定理模型

2024-09-26

定理模型（共7篇）

定理模型篇1

当前, 工程建设的规模日益扩大, 加上工程具有技术复杂性、风险高、差异性大、综合性强等特点, 合同双方未履行合同的情况屡见不鲜, 因此索赔的发生也是经常的。随着工程建设市场竞争的日益激烈, 低价中标, 通过索赔规避风险、赢得利润, 已成为许多承包商的重要手段。

建设双方对工程索赔缺少全面清楚的认识, 承包商在工程索赔过程中经常因为索赔不及时、索赔证据收集不全面、索赔数额计算不规范等原因不能获得合理的索赔, 而业主在与承包商谈判的过程中也会因为运用谈判技巧、索赔策略等使承包商不能得到应得的索赔。有的承包商不敢向业主提出索赔, 因而索赔能否成功, 对于承包商来说至关重要。

通过分析大量的国内外资料可知, 已经有大量的学者通过博弈模型来分析索赔问题。但是大多数学者还是倾向于建立完全信息下的动态博弈模型, 而对不对称下的讨价还价博弈模型缺乏相应的研究。有的学者虽然建立了不完全信息博弈模型, 但只对博弈过程进行了简单的分析, 缺乏更深入的研究。

一、工程索赔博弈模型的建立

从博弈的角度分析, 工程索赔问题属于一个信息不完整的、非合作的、动态的、序贯的博弈问题, 站在理性的角度上, 强调承包商的最优决策。工程项目施工的招投标中“中标靠报价, 赢利靠索赔”就突出了索赔的非合作博弈特征。

索赔的多轮谈判满足讨价还价问题的条件, 本文以此为基础建立讨价还价博弈模型, 如图1所示。

在一般的二人有限零和博弈中, 两个局中人的得失之和为零, 而在工程索赔中, 由于工程项目的特殊性, 二者的得失不是完全对立的, 不能用一般的线性规划来求解, 因此需要用Bayes方法来修正。

假设局中人Ⅰ—承包商、Ⅱ—业主

博弈顺序:

(1) 局中人Ⅰ第一轮报价为S1, 局中人Ⅱ决定接受还是拒绝。

(2) 局中人Ⅰ第二轮报价为S2, 局中人Ⅱ决定接受还是拒绝。

……

(n) 局中人Ⅰ第n轮报价为Sn, 局中人Ⅱ决定接受还是拒绝。

二、贝叶斯理论下的工程索赔博弈模型分析

运用Bayes定理进行决策是将定性分析与定量分析相结合。

(1) 根据Bayes公式计算概率。

(2) 承包商估计业主的保留值:

承包商对业主的保留值进行修正:

(3) 求解承包商的效应函数。

现假设效应函数是线性的 (uo=kx+b) , 保留值ec的效应为ūc, 则承包商的效应函数为:

(4) 承包商估计业主的效应函数。

设业主的效应函数为uc=kx+b, 保留值eo的效应为ūo, 则承包商估计业主的效应函数为:

(5) 求解联合效应函数。

综合承包商与业主之间的效应关系, 换算得到二者的效应函数之间的联系为:

(6) 估计风险。

其中:Pomax—业主承受风险的最大能力;

Pcmax—承包商承受风险的最大能力;

utcc—给定承包商在第t轮谈判中的报价, 承包商的效用;

utoo—给定业主在第t轮谈判中的报价, 雇主的效用;

utco—给定雇主在第t轮谈判中的报价, 承包商的效用;

utoc—给定承包商在第t轮谈判中的报价, 雇主的效用;

uc (c) —争论中承包商的效用, 博弈中假设是零;

uo (c) —争论中业主的效用, 博弈中假设是零。

(7) 计算让步率。

(8) m轮讨价还价。

经过多轮讨价还价, 一方的报价被另一方所接受, 报价结束。

三、算例

现有某工程, 计划开工时间为3月份, 完工时间为10月份。在施工期间由于对地质状况了解不深入导致在挖基坑期间出现了大量的流沙, 并伴有管涌现象的出现, 而此时又恰逢雨季, 给施工造成了严重的困扰。

