数模第三版习题答案

2024-07-27 来源：哗拓教育

《数学模型》作业解答

第一章（2008年9月9日）

4．在“椅子摆放问题”的假设条件中，将四脚的连线呈正方形改为呈长方形，其余条件不变.试构造模型并求解.

解：设椅子四脚连线呈长方形ABCD. AB与CD的对称轴为x轴，用中心点的转角表示椅子的位置.将相邻两脚A、B与地面距离之和记为f();C、D与地面距离之和记为

g().并旋转1800.于是，设f(0)0,g(0)0,就得到g0,f0.

数学模型：设f、g是0,2上的非负连续函数.若0,2,有

fg0,且g00,f00,g0,f0,则00,2,使f0g00.

模型求解:令h()f()g() .就有h(0)0, h()f()g()0g()0.再由f,g的连续性,得到h是一个连续函数. 从而h是0,上的连续函数.由连续函数的介值定理：00,,使h00.即00,,使

f0g00.

又因为0,2,有fg0.故f0g00.

8. 假定人口的增长服从这样的规律：时刻t的人口为x(t),单位时间内人口的增量与

xmx(t)成正比（其中xm为最大容量）.试建立模型并求解.作出解的图形并与指数增长模

型、阻滞增长模型的结果比较.

解：现考察某地区的人口数，记时刻t的人口数为xt（一般xt是很大的整数）,且设xt为连续可微函数.又设xt|t0x0.任给时刻t及时间增量t,因为单位时间内人口增长量与xmx(t)成正比, 假设其比例系数为常数r.则t到tt内人口的增量为：

xttxtr(xmxt)t. 两边除以t,并令t0,得到

dxr(xmx)rt 解为x(t)xm(xmx0)e dtx(0)x0

如图实线所示，

x 指数模型当t充分大时 xm 它与Logistic模型相近.

x0 Logistic模型 o t

9．为了培养想象力、洞察力和判断力，考察对象时除了从正面分析外，还常常需要从侧面或反面思考.试尽可能迅速回答下面问题：

（1）某甲早8：00从山下旅店出发，沿一条路径上山，下午5：00到达山顶并留宿. 次日早8：00沿同一路径下山，下午5：00回到旅店.某乙说，甲必在两天中的同一时刻经过路径中的同一地点.为什么？

（2） 37支球队进行冠军争夺赛，每轮比赛中出场的每两支球队中的胜者及轮空者进入下一轮，直至比赛结束.问共需进行多少场比赛，共需进行多少轮比赛.如果是n支球队比赛呢？

（3）甲乙两站之间有电车相通，每隔10分钟甲乙两站相互发一趟车，但发车时刻不一定相同.甲乙之间有一中间站丙，某人每天在随机的时刻到达丙站，并搭乘最先经过丙站的那趟车，结果发现100天中约有90天到达甲站，仅约10天到达乙站.问开往甲乙两站的电车经过丙站的时刻表是如何安排的？

（4）某人家住T市在他乡工作，每天下班后乘火车于6：00抵达T市车站，他的妻子驾车准时到车站接他回家，一日他提前下班搭早一班火车于5：30抵T市车站，随即步行回家，他的妻子象往常一样驾车前来，在半路上遇到他，即接他回家，此时发现比往常提前了10分钟.问他步行了多长时间？

（5）一男孩和一女孩分别在离家2 km和1 km且方向相反的两所学校上学，每天同时放学后分别以4 km/h和2 km/h的速度步行回家.一小狗以6 km/h的速度由男孩处奔向女孩，又从女孩处奔向男孩，如此往返直至回到家中，问小狗奔波了多少路程？

如果男孩和女孩上学时小狗也往返奔波在他们之间，问当他们到达学校时小狗在何

处？

解：（1）方法一：以时间t为横坐标，以沿上山路径从山下旅店到山顶的行程x为纵坐标，第一天的行程x(t)可用曲线（）表示，第二天的行程x(t)可用曲线（）表示，（）（）是连续曲线必有交点p0(t0,d0),

两天都在t0时刻经过d0地点. x d

方法二：设想有两个人， () 一人上山，一人下山，同一天同 p0 时出发，沿同一路径,必定相遇. d0 () t

早8 t0 晚5

方法三：我们以山下旅店为始点记路程,设从山下旅店到山顶的路程函数为f(t)(即t时刻走的路程为f(t)),同样设从山顶到山下旅店的路函数为g(t),并设山下旅店到山顶的距离为a(a>0).由题意知：f(8)0,f(17)a,g(8)a,g(17)0.令h(t)f(t)g(t),则有h(8)f(8)g(8)a0，h(17)f(17)g(17)a0，由于f(t),g(t)都是时间t的连续函数,因此h(t)也是时间t的连续函数,由连续函数的介值定理,t0[8,17],使h(t0)0,即f(t0)g(t0).

（2）36场比赛，因为除冠军队外，每队都负一场；6轮比赛，因为2队赛1轮，4队赛2轮，32队赛5轮. n队需赛n1场，若2k1n2k，则需赛k轮.

（3）不妨设从甲到乙经过丙站的时刻表是8：00，8：10，8：20，…… 那么从乙到甲经过丙站的时刻表应该是8：09，8：19，8：29……

（4）步行了25分钟.设想他的妻子驾车遇到他后，先带他前往车站，再回家，汽车多行驶了10分钟，于是带他去车站这段路程汽车多跑了5分钟，而到车站的时间是6：00，所以妻子驾车遇到他的时刻应该是5：55.

（5）放学时小狗奔跑了3 km.孩子上学到学校时小狗的位置不定（可在任何位置），因为设想放学时小狗在任何位置开始跑，都会与孩子同时到家.之所以出现位置不定的结果，是

由于上学时小狗初始跑动的那一瞬间，方向无法确定.

10*. 某人第一天上午9：00从甲地出发，于下午6：00到达乙地.第二天上午9：00他又从乙地出发按原路返回，下午6：00回到甲地.试说明途中存在一点，此人在两天中同一时间到达该处.若第二天此人是下午4：00回到甲地，结论将如何？

答：（方法一）我们以甲地为始点记路程,设从甲地到乙地的路程函数为f(t)(即t时刻走的路程为f(t)),同样设从乙地到甲地的路函数为g(t),并设甲地到乙地的距离为a(a>0).由题意知：f(9)0,f(18)a,g(9)a,g(18)0. 令

h(t)f(t)g(t),则有h(9)f(9)g(9)a0，

h(18)f(18)g(18)a0由于f(t),g(t)都是时间t的连续函数,因此h(t)也是时间

t的连续函数,由连续函数的介值定理,t0[9,18],使h(t0)0,即f(t0)g(t0). 若第

二天此人是下午4：00回到甲地,则结论仍然正确,这是因为h(9)f(9)g(9)a0，

h(16)f(16)g(16)f(16)0.

（方法二）此题可以不用建模的方法,而变换角度考虑：设想有两个人，一人从甲地到乙地,另一人从乙地到甲地,同一天同时出发,沿同一路径,必定相遇.若第二天此人是下午4：00回到甲地,则结论仍然正确.

