k c dt t g c t g c 1022022))()(limξ又 )()(00T T r T r k -=- ∴ T k r T =0 , ∴ 贮存费变为 kTT r k r c 2)(2⋅-=于是不允许缺货的情况下，生产销售的总费用（单位时间内）为kTr k r c T c kT T r k r c T c T C 2)(2)()(21221-+=-+=k r k r c Tc dT dC 2)(221-+-=. 0=dT dC令, 得)(221r k r c k c T -=* 易得函数处在*T T C )(取得最小值，即最优周期为： )(221r k r c kc T -=*rc c ，Tr k 212≈>>*时当 . 相当于不考虑生产的情况. ∞→≈*，Tr k 时当 . 此时产量与销量相抵消，无法形成贮存量.3．在3.3节森林救火模型中，如果考虑消防队员的灭火速度λ与开始救火时的火势b 有关，试假设一个合理的函数关系，重新求解模型.解：考虑灭火速度λ与火势b 有关，可知火势b 越大，灭火速度λ将减小，我们作如下假设: 1)(+=b kb λ， 分母∞→→+λ时是防止中的011b b 而加的.总费用函数()x c b kx b x t c b kx b t c t c x C 3122121211)1()(2)1(2+--++--++=βββββββ最优解为 []k b kc b b b c kbc x ββ)1(2)1()1(223221+++++=1.对于5.1节传染病的SIR 模型，证明： （1）若处最大先增加，在则σσ1)(,10=s t i s ，然后减少并趋于零；)(t s 单调减少至.∞s（2）.)()(,10∞s t s t i s 单调减少至单调减少并趋于零，则若σ解：传染病的SIR 模型（14）可写成⎪⎩⎪⎨⎧-=-=i s dtds s i dt diλσμ)1(.)(lim 0.(t) .)( .0,t 存在而单调减少知由∞∞→=∴≥-=s t s s t s dtdsi s dt ds λ.)(∞s t s 单调减少至故（1）.s s(t) .s(t) .100≤∴单调减少由若σs;)(,0 .01,10单调增加时当t i dtdis s s ∴-σσ.)(,0 .01,1单调减少时当t i dtdis s ∴-σσ.0)(lim .0)18(t ==∞→∞t i i 即式知又由书上.)( .0,1m i t i dtdis 达到最大值时当∴==σ（2）().0 0.1-s,1,10 dtdit s s σσσ从而则若 ()().0.0lim ==∴∞∞→i t i t i t 即单调减少且4．在5.3节正规战争模型（3）中，设乙方与甲方战斗有效系数之比为.4=ba初始兵力00y x 与相同.(1) 问乙方取胜时的剩余兵力是多少,乙方取胜的时间如何确定.(2) 若甲方在战斗开始后有后备部队以不变的速率r 增援,重新建立模型,讨论如何判断双方的胜负.解:用()()t y t x ,表示甲、乙交战双方时刻t 的士兵人数,则正规战争模型可近似表示为:()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=000,01 ,yy x x bx dtdyay dt dx现求(1)的解: (1)的系数矩阵为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=00b a A ab ab b aA E ±=∴=-==-1,22 .0λλλλλ ⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-1212,21，对应的特征向量分别为λλ ()()()tab t ab eC e C t y t x -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴1212121的通解为.再由初始条件，得()()2 220000 tab tab e y x ey x t x -⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=又由().1aybx dx dy =可得其解为 ()3 ,202022 bx ay k k bx ay -==-而(1) ()().231000202011y a b y a bx ay ak t y t x =-=-===时，当即乙方取胜时的剩余兵力数为.230y 又令().0222,01100001=-⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛-=t ab t ab e y x e y x t x ）得由（注意到000020022,1x y y x ey x t ab -+==得. .43ln ,3121bt et ab =∴=∴ (2) 若甲方在战斗开始后有后备部队以不变的速率r 增援.则()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=+-=000,)0(4 yy x x bx dtdyr ay dt dx().,4rdy aydy bxdx bxray dy dx -=-+-=即得由 相轨线为,222k bx ry ay =-- .222220.020k a r bx a r y a bx ry ay k =--⎪⎭⎫ ⎝⎛---=或 此相轨线比书图11中的轨线上移了.a r 乙方取胜的条件为.,0222020a r x a b a r y k +⎪⎭⎫ ⎝⎛- 亦即 （七）1.在6.1节捕鱼模型中，如果渔场鱼量的自然增长仍服从Logistic 规律，而单位时间捕捞量为常数h ．(1)分别就4/rN h >，4/rN h <，4/rN h =这3种情况讨论渔场鱼量方程的平衡点及其稳定状况．