表格數理系論文格式范例

1、 學校代碼: 11059 學 號:0907022035 Hefei University 畢業(yè)論文（設計）BACHELOR DISSERTATION 論文題目: 關于單形中一個極值問題的探討 學位類別: 理學學士 學科專業(yè): 數學與應用數學 作者姓名: xxx 導師姓名: xxx 完成時間: x年x月x日 關于單形中一個極值問題的探討黑體三號加粗摘 要黑體四號加粗設為維空間中的在單形中的個不同點，個點中任意兩點之間的距離所有和與其中兩點之間距離的最小值的比值的下確界為.本文運用分析學、離散與組合幾何理論中的有關知識和MATLAB編程軟件對單形中上述點之間距離之和與最小距離比值的最小值進行了研究

2、，給出5個結論,證明 ，,.提出2個猜想.宋體小四；段前0.5行，段后0行，單倍行間距關鍵詞：二維空間單形；三維空間單形；最小值；構造宋體小四加粗，用分號間隔關鍵詞；段前0.5行，段后0行，單倍行間距Research of an Extreme Value Problem in the SimplexTimeNewRoman四號加粗ABSTRACTTimeNewRoman小四加粗Suppose that are these m different points in the simplex of n dimensional space , the infimum of distance rat

3、io of the total distance between all m points and the minimum distance between any two points is . This paper studies the value of by applying analysis of discrete and combinatorial geometry theory and the MATLAB programming software, and gives five main research conclusions, proving ,.This paper al

4、so gives two conjectures. KEY WORDS: Two-dimensional space simplex; Simplex in the three dimens-ional space; The minimum value; StructureTimeNewRoman小四號加粗，分號間隔段前0.5行，段后0行，單倍行距目 錄三號黑體居中（空一行）第一章 前言11.1 研究背景與課題意義11.2 主要結果31.2.1 二維空間單形中4、5個點情形31.2.2 三維空間單形中5、6個點情形31.2.3 維空間單形中點情形31.2.4 兩個猜想3第二章 預備知識42.1

5、 若干記號42.2 引理4第三章 定理的證明53.1 定理1的證明53.2 定理2的證明113.2.1 情形（i）的證明123.2.2 情形（ii）的證明153.2.3 情形（iii）的證明173.3 定理3的證明193.3.1 圖形構造與證明193.3.2 建立模型和輸出結果243.3.3 結果分析303.4 定理4的證明333.5 定理5的證明343.6 兩個猜想35第四章 結語36第五章 Matlab編程程序375.1 Matlab程序1求最高點位置的函數值375.2 Matlab程序2375.2.1 求動點在上運動的函數最小值Matlab程序375.2.2 求動點在點與點位置的函數值M

6、atlab程序385.3 Matlab程序3405.3.1 求動點在上運動的函數最小值Matlab程序405.3.2 求動點在點與點位置的函數值Matlab程序405.4 Matlab程序4求解駐點42參考文獻43致 謝45使用word中索引和目錄功能自動生成目錄:自動生成目錄的方法為：“插入引用索引和目錄:目錄”，勾上“顯示頁碼”和“頁碼右對齊”，點“修改”：選擇“樣式”里“目錄1”再點“修改”，按要求修改字號等，同樣改目錄2和3。前提是標題都已經通過“格式樣式和格式”處理好了。如果出現目錄中字體是黑體的話，選中自動生成的目錄，改為“宋體”即可。第一章 前言章節(jié)大標題小三黑體加粗居中1.1

7、研究背景與課題意義二級標題。頂格宋體四號加粗。標題處段前13磅，段后13磅離散與組合幾何主要研究幾何對象的組合設計、計數與極值問題.人們對它的研究由來已久，如等球裝箱及Steiner樹問題等.人們在社會生產實踐中，發(fā)現許多問題實際上是某些幾何對象的安排與計數問題，這就產生了離散與組合幾何學.離散與組合幾何學的深入研究始于20世紀。1964,H.Hadwiger,H.Ddbrunner與V.Klee合著的Combinatoril Geometry in the Plane1一書的出版，標志著這門學科的真正誕生.P.Brass,W.Mose,J.Pach合著的Research Problems i

