工程數(shù)學(xué)習(xí)題加答案

一、論述用單純形方法解LPLP

zcTxAxbx0Bcxmn-mA[B,N]，ccB,cT[cT,cT]c cNxxB,xT[xT,xTx NAxb[B,N]xBbBxNxx xN xB1b zcTx[cT,cT]xBcT

x N xN

B NcT(B1bB1Nx)cT N， ,0,cTB1NcT]xBx x

N 令T[0, ,0,cTB1NcT]， BzcTB1bTxB且 。BcTB1[B,N]BBcTB1ABLP

zcTB1bTB B

xB1bB1Nxx0 x0xB1b x0

BzcTxcTB1bBBBx0 x00B B1b0時(shí)稱x為非的基本可行解LPBB1b0定理LP問題有可行解，則必有基本可行解；若有最優(yōu)解，則一定存在一個(gè)基 定理若0，x 證x

Tx

zcTB1bTxcTB1b定理若的第k個(gè)分量0，且AB1A0，則該LP問題。這里Ak Ak證取

1（這是一個(gè)n維的列向量，第k個(gè)分量為1，其余分量為0）Akexx+0(x0 A

B1A k

kA=k0 k

AxA(x)AxAAxx BBB1Ak k＋TekB BBk

定理若k個(gè)分量0A

且cTx?cTx證令x?x+（見前面定理中的定義，這里0A B1Ak k =B,N k k0

Ax?A(xAxAAxb B1A +( k+e)0，只0

B1A 0+

k0，B1bB1Ak0k b1 a1kb B1b

2,

2k

由b

0

b

mk取mina

0,i1 m BBB1Ak k＋TekB BB

這里k0，但因?yàn)槿?、從集合{1,2,3,…,m}n個(gè)排成一個(gè)圓，如果經(jīng)旋轉(zhuǎn)能夠重合的兩個(gè)圓看長度為n的圓排列按周期分類，設(shè)周期為d的圓共有M(d)個(gè)，則要求的數(shù)字為T(n)M(d)dT(n)M(dddM(d)mnd|n

nM(n)(d d1M(d) (d1d例從1,2,3,44m4n

T(4)M(d)M(1)M(2)Md 2 M(2)

(d)4d [(1)42(2)41]21

M(4)

(d)4d [(1)44(2)42(4)41]4 T(4)46607020001100A1700噸、1100噸、C200噸、D1001所示，運(yùn)費(fèi)與運(yùn)量成正比，建 費(fèi)產(chǎn)ABCD甲7乙解：設(shè)甲、乙運(yùn)往A、B、C、Dx11x12x13x14x21x22x23x24噸，則由題

f21x1125x127x1315x14+51x2151x2237x23 xxx x21x22x23x24 x x x13x23 x

x11x12x13x142000 需原料kg （kg日230024325(千元354x1x2x3時(shí)可以得到最大利潤3x15x24x3，則由題意， z3x15x2 2x 2x24x3 3x2x5x xj0,j1,2,

zx1 x2x xx (0,-

zx1 x2x xx x1x20x1x1-(0,-xx4x2x8的交叉點(diǎn)坐標(biāo)為(164約 x15x20x1x24x5x0x2x8的交叉點(diǎn)坐標(biāo)為(388 x15x21z

F4x2x22x2 3x12x2x3 x1,x2,x3因?yàn)?x12x2x39x1x2x33x1z2x2yx303x102x20x3 maxF4x2(x2)2x f(z)max{4x 03x1 f(y)max{x2f(y2x 02x2 f(9)max{2x212f(9x 0x3 z2zf1(z)4

(y2xf2(y)

02x2

4 9x2max x2

16yx

02x2

492 max{492 02x2y 49f(9)max{2x212f(9x max{2x2124(9x max{22x2

120x39 }max{22(x18)2}0x39

A＝｛a1，a2，…，an｝sBs(aAA使得s(aB 012j…1TTF2TT?TTiTnT012j…1TTF2TT?TTiTnT012342TFTFF3TFTTF1TTTTT2TTt(i,j)

i1,ji1,js(aii1,t(i1,j)i1,t(i1,js(ai))TT(i1,j01true。因?yàn)棰鬯訲(i1,js(ai11true身就能滿足要求。因?yàn)棰芩缘趇行中與第is(aitrueT(i1t(i1,jT：2行之后的單元格，它上方的單元格值為Ttrue。因?yàn)閷?duì)于第i個(gè)元素，如果在它出現(xiàn)前的i1個(gè)元素就能滿足要求，那算上第i個(gè)T(i1,t(i1,js(aiT：排除第i個(gè)元素，前i1個(gè)元素恰好可以滿足要求與第i個(gè)元間的缺口時(shí)，值為true。BNy 如果要求只能向正東和正北方向（沿水平和垂直的格子線）AB有多AB86xyAB8x6y。反之，8x6yAB的最短路，ABS（多重集）的重復(fù)排列數(shù)，即向(8+6)個(gè)假想位置8xy：C C

nC(nk為從n元素中取出k個(gè)的方法數(shù)。S1C(n,1C(n,3C(nm)，m是不超過n的最大奇數(shù)S2C(n0C(n,1C(n,p，p是不超過n (xy)nC0xny0C1xn1y1C2xn2y2...Cn x1y1n2 [1(1)]2C0C1C2...(1)n