第一步, 承包商分析了造成成本增加的因素。

自然因素:业主未能将准确的工程地质条件提供给承包商, 导致基坑开挖的成本增加。

环境因素:雨季施工, 再加上大量的流沙出现, 给施工造成巨大困难, 这是一个有经验的承包商所不能预测到的。

第二步, 索赔意向。

业主考虑到不按期交工所造成的损失远远大于索赔的金额, 因此, 愿意支付一定额度的赔偿金以保证工期的按时完成;承包商也愿意通过索赔的金额按时完成施工任务, 赢得业主的信赖, 为下一次的合作打好基础。承包商综合考虑, 决定索要600万元的索赔额, 保留值为400万元。

第三步, 承包商经过判断, 给出业主可以接受报价的先验概率分布及业主最终可能接受报价的概率, 如表1、表2所示。

注:1) 表中数据可根据工程的实际情况加以调整 (单位:万元) ;2) P (R) 是估计的先验概率, ∑P (R) =1。

第四步, 谈判过程。

承包商报价600万元, 业主还价400万元。

(1) 承包商综合分析业主承受索赔的能力和以往的经验, 修正概率分布, 计算后得出后验分布概率。根据贝叶斯公式计算得出当e=400时的概率值, 见表3。

(2) 承包商估计业主的保留值ec=∑RiP (Ri) =400×0.4+450×0.3+500×0.15+550×0.1+600×0.05=455万元。

承包商根据谈判结果, 得出修正保留值eo=∑RiP (Ri/e) =400×0.573+450×0.258+500×0.086+550×0.057+600×0.025=434.65万元。

(3) 求解承包商的效应函数。

假设保留值ec的效应为ūc (0<ūc<1) , ūc=0.2, 承包商效用函数的两个关键点:最大值 (600, 1) , 保留值 (400, 0.2) , 承包商的效应函数为:

(4) 承包商估计业主的效用函数。

假设保留值eo的效应为ūo (0<ūo<1) , ūc=0.2, 承包商效用函数的两个关键点:最小值 (400, 1) , 保留值 (434.65, 0.8) , 承包商的效应函数为:

(5) 联合效用函数。

(6) 估计风险。

由于业主的风险相对小, 因此业主在此次报价中损失会比较大, 因而会做出让步, 承包商依然会坚持原来的报价。

(7) 让步率。

最后, 经过三轮的谈判, 业主出价550万元, 经过承包商修正后的业主保留值为563.4万元, 业主出价与此接近, 谈判结束。

四、结论与展望

本文主要提出了用贝叶斯理论和博弈模型解决承包商和业主的索赔问题, 不仅可以增加承包商索赔成功的概率, 也可以减少工程施工中的风险, 使索赔更加科学合理, 对于规范工程索赔市场具有重要的意义。但是本文没有考虑到补充信息的可靠性和工程师在索赔谈判中的作用, 因此还需后续研究。

定理模型篇2

一、选择题(共20题，题分合计100分)

1.已知在△ABC中,sinA:sinB:sinC=3:2:4,那么cosC的值为

A.

