枚举归纳出现的问题

2024-07-20

枚举归纳出现的问题（共7篇）

枚举归纳出现的问题篇1

论证模型之枚举归纳

首先，我们先来看一道真题：

莫大伟到吉安公司上班的第一天，就被公司职工自由散漫的表现所震惊，莫大伟由此得出结论，吉安公司是一个管理失效的公司。吉安公司的员工都缺乏工作积极性和责任心。

以下哪项为真，最能削弱上述论证：

A.当领导不在时，公司的员工会表现出自由散漫。B.吉安公司的员工超过2万，遍布该省的十多个城市。C.莫大伟刚大学毕业就到吉安公司，对校门外的生活不适应。D.吉安公司的员工和领导表现完全不一样。

拿到一道题目，首先我们先分析题干的逻辑主线。此题的论据为莫大伟在吉安公司上班第一天看到的员工散漫的景象，结论为吉安公司管理失效、员工都缺乏责任心和积极性。通过论据及结论的分析，大家可以分析出本题的论证过程即根据一部分或者个例的情况推断出整体或者全部情况的不完全归纳的推理方式，即枚举归纳。因此，当我们看到题干论证为：根据某类事物部分对象具有某种属性，推出这类事物全部对象都具有该属性的论证过程即可判断为是枚举归纳的论证模型。

中公教育

那么判断之后我们应该如何进行加强或者削弱呢?削弱的方式即证明根据这部分的情况无法推知整体的情况，包括三种方法：①样本特殊，不具有代表性;②样本数量不够多;③其余样本不具有该属性。通过这三种方式中的任一种即可进行对于题干论证的削弱。反之，加强的目的即证明这部分的属性就可以推知全部的属性，同样包括三种方法：①样本具有代表性;②样本数量足够多;③其余样本也具有该属性。

接下来我们就用这些方法帮助我们针对这道真题进行求解。根据题干及问法，要求我们削弱题干论证。由于前面已经分析过了，我们直接来看选项：A项证明确实在某些时间段(领导不在时)员工会表现出自由散漫，证明管理确实存在问题，因此加强了题干结论，排除A项。根据B项可以得到吉安公司的员工遍布十多个城市，人数众多，通过样本数量不够多的方式对题干进行了削弱。C项莫大伟不适合校外生活与题干吉安公司管理的情况之间没有关系，属于无关项，故排除。D项吉安公司的员工和领导表现完全不一样，无法削弱题干论证，故排除。因此这道题目的正确选项为B项。

通过这道真题的讲解我相信小伙伴们对于我们枚举归纳的论证模型已经有了初步的了解，剩下的就是在自己做题的过程当中反复使用，从而加强熟悉度、提高正确率。希望各位考生牢记题干判定特征及具体的解题方法，在熟练运用当中逐渐提升自己的做题速度和正确率!

中公教育

枚举归纳出现的问题篇2

关键词：归纳问题,经验,合理性

1引言

“归纳问题”, 是英国哲学家休谟提出的, 休谟对归纳问题最经典的表述是:“过去的经验只限于我们所认识的那些物象和认识发生时的那个时期, 但是这个经验为什么可以扩展到将来, 扩展到我们所见的仅在貌相上相似的别的物象, 这正是我所欲坚持的一个问题。”归纳问题的核心, 就是能否对归纳推理及归纳逻辑的合理性提供科学的证明以及如何证明的问题。两百多年来, 哲学家和逻辑学家为解决归纳问题, 提出各种思路, 其中最典型的是以休谟为代表的反归纳主义者, 他们通过一系列的科学论证, 彻底否定了归纳逻辑。

2归纳问题的核心

2.1 归纳逻辑本身不合理

培根认为, 人们对观察到的单称陈述进行归纳, 并上升为具有普遍性的科学理论, 由此提出了科学理论发现的模式——逐级上升的归纳程序, 同时, 他承认归纳推理得出的结论具有内在不稳定性。休谟对归纳法以及归纳逻辑进行了反思, 他认为归纳法没有逻辑必然性, 归纳推论在逻辑上也不能得到证明, 因此在逻辑上不能从过去事例推断未来事例, 不能从单称陈述过渡到全称陈述。波普尔也认为, 在逻辑上, 从个别的陈述推论出一般陈述是不合理的, “不管我们看到多少只白天鹅, 也不能证明所有的天鹅都是白的。”

2.2 基于因果关系的不合理性

休谟对归纳逻辑的本体论基础——因果关系进行了详细地考察, 认为因果关系本身并不具有必然性。在他看来, 自然界中“一切事情似乎都是散漫的和分离的, 根本不可能观察到其间的任何纽带, 它们似乎是集合在一起而不是联系在一起。”既然因果联系不具有必然性, 那么建立其上的归纳推论也就不能成立。另外, 根据休谟的感觉经验论, 事物的因果关系被看作两类事件多次重复的恒常连合, 他把因果推理归结为恒常连合, 认为这种推理不具有因果必然性, 而属于一种最简单的归纳枚举推理。因此休谟对因果必然性的质疑就是对归纳推理的质疑, 并且把归纳推理置于非理性的感觉经验之上。

2.3 经验不能证明归纳的合理性

早期经验论者认为, 通过对经验知识的归纳概括, 可以得到具有普遍性的理论, 但是休谟对此提出了质疑。他认为过去的经验只限于过去的时期, 不能扩展到将来, 不能扩展到与其相似的物象上。因为自然界的客观对象是无穷尽的, 人们的经验认识却是有限的, 有限不可能推出无限, 因此基于经验的归纳推理的得出的结论必然具有或然性。他认为经验归纳是一种心理上的习惯性联想, 是经验在观念中的集合, 带有较强的主观色彩。

