数学建模的问题 方桌如何放稳
试建立方桌问题：在4条退脚脚呈长方形情形时的数学建模，以说明方桌能否在地面上访问的问题。
要求按照五步建模进行建模工作，本体至少给出4个步骤。 不少于400字
我现在大三，这是选修课的考试题
以说明方桌能否在地面上放稳的问题。 放稳，不是访问，写错了
将一张四条腿的方桌放在不平的地面上，不允许将桌子移到别处，但允许其绕中心旋转，是否总能设法使其四条腿同时落地？
因此我们假设 （总可以使三条腿同时着地）
（1）地面为连续曲面
（2）方桌的四条腿长度相同
（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的
（4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。
现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。以方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如 图所示，方桌的四条腿分别在A、B、C、D处，A、C的初始位置在x轴上，而B、D则在y轴上，当方桌绕中 心0旋转时，对角线 AC与x轴的夹角记为θ。
容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。为消除这一不确定性，令 f(θ)为A、C离地距离之和，g(θ)为B、D离地距离之和，它们的值 由θ唯一确定。由假设（1），f(θ)、g(θ)均为θ的连续函数。又 由假设（3），三条腿总能同时着地， 故f(θ)g(θ)=0必成立（ θ）。不妨设f(0)=0,g(0)>0（若g(0)也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为：
已知f(θ)、g(θ)均为θ的连续函数，f(0)=0,g(0)>0且对任意θ有f(θ)g(θ)=0，求证存在某一θ0，使f(θ0)=g(θ0)=0。
（证法一）当θ=π/2时，AC与BD互换位置，故f(π/2)>0 , g(π/2)=0。作h(θ)=f(θ)-g(θ)，显然，h(θ)也是θ的连续函数，h(0)=f(0)-g(0)<0而h(π/2)=f(π/2)-g(π/2)>0，由连续函数的取零值定理，存在 θo，0<θo <π/2，h(θ0)=0，即f(θo)=g(θo)。又由于f(θo)g(θo)=0，故必有f(θo)=g(θo)=0，证毕。
（证法二）同证一可得 f(π/2)>0,g(π/2)=0。令θo =sup {θ|f (ζ)=0，0≤ζ<θ},显然θ0 <π/2。因为f 连续，由上确界定义必 有f(θ0)=0，且对任意小 的ε>0，总有δ>0且δ<ε，使f(θ0+δ)>0。因为f(θ0+δ)g (θo+δ)=0，故必有g (θ0+δ)=0，由δ可任意小且g连续，可知必 有 g (θ0)=0，证毕。证法二除用 到f、g的连续性外，还用到了上确界的性质。
（有个图，不知道怎么贴上去）
因此我们假设 （总可以使三条腿同时着地）
（1）地面为连续曲面
（2）方桌的四条腿长度相同
（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的
（4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。
现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。以方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如 图所示，方桌的四条腿分别在A、B、C、D处，A、C的初始位置在x轴上，而B、D则在y轴上，当方桌绕中 心0旋转时，对角线 AC与x轴的夹角记为θ。
容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。为消除这一不确定性，令 f(θ)为A、C离地距离之和，g(θ)为B、D离地距离之和，它们的值 由θ唯一确定。由假设（1），f(θ)、g(θ)均为θ的连续函数。又 由假设（3），三条腿总能同时着地， 故f(θ)g(θ)=0必成立（ θ）。不妨设f(0)=0,g(0)>0（若g(0)也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为：
