第四讲椅子放稳模型课件

数学建模MathematicalModelling数学建模MathematicalModelling1第四讲椅子放稳模型

在日常生活中，将一张四条腿一样长的椅子放在不平的地面上，通常只有三只脚着地,而使椅子不平稳。但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。请你通过建立模型解释这一现象。第四讲椅子放稳模型在日常生活中，将一张2

一、问题重述在日常生活中，将一张四条腿一样长的椅子放在不平的地面上，通常只有三只脚着地，而使椅子不平稳。我们通过建立模型分别解决以下问题：1．解释只需适当将椅子“挪动”几次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”能够放稳吗？3．椅子的四只脚满足什么条件通过挪动就可使椅子放稳？最后对模型进行了分析和推广。一、问题重述3二、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。二、模型假设为使问题简化，便于解决，我4

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。假设1显然是合理的。否则即便放在平面上也不5

首先，根据假设1，椅脚连线呈正方形,而正方形以中心为对称,即正方形绕中心的旋转可以表示椅子位置的改变，于是可以用旋转角度这一变量表示椅子的位置。如图1，椅脚连线为正方形ABCD，在图1所示的坐标系下对角线AC与ox轴重合,椅子绕中心o旋转角度后,正方形转至的位置，如图2所示，即对角线AC与ox轴的夹角表示了椅子的位置。xBADCOD´C´B´A´正方形ABCD绕O点旋转三、建模与分析首先，根据假设1，椅脚连线呈正方形,而正方6

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的函数。三、建模与分析其次，要把椅子着地用数学符号表示出来。如果用某7

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()，B、D两脚与地面的距离之和为g(),显然f()、g()0。由假设2知f()、g()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，f()、g()中至少有一个为零。当=0时，不妨设f()>0、g()=0。另一方面，由对称性知道，旋转/2的角度后，相当于AC和BD互换一个位置.故有f(/2)=0，g(/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。虽然椅子有四只脚，因而有四个距离，即每一8

命题1

已知f()和g()是的连续函数，对任意的

，有f()•g()=0，且f(0

)>0、g(0)=0，、，则存在

，使得f(0

)=g(0

)=0.可以看到，引入变量和函数f()、g()，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。

命题1已知f()和g()是9四、模型求解令h()=f()–g()，则h(0)>0和h(/2)<0.由f()，g()的连续性知

h()为[0，/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0

[0,/2],使h(0)=0，即f(0)=g(0).因为f()•g()=0，所以f(0)=g(0)=0.评注和思考假设条件的本质与非本质

和

f()，g()的确定关键如果椅子四脚连线呈长方形，又将如何？四、模型求解令h()=f()–g()，则h10

1.模型分析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。五、模型的分析及推广1.模型分析五、模型的分析及推广11ABCDOABCDOA´B´C´D´2.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.ABCDOABCDOA´B´C´D´2.12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()表示相邻两脚A、B与地面的距离之和，g()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()

和g()

是

的连续函数,对任意的，有f()•

g()=0，且f(0

)>0、g(0)=0，f(

)=0、g()>0，则存在[0，],使得f(0

)=g(0

)=0。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(13

3.模型的进一步分析与推广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？反之，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？3.模型的进一步分析与推广14

我们先看一个实例，设地面为一个足够大的球面部分，其方程为：我们先看一个实例，设地面为一个足够大的球面部分15第四讲椅子放稳模型ppt课件16

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，其圆周的半径为这说明A、C两点必有一点在球面之外。椅子四只脚构成一菱形ABCD，对角线的长度分别17于是D点到底面即球面的距离为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。

下面我们来讨论另一个问题。众所周知，我们日常生活中所遇到的椅子大都是四脚连线呈等腰梯形，那么，对这样的椅子甚至四脚连线为任意园内接四边形的椅子是否也能在不平的平面上放稳？为解决此问题我们重新建立模型。于是D点到底面即球面的距离为这说明通过旋转永远也不可能将椅子18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。模型假设19模型建立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.ABCDo

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x2+y2=R2上。不妨设OB、OC、OD分别与ox轴的正向夹角分别为1、2、3.这三个夹角应满足条件0<1<2<3<2.模型建立ABCDo由假设4，椅子四脚A、B、C20点A、B、C、D的坐标依次ABCDooA’B’C’D’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（取逆时针方向为正），则转动后A、B、C、D四点对应的点分别为A’、B’、C’、D’。点A、B、C、D的坐标依次ABCDooA’B’C’D’如果21

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必为旋转角的以2为周期的单值连续函数z=().由假设2，地面可视为数学上的连续曲面,因此，如果22第四讲椅子放稳模型ppt课件23

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使四点共面。这就是我们对该问题建立的数学模型。

模型求解上面建立的数学模型的求解即证明下面的定理：

定理1设()是以2为周期的连续函数，R>0，1、2、3是满足不等式0<1<2<3<2

的任意常数，则一定存在0

[0,2],使当=0时，四点共面。由假设3，地面是相对平坦的，使椅子在任何24

证

四点共面的充要条件是向量

的混合积。不妨设即证25

又因为()是以2的连续函数，从而对任意的常数a都有又因为()是以2的连续函数，从而26再由积分中值定理知，存在一个0

[0,2]使得也就是当=0时，四点共面。

即就是

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。再由积分中值定理知，存在一个0[0,2]使得也就27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。放稳椅子的充要条件28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