14B.14C.23D.23

2.在△ABC中，a=λ,b=

λ,A=45°,则满足此条件的三角形的个数是

A.0 个B.1 个C.2个D.无数个

3.在△ABC中，bcosA=acosB，则三角形为

A.直角三角形B.锐角三角形C.等腰三角形D.等边三角形

4.已知三角形的三边长分别为x2

+x+1,x2

-1和2x+1(x＞1)，则最大角为

A.150°B.120°C.60°D.75°

5.在△ABC中，=1，=2，（+）·（+）=5+23则边|

|等于

A.5B.5-23C.52D.523

6.在△ABC中，已知B=30°,b=50,c=150，那么这个三角形是

A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰三角形或直角三角形

7.在△ABC中，若b2

sin2

C+c2

sin2

B=2bccosBcosC，则此三角形为

A.直角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形

8.正弦定理适应的范围是

A.Rt△B.锐角△C.钝角△D.任意△

9.已知△ABC中，a=10,B=60°,C=45°，则c=

A.10+B.10（-1）C.（3+1）D.103

10.在△ABC中，bsinA＜a＜b，则此三角形有

A.一解B.两解C.无解D.不确定

11.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x2

-7x-6=0的根，则三角形的另一边长为A.52B.2C.16D.4

12.在△ABC中，a2

=b2

+c2

+bc，则A等于

A.60°B.45°C.120

D.30°

13.在△ABC中，则△ABC是

A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形

14.在△ABC中，a=2，A=30°,C=45°，则△ABC的面积S△ABC等于

A.2B.22C.+1D.(1)15.已知三角形ABC的三边a、b、c成等比数列，它们的对角分别是A、B、C，则sinAsinC等于

A.cos2BB.1-cos2BC.1+cos2BD.1+sin2B

17.在△ABC中，bCosA=acosB，则三角形为

A.直角三角形B.锐角三角形C.等腰三角形D.等边三角形

18.△ABC中，sin2

A=sin2

B+sin2

C，则△ABC为

A.直角三角形B.等腰直角三角形C.等边三角形D.等腰三角形

19.△ABC中,A=60°,b=1,这个三角形的面积为,则△ABC外接圆的直径为

A.B.C.D.20.在△ABC中，,则k为

定理模型篇3

关键词：高中物理；三角函数

中图分类号：G633 文献标识码：A 文章编号：1671-864X（2016）07-0257-01

高中物理对数学的应用模型可以简单地概括为函数模型、三角模型、图像模型、不等式模型等。三角及余弦函数普遍应用于解决物理问题。

一、三角函数的基本应用

例题1 如图1所示，质量为m的小球静止于斜面与竖直挡板之间，斜面倾角为θ，求小球对挡板和对斜面的压力大小分别是多少？[2]

解析：小球受到的重力产生的效果是压紧挡板和使球压紧斜面，重力的分解如图2所示。

二、三角函数求物理极值

（一）利用辅助角三角函数公式求物理极值。

小结

物理试题的求解过程就是一个将物理问题转化为数学问题经过求解还原为物理结论的过程。因此在进行高考物理复习的同时，要特别注意数学模型在物理问题中的应用。

定理模型篇4

关键词：隐马尔科夫模型,强极限定理,鞅差序列

1 引言及定义

近年来, 隐马尔科夫模型在弱相依变量的建模上得到了广泛应用, 是研究发声过程、神经生理学与生物遗传等问题的有力工具。但在实际应用中经常遇到隐藏链为非齐次马氏链的情况, 如动态的图像处理、气候的预测等均需要建立非齐次隐马尔科夫模型来处理。本文的目的是利用杨卫国提出的方法, 研究非齐次隐马尔科夫模型三元泛函的强极限定理, 作为推论, 得到了一个已有的结论。

定义1 设 $S = {1, 2, \dots, Μ}, Τ = {1, 2, \dots, Ν}$ 为两个有限集, ${X_{n}, n \geq 0}$ 与{Yn, n≥0}是概率空间 $(Ω, F, Ρ)$ 上取值于S与T的随机变量序列。假设 ${X_{n}, n \geq 0}$ 是非齐次马氏链, 其初始分布为 $(q (1), q (2), \dots, q (Μ))$ , 它不能被直接观测到, 称为隐藏链; 而能观测到的是{Yn, n≥0}, 称为观测链。他们合起来满足如下条件:

$\begin{array}{l} Ρ (X_{n + 1} = j | X_{n} = i, Y_{n} = y_{n}, X_{n - 1} = x_{n - 1}, \dots, Y_{0} = y_{0}, X_{0} = x_{0}) = Ρ (X_{n + 1} = j | X_{n} = i), \\ Ρ (Y_{n} = l | X_{n} = i, Y_{n - 1} = y_{n - 1}, X_{n - 1} = x_{n - 1}, \dots, Y_{0} = y_{0}, X_{0} = x_{0}) = Ρ (Y_{n} = l | X_{n} = i) 。 \end{array}$