(2)如何获得最大持续产量，其结果与6.1节的产量模型有何不同．解：设时刻t 的渔场中鱼的数量为()t x ，则由题设条件知：()t x 变化规律的数学模型为h Nxrx dt t dx --=)1()(记h Nxrx x F --=)1()( (1).讨论渔场鱼量的平衡点及其稳定性： 由()0=x F ，得0)1(=--h Nxrx ． 即()102=+-h rx x Nr )4(42Nhr r N rh r -=-=∆ ， (1)的解为：2412,1N rNhN x -±=①当4/rN h >，0<∆，(1)无实根，此时无平衡点； ②当4/rN h =，0=∆，(1)有两个相等的实根，平衡点为20N x =. Nrxr N rx N x r x F 2)1()('-=--=，0)(0'=x F 不能断定其稳定性. 但0x x ∀ 及0x x 均有04)1()( rNN x rx x F --= ，即0 dtdx ．∴0x 不稳定；③当4/rN h <，0>∆时，得到两个平衡点：2411N rNhN x --=， 2412N rNh N x -+=易知：21N x <， 22N x > ，0)(1'>x F ，0)(2'<x F ∴平衡点1x 不稳定，平衡点2x 稳定.(2)最大持续产量的数学模型为⎩⎨⎧=0)(..max x F t s h 即 )1(max Nxrx h -=， 易得 2*0N x = 此时 4rN h =， 但2*0N x =这个平衡点不稳定．这是与6.1节的产量模型不同之处．要获得最大持续产量，应使渔场鱼量2Nx >，且尽量接近2N ，但不能等于2N ．2.与Logistic 模型不同的另一种描述种群增长规律的是Gompertz 模型：()xNrx t x ln'=．其中r 和N 的意义与Logistic 模型相同．设渔场鱼量的自然增长服从这个模型，且单位时间捕捞量为Ex h =．讨论渔场鱼量的平衡点及其稳定性，求最大持续产量m h 及获得最大产量的捕捞强度m E 和渔场鱼量水平*0x ．解：()t x 变化规律的数学模型为()Ex xNrx dt t dx -=ln 记 Ex xNrx x F -=ln)( ① 令()0=x F ，得0ln =-Ex xNrx ∴r ENe x -=0，01=x ．∴平衡点为1,0x x . 又 ()E r xNr x F --=ln'，()()∞=<-=1'0',0x F r x F ． ∴ 平衡点o x 是稳定的，而平衡点1x 不稳定.②最大持续产量的数学模型为：⎪⎩⎪⎨⎧≠=-=.0,0ln ..max x Ex x N rx t s Ex h 由前面的结果可得 rE ENeh -=r Er Ee r EN Ne dE dh ---=，令.0=dEdh得最大产量的捕捞强度r E m =．从而得到最大持续产量e rN h m /=，此时渔场鱼量水平eNx =*0． Ex()x f3．设某渔场鱼量)(t x (时刻t 渔场中鱼的数量)的自然增长规律为：)1()(Nxrx dt t dx -= 其中r 为固有增长率,`N 为环境容许的最大鱼量. 而单位时间捕捞量为常数h .10．求渔场鱼量的平衡点,并讨论其稳定性;20．试确定捕捞强度m E ,使渔场单位时间内具有最大持续产量m Q ,求此时渔场鱼量水平*0x . 解：10．)(t x 变化规律的数学模型为h Nxrx dt t dx --=)1()( 记h N x rx x f --=)1()(,令 0)1(=--h N x rx ，即 02=+-h rx x Nr ----（1）)4(42Nhr r N rh r -=-=∆ ， （1）的解为：2412,1N rNhN x -±=① 当0 ∆时，（1）无实根，此时无平衡点； ② 当0=∆时，（1）有两个相等的实根，平衡点为20Nx =. Nrx r N rx N x r x f 2)1()('-=--= ，0)(0'=x f 不能断定其稳定性. 但0x x ∀ 及0x x 均有04)1()( rN N x rx x f --= ，即0 dt dx∴0x 不稳定；③ 当0 ∆时，得到两个平衡点：2411rNhN N x --=， 2412rNh N N x -+=易知 21N x， 22N x ∴0)('1 x f ， 0)('2 x f ∴平衡点1x 不稳定 ，平衡点2x 稳定.20．最大持续产量的数学模型为： ⎩⎨⎧=0)(..max x f t s h即 )1(max N x rx h -=， 易得 2*0N x = 此时 4rN h =，但2*0N x =这个平衡点不稳定. 要获得最大持续产量，应使渔场鱼量2N x ,且尽量接近2N ,但不能等于2N.第九章（2008年12月18日）1．在1.9节传送带效率模型中,设工人数n 固定不变.若想提高传送带效率D,一种简单的方法是增加一个周期内通过工作台的钩子数m ，比如增加一倍，其它条件不变．另一种方法是在原来放置一只钩子的地方放置两只钩子，其它条件不变，于是每个工人在任何时刻可以同时触到两只钩子，只要其中一只是空的，他就可以挂上产品，这种办法用的钩子数量与第一种办法一样．试推导这种情况下传送带效率的公式，从数量关系上说明这种办法比第一种办法好．解：两种情况的钩子数均为m 2．第一种办法是m 2个位置，单钩放置m 2个钩子；第二种办法是m 个位置，成对放置m 2个钩子．① 由1.9节的传送带效率公式，第一种办法的效率公式为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=nm n m D 21112 当mn2较小，1 n 时，有 ()m n m n n m n m D 41181211122--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≈E D -=1 ， mnE 4≈② 下面推导第二种办法的传送带效率公式：对于m 个位置，每个位置放置的两只钩子称为一个钩对，考虑一个周期内通过的m 个钩对．