《数学模型》作业解答

第二章(1)（2008年9月16日）

1．学校共1000名学生，235人住在A宿舍，333人住在B宿舍，432人住在C宿舍.学生们

要组织一个10人的委员会，试用下列办法分配各宿舍的委员数：

（1）. 按比例分配取整数的名额后,剩下的名额按惯例分给小数部分较大者; （2）. §1中的Q值方法；

（3）.d’Hondt方法：将A、B、C各宿舍的人数用正整数n=1,2,3,……相除，其商数如下表：

A B C

1 2 3 4 5 235 117.5 78.3 58.75 … 333 166.5 111 83.25 … 432 216 144 108 86.4 将所得商数从大到小取前10个（10为席位数），在数字下标以横线，表中A、B、C行有横线的数分别为2，3，5，这就是3个宿舍分配的席位.你能解释这种方法的道理吗？

如果委员会从10个人增至15人，用以上3种方法再分配名额，将3种方法两次分配的结果列表比较.

解：先考虑N=10的分配方案，

p1235, p2333, p3432, 方法一（按比例分配） q1pi13i1000.

p1Npi132.35, q2ip2Npi133.33, q3p3Nipi134.32

i分配结果为： n13, n23, n34 方法二（Q值方法）

9个席位的分配结果（可用按比例分配）为：

n12, n23, n34

第10个席位：计算Q值为

235233324322Q19204.17, Q29240.75, Q39331.2

233445Q3最大，第10个席位应给C.分配结果为 n12, n23, n35

方法三（d’Hondt方法）

此方法的分配结果为：n12, n23, n35

此方法的道理是：记pi和ni为各宿舍的人数和席位（i=1,2,3代表A、B、C宿舍）.

pi是ni每席位代表的人数，取ni1,2,,从而得到的近.

pip中选较大者，可使对所有的i,i尽量接nini 再考虑N15的分配方案，类似地可得名额分配结果.现将3种方法两次分配的结果列表如下：

宿舍（1）（2）（3） A B C 3 2 2 3 3 3 4 5 5 （1）（2）（3） 4 4 3 5 5 5 6 6 7 15 15 15 总计 10 10 10

2．试用微积分方法，建立录像带记数器读数n与转过时间的数学模型. 解：设录像带记数器读数为n时，录像带转过时间为t.其模型的假设见课本.

考虑t到tt时间内录像带缠绕在右轮盘上的长度，可得vdt(rwkn)2kdn,两边积分，得

t0vdt2k(rwkn)dn

0n2rkwk22n2 vt2πk(r n wk)  tnn.

2vv 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 ，用量纲分析方法确定风车获得的功率P与v、S、的关系.

解: 设P、v、S、的关系为f(P,v,s,)0，其量纲表达式为: [P]=MLT23, [v]=LT1,[s]=L,[]=ML,这里L,M,T是基本量纲.

23量纲矩阵为：

1210A=31(P)(v)

齐次线性方程组为：

23(L)01(M) 00(T)(s)(2y1y22y33y40 y1y403yy012它的基本解为y(1,3,1,1)

由量纲Pi定理得 Pvs， Pvs ，其中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.

0-1-30

解：设v,,,g 的关系为f(v,,,g)=0.其量纲表达式为[v]=LMT，[]=LMT，

1311311[]=MLT（LTL）L=MLLTT=LMT，[g]=LMT,其中L，M，T是基本量纲.

-2

-1-1

-1-2

-2-2

-1

0-2

量纲矩阵为

1311(L)0(M)110A= 1012(T)(v)()()(g)齐次线性方程组Ay=0 ，即

 y1-3y2-y3y40 0 y2y3 -y -y-2y0341的基本解为y=(-3 ,-1 ,1 ,1)

由量纲Pi定理得 vg. v3*31g，其中是无量纲常数. 16．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数、特征尺寸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,,,，g 的关系为f(v,,,,g)0.其量纲表达式为

[v]=LMT，[]=LMT，[]=MLT（LTL）L=MLLTT=LMT，[]=LM0T0 ，[g]=LMT

0-1

-3

-2

-1-1

-1-2

-2-2

-1

0-2

其中L，M，T是基本量纲. 量纲矩阵为

10A=1(v)13100101(L)10(M) 12(T)()()()(g)齐次线性方程组Ay=0 即

y1y23y3y4y50y3y40 y1y42y50 的基本解为

11y(1,,0,0,)122

31y2(0,,1,1,)22得到两个相互独立的无量纲量

1v1/2g1/2 3/211/2g2即 vg1,3/2g1/2121. 由(1,2)0 , 得 1(21)

g(3/2g1/21) , 其中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

f(t,l,m,g,k)0

其量纲表达式为：

[t]L0M0T,[l]LM0T0,[m]L0MT0,[g]LM0T2,[k][f][v]1MLT2(LT1)1L0MT1，其中L，M，T是基本量纲.

量纲矩阵为

0(L)01010010(M)1A= 10021(T)(t)(l)(m)(g)(k)齐次线性方程组

y2y40y3y50 y2yy0451的基本解为

11Y(1,,0,,0)122 11Y2(0,,1,,1)22得到两个相互独立的无量纲量

tl1/2g1/211/211/2lmgk2

∴t

lkl1/21, 1(2), 2 1/2gmglkl1/2() ，其中是未定函数 . gmg1/2∴t 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tmmlkl1/2() gmg1/2lgl. gll当无量纲量

lt时，就有 lt《数学模型》作业解答

第三章1（2008年10月14日）

1. 在3.1节存贮模型的总费用中增加购买货物本身的费用,重新确定最优订货周期和订货

批量．证明在不允许缺货模型中结果与原来的一样，而在允许缺货模型中最优订货周期和订货批量都比原来结果减少．

解：设购买单位重量货物的费用为k,其它假设及符号约定同课本．

10 对于不允许缺货模型，每天平均费用为：

C(T)c1c2rTkr T2

ccrdC122 dT2T 令

dC0 ，解得 T*dT2c1 c2r 由QrT ，得QrT2c1r c2与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果没有变．

20 对于允许缺货模型，每天平均费用为：

c2Q2c31 C(T,Q)c1(rTQ)2kQ

T2r2rc1c2Q2c3rc3Q2kQC2 T22rT2T2T2rT2

cQkCc2Qc33 QrTrTTC0T 令 ，得到驻点：

C0Q QT2c1c2c3k2rc2c3c2c322c3kr2c1rc3krc2c2c3c2(c2c3)c2c3

与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果减少．

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，

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，后来的

一段时间(T0tT)只销售不生产，画出贮存量g(t)的图形.设每次生产准备费为c1，单位时间每件产品贮存费为c2，以总费用最小为目标确定最优生产周期，讨论kr和kr的情况.

解：由题意可得贮存量g(t)的图形如下：

g kr g(t) r T0 O T t

贮存费为 c2limt0g(i)tic2g(t)dtc2i10nT(kr)T0T

2又 (kr)T0r(TT0)  T0rr(kr)TT T ,  贮存费变为 c2k2k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

c1c2r(kr)T2c1r(kr)Tc2 C(T) T2kTT2k

cdCr(kr)12c2. dT2kT 令2c1kdC 0 , 得TdTc2r(kr) 易得函数C(T)在T处取得最小值，即最优周期为： T2c1k

c2r(kr) 当kr时，T2c1 . 相当于不考虑生产的情况. c2r 当kr时，T . 此时产量与销量相抵消，无法形成贮存量.