则称{ (Xn, Yn) , n≥0}为一个非齐次隐马尔科夫模型。记

$\begin{array}{l} a_{n + 1} (i, j) = Ρ (X_{n + 1} = j | X_{n} = i), \\ b_{n} (i, l) = Ρ (Y_{n} = l | X_{n} = i) 。 \end{array}$

An= (an (i, j) ) 为非齐次马氏链 ${X_{n}, n \geq 0}$ 的转移概率矩阵。

下面给出两个引理。

引理1[1] 设{Xn, Fn, n≥0}是一个鞅差序列, 则Sn= $\sum_{k = 1}^{n} X_{k}$ 在集 ${\sum_{k = 1}^{\infty} E [X_{k}^{2} | F_{k - 1}] < \infty}$ 上a.s.收敛。

引理2[2] 设{ (Xn, Yn) , n≥0}是如上定义的非齐次隐马尔科夫模型, fn (x, y, z) 是定义在S×S×T的三元函数列, {Φn (x) , n≥1}是一列定义在R上的非负可测函数, 则

$\begin{array}{l} E [Φ_{k} (f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, Y_{k})) | F_{k - 1}] = \\ E [Φ_{k} (f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, Y_{k})) | X_{k - 1}], k \geq 1 。 \end{array}$

2 主要结果及证明

定理1 设{ (Xn, Yn) , n≥0}是如上定义的非齐次隐马尔科夫模型, 设{an, n≥1}是Fn-1可测的非零随机变量序列, fn (x, y, z) 是定义在S×S×T上的三元函数列, {Φn (x) , n≥1}是一列定义在R+上的非负可测函数。αn≥1, βn≤2, Kn≥1和Mn≥1 (n≥1) 使得x1≤x2时,

$\frac{Φ (x_{1})}{x_{1}^{α_{n}}} \leq Κ_{n} \frac{Φ (x_{2})}{x_{2}^{α_{n}}}$ (1)

$\frac{x_{1}^{β_{n}}}{Φ_{n} (x_{1})} \leq Μ_{n} \frac{x_{2}^{β_{n}}}{Φ_{n} (x_{2})}$ (2)

成立。设

A={ω: $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{Κ_{n} E [Φ_{n} [| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |] | F_{n - 1}]}{Φ_{n} (| a_{n} |)} < \infty}$ (3)

B={ω: $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{Μ_{n} E [Φ_{n} [| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |] | F_{n - 1}]}{Φ_{n} (| a_{n} |)} < \infty}$ (4)

则

$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{- 1} {f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - E [f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}]}$ (5)

在AB中a.s.收敛。设C={ω: $\lim_{n \to \infty} a_{n} = \infty} \cap A B$ , 则

$\begin{array}{l} \lim_{n \to \infty} a_{n}^{- 1} \sum_{k = 1}^{n} {f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, Y_{k}) - E [f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, \\ Y_{k}) | X_{k - 1}]} = 0 ‚ a . s ., ω \in C (6) \end{array}$

证明设 $n \geq 0, f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) = f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) Ι (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | \leq | a_{n} |)$ , 记 $Ζ_{n} = \frac{Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} |)}$ , 由引理2及 $Φ_{n} (| a_{n} |)$ 是Fn-1可测性有

$E [Ζ_{n} | F_{n - 1}] = \frac{E [Φ_{n} (f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})) | X_{n - 1}]}{Φ_{n} (| a_{n} |)},$

设K为正整数, 记

$\begin{array}{l} A_{k} = {ω : \sum_{n = 1}^{\infty} Κ_{n} E [Ζ_{n} | F_{n - 1}] = \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{Κ_{n} E [Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |) | X_{n - 1}]}{Φ_{n} (| a_{n} |)} \leq Κ}, \end{array}$

τk=min{n: $n \geq 1, \sum_{i = 1}^{n + 1} E [Ζ_{i} | F_{i - 1}] > Κ}$ (7)