8、n Di-screte Geometry一書更體現了這門學科中豐富的內容與問題，其內容涉及計算與算法幾何、初等與凸幾何、微分幾何、分析學、代數學、圖論、數論、組合數學等.對此學科的研究，不僅需要相關的基礎理論知識，而且還需要一定的幾何直覺與構造能力.組合方法與技巧的運用對這門學科的研究是至關重要的.時至今日，這門學科的發(fā)展，不僅豐富了相關的數學理論知識，而且還形成了自身的特色.正文部分宋體小四，首行縮進，1.5倍行距目前，現代數學已被廣泛應用于一些長期懸而未決的離散與組合幾何學的問題，同時，一些新的問題又不斷產生，使這門學科極具生命力，發(fā)展異常迅猛.由于人們很容易掌握這類問題的陳述，同時它的解

9、決往往又體現出創(chuàng)造性的數學思想與精神，所以它深受人們喜愛.單形問題是離散與組合幾何學問題研究的重要課題之一，而且其研究的鄰域很廣泛，比如說研究單形John的定理、維單形上的廣義余弦定理、單形多維角與內外徑性質、維單形的截面積、單形不等式等等，其中關于單形的各種各樣的不等式研究，更富有趣味性和創(chuàng)造性，吸引著眾多數學家與數學愛好者. 1994年，蘇化明發(fā)表了單形內頂角的不等式引用參考文獻標注；2000年，林波、郭曙光、錢林給出關于單形內任意一點及 維中面的幾何不等式；2002年，馬統(tǒng)一、任天勝、胡廣平研究了涉及單形內一點和內外徑的一類不等式；2006年，楊世國給出切點單形與旁切點單形體積的不等式；

10、2012年，唐盛芳、張玲、孫明保研究涉及兩個維單形的四類不等式,當然還有很多相關的研究成果.基于對單形問題的興趣,本文利用分析學、離散與組合幾何理論的相關知識,對2維空間中的單形內一點（或兩點）與單形的頂點共4（或5）個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值，以及3維空間中的單形內一點，以及單形的頂點共5個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值進行了研究，并分別給出了證明，有的采用了多種證明方法及證明思路；對3維空間中的單形內兩點與單形的頂點共6個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值，運用構造方法給出一個結果；對)維空間中單形內一點與單形的頂點共個點中所有點之間距離之和與最

11、小距離比值的最小值，運用構造與遞歸的方法也給出一個結論，并由此得到兩個猜想.上述問題其數學模型是：設為維空間中的在單形中的個（包括單形的頂點）不同點，表示與兩點之間的距離，記作，求其下確界的值即是本文探討的問題.此問題可以看作是由數學家H.A.Heilbronn早年提出的Heilbronn型問題的一類變形問題，與場站設置問題也很相似.本論文的指導老師朱玉揚教授在Heilbronn型問題及場站設置問題上也有研究.當然，本論文所探討的問題也很具有現實意義的.比如說，要在一片空地上規(guī)劃建立三個分變電器，在其構成的三角形中再建一個主變電器，每兩個變電器之間的距離都不小于某個常數（否則它們之間就可能產生

12、某種干擾），每兩個變電器之間須架設一條電線，那么如何安置這四個變電器的位置，才能使得所架設各線之和最??？這就是本論文所解決的在二維空間中的單形內一點與單形的頂點共4個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值的現實問題.1.2 主要結果1.2.1 二維空間單形中4、5個點情形三級標題使用頂格小四宋體加粗二維空間的單形內一點(或兩點)與單形的頂點共4(或5)個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值研究結果:定理1.1定理、定義、命題、推論、證明等詞可以采用加粗以突出顯示；首行縮進 .定理1.2 .1.2.2 三維空間單形中5、6個點情形三維空間的單形內一點(或兩點)與單形的頂點共5(或6

13、)個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值研究結果:定理1.3 .定理1.4 .1.2.3 維空間單形中點情形定理1.5 .1.2.4 兩個猜想猜想1 .猜想2 . 頁腳；宋體，小五號居中 第二章 預備知識新的章節(jié)應另起一頁2.1 若干記號1）與兩點之間的距離記作.2） 設為維空間中的在單形中的個（包括單形的頂點）不同點，個點中任意兩點之間的距離所有和與其中兩點之間距離的最小值的比值記作.3）的最小值記作.2.2 引理引理2.1 若,則有，有公式應居中，等號取得當且僅當.引理2.2 若為內或邊上一點，且 ，那么有，等號取得當且僅當恰在有一內角為的的斜邊的中點上.引理2.3 若在凸四邊形中