2.4 归纳的合理性不能依赖于概率

莱欣巴哈、卡尔纳普、波普尔试图用概率理论来解决归纳问题。莱欣巴哈认为归纳推理是分别对不同的理论进行概率判断, 最后只接受概率最大的结论。卡尔纳普认为经验科学的概率方法, 不宜作为归纳推理的逻辑基础, 归纳逻辑的基础只能是逻辑概率, 完全依赖于严密的逻辑推导。波普尔认为用概率的方法解决归纳问题是错误的, 因为概率并不能解决归纳原理的合理性问题, “概率推理的逻辑, 不是导致无穷后退就是导致先验论的学说。”而且从纯数学的角度来看, 单称陈述是有限的, 而全称陈述是无限的, 不论有限的数目有多大, 它与无限的比值 (概率) 都是零, 根本谈不上概率大小的问题。

2.5 演绎与归纳不能互相论证

归纳和演绎是一对方向相反的逻辑推理形式, 是同一思维过程的两个方面, 它们相互包含、相互补充、互为前提, 归纳与演绎的这种联系也使归纳问题和演绎问题呈现必然的联系。用演绎的观点看待归纳推理这一过程, 即从经验事实上升到理论、从单称陈述过渡到全称陈述, 本身就是缺乏逻辑根据的, 它的结论必然具有或然性。既然归纳的结论是或然的, 那么以这样的结论为前提的演绎的结论也只能是或然的。休谟在对归纳问题的处理中, 忽视了演绎对归纳的联系和补充。他认为在归纳推理中, 演绎不可能对归纳的过程发生作用, 这导致了他在归纳和演绎关系上的片面性, 因而休谟归纳问题的本身是不恰当的。

3结语

休谟的归纳问题直接冲击了人类知识的理性根基, 使哲学界面临严峻的挑战, 导致人们从怀疑归纳逻辑的可靠性和合理性, 到怀疑科学知识的真理性, 使人类的许多科学知识蒙上了阴影。不可否认的是, 在归纳问题的提出方面, 休谟是伟大的, 他促使了哲学界的觉醒与反思。虽然到今天为止, 以经验总结和概括为特征的归纳逻辑仍然发挥着重要作用, 归纳法仍然是人们在实际中常用的方法之一。但是, 归纳逻辑已经算不上真正的逻辑, 它必将逐步被排除在科学哲学的范畴之外。

参考文献

[1][英]休谟.人类理解研究[M].关文运译北京:商务印书馆, 1972.

[2][英]卡尔·波普尔.科学发现的逻辑[M].北京:科学出版社, 1986.

枚举归纳出现的问题篇3

一、直接枚举

计数问题中，当可能的结果很少时，可以直接枚举，即将所有结果一一列举出来．

例1 运输队有30辆汽车，按1～30的编号顺序横排停在院子里．第一次陆续开走的全部是单号车，以后几次都由余下的第一辆车开始隔一辆开走一辆．到第几次时汽车全部开走？最后开走的是第几号车？

分析与解

按题意画出下表：

汽车编号

开走前1， 2， 3， …， 29， 30第一次开走后剩下的2， 4， 6， 8， 10， 12， 14， 16， 18， 20， 22， 24， 26， 28， 30



第二次开走后剩下的4， 8， 12， 16， 20， 24， 28

第三次开走后剩下的8， 16， 24第四次开走后剩下的16

从上表看出，第三次开走后剩下的是第8号、16号、24号车．按题意，第四次8号、24号车开走．到第五次时汽车全部开走，最后开走的是第16号车．

例2 小明的暑假作业有语文、算术、外语三门，他准备每天做一门，且相邻两天不做同一门．如果小明第一天做语文，第五天也做语文，那么，这五天作业他共有多少种不同的安排？

分析与解

本题是分步进行一项工作，每步有若干种选择，求不同安排的种数（有一步差异即为不同的安排）．这类问题中简单一些的可用乘法原理与加法原理来计算，而本题中由于限定条件较多，很难列出算式计算．但是，我们可以根据实际的安排，对每一步可能的选择画出一个树状图，非常直观地得到结果．这样的图不妨称为“枚举树”． 

由上图可知，共有6种不同的安排．

二、分类枚举

计数应用题中，当可能的结果较多且问题繁杂时，我们就抓住对象的特征，选择恰当的标准，把问题分为不重复、不遗漏的有限种情形，通过一一列举或计数，最终达到解决的目的，我们把这种枚举称为分类枚举，分类枚举又可分为两大类：按逻辑顺序一一分类枚举和部分分类枚举．

1 按逻辑顺序一一分类枚举

例3 将数字1， 2， 3， 4填入标号为1， 2， 3， 4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有种．

分析与解

当问题结果数目不大，解决办法也不一般，采用枚举法有时能取得意想不到的效果．显然这个问题难用两个原理列式计算，但可以把各种方法一一列举出来，本题我们可按1号格子中的数字进行分类：数字2填在标号为1的格子中的不同填法有：2143， 2341， 2413共3种；数字3填在标号为1的格子中的不同填法有：3142， 3412， 3421共3种；数字4填在标号为1的格子中的不同填法有：4123， 4312， 4321共3种.故共有9种不同的填法．

【变式1】将1， 2， 3， 4变为1， 2， 3， 4， 5，如何解决？

【变式2】将1， 2， 3， 4变为1， 2， …， n呢？

分析

变式1仍可用枚举法，但结果已经很烦琐；对于变式2，我们可将这类问题进行推广：集合

{1, 2, …, n}的一个排列{a1, a2, …, an}中，如果ai≠i (i=1, 2, …, n)，则称这种排列为一个错位排列（也称更列），则错位排列的个数为Dn=Ann－An－1n+…+(－1)nA0n，有兴趣的同学可以自己研究一下．

通过此例我们可体会出枚举法的优点和缺点及其适用范围．

例4 （2010届湖南）在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 .