当式 (7) 右边为空集时, 令τk=∞, 由 $\sum_{i = 1}^{τ_{k} Λ n} Κ_{i} Ζ_{i} = \sum_{i = 1}^{n} Ι (τ_{k} \geq i) Κ_{i} Ζ_{i}, Ι (τ_{k} \geq i)$ 是Fn-1可测的, 有

$\begin{array}{l} E (\sum_{i = 1}^{τ_{k} Λ n} Κ_{i} Ζ_{i}) = E (\sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} Ι (τ_{k} \geq i) Ζ_{i}) = \\ E {\sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} E [Ι (τ_{k} \geq i) Ζ_{i} | X_{i - 1}]} = E {\sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} Ι (τ_{k} \geq i) E [Ζ_{i} | X_{i - 1}]} = E {\sum_{i = 1}^{τ_{k} Λ n} Κ_{i} E [Ζ_{i} | X_{i - 1}]} \leq Κ (8) \end{array}$

由于Ak={τk=∞}, 由式 (8) 有

$\begin{array}{l} \sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} \int_{A_{k}} Ζ_{i} d Ρ = \sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} E [Ι (A_{k}) Ζ_{i}] = \\ E {Ι (A_{k}) \sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} Ζ_{i}} = E {Ι (τ_{k} = \infty) \sum_{i = 1}^{n} Κ_{i} Ζ_{i}} = \\ E {Ι (τ_{k} = \infty) \sum_{i = 1}^{τ_{k} Λ n} Κ_{i} Ζ_{i}} \leq E {\sum_{i = 1}^{τ_{k} Λ n} Κ_{i} Ζ_{i}} \leq Κ, \end{array}$

因而, 我们得知

$\sum_{n = 1}^{\infty} Κ_{n} \int_{A_{k}} Ζ_{n} d Ρ \leq k$ (9)

由 (1) 式知, 当 $| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > | a_{n} (ω) |$ 时有

$\begin{array}{l} \frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{| a_{n} (ω) |} \leq \frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |^{α_{n}}}{| a_{n} (ω) |^{α_{n}}} \leq \\ \frac{Κ_{n} Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} (ω) |)}, \end{array}$

因而, 由 (3) 式和 (9) 式知

$\begin{array}{l} \sum_{n = 1}^{\infty} Ρ {A_{k} (f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})) \neq f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})} = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{A_{k} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > | a_{n} |)} d Ρ \leq \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{A_{k} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > | a_{n} |)} \frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{| a_{n} |} d Ρ \leq \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{A_{k} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > | a_{n} |)} Κ_{n} \frac{Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} |)} d Ρ \leq \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{A_{k}} Κ_{n} Ζ_{n} d Ρ \leq Κ 。 \end{array}$

于是由Borel-Cantelli引理知, P{ Ak (f*n (Xn-1 , Xn, Yn) ) ≠fn (Xn-1 , Xn, Yn) , i.o.}=0, 则

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}))}{| a_{n} |}$ (10)

在Ak中a.s.收敛。由于 $A = \underset{k}{\cup} A_{k}$ , 由式 (10) 知

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}))}{| a_{n} |}$ (11)

在A中a.s.收敛。设

$\frac{Τ_{n} = f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - E [f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}]}{| a_{n} |},$

易知, {Tn, n≥1}是一个鞅差序列。由于

$\begin{array}{l} E [Τ_{n}^{2} | F_{n - 1}] = \\ {\frac{{E [(f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}))^{2} | F_{n - 1}] - E^{2} [f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | F_{n - 1}]}}{a_{n}^{2}}} \\ \leq E [(\frac{f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})}{a_{n}})^{2} | F_{n - 1}] a . s ., \end{array}$

由式 (2) 知, 当 $| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | \leq | a_{n} |$ 时,

$\begin{array}{l} \frac{f_{n}^{2} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})}{a_{n}^{2} ♂} \leq \frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |^{β_{n}}}{| a_{n} |} \leq \\ Μ_{n} \frac{Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} |)}, \end{array}$