第三章2（2008年10月16日）

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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与火势b有关，可知火势b越大，灭火速度将减小，我们作如下假设: (b)k， b1中的1是防止b0时而加的. 分母b1c1t12c12t12(b1)c2t1x(b1)总费用函数Cxc3x

22(kxb)kxb最优解为 xckb122c2b(b1)(b1)(b1)

k2c3k25．在考虑最优价格问题时设销售期为T，由于商品的损耗，成本q随时间增长，设

q(t)q0t，为增长率.又设单位时间的销售量为xabp(p为价格).今将销售

期分为0tT和T22tT两段，每段的价格固定，记作p1,p2.求p1,p2的最优值，

使销售期内的总利润最大.如果要求销售期T内的总售量为Q0，再求p1,p2的最优值. 解：按分段价格，单位时间内的销售量为

Tabp1,0t2 x

Tabp,tT22又 q(t)q0t.于是总利润为

(p1,p2)T20p1q(t)(abp1)dtTp2q(t)(abp2)dt

2TTT=(abp1)p1tq0tt22(abp2)p2tq0tt2T

2202p1Tq0TT2p2Tq0t3T2)(abp2)() =(abp1)(228228p1Tq0TT2Tb()(abp1) p12282p2Tq0t3T2Tb()(abp2) p22282令0,0, 得到最优价格为: p1p21Tpab(q)012b4 13Tp2ab(q0)2b4在销售期T内的总销量为

Q0(abp1)dtT(abp2)dtaT2T20TbT(p1p2) 2于是得到如下极值问题：

p1Tq0TT2p2Tq0t3T2max(p1,p2)(abp1)()(abp2)()

228228s.t aTbT(p1p2)Q0 2利用拉格朗日乘数法，解得：

aQ0Tp1bbT8 aQ0Tp2bbT8即为p1,p2的最优值.

第三章3（2008年10月21日）

6. 某厂每天需要角钢100吨，不允许缺货.目前每30天定购一次，每次定购的费用为2500元.每天每吨角钢的贮存费为0.18元.假设当贮存量降到零时订货立即到达.问是否应改变订货策略？改变后能节约多少费用？

解：已知：每天角钢的需要量r=100(吨);每次订货费c1＝2500（元）; 每天每吨角钢的贮存费c2＝0.18（元）.又现在的订货周期T0＝30（天）根据不允许缺货的贮存模型：C(T)得：C(T)c11c2rTkr T225009T100k TdC2500

29dTT250050 93 令

dC0 ，解得：T*dT* 由实际意义知：当T5050（即订货周期为）时，总费用将最小. 3332500509100k＝300＋100k 5032500 C(T0)930100k=353．33＋100k

302C(T0)－C(T*)＝（353.33＋100k）－（300＋100k）＝53．33.

350故应改变订货策略.改变后的订货策略（周期）为T*=，能节约费用约53．33元.

3 又C(T)*

《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：

max S=20x+30y

x2y20 s.t. 5x4y70

x,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＝70

l2 y 以及x=0,y=0组成的凸四边形区域. 直线l：20x+30y=c在可行域内 l 平行移动.

易知：当l过l1与l2的交点时， l1 x S取最大值. 由x2y20x10 解得

5x4y70y5 此时 Smax＝2010305＝350（元）

2. 某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可获利润如下表：

货物甲乙体积（立方米/箱） 5 4 重量（百斤/箱） 2 5 利润（百元/箱） 20 10 已知这两种货物托运所受限制是体积不超过24立方米，重量不超过13百斤.试问这两种货物各托运多少箱，使得所获利润最大，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,所获利润为z.则问题的数学模型可表示为

max z20x110x2

5x14x224 st2x15x213

x,x0,x,yZ12这是一个整线性规划问题. 用图解法求解. 可行域为：由直线

l1:5x14x224

l2:2x15x213 及x10,x20组成直线 l:20x110x2c在此凸四边形区域内

平行移动x2 .

易知：当l过l1与l2的交点时，z取最大值由

5x12x14x2245x213 解得 x1x241

zmax20410190.

3．某微波炉生产企业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.若允许使用原料为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.试建立一个数学模型,确定生产甲型、乙型微波炉的台数,使获利润最大．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：

max S=3x +2y

2x3y100 s.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l1：2x+3y=100, l2:4x+2y＝120 及x=6,y=12组成的凸四边形区域.

直线l：3x+2y=c在此凸四边形区域内平行移动. 易知：当l过l1与l2的交点时, S取最大值.

由2x3y100 解得

4x2y120 x20.

y20 Smax＝320220＝100.

《数学模型》作业解答

第五章1（2008年11月12日）

1.对于5.1节传染病的SIR模型，证明：

（1）若s0至s. （2）若s01,则i(t)先增加，在s1处最大，然后减少并趋于零；s(t)单调减少

1解：传染病的SIR模型（14）可写成

,则i(t)单调减少并趋于零，s(t)单调减少至s.

didti(s1) 

dssidtdsds由si,知0. s(t)单调减少. 而s(t)0.  lims(t)s存在.

tdtdt故s(t)单调减少至s.

（1）若s0 当1. 由s(t)单调减少. s(t)s0.

di0,i(t)单调增加;

dt1di 当s时,s10. 0,i(t)单调减少.

dtss0时,s10.  又由书上(18)式知i0. 即limi(t)0.

t1di0. i(t)达到最大值im.

dt11di（2）若s0,则st, 从而s-10. 0.

dt 当s1时, it单调减少且limit0.即i0.

t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初始兵力x0与y0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.

a4. b (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xt,yt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:

dxdtaydybx, 1 dtx0x,y0y00现求(1)的解: (1)的系数矩阵为A0a

b0aEA2ab0. 1,2ab

b22 ，112C21e1,2对应的特征向量分别为xt21的通解为C1yt1e再由初始条件，得

abtabt.

xxt0y0e2dybx. dxayabtx0y0e2abt 2

又由1可得2222其解为 aybxk, 而kay0bx0 3

(1) 当xt10时，yt1ka22ay0bx0b3y01y0. aa2即乙方取胜时的剩余兵力数为

3y0. 2又令xt10,由（2）得x0y0e2abt1x0y0e2abt10.

注意到x0y0,得e2abt1x02y02. e2y0x0abt13, t1ln3. 4b(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

dxdtayrdybx 4 dtx(0)x,y0y00由4得dxayr,即bxdxaydyrdy. 相轨线为ay22rybx2k, dybxrr2222kay02ry0bx.0或aybxk. 此相轨线比书图11中的轨线上移了

aarrb2r2.乙方取胜的条件为k0,亦即y0x02. aaaa22第五章2（2008年11月14日）

6. 模仿5.4节建立的二室模型来建立一室模型（只有中心室），在快速静脉注射、恒速静脉滴注（持续时间为）和口服或肌肉注射3种给药方式下求解血药浓度，并画出血药浓度曲线的图形.

中心室

f0t Ct,xt

V 排除 V, t , 容积为k解: 设给药速率为f0t,中心室药量为xt,血药浓度为C排除速率为常数k,则x/tkxtf0t,xtVCt.

(1)快速静脉注射: 设给药量为D0, 则f0t0,C0D0D,解得Ct0ekt. VV(2)恒速静脉滴注(持续时间为): 设滴注速率为k0，则f0tk0,C00,解得

k0kt, 0t1eVk Ct

k01ektekt,tVk(3) 口服或肌肉注射: f0tk01D0ek01t见5.4节（13）式，解得

k01D0k01tktee,kk01Vk01k Ct kDtekt, kk01V3种情况下的血药浓度曲线如下：

(1) (2) (3) O  t

第五章3（2008年11月18日）

8. 在5.5节香烟过滤嘴模型中,

(1) 设M800mg,l180mm,l220mm,b0.02,0.08,50mm/s,a0.3

求Q和Q1/Q2.