14、，則對角線和，等號取得當且僅當凸四邊形是有一內角為的菱形.引理2.4 設中的正則單形的四個頂點分別是，棱長為,那么對此單形內的任一點,有.第三章 定理的證明3.1 定理1.1的證明 下面我們來證明定理1.1：證法1 先假設最優(yōu)的情況(取最小值的情形)是點在三角形內產生的，那么可以先作到三角形的三個頂點的距離都為1，且的距離也為1，下面以點為圓心，1為半徑作圓，交的反向延長線于點，顯然點只能在上運動時才有可能達到最優(yōu)的情況，否則就會在單形的外部.如圖1所示：圖、表的上方和下方都要空一行，圖編號應在圖片的正下方，表編號應在表格上方，使用五號宋體加粗圖3.1 證法1示意圖圖、表必須寫出名稱，編號應緊

15、跟一級標題，如第1章里應標表1.1，1.2，第2章中應標表2.1，2.2等。因為到，兩點距離之和的函數是關于,的即光滑又連續(xù)的函數，故此函數的最值只可能在,范圍上的駐點和兩個端點處取得.由上述可知這是條件極值問題，為了求其駐點構造Lagrange函數，則條件極值點就在方程組的所有解所對應的點中.用方程組中的第一式和第二式消去，與第三式組成新的只關于,的二元二次方程組通過Matlab編程 (程序見第五章)計算得到兩個解及，又由的范圍，故駐點只有一個為，也就是圖1中的點.下面只需計算點在最高點及或點的坐標代入函數求值比較大小即可.當點在最高點位置時： ，當點在位置時：.顯然，所以此種情況下 .如果

16、不按照上述證明中作到三角形的三個頂點的距離都為1，且的距離也為1，即是不是正三角形.當其中一條邊長大于1時，不妨設，其它線段長不變.如圖2所示：圖3.2 示意圖由上述的例點法求解目標函數在約束條件下的最小值的過程可知，此情況下函數最小值在其駐點或兩個端點處取得，又駐點處的值最大，則最小值只可能在兩端點或點.當在點處，由引理2可知，又因為.所以得.當在點處，同樣由引理2可知.另外，如果其駐點與其中的一端點重合，由上述證明可知只需考慮一個端點即可，同樣由引理2知這種情況下.如果的三邊長不只是有一條邊，即是當三邊中有兩條邊長大于1或三條邊長都大于1時，同理可證.綜上所述，在二維空間單形中成立.證法2

17、 設點對三邊所張的三個角分別是，如圖3所示：圖3.3 證法2示意圖不妨設，則.因，所以不可能，故只需分1）及2）兩種情形來證明.1) 時，則，而，于是，從而，故，即公式居中，按問題方便依次編號，編號放在最右端 （1）由余弦定理及引理1知 ，同理有. 所以 ， （2）由與在上的單調性及（1）（2）式知，故 . （3）根據引理1及（1）（2）（3）式知，等號取得當且僅當，且.此時恰在有一內角為的的斜邊的中點上.2)時，.同上，由余弦定理及引理1知 ， （4）記（4）式的右端為，則定義在區(qū)域：，.顯然在區(qū)域上連續(xù)，且對的各階偏導數都連續(xù).現求在區(qū)域內的穩(wěn)定點: （5）因，由（5）式知.但點不在內（因

18、），故在內無穩(wěn)定點.又在內偏導連續(xù)，所以只能在的邊界上取得最小值.因此我們只要考慮邊界 （這里：， ）上的函數值.在上，因，所以=.故此時必須，即在邊界上實際上只有一點坐標為，而.在上，于是.因，所以.故在上的最小值即是在上的最小值.因在上的唯一解是，而，故在上，即在上單調減，故在上的最小值為.此時.總之，在上的最小值為，所以在上的最小值為，同時由上述證明可知，那么.3.2 定理1.2的證明 定理1.2 .證 明 為了方便計算，不妨設平面中5個不同點中任意兩點之間的最小距離為，且設由三點組成三角形，為其內部或邊上的兩點.下面分三種情形討論：（i）全在的邊上；（ii）兩點一個在的邊上，另一個在的

19、內部；（iii）全在的內部.3.2.1 情形（i）的證明 此時又可以分如下兩種情況討論：1）兩點在的同一條邊上，不妨設兩點在的線段上（不包括兩端點位置）如圖4所示：圖3.4 四點共線示意圖 證 明 由圖分析可知到四點的距離之和最小值只可能在圖中四個半徑為1的虛線圓互相相交的三個點位置出現，而在點的左右兩個對稱點位置分別到四點的距離之和是一樣的，故只需要考慮分別到四點的距離之和的大小即可，計算得到四點的距離之和為 ，計算得到四點的距離之和為，顯然，所以此時的最小值.2）兩點分別在的兩條不同的邊上，不妨設在線段上，在線段上.如圖5所示：圖3.5 在不同邊上示意圖證法1 因，在凸四邊形中，由引理3知