由 (4) 式知

$\begin{array}{l} \sum_{n = 1}^{\infty} E [Τ_{n}^{2} | F_{n - 1}] \leq \sum_{n = 1}^{\infty} E [(\frac{f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})}{a_{n}})^{2} | F_{n - 1}] \leq \\ \sum_{n = 1}^{\infty} E [(\frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{| a_{n} |})^{2} Ι (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | \leq \\ | a_{n} |) | F_{n - 1}] \leq \sum_{n = 1}^{\infty} Μ_{n} E [\frac{Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} |)} \times \\ Ι (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | \leq | a_{n} |) | F_{n - 1}] \leq \\ \sum_{n = 1}^{\infty} Μ_{n} E [\frac{Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |)}{Φ_{n} (| a_{n} |)} \leq | a_{n} |) | F_{n - 1}] < \infty a . s ., ω \in B 。 \end{array}$

由引理1知,

$\begin{array}{l} \sum_{n = 1}^{\infty} Τ_{n} = \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - E [f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}]}}{| a_{n} |} (12) \end{array}$

在B上a.s.收敛。由于

$\begin{array}{l} | \frac{(E [f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}] - E [f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}])}{a_{n}} | = \\ | \frac{E [(f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}))}{a_{n}} | \leq \\ E [\frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - f_{n}^{*} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{| a_{n} |} | X_{n - 1}] = E [\frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{| a_{n} |} Ι (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > \\ | a_{n} |) | X_{n - 1}] \leq Κ_{n} E [Φ_{n} (\frac{| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |}{Φ_{n} (| a_{n} |)} \times \\ Ι (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | > | a_{n} |) | X_{n - 1}] \leq \\ Κ_{n} \frac{E [Φ_{n} (| f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) |) | X_{n - 1}]}{Φ_{n} (| a_{n} |)} a . s . (13) \end{array}$

由式 (13) 和式 (3) 知

在A上a.s.收敛。由式 (10) , 式 (12) , 式 (14) 知式 (5) 成立。

由Kronceker 引理知式 (6) 成立。

推论1[2] 设{ (Xn, Yn) , n≥0}是非齐次隐马尔科夫模型, 设{an, n≥0}是Fn-1可测的正的非降随机变量序列, fn (x, y, z) 是定义在S×S×T上的三元非负可测偶函数, 使得 $| x |$ 增加时, $\frac{Ψ_{n} (x)}{x}$ 和 $\frac{Ψ_{n} (x)}{x^{2}}$ 分别是单调增加和单调减少的。记

A={ω: $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{E [Ψ_{n} (f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n})) | X_{n - 1}]}{Ψ_{n} (a_{n})} < \infty},$

则

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) - E [f_{n} (X_{n - 1}, X_{n}, Y_{n}) | X_{n - 1}]}}{a_{n}}$

在A中a.s.收敛。设B={ω: $\lim_{n \to \infty} a_{n} = \infty} \cap A$ , 则

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{{f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, Y_{k}) - E [f_{k} (X_{k - 1}, X_{k}, Y_{k}) | X_{k - 1}]}}{a_{n}} = 0$

a.s., ω∈B。

证明令 $Φ_{n} (x) = Ψ_{n} (| x |) = Ψ_{n} (x), α_{n} = 1, β_{n} = 2, Κ_{n} = 1$ 和Mn=1, 由定理1即可得证。

参考文献

[1]Hall P, Heyde C C.Martingale limit theory and its application.New York:Academic Press, 1980

正弦定理和余弦定理的复习篇5

教材：正弦定理和余弦定理的复习《教学与测试》76、77课

目的：通过复习、小结要求学生对两个定理的掌握更加牢固，应用更自如。过程：

一、复习正弦定理、余弦定理及解斜三角形解之：x62 22(622)3bca13622 当c时cosA222

二、例一证明在△ABC中asinA=bsinB=csinC=2R，其中R是三角形外接圆半径

证略见P159 注意：1．这是正弦定理的又一种证法(现在共用三种方法证明)2.正弦定理的三种表示方法(P159)例二在任一△ABC中求证：a(sinBsinC)b(sinCsinA)c(sinAsinB)0

