笔者复习到哪就更新到哪。
建议搭配ppt食用，因为本笔记没时间加图了！
考试范围包括上课讲的一切、线上学习和测试、所有作业，只有简答题，大概率出原题，要写从假设、建模到计算的所有过程，必要常数建议记忆。因为题干短的令人发指。
（）内往往包含笔者的夹带私货。
此外，考虑到对于各种基础数学知识的遗忘，故加入了大量微分方程和线代等等内容的具体求解过程，所以篇幅很长。
建议把所有题手推一遍以复健计算水平。
目录
一、初等模型
1、包饺子问题
题目：通常， 1 1 1 公斤面、 1 1 1 公斤馅可以包 100 100 100 个饺子。今天 1 1 1 公斤面不变，但馅比 1 1 1 公斤多了 0.4 0.4 0.4 公斤，即共有 1.4 1.4 1.4 公斤馅。问：能否通过多包几个小饺子，或者少包几个大饺子，把这些馅仍然用 1 1 1 公斤面包完？
解析：这个问题的核心不是"面够不够"，而是"同样面积的饺子皮能包多少体积的馅"。
假设饺子皮厚度相同，饺子的形状相似。设一个大饺子皮面积为 S S S，能包馅体积为 V V V；把它分成 n n n 个相同小皮，每个面积为 s s s，每个能包馅体积为 v v v。由于形状相似，有面积与长度平方成正比、体积与长度立方成正比，因此可写成：
S = k 1 R 2 , V = k 2 R 3 S=k_1R^2,\quad V=k_2R^3 S=k1R2,V=k2R3
于是体积和面积满足：
V = K S 3 / 2 V=K S^{3/2} V=KS3/2
同理，小饺子满足：
v = K s 3 / 2 v=K s^{3/2} v=Ks3/2
又因为总面积不变， S = n s S=ns S=ns，所以：
n v = n K ( S n ) 3 / 2 = K S 3 / 2 n = V n nv=nK\left(\frac{S}{n}\right)^{3/2} =\frac{K S^{3/2}}{\sqrt n} =\frac{V}{\sqrt n} nv=nK(nS)3/2=n KS3/2=n V
因此，在总面皮面积相同的情况下，把饺子皮分得越小，总能包的馅反而越少；把若干小皮合成较大的皮，总能包的馅会增加。若原来 100 100 100 个饺子包 1 1 1 公斤馅，现在改成 50 50 50 个大饺子，相当于每 2 2 2 个小饺子皮合成 1 1 1 个大饺子皮，此时 n = 2 n=2 n=2，总容量变为原来的 2 ≈ 1.414 \sqrt2\approx1.414 2 ≈1.414 倍，即约能包 1.414 1.414 1.414 公斤馅。所以 1.4 1.4 1.4 公斤馅理论上可以包完，但应当少包一些、大一些，而不是多包小饺子。
结论：可以把 1.4 1.4 1.4 公斤馅包完，方法是少包一些较大的饺子。例如把 100 100 100 个改为约 50 50 50 个大饺子，在理想模型下就能基本包完。
2、崖高的估算
题目：假如站在崖顶，手里有一只带跑表功能的计算器，把一块石头扔下山崖，并通过听到回声的时间估计山崖高度。假定能测量从石头落下到听到声音的时间，怎样推算山崖高度？
解析一：忽略空气阻力和声音传播时间。
最简单的模型把石头看成自由落体，设崖高为 h h h，下落时间为 t t t，重力加速度为 g g g，则：
h = 1 2 g t 2 h=\frac12gt^2 h=21gt2
例如测得 t = 4 t=4 t=4 秒，取 g = 9.81 m/s 2 g=9.81\text{ m/s}^2 g=9.81 m/s2，有：
h = 1 2 × 9.81 × 4 2 ≈ 78.5 m h=\frac12\times9.81\times4^2\approx78.5\text{ m} h=21×9.81×42≈78.5 m
这个模型很简单，但把空气阻力、声音传播时间、人的反应时间都忽略了，所以结果偏大。
解析二：考虑空气阻力。
空气阻力通常与速度有关。设阻力与速度成正比，阻力为 r v rv rv，其中 r r r 为阻力系数。令 k = r / m k=r/m k=r/m，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律：
m d 2 h d t 2 = m g − r d h d t m\frac{d^2h}{dt^2}=mg-r\frac{dh}{dt} mdt2d2h=mg−rdtdh
即：
d 2 h d t 2 = g − k d h d t \frac{d^2h}{dt^2}=g-k\frac{dh}{dt} dt2d2h=g−kdtdh
初始条件为：
h ( 0 ) = 0 , h ′ ( 0 ) = 0 h(0)=0,\quad h'(0)=0 h(0)=0,h′(0)=0
这里需要解一个二阶线性微分方程，这里使用通用解法，（更简洁一些的方法其实是二阶降一阶，但是这里就用通解好了）
先将方程整理成标准形式：
h ′ ′ + k h ′ = g h''+kh'=g h′′+kh′=g
这是一个二阶常系数非齐次线性微分方程。其标准结构为：
h ′ ′ + k h ′ + 0 ⋅ h = g h''+kh'+0\cdot h=g h′′+kh′+0⋅h=g
按照二阶线性微分方程的通用解法，先求对应的齐次方程，再求一个非齐次特解，最后相加得到通解。
第一步：求齐次方程的通解
对应的齐次方程为：
h ′ ′ + k h ′ = 0 h''+kh'=0 h′′+kh′=0
设齐次方程的解为：
h = e λ t h=e^{\lambda t} h=eλt
则有：
h ′ = λ e λ t , h ′ ′ = λ 2 e λ t h'=\lambda e^{\lambda t},\qquad h''=\lambda^2 e^{\lambda t} h′=λeλt,h′′=λ2eλt
代入齐次方程：
λ 2 e λ t + k λ e λ t = 0 \lambda^2 e^{\lambda t}+k\lambda e^{\lambda t}=0 λ2eλt+kλeλt=0
提取公因式：
e λ t ( λ 2 + k λ ) = 0 e^{\lambda t}(\lambda^2+k\lambda)=0 eλt(λ2+kλ)=0
因为：
e λ t ≠ 0 e^{\lambda t}\ne0 eλt=0
所以特征方程为：
λ 2 + k λ = 0 \lambda^2+k\lambda=0 λ2+kλ=0
即：
λ ( λ + k ) = 0 \lambda(\lambda+k)=0 λ(λ+k)=0
解得两个特征根：
λ 1 = 0 , λ 2 = − k \lambda_1=0,\qquad \lambda_2=-k λ1=0,λ2=−k
因此齐次方程的通解为：
h c ( t ) = C 1 + C 2 e − k t h_c(t)=C_1+C_2e^{-kt} hc(t)=C1+C2e−kt
其中 C 1 , C 2 C_1,C_2 C1,C2 为待定常数。
第二步：求非齐次方程的一个特解
原方程为：
h ′ ′ + k h ′ = g h''+kh'=g h′′+kh′=g
右端是常数 g g g。通常遇到常数项时，可以先尝试常数特解。但是由于齐次解中已经包含常数项 C 1 C_1 C1，所以常数特解会与齐次解重复，无法产生右端的非零常数。
因此改设一次函数特解：
h p ( t ) = A t h_p(t)=At hp(t)=At
则：
h p ′ ( t ) = A , h p ′ ′ ( t ) = 0 h_p'(t)=A,\qquad h_p''(t)=0 hp′(t)=A,hp′′(t)=0
代入原方程：
h p ′ ′ + k h p ′ = g h_p''+kh_p'=g hp′′+khp′=g
得到：
0 + k A = g 0+kA=g 0+kA=g
所以：
A = g k A=\frac{g}{k} A=kg
因此可以取一个特解为：
h p ( t ) = g k t h_p(t)=\frac{g}{k}t hp(t)=kgt
第三步：写出非齐次方程的通解
非齐次线性微分方程的通解等于齐次通解加上一个非齐次特解，因此：
h ( t ) = h c ( t ) + h p ( t ) h(t)=h_c(t)+h_p(t) h(t)=hc(t)+hp(t)
即：
h ( t ) = C 1 + C 2 e − k t + g k t h(t)=C_1+C_2e^{-kt}+\frac{g}{k}t h(t)=C1+C2e−kt+kgt
第四步：利用初始条件确定常数
由初始条件：
h ( 0 ) = 0 h(0)=0 h(0)=0
代入通解：
0 = C 1 + C 2 e 0 + g k ⋅ 0 0=C_1+C_2e^0+\frac{g}{k}\cdot0 0=C1+C2e0+kg⋅0
即：
C 1 + C 2 = 0 C_1+C_2=0 C1+C2=0
所以：
C 1 = − C 2 C_1=-C_2 C1=−C2
接着求导：
h ′ ( t ) = − k C 2 e − k t + g k h'(t)=-kC_2e^{-kt}+\frac{g}{k} h′(t)=−kC2e−kt+kg
由初始条件：
h ′ ( 0 ) = 0 h'(0)=0 h′(0)=0
代入得：
0 = − k C 2 e 0 + g k 0=-kC_2e^0+\frac{g}{k} 0=−kC2e0+kg