任一只钩对被一名工人接触到的概率是m1； 任一只钩对不被一名工人接触到的概率是m11-；记mq m p 11,1-==．由工人生产的独立性及事件的互不相容性．得，任一钩对为空的概率为nq ，其空钩的数为m 2；任一钩对上只挂上１件产品的概率为1-n npq ，其空钩数为m ．所以一个周期内通过的m 2个钩子中，空钩的平均数为 ()1122--+=⋅+⋅n n n nnpq q m npqm q m于是带走产品的平均数是 ()122-+-n n npqq m m ， 未带走产品的平均数是 ()()122-+--n n npqq m m n ）∴此时传送带效率公式为()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+-=--1111112222'n n n n m m n m n m n npq q m m D ③ 近似效率公式：由于 ()()()321621121111m n n n m n n m n m n----+-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛- ()()2112211111m n n m n m n --+--≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-- ∴ ()()26211'm n n D ---≈当1 n 时，并令'1'D E -=，则 226'm n E ≈④ 两种办法的比较：由上知：mnE 4≈，226'm n E ≈ ∴ m n E E 32/'=，当n m 时，132 mn， ∴ E E '． 所以第二种办法比第一种办法好．2.一报童每天从邮局订购一种报纸，沿街叫卖.已知每100份报纸报童全部卖出可获利7元.如果当天卖不掉，第二天削价可以全部卖出，但报童每100份报纸要赔4元.报童每天售出的报纸数r 是一随机变量，其概率分布如下表：试问报童每天订购多少份报纸最佳(订购量必须是100的倍数)？ 解：设每天订购n 百份纸，则收益函数为⎩⎨⎧≤--+=n r n nr r n r r f 7))(4(7)( 收益的期望值为G(n) =∑=-n r r P n r 0)()411(+∑∞+=1)(7n r r P n现分别求出 n =5,4,3,2,1,0时的收益期望值.G(0)=0；G(1)=4-×0.05+7×0.1+7×（0.25+0.35+0.15+0.1）=6.45; G(2)= (05.08⨯-25.0141.03⨯+⨯+))1.015.035.0(14++⨯+8.11=; G(3)=(05.012⨯-35.02125.0101.01⨯+⨯+⨯-))1.015.0(21+⨯+4.14= G(4)=(05.016⨯-15.02835.01725.061.05⨯+⨯+⨯+⨯-)1.028⨯+15.13=G(5)=05.020⨯-1.03515.02435.01325.021.09⨯+⨯+⨯+⨯+⨯- 25.10= 当报童每天订300份时，收益的期望值最大.5．某工厂生产甲、乙两种产品,生产每件产品需要原材料、能源消耗、劳动力及所获利润如下表所示：品种 原材料 能源消耗(百元)劳动力(人)利润(千元)甲 2 1 4 4 乙3625现有库存原材料1400千克；能源消耗总额不超过2400百元；全厂劳动力满员为2000人.试安排生产任务(生产甲、乙产品各多少件),使利润最大,并求出最大利润.解：设安排生产甲产品x 件，乙产品y 件，相应的利润为S.则此问题的数学模型为Zy x y x y x y x y x t s y x S ∈≥≥≤+≤+≤++=,,0,020********6140032..54max模型的求解：用图解法.可行域为：由直线,0200024:24006:140032:3:21===+=+=+y x y x l y x l y x l 及组成的凸五边形区域.直线C y x l =+54:在此凸五边形区域内平行移动. 易知：当l 过31l l 与的交点时，S 取最大值. 由⎩⎨⎧=+=+200024140032y x y x 解得：200,400==y x260020054004max =⨯+⨯=S （千元）.故安排生产甲产品400件、乙产品200件,可使利润最大,其最大利润为2600千元. 7.深水中的波速v 与波长λ、水深d 、水的密度ρ和重力加速度g 有关，试用量纲分析方法给出波速v 的表达式.解：设v ,λ,d ,ρ，g 的关系为),,,,(g d v f ρλ=0.其量纲表达式为[v ]=LM 0T -1，[λ]=LM 0T 0，[d ]=LM 0T 0，[ρ]=L -3MT 0， [g ]=LM 0T -2,其中L ，M ，T 是基本量纲.---------4分量纲矩阵为A=)()()()()()()()(200010100013111g d v T M L ρλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---齐次线性方程组Ay=0 ，即⎪⎩⎪⎨⎧===+-++02y - y -0 y 03y y 51454321y y y 的基本解为1y =),21,0,0,21,1(--2y =)0,0,1,1,0(- 由量纲i P 定理 得 ⎪⎩⎪⎨⎧==---2112121πλπλd g v∴g v λ=1π, )(21πϕπ=, λπd =2)(λϕλd g v =∴，其中ϕ是未定函数 .。

小学奥数几何五大模型一、五大模型简介（1）等积变换模型1、等底等高的两个三角形面积相等；2、两个三角形高相等，面积之比等于底之比，如图①所示，S1：S2=a:b；3、两个三角形底相等，面积在之比等于高之比，如图②所示，S1：S2=a:b；4、在一组平行线之间的等积变形，如图③AB//CD则S△ACD=S△BCD；反之， S△ACD=S△BCD，则直线AB//CD。