(2) 若有一支不带过滤嘴的香烟,参数同上,比较全部吸完和只吸到l1处的情况下，进入人体毒物量的区别.

解

aw0vQ/eabl2vabl11ev/0.70.02800.310500.08205050229.857563(毫克) e1e0.70.02其中w0M/l110，

Q1 eQ2bl2ve0.080.0220500.97628571

ablaw0v(2) 对于一支不带过滤嘴的香烟,全部吸完的毒物量为Q3‘1evab' aw0vv21e只吸到l1处就扔掉的情况下的毒物量为Q4'eabbla'bl1v ablblabl0.021000.30.02100e1evQ3eveve50e50e0.04e0.012bl10.02800.0321.256531719.abl10.30.02800.0096bl1a'bl1Q4eevvve50e50e1eveeblv'Q3295.84,　Ｑ4235.44

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

a4. b初始兵力x0与y0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xt,yt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:

dxdtaydybx, 1 dtx0x,y0y000a现求(1)的解: (1)的系数矩阵为A

b0aEA2ab0. 1,2ab

abtabt.

xxt0y0e2dybx. dxayabtx0y0e2abt 2

又由1可得2222其解为 aybxk, 而kay0bx0 3

(1) 当xt10时，yt1ka22ay0bx0b3y01y0. aa2即乙方取胜时的剩余兵力数为

3y0. 2又令xt10,由（2）得x0y0e2abt1x0y0e2abt10.

注意到x0y0,得e2abt1x02y02. e2y0x0abt13, t1ln3. 4b(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

dxdtayrdybx 4 dtx(0)x,y0y00由4得dxayr,即bxdxaydyrdy. 相轨线为ay22rybx2k, dybxrr22kay2ry0bx或aybxk. 此相轨线比书图11中的轨线上移了

aa202.02rrb2r2.乙方取胜的条件为k0,亦即y0x02. aaaa

2《数学模型》作业解答

第六章（2008年11月20日）

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hrN/4，hrN/4，hrN/4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xt，则由题设条件知：xt变化规律的数学模型为

dx(t)xrx(1)h dtN记F(x)rx(1(1).讨论渔场鱼量的平衡点及其稳定性：由Fx0，得rx(1即

x)h Nx)h0 ． Nr2xrxh01 Nr24rh4hr(r) ， NN4hNrNN1(1)的解为：x1,22

①当hrN/4，0，(1)无实根，此时无平衡点； ②当hrN/4，0，(1)有两个相等的实根，平衡点为x0N. 2xrx2rx，F'(x0)0 不能断定其稳定性. )rNNNdxxrN但xx0 及xx0 均有F(x)rx(1)0 ，即0．x0不稳定；

N4dtF'(x)r(1③当hrN/4，0时，得到两个平衡点：

N1x1易知：x14hNrNN1， x24hNrN22

NN'' ， x2 ，F(x1)0 ，F(x2)0 22平衡点x1不稳定，平衡点x2稳定.

(2)最大持续产量的数学模型为

maxh s.t.F(x)0hrN/4 hrN/4 hrN/4 rx1x/N x1 x2 N/2 x x)， NNrN*易得 x0 此时 h，

24N*但x0这个平衡点不稳定．这是与6.1节的产量模型不同之处．

2即 maxhrx(1要获得最大持续产量，应使渔场鱼量xNNN，且尽量接近，但不能等于． 222'2.与Logistic模型不同的另一种描述种群增长规律的是Gompertz模型：xtrxln中r和N的意义与Logistic模型相同．

N．其x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hEx．讨论渔场鱼量的平衡点及其稳定性，求最大持续产量hm及获得最大产量的捕捞强度Em和渔场鱼量水平x0．

解：xt变化规律的数学模型为

*dxtNrxlnEx dtx 记 F(x)rxlnNEx xEN① 令Fx0，得rxlnEx0 x0Ner，x10．

x平衡点为x0,x1 . 又F'xrlnNrE，F'x0r0,F'x1． x 平衡点xo是稳定的，而平衡点x1不稳定.

yN xyEx

rxln rN

②最大持续产量的数学模型为：

0 e yfx

N ex0 xmaxhEx Ns.t.　　rxlnEx0,x0.x由前面的结果可得 hENeEr

EEdhENrdhNere，令0. dErdE得最大产量的捕捞强度Emr．从而得到最大持续产量hmrN/e，此时渔场鱼量水平

*x0N． edx(t)xrx(1) dtN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.

3．设某渔场鱼量x(t)(时刻t渔场中鱼的数量)的自然增长规律为：10．求渔场鱼量的平衡点,并讨论其稳定性;

2．试确定捕捞强度Em,使渔场单位时间内具有最大持续产量Qm,求此时渔场鱼量水平x0. 解：1．x(t)变化规律的数学模型为

0*dx(t)xrx(1)h dtNxxr2记f(x)rx(1)h,令 rx(1)h0 ，即 xrxh0----（1）

NNN0r24rh4hr(r) ，（1）的解为：x1,2NNN124hNrN

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x0N. 2xrx2rx' ，f(x0)0 不能断定其稳定性. )rNNNxrNdx但xx0 及xx0 均有f(x)rx(1)0x0不稳定； 0 ，即

dtN4f'(x)r(1③ 当0时，得到两个平衡点：

NN1x1易知 x14hrNNN1 ， x24hrN22

NN ， x2 f'(x1)0， f'(x2)0 22平衡点x1不稳定，平衡点x2稳定.

2．最大持续产量的数学模型为： 0maxhs.t.f(x)0

xNrNN** 易得 x0 此时 h，但x0这个平衡点不稳定. )，

242NNNN要获得最大持续产量，应使渔场鱼量x,且尽量接近,但不能等于.

222即 maxhrx(1

《数学模型》第七章作业

（2008年12月4日）

1．对于7.1节蛛网模型讨论下列问题：

（1）因为一个时段上市的商品不能立即售完，其数量也会影响到下一时段的价格，所以第k1时段的价格yk1由第k1和第k时段的数量xk1和xk决定，如果仍设xk1仍只取决于yk，给出稳定平衡的条件，并与7.1节的结果进行比较.

2．已知某商品在k时段的数量和价格分别为xk和yk，其中1个时段相当于商品的一个生产周期.设该商品的需求函数和供应函数分别为ykf(xk)和

xk1g(ykyk1).试建立关于商品数量的差分方程模型，并讨论稳定平衡条件. 2

3．已知某商品在k时段的数量和价格分别为xk和yk，其中1个时段相当于商品的一个生产周期.设该商品的需求函数和供应函数分别为yk1f(xk1xk)和2xk1g(yk).试建立关于商品数量的差分方程模型，并讨论稳定平衡条件.

《数学模型》作业解答

第七章（2008年12月4日）

2．对于7.1节蛛网模型讨论下列问题：

（2）若除了yk1由xk1和xk决定之外，xk1也由前两个时段的价格yk和yk1确定.试分析稳定平衡的条件是否还会放宽.