证：左边=2RsinA(sinBsinC)2RsinB(sinCsinA)2RsinC(sinAsinB)

=2R[sinAsinBsinAsinCsinBsinCsinBsinAsinCsinAsinCsinB]=0=右边

例三在△ABC中，已知a3，b2，B=45 求A、C及c

解一：由正弦定理得：sinAasinB3sin453b22 ∵B=45<90

即b

当A=60时C=7cbsinC2sinsinB7562sin452 当A=120时C=15

cbsinC2sin156sinBsin4522 解二：设c=x由余弦定理 b2a2c22accosB 将已知条件代入，整理：x26x10

22bc22622(31)22从而A=60

C=75

当c622时同理可求得：A=120 C=15

例四试用坐标法证明余弦定理证略见P161

例五在△ABC中，BC=a, AC=b, a, b是方程x223x20的两个根，且

2cos(A+B)=1 求 1角C的度数 2AB的长度 3△ABC的面积

解：

1cosC=cos[

(A+B)]=

cos(A+B)=∴C=120

2由题设：ab23ab2

∴AB

2=AC2

+BC

2AC•BC•osCa2b22abcos120

a2b2ab(ab)2ab(23)2210 即AB=10

3S1113△ABC=2absinC2absin12022232

例六如图，在四边形ABCD中，已知AD

CD, AD=10, AB=14，BDA=60BCD=135

求BC的长

解：在△ABD中，设BD=x

则BA2BD2AD22BDADcosBDA

B ，即142x2102210xcos60 整理得：x210x960

解之：x116 x26（舍去）由余弦定理：

BCBD16sin3082

∴BCsinCDBsinBCDsin135

例七（备用）△ABC中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角，1求最大角 2

求以此最大角为内角，夹此角两边之和为4的平行四边形的最大面积。解：1设三边ak1,bk,ck1 kN且k1

a2b2c2k4∵C为钝角 ∴cosC0解得1k4

2ac2(k1)∵kN ∴k2或3 但k2时不能构成三角形应舍去

1当k3时 a2,b3,c4,cosC,C109

42设夹C角的两边为x,y xy4

1515(x24x)44SxysinCx(4x)当x2时S最大=15

三、作业：《教学与测试》76、77课中练习

a2b2b2c2c2a20 补充：1．在△ABC中，求证：

cosAcosBcosBcosCcosCcosAD A

2．如图ABBCD=75

BC CD=33 BDC=45

ACB=30

求AB的长(112)

正弦定理与余弦定理应用谈篇6

一、可以转化正弦余弦定理的问题

例1在△ABC中,若9a2+9b2=19c2,求

分析:通过将P化简,就可以结合正弦定理、余弦定理求解.

正弦定理、余弦定理有,,,代入P中，得到

又由已知有,代入上式得到

评注:对于某些三角问题,通过观察是需要找出边和角之间的关系,则不妨尝试采用三角形的方法,再用正弦定理和余弦定理,得出新颖而简捷的解法.

变式题:在△ABC中,如果

答案:，则，所以，所以

二、可以构造成正弦余弦定理的问题

例2求sin220°+cos250°+sin20°cos50°的值.

分析:注意到该三角函数式与余弦定理形式相似,可以构造三角形来解决.

解:sin220°+cos250°+sin20°sin40°的结构与三角形中的余弦定理形式相似,通过构造一个内角分别为20°,40°,120°的三角形,且使其外接圆的半径为1,那么由正弦定理知道这个三角形的三边分别为sin20°,sin40°,sin120°,再由余弦定理有sin2120°=sin220°+sin240。-2sin20°sin40。.cosl20°，从而sin220。+cos250°+sin20°cos50°=

评注:有些三角函数问题,观察其构造形式与三角形中的余弦定理形式相似,则这时也尝试通过利用正弦定理和余弦定理进行解决问题.