即：
0 = − k C 2 + g k 0=-kC_2+\frac{g}{k} 0=−kC2+kg
所以：
k C 2 = g k kC_2=\frac{g}{k} kC2=kg
解得：
C 2 = g k 2 C_2=\frac{g}{k^2} C2=k2g
因此：
C 1 = − g k 2 C_1=-\frac{g}{k^2} C1=−k2g
第五步：代回通解
将 C 1 = − g k 2 C_1=-\frac{g}{k^2} C1=−k2g， C 2 = g k 2 C_2=\frac{g}{k^2} C2=k2g 代入：
h ( t ) = C 1 + C 2 e − k t + g k t h(t)=C_1+C_2e^{-kt}+\frac{g}{k}t h(t)=C1+C2e−kt+kgt
得到：
h ( t ) = − g k 2 + g k 2 e − k t + g k t h(t)=-\frac{g}{k^2}+\frac{g}{k^2}e^{-kt}+\frac{g}{k}t h(t)=−k2g+k2ge−kt+kgt
整理为：
h ( t ) = g k t + g k 2 ( e − k t − 1 ) h(t)=\frac{g}{k}t+\frac{g}{k^2}\left(e^{-kt}-1\right) h(t)=kgt+k2g(e−kt−1)
所以原初值问题的解为：
h ( t ) = g k t + g k 2 ( e − k t − 1 ) \boxed{ h(t)=\frac{g}{k}t+\frac{g}{k^2}\left(e^{-kt}-1\right) } h(t)=kgt+k2g(e−kt−1)
解得位移函数：
h ( t ) = g k t + g k 2 ( e − k t − 1 ) h(t)=\frac{g}{k}t+\frac{g}{k^2}\left(e^{-kt}-1\right) h(t)=kgt+k2g(e−kt−1)
若取 k = 0.05 k=0.05 k=0.05，仍设 t = 4 t=4 t=4 秒，则：
h ≈ 73.6 m h\approx73.6\text{ m} h≈73.6 m
这比 78.5 78.5 78.5 米小，因为空气阻力减慢了石头下落。
解析三：考虑人的反应时间。
听到回声后按下跑表会有反应时间。若平均反应时间约为 0.1 0.1 0.1 秒，原来测得 4 4 4 秒，则真实计入下落和声音传播的时间约为：
t = 4 − 0.1 = 3.9 s t=4-0.1=3.9\text{ s} t=4−0.1=3.9 s
代入考虑空气阻力的公式：
h ( 3.9 ) ≈ 69.9 m h(3.9)\approx69.9\text{ m} h(3.9)≈69.9 m
解析四：考虑声音传播时间。
听到回声的总时间不是石头下落时间，而是：
t = t 1 + t 2 t=t_1+t_2 t=t1+t2
其中 t 1 t_1 t1 是石头下落时间， t 2 t_2 t2 是声音从崖底传回来的时间。若声速约为 340 m/s 340\text{ m/s} 340 m/s，则：
t 2 = h 340 t_2=\frac{h}{340} t2=340h
更完整的模型为：
{ h = g k t 1 + g k 2 ( e − k t 1 − 1 ) , t 1 + h 340 = 3.9. \begin{cases} h=\dfrac{g}{k}t_1+\dfrac{g}{k^2}\left(e^{-kt_1}-1\right),\\ t_1+\dfrac{h}{340}=3.9. \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧h=kgt1+k2g(e−kt1−1),t1+340h=3.9.
这是一个非线性方程组，直接求解较麻烦。可以用近似方法：先忽略声音传播时间，得到 h ≈ 69.9 h\approx69.9 h≈69.9 米，于是：
t 2 = 69.9 340 ≈ 0.21 s t_2=\frac{69.9}{340}\approx0.21\text{ s} t2=34069.9≈0.21 s
所以石头真正下落时间约为：
t 1 = 3.9 − 0.21 = 3.69 s t_1=3.9-0.21=3.69\text{ s} t1=3.9−0.21=3.69 s
再代入空气阻力模型，得到：
h ≈ 62.3 m h\approx62.3\text{ m} h≈62.3 m
结论：不同模型复杂度不同，估计值也不同。不考虑阻力和声音传播时约为 78.5 78.5 78.5 米；考虑空气阻力后约为 73.6 73.6 73.6 米；再扣除反应时间后约为 69.9 69.9 69.9 米；进一步考虑声音传播时间后约为 62.3 62.3 62.3 米。这个例子说明，数学建模不是只套公式，而是要逐步分析哪些因素对结果影响较大。
3、流言蜚语的传播问题
题目：某地区总人口为 N N N，短期内不变。设 x ( t ) x(t) x(t) 表示知道某消息的人数占总人口的比例，初始时刻比例为 x 0 < 1 x_0<1 x0<1，传播率为 h h h。建立模型描述流言传播过程，并分析长期结果。
解析一：简单传播模型。
如果假设知道消息的人会持续传播，而不知道消息的人会以传播率 h h h 得知消息，那么未知者比例为 1 − x 1-x 1−x，传播速度可以写成：
d x d t = h ( 1 − x ) , x ( 0 ) = x 0 \frac{dx}{dt}=h(1-x),\quad x(0)=x_0 dtdx=h(1−x),x(0)=x0
**可以用分离变量或者一阶线性微分方程的通解求解，(考前来不及复习各种技巧的建议都用通解，不过分离变量也是很常用很好用的)
一阶线性微分方程标准形式：
y ′ + P ( x ) y = Q ( x ) y'+P(x)y=Q(x) y′+P(x)y=Q(x)通解公式：
y = e − ∫ P ( x ) d x [ ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) d x d x + C ] y=e^{-\int P(x)\,dx}\left[\int Q(x)e^{\int P(x)\,dx}\,dx+C\right] y=e−∫P(x)dx[∫Q(x)e∫P(x)dxdx+C]
方法一：分离变量法
将变量 x x x 和 t t t 分离：
d x 1 − x = h d t \frac{dx}{1-x}=h\,dt 1−xdx=hdt
两边积分：
∫ 1 1 − x d x = ∫ h d t \int \frac{1}{1-x}\,dx=\int h\,dt ∫1−x1dx=∫hdt
注意：
∫ 1 1 − x d x = − ln ∣ 1 − x ∣ \int \frac{1}{1-x}\,dx=-\ln |1-x| ∫1−x1dx=−ln∣1−x∣
所以（记得加常数 C C C ！！！！！）：
− ln ∣ 1 − x ∣ = h t + C -\ln |1-x|=ht+C −ln∣1−x∣=ht+C
整理得：
ln ∣ 1 − x ∣ = − h t + C 1 \ln |1-x|=-ht+C_1 ln∣1−x∣=−ht+C1
两边取指数：
1 − x = C e − h t 1-x=Ce^{-ht} 1−x=Ce−ht
因此：
x = 1 − C e − h t x=1-Ce^{-ht} x=1−Ce−ht
代入初始条件 x ( 0 ) = x 0 x(0)=x_0 x(0)=x0：
x 0 = 1 − C x_0=1-C x0=1−C
所以：
C = 1 − x 0 C=1-x_0 C=1−x0
最终解为：
x ( t ) = 1 − ( 1 − x 0 ) e − h t x(t)=1-(1-x_0)e^{-ht} x(t)=1−(1−x0)e−ht
方法二：一阶线性微分方程通解法
将原方程展开：
d x d t = h − h x \frac{dx}{dt}=h-hx dtdx=h−hx
移项得：
d x d t + h x = h \frac{dx}{dt}+hx=h dtdx+hx=h
这是标准的一阶线性微分方程：
x ′ + P ( t ) x = Q ( t ) x'+P(t)x=Q(t) x′+P(t)x=Q(t)
其中：
P ( t ) = h , Q ( t ) = h P(t)=h,\qquad Q(t)=h P(t)=h,Q(t)=h
积分因子为：
μ ( t ) = e ∫ P ( t ) d t = e ∫ h d t = e h t \mu(t)=e^{\int P(t)\,dt}=e^{\int h\,dt}=e^{ht} μ(t)=e∫P(t)dt=e∫hdt=eht
两边同乘 e h t e^{ht} eht：
e h t x ′ + h e h t x = h e h t e^{ht}x'+he^{ht}x=he^{ht} ehtx′+hehtx=heht
左边可以合并为：
( e h t x ) ′ = h e h t (e^{ht}x)'=he^{ht} (ehtx)′=heht
两边积分：
e h t x = ∫ h e h t d t + C e^{ht}x=\int he^{ht}\,dt+C ehtx=∫hehtdt+C
即：
