数学问题与模式探求附录附录
答案与提示
练习1
1.(1)设x为检验台位置的坐标,则x∈[-3,2]。
f(x)=|x-(-3)|+|x-(-1)|+|x-0|+|x-2|
检验台的最佳位置在M2和M3之间的任一点上。
(2)f(x)=2|x-(-3)|+|x-(-1)|+3|x-0|+|x-2
检验台的最佳位置在x=0处。
(3)在1.(1)和(2)题作函数图象的过程中,可以发现,如果函数y=f(x)(x∈[x1,x2])是一次函数,那么它必在x=x1或x2处取得最小值f(x1)或f(x2)。因...
附录
答案与提示
练习1
1.(1)设x为检验台位置的坐标,则x∈[-3,2]。
f(x)=|x-(-3)|+|x-(-1)|+|x-0|+|x-2|
检验台的最佳位置在M2和M3之间的任一点上。
(2)f(x)=2|x-(-3)|+|x-(-1)|+3|x-0|+|x-2
检验台的最佳位置在x=0处。
(3)在1.(1)和(2)题作函数图象的过程中,可以发现,如果函数y=f(x)(x∈[x1,x2])是一次函数,那么它必在x=x1或x2处取得最小值f(x1)或f(x2)。因此,我们只要求出f(x)在x=-3,-1,0,2处的函数值,加以比较,就能求得f(x)的最小值。在1.(1)题中,f(-3)=10,f(-1)=6,f(0)=6, f(2)=10,所以函数y=f(x)的最小值为6,当x∈[-1,0]时f(x)的值都达到最小值,都是检验台的最佳位置。在1.(2)题中,f(-3)=16,f(-1)=10,f(0)=9,f(2)=19,所以函数y=f(x)在x=0处取得最小值,因此,检验台的最佳位置在x=0处。 2.(1)(a)12=1,(b)12+22=5,(c)12+22+32=14,(d)12+22+32+42=30;(2)12+22+32+42+52+62+72=140;(3) 12+22+…+n2。
3.不妨把公路“拉直”成直线,设各小路与公路的交点分别为B,C,D,E,F(如图1—11)。因为车站设点的优劣与各厂通往公路的小路长短无关,所以可设想A1,A2,A3(A4),A5,A6(A7)分别在B,C,D,E,F处。这样,问题就归结为与检验台最佳位置问题相同的问题。由此可解得(1)D点;(2)D与E之间(包括D、E两点)。
练习2
1.如果这桌子小到只能放下一枚硬币,那么第一个放的当然会获胜,这是一个极端特殊的情形,从而使得这个问题的解答变得很自然了。从这个特殊情形,你可以设想桌子变大,能放下更多的硬币。也可以把这个问题一般化,设想有各种形状和大小的桌子,如果你能注意到方桌有对称中心。合理的推广就要考察有对称中心的桌子。那么谁先放谁就获胜。
练习3
1.比赛总场次的计算方法有两种:一种算法是,考虑每个队均需在自己的主场与其余7个队各赛一场,所以共需8×7=56场比赛;另一种算法是,在一个循环中,设参赛球队的代号为A、B、C、D、E、F、G、H,则认为A首先与其余7队比赛后不再比赛,B再与除A和自己以外的6个队比赛6场,以此类推,一个循环中只需7+6+5+4+3+2+1=28场比赛,双循环共需56场比赛。
比赛赛程不确定,下面仅举一种:
第1轮:A与B;C与D;E与F;G与H
第2轮:A与C;B与D;E与G;H与F
第3轮:A与D;B与C;E与H;F与G
第4轮:A与E;B与F;C与G;D与H
第5轮:A与F;B与E;C与H;D与G
第6轮:A与G;B与H;C与E;D与F
第7轮:A与H;B与G;C与F;D与E
2.注意到首先排好轮空的球队,则赛程
容易排出,结果不唯一,具体赛程表略。
练习4
1.因为22人参加比赛,而24<22<25,所以最佳状态为第二轮时应有16人参加比赛,所以应设32-22=10名种子选手为宜。
2.根据问题中的分析,只需考察n为254,253,252,251,250这五种情况,其轮空人次如附表4-1所示:
3.(1)每操作一次,黑板上的符号减少一个,最后不能操作时只剩下一个符号,因此共可进行1994次操作。