分析与解

本题要求至多有两个对应位置上的数字相同，应按照0个相同、1个相同、2个相同进行讨论，本题易错点是易漏掉0个相同的情况．

(1) 若0个相同，则信息为：1001，共1个；

(2) 若1个相同，则信息为：0001，1101，1011，1000，共4个；

(3) 若2个相同，又分为以下情况：

② 若位置一与二相同，则信息为：0101；

③ 若位置一与三相同，则信息为：0011；

④ 若位置一与四相同，则信息为：0000；

⑤ 若位置二与三相同，则信息为：1111；

⑥ 若位置二与四相同，则信息为：1100；

⑦ 若位置三与四相同，则信息为：1010．

共6个．

故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为11个．

说明

本题考查的是分类计数原理，难度不大，故可用枚举法，近年高考所考此类问题的方法数都不是很多，大多可采用这种方法．当然本题还有另一种解法：若0个相同，共有1个；若1个相同，共有C14=4个；若2个相同，共有C24=6个，所以共有11个．

2 部分分类枚举

有些计数应用题结果比较多，先分类，但每类之间又有一定的规律，故我们只须枚举出其中一类中的结果，通过规律求出所有的结果．

例5 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线共有多少条？

分析与解

本题中，结果不必一一列举，从中能发现一定的规律．在正五棱柱ABCDEA1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1， AD1，同理从B， C， D， E点出发的对角线也有两条，根据计数原理，正五棱柱共有10条对角线．

例6 在如图2的矩形长条中涂上红、黄、蓝三种颜色，每种颜色限涂两格，且相邻两格颜色不同，则不同的涂色方法共有种．

分析与解

对于元素个数不多，运用公式又不好解决的问题，进行具体的排列组合，也是很好的方法．

以左边第一格涂红色，第二格涂黄色为例，可涂“红黄红蓝黄蓝；红黄蓝红黄蓝；红黄蓝红蓝黄；红黄蓝黄红蓝；红黄蓝黄蓝红”.

总结规律知，不同的涂色方法共有30种．

使用枚举法计数时，要注意以下几点：初步估计，总的数目不太多，又没有更简捷的办法；为了使枚举的结果不重复又不遗漏，我们要抓住对象的特征，选择适当的标准分类，有次序、有规律地列举．

枚举法尽管解决的是方法数不是很多的问题，但是通过列举，能够探求出规律，列出解决问题的式子，这种思想在归纳推理、数列有关问题中体现得淋漓尽致．两个计数原理的推导实例是用了枚举法得以求解，进而总结出来两个原理的计数公式，它是一种解决问题的基本方法．

一类递推数列问题的归纳与探究篇4

递推数列内容丰富、综合性强、难度大.不仅应用广泛, 而且是学生进行综合训练, 培养数学思维, 提高分析问题、解决问题能力的重要内容;同时, 是进一步学习高等数学的基础, 是教学的难点也是近几年高考的热点, 下面介绍几种如何由递推公式求数列通项公式.

例1 已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+1 (n≥1) , 求{an}的通项公式.

解法1 由an+1=2an+1 (n≥1) , 得

an+1+1=2 (an+1) (n≥1) .

又a1+1=2, 故数列{an+1}是首项为2, 公比为2的等比数列, 所以an+1=2n, 即an=2n-1.

解法2an+1=2an+1 (n≥1) , (1)

an+2=2an+1+1, (2)

(2) - (1) 得

an+2-an+1=2 (an+1-an) (n≥1) .

故{an+1-an}是首项为a2-a1=2, 公比为2的等比数列, 即an+1-an=2·2n-1=2n, 再用累加法得an=2n-1.

解法3 运用累加法.由an+1=2an+1 (n≥1) 两边同时除以2n+1, 得

各式相加得

$\frac{a_{n}}{2^{n}} - \frac{a_{1}}{2} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \dots + \frac{1}{2^{n}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2^{n}}$ ,

即 an=2n-1.

解法4 用迭代法.

解法5 归纳、猜想、证明法.

a1=1, an+1=2an+1 (n≥1) , a2=3, a3=7, a4=15, …猜想:an=2n-1.用数学归纳法证明 (略) .

归纳 1) 形如an+1=pan+q (p, q是常数且p≠1, q≠0) 的数列:①可运用待定系数法构造等比数列, 将已知转化为an+1+λ=p (an+λ) 型递推数列, 则数列{an+λ}是首项为a1+λ, 公比为p的等比数列, 求出数列{an+λ}的通项公式, 从而求出an;②也可通过差分法形成差数列, 将已知转化为an+2-an+1=p (an+1-an) 型递推数列, 则{an+1+an}是首项为a2-a1, 公比是p的等比数列, 求出数列{an+1-an}的通项公式再运用累加法得得到an.

2) 形如an+1=qan+dn (p, d为非零常数, q≠1, d≠1) 的数列, 可变换成 $\frac{a_{n + 1}}{d^{n + 1}} = \frac{q}{d} \cdot \frac{a_{n}}{d^{n}} + \frac{1}{d}$ , 令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{d^{n}}$ , 则转化为bn+1=pbn+q′型, 再运用第一种求法求an.