例、如图，三角形ABC的面积是24，D、E、F分别是BC、AC、AD的中点，求三角形DEF 的面积。

（2）鸟头（共角）定理模型1、两个三角形中有一个角相等或互补，这两个三角形叫共角三角形；2、共角三角形的面积之比等于对应角（相等角或互补角）两夹边的乘积之比。

如图下图三角形ABC中，D、E分别是AB、AC上或AB、AC延长线上的点S△ABC:S△ADE=（AB×AC）:（AD×AE）我们现在以互补为例来简单证明一下共角定理！如图连接BE，根据等积变化模型知，S△ADE：S△ABE=AD：AB、S△ABE：S△CBE=AE：CE，所以S△ABE：S△ABC=S△ABE：（S△ABE+S△CBE）=AE：AC，因此S△ADE：S△ABC=（S△ADE：S△ABE）×（S△ABE：S△ABC）=（AD：AB）×（AE：AC）。

例、如图在ΔABC中，D在BA的延长线上，E在AC上，且AB：AD=5:2，AE：EC=3:2，△ADE的面积为12平方厘米，求ΔABC的面积。

（3）蝴蝶模型1、梯形中比例关系(“梯形蝴蝶定理”)例、如图，梯形ABCD，AB与CD平行，对角线AC、BD交于点O，已知△AOB、△BOC 的面积分别为25平方厘米、35平方厘米，求梯形ABCD的面积。

、任意四边形中的比例关系(“蝴蝶定理”)：例、如图，四边形ABCD的对角线AC、BD 交于点O，如果三角形ABD的面积等于三角形BCD面积的1/3，且AO=2、DO=3，求CO的长度是DO长度的几倍。

第二章(2)（2008年10月9日）15．速度为v的风吹在迎风面积为s的风车上，空气密度是，用量纲剖析方法确立风车获取的功率P与v、S、的关系.设P、v 、、的关系为f(P,v,s,)0，其量纲表达式为: S[P]=ML2T3,[v]=LT1,[s]=L2,[]=ML3,这里L,M,T是基本量纲.量纲矩阵为：2123(L)A=1001(M)3100(T) (P)(v)(s)(齐次线性方程组为：2y1y22y33y40y1y403y1y20它的基本解为y(1,3,1,1)由量纲P i定理得P1v3s11，P v3s11，此中是无量纲常数.16．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数和重力加快度g相关，此中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正比，比率系数为粘滞系数，用量纲剖析方法给出速度v的表达式.解：设v,,,g的关系为f(v,,,g)=0.其量纲表达式为[v]=LM0T-1，[]=L-3M T0，[-2-1-1-1-2-2-2-1-10-2,此中L，M，T是基本量纲. ]=MLT（LT L）L=MLLT T=L MT，[g]=LMT量纲矩阵为1311(L)A=0110(M)1012(T)(v)()()(g)齐次线性方程Ay=0，即组y1-3y2-y3y40y2y30-y1-y3-2y40的基本解为y=(-3,-1,1,1)第一章作业解答第1页共23页由量纲P i定理得v31g.v3g，此中是无量纲常数.16*．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数、特点尺寸和重力加快度g相关，此中粘滞系数的定义是：运动物体在流体中受的摩擦力与速度梯度和接触面积的乘积成正比，比率系数为粘滞系数，用量纲剖析方法给出速度v的表达式.解：设v,,,，g的关系为f(v,,,,g)0.其量纲表达式为0-1，[]=L -30-2-1-1-1-2-2-2-1-1，[]=LM0T0，[0-2[v]=LMT MT，[]=MLT（LTL）L=MLLTT=LMT g]=LMT 此中L，M，T是基本量纲.量纲矩阵为11311(L)A=00110(M)10012(T) (v)()()()(g)齐次线性方程组Ay=0即y1y23y3y4y50y3y40y1y42y50的基本解为y1(1,1,0,0,1) 22y2(0,3,1,1,1)22获取两个互相独立的无量纲量1v1/2g1/223/21g1/2即v g1,3/2g1/2111,2)0,得1(21) 2.由(g(3/2g1/21),此中是不决函数.观察阻尼摆的周期，即在单摆运动中考虑阻力，并设阻力与摆的速度成正比.给出周期的表达式，而后议论物理模拟的比率模型，即如何由模型摆的周期计算原型摆的周期.解：设阻尼摆周期t,摆长l,质量m,重力加快度g，阻力系数k的关系为f(t,l,m,g,k)0第一章作业解答第2页共23页其量纲表达式为：[t]L 0M 0T,[l]LM 0T 0,[m]L 0MT 0,[g]LM 0T 2,[k][f][v]1MLT 2(LT 1)1L 0MT 1，此中L ，M ，T 是基本量纲.量纲矩阵为0 1 0 1 0 (L)0 0 1 0 1 (M) A=0 0 21 (T) 1(t)(l)(m)(g)(k)齐次线性方程组y 2 y 4 0y 3 y 5y 1 2y 4 y 5的基本解为Y 1 (1, 1,0,1,0)22Y 2 (0,1, 1, 1,1)22 获取两个互相独立的无量纲量tl1/2g 1/21l 1/2m 1g 1/2k2∴tl 1,(2),kl 1/2 g 12mg 1/2∴tl (kl 1/2 ) ，此中是不决函数.gmg 1/2考虑物理模拟的比率模型，设g 和k 不变，记模型和原型摆的周期、摆长、质量分别为' ';'.又l kl1/2t ,t ；l ,l m ,m tg(mg 1/2)当无量纲量ml时，就有tl g l .mltg l l《数学模型》作业解答第三章1（2008年10月14日）第一章作业解答第 3页共23页2．成立不一样意缺货的生产销售存贮模型．设生产速率为常数k，销售速率为常数r，k r．