解：（1）由题设条件可得需求函数、供应函数分别为：

xxkyk1f(k1)  2xk1h(yk) 在P0(x0,y0)点附近用直线来近似曲线f,h，得到

xxkyk1y0(k1x0),0 (1)  2 0 (2)xk1x0(yky0) , 由（2）得 xk2x0(yk1y0) (3) （1）代入（3）得 xk2xk1xkx0(x0)

2 2xk2xk1xk2x02x0

对应齐次方程的特征方程为 20

2 特征根为1,2()28 4当8时，则有特征根在单位圆外，设8，则

1,2()28 ()24242 1,21  2

2与P207的结果一致. 即平衡稳定的条件为（2）此时需求函数、供应函数在P0(x0,y0)处附近的直线近似表达式分别为：

xk1xkyy(x0),0 (4)0k12  ykyk1xk1x0(y0) , 0 (5)2由（5）得，2(xk3x0)β(yk2y0yk1y0) (6) 将（4）代入（6），得 2(xk3x0)(xk2xk1xxkx0)(k1x0) 22 4xk3xk22xk1xk4x04x0

对应齐次方程的特征方程为 420 (7) 代数方程（7）无正实根，且, 别为1,2,3，则

32αβ不是（7）的根.设（7）的三个非零根分, 242314 12233121234对（7）作变换：312, 则

pq0,

122183322), q() 其中 p(241241236q132q用卡丹公式：2w32q23w32其中wqpqqp()2()33()2()323223qpqqp()2()3w23()2()3 23223qpqqp()2()3w3()2()3232231i3, 2求出1,2,3，从而得到1,2,3，于是得到所有特征根

1的条件.

2．已知某商品在k时段的数量和价格分别为xk和yk，其中1个时段相当于商品的一个生产周期.设该商品的需求函数和供应函数分别为ykf(xk)和xk1g(关于商品数量的差分方程模型，并讨论稳定平衡条件.

解：已知商品的需求函数和供应函数分别为ykf(xk)和xk1g(ykyk1).试建立2ykyk1). 2设曲线f和g相交于点P0(x0,y0)，在点P0附近可以用直线来近似表示曲线f和g：

yky0(xkx0),0 ----------------------（1）

xk1x0(ykyk1y0),0 --------------------（2） 2从上述两式中消去yk可得

2xk2xk1xk2(1)x0,k1,2,， -----------（3）上述（3）式是我们所建立的差分方程模型，且为二阶常系数线性非齐次差分方程. 为了寻求P0点稳定平衡条件，我们考虑（3）对应的齐次差分方程的特征方程：

20

容易算出其特征根为

21,2()28 ---------------（4） 4当8时，显然有

()28 -----------（5） 244从而2 2，2在单位圆外．下面设8，由(5)式可以算出 1,2要使特征根均在单位圆内，即

2

1,21，必须 2．

故P0点稳定平衡条件为 2．

3．已知某商品在k时段的数量和价格分别为xk和yk，其中1个时段相当于商品的一个生产周期.设该商品的需求函数和供应函数分别为yk1f(立关于商品数量的差分方程模型，并讨论稳定平衡条件. 解：已知商品的需求函数和供应函数分别为yk1f(xk1xk)和xk1g(yk).试建2xk1xk)和xk1g(yk). 2设曲线f和g相交于点P0(x0,y0)，在点P0附近可以用直线来近似表示曲线f和g：

yk1y0(xk1xkx0),0 --------------------（1） 2 xk1x0(yky0),0 --- ----------------（2）

由（2）得 xk2x0(yk1y0) --------------------（3）（1）代入（3），可得xk2x0(xk1xkx0) 2  2xk2xk1xk2x02x0,k1,2,， --------------（4）上述（4）式是我们所建立的差分方程模型，且为二阶常系数线性非齐次差分方程. 为了寻求P0点稳定平衡条件，我们考虑（4）对应的齐次差分方程的特征方程：

20

容易算出其特征根为

21,2()28 ---------------（4） 4当8时，显然有

()28 -----------（5） 244从而2 2，2在单位圆外．下面设8，由(5)式可以算出 1,2要使特征根均在单位圆内，即

2

1,21，必须 2．

故P0点稳定平衡条件为 2．

《数学模型》作业解答

第八章（2008年12月9日）

1．证明8.1节层次分析模型中定义的n阶一致阵A有下列性质：（1） A的秩为1，唯一非零特征根为n；（2） A的任一列向量都是对应于n的特征向量. 证明：（1）由一致阵的定义知：A满足

aijajkaik，i,j,k1,2,,n

于是对于任意两列i,j，有

aikaij，k1,2,,n.即i列与j列对应分量成比例. ajk从而对A作初等行变换可得：

b110初等行变换A0b1200b1n0 B 0这里B0.秩B1，从而秩A1

再根据初等行变换与初等矩阵的关系知：存在一个可逆阵P，使PAB，于是

c11011PAPBP0c1200c1n0C 0易知C的特征根为c11,0,,0（只有一个非零特征根）.

又A～C，A与C有相同的特征根，从而A的非零特征根为c11，又对于任意矩阵有12nTrAa11a22ann111n.故A的唯一非零特征根为n.

（2）对于A的任一列向量a1k,a2k,,ank，k1,2,,n

T有

Aa1k,a2k,,ankTnnaaa1jjk1kjn1jn1na1kaaana2k2jjk2kna,a,,aT1k2knkj1j1nnnaaaanknjjknkj1j1

TA的任一列向量a1k,a2k,,ank都是对应于n的特征向量.

7. 右下图是5位网球选手循环赛的结果，作为竞赛图，它是双向连通的吗？找出几条完全路径，用适当方法排出5位选手的名次.

解：这个5阶竞赛图是一个5阶有向Hamilton图.其一个有向Hamilton圈为314523.所以此竞赛图是双向连通的.

2 45123245311 3 53124 31452

等都是完全路径.

此竞赛图的邻接矩阵为

00A101T101001100000

010111005 4 令e1,1,1,1,1，各级得分向量为

S1Ae2,2,1,2,3， S2AS14,3,2,4,5，

TTS3AS27,6,4,7,9 ， S4AS313,11,7,13,17

TT由此得名次为5，1（4），2，3 （选手1和4名次相同）.

注：给5位网球选手排名次也可由计算A的最大特征根和对应特征向量S得到：

T1.8393，S0.2137,0.1794,0.1162,0.2137,0.2769

数学模型作业（12月16日）解答

1.基于省时、收入、岸间商业、当地商业、建筑就业等五项因素，拟用层次分析法在建桥梁、

修隧道、设渡轮这三个方案中选一个，画出目标为“越海方案的最优经济效益”的层次结构图.

解：目标层越海方案的最优经济效益

准则层

省收岸间当地建筑

时入商业商业就业

方案层建桥梁修隧道设渡轮

2.简述层次分析法的基本步骤. 问对于一个即将毕业的大学生选择工作岗位的决策问题要分成哪3个层次？具体内容分别是什么？

答：层次分析法的基本步骤为：（1）．建立层次结构模型；（2）．构造成对比较阵；（3）．计算权向量并做一致性检验；（4）．计算组合权向量并做组合一致性检验．对于一个即将毕业的大学生选择工作岗位的决策问题，用层次分析法一般可分解为目标层、准则层和方案层这3个层次. 目标层是选择工作岗位，方案层是工作岗位1、工作岗位2、工作岗位3等，准则层一般为贡献、收入、发展、声誉、关系、位置等.