e h t x = e h t + C e^{ht}x=e^{ht}+C ehtx=eht+C
所以：
x = 1 + C e − h t x=1+Ce^{-ht} x=1+Ce−ht
代入初始条件 x ( 0 ) = x 0 x(0)=x_0 x(0)=x0：
x 0 = 1 + C x_0=1+C x0=1+C
所以：
C = x 0 − 1 C=x_0-1 C=x0−1
最终解为：
x ( t ) = 1 + ( x 0 − 1 ) e − h t x(t)=1+(x_0-1)e^{-ht} x(t)=1+(x0−1)e−ht
也可以写成：
x ( t ) = 1 − ( 1 − x 0 ) e − h t x(t)=1-(1-x_0)e^{-ht} x(t)=1−(1−x0)e−ht
因此，两种方法得到的结果一致：
x ( t ) = 1 − ( 1 − x 0 ) e − h t \boxed{x(t)=1-(1-x_0)e^{-ht}} x(t)=1−(1−x0)e−ht
解得：
x ( t ) = 1 − ( 1 − x 0 ) e − h t x(t)=1-(1-x_0)e^{-ht} x(t)=1−(1−x0)e−ht
也可以写成：
x ( t ) = ( x 0 − 1 ) e − h t + 1 x(t)=(x_0-1)e^{-ht}+1 x(t)=(x0−1)e−ht+1
当 t → + ∞ t\to+\infty t→+∞ 时：
lim t → + ∞ x ( t ) = 1 \lim_{t\to+\infty}x(t)=1 t→+∞limx(t)=1
也就是说，最后所有人都会知道消息。
问题：这个结论过于理想化。
现实中并不是所有知道消息的人都会继续传播，有些人知道后并不相信、不感兴趣或者不愿传播，因此流言不会无限扩散到所有人。
解析二：加入"不传播率"。
设不传播率为 r r r，表示知道消息但不继续传播的人造成传播能力下降。可以修正模型为：
d x d t = h − ( h + r ) x , x ( 0 ) = x 0 \frac{dx}{dt}=h-(h+r)x,\quad x(0)=x_0 dtdx=h−(h+r)x,x(0)=x0
这个模型的含义是：消息传播有增长项 h h h，但知道消息的人中有一部分会停止传播，形成衰减项 ( h + r ) x (h+r)x (h+r)x。
求解得：
x ( t ) = h h + r + ( x 0 − h h + r ) e − ( h + r ) t x(t)=\frac{h}{h+r}+\left(x_0-\frac{h}{h+r}\right)e^{-(h+r)t} x(t)=h+rh+(x0−h+rh)e−(h+r)t
因此：
lim t → + ∞ x ( t ) = h h + r < 1 \lim_{t\to+\infty}x(t)=\frac{h}{h+r}<1 t→+∞limx(t)=h+rh<1
结论：简单模型认为最终所有人都会知道流言；修正模型认为流言最终只能传播到一部分人群中，比例为 h h + r \frac{h}{h+r} h+rh。这更符合现实：传播率 h h h 越大，最终知道的人越多；不传播率 r r r 越大，流言越容易淡化。
4、瓷砖问题
题目：要用 40 40 40 块方形瓷砖铺一个特殊形状的地面，但市场上只有长方形瓷砖，每块长方形瓷砖的大小等于 2 2 2 块方形瓷砖。一人买了 20 20 20 块长方形瓷砖尝试铺地，结果始终无法铺好。问：是铺法不熟练，还是这个问题本身无解？
解析：这类问题不应直接靠尝试，而应先判断"是否可能"。
把地面上的方格像棋盘一样黑白相间染色。对于任意一块覆盖相邻两个方格的长方形瓷砖，它必然覆盖一个黑格和一个白格。因此，如果 20 20 20 块长方形瓷砖能够铺满整个区域，那么整个区域中的黑格数和白格数必须相等，都是 20 20 20 个。
但是对题图中的形状进行黑白染色后，可以发现共有 21 21 21 个黑格和 19 19 19 个白格。也就是说，无论怎样摆放长方形瓷砖，每块瓷砖都只能同时覆盖一黑一白，最多只能覆盖 19 19 19 对黑白格，最后必然剩下 2 2 2 个黑格无法被同一块长方形瓷砖覆盖。
结论：这个问题不是人的功夫不到家，而是根本无解。除非把最后一块长方形瓷砖切成两个正方形瓷砖，分别去盖两个多出来的黑格。这个方法叫做"奇偶校验法"或"染色不变量法"。
5、椅子的稳定性
题目：四条腿长度相等的椅子放在起伏不平的地面上，问能否通过转动椅子，使四条腿同时着地而放稳？
解析：这里"放稳"可以理解为四条腿同时着地。
由于任意三点确定一个平面，所以通常三条腿总能着地，关键是第四条腿是否也能着地。
建立模型时作如下假设：椅子四条腿长度相等，四个椅脚可视为点，四脚连线构成正方形；地面高度连续变化，没有台阶式突变；在椅子的尺寸范围内地面相对平坦，使得任意位置至少有三只脚能同时着地。
设椅子绕中心点 O O O 旋转角度为 t t t。将四条腿按正方形记为 A , B , C , D A,B,C,D A,B,C,D。定义：
f ( t ) = A , C 两脚到地面距离之和 f(t)=A,C两脚到地面距离之和 f(t)=A,C两脚到地面距离之和
g ( t ) = B , D 两脚到地面距离之和 g(t)=B,D两脚到地面距离之和 g(t)=B,D两脚到地面距离之和
显然：
f ( t ) ≥ 0 , g ( t ) ≥ 0 f(t)\ge0,\quad g(t)\ge0 f(t)≥0,g(t)≥0
由于地面连续变化， f ( t ) f(t) f(t) 和 g ( t ) g(t) g(t) 都是连续函数。又因为任意位置至少有三只脚着地，所以对于任意 t t t，两对对角腿中至少有一对同时着地，因此：
f ( t ) g ( t ) = 0 f(t)g(t)=0 f(t)g(t)=0
也就是说， f ( t ) f(t) f(t) 和 g ( t ) g(t) g(t) 中至少有一个为 0 0 0。
若一开始 B , D B,D B,D 两脚着地，而 A , C A,C A,C 两脚没有同时着地，则：
g ( 0 ) = 0 , f ( 0 ) > 0 g(0)=0,\quad f(0)>0 g(0)=0,f(0)>0
把椅子旋转 90 ∘ 90^\circ 90∘，即 t = π 2 t=\frac{\pi}{2} t=2π，此时两组对角腿的位置互换，所以：
f ( π 2 ) = 0 , g ( π 2 ) > 0 f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0,\quad g\left(\frac{\pi}{2}\right)>0 f(2π)=0,g(2π)>0
令：
h ( t ) = f ( t ) − g ( t ) h(t)=f(t)-g(t) h(t)=f(t)−g(t)
则：
h ( 0 ) > 0 , h ( π 2 ) < 0 h(0)>0,\quad h\left(\frac{\pi}{2}\right)<0 h(0)>0,h(2π)<0
由于 h ( t ) h(t) h(t) 连续，由介值定理 可知，存在某个 t 0 ∈ ( 0 , π 2 ) t_0\in(0,\frac{\pi}{2}) t0∈(0,2π)，使得：
h ( t 0 ) = 0 h(t_0)=0 h(t0)=0
即：
f ( t 0 ) = g ( t 0 ) f(t_0)=g(t_0) f(t0)=g(t0)
又因为任意时刻 f ( t ) g ( t ) = 0 f(t)g(t)=0 f(t)g(t)=0，所以当 f ( t 0 ) = g ( t 0 ) f(t_0)=g(t_0) f(t0)=g(t0) 时，只能有：
f ( t 0 ) = g ( t 0 ) = 0 f(t_0)=g(t_0)=0 f(t0)=g(t0)=0
这说明四条腿同时着地。
结论：在上述合理假设下，只要慢慢旋转椅子，总能找到一个角度，使四条腿同时着地。这个问题的关键是把"椅子是否稳定"转化为连续函数零点存在性问题。
6、双层玻璃的功效
题目：北方一些建筑物的窗户采用双层玻璃，即两层玻璃中间夹一层空气。据说这样可以保暖，减少室内向室外的热量流失。试建立模型描述热量通过窗户的热传导过程，并将双层玻璃窗与用同样多玻璃材料制成的单层玻璃窗进行比较。
解析：先作模型假设：热量只通过传导传播，不考虑空气对流；室内外温度保持不变，热传导过程达到稳定状态；玻璃材料均匀，热传导系数为常数；双层玻璃之间的空气干燥且不流动。
设室内温度为 T 1 T_1 T1，室外温度为 T 2 T_2 T2，单层玻璃厚度为 d d d，两层玻璃之间空气厚度为 l l l，玻璃导热系数为 k 1 k_1 k1，空气导热系数为 k 2 k_2 k2，单位时间单位面积热量流失为 Q Q Q。
热传导基本公式为：
Q = k Δ T d Q=k\frac{\Delta T}{d} Q=kdΔT
也可以理解为：热量流失与温差成正比，与介质厚度成反比。
对于双层玻璃，热量要依次通过内层玻璃、空气层、外层玻璃。稳定状态下三部分的热流相等，等价于"热阻串联"：
T 1 − T 2 Q = d k 1 + l k 2 + d k 1 = 2 d k 1 + l k 2 \frac{T_1-T_2}{Q} =\frac{d}{k_1}+\frac{l}{k_2}+\frac{d}{k_1} =\frac{2d}{k_1}+\frac{l}{k_2} QT1−T2=k1d+k2l+k1d=k12d+k2l