例2 已知数列{an}中满足a1=1, an+1=10a $_{n}^{5}$ , 求数列{an}的通项an.

解析由a1=1, an+1=10a $_{n}^{5}$ , 两边取以10为底的对数, 得 $\lg a_{n + 1} = 5 \lg a_{n} + 1 ‚ \lg a_{n + 1} = 5 (\lg a_{n} + \frac{1}{4})$ .所以 ${\lg a_{n} + \frac{1}{4}}$ 是以 $\frac{1}{4}$ 为首项, 5为公比的等比数列.

$\lg a_{n} + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \times 5^{n - 1} \Rightarrow a_{n} = 10^{\frac{1}{4} (5^{n - 1} - 1)} .$

归纳形如an+1=ca $_{n}^{p}$ (an>0, c>0, p>0, p≠1) 的数列, 求通项公式, 可取对数得lg an+1=plg an+lg c, 从而转化为bn+1=pbn+q′数列, 再用方法1求an.

例3 已知数列{an}中满足 $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{3 a_{n} + 1}$ , 求数列的通项an.

解析因为 $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{3 a_{n} + 1} ‚ \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_{n}} + 3 ‚ \frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}} = 3$ .所以数列 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是以 $\frac{1}{a_{1}} = 1$ 为首项, 3为公差的等差数列.

$\frac{1}{a_{n}} = 1 + (n - 1) \times 3 = 3 n - 2$ ,

即 $a_{n} = \frac{1}{3 n - 2} (n \in Ν^{+}) .$

归纳形如 $a_{n + 1} = \frac{c a_{n}}{a_{n} + d} (c ‚ d$ 为非零常数) 的数列, 可取倒数得 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{d}{c} \cdot \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{c}$ , 令 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$ , 从而转化为bn+1=pbn+q′型, 再用方法1求an.

例4 设数列{an}满足: $a_{1} = 1 ‚ a_{2} = \frac{5}{3} ‚ a_{n + 2} = \frac{5}{3} a_{n + 1} - \frac{2}{3} a_{n} (n \in Ν^{*})$ .求数列{an}的通项公式.

解析由已知得

$\begin{array}{l} a_{n + 2} - a_{n + 1} = \frac{5}{3} a_{n + 1} - \frac{2}{3} a_{n} - a_{n + 1} \\ = \frac{2}{3} (a_{n + 1} - a_{n}) (n \in Ν^{*}) . \end{array}$

设bn=an+1-an, 则{bn}是公比为 $\frac{2}{3}$ 的等比数列, 且 $b_{1} = a_{2} - a_{1} = \frac{5}{3} - 1 = \frac{2}{3}$ , 故

$\begin{array}{l} b_{n} = (\frac{2}{3})^{n} (n \in Ν^{*}), \\ a_{n} - a_{n - 1} = (\frac{2}{3})^{n - 1} (n \geq 2) . \end{array}$

用累加法得

$\begin{array}{l} a_{n} - a_{1} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) \\ + \dots + (a_{2} - a_{1}) \\ = (\frac{2}{3})^{n - 1} + (\frac{2}{3})^{n - 2} + \dots + \frac{2}{3} ‚ \end{array}$

$\begin{array}{l} 即 a_{n} = (\frac{2}{3})^{n - 1} + (\frac{2}{3})^{n - 2} + \dots + \frac{2}{3} + 1 \\ = \frac{1 - (\frac{2}{3})^{n}}{1 - \frac{2}{3}} = 3 [1 - (\frac{2}{3})^{n}] . \end{array}$

归纳形如an+2=pan+1+dan (p, d为非零常数, p≠1, d≠1) 的数列, 可把an+1分λan+1给an+2转化为an+1-man=n (an+1-man) , 则数列{an+1+man}是等比数列, 由等比数列的通项公式得an+1-man=dn, 再两边同时除以dn+1得: $\frac{a_{n + 1}}{d^{n + 1}} = \frac{m}{d} \cdot \frac{a_{n}}{d^{n}} + \frac{1}{d}$ .令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{d^{n}}$ , 则转化为bn+1=pbn+q′型, 再运用第1种求法求an.

可见解决这类问题首先要搞清由递推公式求通项公式的基本类型, 同时, 要观察递推公式的结构特点, 另外注意函数思想、方法的运用.

巩固练习

练习1 在数列{an}中, a1=1, an+1=2an+2n (n∈N*) .

(Ⅰ) 设 $b_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n - 1}}$ , 证明:数列{bn}是等差数列;

(Ⅱ) 求数列{an}的前n项和Sn.

解 $(Ⅰ) a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2^{n} ‚ \frac{a_{n + 1}}{2^{n}} = \frac{a_{n}}{2^{n - 1}} + 1 .$

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n - 1}}$ , 则bn+1=bn+1.{bn}为等差数列, b1=1, bn=n, an=n2n-1.

(Ⅱ) Sn=1·20+2·21+…

+ (n-1) ·2n-2+n·2n-1,

2Sn=1·21+2·22+…

+ (n-1) ·2n-1+n·2n,

两式相减, 得

Sn=n·2n-1·20-21-…-2n-1

=n·2n-2n+1.

练习2 设数列{an}满足:a1=1, an+1=3an+2n (n∈N*) .求数列{an}的通项公式.