20、對角線之和，等號取得當且僅當凸四邊形是一內角為的菱形，但是在這種情況下顯然與不可能平行，更不可能成為菱形，故等號是取不到的，則，則 .從上述證明過程，可以看到要想最小值最大限度的接近這個結果，只要上面那些不等式取得等號，不能取得等號的最大限度的接近等號值即可.顯然，首先可以作，因為一開始假設，那么只能分別為，的中點，且，此時計算得，另外又已知直線外一點到這條直線的垂線段是最短的，而此時恰好，.為最小值.此時當且僅當為邊長2的正三角形且分別為的與的中點時取最小值.則.證法2 5個不同點共構成了10條線段，要想讓它們的和最小就得保證他們中長度為1的個數最大限度的越多越好，其余長度大于1的在這些成度

21、為1的基礎上和越小越好.因此，可以先使得三點組成正三角形，又因為，在邊上，故分別延長到，到，使得，此時恰好，則與也都達到了最小值，進而，在此構形下的.則.證法3 觀察圖像可以發(fā)現，整個線段圖總可以看成是由一個三角形中邊上的一點和三個頂點之間的6條線段再加上多出的一點到其余四點的4條線段構成的.比如此圖可看作邊上的一點共組成6條線段再加上剩余一點到另外四點的4條線段構成的.那么，可以先把邊上的一點共組成6條線段長度最短看作是的最優(yōu)問題.根據定理1，知道只有當是以內角為的直角三角形且是斜邊上的中點，這時候這條線段長度之和最小值為.下面再考慮剩余一點到另外四點的4條線段長度之和最小的情況：當時，為了

22、4條線段長度之和最小，那么每條線段都必須取得最小值才可以.而又發(fā)現它們的長度都隨著的長度變小而變小，顯然最小為，此時它們各個長度都隨著變化達到了自己的最小值，此時到另外四點的條線段長度之和最小值為.當時，為了保證，那么點必須在的最優(yōu)情況下的位置向右側移動，移動的距離也只能是1，這樣一來顯然，那么10條線段的長度之和肯定大于.故只的情況下取最小.則.3.2.2 情形（ii）的證明此時也可以分如下兩種情況討論：1）兩點與的一個頂點在同一條直線上，不妨設兩點與頂點共線，如圖6所示：圖3.6 三點共線示意圖證 明 在圖6中，因在的一邊上，由定理1知.下面假設是的直角三角形，這樣才比假設時得到的結果小，

23、那么其對應的邊的長度才較小，此時可計算知.由是的一個外角，也就是.現在令，因為大角對大邊，故有.則 .2) 兩點與的三個頂點中任意一個頂點都不在同一條直線上，如圖7所示：圖3.7 三點不共線示意圖證 明 在圖7中，因在的一邊上，由定理1知，等號取得當且僅當恰在一內角為的的斜邊的中點上.在內，由定理1知，等號取得當且僅當恰在有一內角為的的斜邊的中點上，由圖7可知第二個等號一定不能取得到.在假設其能取到等號的情況下，,，則 .3.2.3 情形（iii）的證明此時同樣也可以分如下兩種情況討論：1) 兩點與的三個頂點的其中一個在同一條直線上，不妨設,三個點共線.如圖8所示： 圖3.8 三點共線示意圖證

24、 明 在圖8中，兩點都在內，且兩點三角形中任意一個頂點在一條直線上，不妨如圖8所示與點在同一條直線上.那么我們可以作為正三角形，且到的距離為1，到的距離也為1，這樣，的運動范圍就是在以為圓心，以為半徑所作的圓與的反向延長線的兩個交點的弧線段上運動.與圖1情形一樣的，那么根據定理1中的方法2的證明，即知最小值點位置處取得，不妨假設在也就說四點在同一條直線上，此時恰好如圖4中所示的最小值為，顯然大于.故在此情況下.2) 兩點與的三個頂點中任何一個頂點都不在同一條直線上，如圖9所示：圖3.9 三點不共線示意圖證 明 在圖9中，因在內在內,由引理2，,等號取得當且僅當,分別恰在有一內角為的與的斜邊的中