所以双层玻璃的热量流失为：
Q = T 1 − T 2 2 d k 1 + l k 2 = k 1 ( T 1 − T 2 ) 2 d + k 1 k 2 l Q=\frac{T_1-T_2}{\frac{2d}{k_1}+\frac{l}{k_2}} =\frac{k_1(T_1-T_2)}{2d+\frac{k_1}{k_2}l} Q=k12d+k2lT1−T2=2d+k2k1lk1(T1−T2)
若用同样多的玻璃材料做成单层玻璃窗，则玻璃厚度为 2 d 2d 2d，热量流失为：
Q ′ = k 1 ( T 1 − T 2 ) 2 d Q'=\frac{k_1(T_1-T_2)}{2d} Q′=2dk1(T1−T2)
令：
s = k 1 k 2 , h = l d s=\frac{k_1}{k_2},\quad h=\frac{l}{d} s=k2k1,h=dl
则双层玻璃与单层玻璃热量流失之比为：
Q Q ′ = 2 2 + s h \frac{Q}{Q'}=\frac{2}{2+sh} Q′Q=2+sh2
由于空气导热系数远小于玻璃导热系数，资料给出常用玻璃与干燥不流通空气的导热系数比约为：
k 1 k 2 = 16 ∼ 32 \frac{k_1}{k_2}=16\sim32 k2k1=16∼32
取最保守估计 s = 16 s=16 s=16，则：
Q Q ′ = 2 2 + 16 h = 1 1 + 8 h \frac{Q}{Q'}=\frac{2}{2+16h}=\frac{1}{1+8h} Q′Q=2+16h2=1+8h1
若建筑规范中空气层厚度约为玻璃厚度的 4 4 4 倍，即 h = 4 h=4 h=4，则：
Q Q ′ = 1 1 + 8 × 4 = 1 33 ≈ 3 % \frac{Q}{Q'}=\frac{1}{1+8\times4}=\frac1{33}\approx3\% Q′Q=1+8×41=331≈3%
结论：理想模型下，双层玻璃窗的热量损失约为同材料单层玻璃窗的 3 % 3\% 3%，即节约热量约 97 % 97\% 97%。实际中由于空气可能流动、潮湿，窗框也会导热，所以效果会比理论值差一些，但双层玻璃保温效果明显，主要原因是中间空气层导热系数很低。
7、放射性废物的处理问题
题目：处理浓缩放射性废物的一种做法是：把废物装入密封性能很好的圆桶中，然后扔到水深 300 300 300 英尺的海里。已知圆桶在 40 40 40 英尺/秒的冲撞速度下会破裂。圆桶装满废物后重量 W = 527.436 W=527.436 W=527.436 磅，在海水中受到浮力 B = 470.327 B=470.327 B=470.327 磅，下沉时海水阻力 D = C v D=Cv D=Cv，其中 C = 0.08 C=0.08 C=0.08。问圆桶沉入 300 300 300 英尺深海底时的速度是否超过破裂临界速度？
解析：设圆桶下沉距离为 y ( t ) y(t) y(t)，速度为 v ( t ) = y ′ ( t ) v(t)=y'(t) v(t)=y′(t)。
取向下方向为正方向。圆桶受到重力 W W W、向上的浮力 B B B、向上的阻力 C v Cv Cv。由于 W = m g W=mg W=mg，质量为 m = W / g m=W/g m=W/g。根据牛顿第二定律：
m d 2 y d t 2 = W − B − C d y d t m\frac{d^2y}{dt^2}=W-B-C\frac{dy}{dt} mdt2d2y=W−B−Cdtdy
初始条件为：
y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 0 y(0)=0,\quad y'(0)=0 y(0)=0,y′(0)=0
如果先解速度关于时间的方程（这里应该是用了二阶降一阶的技巧，所以可以先算出速度关于时间 也就是一阶导的方程，不过如果直接用二阶通用解法解出来之后再求导也行，就是比较麻烦），可以得到：
v ( t ) = W − B C ( 1 − e − C g W t ) v(t)=\frac{W-B}{C}\left(1-e^{-\frac{Cg}{W}t}\right) v(t)=CW−B(1−e−WCgt)
这里用降阶的方式把求解过程详细展开就是：
令圆桶下沉速度为
v ( t ) = y ′ ( t ) v(t)=y'(t) v(t)=y′(t)
原方程为
m d 2 y d t 2 = W − B − C d y d t m\frac{d^2y}{dt^2}=W-B-C\frac{dy}{dt} mdt2d2y=W−B−Cdtdy
由于 m = W g m=\dfrac{W}{g} m=gW，代入得：
W g y ′ ′ = W − B − C y ′ \frac{W}{g}y''=W-B-Cy' gWy′′=W−B−Cy′
令 v = y ′ v=y' v=y′，则 y ′ ′ = v ′ y''=v' y′′=v′，原方程化为一阶线性微分方程：
W g d v d t = W − B − C v \frac{W}{g}\frac{dv}{dt}=W-B-Cv gWdtdv=W−B−Cv
整理得：
d v d t + C g W v = g ( W − B ) W \frac{dv}{dt}+\frac{Cg}{W}v=\frac{g(W-B)}{W} dtdv+WCgv=Wg(W−B)
这是标准的一阶线性微分方程：
v ′ + k v = A v'+kv=A v′+kv=A
其中：
k = C g W , A = g ( W − B ) W k=\frac{Cg}{W},\qquad A=\frac{g(W-B)}{W} k=WCg,A=Wg(W−B)
其通解为：
v ( t ) = A k + C e − k t v(t)=\frac{A}{k}+Ce^{-kt} v(t)=kA+Ce−kt
代入 A A A 和 k k k：
v ( t ) = W − B C + C e − C g W t v(t)=\frac{W-B}{C}+Ce^{-\frac{Cg}{W}t} v(t)=CW−B+Ce−WCgt
由初始条件 y ′ ( 0 ) = v ( 0 ) = 0 y'(0)=v(0)=0 y′(0)=v(0)=0，得：
0 = W − B C + C 0=\frac{W-B}{C}+C 0=CW−B+C
所以：
C = − W − B C C=-\frac{W-B}{C} C=−CW−B
因此速度函数为：
v ( t ) = W − B C ( 1 − e − C g W t ) v(t)=\frac{W-B}{C}\left(1-e^{-\frac{Cg}{W}t}\right) v(t)=CW−B(1−e−WCgt)
其极限速度为：
v ∞ = W − B C = 527.436 − 470.327 0.08 ≈ 713.86 ft/s v_{\infty}=\frac{W-B}{C} =\frac{527.436-470.327}{0.08} \approx713.86\text{ ft/s} v∞=CW−B=0.08527.436−470.327≈713.86 ft/s
（其实算到这就可以了 ，不用再接着算位移函数了，如果想了解的话可以接着看）
由于 v ( t ) = y ′ ( t ) v(t)=y'(t) v(t)=y′(t)，若继续求下沉距离，则对速度积分：
y ( t ) = ∫ v ( t ) d t y(t)=\int v(t)\,dt y(t)=∫v(t)dt即：
y ( t ) = ∫ W − B C ( 1 − e − C g W t ) d t y(t)=\int \frac{W-B}{C}\left(1-e^{-\frac{Cg}{W}t}\right)\,dt y(t)=∫CW−B(1−e−WCgt)dt得到：
y ( t ) = W − B C t + W ( W − B ) C 2 g e − C g W t + C 1 y(t)=\frac{W-B}{C}t+\frac{W(W-B)}{C^2g}e^{-\frac{Cg}{W}t}+C_1 y(t)=CW−Bt+C2gW(W−B)e−WCgt+C1由初始条件 y ( 0 ) = 0 y(0)=0 y(0)=0，得：
0 = W ( W − B ) C 2 g + C 1 0=\frac{W(W-B)}{C^2g}+C_1 0=C2gW(W−B)+C1所以：
C 1 = − W ( W − B ) C 2 g C_1=-\frac{W(W-B)}{C^2g} C1=−C2gW(W−B)最终位移函数为：
y ( t ) = W − B C t − W ( W − B ) C 2 g ( 1 − e − C g W t ) y(t)=\frac{W-B}{C}t-\frac{W(W-B)}{C^2g}\left(1-e^{-\frac{Cg}{W}t}\right) y(t)=CW−Bt−C2gW(W−B)(1−e−WCgt)
这个极限速度远大于 40 40 40 英尺/秒，但圆桶只下沉 300 300 300 英尺，不一定能达到极限速度。因此不能只看极限速度，需要求它到达海底时的速度。
为了避免先求下沉时间（时间无从得知），可以把加速度改写成速度对距离的导数（非常关键的一步技巧 ）：