2S1S1S2個(gè)數(shù)為nx個(gè)。如果能確定標(biāo)號(hào)樹枝的個(gè)數(shù)為nn1，那么根據(jù)標(biāo)號(hào)樹枝個(gè)數(shù)nxnn1xnn2。下面證明標(biāo)號(hào)樹枝的個(gè)數(shù)為nn1nn個(gè)無枝森林，現(xiàn)k(uv)的選擇為n(k1uv必須是連接不含un種取法，而vk1n(ni)n(n1)*n(n2)*...*n(1)nn1(n因?yàn)槊總€(gè)標(biāo)號(hào)樹枝含有n1條邊，有(n1種順序，也就是說每個(gè)標(biāo)號(hào)樹枝被構(gòu)造了(n1次，所以標(biāo)號(hào)樹枝的個(gè)數(shù)為nn1。nr個(gè)來做組合，共可以做C(nr1r個(gè)不同假設(shè)選出的r個(gè)數(shù)分別為c1c2c3,...cr1?c1?c2?c3 ?cn?1?c1c21c32...cr(r1)?nrr個(gè)數(shù)互不相同，相當(dāng)于從1~nr1中選出r Step179iStep2：比i178jStep3：將第i1jStep4：將第i位及其之后的所有位置逆序，得n個(gè)元素依次給以標(biāo)號(hào)123n，n個(gè)元素的全排列中，求每個(gè)元素Aiiii12n。i|AiAj|(n

i,j|A1A2...AnnN|Ai||n i n!(111... G(x)aa1xa2x2...akxk k為序列a0a1a2n個(gè)數(shù)12nDnD0

Dn[Dn1(n1)Dn2

(n2)Dn3 (1)n1(DD D0D1DD

1)n G(xDD1xD2x2Dkxk kG(x)DD1xD2x2...Dkxk xG(x) DxD1x2D2x3...Dkxk1 D

n n1 n1 (n 可得(1x)Ge(x)1x2!n!e1 1x ... 1 (1x ...

...)(1x

D(1111)n! 十二記1,2,...,n中與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)為(n)稱為函數(shù)比如1,2,...,互質(zhì)，又稱互素。若N1N互質(zhì)，又稱互素。若N1Nn分解為素?cái)?shù)的乘積，設(shè)npa1pa2pak (n)

1

1)...(11 證明：因數(shù)xnpixAi1npii12k|A1A2...Ak| kn|A||AA| k

|...(1)k|A

...A

jihn

n

n

kki1kk

pip

jihjpipj

1

1)...(11 a1a2···amkl1≤kl≤makak+1···almkkSkai，Skrkmodm0≤rk≤m-1，k12,·,m.lSl≡0modm命題成立．否則，1≤rk≤m-1k12,·,m．由鴿巢原理，故存在rk=rh,Sk≡Sh，不妨設(shè)h＞kSh－Sk=ak+1+ak+2+…+ah≡0modmkk證Skai，k=12,77S77=(a1a7)+(a8a77S77≤11×12=132S1S2S77S1+21,S77+21共154項(xiàng)．其中最大項(xiàng)S77+21≤132+21=153，由鴿巢原理，必有兩項(xiàng)相等．而且必是前段中某項(xiàng)與后段中某項(xiàng)相等．設(shè)Sk=Sh+21，k＞h,Sk－Sh 即ah+1+ah+2+…+ak=21633AF，將其不認(rèn)識(shí)的人放入集合S。由鴿巢原理，F(xiàn)、S3FBCDBCDBCDBCABC三人相互認(rèn)識(shí)，得證；若中S中至少有三人，……。AAFSB 十六對(duì)K9的邊進(jìn)行紅藍(lán)，則必有紅K4或藍(lán)色三角形AB AB ABABEDBABACEGDHFBACEBACEGF十七、多項(xiàng)式(abcd)100因此，多項(xiàng)式(abcd)100xyzw100的不同的非xynx0變化到nn1種不同的取值xy只能取固定值nxxyn一共有n1組不同的非負(fù)整數(shù)解。1xyn的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為n1。xyznx(yz)nx0nn+1x的每一種取值，(y+z)只能取固定1，y+z=n-xn-x+1組不同的非負(fù)整數(shù)解.因此，x+y+z=n的不同的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為，（n+10）+（n+1-1）+（n+1-2）+n+1n+1nn-1)++n+1)(n+2)/22，xyzn(n+1)(n+2)/2。x+y+z+w=100,x+(y+z+w)=x0101101x的每一種取值，(y+z+w)只能2，y+z+w=100-x，一共有(101-x)(102-x)/2組不同的非