25、點上.所以這里只能取到,.下面說明在假設而且的情況下，.在假設的情況下，這兩個中至少有一個是.不妨假設，又因為三點不在同一直線上，且點也不可能出現在直線的上側，那么肯定是個鈍角，因為大角對大邊，所以只要令是直角，那么，所以顯然. 則 . 綜合上訴（i）（ii）（iii）種情形的證明，即證成立.3.3 定理3的證明 定理3 .3.3.1 圖形構造與證明 證 明 設三維空間內單形中任意兩點之間的距離最小為1.先考察任意一個點在任意一個四面體的內部的情況，如圖10所示：圖3.10 在單形內部示意圖由上面的假設可知，那么求的下確界，即是求的最小值.由這5個點共連結成10條線段，要想使這10條線段長度之

26、和最小，又已知，那么可推知這10條線段的成度為1的條數越多越好，不能達到1即大于1的所有和最小最好.先從內部的點考慮，與四面體的四個頂點，連結成四條線段 ，令其長度都為1.再考察四個頂點連結成的6條棱中可以最多有多少個為1呢？()不妨設6條棱全為1.那么此時的四面體就是一個正四面體，根據引理4可知與四面體的四個頂點連結成四條線段中必然有長度小于1的線段，這顯然與假設相矛盾.()設4條棱為1.不妨假設的長度全為1，如圖11所示：圖3.11 4條棱為1示意圖下證這樣情況的圖形是不存在的. 證 明 不妨先假設的長度全為1，的長度全大于1.又已知的長度全為1.這樣的條件下可作圖12所示： 圖3.12

27、轉動最大范圍示意圖下面為了讓的長度縮小變成1，則可以以點為圓心，以=1為半徑在平面內旋轉可以使的長度縮小為1.但事實上可以只能沿著由線段的反向延長線組成的倒四面體截以點為球心，以1為半徑的球面所得球蓋區(qū)域內運動，一旦運動超過這個區(qū)域的話，點就會出現在四面體的外部，這與研究的題意相矛盾.又因平面內旋轉曲線與球蓋區(qū)域肯定相交于一點，不妨設為，此時為臨界點 .顯然，這時的長度大于1.故不可能使的長度縮小變成1.()設5條棱為1.由（）的情況的證明，可知有5條棱為1，肯定不成立. 所以由以上（）（）（）情況的證明可得6條棱中最多只有3個1.下面考察3條為1 的棱的組合情況：1) 同一頂點的三條棱為1，

28、如圖13所示： 圖3.13 同一頂點的三條棱為1示意圖不妨設的長度為1，那么又由在其四面體的內部，故與其余四個頂點組成的中必有一個為鈍角，不妨設為鈍角，那么的長度就大于1，這與假設矛盾.故此種情況不成立.2)相鄰的兩條棱為1，再加上與其中一條棱異面，與另外一條棱共面的棱為1，不妨設的長度為1,如圖14所示：圖3.14 共兩個頂點的三條棱為1示意圖實際上這樣的圖形也是不存在的，但是直接從正面證明是很不容易的.所以先假設為正四面體，下面再移動使到的距離可以在大于等于1的范圍內變化，此時到的距離顯然大于1.為了讓到的距離的減小到1，必須讓如圖12所示移動同時也移動，這樣也只能使到的距離為1，到的距離

29、為1是不可能的，所以此情況2）是不存在的.3) 共面的三條棱都為1.不妨設都為1，此時恰好構成一個正四面體.即此情況是成立的.綜上所述，最優(yōu)四面體中一定包含一個各邊長為1的小正四面體，因此只需考慮求三條棱長之和最小值即可.只能在由線段的分別反向延長線組成的倒四面體截以點為球心，以1為半徑的球面所得球蓋區(qū)域上運動，否則點就會在四面體的外部，這與研究內容不符.如圖15所示：圖3.15 在球蓋區(qū)域運動示意圖3.3.2 建立模型和輸出結果由圖15可知隨著的運動，三條棱長之和也在發(fā)生著變化.下面關鍵就是求當運動到哪個位置時，和最小為多少?事實上，根據上述圖形構造與證明及定理1可以先大膽地猜測，運動的臨界

30、位置即使得三點在同一直線上且是的中點，是最優(yōu)位置.那么根據各個線段的長度，可推知，此時的最小值為.下面用MATLAB編程求解證明.在圖15的基礎上作空間直角坐標系，以為原點，以的中點與的連線為軸，垂直紙面向里的射線為軸，垂直軸豎直向上的射線為軸，各個點坐標如圖16所示：圖3.16 建立空間直角坐標系示意圖 設三條棱長之和的函數為，這樣一來問題就轉化為求此函數當點在由線段的分別反向延長線組成的倒四面體截以點為球心，以1為半徑的球面所得球蓋區(qū)域上遠動時的最值問題，且是求其最小值問題.其中球蓋區(qū)域的數學表達式如下：因為函數是關于的連續(xù)且光滑的函數，故其最值應該在一些駐點及邊界上取得. 由上述說明可知