解由an+1=3an+2n, 两边同除以2n+1, 得 $\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{1}{2}$ .令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n}}$ , 则有 $b_{n + 1} = \frac{3}{2} \cdot b_{n} + \frac{1}{2}, b_{n + 1} + 1 = \frac{3}{2} (b_{n} + 1)$ .所以数列{bn+1}是以首项为 $\frac{3}{4} + 1 = \frac{7}{4}$ , 公比为 $\frac{3}{2}$ 的等比数列, 故 $b_{n} + 1 = \frac{7}{4} \cdot (\frac{3}{2})^{n - 1}$ , 从而 $a_{n} = 7 \cdot 3^{n - 2} - \frac{1}{3} \cdot 2^{n + 1} .$

练习3 (2009全国卷Ⅱ理) 数列{an}的前n项和为Sn, 且a1=1, Sn+1=4an+2.

(Ⅰ) 设bn=an+1-2an, 证明数列{bn}是等比数列;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式.

解 (Ⅰ) 由a1=1及

Sn+1=4an+2, (1)

知 a1+a2=4a1+2, a2=3a1+2=5,

b1=a2-2a1=3;

且当n≥2时, 有

Sn=4an-1+2. (2)

(2) - (1) 得

an+1=4an-4an-1,

an+1-2an=2 (an-2an-1) .

又bn=an+1-2an, 所以bn=2bn-1.故{bn}是首项为b1=3, 公比为2的等比数列.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可得

$b_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1} ‚ \frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac{a_{n}}{2^{n}} = \frac{3}{4} .$

所以数列 ${\frac{a_{n}}{2^{n}}}$ 是首项为 $\frac{1}{2}$ , 公差为 $\frac{3}{4}$ 的等比数列, 有

$\frac{a_{n}}{2^{n}} = \frac{1}{2} + (n - 1) \frac{3}{4} = \frac{3}{4} n - \frac{1}{4}$ ,

即 an= (3n-1) ·2n-2.

练习4 (2009陕西卷文) 已知数列{an}满足: $a_{1} = 1 ‚ a_{2} = 2 ‚ a_{n + 2} = \frac{a_{n} + a_{n + 1}}{2} ‚ n \in Ν^{*} .$

(Ⅰ) 令bn=an+1-an, 证明:{bn}是等比数列;

(Ⅱ) 求{an}的通项公式.

解 (Ⅰ) b1=a2-a1=1, 当n≥2时,

$\begin{array}{l} b_{n} = a_{n + 1} - a_{n} = \frac{a_{n - 1} + a_{n}}{2} - a_{n} \\ = - \frac{1}{2} (a_{n} - a_{n - 1}) = - \frac{1}{2} b_{n - 1} . \end{array}$

所以{bn}是以1为首项, $- \frac{1}{2}$ 为公比的等比数列.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知, 当n≥2时,

$\begin{array}{l} b_{n} = a_{n + 1} - a_{n} = (- \frac{1}{2})^{n - 1} ‚ \\ a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots \\ + (a_{n} - a_{n - 1}) \\ = 1 + 1 + (- \frac{1}{2}) + \dots + (- \frac{1}{2})^{n - 2} \\ = 1 + \frac{1 - (- \frac{1}{2})^{n - 1}}{1 - (- \frac{1}{2})} \\ = 1 + \frac{2}{3} [1 - (- \frac{1}{2})^{n - 2}] \\ = \frac{5}{3} - \frac{2}{3} (- \frac{1}{2})^{n - 1} . \end{array}$

当n=1时, $\frac{5}{3} - \frac{2}{3} (- \frac{1}{2})^{1 - 1} = 1 = a_{1} .$

所以 $a_{n} = \frac{5}{3} - \frac{2}{3} (- \frac{1}{2})^{n - 1} (n \in Ν^{*}) .$

练习5 已知数列{an}的首项 $a_{1} = \frac{2}{3} ‚ a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 1} ‚ n = 1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ \dots .$

(Ⅰ) 证明:数列 ${\frac{1}{a_{n}} - 1}$ 是等比数列;

(Ⅱ) 求数列 ${\frac{n}{a_{n}}}$ 的前n项和Sn.

$\begin{array}{l} 解 (Ⅰ) 因为 a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 1} ‚ \\ \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{a_{n} + 1}{2 a_{n}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{a_{n}} ‚ \\ \frac{1}{a_{n + 1}} - 1 = \frac{1}{2} (\frac{1}{a_{n}} - 1) . \end{array}$

又 $a_{1} = \frac{2}{3} ‚ \frac{1}{a_{1}} - 1 = \frac{1}{2}$ .所以数列 ${\frac{1}{a_{n}} - 1}$ 是以 $\frac{1}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知

$\frac{1}{a_{n + 1}} - 1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^{n - 1}} = \frac{1}{2^{n}}$ ,

即 $\frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{2^{n}} + 1 ‚ \frac{n}{a_{n}} = \frac{n}{2^{n}} + n .$

设 $Τ_{n} = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} + \dots + \frac{n}{2^{n}} ‚ (1)$

则 $\frac{1}{2} Τ_{n} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{2}{2^{3}} + \dots + \frac{n - 1}{2^{n}} + \frac{n}{2^{n + 1}} . (2)$

由 (1) - (2) 得

$\begin{array}{l} \frac{1}{2} Τ_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n}} - \frac{n}{2^{n + 1}} \\ = 1 - \frac{1}{2^{n}} - \frac{n}{2^{n + 1}} ‚ \\ Τ_{n} = 2 - \frac{n + 2}{2^{n}} . \end{array}$

又 $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}$ , 所以数列 ${\frac{n}{a_{n}}}$ 的前n项和

$\begin{array}{l} S_{n} = 2 - \frac{n + 2}{2^{n}} + \frac{n (n + 1)}{2} \\ = \frac{n^{2} + n + 4}{2} - \frac{n + 2}{2^{n}} . \end{array}$

