初等数学建模方法
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• 由上可以看出.奇偶校验方法巧妙而简单.极富创造力.在估计事情不 可能成立时.可考虑使用奇偶性这一方法来论证.
• 实例练习 • (1)假设你有一张普通的国际象棋盘一组对角上的两个方格被切掉.
这样棋盘上只剩下62个方格.若你还有31块骨牌.每块骨牌的大小为 1X2方格.试说明用互不重叠的骨牌完全覆盖住这张残缺的棋盘是不可 能的.
• 在铺瓷砖问题中.同色的两个格子具有相同的奇偶性.异色的两个格子 具有相反的奇偶性.长方形瓷砖显然只能覆盖具有相反奇偶性的一对 方格.因此.把19块长方形瓷砖在地面上铺好后.只有在剩下的两个方格 具有相反的奇偶性时.才有可能把最后一块长方形瓷砖铺上.由于剩下 的两个方格具有相同的奇偶性.因此无法铺上最后一块长方形瓷砖.这 就从理论上证明了用20块长方形瓷砖铺好如图2. 2所示地面是不可能 的.任何改变铺设方式的努力都是徒劳的.
(不包括自己)·则至少有两个人所认识的人数相等. • 思想和启发我们按认识人的个数.将;N个人分为0,1,2,... ,n类.其中
k(0<k<n)类.表T认识k个人.这样形成0、十1个“鸽笼”.若n<N-1. 则;N个人分成不超过;N- 1类.必有两人属于一类.也即有两个人所认识 的人数相等;若n=N -1.此时注意到。类和;N类必有一个为空集.所以不 空的“鸽笼”至多为;N- 1个.也使结论成立.
• 2. 1. 3自然数的因子个数与狱吏问题 • 令d (n)为自然数0、的因子个数.则d (n)有的为奇数.有的为偶数.见
• 间题思考在一个边长为1的正三角形内.若要彼此间距离大于上.最多 能找到几个点?
• 2. 1. 2“奇偶校验”法 • 所谓“奇偶校验”.是指如果两个数都是奇数或偶数.则称这两个数
具有相同的奇偶性;若一个数是奇数.另一个数是偶数.则称具有相反的 奇偶性.在组合几何中会经常遇到类似的问题.
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• 间题3能否在8X8的方格表ABCD的各个空格中.分别填写1 .2 .3这3个 数中的任一个.使得每行、每列及对角线AC. BD的各个数的和都不相 同?为什么?
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2.1有关自然数的几个模型
• 思想和启发若从考虑填法的种类人手.情况太复杂;这里我们注意到. 方格表中行、列及对角线的总数为18个;而用1.2.3填人表格.每行、列 及对角线都是8个数.8个数的和最小为8.最大为22.共有22-8十1=17种; 利用鸽笼原理.18个“鸽”放入17个“鸽笼”.必有两个在一个“鸽 笼”.也即必有两个和相同.所以题目中的要求无法实现.
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2.1有关自然数的几个模型
• (2)设一所监狱有62间囚室·其排列类似8X8棋盘.看守长告诉关押在一 个角落里的囚犯.只要他能够不重复地通过每间囚室到达对角的囚室 (所有相邻囚室间都有门相通).他将获释.问囚犯能否获得自由?
• (3)某Fra Baidu bibliotek有29个学生·坐成7行7列.每个座位的前后左右的座位叫做它 的邻座.要让29个学生都换到他的邻座上去.问是否有这种调换位置的 方案?
• 数学中许多著名的不可能的证明都要用到奇偶校验.
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2.1有关自然数的几个模型
• 例如欧几里得证明厄是无理数.就是用的奇偶性(读者不妨自己动手做 一下).奇偶校验在粒子物理学也有很重要的作用.1957年美籍华人杨振 宁和李政道推翻了“宁宙守恒定理”.由此获得了诺贝尔奖.其中就是 运用了奇偶校验方法.
第2章初等数学建模方法
• 2.1有关自然数的几个模型 • 2.2状态转移问题 • 2.3量纲分析法 • 2.4类比建模方法
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2.1有关自然数的几个模型
• 2.1.1鸽笼原理 • 鸽笼原理又称为抽屉原理.把;N个苹果放入n (n<N)个抽屉里.则必有
一个抽屉中至少有2个苹果. • 间题1如果有;N个人.其中每个人至多认识这群人中的n(n<N)个人
2.1有关自然数的几个模型
• 间题1(铺瓷砖问题)要用20块方形瓷砖铺设如图2. 2所T图形的地面.但 当时商店只有长方形瓷砖.每块大小等于方形的两块.一个人买了20块 长方形瓷砖.试着铺地面.结果弄来弄去始终无法完整铺好.证明用20块 长方形瓷砖铺好如图2. 2所示地面是不可能的.