31、這是一個條件極值問題，目標函數為，約束條件為且只是上述球蓋區(qū)域上的點.為了求其駐點構造Lagrange函數則條件極值點就在方程組的所有解所對應的點中.用方程組中的第一式，第二式及第三式消去，與第四式組成新的只關于,的三元二次方程組通過Matlab編程 (程序見第五章)計算得到上述關于,的三元二次方程組的一個近似解如下：，故駐點只有一個，在誤差允許的范圍內也就是圖16中的最高點.那么只需考慮點在駐點（球蓋的最高點的坐標）的函數值及點在三個弧線段上運動時函數的值，然后比較求出最小值即可.事實上，根據球蓋區(qū)域圖形關于軸對稱故只需考慮點在駐點（即球蓋的最高點）及即是和的在的部分也即是 通過MATLAB

32、編程（程序見第六章）輸出的結果如下：1.下面是程序1求最高點位置的函數值的編程的結果:程序1：這是最高點位置的函數值:M=5.718116這是最高點的坐標:x=0.577350y=0.000000z=1.8164972.下面是程序2求函數值的編程的結果：2.1程序2：這是A4動點在弧線段BA3上運動的函數最小值:M=5.4640852.2程序2：這是A4動點在B點位置的函數值:M=5.639834這是B點的坐標:x=0.244017y=-0.000447z=1.7593052.3程序2：這是A4動點在A3處的函數值:M=5.464085這是A3點位置的坐標:x=0.288675y=-0.500

33、000z=1.6329933.下面是程序3求函數值的編程的結果:3.1程序3：這是A4動點在弧線段A3A1上運動的函數最小值:M=5.4640863.2程序3：這是A4動點在A3'點位置的函數值:M=5.464086這是A3點位置的坐標:x=0.288675y=-0.500000z=1.6329933.3程序3：這是A4動點在A1點位置的函數值:M=5.464110這是A1點位置的坐標:x=1.154700y=0.000000z=1.6329933.3.3 結果分析 1. 由程序1輸出的結果可知當動點在駐點即最高點位置坐標為時，函數值為.2由程序2中的程序2.1輸出的結果可知當動點在的

34、在的部分即是上運動時，函數最小值為.又由程序2.2及程序2.3輸出的結果知，當點在點時，函數值為；當點在點時，函數值為.所以可以肯定動點在的在的部分即是上運動時，其函數最小值應該是在點位置取得的.3. 由程序3中的程序3.1輸出的結果可知當動點在上運動時，函數最小值為.又由程序3.2及程序3.3輸出的結果知，當點在點時，函數值為；當點在點時，函數值為.可以看到點在及處的函數值相差很小，產生這種偏差是因為MATLAB編程中要取步長，這樣一來函數的取值范圍是間斷的點其連線幾乎接近光滑連續(xù)的曲線，從而導致函數值也是一系列間斷值與精確值肯定會有差距，但是在誤差允許的范圍內可以認為是相等的.所以可以肯定

35、動點在上運動時，其函數最小值應該是在點位置及點處取得的.所以綜合以上分析的結果，可以肯定函數最小值應該在及位置處取得的，無論函數值是還是或者是，結果都非常接近精確值，這也就求解并驗證了前面的猜測結果是正確的.故.3.3.4 證明思路的延拓延拓1 求在平面上的投影（如圖15所示）曲線方程為且的在的部分在平面上的投影（如圖15所示）曲線方程為那么的部分的球蓋在平面上的投影區(qū)域為當在變化時都可以在上面的投影區(qū)域中找到唯一的的坐標，再通過下面這個約束條件可以唯一確定出的坐標，這樣可以確定出點在球蓋區(qū)域上的所有坐標，進而利用函數，可以求出各種情況的值，然后就可以求出其中的最小值即為解.具體的MATLAB

36、編程思路同定理3.延拓2 由定理3的證明過程，我們可以看到上述求函數最小值的過程就是一個最優(yōu)化的問題，所以完全可以建立非線性優(yōu)化模型，然后利用LINGO軟件求解.目標函數： 約束條件：求的最小值.模型如下：其詳細的計算程序要具體結合非線性規(guī)劃函數及LINGO軟件程序語言編寫.3.4 定理1.4的證明 定理4 .證 明 從定理1.1的結論知在二維平面內任一個單形內部或邊上增加一點的話，能夠取得最小值的最優(yōu)單形是一內角為，一直角邊長為1，另一直角邊長為，斜邊長為2且增加的一點在斜邊的中點上的直角三角形. 從定理2的結論知在二維平面內任一個單形內部或邊上增加兩個點的話，能夠取得最小值的最優(yōu)單形是一正