已知f(θ)、g(θ)均为θ的连续函数，f(0)=0,g(0)>0且对任意θ有f(θ)g(θ)=0，求证存在某一θ0，使f(θ0)=g(θ0)=0。
（证法一）当θ=π/2时，AC与BD互换位置，故f(π/2)>0 , g(π/2)=0。作h(θ)=f(θ)-g(θ)，显然，h(θ)也是θ的连续函数，h(0)=f(0)-g(0)<0而h(π/2)=f(π/2)-g(π/2)>0，由连续函数的取零值定理，存在 θo，0<θo <π/2，h(θ0)=0，即f(θo)=g(θo)。又由于f(θo)g(θo)=0，故必有f(θo)=g(θo)=0，证毕。
（证法二）同证一可得 f(π/2)>0,g(π/2)=0。令θo =sup {θ|f (ζ)=0，0≤ζ<θ},显然θ0 <π/2。因为f 连续，由上确界定义必 有f(θ0)=0，且对任意小 的ε>0，总有δ>0且δ<ε，使f(θ0+δ)>0。因为f(θ0+δ)g (θo+δ)=0，故必有g (θ0+δ)=0，由δ可任意小且g连续，可知必 有 g (θ0)=0，证毕。证法二除用 到f、g的连续性外，还用到了上确界的性质。
（有个图，不知道怎么贴上去）
参考资料：数学建模 杨启帆 浙江大学出版社
温馨提示：内容为网友见解，仅供参考
第1个回答 2008-12-12
椅子能在不平的地面上放稳吗？
把椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然而只要稍挪动几次，就可以四脚着地，放稳了。下面用数学语言证明。
一、 模型假设
对椅子和地面都要作一些必要的假设：
1、 椅子四条腿一样长，椅脚与地面接触可视为一个点，四脚的连线呈正方形。
2、 地面高度是连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有像台阶那样的情况），即地面可视为数学上的连续曲面。
3、 对于椅脚的间距和椅脚的长度而言，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置至少有三只脚同时着地。
二、模型建立
中心问题是数学语言表示四只脚同时着地的条件、结论。
首先用变量表示椅子的位置，由于椅脚的连线呈正方形，以中心为对称点，正方形绕中心的旋转正好代表了椅子的位置的改变，于是可以用旋转角度 这一变量来表示椅子的位置。
其次要把椅脚着地用数学符号表示出来，如果用某个变量表示椅脚与地面的竖直距离，当这个距离为0时，表示椅脚着地了。椅子要挪动位置说明这个距离是位置变量的函数。
由于正方形的中心对称性，只要设两个距离函数就行了，记A、C两脚与地面距离之和为 ，B、D两脚与地面距离之和为 ，显然 、 ，由假设2知f、g都是连续函数，再由假设3知 、 至少有一个为0。当 时，不妨设 ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：
命题 已知 、 是 的连续函数，对任意 ， * =0，且 ，则存在 ，使 。
三、模型求解
将椅子旋转 ，对角线AC和BD互换，由 可知 。令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 使 ， ，由 ，所以 。
四、模型的进一步讨论
Ⅰ.考虑椅子四脚呈长方形的情形
设A、B两脚与地面之和为 ，C、D两脚与地面距离之和为 ， 为AC连线与x轴正向的夹角（如图2所示）。显然 、 ，由假设2知f、g都是连续函数，再由假设3知 、 至少有一个为0。当 时，不妨设 ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：
命题 已知 、 是 的连续函数，对任意 ， * =0，且 ，则存在 ，使 。
图2 长方形椅脚
将椅子绕对称中心旋转180°（π），正方形ABCD变成了C’D’A’B’（如图2），即AB与CD互换，由 可知 。令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 使 ，即 ，由 ，所以 。
Ⅱ.考虑椅子四脚呈不规则四边形（即任意四边形）的情形