• 思想和启发问题在于用20块长方形瓷砖正好铺成图2. 2所示的地面 的可能性是否存在?只有可能性存在才谈得上用什么方法铺的问题.
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2.1有关自然数的几个模型
• 问题2在一个边长为1的正三角形内最多能找到几个点.而使这些点彼 此间的距离大于0.5.
• 思想和启发 边长为1的正三角形ABC.分别以A,B.C为中心.0. 5为半 径圆弧·将三角形分为生个部分(图2.1).则四部分中任一部分内两点距 离都小于0.5.由鸽笼原理知道.在三角形内最多能找生个点.使彼此间 距离大于0. 5.且确实可找到如A.B.C及三角形中心生个点.
• 为此.在图2. 2上白、黑相间地染色.然后仔细观察.发现共有19个白 格和21个黑格.一块长方形瓷砖可盖住一白一黑两格.所以铺上19块长 方形瓷砖.(无论用什么方法).总要剩下2个黑格没有铺.而一块长方形瓷 砖是无法盖住2个黑格的.唯一的办法是把最后一块瓷砖一断为二.
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2.1有关自然数的几个模型
• 间题2(菱形十二面体上的H路径问题)沿一菱形十二面体各棱行走. 要寻找一条这样的路径:它通过各顶点恰好一次.该问题被称为 Hamilton路径问题.
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2.1有关自然数的几个模型
• 思想和启发我们注意到菱形十二面体每个顶点的度或者为3或者为生. 所谓顶点的度是指通过这一顶点的棱数(图2. 3 ).且每3度顶点刚好与3 个生度顶点相连.而每个2度顶点刚好与2个3度顶点相连.因此一个 Hamilton路径必是3度与2度顶点交错.若存在Hamilton路径.则3度顶 点个数与2度顶点个数要么相等.要么相差1.用奇偶校验法3度顶点为 奇数顶点.生度顶点为偶数顶点.奇偶配对.最多只能余1个;而事实上菱 形十二面体中.有3度顶点8个.2度顶点6个;得结论:菱形十二面体中不 存在Hamilton路径.
• 实例练习 • (1)假设你有一张普通的国际象棋盘一组对角上的两个方格被切掉.
这样棋盘上只剩下62个方格.若你还有31块骨牌.每块骨牌的大小为 1X2方格.试说明用互不重叠的骨牌完全覆盖住这张残缺的棋盘是不可 能的.
• 在铺瓷砖问题中.同色的两个格子具有相同的奇偶性.异色的两个格子 具有相反的奇偶性.长方形瓷砖显然只能覆盖具有相反奇偶性的一对 方格.因此.把19块长方形瓷砖在地面上铺好后.只有在剩下的两个方格 具有相反的奇偶性时.才有可能把最后一块长方形瓷砖铺上.由于剩下 的两个方格具有相同的奇偶性.因此无法铺上最后一块长方形瓷砖.这 就从理论上证明了用20块长方形瓷砖铺好如图2. 2所示地面是不可能 的.任何改变铺设方式的努力都是徒劳的.
(不包括自己)·则至少有两个人所认识的人数相等. • 思想和启发我们按认识人的个数.将;N个人分为0,1,2,... ,n类.其中
k(0<k<n)类.表T认识k个人.这样形成0、十1个“鸽笼”.若n<N-1. 则;N个人分成不超过;N- 1类.必有两人属于一类.也即有两个人所认识 的人数相等;若n=N -1.此时注意到。类和;N类必有一个为空集.所以不 空的“鸽笼”至多为;N- 1个.也使结论成立.
• 2. 1. 3自然数的因子个数与狱吏问题 • 令d (n)为自然数0、的因子个数.则d (n)有的为奇数.有的为偶数.见
• 间题思考在一个边长为1的正三角形内.若要彼此间距离大于上.最多 能找到几个点?
• 2. 1. 2“奇偶校验”法 • 所谓“奇偶校验”.是指如果两个数都是奇数或偶数.则称这两个数
具有相同的奇偶性;若一个数是奇数.另一个数是偶数.则称具有相反的 奇偶性.在组合几何中会经常遇到类似的问题.