在每个生产周期Ｔ内，开始的一段时间0 t T0一边生产一边销售，以后的一段时间(T0t T)只销售不生产，画出储存量g(t)的图形.设每次生产准备费为c1，单位时间每件产品储存费为c2，以总花费最小为目标确立最优生产周期，议论k r 和k r的状况.解：由题意可得储存量g(t)的图形以下：gg(t)k rrO T0T tn T(kr)T0T储存费为c2lim g(i)t i c2g(t)dt c22t0i10又()()k rT0rT T0T0r T,储存费变成c2r(kr)T T k2k于是不一样意缺货的状况下，生产销售的总花费（单位时间内）为C(T)c1c2r(kr)T2c1r(kr)T T2kT T c22kdC c1c2r(k r)dT T22k.令dC0,得T2c1k dT c2r(k r)易得函数C(T)在T处获得最小值，即最优周期为：2c1k Tc2r(kr)当k r时，T2c1.相当于不考虑生产的状况.c2r当k r时，T.此时产量与销量相抵消，没法形成储存量.第一章作业解答第4页共23页第三章2（2008年10月16日） 3．在节丛林救火模型中， 假如考虑消防队员的灭快速度与开始救火时的火势 b 相关，试假定一个合理的函数关系，从头求解模型 .解：考虑灭快速度与火势b 相关，可知火势b 越大，灭快速度 将减小，我们作如下假定:k ，(b)b1分母b 1中的1是防备b 0时而加的.总花费函数Cxc 1t 12c 1 2t 12(b1) c 2 t 1x(b 1) c 3x22(kxb)kxb最优解为xc 1kb 2 2c 2b(b 1) (b1) (b1)2c 3k2k5．在考虑最优价钱问题时设销售期为T ，因为商品的消耗，成本q 随时间增添，设q(t)q 0t ，为增添率.又设单位时间的销售量为 xabp(p 为价钱).今将销售期分为0tT 和TtT 两段，每段的价钱固定，记作p 1,p 2.求p 1,p 2的最优值，22使销售期内的总利润最大 .假如要求销售期T 内的总售量为Q 0，再求p 1,p 2的最优值.解：按分段价钱，单位时间内的销售量为a bp 1,0 t T xbp 2,T2a 2 t T又q(t) q 0 t .于是总利润为(p 1,p 2)TTp 2q(t)(abp 2)dt2p 1q(t)(abp 1)dtT2t 2 Tt 2 T =(abp 1)p 1tq 0t2 (abp 2)p 2tq 0tT222=(abp 1)(p 1Tq 0TT 2)(abp 2)(p 2Tq 0t 3T 2)228228第一章作业解答第5页共23页p1b(p1TqTT2)T(abp1) 2282p2T q0t3T2Tp2b(28)(abp2) 22令0,0,获取最优价钱为:p1p2p11a b(q0T)2b4p21a b(q03T)2b4在销售期T内的总销量为TT bTQ02(abp1)dt T(abp2)dtaT(p1p2)22于是获取以下极值问题：max(p1,p2)(abp1)(p1Tq0T T2p2Tq0t3T2 228)(abp2)(228)aT bT(p1p2)Q0 2利用拉格朗日乘数法，解得：p1a Q0Tb bT8p2a Q0Tb bT8即为p1,p2的最优值.第三章3（2008年10月21日）6.某厂每日需要角钢100吨，不一样意缺货.当前每30天定购一次，每次定购的花费为2500元.每日每吨角钢的储存费为元.假定当储存量降到零时订货立刻抵达.问能否应改变订货策略？改变后能节俭多少花费？解：已知：每日角钢的需要量r=100(吨);每次订货费c1＝2500（元）;第一章作业解答第6页共23页每日每吨角钢的储存费c2＝0.18（元）.又此刻的订货周期T0＝30（天）依据不一样意缺货的储存模型：C(T)c11c2rT kr T2得：C(T)25009T100k TdC25009dT T2令dC0，解得：T*250050dT93由实质意义知：当T*50（即订货周期为50）时，总花费将最小.325003503又C(T*)9100k＝300＋100k2500503C(T0)930100k=353．33＋100k30C(T0)－C(T*)＝（353.33＋100k）－（300＋100k）2＝53．33. 3故应改变订货策略.改变后的订货策略（周期）为T*=50，能节俭花费约53．33元. 3《数学模型》作业解答第四章（2008年10月28日）1. 某厂生产甲、乙两种产品,一件甲产品用A原料1千克,B原料5千克；一件乙产品用A原料2千克,B原料4千克.现有A原料20千克,B原料70千克.甲、乙产品每件售价分别为20元和30元.问如何安排生产使收入最大？解：设安排生产甲产品x件,乙产品y件，相应的利润为S则此问题的数学模型为：maxS=20x+30yx 2y 20s.t.5x 4y 70x,y 0,x,y Z这是一个整线性规划问题，现用图解法进行求解可行域为：由直线l1：x+2y=20,l2:5x+4y＝70l2y第一章作业解答第7页共23页以及x=0,y=0 构成的凸四边形地区.直线l ：20x+30y=c 在可行域内 l平行挪动.易知：当l 过l 1与l 2的交点时，l 1xS 取最大值.x 2y 20 x 10 由4y70解得55x y此时S max ＝2010305＝350（元）某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可赢利润以下表：货物体积重量 利润（立方米/箱）（百斤/箱）（百元/箱）甲 5 2 20乙4510已知这两种货物托运所受限制是体积不超出 24立方米，重量不超出 13百斤.试问这两种货物各托运多少箱，使得所赢利润最大，并求出最大利润 .解:设甲货物、乙货物的托运箱数分别为x 1,x 2,所赢利润为z .则问题的数学模型可表示为maxz 20x 1 10x 25x 1 4x 2 24 st2x 15x 213x 1,x 20,x,yZ这是一个整线性规划问题 .用图解法求解 . 