3．用层次分析法时，一般可将决策问题分解成哪3个层次？试给出一致性指标的定义以及n阶正负反阵A为一致阵的充要条件.

答：用层次分析法时，一般可将决策问题分解为目标层、准则层和方案层这3个层次；一致性指标的定义为：CInn1．n阶正互反阵A是一致阵的充要条件为：A的最大特征根

=n．

第九章（2008年12月18日）

1．在9.1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2m．第一种办法是2m个位置，单钩放置2m个钩子；第二种办法是m个位置，成对放置2m个钩子．

① 由9.1节的传送带效率公式，第一种办法的效率公式为

n2m1 D 11n2m 当

n较小，n1时，有 2m D2m1nn1n1 1112n2m4m8mn 4m D1E ， E 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．

1； m1 任一只钩对不被一名工人接触到的概率是1；

m11 记p,q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 任一只钩对被一名工人接触到的概率是

的概率为q，其空钩的数为2m；任一钩对上只挂上１件产品的概率为npq为m．所以一个周期内通过的2m个钩子中，空钩的平均数为 2mqmnpqnn1nn1，其空钩数

m2qnnpqn1

于是带走产品的平均数是 2mm2qnpqnn1， ）

未带走产品的平均数是 n2mm2qnpq 此时传送带效率公式为

nn1nn12mm2qnnpqn1m1n12211 D'nnmmm ③ 近似效率公式：

1nnn11nn1n21由于 11 23m2m6mmn1 1mn11n1n1n21 2m2m D'1n1n2

6m2n2当n1时，并令E'1D'，则 E' 26m④ 两种办法的比较：

n2n 由上知：E，E' 24m6m  E'/E2n2n，当mn时，1，  E'E．

3m3m所以第二种办法比第一种办法好．

《数学模型》作业解答

第九章（2008年12月23日）

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：售出报纸数r（百份）概率P(r) 0 0．05 1 0.1 2 0.25 3 0.35 4 0.15 5 0.1 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

7r(4)(nr)rn f(r)rn7n收益的期望值为G(n) =

(11r4n)P(r)+7nP(r)

r0rn1n现分别求出 n=0,1,2,3,4,5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)= (80.0530.1140.25)14(0.350.150.1)11.8; G(3)=(120.0510.1100.25210.35)21(0.150.1)14.4 G(4)=(160.0550.160.25170.35280.15)280.113.15

G(5)=200.0590.120.25130.35240.15350.1 10.25 当报童每天订300份时，收益的期望值最大.

数模复习资料

第一章 1. 原型与模型

原型就是实际对象.模型就是原型的替代物.所谓模型, 按北京师范大学刘来福教授的观点：模型就是人们为一定的目的对原型进行的一个抽象.如航空模型、城市交通模型等.

直观模型形象模型物理模型模型思维模型抽象模型符号模型数学模型2. 数学模型

如玩具、照片等如某一试验装置如某一操作

如地图、电路图对某一实际问题应用数学语言和方法,通过抽象、简化、假设等对这一实际问题近似刻划所得的数学

d2x结构,称为此实际问题的一个数学模型. 例如力学中著名的牛顿第二定律使用公式Fmdt2述受力物体的运动规律就是一个成功的数学模型.或又如描述人口N方程

来描

t随时间t自由增长过程的微分

dNtrNt. dt3. 数学建模

所谓数学建模是指根据需要针对实际问题组建数学模型的过程.更具体地说,数学建模是指对

于现实世界的某一特定系统或特定问题,为了一个特定的目的,运用数学的语言和方法,通过抽象和简

化,建立一个近似描述这个系统或问题的数学结构(数学模型),运用适当的数学工具以及计算机技术来解模型,最后将其结果接受实际的检验,并反复修改和完善.

数学建模过程流程图为：实际问题抽象、简化、假设确定变量、参数归结数学模型数学地、数值地

求解模型估计参数

否检验模型 (用实例或有关知识) 4.数学建模的步骤

依次为：模型准备、模型假设、模型构成、模型求解、模型分析、模型检验、模型应用 5.数学模型的分类

数学模型可以按照不同的方式分类,常见的有：

是符合否？评价、推广并交付使用产生经济、社会效益 人口模型交通模型环境模型（污染模型）a. 按模型的应用领域分类数学模型 生态模型

城镇规划模型水资源模型再生资源利用模型b. 按建模的数学方法分类

初等数学模型几何模型微分方程模型 数学模型 图论模型

组合数学模型概率模型规划论模型描述模型分析模型预报模型c. 按建模目的来分类数学模型 

优化模型决策模型控制模型d.层次分析法的基本步骤：1.建立层次结构模型2.构造成对比较阵3.计算权向量并作一致性检验4.计算组合权向量并作组合一致性检验

e.n阶正互反正A是一致阵的充要条件为A的最大特征值为n f.正互反阵最大特征根和特征向量的实用算法：幂法、和法、根法

4．在“椅子摆放问题”的假设条件中，将四脚的连线呈正方形改为呈长方形，其余条件不变.试构造模型并求解.

g().并旋转1800.于是，设f(0)0,g(0)0,就得到g0,f0.

数学模型：设f、g是0,2上的非负连续函数.若0,2,有

fg0,且g00,f00,g0,f0,则00,2,使f0g00.

f0g00.

又因为0,2,有fg0.故f0g00.

9．（1）某甲早8：00从山下旅店出发，沿一条路径上山，下午5：00到达山顶并留宿. 次日早8：00沿同一路径下山，下午5：00回到旅店.某乙说，甲必在两天中的同一时刻经过路径中的同一地点.为什么？

（2）37支球队进行冠军争夺赛，每轮比赛中出场的每两支球队中的胜者及轮空者

进入下一轮，直至比赛结束.问共需进行多少场比赛，共需进行多少轮比赛.如果是n支球队比赛呢？

两天都在t0时刻经过d0地点. x

方法二：设想有两个人， () 一人上山，一人下山，同一天同 p0 时出发，沿同一路径,必定相遇. d0 () t

早8 t0 晚5

（2）36场比赛，因为除冠军队外，每队都负一场；6轮比赛，因为2队赛1轮，4队赛2轮，32队赛5轮. n队需赛n1场，若2k1n2k，则需赛k轮.

2．已知某商品在k时段的数量和价格分别为xk和yk，其中1个时段相当于商品的一个生产周期.设该商品的需求函数和供应函数分别为yk1f(立关于商品数量的差分方程模型，并讨论稳定平衡条件. 解：已知商品的需求函数和供应函数分别为yk1f(xk1xk)和xk1g(yk).试建2xk1xk)和xk1g(yk). 2设曲线f和g相交于点P0(x0,y0)，在点P0附近可以用直线来近似表示曲线f和g：

yk1y0(xk1xkx0),0 --------------------（1） 2 xk1x0(yky0),0 --- ----------------（2）

20

容易算出其特征根为

21,2()28 ---------------（5） 4当8时，显然有

()28 -----------（6） 244从而2 2，2在单位圆外．下面设8，由(5)式可以算出 1,2要使特征根均在单位圆内，即

2

1,21，必须 2．

故P0点稳定平衡条件为 2．

dx(t)xrx(1) dtN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.

3．设某渔场鱼量x(t)(时刻t渔场中鱼的数量)的自然增长规律为：（1）．求渔场鱼量的平衡点,并讨论其稳定性;

（2）．试确定捕捞强度Em,使渔场单位时间内具有最大持续产量Qm,并求此时渔场鱼量水平

*x0.