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• 间题3能否在8X8的方格表ABCD的各个空格中.分别填写1 .2 .3这3个 数中的任一个.使得每行、每列及对角线AC. BD的各个数的和都不相 同?为什么?
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• 思想和启发若从考虑填法的种类人手.情况太复杂;这里我们注意到. 方格表中行、列及对角线的总数为18个;而用1.2.3填人表格.每行、列 及对角线都是8个数.8个数的和最小为8.最大为22.共有22-8十1=17种; 利用鸽笼原理.18个“鸽”放入17个“鸽笼”.必有两个在一个“鸽 笼”.也即必有两个和相同.所以题目中的要求无法实现.
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• (2)设一所监狱有62间囚室·其排列类似8X8棋盘.看守长告诉关押在一 个角落里的囚犯.只要他能够不重复地通过每间囚室到达对角的囚室 (所有相邻囚室间都有门相通).他将获释.问囚犯能否获得自由?
• (3)某Fra Baidu bibliotek有29个学生·坐成7行7列.每个座位的前后左右的座位叫做它 的邻座.要让29个学生都换到他的邻座上去.问是否有这种调换位置的 方案?
• 数学中许多著名的不可能的证明都要用到奇偶校验.
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• 例如欧几里得证明厄是无理数.就是用的奇偶性(读者不妨自己动手做 一下).奇偶校验在粒子物理学也有很重要的作用.1957年美籍华人杨振 宁和李政道推翻了“宁宙守恒定理”.由此获得了诺贝尔奖.其中就是 运用了奇偶校验方法.
第2章初等数学建模方法
• 2.1有关自然数的几个模型 • 2.2状态转移问题 • 2.3量纲分析法 • 2.4类比建模方法
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• 2.1.1鸽笼原理 • 鸽笼原理又称为抽屉原理.把;N个苹果放入n (n<N)个抽屉里.则必有
一个抽屉中至少有2个苹果. • 间题1如果有;N个人.其中每个人至多认识这群人中的n(n<N)个人
2.1有关自然数的几个模型
• 间题1(铺瓷砖问题)要用20块方形瓷砖铺设如图2. 2所T图形的地面.但 当时商店只有长方形瓷砖.每块大小等于方形的两块.一个人买了20块 长方形瓷砖.试着铺地面.结果弄来弄去始终无法完整铺好.证明用20块 长方形瓷砖铺好如图2. 2所示地面是不可能的.
• 思想和启发问题在于用20块长方形瓷砖正好铺成图2. 2所示的地面 的可能性是否存在?只有可能性存在才谈得上用什么方法铺的问题.
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• 问题2在一个边长为1的正三角形内最多能找到几个点.而使这些点彼 此间的距离大于0.5.
• 思想和启发 边长为1的正三角形ABC.分别以A,B.C为中心.0. 5为半 径圆弧·将三角形分为生个部分(图2.1).则四部分中任一部分内两点距 离都小于0.5.由鸽笼原理知道.在三角形内最多能找生个点.使彼此间 距离大于0. 5.且确实可找到如A.B.C及三角形中心生个点.
• 为此.在图2. 2上白、黑相间地染色.然后仔细观察.发现共有19个白 格和21个黑格.一块长方形瓷砖可盖住一白一黑两格.所以铺上19块长 方形瓷砖.(无论用什么方法).总要剩下2个黑格没有铺.而一块长方形瓷 砖是无法盖住2个黑格的.唯一的办法是把最后一块瓷砖一断为二.
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• 间题2(菱形十二面体上的H路径问题)沿一菱形十二面体各棱行走. 要寻找一条这样的路径:它通过各顶点恰好一次.该问题被称为 Hamilton路径问题.
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• 思想和启发我们注意到菱形十二面体每个顶点的度或者为3或者为生. 所谓顶点的度是指通过这一顶点的棱数(图2. 3 ).且每3度顶点刚好与3 个生度顶点相连.而每个2度顶点刚好与2个3度顶点相连.因此一个 Hamilton路径必是3度与2度顶点交错.若存在Hamilton路径.则3度顶 点个数与2度顶点个数要么相等.要么相差1.用奇偶校验法3度顶点为 奇数顶点.生度顶点为偶数顶点.奇偶配对.最多只能余1个;而事实上菱 形十二面体中.有3度顶点8个.2度顶点6个;得结论:菱形十二面体中不 存在Hamilton路径.