可行域为：由直线l 1:5x 14x 224l 2:2x 15x 2 13 及x 1 0,x 2 0构成直线l:20x 1 10x 2c 在此凸四边形地区内平行挪动.x 2l 1l 2 x 1l第一章作业解答第 8页共23页易知：当l 过l1与l 2的交点时，z 取最大值5x 1 4x 2 24 x 1 4由5x 213解得12x 1x 2zmax204 10 190.3．某微波炉生产公司计划在下季度生产甲、乙两种型号的微波炉 .已知每台甲型、乙型微 波炉的销售利润分别为 3和2个单位.而生产一台甲型、乙型微波炉所耗原料分别为 2和3个单位,所需工时分别为 4和2个单位.若同意使用原料为 100个单位,工时为120个单位, 且甲型、乙型微波炉产量分别不低于 6台和12台.试成立一个数学模型 ,确立生产甲型、乙型微波炉的台数 ,使赢利润最大．并求出最大利润 .解：设安排生产甲型微波炉 x 件,乙型微波炉 y 件,相应的利润为 S.则此问题的数学模型为：maxS=3x+2y 2x 3y 100s.t. 4x 2y 120 x 6,y 12,x,y Z 这是一个整线性规划问题 用图解法进行求解可行域为：由直线 l 1：2x+3y=100, l 2:4x+2y ＝120及x=6,y=12构成的凸四边形地区.直线l ：3x+2y=c 在此凸四边形地区内平行挪动 . 易知：当l 过l 1与l 2的交点时,S 取最大值.2x 3y 100 由解得4x 2y 120第一章作业解答第 9页x 20.y20S max ＝320220＝100.《数学模型》作业解答 第五章1（2008年11月12日）关于节传得病的SIR 模型，证明：（1）若s1,则i(t)先增添，在s1处最大，而后减少并趋于零；s(t) 单一减少至s.（2）若s 0 1,( ) 单一减少并趋于零， () 单一减少至s .则it st解：传得病的SIR 模型（14）可写成dii(s1)dtdssidt由dssi,知ds0.s(t)单一减少.而s(t)0.lims(t)s 存在.dtdtt故s(t)单一减少至s.（1）若s 01.由s(t)单一减少.s(t)s 0.当1s s 0时, s10.di0,i(t)单一增添;dt当s1时,s1 0.di 0,i(t)单一减少.dt又由书上(18)式知i 0.即limi(t)0.t第一章作业解答第 10页共23页当s1 时,di0.i(t)达到最大值i m .dt（2）若s 01,则st1,进而s-10.di0.dtit单一减少且limit0.即i0.t4．在节正规战争模型（3）中，设乙方与甲方战斗有效系数之比为a4.b初始兵力x 0与y 0同样.问乙方取胜时的节余兵力是多少,乙方取胜的时间如何确立.(2) 若甲方在战斗开始后有后备队伍以不变的速率 r 支援,从头成立模型 ,议论如何判断两方的输赢.解:用xt,yt 表示甲、乙开战两方时辰 t 的士兵人数,则正规战争模型可近似表示为 :dxaydtdy1bx,dtx0x 0,y0y 0现求(1)的解:(1) 0 a的系数矩阵为Aba2ab0.abEA1,2b1,2对应的特点向量分别为2 ，21 11 的通解为xtC 12e abt2abt .yt 1C 21e再由初始条件，得第一章作业解答第11页共23页xtx 0 y 0e abtx 0 y 0e abt 22 2又由1可得dybx .dx ay其解为ay 2 bx 2 k, 而k ay 02 bx 02 3(1)当xt 1kay 02 bx 02b30时，yt 1ay 01y 0.aa 2即乙方取胜时的节余兵力数为3y 0.2x 0abt 1xabt 10.又令由（）得0,2y 0ey 0ext 122注意到x 0y 0 ,得e2abt1x2y0.e 2abt 13,t 1 ln3 .2y 0x 04b(2) 若甲方在战斗开始后有后备队伍以不变的速率r 支援.则dxayrdtdy4bxdtx(0)x 0,y0y 0由4得dxayr,即bxdxaydyrdy.相轨线为ay 22rybx 2k,dybxr 2r222ry2bx 211中的轨线上移了kay 00bx .0或ayak.此相轨线比书图a第一章作业解答第12页共23页rr2r2b2a .乙方取胜的条件为k0,亦即y 0aa x 0a 2.《数学模型》作业解答 第六章（2008年11月20日） 1.在节打鱼模型中，假如渔场鱼量的自然增添仍听从Logistic 规律，而单位时间捕捞量为常数h ．(1)分别就h rN/4，h rN/4，h rN/4这3种状况议论渔场鱼量方程的均衡点及其稳定状况．如何获取最大连续产量，其结果与节的产量模型有何不一样．解：设时辰 t 的渔场中鱼的数目为 xt ，则由题设条件知： xt 变化规律的数学模型为dx(t) rx(1 x )hdt N记F(x)rx(1x )hN(1). 议论渔场鱼量的均衡点及其稳固性：由Fx0，得rx(1x)h0．N即 r x 2rxh1Nr 24rh r(r 4h ) ，N NN1 4hNrN(1)的解为：x 1,22①当h rN /4，0，(1) 无实根，此时无均衡点；②当hrN /40 ，(1) N.，有两个相等的实根，均衡点为x 02F '(x)r(1x ) rx r2rx，F '(x 0) 0不可以判定其稳固性.N NN但xx 0及xx 0 均有F(x) x rN 0 ，即dx 0． x 0不稳固；rx(1)dtN4③当hrN/4， 0时，获取两个均衡点：第一章作业解答第13页共23页N14h Nx 1rN ， x 22N ，x 2N易知：x 12214h NrN 2，F '(x 1)0，F '(x 2)均衡点x 1不稳固，均衡点 x 2稳固.最大连续产量的数学模型为maxhh rN /4 s.t.F(x)h rN /4 即maxhrx(1x)，h rN /4rx1x/NN易得x 0*N此时hrN ，x 1N/2x 2x24但x 0*N这个均衡点不稳固．