d 2 y d t 2 = d v d t = d v d y d y d t = v d v d y \frac{d^2y}{dt^2} =\frac{dv}{dt} =\frac{dv}{dy}\frac{dy}{dt} =v\frac{dv}{dy} dt2d2y=dtdv=dydvdtdy=vdydv
代入运动方程：
m v d v d y = W − B − C v m v\frac{dv}{dy}=W-B-Cv mvdydv=W−B−Cv
整理得：
m v d v W − B − C v = d y \frac{m v\,dv}{W-B-Cv}=dy W−B−Cvmvdv=dy
积分并代入初始条件，可得到速度 v v v 与下沉距离 y y y 的关系。再令 y = 300 y=300 y=300 英尺，用数值方法 （反正就是手算算不出来的那种，盲猜这题不考，这题前面的计算也好难算，目前为止计算量最大的一道题 ）求解，得到：
v ( 300 ) ≈ 45.1 ft/s v(300)\approx45.1\text{ ft/s} v(300)≈45.1 ft/s
由于：
45.1 > 40 45.1>40 45.1>40
结论：圆桶到达 300 300 300 英尺深海底时的撞击速度约为 45.1 45.1 45.1 英尺/秒，超过圆桶破裂临界速度 40 40 40 英尺/秒，因此存在破裂风险，这种处理方式可能导致放射性污染。这个例子说明，数学建模可以直接服务于工程安全判断。
8、动物体重的变化问题
题目：某动物每天从食物中得到 2500 2500 2500 卡热量，其中 1200 1200 1200 卡用于基本新陈代谢，每天每公斤体重还需要消耗 16 16 16 卡。假如每增加 1 1 1 公斤体重需要 10000 10000 10000 卡热量，问该动物的体重怎样变化？
这里需要先补充一下一阶差分方程的知识：一阶线性差分方程通解的推导
一阶线性差分方程可以理解为"数列形式的递推方程"。最常见的形式是：
x n = a x n − 1 + b x_n=ax_{n-1}+b xn=axn−1+b其中 a , b a,b a,b 为常数， x 0 x_0 x0 为初始值。这里的"一阶"表示 x n x_n xn 只与前一项 x n − 1 x_{n-1} xn−1 有关；"线性"表示未知量 x n , x n − 1 x_n,x_{n-1} xn,xn−1 都只以一次方出现。
例如：
w ( n ) = 0.9984 w ( n − 1 ) + 0.13 w(n)=0.9984w(n-1)+0.13 w(n)=0.9984w(n−1)+0.13
就是一阶线性差分方程。
方法一：展开法由递推式：
x n = a x n − 1 + b x_n=ax_{n-1}+b xn=axn−1+b
从初始项开始逐步展开：
x 1 = a x 0 + b x_1=ax_0+b x1=ax0+b
x 2 = a x 1 + b = a ( a x 0 + b ) + b = a 2 x 0 + a b + b x_2=ax_1+b=a(ax_0+b)+b=a^2x_0+ab+b x2=ax1+b=a(ax0+b)+b=a2x0+ab+b
x 3 = a x 2 + b = a ( a 2 x 0 + a b + b ) + b = a 3 x 0 + a 2 b + a b + b x_3=ax_2+b=a(a^2x_0+ab+b)+b=a^3x_0+a^2b+ab+b x3=ax2+b=a(a2x0+ab+b)+b=a3x0+a2b+ab+b由此可以看出规律：
x n = a n x 0 + b ( 1 + a + a 2 + ⋯ + a n − 1 ) x_n=a^nx_0+b(1+a+a^2+\cdots+a^{n-1}) xn=anx0+b(1+a+a2+⋯+an−1)括号中是等比数列求和。当 a ≠ 1 a\ne1 a=1 时：
1 + a + a 2 + ⋯ + a n − 1 = 1 − a n 1 − a 1+a+a^2+\cdots+a^{n-1}=\frac{1-a^n}{1-a} 1+a+a2+⋯+an−1=1−a1−an所以：
x n = a n x 0 + b 1 − a n 1 − a x_n=a^nx_0+b\frac{1-a^n}{1-a} xn=anx0+b1−a1−an这就是一阶线性差分方程 x n = a x n − 1 + b x_n=ax_{n-1}+b xn=axn−1+b 的通解。
也可以整理成：
x n = b 1 − a + ( x 0 − b 1 − a ) a n x_n=\frac{b}{1-a}+\left(x_0-\frac{b}{1-a}\right)a^n xn=1−ab+(x0−1−ab)an其中：
b 1 − a \frac{b}{1-a} 1−ab就是这个递推方程的平衡值。
方法二：平衡点法（常用）
设数列最终稳定在某个值 x ∗ x^* x∗。如果稳定，则相邻两项相等：
x n = x n − 1 = x ∗ x_n=x_{n-1}=x^* xn=xn−1=x∗代入递推式：
x ∗ = a x ∗ + b x^*=ax^*+b x∗=ax∗+b
移项得：
x ∗ − a x ∗ = b x^*-ax^*=b x∗−ax∗=b
即：
( 1 − a ) x ∗ = b (1-a)x^*=b (1−a)x∗=b当 a ≠ 1 a\ne1 a=1 时：
x ∗ = b 1 − a x^*=\frac{b}{1-a} x∗=1−ab这个 x ∗ x^* x∗ 称为平衡点，也就是数列可能趋近的稳定值。
接下来令：
u n = x n − x ∗ u_n=x_n-x^* un=xn−x∗即 u n u_n un 表示第 n n n 项与平衡值之间的偏差。由原方程：
x n = a x n − 1 + b x_n=ax_{n-1}+b xn=axn−1+b而平衡点满足：
x ∗ = a x ∗ + b x^*=ax^*+b x∗=ax∗+b两式相减：
x n − x ∗ = a ( x n − 1 − x ∗ ) x_n-x^*=a(x_{n-1}-x^*) xn−x∗=a(xn−1−x∗)也就是：
u n = a u n − 1 u_n=au_{n-1} un=aun−1这就变成了一个等比数列递推式，因此：
u n = a n u 0 u_n=a^nu_0 un=anu0又因为：
u 0 = x 0 − x ∗ u_0=x_0-x^* u0=x0−x∗所以（一般就记下面这个公式 ）：
x n − x ∗ = a n ( x 0 − x ∗ ) x_n-x^*=a^n(x_0-x^*) xn−x∗=an(x0−x∗)即：
x n = x ∗ + ( x 0 − x ∗ ) a n x_n=x^*+(x_0-x^*)a^n xn=x∗+(x0−x∗)an把 x ∗ = b 1 − a x^*=\frac{b}{1-a} x∗=1−ab 代入，得到：
x n = b 1 − a + ( x 0 − b 1 − a ) a n x_n=\frac{b}{1-a}+\left(x_0-\frac{b}{1-a}\right)a^n xn=1−ab+(x0−1−ab)an这与展开法得到的结果一致。
特殊情况： a = 1 a=1 a=1
如果：
x n = x n − 1 + b x_n=x_{n-1}+b xn=xn−1+b那么它不再适合使用 b 1 − a \frac{b}{1-a} 1−ab，因为分母为 0 0 0。此时递推式表示每一步都增加 b b b：
x 1 = x 0 + b x_1=x_0+b x1=x0+b
x 2 = x 1 + b = x 0 + 2 b x_2=x_1+b=x_0+2b x2=x1+b=x0+2b
x 3 = x 2 + b = x 0 + 3 b x_3=x_2+b=x_0+3b x3=x2+b=x0+3b所以：
x n = x 0 + n b x_n=x_0+nb xn=x0+nb
因此，一阶线性差分方程的通解为 ：当 a ≠ 1 a\ne1 a=1 时：
x n = b 1 − a + ( x 0 − b 1 − a ) a n x_n=\frac{b}{1-a}+\left(x_0-\frac{b}{1-a}\right)a^n xn=1−ab+(x0−1−ab)an
当 a = 1 a=1 a=1 时：
x n = x 0 + n b x_n=x_0+nb xn=x0+nb极限情况
当 ∣ a ∣ < 1 |a|<1 ∣a∣<1 时：
a n → 0 a^n\to0 an→0所以：
x n = b 1 − a + ( x 0 − b 1 − a ) a n x_n=\frac{b}{1-a}+\left(x_0-\frac{b}{1-a}\right)a^n xn=1−ab+(x0−1−ab)an会趋近于：
lim n → ∞ x n = b 1 − a \lim_{n\to\infty}x_n=\frac{b}{1-a} n→∞limxn=1−ab也就是说，当 ∣ a ∣ < 1 |a|<1 ∣a∣<1 时，数列最终趋于平衡值。
当 a > 1 a>1 a>1 或 a < − 1 a<-1 a<−1 时， a n a^n an 一般不会趋于 0 0 0，数列通常会发散或振荡发散。