解：（1）.x(t)变化规律的数学模型为

dx(t)xrx(1)h dtNxr2x记f(x)rx(1)h,令 rx(1)h0 ，即 xrxh0----（1）

NNN4rh4hr(r) ，（1）的解为：x1,2NNN124hNrNr2

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x0N. 2xrx2rx' ，f(x0)0 不能断定其稳定性. )rNNNxrNdx但xx0 及xx0 均有f(x)rx(1)0x0不稳定； 0 ，即

dtN4f'(x)r(1③ 当0时，得到两个平衡点：

NN1x1易知 x14hrNNN1 ， x24hrN22

NN ， x2 f'(x1)0， f'(x2)0 22平衡点x1不稳定，平衡点x2稳定.

maxh（2）．最大持续产量的数学模型为： 

s.t.f(x)0即 maxhrx(1

xNrNN** 易得 x0 此时 h，但x0这个平衡点不稳定. )，

242NNNN要获得最大持续产量，应使渔场鱼量x,且尽量接近,但不能等于.

2225．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：

品种甲乙原材料 2 3 能源消耗(百元) 1 6 劳动力(人) 4 2 利润(千元) 4 5 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

maxS4x5ys.t.2x3y1400 x6y2400

4x2y2000x0,y0,x,yZ模型的求解：

用图解法.可行域为：由直线

l1:2x3y1400l2::x6y2400l3:4x2y2000及x0,y0组成的凸五边形区域.

直线l:4x5yC在此凸五边形区域内平行移动. 易知：当l过l1与l3的交点时，S取最大值. 由

2x3y1400 解得：x400,y200

4x2y2000Smax440052002600（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. 6. 某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可获利润如下表：

解:设甲货物、乙货物的托运箱数分别为x1,x2,所获利润为z.则问题的数学模型可表示为

max z20x110x2

5x14x224 st2x15x213

x,x0,x,yZ12这是一个整线性规划问题. 用图解法求解. 可行域为：由直线

l1:5x14x224

l2:2x15x213 及x10,x20组成直线 l:20x110x2c在此凸四边形区域内x2

平行移动.

易知：当l过l1与l2的交点时，z取最大值由

5x12x14x2245x213 解得 x1x241

zmax20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,,d,，g 的关系为f(v,,d,,g)=0.其量纲表达式为[v]=LMT，[]=LMT，

0-1

[d]=LMT，[

]=L-3MT0， [g]=LM0T-2,其中L，M，T是基本量纲.

---------4分

量纲矩阵为

10 A=1(v)1130000101(L)0(M) 2(T)()(d)()(g) y1y2y33y4y50y4 0 -y -2y501齐次线性方程组Ay=0 ，即

的基本解为y1=(1,11,0,0,), y2=(0,1,1,0,0) 221122由量纲Pi定理得 vg1

1d2 ∴vg1, 1(2), 2d

vg(d)，其中是未定函数 .

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 ，用量纲分析方法确定风车获得的功率P与v、S、的关系.

解: 设P、v、S、的关系为f(P,v,s,)0，其量纲表达式为: [P]=ML2T3, [v]=LT1,[s]=L2,[]=ML3,这里L,M,T是基本量纲.

量纲矩阵为：

1210A=31(P)(v)齐次线性方程组为：

23(L)01(M) 00(T)(s)(2y1y22y33y40 y1y403yy012它的基本解为y(1,3,1,1)

数，用量纲分析方法给出速度v的表达式.

0-1-30

解：设v,,,g 的关系为f(v,,,g)=0.其量纲表达式为[v]=LMT，[]=LMT，

1311311[]=MLT（LTL）L=MLLTT=LMT，[g]=LMT,其中L，M，T是基本量纲.

-2

-1-1

-1-2

-2-2

-1

0-2

量纲矩阵为

1311(L)0(M)110A= 1012(T)(v)()()(g)齐次线性方程组Ay=0 ，即

 y1-3y2-y3y40 0 y2y3 -y -y-2y0341的基本解为y=(-3 ,-1 ,1 ,1)

由量纲Pi定理得 vg. v331g，其中是无量纲常数. 16*．雨滴的速度v与空气密度、粘滞系数、特征尺寸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,,,，g 的关系为f(v,,,,g)0.其量纲表达式为

[v]=LMT，[]=LMT，[]=MLT（LTL）L=MLLTT=LMT，[]=LM0T0 ，[g]=LMT

0-1

-3

-2

-1-1

-1-2

-2-2

-1

0-2

其中L，M，T是基本量纲. 量纲矩阵为

10A=1(v)齐次线性方程组Ay=0 即

13100101(L)10(M) 12(T)()()()(g)y1y23y3y4y50y3y40 y1y42y50 的基本解为

11y(1,,0,0,)122 31y2(0,,1,1,)22得到两个相互独立的无量纲量

1v1/2g1/2 3/211/2g2即 vg1,3/2g1/2121. 由(1,2)0 , 得 1(21)

g(3/2g1/21) , 其中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

f(t,l,m,g,k)0其量纲表达式为：

[t]L0M0T,[l]LM0T0,[m]L0MT0,[g]LM0T2,[k][f][v]1MLT2(LT1)1L0MT1，其中L，M，T是基本量纲.

量纲矩阵为

0(L)01010010(M)1A= 10021(T)(t)(l)(m)(g)(k)齐次线性方程组

y2y40y3y50 y2yy0451的基本解为

11Y(1,,0,,0)122 11Y2(0,,1,,1)22得到两个相互独立的无量纲量

tl1/2g1/211/211/2lmgk2

∴t

lkl1/21, 1(2), 2 gmg1/2lkl1/2(1/2) ，其中是未定函数 . gmg∴t 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tmmlkl1/2() gmg1/2lgl. gll当无量纲量

lt时，就有 lt第三章1（2008年10月14日）

2. 在3.1节存贮模型的总费用中增加购买货物本身的费用,重新确定最优订货周期和订货

批量．证明在不允许缺货模型中结果与原来的一样，而在允许缺货模型中最优订货周期和订货批量都比原来结果减少．

解：设购买单位重量货物的费用为k,其它假设及符号约定同课本．

10 对于不允许缺货模型，每天平均费用为：

C(T)c1c2rTkr T2

ccrdC122 dT2T 令

dC0 ，解得 T*dT2c1 c2r2c1r c2 由QrT ，得QrT与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果没有变．

20 对于允许缺货模型，每天平均费用为：

c2Q2c312 C(T,Q)c1(rTQ)kQ

T2r2rc1c2Q2c3rc3Q2kQC2 T22rT2T2T2rT2

cQkCc2Qc33 QrTrTTC0T 令 ，得到驻点：

C0Q QT2c1c2c3k2rc2c3c2c322c3kr2c1rc3krc2c2c3c2(c2c3)c2c3

与不考虑购货费的结果比较，Ｔ、Ｑ的最优结果减少．

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，

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，后来的

解：由题意可得贮存量g(t)的图形如下：

g kr g(t) r T0 t (kr)TTTT 0 贮存费为 c2limg(i)tic2g(t)dtc2

0t02i1O n又 (kr)T0r(TT0)  T0rr(kr)TT T ,  贮存费变为 c2k2k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

c1c2r(kr)T2c1r(kr)Tc2 C(T) T2kTT2k

cdCr(kr)12c2. dT2kT 令2c1kdC 0 , 得TdTc2r(kr) 易得函数C(T)在T处取得最小值，即最优周期为： T2c1k

c2r(kr) 当kr时，T2c1 . 相当于不考虑生产的情况. c2r 当kr时，T . 此时产量与销量相抵消，无法形成贮存量.