求解0-1规划的一种新隐枚举法篇5

0-1规划是一种特殊形式的整数规划.这种规划的决策变量仅取值0或1, 故称为0-1变量或二进制变量.0-1变量可以数量化地描述诸如开与关、取与弃、有与无等现象所反映的离散变量间的逻辑关系、顺序关系以及互斥的约束条件, 因此主要用于求解互斥的计划问题、约束条件互斥问题、固定费用问题和分派问题等方面.用于求解0-1规划的主要方法有穷举法和隐枚举法.采用隐枚举法解0-1规划问题时要根据目标函数的性质增加一个相应的不等式作为附加约束条件, 称为过滤条件, 以减少运算次数.一般还要按目标函数中的系数递增的顺序, 重新排列目标函数和约束条件中的次序, 以简化计算.本文从约束条件对应的系数矩阵入手来判断问题的最优解, 通过算例证实具有可行性, 有效性.

2算法

考虑如下的0-1线性规划模型:

max Z=CX,

其中A=[aij]∈Rm×n, X= (x1, x2, …, xn) T, b= (b1, b2, …, bm) T, C= (c1, c2, …, cn) .不妨设0≤c1≤c2≤…≤cn, 如果目标函数有负价值系数的可以通过变换化为正系数, 则可知决策变量都取1时, 目标函数肯定最大, 但是不一定满足约束条件, 所以我们先可以让价值系数小的决策变量取0试探, 让目标函数逐次减小, 直到找到最优解.计算步骤如下:

第1步, 计算系数矩阵A=[aij]∈Rm×n的每一行的和:

第2步, 计算:

Q (1) i=bi-S (1) i, i=1, 2, …, m.

第3步, 如果Q (1) i≥0, i=1, 2, …, m, 说明X= (1, 1, …, 1) T就是0-1规划的最优解, 否则计算

和Q (2) i=bi-S (2) i, i=1, 2, …, m.

如果Q (2) i≥0, i=1, 2, …, m, 说明X= (0, 1, …, 1) T就是0-1规划的最优解, 依次类推, 直到找到0-1规划的最优解.

3算例

例1求解0-1整数规划问题:

解由于目标函数的价值系数有负的, 作变换令x2=1-y2, 原题化为:

由上式可知

第1步, 计算系数矩阵A=[aij]∈R4×3的每一行的和:

S (1) 1=-2, S (1) 2=-2, S (1) 3=0, S (1) 4=5.

第2步, 计算:

Q (1) 1=2, Q (1) 2=2, Q (1) 3=2, Q (1) 4=1.

所以Q (1) i>0, i=1, 2, 3, 4, 说明 (y2, x1, x3) T= (1, 1, 1) T就是0-1规划的最优解, 通过变换x2=1-y2, 可知原0-1规划的最优解为 (x1, x2, x3) T= (1, 0, 1) T.

该方法相比其他方法[1,2,3,4,5]较简单明了, 具有可行性, 也便于程序化设计.

例2求解0-1整数规划问题:

解由于目标函数的价值系数有负的, 作变换令x2=1-y2, 原题化为:

由上式可知

第1步, 计算系数矩阵A=[aij]∈R3×3的每一行的和:

第2步, 计算:

所以Q (1) i>0, i=1, 2, 3, 说明 (y2, x3, x1) T= (1, 1, 1) T就是0-1规划的最优解, 通过变换x2=1-y2, 可知原0-1规划的最优解为 (x1, x2, x3) T= (1, 0, 1) T.

由以上两个算例可知, 该方法比一般的隐枚举法[1,2,3,4,5]更加直观, 思路简捷, 具有可行性和有效性.

摘要：求解0-1规划问题一般采用增加过滤条件的思路, 本文根据约束条件AX≤b对应的系数矩阵各行之和来判断0-1规划的最优解, 通过算例证实具有可行性.

关键词：隐枚举法,线性规划,最优解

参考文献

[1]教材编写组.运筹学[M].北京:清华大学出版社, 2005.

[2]卢向华, 等.运筹学教程[M].北京:高等教育出版社, 1992.

[3]胡运权.运筹学基础及应用[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社, 1993.

[4]牟世超.隐枚举法的改进及应用[J].预测, 1997 (6) :54-55.

枚举归纳出现的问题篇6

关键词：电流表,电压表,滑动变阻器

在近年来浙江省的科学中考题目当中, 电流表电压表示数变化判断问题常以选择题或填空题形式呈现, 尽管分值不大, 但对学生的电路知识综合运用能力的要求较高, 加之面对复杂多变的电路情况时, 学生往往不能对此类问题进行合理归类, 导致其思维混乱, 无从下手, 失分率较高。下面笔者在具体实例中对此类问题进行归纳和解析。

一、由开关闭合、断开引起的电表示数变化

例1:如图1所示电路, 当开关闭合后, 判断电流表示数的变化。

解析:开关闭合前, 电路中只有R1一个电阻, 电流I=U/R1。开关闭合后, R1和R2并联, I=I1+I2=U/R1+U/R2, I1不变, I变大, 即电流表示数变大。

例2:如图2所示电路, 当开关闭合后, 判断电流表示数的变化。

解析:开关闭合前, 电路中R1和R2串联, R总=R1+R2。I前=U/R总;开关闭合后, R2短路, 电路中只有R1, 此时, I后=U/R1。由于U保持不变, R1+R2>R1, 所以I前<I后, 即电流表示数变大。