当 a = − 1 a=-1 a=−1 时，数列可能在两个值之间来回振荡。
解析一：离散模型。
设第 n n n 天的体重为 w ( n ) w(n) w(n)，初始体重为 w ( 0 ) w(0) w(0)。每天摄入热量为 2500 2500 2500 卡，基本代谢消耗 1200 1200 1200 卡，体重相关消耗为 16 w ( n − 1 ) 16w(n-1) 16w(n−1) 卡。因此第 n n n 天净剩余热量为：
2500 − 1200 − 16 w ( n − 1 ) = 1300 − 16 w ( n − 1 ) 2500-1200-16w(n-1)=1300-16w(n-1) 2500−1200−16w(n−1)=1300−16w(n−1)
每 10000 10000 10000 卡转化为 1 1 1 公斤体重，所以：
w ( n ) = w ( n − 1 ) + 1300 − 16 w ( n − 1 ) 10000 w(n)=w(n-1)+\frac{1300-16w(n-1)}{10000} w(n)=w(n−1)+100001300−16w(n−1)
整理得：
w ( n ) = ( 1 − 16 10000 ) w ( n − 1 ) + 1300 10000 w(n)=\left(1-\frac{16}{10000}\right)w(n-1)+\frac{1300}{10000} w(n)=(1−1000016)w(n−1)+100001300
即：
w ( n ) = 0.9984 w ( n − 1 ) + 0.13 w(n)=0.9984w(n-1)+0.13 w(n)=0.9984w(n−1)+0.13
这是一个一阶线性差分方程。平衡体重 w ∗ w^* w∗ 满足：
w ∗ = 0.9984 w ∗ + 0.13 w^*=0.9984w^*+0.13 w∗=0.9984w∗+0.13
解得：
w ∗ = 1300 16 = 81.25 kg w^*=\frac{1300}{16}=81.25\text{ kg} w∗=161300=81.25 kg
通解为：
w ( n ) = 81.25 + ( w ( 0 ) − 81.25 ) ( 0.9984 ) n w(n)=81.25+\bigl(w(0)-81.25\bigr)(0.9984)^n w(n)=81.25+(w(0)−81.25)(0.9984)n
当 n → + ∞ n\to+\infty n→+∞ 时：
lim n → + ∞ w ( n ) = 81.25 \lim_{n\to+\infty}w(n)=81.25 n→+∞limw(n)=81.25
解析二：连续模型。
若把体重变化看成连续过程，设 x ( t ) x(t) x(t) 为时刻 t t t 的体重，则：
x ′ ( t ) = 1300 − 16 x ( t ) 10000 x'(t)=\frac{1300-16x(t)}{10000} x′(t)=100001300−16x(t)
初始条件为：
x ( 0 ) = x 0 x(0)=x_0 x(0)=x0
解得：
x ( t ) = 81.25 + ( x 0 − 81.25 ) e − 16 10000 t x(t)=81.25+(x_0-81.25)e^{-\frac{16}{10000}t} x(t)=81.25+(x0−81.25)e−1000016t
同样有：
lim t → + ∞ x ( t ) = 81.25 \lim_{t\to+\infty}x(t)=81.25 t→+∞limx(t)=81.25
结论：无论用离散模型还是连续模型，该动物的体重都会逐渐趋于 81.25 81.25 81.25 公斤。如果初始体重小于 81.25 81.25 81.25 公斤，则体重增加；如果初始体重大于 81.25 81.25 81.25 公斤，则体重减少；如果正好等于 81.25 81.25 81.25 公斤，则保持不变。
推广：现实中每天吸收的热量、基础代谢、单位体重消耗热量都可能随体重、年龄和活动量变化。
例如自然状态下体重大可能摄入更多，调节体重时体重大反而可能主动减少摄入。这时摄入项不再是常数 2500 2500 2500，而可以设为关于 x ( t ) x(t) x(t) 的函数，从而得到更复杂但更符合现实的体重模型。
9、体重控制计划
题目：某人体重 100 100 100 千克，目前每周吸收 20000 20000 20000 千卡热量，体重保持不变。现希望通过节食和运动等方式把体重控制到 75 75 75 千克。要求在不运动情况下安排一个两阶段计划：第一阶段每周减肥 1 1 1 千克，每周吸收热量逐渐减少，直到达到下限；第二阶段每周吸收热量保持下限，直到达到目标体重。进一步，若要加快进程，第二阶段增加运动，试安排相应计划。最后给出达到目标后维持体重的方案。
解析：体重变化由能量守恒决定：饮食吸收热量使体重增加，代谢和运动消耗热量使体重减少。
作如下假设：平均每 8000 8000 8000 千卡增加体重 1 1 1 千克；正常代谢引起的体重减少与体重成正比；运动引起的体重减少也与体重成正比，并与运动形式有关；为了安全健康，每周体重减少不宜超过 1.5 1.5 1.5 千克，每周吸收热量不小于 10000 10000 10000 千卡。
设 w ( k ) w(k) w(k) 为第 k k k 周末体重， c ( k ) c(k) c(k) 为第 k k k 周吸收热量。建立基本模型：
w ( k + 1 ) = w ( k ) + α c ( k + 1 ) − β w ( k ) w(k+1)=w(k)+\alpha c(k+1)-\beta w(k) w(k+1)=w(k)+αc(k+1)−βw(k)
其中：
α = 1 8000 \alpha=\frac1{8000} α=80001
表示每吸收 1 1 1 千卡热量对应的体重增加量， β \beta β 为新陈代谢消耗系数。
已知此人每周吸收 20000 20000 20000 千卡时体重 100 100 100 千克保持不变，所以：
100 = 100 + 20000 8000 − 100 β 100=100+\frac{20000}{8000}-100\beta 100=100+800020000−100β
解得：
β = 20000 8000 × 100 = 0.025 \beta=\frac{20000}{8000\times100}=0.025 β=8000×10020000=0.025
这表示该人每周由于正常代谢消耗的体重比例约为 2.5 % 2.5\% 2.5%。
第一阶段：不运动，每周减重 1 1 1 千克。
要求：
w ( k ) = 100 − k w(k)=100-k w(k)=100−k
并且：
w ( k + 1 ) = w ( k ) − 1 w(k+1)=w(k)-1 w(k+1)=w(k)−1
代入模型：45
w ( k ) − 1 = w ( k ) + α c ( k + 1 ) − β w ( k ) w(k)-1=w(k)+\alpha c(k+1)-\beta w(k) w(k)−1=w(k)+αc(k+1)−βw(k)
得到：
c ( k + 1 ) = β w ( k ) − 1 α c(k+1)=\frac{\beta w(k)-1}{\alpha} c(k+1)=αβw(k)−1
又 w ( k ) = 100 − k w(k)=100-k w(k)=100−k， α = 1 8000 \alpha=\frac1{8000} α=80001， β = 0.025 \beta=0.025 β=0.025，所以：
c ( k + 1 ) = 8000 [ 0.025 ( 100 − k ) − 1 ] c(k+1)=8000[0.025(100-k)-1] c(k+1)=8000[0.025(100−k)−1]
即：
c ( k + 1 ) = 12000 − 200 k c(k+1)=12000-200k c(k+1)=12000−200k
为了满足每周吸收热量不低于 10000 10000 10000 千卡，需要：
12000 − 200 k ≥ 10000 12000-200k\ge10000 12000−200k≥10000
所以：
k ≤ 10 k\le10 k≤10
PPT给出的方案是第一阶段持续 10 10 10 周， k = 0 , 1 , ... , 9 k=0,1,\dots,9 k=0,1,...,9，每周热量为：
c ( k + 1 ) = 12000 − 200 k c(k+1)=12000-200k c(k+1)=12000−200k
即第 1 1 1 周 12000 12000 12000 千卡，第 2 2 2 周 11800 11800 11800 千卡，依次递减，到第 10 10 10 周为 10200 10200 10200 千卡。第 10 10 10 周末体重为：
100 − 10 = 90 kg 100-10=90\text{ kg} 100−10=90 kg
第二阶段：不运动，热量保持下限 10000 10000 10000 千卡。
令：
C m = 10000 C_m=10000 Cm=10000
此时模型为：
w ( k + 1 ) = ( 1 − β ) w ( k ) + α C m w(k+1)=(1-\beta)w(k)+\alpha C_m w(k+1)=(1−β)w(k)+αCm