37、三角形三長都為2且增加的兩點分別在兩個不同的邊的中點上.若讓定理1.1中的二維平面上的最優(yōu)單形以長為的直角邊為軸在二維空間內作的翻轉后構成的單形恰好是定理2中的最優(yōu)單形.以此，若讓定理1中的最優(yōu)單形以長為的直角邊為軸在三維空間內旋轉且保證兩斜邊上的中點的距離為1是不可能的.故讓定理1中的二維平面上的最優(yōu)單形以長為1的直角邊為軸在三維空間內旋轉角即可得到在三維空間內任一個單形內部或邊界上增加兩點的單形，其可能是最優(yōu)的單形，此時有成立.則有.3.5 定理1.5的證明 定理1.5 .證 明 從定理1.1的結論知在二維平面內任一個單形內部或邊上增加一點的話，能夠取得最小值的最優(yōu)單形是一內角為，一直角邊

38、長為1，另一直角邊長為，斜邊長為2且增加的一點在斜邊的中點上的直角三角形.從定理1.3的結論知在三維空間內任一個單形內部或邊界上增加一點的話，能夠取得最小值的最優(yōu)單形是由兩個一內角為的且共一斜邊的直角三角形即一直角邊長為1，另一直角邊長為，斜邊長為2，且增加的一點在斜邊的中點上的全等直角三角形與一個長為1的正三角形為底共同構成的四面體.事實上，若讓定理1.1中的二維平面上的最優(yōu)單形以長為2的斜邊為軸在三維空間內旋轉即可得到定理3中的最優(yōu)單形，即是在三維空間單形中增加一點的最優(yōu)四面體是由兩個在二維空間單形中增加一點的最優(yōu)三角形共用一條長為2的斜邊，再加上一條長為1的邊構成，則. 據此，四維空間單

39、形中增加一點的最優(yōu)單形可看作是由兩個三維空間中增加一點的最優(yōu)四面體共用一個二維空間單形中單形增加一點的最優(yōu)三角形，再加上一長為1的邊構成的，則.五維空間中最優(yōu)單形可由兩個四維空間中最優(yōu)單形共用一個三維空間中最優(yōu)四面體，再加上一條長為1的邊構成的.故可以依次得到維空間中最優(yōu)單形滿足如下一個遞推關系求解也就是組合數學中關于常系數線性非齊次遞推關系的求解問題，利用組合數學的知識求解得 .那么在維空間單形中增加一點的最優(yōu)單形的所有點之間的長度之和的下確界范圍為.3.6 兩個猜想 在定理1.4與定理1.5的證明中可以看出，如上兩個不等式應該是很優(yōu)的，自然有如下兩個猜想，即不等式中的不等號應取等號：猜想1

40、 .猜想2 .第四章 結語本文運用分析學、離散與組合幾何理論中的有關知識對2維空間中的單形內一點（或兩點）與單形的頂點共4（或5）個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值及3維空間中的單形內一點與單形的頂點共5個點中所有點之間距離之和與最小距離比值的最小值進行了研究，通過論證得到了5個定理和兩個非常有意思且值得探索的猜想.但是還有不足之處： 第一，有些證明的過程繁瑣，可以繼續(xù)研究尋找一些相對比較簡捷的方法；第二，對于兩個猜想結果沒有給出具體的證明.此外，本論文還可以進一步探討的問題是：在2維空間中的單形內可以研究三點或四點或五點甚至推廣到個點與單形的頂點共6或7或8甚至是共個點中所有點之

41、間距離之和與最小距離比值的最小值；對于3維空間中的單形也是一樣可以推廣研究的；更深層次的可以推廣到維空間中個點，不僅僅限于本文所猜想的維空間中個點的情形.要想得到上述各類推廣結果可能非常困難.當然，本文后續(xù)研究也有很多方面,比如探索一些簡便的證明方法、按照定理3的延拓思路1及延拓思路2進行具體的證明，以及推廣到維空間中個點的情況等等，其中一個重要的研究內容，就是給出猜想1，猜想2的證明.第五章 Matlab編程程序本章也可放入附錄；附錄內容漢字用宋體小四， 1.5倍行距。若是程序則用Times New Roman小四。5.1 Matlab程序1求最高點位置的函數值fprintf('1.