(2)可以通过小型模拟实验得到结论:
(1)如附表4-1所示,随意写出五个符号,改变操作顺序,观察其结果如何:
+ + - + 1 + + - + - 第一次 注:每次操作是指
+ - + - + + - - 第二次 擦去划线的两
+ - - + - - 第三次 个符号,然后按
+ + - - 第四次 要求添加相应
+ + 的符号
2)改变初始状态时符号的个数或顺序,重复心中的操作可得到下面的结论:
最后结果与操作过程无关。因为,每次操作后,“-”号要么减少两个,要么个数保持不变,所以若把“+”看作1,“-”看作-1,每次操作黑板上所有符号的积保持不变,所以最后结果与操作顺序无关。
(3)由(2)中结论知,操作结果的符号由黑板上符号的原始状态决定。如果1995个符号中,共有偶数个“-”,则最后为“+”,如果1995个符号中共有奇数个“-”,则最后结果为“-”。
4.由已知条件:n=0时只有一条
线段;n=1时,不论加入红色点还是蓝色的点,标准线段条数不变,均为1;n=2时,也就是在n=1的条件下再加入一点,如图所示:
不妨设C点为红点,
1)若在AC间加入红色点D,则标准线段条数为1
2)若在AC间加入蓝色点D’,则标准线段条数为3
3)若在BC间加入红色点E,则标准线段条数为1
4)若在BC间加入蓝色点E’,则标准线段条数为1
由上面的分析可得到下列结论:同色点间加入同色的点,标准线段条数不变;同色点间加入异色点,标准线段数加2;异色点间加入任何点,标准线段条数不变。因此,本问题的结论为:对于任意添加的n个点,标准线段的条数永远为奇数。
练习5
提示:只要将百家姓中的姓按次序对应到1、2、3…100这些数字,卡片的制作与猜年龄的卡片制作过程一样至少需要制作7张卡片,可以进行127个姓的猜测。
练习6
1.先按加工时间较短的进行加工,加工时间较长的后加工。
由于 30<40<55<60<80
所以加工顺序为零件3、2、1、5、4
其等待的时间为5·30+4·40+3·55+2·60+1·80=675(分)
2.按照先加工工序1的加工时间表,必须先加工时间较短的零件,而加工工序2尽量减少它的停留时间,则必须安排加工时间较短的零件放在后面加工。按照这一规律,第一道工序最少时间的排在最前,第二道工序最少时间的排在最后。所以加工顺序为 4、3、5、1、2。
此外,我们还可以求出五个零件按上述顺序完成二道工序所用的时间表,完成时间为270(分)如附图6-1。
练习7
若T1<T2则有:
所以,当甲、乙两地间距离大于196公里时,应采用内部装卸方式运输,当两地间距离为196公里左右时,两种方式均可,否则,采用外部运输方式。
2.设n为桥孔数,桥孔长为x米,则桥墩数为(n-1)个,且等式
造桥墩的费用为p(n-1)元
钢材的费用=钢材用量×钢材单价
=(Kx·l)·c
所以造桥总费用
T=p(n-1)+Klc· x
3.(1)分别用c1,c2,c3表示火车、汽车、飞机运输的总费用,则有:
所以,采用火车运输最经济。
(2)设甲、乙两地间距离x公里,则
若火车运输最合理,只需满足c1<c2且c1<c3。
由c1<c2 得x>160(公里)
由c1<c3得x>320(公里)
所以当甲、乙两地间距离大于320公里时,火车运输最好。
(3)设损耗率为K元/小时,则
由c1>c3得K>650
所以当损耗率高于650元/小时时,直升飞机运输最好。
练习8
1.p=6000 q=1200 r=1600 s=10%
2.设n次购买时食盐的价格分别为:
a1,a2,a3,…an
则甲经过n次购买后食盐的平均价格为:
乙经过n次购买后食盐的平均价格为:
所以甲较合算
练习9
1.(1)画示意图(附图9-1)
他将花9小时可以向上划行6公里。
(2)6小时。
2.画示意图(附图9—2)