由于：
1 − β = 0.975 1-\beta=0.975 1−β=0.975
且：
α C m β = 10000 / 8000 0.025 = 50 \frac{\alpha C_m}{\beta} =\frac{10000/8000}{0.025} =50 βαCm=0.02510000/8000=50
所以从体重 90 90 90 千克开始，经过 n n n 周后：
w ( n ) = 0.975 n ( 90 − 50 ) + 50 w(n)=0.975^n(90-50)+50 w(n)=0.975n(90−50)+50
即：
w ( n ) = 40 ⋅ 0.975 n + 50 w(n)=40\cdot0.975^n+50 w(n)=40⋅0.975n+50
要求达到 75 75 75 千克：
75 = 40 ⋅ 0.975 n + 50 75=40\cdot0.975^n+50 75=40⋅0.975n+50
于是：
0.975 n = 25 40 0.975^n=\frac{25}{40} 0.975n=4025
所以：
n = lg ( 25 / 40 ) lg 0.975 ≈ 19 n=\frac{\lg(25/40)}{\lg0.975}\approx19 n=lg0.975lg(25/40)≈19
不运动方案结论：第一阶段 10 10 10 周，每周减 1 1 1 千克，体重从 100 100 100 千克降到 90 90 90 千克；第二阶段每周吸收 10000 10000 10000 千卡，约 19 19 19 周后降到 75 75 75 千克。总时间约 29 29 29 周。
第二阶段加入运动。
设某种运动每小时每公斤体重消耗 γ \gamma γ 千卡，每周运动 t t t 小时，则每周运动消耗热量为 γ t w ( k ) \gamma t w(k) γtw(k)，折算成体重减少后，相当于提高代谢消耗系数：
β ′ = β + α γ t \beta'=\beta+\alpha\gamma t β′=β+αγt
于是模型变为：
w ( k + 1 ) = w ( k ) + α c ( k + 1 ) − β ′ w ( k ) w(k+1)=w(k)+\alpha c(k+1)-\beta'w(k) w(k+1)=w(k)+αc(k+1)−β′w(k)
不同运动对应的 γ \gamma γ 值为：跑步 7.0 7.0 7.0，跳舞 3.0 3.0 3.0，乒乓球 4.4 4.4 4.4，自行车中速 2.5 2.5 2.5，游泳 50 50 50 米/分为 7.9 7.9 7.9，单位均为"千卡/小时/公斤"。
若取：
γ t = 24 \gamma t=24 γt=24
例如每周跳舞 8 8 8 小时，或中速骑自行车 9.6 9.6 9.6 小时，则：
β ′ = 0.025 + 24 8000 = 0.028 \beta'=0.025+\frac{24}{8000}=0.028 β′=0.025+800024=0.028
第二阶段仍令 c = 10000 c=10000 c=10000，则新的平衡体重为：
α C m β ′ = 10000 / 8000 0.028 ≈ 44.6 \frac{\alpha C_m}{\beta'} =\frac{10000/8000}{0.028} \approx44.6 β′αCm=0.02810000/8000≈44.6
从 90 90 90 千克开始，有：
w ( n ) = 0.972 n ( 90 − 44.6 ) + 44.6 w(n)=0.972^n(90-44.6)+44.6 w(n)=0.972n(90−44.6)+44.6
要求：
75 = 0.972 n ( 90 − 44.6 ) + 44.6 75=0.972^n(90-44.6)+44.6 75=0.972n(90−44.6)+44.6
解得：
n ≈ 14 n\approx14 n≈14
运动方案结论：若第二阶段加入适量运动，使 γ t = 24 \gamma t=24 γt=24，则第二阶段由原来的 19 19 19 周缩短为约 14 14 14 周，减少约 25 % 25\% 25% 的时间。说明模型对代谢消耗系数 β \beta β 很敏感。
达到目标后的维持方案。
当体重稳定在 75 75 75 千克时，应使：
w ( k + 1 ) = w ( k ) = 75 w(k+1)=w(k)=75 w(k+1)=w(k)=75
此时：
w = w + α C − ( β + α γ t ) w w=w+\alpha C-(\beta+\alpha\gamma t)w w=w+αC−(β+αγt)w
所以维持热量为：
C = ( β + α γ t ) w α C=\frac{(\beta+\alpha\gamma t)w}{\alpha} C=α(β+αγt)w
不运动时：
C = 8000 × 0.025 × 75 = 15000 C=8000\times0.025\times75=15000 C=8000×0.025×75=15000
即每周吸收约 15000 15000 15000 千卡可以维持 75 75 75 千克。
若维持原来的运动水平，使 β ′ = 0.028 \beta'=0.028 β′=0.028，则：
C = 8000 × 0.028 × 75 = 16800 C=8000\times0.028\times75=16800 C=8000×0.028×75=16800
即每周可吸收约 16800 16800 16800 千卡仍维持 75 75 75 千克。
二、图与网络
1、图、结点、边、有向图、赋权图和网络的基本定义。
一个图 G G G 是由一个非空有限集合 V ( G ) V(G) V(G) 和 V ( G ) V(G) V(G) 中某些元素的无序对集合 A ( G ) A(G) A(G) 构成的二元组，记为：
G = ( V ( G ) , A ( G ) ) G=(V(G),A(G)) G=(V(G),A(G))
其中， V ( G ) V(G) V(G) 称为图的结点集或顶点集，里面的元素称为结点或顶点； A ( G ) A(G) A(G) 称为边集，里面的元素称为边。通常简记为：
G = ( V , A ) G=(V,A) G=(V,A)
如果给每条边赋予一个方向，则得到有向图。有向图中的边通常称为弧，可以用有序对表示。
如果给图中的每条边赋予一个或多个实数，例如距离、费用、容量、时间等，则得到赋权图，也称为网络。
结论：图论的核心思想是把实际对象抽象成"点"，把对象之间的关系抽象成"边"。桥梁、道路、人际关系、通信网络、交通网络等都可以用图来建模。
2、七桥问题
题目：普鲁士哥尼斯堡镇上有一个小岛，旁边有一条河的两条支流，七座桥跨在河的两支流上。设 A A A 表示小岛， B B B 表示河左岸， C C C 表示右岸， D D D 表示两支流之间的地区， a , b , c , d , e , f , g a,b,c,d,e,f,g a,b,c,d,e,f,g 表示七座桥。问：一个人能否经过每座桥一次且恰好一次，并最后回到原出发点？
解析：把每块陆地看成一个顶点，把每座桥看成连接两个顶点的一条边，这样原问题就转化为图论中的"一笔画问题"。
所谓"经过每座桥一次且恰好一次，并回到起点"，对应图论中的欧拉回路。
一个连通图存在欧拉回路的充要条件是：每个顶点的度数都是偶数。原因是如果要从某顶点进入后又离开，每经过这个顶点一次都要消耗两条边，即"一进一出"，所以与该顶点相连的边数必须为偶数。
在七桥问题对应的图中，四个顶点的度数分别都是奇数。具体来说，小岛 A A A 连接 5 5 5 条桥，其他三个区域 B , C , D B,C,D B,C,D 各连接 3 3 3 条桥，全部为奇数度顶点。
因此，不可能存在一条从某点出发、每条边恰好走一次、最后又回到出发点的路径。
结论：七桥问题无解。这一问题引出了图论中的欧拉路径与欧拉回路理论。
一般化说明：如果只要求每座桥恰好走一次，不要求回到起点，则对应欧拉路径。
连通图存在欧拉路径的条件是奇度顶点个数为 0 0 0 或 2 2 2；存在欧拉回路的条件是奇度顶点个数为 0 0 0。七桥图有 4 4 4 个奇度顶点，所以即使不要求回到起点，也无法每座桥恰好走一次。
3、相识问题：拉姆齐问题
题目：在 6 6 6 人的聚会中，假设"认识"是相互的，能否必然找出 3 3 3 个人，他们或者彼此都认识，或者彼此都不认识？
解析：把 6 6 6 个人看成 6 6 6 个顶点。
任意两个人之间都有一种关系：认识或不认识。用红边表示认识，用蓝边表示不认识，则问题转化为：任意一个 6 6 6 阶二色完全图中，是否必然存在一个红色三角形或蓝色三角形。
任取一个顶点 v 1 v_1 v1。它与其余 5 5 5 个顶点相连，共有 5 5 5 条边。根据抽屉原理，这 5 5 5 条边中至少有 3 3 3 条同色。不妨设 v 1 v 2 , v 1 v 3 , v 1 v 4 v_1v_2,v_1v_3,v_1v_4 v1v2,v1v3,v1v4 都是红色边。
现在考察 v 2 , v 3 , v 4 v_2,v_3,v_4 v2,v3,v4 之间的三条边。如果其中任意一条是红色，例如 v 2 v 3 v_2v_3 v2v3 是红色，那么 v 1 , v 2 , v 3 v_1,v_2,v_3 v1,v2,v3 构成红色三角形，即三人彼此认识。