42、下面是程序1求最高點位置的函數值的編程的結果:n');M=6;a1=0 0 0;a2=0.866 -0.5 0;a3=0.866 0.5 0;x=0.5773502;y=0;z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965;d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2);d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2);d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2);f=d1+d2+d3; if f<M M=f; endfprintf('程序1：這

43、是最高點位置的函數值:M=%fn',M)fprintf('這是最高點的坐標:nx=%fny=%fnz=%fn',x,y,z)5.2 Matlab程序25.2.1 求動點在上運動的函數最小值Matlab程序fprintf('2.下面是程序2求函數值的編程的結果n'); M=6;a1=0 0 0;a2=0.866 -0.5 0;a3=0.866 0.5 0;for x=0.2440169:0.0000001:0.2886751 y=-sqrt(1-9*(x-0.5773502)2); z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965

44、; d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<M M=f; endendfprintf('2.1程序2:這是A4動點在弧線段BA3運動的函數最小值:M=%fn',M)5.2.2 求動點在點與點位置的函數值Matlab程序M=6;a1=0 0 0a2=0.866 -0.5 0;a3=0.866 0.5 0;for x=0.244016

45、9%:0.0000001:0.2886751 y=-sqrt(1-9*(x-0.5773502)2); z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965; d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<M M=f; end endfprintf('2.2程序2：這是A4動點在B點位置的函數值:M=%fn',M)

46、 fprintf('這是B點的坐標:nx=%fny=%fnz=%fn',x,y,z)M=6;a1=0 0 0;a2=0.866 -0.5 0;a3=0.866 0.5 0;for x=0.2886751%0.2440169:0.0000001:0.2886751 y=-sqrt(1-9*(x-0.5773502)2); z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965; d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(

47、x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<M M=f; endendfprintf('2.3程序2：這是A4動點在A3處的函數值:M=%fn',M) fprintf('這是A3點位置的坐標:nx=%fny=%fnz=%fn',x,y,z)5.3 Matlab程序35.3.1 求動點在上運動的函數最小值Matlab程序fprintf('3.下面是程序3求函數值的編程的結果:n'); M=6;a1=0 0 0;a2=0.8660 -0.5 0;a3=0.8660 0.5 0;for x

48、=0.2886751:0.0000001:1.1547005y=(6.9282032*(x-0.5773502)-sqrt(48*(x-0.5773502)2-84*(x-0.5773502)2+28)/14; z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965; d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<M M=f; en

49、dendfprintf('3.1程序3：這是A4動點在弧線段A3A1運動的函數最值:M=%fn',M)5.3.2 求動點在點與點位置的函數值Matlab程序M=6;a1=0 0 0;a2=0.8660 -0.5 0;a3=0.8660 0.5 0;for x=0.2886751%:0.0000001:1.1547005y=(6.9282032*(x-0.5773502)-sqrt(48*(x-0.5773502)2-84*(x-0.5773502)2+28)/14;z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965; d1=sqrt(x-a1(1).2+

50、(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<M M=f; endendfprintf('3.2程序3：這是A4動點在A3'點位置的函數值:M=%fn',M)fprintf('這是A3點位置的坐標:nx=%fny=%fnz=%fn',x,y,z) M=6;a1=0 0 0;a2=0.8660 -0.5 0;a3=0.8660 0.5 0;for x

51、=1.1547005%0.2886751:0.0000001:1.1547005y=(6.9282032*(x-0.5773502)-sqrt(48*(x-0.5773502)2-84*(x-0.5773502)2+28)/14; z=sqrt(1-(x-0.5773502)2-y2)+0.8164965; d1=sqrt(x-a1(1).2+(y-a1(2).2+(z-a1(3).2); d2=sqrt(x-a2(1).2+(y-a2(2).2+(z-a2(3).2); d3=sqrt(x-a3(1).2+(y-a3(2).2+(z-a3(3).2); f=d1+d2+d3; if f<

52、;M M=f; endendfprintf('3.3程序3：這是A4動點在A1點位置的函數值:M=%fn',M)fprintf('這是A1點位置的坐標:nx=%fny=%fnz=%fn',x,y,z) 5.4 Matlab程序4求解駐點1.求解定理1證法1中二元二次方程組的程序x,y=solve('x2-x+y2-3(1/2)*y=0','(y-3(1/2)*x)/(x2+y2)(1/2)+(3(1/2)-3(1/2)*x-y)/(sqrt(x-1)2+y2)= 0').2.求解定理3中三元二次方程組的程序x,y,z=solve('(x-sqrt(3)/3)2+y2+(z-sqrt(6)