数学建模之初等模型1

2.1初等数学方法建模实例(一)2.1.1.圆杆堆垛问题2.1.2.中国人重姓名问题2.1.3.搭积木问题•问题:把若干不同半径的圆柱形钢杆水平地堆放在一个长方体箱子里，若已知每根杆的半径和最底层各杆的中心坐标，怎样求出其它杆的中心坐标？2.1.1圆杆堆垛问题模型准备:本问题是一个解析几何问题，利用解析几何的有关结论既可.模型假设：•箱中的钢杆至少有两层以上•箱中最底层的杆接触箱底或紧靠箱壁•除最底层之外的箱中每一根圆杆都恰有两根杆支撑模型构成：1．考虑三个圆杆的情况已知三个圆杆的半径和两根支撑杆的坐标来求另一个被支撑杆坐标的三杆堆垛问题.符号说明：•设两根支撑杆的半径分别为Rl,Rr，对应中心坐标分别为(xl,yl),(xr,yr)•被支撑杆的半径和坐标分别为Rt和(xt,yt)•连接三根圆杆的中心获得一个三角形，用a,b,c表示对应的三条边•a=Rl+Rt•b=Rr+Rt(xl,yl)(xr,yr)(xt,yt)RlRrRt•cos=d/c•sin=e/c•c=(d2+e2)1/2•d=xr–xl•e=yr-yl•cos=(a2+c2-b2)/2ac•sin=(1-cos2)1/2xt=xl+acos(+)=xl+a(coscos-sinsin)yt=yl+asin(+)=yl+a(sincos+cossin)(xl,yl)(xr,yr)(xt,yt)RlRrRt2．考虑多个圆杆的情况•对多于三杆的问题可以按支撑关系和先后顺序依次求出所有其它杆的坐标.•例如，如果长方体箱子中有6根圆杆，已知1，2，3号的圆杆在箱底，4号杆由1，2号杆支撑，5号杆由2，3号杆支撑，6号杆由4，5号杆支撑，•则可以调用如上三杆问题的算法先由1，2号杆算出4号杆坐标，接着再用2，3号杆算出5号杆坐标，最后用4，5号杆算出6号杆坐标•问题:由于中国人口的增加和中国姓名结构的局限性，中国人姓名相重的现象日渐增多.请尝试提出一个合理且可以有效解决此问题的中国人取名方案.2.1.2中国人重姓名问题模型准备：•先考虑一下中国姓名的结构和取名习惯.中国的姓名是由姓和名来组成的.姓在前名在后，目前姓大约有5730个,但常用姓只有2077个左右，名通常由至多两个字组成.•姓名是由汉字排列而成，构成姓名的汉字多，则姓名总数就多.要想有效地克服重姓名问题，就该增加姓名的汉字数.•靠机械地增加名字的个数解决重姓名问题,或完全改变现有的姓名是不明智.应该采用兼顾现有姓名习惯来做这件事.•本问题可以用简单的排列组合原理来解决.模型假设：•中国的所有姓名共有N个,其中姓有S个•姓名中父亲姓氏在姓名首位模型构成：•三项原则：扩大姓名集合考虑中国姓名的特色兼顾原有取名习惯•这里提出体现父母姓的复姓名方式来解决重姓名问题.•方便起见，要引入的新的取名方法称为FM取名方法.•一个FM姓名的结构为：主姓名·辅姓名主姓名就是现在人们所使用的姓名辅姓名可以只是母亲的姓，也可以是利用母亲的姓另起的一个姓名，不过这个姓名要名在前姓在后以区别于主姓名中间的·是间隔号•例如：父亲姓王，母亲姓孙，给孩子取的名字是王建国以及孙靖，则孩子的FM姓名为王建国•靖孙或王建国•孙模型分析：在“FM姓名体系”下,“FM姓名”集合中姓名总数变为N*S+N*N=N*(S+N)•这表明“FM体系”将原来的姓名集合增加了S+N倍.注意到其中N是很大的，这种扩充是显著的.•再者，原来“主姓名重名”的个数在“FM体系”中会减少，而FM姓名样本空间扩大了S+N倍，由概率论知识可知，重姓名的概率将变得比原来的1/(S+N)还小.•笔者在对本校的500名学生采用“FM体系”做验证，重姓名概率由原来的2%变为零！12116,,81kQLhkQhd若取最保守的估计,有•Q/Q’是仅与h有关的函数.•可以从图形来考察它的取值情况！•问题:将一块积木作为基础，在它上面叠放其他的积木，问上下积木之间的“向右前伸”可以达到多少？2.1.3搭积木问题模型准备:本问题涉及重心的概念，关于重心的结果有，查阅相关文献，有下述结果:设xOy平面上有n个质点，它们的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，…,(xn,yn)，对应的质量分别为m1,m2,…,mn,则该质点系的重心坐标满足：niiniiiniiniiimymymxmx1111,模型假设：•所有积木的长度和重量均为一个单位•每块积木的密度都是均匀的，密度系数相同•参与叠放的积木有足够多•最底层的积木可以完全水平且平稳地放在地面上模型构成：1．考虑两块积木的叠放情况x•此时使叠放后的积木平衡主要取决于上面的积木，而下面的积木只起到支撑作用.•假设在叠放平衡的前提下，上面的积木超过下面积木右端的最大前伸距离为x.•上面积木在位移最大且不掉下来时，x=1/2.2．考虑n块积木的叠放情况•两块积木的情况解决了，如果再加一块积木的叠放情况如何呢？•如果增加的积木放在原来两块积木的上边，那么此积木是不能再向右前伸了!?•除非再移动底下的积木，但这样会使问题复杂化.x•为利于问题的讨论，我们把前两块搭好的积木看作一个整体,且不再移动它们之间的相对位置，而把增加的积木插入在最底下的积木下方.•于是，问题又归结为两块积木的叠放问题，不过，这次是质量不同的两块积木叠放问题.利用归纳法•假设已经叠放好n(n1)块积木，下面我们就n+1块积木的叠放问题来讨论.•要求新增加的一块积木插入最底层，我们选择这新插入的积木的最右端为坐标原点建立如图坐标系.•考虑上面的n块积木的重心关系.我们把上面的n块积木分成两部分:从最高层开始的前n-1块积木，记它们的水平重心为x1,总质量为n-1与最底层积木相连的第n块积木,记它的水平重心为x2,质量为1•把上面的n块积木看作一个整体，记它的重心水平坐标，显然n块积木的质量为n.•在保证平衡的前提下，上面n块积木的水平重心应该恰好在最底层积木的右端，即有=0.xx12(1)1xnxxn•假设第n块积木超过最底层积木右端的最大前伸距离为z.•同样在保证平衡的前提下，从最高层开始的前n-1块积木的总重心的水平坐标为z，即有x1=z.•第n块积木的水平重心坐标为x2=.12(1)1xnxxn12z121(1)()(1)120znzxnxxnnnzznz210)21()1(于是，设从第n+1块积木的右端到第1块积木的右端最远距离为dn+1，则有ndn2141211说明随着积木数量的无限增加，最顶层的积木可以前伸到无限远的地方.