由示意图可知,该船共遇到7艘从武汉出发开来的轮船(实际上,通过以上画图观察,我们可以发现其中的规律,从而得到一个新的解法,该船在整个航程中所遇到的第1艘轮船应是3天之前从武汉出发的轮船,所遇到的最后一艘轮船应是3天之后即将从武汉出发的轮船,所以在3天之前和3天之后这段时间内所有的从武汉出发的轮船,它都会遇到。显然,这段时间内从武汉出发的轮船数为3+1+3=7,因此,该船共遇到7艘从武汉出发开来的轮船。)
练习10
1.解:用数轴表示加工时间如附图10—1
从中可以看出完成二次加工的时间为6小时
2.解:设AD=x
则16x2-6xt+104-t2=0
令△≥0, 则36t2-64(104-t2)≥0
得:t≥80
所以tmin=80 则Pmin=380
从中得出x=15公里
所以D点选在离A点15公里处运费最小。
练习11
1.设提高x元销售,则售出商品数为500-20x,总利润额T=(50+x)(500-20x)-40(500-20x)
即T=20(10+x)(25-x)
=6125(元)
当且仅当10+x=25-x即x=7.5(元)时利润最高。
2.因为生产费用c=300+1·x(元),其中x为销售的糖果重量。
收益R=2·x(元)
保本即R=C,由2x=300+x得x=30O(斤)
所以每天必需售出300斤糖果才能保本,当销售数量多于300斤时,公司可赢利,否则公司赔本。
练习12
1.当L=4米,N达到最大数时,v≈25千米/小时
S=0.208v+0.0065v2
=0.208×25+0.0065×252
≈9.26(米)
9.26÷4≈2.315(倍)
(千米/小时)
4.(1)每台电视机的利润;
(2)一月销售电视机台数。
练习13
1.12+22+……+n2
2.共有线段:
(n+1)+n+(n-1)+…+2+1
练习14
1.设n个台阶上楼的方式数为un,
则:上一个台阶,只有一种方式,u1=1
上二个台阶,可以一阶一阶上,也可以一步跨上二个台阶,因此: u2=2
一般地,要登上n个台阶,这最后一步可以是从第(n-2)个台阶跨上的,也可以是从第(n-1)个台阶跨上的,因此,跨上第n个台阶的方式数应该是跨上第(n-1)个台阶的方式数与登上第(n-2)个台阶的方式数之和,即:
易得 u13=377。
因此一年365天,每天选用一种走法,可以做到天天走法不相同。
2.如附图14—1
3.易见,要用2×1的砖砌满面积为 3n的矩形,则必须 2整除3n,所以,n必须是偶数,因此只须讨论 3×2n的矩形(n为自然数)即可。
设un表示砌满3×2n的矩形的所有不同方式的个数。容易看到:
u1=3,u2=11(见上题)
我们发现,对于每种砌法,最后砌完时的顶部不外乎三种情况,即附图14—2中的(1),(2),(3)。
设顶部为图(1),(2),(3)的所有砌法的个数分别为an,bn,cn,那么:
un=an+bn+cn
由于图(2)和图(3)的情况是对称的,所以,bn=cn
由于图(1)可以看成是在3×2(n-1)矩形上再竖直地砌三块砖而得到,因此
an=un-1=an-1+2bn-1
对图(2)的情况,又有附图14— 3(2)—(i)和(2)—(ii)所示的两种可能。
其中(2)—(i)共有un-1种砌法,(2)—(ii)的砌法个数与顶部为图(2)—(iii)所示的砌法个数相同,而后者为bn-1,因此
bn=un-1+bn-1=an-1+3bn-1
所以,得到速归公式
un=an+2bn (n=1,2,…)
其中: an=an-1+2bn-1
bn=an-1+3bn-1
a1=b1=1
练习15
1.易见:f1=1,f2=3,f3=f2+2f1+1=6,f4=f3+2f2+f1
一般地:fn=fn-1+2fn-2+fn-3 (n≥4)
即n张券可分为四种情况:
(1)第一张券购买A,余下有fn-1种方法;
(2)第一张券和第二张券购买B,余下有fn-2种方法;
(3)第一张券和第二张券购买C,余下有fn-2种方法;
(4)前三张券购买D,余下有fn-3种方法。
因此:
2.n张券可分为:
(1)用一张去购买A,余下有fn-1种方法;