例3:如图3所示电路, 当开关闭合后, 判断电流表和电压表示数的变化。

解析:开关闭合前, 电阻R和灯泡L串联, R总=R+RL, 电压表测的是电阻R两端的电压。UR前=U-UL, I前=U/R总。开关闭合后, 灯泡L出现短路, 电路中只有电阻R, UR后=U, I后=U/R。U保持不变, 所以I前<I后, UR前<UR后, 即开关闭合后电流表和电压表示数都变大。

二、由滑动变阻器调节引起的电表示数变化

例4:如图4所示电路, 闭合开关, 滑片P向左移动, 判断电流表和电压表示数的变化情况。

解析:R1和R2串联, R总=R1+R2, U=UR1+UR2。P向左移动后, R2变小, R1不变, R总变小。根据欧姆定律I=U/R总, 电源电压U不变, I变大, 所以电流表示数变大。再根据欧姆定律UR1=IR1, 因为I变大, R1不变, 所以UR1变大, 即电压表示数变大。

例5:如图5所示电路, 闭合开关后, 滑动变阻器R滑片P向右滑动, 判断各电表示数变化的情况。

解析:先根据“三步走”法分析电路的联接方式, 再判断各个电表的测量对象, 再判断滑动变阻器电阻变化以后, 各个电表示数的变化情况。电流从电源正极出发, 依次通过滑动变阻器R、电流表A1和电阻R1和开关S回到电源负极, 三者为串联。电压表V2直接接在电源两端 (电流表A2视为导线) , 所以测的是电源两端电压。电压表V1直接接在R1两端 (电流表A1视为导线) , 所以测的是R1两端电压。因此, I=IR1=IR, U=UR1+UR。R总=R1+R。

P向右移动后, R变大, R1不变, 所以R总变大。根据欧姆定律I=U/R总, 电源电压U不变, R总变大, 所以I变小, 即IR1和IR都变小, 再根据欧姆定律UR1=R1IR1, 因为IR1变小, R1不变, 所以UR1变小, 最后根据U=UR1+UR, 得出UR变大。因此, 电流表A1和A2的示数都变小, 电压表V1示数变小, 电压表V2测的是电源电压, 示数不变。

例6:如图6所示电路, 闭合开关后, 滑动变阻器R滑片P向右滑动, 判断各电表示数变化的情况。

解析:根据“三步走法”, 电流从电源正极出发, 通过A2, 然后分为两路, 一路依次通过电阻R1、电流表A1、开关S回到电源负极, 电阻R1和电流表A1为串联, 所以电流表A1测的是通过电阻R1的电流;一路通过滑动变阻器R、开关S回到电源负极。可以看出电流A2表处在干路, 测的是通过电阻R1和滑动变阻器R的电流之和, 电阻R1和滑动变阻器R是并联的。电压表V1直接接在电阻R1或电源两端 (电流表A1和A2视为导线) , 所以测的是电阻R1两端电压或电源电压。电压表V2直接接在滑动变阻器R两端, 所以测的是滑动变阻器R两端电压。以此, I=IR1+IR, U=UR1=UR。

P向右移动后, R变大, R1不变, 由于U=UR1=UR, 而电源电压不变, 所以UR1和UR都不变。根据欧姆定律IR1=UR1/R1, UR1不变, R1不变, 所以IR1不变。同理根据欧姆定律IR=UR/R, UR不变, R变大, 所以IR变小, I=IR1+IR, 所以I变小。因此, 电流表A1的示数不变, 电流表A2示数变小。电压表V1和V2示数不变。

三、由敏感电阻变化引起的电表示数变化

例7:如图7所示的电路中, R是一个定值电阻, Rt是一个半导体材料制成的热敏电阻, 其阻值随温度变化 (见图7曲线图) , 当开关闭合且电阻Rt所处的环境温度升高时, 判断电流表、电压表示数的变化情况。

解析:在图7所示的电路中, 电阻R和Rt是串联的, 总电阻R总=R+Rt, U=UR+Ut。电压表测的是电阻Rt的电压。根据曲线图可知, Rt相当于一个滑动变阻器。当温度升高时, Rt的电阻变小, 而R不变, 所以R总变小。根据欧姆定律I=U/R总, 电源电压U不变, I变大, 同理根据欧姆定律UR=IR, R不变, I变大, UR变大。再根据Ut=U-UR, 所以Ut变小。因此, 电流表示数变大, 而电压表示数变小。

例8:将光敏电阻R、定值电阻R0、电流表、电压表、开关和电源连接成如图8所示电路。已知光敏电阻的阻值会随光照强度的增大而减小。闭合开关, 逐渐增大光敏电阻的光照强度, 判断电流表、电压表示数的变化情况。

解析:如图8所示的电路中, 电阻R0和光敏电阻R是串联的, R总=R0+R, 电压表测的是电阻R0两端的电压, U=UR0+UR。光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小, 闭合开关, 逐渐增大光敏电阻的光照强度, Rt变小, R0不变, R总变小。根据欧姆定律I=U/R总, 电源电压U不变, R总变小, I变大, 根据欧姆定律UR0=IR0, R0不变, I变大, UR0变大。所以电压表示数变大, 电流表示数变大。

四、结语

总而言之, 面对电流表电压表示数变化的判断问题, 首先要判断出电路连接的形式以及电压表、电流表的测量对象, 再分辨是由哪种情况引起的电表示数变化, 最后综合运用欧姆定律和串并联电路电流、电压特点去推断。同时在平时的练习过程中也要多总结归纳, 化繁为简, 从而提高解题的效率。