这是与节的产量模型不一样之处．2要获取最大连续产量，应使渔场鱼量xN，且尽量靠近N，但不可以等于N．2222.与Logistic 模型不一样的另一种描绘种群增添规律的是Gompertz 模型：x 't rxlnN．其x中r 和N 的意义与Logistic 模型同样．设渔场鱼量的自然增添听从这个模型，且单位时间捕捞量为 hEx ．议论渔场鱼量的均衡点及其稳固性，求最大连续产量 h m 及获取最大产量的捕捞强度 E m 和渔场鱼量水平 x *0．解：xt 变化规律的数学模型为dxt NrxlnExdtx记F(x)rxln NExx0，得rx lnNE①令FxEx 0x 0 Ne r ，x 10．x均衡点为x 0,x 1.又F 'xrlnNr E ，F 'x 0r0,F 'x 1．x均衡点x o 是稳固的，而均衡点 x 1不稳固.yrxlnNx yEx第一章作业解答第14页共23页yfxNex 0xrNe②最大连续产量的数学模型为：maxh ExNs.t.rxln Ex 0,x 0.xE由前方的结果可得h ENe rdh EEN ENe rr ，令dh0.dE erdE得最大产量的捕捞强度E m r ．进而获取最大连续产量h m rN/e ，此时渔场鱼量水平x 0*N．e3．设某渔场鱼量x(t)(时辰t渔场中鱼的数目)的自然增添规律为：dx(t)rx(1 x ) 此中r 为固有增添率,N`为环境允许的最大鱼量.dth .N而单位时间捕捞量为常数10．求渔场鱼量的均衡点,并议论其稳固性;2 0．试确立捕捞强度E m ,使渔场单位时间内拥有最大连续产量Q m ,求此时渔场鱼量水平x 0*.解：10．x(t)变化规律的数学模型为dx(t) rx(1x ) hdtN记f(x) rx(1x ) h,令rx(1x)h0 ，即r x 2 rx h0 ----（1）NNN4rh4hN1 4h Nr 2r(r) ，（1）的解为：x 1,2rNN N2①当 0时，（1）无实根，此时无均衡点； ②当0 时，（1）有两个相等的实根，均衡点为f '(x)r(1x ) rx r 2rx，f '(x0)0NNNx )rN但xx 0 及xx 0均有f(x)rx(1N4③当0时，获取两个均衡点：x 0N .2不可以判定其稳固性 .0，即dx x 0不稳固；dt第一章作业解答第 15页共23页N N4hN N4h 11x1rN，x2rN22易知x1Nx2Nf'(x1)0，f'(x2)0，22均衡点x1不稳固，均衡点x2稳固.20．最大连续产量的数学模型为：maxhs.t.f(x)0即maxh rx(1x)，易得x0*N此时h rN，但x0*N这个均衡点不稳固. N242要获取最大连续产量，应使渔场鱼量x N,且尽量靠近N N 22,但不可以等于.2《数学模型》作业解答右下列图是5位网球选手循环赛的结果，作为比赛图，它是双向连通的吗？找出几条完整路径，用适合方法排出5位选手的名次.解：这个5阶比赛图是一个5阶有向Hamilton图.其一个有2向Hamilton圈为314523.因此此比赛图是双向连通的.451232453113 5312431452等都是完整路径.此比赛图的毗邻矩阵为01010001105A1000040010111100令e1,1,1,1,1T，各级得分向量为S1Ae2,2,1,2,3T，S2AS14,3,2,4,5T，第一章作业解答第16页共23页S 3AS 2 7,6,4,7,9T ， S 4 AS 3 13,11,7,13,17T由此得名次为 5，1（4），2，3 （选手 1和4名次同样）.注：给5 位网球选手排名次也可由计算A 的最大特点根和对应特点向量 S 获取：，S T第九章（2008年12月18日） 1．在节传递带效率模型中 ,设工人数n 固定不变.若想提升传递带效率D,一种简单的方法是增添一个周期内经过工作台的钩子数m ，比方增添一倍，其余条件不变．另一种方法是在本来搁置一只钩子的地方搁置两只钩子，其余条件不变，于是每个工人在任何时辰能够同时触到两只钩子，只需此中一不过空的，他就能够挂上产品，这类方法用的钩子数目与第一种方法同样．试推导这类状况下传递带效率的公式，从数目关系上说明这类方法比第一种方法好．解：两种状况的钩子数均为 2m ．第一种方法是 2m 个地点，单钩搁置 2m 个钩子；第二种方法是m 个地点，成对搁置 2m 个钩子．①由节的传递带效率公式，第一种方法的效率公式为2m 1nD1 1n2m当n较小，n1时，有2mD2m 11 1nn11n1n2m8m 24mD 1 E， nEm下边推导第二种方法的传递带效率公式：关于m 个地点，每个地点搁置的两只钩子称为一个钩对， 考虑一个周期内经过的m 个钩对．任一只钩对被一名工人接触到的概率是1；m1 任一只钩对不被一名工人接触到的概率是1；m记p1,q 1 1 ．由工人生产的独立性及事件的互不相容性．得，任一钩对为空mm第一章作业解答第17页共23页的概率为q n，其空钩的数为2m；任一钩对上只挂上１件产品的概率为npq n1，其空钩数为m．因此一个周期内经过的2m个钩子中，空钩的均匀数为2mq n mnpq n1m2q n npq n1于是带走产品的均匀数是2m m2q n npq n1，未带走产品的均匀数是n2m m2q n npq n1）此时传递带效率公式为n n1n n1D'2mm2q npqm2211n11n n m m m③近似效率公式：1n nnn11nn1n21因为11m m2m26m31n11n1n1n211m m2m2D'1n1n26m2当n1时，并令E'1D'，则E'n26m2④两种方法的比较：由上知：En，E'n2 4m6m2E'/E 2n2n1，E'E．，当mn时，3m3m因此第二种方法比第一种方法好．《数学模型》作业解答第九章（2008年12月23日）一报童每日从邮局订购一种报纸，沿街叫卖.已知每100份报纸报童所有卖出可赢利7元.假如当日卖不掉，次日削价能够所有卖出，但报童每100份报纸要赔4元.