(2)用两张去购买除A以外的(m-1)种的任意一种,余下有fn-1种方法,
练习16
1.因为睡莲覆盖的面积每天长大一倍,以半个池塘到长满整个池塘需要一天的时间,所以长到半个池塘需要16天。
2.设小张和小王在C点相遇,由余弦定理可知:
BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos60°即49t2=64t2+1002-
所以小张滑了160米。
3.首先考虑最后一位顾客共买了多少条肥皂,即第八位顾客买好以
一般地,设第几个顾客买好后还余an条,第n+1个顾客买好后还余an+1条,则可得到下面的关系式:
即:an=2an+1+1其中a9=0,n≤8,n∈N
由倒推法可得a8=1,a7=3,a6=7,…a2=127,a1=255。
所以第1个顾客买好后还余255条肥皂。
因此该商店共批进肥皂511条。
练习17
1.因为t1=1,t2=3,t3=6,t4=10,…
所以t2-t1=2,t3-t2=3,t4-t3=4,…
因此我们不难发现tn-tn-1=n这一规律。
同样t1+t2=4=22,t2+t3=9=32,t3+t4=16=42
故我们也能发现tn-1+tn=n2这一规律。
因为:t2-t1=2
t3-t2=3
t4-t3=4
tn-tn-1=n
将以上n-1个等式相加得tn-t1=2+3+…+n
所以tn=1+2+3+……+n
2.当棋盘上共有2×2个小方格时,由附图17-1(1)可见,任画一直线最多能穿过3个小方格。
当棋盘上分别有3×3、4×4个小方格时,由附图17-1(2)、(3)可见,任画一直线分别最多能穿过5个、7个小方格。
由以上的观察,我们可归纳猜想。当棋盘上共有n×n个小方格时,任画一直线最多应能穿过(2n-1)个小方格。而本题只有324个小方格,即有18×18个小方格,所以n等于18,因此最多能穿过35个小方格。
练习18
利和为 80000+6374.4=86374.4元
2.存期5年,如计单利,平均年息为
(169.90-92)÷5÷92×100%=16.93%>10.98%,所以得益比储蓄高。如计复利,则92×(1+10.98%)5=154.89元<169.9元,得出相同结论。
3.每年净收益为5000-500=4500元,设年收益率为R,令1+R=u,则可得
化简得:40u11-4910u+9=0
用二分法,得近似解u≈1.19
所以R=0.19=19%
练习19
1.甲:每年末净收益2.8万元,以复利方式计算(除第10年末的净收益没有利息),则10年收入的终值为:
2.8(1+10%)9+2.8(1+10%)8+…+2.8(1+10%)+2.8
而投资终值为10×(1+10%)10=25.9
所以净收益为44.6-25.9=18.7(万元)
乙:每年初可减少费用2.4万元,以复利方式计算,(这里第10年的减少费用2.4万元是年初发生的,故仍有1年利息可得坝10年节支终值为:
2.4(1+10%)10+2.4(1+10%)9+…+2.4(1+10%)
投资终值为8×(1+10%)10=20.7
所以净收益为42.1-20.7=21.4(万元)
所以应选方案乙
2.这8年收益的现值为:
所以净收益为74.64-40=34.64(万元)
3.先将大修理费用折合成现值,再将投资总额的现值分摊成每年费用(设x元),最后加操作成本得出平均年成本。
投资总额 200000+7711=207711(元)
每年金额的现值如
数列,其和为:
x=24398(元)
平均年成本:24398+30000=54398(元)
同样,对乙方案来说:
y=13822
平均年成本:13822+50000=63822(元)
所以甲方案的平均年成本:54398元低于乙方案的平均年就本63822元。
练习20
1.
设an=an2+bn+c,则有
解上述方程组得:
a=2, b=1, c=3
因此,可以猜测an=2n2-n+3
2.