如果 v 2 , v 3 , v 4 v_2,v_3,v_4 v2,v3,v4 之间没有红边，那么这三条边全是蓝色，于是 v 2 , v 3 , v 4 v_2,v_3,v_4 v2,v3,v4 构成蓝色三角形，即三人彼此不认识。
如果一开始从 v 1 v_1 v1 出发得到的是至少 3 3 3 条蓝边，证明完全类似。
结论：在任意 6 6 6 人聚会中，必然存在 3 3 3 个人彼此认识，或 3 3 3 个人彼此不认识。这是拉姆齐理论中最经典的结论之一，通常记为：
R ( 3 , 3 ) = 6 R(3,3)=6 R(3,3)=6
4、6阶二色完全图中至少有两个单色三角形
题目：证明：任一 6 6 6 阶二色完全图中至少含有两个 3 3 3 阶单色完全图，即至少有两个单色三角形。
解析：单色三角形指三条边颜色完全相同的三角形。
前面已经证明，任意 6 6 6 阶二色完全图至少有一个单色三角形。这里要证明至少有两个。
可以用计数方法更清楚地证明。对任意一个顶点 v v v，设它连出的红边数为 r v r_v rv，蓝边数为 b v b_v bv。因为图有 6 6 6 个顶点，所以：
r v + b v = 5 r_v+b_v=5 rv+bv=5
以 v v v 为中心，任取两条同色边，可以形成一个"同色夹角"。这样的同色夹角个数为：
( r v 2 ) + ( b v 2 ) \binom{r_v}{2}+\binom{b_v}{2} (2rv)+(2bv)
当 r v , b v r_v,b_v rv,bv 分别为 2 , 3 2,3 2,3 或 3 , 2 3,2 3,2 时，这个数最小，最小值为：
( 2 2 ) + ( 3 2 ) = 1 + 3 = 4 \binom{2}{2}+\binom{3}{2}=1+3=4 (22)+(23)=1+3=4
所以每个顶点至少贡献 4 4 4 个同色夹角， 6 6 6 个顶点总共至少贡献：
6 × 4 = 24 6\times4=24 6×4=24
另一方面， 6 6 6 个顶点共有：
( 6 3 ) = 20 \binom63=20 (36)=20
个三角形。每个非单色三角形恰好贡献 1 1 1 个同色夹角；每个单色三角形贡献 3 3 3 个同色夹角。设单色三角形个数为 M M M，则同色夹角总数为：
20 − M + 3 M = 20 + 2 M 20-M+3M=20+2M 20−M+3M=20+2M
于是：
20 + 2 M ≥ 24 20+2M\ge24 20+2M≥24
解得：
M ≥ 2 M\ge2 M≥2
结论：任意 6 6 6 阶二色完全图中至少有两个单色三角形。换回聚会语言，就是 6 6 6 人聚会中不仅至少有一组三人彼此认识或彼此不认识，实际上至少有两组这样的三人组合。
5、7阶与9阶拉姆齐结论
题目一：证明 7 7 7 阶二色完全图至少含有 4 4 4 个 3 3 3 阶单色完全图。
解析：仍使用同色夹角计数法。
对 7 7 7 阶完全图，每个顶点连出 6 6 6 条边。设红边数为 r v r_v rv，蓝边数为 b v b_v bv，则：
r v + b v = 6 r_v+b_v=6 rv+bv=6
同色夹角数为：
( r v 2 ) + ( b v 2 ) \binom{r_v}{2}+\binom{b_v}{2} (2rv)+(2bv)
这个式子在 r v = b v = 3 r_v=b_v=3 rv=bv=3 时取最小值：
( 3 2 ) + ( 3 2 ) = 3 + 3 = 6 \binom32+\binom32=3+3=6 (23)+(23)=3+3=6
所以全部 7 7 7 个顶点至少贡献：
7 × 6 = 42 7\times6=42 7×6=42
个同色夹角。另一方面， 7 7 7 个顶点共有：
( 7 3 ) = 35 \binom73=35 (37)=35
个三角形。设单色三角形个数为 M M M，则同色夹角总数为：
35 − M + 3 M = 35 + 2 M 35-M+3M=35+2M 35−M+3M=35+2M
因此：
35 + 2 M ≥ 42 35+2M\ge42 35+2M≥42
得到：
M ≥ 3.5 M\ge3.5 M≥3.5
由于 M M M 是整数，所以：
M ≥ 4 M\ge4 M≥4
结论：任意 7 7 7 阶二色完全图至少含有 4 4 4 个单色三角形。
题目二：证明 9 9 9 阶二色完全图中必含有一个 3 3 3 阶红色完全图，或者一个 4 4 4 阶绿色完全图。
解析：这个命题等价于：
R ( 3 , 4 ) = 9 R(3,4)=9 R(3,4)=9
这里证明"任意 9 9 9 阶二色完全图必有红色三角形或绿色 K 4 K_4 K4"。
反证。假设一个 9 9 9 阶二色完全图中既没有红色三角形，也没有绿色 K 4 K_4 K4。
任取一个顶点 v v v。设它的红色邻点个数为 d R ( v ) d_R(v) dR(v)。由于不存在红色三角形， v v v 的所有红色邻点之间不能有红边，否则与 v v v 构成红色三角形。因此， v v v 的红色邻点之间两两只能用绿色边连接，也就是说这些红色邻点构成绿色完全图。
由于假设不存在绿色 K 4 K_4 K4，所以：
d R ( v ) ≤ 3 d_R(v)\le3 dR(v)≤3
另一方面，如果 d R ( v ) ≤ 2 d_R(v)\le2 dR(v)≤2，那么 v v v 的绿色邻点至少有：
8 − 2 = 6 8-2=6 8−2=6
个。在这 6 6 6 个绿色邻点中，根据 R ( 3 , 3 ) = 6 R(3,3)=6 R(3,3)=6，必然存在红色三角形或绿色三角形。红色三角形被假设排除；如果存在绿色三角形，再加上顶点 v v v，因为 v v v 到这三个点都是绿色边，就会形成绿色 K 4 K_4 K4，也被假设排除。因此 d R ( v ) ≤ 2 d_R(v)\le2 dR(v)≤2 不可能。
所以对每个顶点都必须有：
d R ( v ) = 3 d_R(v)=3 dR(v)=3
也就是说红色图是一个 9 9 9 个顶点的 3 3 3 正则图。可是 9 9 9 个顶点每个度数为 3 3 3，总度数为：
9 × 3 = 27 9\times3=27 9×3=27
这与图中总度数必须为偶数矛盾。
结论：假设不成立。因此任意 9 9 9 阶二色完全图中必然含有红色三角形或绿色 K 4 K_4 K4。
6、最短路径问题
题目：设有一个半径为 r r r 的圆形湖，圆心为 O O O。点 A , B A,B A,B 位于湖的两侧，且连线经过 O O O。现在拟从 A A A 步行到 B B B，但不得进入湖中，问怎样的路径最近？
解析：如果没有湖，最短路径当然是线段 A B AB AB。
现在湖是障碍物，路径不能穿过圆形湖内部，因此最短路径应当贴着湖的边界绕过去。
可以用"拉紧软线"的想象来理解：把圆形湖看作一个凸起的木桩，在 A , B A,B A,B 之间拉一根软线，线被拉紧后形成的路径就是最短路径。它应由三部分组成：从 A A A 到圆的切点 E E E 的直线段，从 E E E 到另一个切点 F F F 的圆弧，以及从 F F F 到 B B B 的直线段。
具体地，过 A A A 作圆的切线，切点为 E E E；过 B B B 作圆的切线，切点为 F F F。则一条候选最短路径为：
A → E → E F ^ → F → B A\to E\to \widehat{EF}\to F\to B A→E→EF →F→B
由于上下对称，湖的下方也有一条同样长度的最短路径。
为什么一定是切线？因为路径在没有接触湖的部分是在平面中行走，两点之间最短是直线；当直线段与圆相接时，如果不是切线，就会穿入圆内或可以进一步缩短。因此进入和离开圆边界的位置必须是切点。中间绕湖的部分必须沿圆弧走，否则要么进入湖中，要么在圆外走出更长曲线。
若进一步设：
A O = a , B O = b AO=a,\quad BO=b AO=a,BO=b
其中 a , b ≥ r a,b\ge r a,b≥r，则：
A E = a 2 − r 2 , B F = b 2 − r 2 AE=\sqrt{a^2-r^2},\quad BF=\sqrt{b^2-r^2} AE=a2−r2 ,BF=b2−r2
上方圆弧对应的圆心角为：
θ = π − arccos r a − arccos r b \theta=\pi-\arccos\frac{r}{a}-\arccos\frac{r}{b} θ=π−arccosar−arccosbr
所以最短路径长度为：
L = a 2 − r 2 + r θ + b 2 − r 2 L=\sqrt{a^2-r^2}+r\theta+\sqrt{b^2-r^2} L=a2−r2 +rθ+b2−r2
即：
L = a 2 − r 2 + r ( π − arccos r a − arccos r b ) + b 2 − r 2 L=\sqrt{a^2-r^2} +r\left(\pi-\arccos\frac{r}{a}-\arccos\frac{r}{b}\right) +\sqrt{b^2-r^2} L=a2−r2 +r(π−arccosar−arccosbr)+b2−r2
结论：最短路径不是随便绕湖边走，而是"切线段 + 圆弧 + 切线段"。上方和下方各有一条对称的最短路径。
太长了，剩余内容见下文。