2023-2023第一学期《数学建模》选修课期末考试题

2024-2024第一学期《数学建模》选修课期末考试题2024-2024第一学期《数学建模》选修课试题卷

班级：***

姓名：***

学号：***

成果：

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

所谓模型是指为了某个特定目的将原型所具有本质属性的某一部分信息经过简化、提炼而构造的原型替代物。

2．数学模型

数学模型就是对某种事物系统的特征和数量关系，借助数学语言而建立起来的符号系统。

3．抽象模型

抽象模型，即抱负模型。分为思维模型、符号模型、数学模型等。

二、简答题（每小题满分8分，共24分）

1．模型的分类

模型一般分为详细模型和抽象模型两大类。

详细模型有直观模型、物理模型等，抽象模型有思维模型、符号模型、数学模型等。

2．数学建模的基本步骤

1）、建模预备：确立建模课题的过程；

2）、建模假设：依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，选择恰当的数学工具和构造模型的方法对其进行表征，构造出依据已知条件和数据，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：依据建模的目的要求，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，还必需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、讨论和解决实际问题，充分发挥数学模型在生产和科研中的特别作用.

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，便于人们采纳定量的方法去分析和解决实际问题。正由于如此，数学模型在科学进展、科学预见、科学猜测、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别的重要作用数学不仅是人们熟悉世界的有力工具，而且对于人的素养培育，无论是在自然科学，还是社会科学中都随时发生着作用，使其终生受益。特殊是，当代计算机科学的进展和广泛应用，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之中，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，高科技的高精度、高速度、高平安、高质量、

高效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、掌握来实现的。

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)听从正态分布(35,80)N；其次条路沿环城大路走,路程较长,但意外堵塞较少,所需时间听从正态分布(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,又应当走哪条路线？

设X表示“该人沿第一条路线从南郊到北郊火车站所需的时间”,Y表示“该人沿其次条路线从南郊到北郊火车站所需的时间”,依题意~(35,80)XN,~(40,20)YN.

(1)若有50分钟可用,由于

P{X≦50}=Ф(

803550-)≈Ф(1.68)=0.95352,P{Y≦50}=Ф(

20

40

50-)≈Ф(2.24)≈0.98745.

于是,该人从南郊到北郊火车站沿其次条路走,在50分钟内到达的概率比沿第一条路的概率大,故此时应选择其次条路走.(2)若有40分钟可用,由于

P{X≦40}=Ф(803550-)≈Ф(0.56)=0.71226,P{X≦40}=Ф(

20

4040-)≈Ф(0)=0.5.

因此,该人从南郊到北郊火车站沿第一条路走,在40分钟内到达的概率比沿其次条路的概率大,故此时应选择第一条路走.四、综合题（21分）

L.跑步中的数学问题(7n+2,7n+6,7n+4)

跑步是基本活动技能，是人体快速移动的一种动作姿态。跑步和走路的主要区分在于两腿在交替落地过程中有一个腾空阶段。跑步是最简便而易见实效的体育健身内容。近二三十年来，跑步已成为国内外千百万人参与的群众健身运动，是

深受广阔群众所欢迎的健身项目。人们普遍认为跑步是最好的健身方法。每个正常人都经受过跑步，有人会疲乏不堪。我们的问题是：怎样跑不能使我们消耗的能量尽可能的少？

论文题目：如何跑步使我们消耗的能量尽可能的少

论文

2

2

2

82

1v

gbgt

h==

所以

2

2

2

'2

18)(vmv

bmg

baW+

+=

五、复述题（21分）R.椅子放稳模型(3n+2）

论文题目：椅子放稳模型的问题分析

论文

假设1明显是合理的。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，由于假如地面高度不连续（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是要排解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，消失深沟或凸峰（即使连续变化的），将使椅子三只脚也无法同时着地。

三、建模与分析

首先，依据假设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转变，于是可以用旋转角度这一变量表示椅子的位置。如图椅脚连线为正方形ABCD，在图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θ后,正方形ABCD转至A′B′C′D′的位置，如图所示，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。假如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。

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)(θf，B、D两脚与地面的距离之和为)(θg,明显)(θf、

0)(≥θg。由假设2知)(θf、)(θg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，)(θf、)(θg中至少有一个为零。当0=θ时，不妨设0)(>θf、0)(=θg。另一方面，由对称性知道，旋转

2

π

的角度

后，相当于AC和BD互换一个位置.故有0)2

(=π

f，0)2

(>π

g，这样，转变椅子位

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)(θf和)(θg是θ的连续函数，对任意的θ，有0)()(=?θθgf，且0)0(>f、

0)0(=g，0)2

(

>π

g、0)2

(

=πf，则存在]2

,

02

,02

,

0[0π

θ∈，使0)(0=θh，即)()(00θθgf=.由于0)()(=?θθgf，所以

0)()(00==θθgf.

五、模型的分析及推广

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，并得到了规律上的求解。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肯定的局限，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。

2.假如椅脚连线呈矩形，其结论也成立。事实上，如图建立坐标系，A、B、C、D表示椅子的四只脚.

假设条件只需将正方形假设条件中的正方形改为矩形。设)(θf表示相邻两脚A、B与地面的距离之和，)(θg表示相邻两脚C、D两脚与地面的距离之和。由矩形对性知道,旋转180°度的角后，相当于AB和CD互换一个位置。这样，转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

命题2已知)(θf和)(θg是θ的连续函数,对任意的θ，有0)()(=?θθgf，且0)0(>f、0)0(=g，0)(=πf、0)(>πg，则存在],0[πθ∈,使得0)()(00==θθgf.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，是否肯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，椅子四脚连线是否肯定是圆内接四边形？

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：

)10000(10000)10000(2222>

---=d

这说明通过旋转永久也不行能将椅子放稳。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，通过旋转不行能将椅子放稳。

下面我们来争论另一个问题。

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。

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，沿任何方向都不会消失间断（没有向台阶那样的状况），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.

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

2

2

2

R

yx=+上。不妨设OB、OC、OD分别与ox轴的正向夹角分别为321θθθ、、.这

三个夹角应满意条件πθθθ20321R，321θθθ、、是满意不等式

π

θθθ20321<<<<的任意常数，则肯定存在]2,0''''''''''''''''''''''''()(sin(sin()(sin(sin()(sin(sin()(()(()(2,0''''"''''''[=DACABA

也就是当0θθ=时，'','','',''DCBA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争论，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冲突。这冲突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争论说明，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。这样我们就证明白下面结论：

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。模型的应用

椅子问题虽然是日常生活中一件特别一般的问题，但在上述的模型中所给出有关椅子的结论对于