报童每日售出的报纸数r是一随机变量，其概率散布以下表：第一章作业解答第18页共23页售出报纸数r（百份）012345概率P(r)0．05试问报童每日订购多少份报纸最正确(订购量一定是100的倍数)？解：设每日订购n百份纸，则利润函数为f(r)7r(4)(n r)r n 7n r nn利润的希望值为G(n)=(11r4n)P(r)+7n P(r)r0r n1现分别求出n=0,1,2,3,4,5时的利润希望值.G(0)=0；G(1)=4×0.05+7×0.1+7×（）=6.45;G(2)=(8314)140.1);G(3)=(1211021)21(0.1)G(4)=(16561728)28G(5)=2092132435当报童每日订300份时，利润的希望值最大.5．某工厂生产甲、乙两种产品,生产每件产品需要原资料、能源耗费、劳动力及所赢利润如下表所示：品种原资料能源耗费(百元)劳动力(人)利润(千元)甲2144乙3625现有库存原资料1400千克；能源耗费总数不超出2400百元；全厂劳动力满员为2000人.试安排生产任务(生产甲、乙产品各多少件),使利润最大,并求出最大利润.解：设安排生产甲产品x件，乙产品y件，相应的利润为S.则此问题的数学模型为maxS 4x 5ys.t.2x 3y1400x 6y24004x 2y2000x 0,y 0,x,y Z模型的求解：用图解法.可行域为：由直线第一章作业解答第19页共23页l1:2x3y1400l2::x6y2400l3:4x2y2000及x0,y0构成的凸五边形地区.直线l:4x5y C在此凸五边形地区内平行挪动.易知：当l过l1与l3的交点时，S取最大值.由2x3y1400400,y200 4x2y解得：x2000Smax440052002600（千元）.故安排生产甲产品400件、乙产品200件,可使利润最大,其最大利润为2600千元.某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可赢利润以下表：货物体积重量利润（立方米/箱）（百斤/箱）（百元/箱）甲5220乙4510已知这两种货物托运所受限制是体积不超出24立方米，重量不超出13百斤.试问这两种货物各托运多少箱，使得所赢利润最大，并求出最大利润.解:设甲货物、乙货物的托运箱数分别为x1,x2,所赢利润为z.则问题的数学模型可表示为maxz20x110x25x14x224st2x15x213x1,x20,x,yZ这是一个整线性规划问题.用图解法求解.可行域为：由直线l1:5x14x224l2:2x15x213及x10,x20构成直线l:20x110x2c在此凸四边形地区内平行挪动.x2l1l2x1l第一章作业解答第20页共23页易知：当l 过l 1与l 2的交点时，z 取最大值5x 1 4x 224解得x 14由5x 213x 212x 1zmax20 4 10 1 90 .7.深水中的波速v 与波长 、水深d 、水的密度和重力加快度 g 相关，试用量纲剖析方法给出波速v 的表达式.解：设v ,,d ,，g的关系为f(v, ,d, ,g)=0.其量纲表达式为[v ]=LM 0T -1，[ ]=LM 0T 0，[d ]=LM 0T 0，[ ]=L -3 MT 0 ，[g ]=LM 0T -2, 此中L ，M ，T 是基本量纲.---------4 分量纲矩阵为1 1 1 3 1(L)A=0 0 0 1 0(M)1 00 02 (T)(v)()(d)()(g)齐次线性方程组 Ay=0，即y 1 y 2y 33y 4y 5 0y 4-y 1-2y 5的基本解为y 1=(1,1,0,0,1),y 2=(0, 1,1,0,0)2211由量纲P i 定理得v2g 211d2∴vg1,1(2),2d第一章作业解答第21页共23页vg (d)，此中是不决函数.第四章（2008 年10月28日）2. 某厂生产甲、乙两种产品 ,一件甲产品用A 原料1千克, B 原料5千克；一件乙产品用 A 原料2千克,B 原料4千克.现有A 原料20千克, B 原料70千克.甲、乙产品每件售价分别为20元和30元.问如何安排生产使收入最大？解：设安排生产甲产品 x 件,乙产品y 件，相应的利润为S则此问题的数学模型为：maxS=20x+30yx 2y20s.t. 5x 4y70x,y0,x,yZ这是一个整线性规划问题，现用图解法进行求解可行域为：由直线l 1：x+2y=20,l 2:5x+4y ＝70l 2y以及x=0,y=0构成的凸四边形地区.直线l ：20x+30y=c 在可行域内 l平行挪动.易知：当l 过l 1与l 2的交点时，l 1xS 取最大值.x2y20x10由4y 70 解得55xy此时S max ＝2010 305＝350（元）某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可赢利润以下表：货物体积重量 利润（百斤/箱）（百元/箱）（立方米/箱）甲 5 2 20乙4510已知这两种货物托运所受限制是体积不超出24立方米，重量不超出 13百斤.试问这两种 货物各托运多少箱，使得所赢利润最大，并求出最大利润 . 解:设甲货物、乙货物的托运箱数分别为x 1,x 2,所赢利润为z .则问题的数学模型可表示为maxz 20x 110x 2第一章作业解答第 22页共23页5x 1 4x 2 24 st2x 15x 213x 1,x 20,x,yZ这是一个整线性规划问题 .用图解法求解 . 可行域为：由直线l 1:5x 14x 224l 2:2x 15x 2 13 及x 1 0,x 2 0构成直线l:20x 110x 2c 在此凸四边形地区内平行挪动.x 2l 1l 2x 1l易知：当l 过l1与l2的交点时，z 取最大值5x 1 4x 224x 14由5x 2解得2x 113x 21zmax204 10 190.第一章作业解答第 23页共23页。