设an=an2+bn+c,则有
解上述方程组得:
因此,可以猜测
3.(1) r(6)=4,r(7)=4,r(8)=5
(2)直接计算数列{r(n)}=(1,2,2,3,3,4,4,5,…}的差分数列,得不到非零的常数列,所以它的通项r(n)不是n的多项式。于是必须另辟新思路。可以发现,将n写成若干个数字1和2之和时,对于不同的方式,和式中数字2出现的次数是
不同的。例如,4=1+1+1+1=1+1+2= 2+2中按数字2出现0次,1次和2次,可以写成3种方法。当n是奇数时,和式中数字2
练习21
1.设cn表示n个平面分空间的份数。
根据题义可知第k+1个平面与前k个平面均应相交k条交线(任何两条不平行,任何三条不共点),由前面问题所解得结果可知这k条
当k=1时,c2-c1=b1
当k=2时,c3-c2=b2
当k=3时,c4-c3=b3
当k=n-1时,cn-cn-1=bn-1
把以上各式相加得:
c2-c1+c3-c2+c4-c3+…+cn-cn-1=b1+b2+b3+…+bn
2.本题可类比成八个抽屉放置九个小球的问题。我们只要把这个立方体作八等分,分成8个小立方体(如附图21—1),由抽屉原理可知至少有两个点在同一个小立方体中,又因为小立方体的对角线长为
练习22
1.用1克和3克的砝码可以称出1至4克的重物,为了保证用尽可能少的砝码称出尽可能多的重物,第三个砝码应是在保证能够称出5克重物的前提下重量尽可能地大,所以选9克的进码,其中用下列方法可以称出5克的重物:一侧放重物及1克、3克的砝码,另一侧放9克的砝码。称6克重物的方法是天平一侧放重物和3克的砝码,另一侧放9克的砝码,依此类推,用1、3、9克的砝码可以称出81到13克的重物。同样地第四个砝码应选27克,这是能保证称出14克重物的重量最大的砝码,而用1、3、9、27克的砝码可以称出1到40克的重物;而再用81克的砝码可称出1至121克的重物。由上面的分析可得到本问题解答的一般规律:后一个砝码的重量为前面所有砝码重量和的2倍加1,且第n个砝码的重量为3n-1克。因此,用1、3、9、27、81、243、729克的7个砝码可以称出1至1093克的所有整数克重物。
2.(1)设该数列中的第ak项为5的倍数,即ak=5m,(m∈N)而 ak-1-l,则
ak+1=5m+l
ak+2=ak+1+ak=10m+l
ak+3=15m+2l
ak+4=25m+3l
ak+5=40m+5l=5(8m+l)
显然第ak+5项为5的倍数,所以若该数列中出现5的倍数作为一项,则以后还会出现5的倍数,且每隔4项出现一次。
(2)考虑下面的这个数列:
1,3,4,7,11,18,29,47,…
该数列的每一项除以5的余数分别为
1,3,4,2,1,3,4,2…
即该数列中不可能出现5的倍数。
一般地,数列中不出现5的倍数的可能如下:
(数列中的数为该项除以5的余数)
1,3,4,2…
3,4,2,1…
2,1,3,4
4,2,1,3
练习23
1.刚开始时水缸中共含盐份 0.1×60=6克,设a0=6,n-1周后(n
盐,再注入30升水,即加入了0.1×30=3克盐,则完成第n周取放水过程后,水缸中共有盐
因此,数列{an}为等比差数列,于是,其通项为
=7.5+(6.6-7.5)×0.6n-1
=7.5-0.9×0.6n-1
所以,养鱼开始第n周后,水缸中共含7.5-0.9×0.6n-1克盐。
从通项公式an=7.5-0.9×0.6n-1知:
(1)不论n取何值,an<7.5,因此水缸中所含盐份总是小于7.5克。
(2)当n越来越大时,0.8n-1的值越来越小,且逐渐接近于0,因此,水缸中所含盐份将越来越大,且逐渐接近于7.5克。
2.设在每周一次的取水过程中至少取出x升水,然后再注入x+10升的新鲜水,则第n周取水过程后,水缸中所含的盐份为
即
所以,在每周一次的取水过程中至少取出5升水,然后再注入15升的新鲜水,才能保持鱼的存活。
3.设每年初存x元,则满5年后可得本利和
因此,每年初存1489.07元,则满5年后可得本利和10000元。
练习24
1.我们把问题推进到一般情形,设平面上n个圆,其中每两个圆都相交于两点,且任何三个圆都不相交于同一点,这n个圆把平面分成Fn个部分,现在来导出递推关系。