第四章（2008年10月28日）

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.现有乙产品每件售价分别为20元和30元.问如A原料20千克, B原料70千克.甲、

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：

max S=20x+30y

x2y20 s.t. 5x4y70

x,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＝70

l2 y

以及x=0,y=0组成的凸四边形区域. 直线l：20x+30y=c在可行域内 l 平行移动.

易知：当l过l1与l2的交点时， l1 x S取最大值.

x2y20x10 由 解得

5x4y70y5 此时 Smax＝2010305＝350（元）

2. 某厂拟用集装箱托运甲乙两种货物，每箱的体积、重量以及可获利润如下表：

解:设甲货物、乙货物的托运箱数分别为x1,x2,所获利润为z.则问题的数学模型可表示为

max z20x110x2

5x14x224 st2x15x213

x,x0,x,yZ12这是一个整线性规划问题. 用图解法求解. 可行域为：由直线

l1:5x14x224

l2:2x15x213 及x10,x20组成直线 l:20x110x2c在此凸四边形区域内

平行移动x2 .

易知：当l过l1与l2的交点时，z取最大值由

5x12x14x2245x213 解得 x1x241

zmax20410190.

3．某微波炉生产企业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.若允许使用原料为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.试建立一个数学模型,确定生产甲型、乙型微波炉的台数,使获利润最大．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： max S=3x +2y

2x3y100 s.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l1：2x+3y=100, l2:4x+2y＝120 及x=6,y=12组成的凸四边形区域.

直线l：3x+2y=c在此凸四边形区域内平行移动. 易知：当l过l1与l2的交点时, S取最大值. 由2x3y100 解得

4x2y120 x20.

y20 Smax＝320220＝100.

第五章2（2008年11月14日）

解: 设给药速率为f0t,中心室药量为xt,血药浓度为Ct,容积为V, 中心室 f0t 排除速率为常数k,则x/tkxtf0t,xtVCt.

Ct,xt V (1)快速静脉注射: 设给药量为D0, 则f0t0,C0D0D,解得Ct0ekt. VVk 排除 (2)恒速静脉滴注(持续时间为): 设滴注速率为k0，则f0tk0,C00,解得

k0kt, 0t1eVk Ct

k01ektekt,tVk(3) 口服或肌肉注射: f0tk01D0ek01t见5.4节（13）式，解得

k01D0k01tktee,kk01Vk01k Ct3种情况下的血药浓度曲线如kDtekt, kk01V下：

(1) (2) (3) O  t

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初始兵力x0与y0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.

a4. b (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xt,yt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:

dxdtaydybx, 1 dtx0x,y0y00现求(1)的解: (1)的系数矩阵为A0a b0EAa2ab0. 1,2ab b22 ，111,2对应的特征向量分别为xt21的通解为C1yt1e再由初始条件，得

abt2C21eabt.

xxt0y0e2dybx. dxayabtx0y0e2abt 2

又由1可得2222其解为 aybxk, 而kay0bx0 3

(1) 当xt10时，yt1ka22ay0bx0b3y01y0. aa2即乙方取胜时的剩余兵力数为

3y0. 2又令xt10,由（2）得x0y0e2abt1x0y0e2abt10.

注意到x0y0,得e2abt1x02y02. e2y0x0abt13, t1ln3. 4b(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

aa202.02rrb2r2.乙方取胜的条件为k0,亦即y0x02. aaaa第六章（2008年11月20日）

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hrN/4，hrN/4，hrN/4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xt，则由题设条件知：xt变化规律的数学模型为

2dx(t)xrx(1)h dtN记F(x)rx(1(1).讨论渔场鱼量的平衡点及其稳定性：由Fx0，得rx(1即

x)h Nx)h0 ． Nr2xrxh01 Nr24rh4hr(r) ， NN4hNrNN1(1)的解为：x1,22

①当hrN/4，0，(1)无实根，此时无平衡点； ②当hrN/4，0，(1)有两个相等的实根，平衡点为x0N. 2xrx2rx，F'(x0)0 不能断定其稳定性. )rNNNdxxrN0．x0不稳定；但xx0 及xx0 均有F(x)rx(1)0 ，即

N4dtF'(x)r(1③当hrN/4，0时，得到两个平衡点：

N1x1易知：x14hNrNN1， x24hNrN22

NN'' ， x2 ，F(x1)0 ，F(x2)0 22平衡点x1不稳定，平衡点x2稳定.

(2)最大持续产量的数学模型为

maxh s.t.F(x)0x )，

NNrN*x1 x2 易得 x0 此时 h， N/2 24N*但x0这个平衡点不稳定．这是与6.1节的产量模型不同之处．

2即 maxhrx(1要获得最大持续产量，应使渔场鱼量x第八章（2008年12月9日）

hrN/4 hrN/4 hrN/4 rx1x/N x NNN，且尽量接近，但不能等于． 2221.基于省时、收入、岸间商业、当地商业、建筑就业等五项因素，拟用层次分析法在建桥梁、修隧道、设渡轮这三个方案中选一个，画出目标为“越海方案的最优经济效益”的层次结构图.

解：目标层越海方案的最优经济效益

准则层

省收岸间当地建筑

时入商业商业就业

方案层建桥梁修隧道设渡轮

2.简述层次分析法的基本步骤. 问对于一个即将毕业的大学生选择工作岗位的决策问题要分成哪3个层次？具体内容分别是什么？

答：用层次分析法时，一般可将决策问题分解为目标层、准则层和方案层这3个层次；一致性指标的定义为：CInn1．n阶正互反阵A是一致阵的充要条件为：A的最大特征根=n．

7. 右下图是5位网球选手循环赛的结果，作为竞赛图，它是双向连通的吗？找出几条完全路径，用适当方法排出5位选手的名次.

解：这个5阶竞赛图是一个5阶有向Hamilton图.其一个有向Hamilton圈为314523.所以此竞赛图是双向连通的.

2 45123245311 3 53124 31452

等都是完全路径.

此竞赛图的邻接矩阵为

00A101T101001100000

010111005 4 令e1,1,1,1,1，各级得分向量为

S1Ae2,2,1,2,3， S2AS14,3,2,4,5，

TTS3AS27,6,4,7,9 ， S4AS313,11,7,13,17

TT由此得名次为5，1（4），2，3 （选手1和4名次相同）. 第九章（2008年12月23日）

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：售出报纸数r（百份）概率P(r) 0 0．05 1 0.1 2 0.25 3 0.35 4 0.15 5 0.1 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:f(r)7r(4)(nr)rn

7nrnn收益的期望值为G(n) =

(11r4n)P(r)+7n0rP(r)

rn1 现分别求出 n=0,1,2,3,4,5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)= (80.0530.1140.25)14(0.350.150.1)11.8; G(3)=(120.0510.1100.25210.35)21(0.150.1)14.4 G(4)=(160.0550.160.25170.35280.15)280.1G(5)=200.0590.120.25130.35240.15350.1 10.25当报童每天订300份时，收益的期望值最大.

13.15

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