在椅子四脚连线所构成的四边形ABCD的内部任取一点O，作为坐标原点，建立直角坐标系，记AO与x轴正向夹角为 ，记A、B两脚与地面距离之和为 ，C、D两脚与地面距离之和为 ，根据假设3不妨设当 时， ，将椅子逆时针旋转一定角度，使A、B两脚与地面之和为0，此时，AO与x轴正向的夹角变为 ，由假设3（任意时刻椅子至少有3只脚着地）易知当 ， ，令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 , ,使 ，即 ，由 ，所以 。
图3 不规则四边形
五、评 注
模型巧妙在于用已元变量 表示椅子的位置，用 的两个函数表示椅子四脚与地面的距离。利用正方形的中心对称性及旋转90°并不是本质的。我们在模型的进一步讨论中更证实了更一般的结论：四脚连线为不规则四边形的椅子能在不平的地面上放稳。
(图形无法在此显示，需要原文，请把你的邮箱告诉我。)
把椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然而只要稍挪动几次，就可以四脚着地，放稳了。下面用数学语言证明。
一、 模型假设
对椅子和地面都要作一些必要的假设：
1、 椅子四条腿一样长，椅脚与地面接触可视为一个点，四脚的连线呈正方形。
2、 地面高度是连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有像台阶那样的情况），即地面可视为数学上的连续曲面。
3、 对于椅脚的间距和椅脚的长度而言，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置至少有三只脚同时着地。
二、模型建立
中心问题是数学语言表示四只脚同时着地的条件、结论。
首先用变量表示椅子的位置，由于椅脚的连线呈正方形，以中心为对称点，正方形绕中心的旋转正好代表了椅子的位置的改变，于是可以用旋转角度 这一变量来表示椅子的位置。
其次要把椅脚着地用数学符号表示出来，如果用某个变量表示椅脚与地面的竖直距离，当这个距离为0时，表示椅脚着地了。椅子要挪动位置说明这个距离是位置变量的函数。
由于正方形的中心对称性，只要设两个距离函数就行了，记A、C两脚与地面距离之和为 ，B、D两脚与地面距离之和为 ，显然 、 ，由假设2知f、g都是连续函数，再由假设3知 、 至少有一个为0。当 时，不妨设 ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：
命题 已知 、 是 的连续函数，对任意 ， * =0，且 ，则存在 ，使 。
三、模型求解
将椅子旋转 ，对角线AC和BD互换，由 可知 。令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 使 ， ，由 ，所以 。
四、模型的进一步讨论
Ⅰ.考虑椅子四脚呈长方形的情形
设A、B两脚与地面之和为 ，C、D两脚与地面距离之和为 ， 为AC连线与x轴正向的夹角（如图2所示）。显然 、 ，由假设2知f、g都是连续函数，再由假设3知 、 至少有一个为0。当 时，不妨设 ，这样改变椅子的位置使四只脚同时着地，就归结为如下命题：
命题 已知 、 是 的连续函数，对任意 ， * =0，且 ，则存在 ，使 。
图2 长方形椅脚
将椅子绕对称中心旋转180°（π），正方形ABCD变成了C’D’A’B’（如图2），即AB与CD互换，由 可知 。令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 使 ，即 ，由 ，所以 。
Ⅱ.考虑椅子四脚呈不规则四边形（即任意四边形）的情形
在椅子四脚连线所构成的四边形ABCD的内部任取一点O，作为坐标原点，建立直角坐标系，记AO与x轴正向夹角为 ，记A、B两脚与地面距离之和为 ，C、D两脚与地面距离之和为 ，根据假设3不妨设当 时， ，将椅子逆时针旋转一定角度，使A、B两脚与地面之和为0，此时，AO与x轴正向的夹角变为 ，由假设3（任意时刻椅子至少有3只脚着地）易知当 ， ，令 ，则 ，由f、g的连续性知h也是连续函数，由零点定理，必存在 , ,使 ，即 ，由 ，所以 。
图3 不规则四边形
五、评 注
模型巧妙在于用已元变量 表示椅子的位置，用 的两个函数表示椅子四脚与地面的距离。利用正方形的中心对称性及旋转90°并不是本质的。我们在模型的进一步讨论中更证实了更一般的结论：四脚连线为不规则四边形的椅子能在不平的地面上放稳。
(图形无法在此显示，需要原文，请把你的邮箱告诉我。)
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