平面已经有n-1个圆,在此基础上增添一个圆,这第n个圆与原来的n-1个圆必有2(n-1)个交点,也就是说第n个圆的圆周被这些交点分割成2(n-1)段弧,于是增添n个圆之后,平面被这些圆所分成的部分多了2(n-1)个。这样就得递推关系
Fn=Fn-1+2(n-1)
考虑:F1=2
F2=F1+2×1
F3=F2+2×2
……
Fn-1=Fn-2+2(n-2)
Fn=Fn-1+2(n-1)
将上面n个等式相加,即得
Fn=2+2[1+2+…+(n-1)]=2+n(n-1)=n2-n+2
取n=100,即得F100=9902。
2.用递推关系来解题,设当赌至赌徒甲有n元而乙有(70-n)元时,甲输光的概率为p(n),乙输光的概率为q(n),然后把问题的条件用以建立递推关系。显然,这时再掷一次,甲增至(n+1)元或
于是由p(n+1)-p(n)=p(n)-p(n-1)知,p(n)是等差数
(3)永不停止的概率为1-p(50)-q(50)=0
3.反雪花曲线长的速推关系式:
通项公式:
反雪花曲线所围面积的递推关系式:
通项公式
聪明的读者,你探讨的结果也许远远不止这些
练习25
1.全黑态、全白态各一种;
一黑七白,一白七黑态各一种;
二黑六白态放法示意图
所以二黑六白,二白六黑态各有四种。
三黑五白态放法示意图
所以三黑五白态,三白五黑态各有七种。
四黑四白态放法示意图
所以放法种数2(1+1+4+7)+10=30
2.要七次调整成全黑状态,只要使第五次调整态为白黑相间状态。为此可取x1·x2·x5·x6=x3·x4·x7·x8=1,x2·x3·x6·x7=x4·x5·x8·x1=-1,于是可取x1=x6=-1,x2=x3=x4=x5=x7=x8=1。
即当原始状态呈附图25—4时,一定可以经过七次调整。
变成全黑状态。调整过程如附图25—5所示。
3.结论:变换可以磨光。具体证明如下
设第一次调整之前,三个小孩手中糖块的最大值为2m,最小值为2n。如果m=n,那么原始状态已是平衡状态,无须再作调整了。因此可设m>n,进行一次调整,并把可能出现的奇数糖块补成偶数之后,以下三条结论总是成立的。
(1)调整后每人的糖块数还是在2n与2m之间。
理由是:设某一小孩有2k块糖,他的左邻有2h块糖。在调整过程中,他送走k块糖给他的右邻,又从他的左邻接过h块糖,因此,调整之后这小孩共有k+h块糖。由于n≤k≤m及n≤h≤m,可得2n≤k+h≤2m。如果h+k已是偶数,则结论已经证明;如果k+h为奇数,需要补一块糖,由于2n<k+h<2m,所以2n<k+h+1≤2m,这时结论也成立。
(2)手中糖块数多于2n的人,调整后糖块仍旧比2n多。
这是因为:设某人手中有糖块 Zk块,且2k>2n,他的左邻有2h块糖,调整后此人有h+k块糖,因为k>n且h≥n,所以k+h>2n。在需得补一块糖的情形,此小孩手中的糖将比2n更多。
(3)至少有一个拿2n块糖的小孩,在调整之后至少增加了两块糖。
这是因为:此时三个小孩手中糖块不全相等,所以总能找到一个手持2n块糖的小孩,他的左邻有糖块数2h>2n,从而经调整成,这个小孩手中的糖h+n块。显然h+n>2n。如果h+n为偶数则h+n≥2n+2,如果h+n为奇数则h+n≥2n+1。补上一块糖之后,这小孩手中糖块数为h+n+1,也不小于2n+2。总之,这小孩至少增加了两块糖。所以至少有一个拿2n块糖的小孩,在调整之后至少增加了两块糖结论成立。
综合以上三个结论可知,每经过一次调整,最大值不会再增大,拿最少糖块的孩子人数至少减少一个。所以经过有限次调整后,最小值状大于2n。这表明:最大值与最小值之间的差,随着不断调整将会缩小。这个变换是磨光变换。
练习26
1.4种。把地图上的每个国家看作一个顶点,在两个有公共边界的国家所对应的两个顶点之间联结一条边,于是得到一个图。对该图着色:○={v1,v3,v5,v9},△={v2,v3,v7,v11},□={v6,v10,v12,v13},◇={v8}。色数为4。
2.3种。把五个环看作五个顶点,在两个有公共点的环所对应的两个顶点之间联结一条边,于是得到一个图。对该图着色:□={vA,vE},△={vB},○={vc,vD}。色数为3。
练习27
1.(1)3。
(2)由于这些化学制品的不相容性是相互的,所以从化学制品1至9的不相容性,就能知道化学制品3,5,8与化学制品10互不相容。因此,关于化学制品10的不相容性的数据是多余的。这说明表27—2中有多余的数据。