参考文献

枚举归纳出现的问题篇7

1. 土木工程施工教学中存在的问题

土木工程施工课程具有实践性、综合性等的特点。课程内容涉及到很多施工工艺、方法及操作过程, 理论知识则包含土木工程材料、三大力学、工程测量等知识点。土木工程施工课程的特点给其教学过程带来了一定的难度。目前, 我国高校土木工程施工教学中普遍存在着以下一些问题:

首先, 土木工程施工教学涉及到大量的专业知识, 其综合性较强, 它对教师的水平要求也很高。在实际教学中, 该课程教师缺乏实际工作经验, 专业知识较为薄弱, 在授课过程中也只是局限于教材内容的讲授, 而无法与实际工程案例有效结合起来进行教学, 直接影响到学生的学习兴趣。另外, 学生自身也存在专业基础薄弱、综合分析能力较差的问题, 缺乏实践知识的积累, 在课堂听课时效率不高。其次, 教材内容比较陈旧, 教材中涉及的内容大多是比较成熟的传统建筑材料、施工工艺和方法等, 而先进施工技术、新材料工艺等内容没有及时添加到教材中, 教材中的插图也与当下实际工程相差较大。教师在教学过程中也只是根据教材内容授课, 并没有拓宽学生的知识范围, 没有充分考虑学生未来就业环境和发展状况进行讲课, 教学内容缺乏选择性和针对性。最后, 土木工程施工教学是一门与实践联系比较紧密的课程, 但是在实际教学过程中, 教师并没有精心设计和组织课程教学, 学生受到时间和空间的限制, 在课堂上往往以静态施工图为主, 教师来讲解施工过程中的一些知识点, 或者只是通过视频简单的观察某一部门的施工过程, 不能全面掌握施工流程。学生在课外又缺乏实习经验, 不能真正掌握理论和实践知识, 直接影响到教学效果。

2. 土木工程施工教学的问题解决策略

2.1 提高教师的教学能力

土木工程施工教学需要教师具有较强的专业能力, 其教学能力包括对理论知识和实践教学两方面的能力。通过专业知识培训来提高教师的基本能力和专业素养, 关注教师思想素质、职业道德与教育教学能力等方面的素养。重视对教师实践能力的培养, 土木工程施工教学要求教师需要具备扎实的专业实践技能, 在理论知识的指导下, 开展实践操作活动, 引导学生正确、全面的认识施工过程, 提高教学效率。教师在提高教学能力的同时, 要注意转变教学方法, 在课堂教学中要注意充分利用多媒体教学设备, 教师可以将典型工程制作成课件, 利用多媒体声音、图片、文字等功能来形象的将施工过程展现在学生面前, 有效补充教材之外的内容, 提高学生的学习兴趣, 让学生主动地参与到教学过程中。

2.2 教材内容和方法的改革

随着科学技术的发展, 各种新工艺、新技术水平不断应用到土木工程施工项目中。土木工程施工课程的教材也应当及时进行内容的更新, 将新工艺、新方法等新的知识补充到教材中, 让学生学习最新的专业知识。教师在合理利用教材的同时, 要注意对讲课内容进行梳理和总结, 突出重点和难点教学, 在有限的课堂时间内, 尽量将理论教学与实践教学结合在一起, 对某一实际工程施工的全过程进行跟踪教学, 帮助学生理论联系实际, 改变传统的教学方式, 多用启发法和讨论法, 提高教学效率。此外, 还要重视对学生实践能力的培养, 改革教学方法, 结合实际进行教学。学校可以结合课程特点建立适合专业发展和实践的基地, 让学生在实习基地中有效利用理论知识, 进行实践操作, 丰富教学内容, 提高学生的综合能力。

2.3 加强施工安全教育

土木工程施工现场存在一些潜在的安全隐患, 针对该专业学生的教育, 教师应当加强对学生施工安全的教育。任课教师需要具备一定的安全施工技能和知识, 在进行理论教学中, 通过案例分析和实践教学等方式来增强学生的安全意识和知识。让学生在未来实践工作中, 自觉遵守安全施工的规章制度, 正确运用安全施工技术知识, 在安全管理理念的指导下进行安全生产。对学生进行施工安全教育, 有利于学生正确认识土木工程施工工序中的问题, 进一步提高土木工程教学的效率。此外, 高校还要注意与外部环境多交流, 充分认识到当下施工的现状, 结合实际情况进行教学, 从具体案例中认识到安全施工的重要性, 提高自身的安全意识。

结束语

总而言之, 土木工程施工课程作为土木工程专业的核心课程, 对学生未来的就业发展具有重要的意义。教师在土木工程施工教学中, 要不断提升自身的专业水平, 改革教学方法, 重视对学生实践操作能力的培养。通过调整教学内容等的方式, 全面总结教学经验, 提升土木工程施工教学的质量和效率。

参考文献

[1]王继果, 董祥, 蒋冬梅, 李芸.普通本科院校“土木工程施工”课程教改探讨[J].中国科教创新导刊, 2011 (11) :117-119.

[2]席永慧, 徐伟, 顾浩声, 应惠清.土木工程施工课程教学改革探讨[J].高等建筑教育, 2009 (01) :123-125.

[3]余群舟, 陈海滨, 江义声.土木工程施工理论教学与现场教学相结合的研究[J].高等建筑教育, 2008 (05) :211-213.

【枚举归纳出现的问题】推荐阅读：

枚举解析11-08

时间枚举论文10-07

归纳问题06-16

记叙文问题常识归纳02-28

高一物理衔接第2讲《重力和弹力问题归纳》学案02-10