2.染一条直线分平面所成的两部分,自然两种颜色就够了。现再画出第2条直线,使得在这直线一侧的所有“第1次划分”(即用第1条直线划分)的区域(及其一部分)保持原来的颜色,而另一侧的每个区域都变成与原来相反的颜色。这样,第2次划分后的每两个相邻区域都将染上不同的颜色,继续再画出第3条直线作第3次划分,同样将这直线一侧的所有区域(及其一部分)保持原色,而另一侧都变成与原色相反的颜色。重复做下去,对于任意次划分都只要两种颜色就足够了。
练习28
1.31。
2.令x1,x2,x3分别表示要运载的箱子A、B、C的数目,问题归结为求x1,x2,x3的值,它们满足下列条件:
2x1+6x2+3x3≤8
5x1+4x2+4x3≤10
x1,x2,x3=0或1
并使
3x1+5x2+4x3取得最大值。
收益最大的最优解为 x1=1,x2=1,x3=0。因此,飞行时运载箱子A和B收益最大,收益为8单位。
练习29
1.设丈夫A、B、C的妻子分别是a、b、c。
2.用三元数据(a,b,c)表示10斤油瓶,7斤油瓶和3斤油瓶中所装之油的斤数。初始状态可以用(10,0,0)表示,每次倒油都改变三元数组的数字,但是,不论如何改变,a,b,c这三个非负整数都满足下列条件:
0≤a≤10,0≤b≤7,0≤c≤3,a+b+c=10。经过若干次倒油后,要求达到目标状态(5,5,0)。
(10,0,0)→(3,7,0)→(3,4,3)→(6,4,0)→(6,1,3)→(9,1,0)→(9,0,1)→
(2,7,1)→(2,5,3)→(5,5,0)
另一解法:
(10,0,0)→(7,0,3)→(7,3,0)→(4,3,3)→(4,6,0)→(1,6,3)→(1,7,2)→
(8,0,2)→(8,2,0)→(5,2,3)→(5,5,0)
练习30
1.(1)根据表30—2,可以建立细胞生长的数学模型为
n=4t,t=0,1,2,…
其中t表示天数,n表示细胞个数。
解方程 4t=1000000
4t=106
t lg4=6lg10
≈9天23小时
因此,最迟在9天23小时之前必须注射该种药物。
(2)解方程4t(40000)=1000000
4t=25
t lg4=lg25
≈2天7.7小时
因此,最迟在2天7.7小时之前进行第2次注射。
练习31
1.根据已知,可得图形(见附图31—1)
可得∠ABD与∠DBC的值,则∠ABC=∠ABD+∠DBC
2.根据已知条件进行逻辑推理:
(1)甲不在A中学,则甲可能在B、C中学
乙不在B中学,则乙可能在A、C中学
(2)在A中学不教英语,则B、C中学可能教英语
(3)在B中学教语文,所以在B中学不可能教英语,则教英语的只能在C中学,则在A中学教数学。
(4)乙不教数学,所以乙不在A中学,则乙只能在C中学,甲在B中学,丙在A中学。
所以得:甲在B中学教语文,乙在C中学教英语,丙在A中学教数学。
练习32
1.要使人造卫星S不会飞入跟踪站A和B的公共的盲区,必须使过A和B的水平线的交点S离地面的高度不大于480公里(如附图 32—1所示)。
长(附图32—2)。
所以θ=21.53°
θ=0.376弧度
d=2406.4
因此,两个跟踪站的距离(即AB的长度)不能超过4812.8公里。
练习33
1.考虑每个方格中的获胜区域,它是一个两边长分别为(15-4)、
2.能用平行四边形构成棋盘,(如附图33—1所示),因为正五边形的每个内角为108°,它的整数倍不可能为360°,所以由正五边形不能构成一个棋盘。
3.奖金的分配方案与甲、乙两人获胜可能性有关,若甲获胜的可能性为p%,则甲应得奖金的p%。因为比赛结束时甲与乙的比分为8∶7,说明两人共比赛了15次,下面假设两人还要继续比赛下去,因为每掷一次硬币,结果为正反面的可能性相等,因此,两人比分的变化情况如附图33—2所示,其中,图中比分为甲∶乙。若某
练习34
1.解:a=5 b=3
从表1可以看出p(6)<0.625<p(7)
所以应该订购7份报纸,才能获得最大利润
2.解:a=5 b=2
从表中计算p(14)=0.60 p(15)=0.720
由于p(14)<0.714<p(15)
所以应该预订15份报纸。
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