变式题:求值:sin285°+sin280°-2sin85°sin80°sin75°.

答案:在△ABC中,设∠A=85°,∠B=80°,∠C=15°,外接圆半径为R,

三、可以通过变形为正弦余弦定理的问题

例3已知α、β、γ都是锐角,且满足sin2求α+β+γ的值.

分析:该题同样也通过构造来解决.

解:已知等式变形为

上式与余弦定理类似,通过构造△ABC,使

根据正弦定理有,

而C>90°,α、β都是锐角,那么A、B、、都是锐角,则,,故A+B+C=

评注:注意到三角函数式的形式类似于余弦定理,则可以通过构造三角形,并结合正弦定理解决.

变式题:在任意一个△ABC中,求证:a(sinB-sinC)+b(sinC-siiL4)+c(sinA-sinB)=0.

答案：左式=2/?sirb4(sinB-sinC)+2RsinB(sinC-sinA)+2/fsinC(sinA-sin8)=2R[sinAsinB-sinAsinC+sinfisinC-sinBsinA+sinCsinA-sinCsinB]=0.

四、可利用正余弦定理解决的函数问题

例4在平面上有A、B、P、Q四个点,A、B为定点,,P、Q为动点,且AP=PQ=QB=1,记△ABP与△PQB的面积分别为S、T;(1)求S2+T2的取值范围;(2)当S2+T2取最大值时,判断△APB的形状.

分析:本题主要通过余弦定理来研究函数知识,已知条件中有两个三角形的面积,应该想办法把两个三角形联系起来,可以分别在△APB与△PQB中由余弦定理得出PB的关系解决.

解:(1)在△ABP与△PQB中,由余弦定理可以得到:PB2=AB2+AP2-2AB·APcosA

PB2=BQ2+PQ2-2BQ•PQcosQ=1+1-2cosQ=2-2cosQ,

所以,即,

所以

因为-10,

所以S2+T2的取值范围是;

(2)由(1)可以知道当时,S2+T2的最大值为,此时,所以,故当S2+T2取最大值时,△APB是等腰三角形.

点评:此题的关键是想办法建立两个三角形之间的关系,从而得出函数S2+T2的表达式,利用函数知识求解.

练习:若△ABC的三边长为a、b、c,且f(x)=b2x2+(b2+c2-a2)x+c2,判断f(x)的图象与x轴的位置关系.

定理模型篇7

拉格朗日微分中值定理与积分中值定理的内容如下:

定理 (拉格朗日中值定理) 若f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 则在开区间 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得

定理 (积分中值定理) 若f (x) 在闭区间[a, b]上连续, 则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得

上述两个定理在形式上比较类似, 并且可以利用拉格朗日微分中值定理来证明积分中值定理.

证明设Φ (x) =ba乙f (t) dt, 因为f (x) 在[a, b]上连续, 所以Φ (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 且Φ′ (x) =f (x) .

对Φ (x) 应用拉格朗日微分中值定理可得:在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使Φ (b) -Φ (a) =Φ′ (ξ) (b-a) , 即

不妨将积分中值定理看成是拉格朗日微分中值定理在积分中的表现形式.

二、罗尔中值定理及其在积分中的形式

定理 (罗尔中值定理) 若f (x) 在[a, b]上连续, 在开区间 (a, b) 内可导, 且有f (b) =f (a) , 则在开区间 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得f′ (ξ) =0, a≤ξ≤b.

推论1若f (x) 在[a, b]上连续, 且则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得f (ξ) =0.

证明因为f (x) 在[a, b]上连续, 由积分中值定理知:在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得

由于所以f (ξ) (b-a) =0, 即

不妨将推论1看成是罗尔定理在积分中的表现形式.

三、柯西中值定理及其在积分中的形式

定理 (柯西中值定理) 若f (x) 与g (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, f′ (x) 与g′ (x) 在 (a, b) 内不同时为零, 且有g (b) ≠g (a) , 则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得

推论2若f (x) , g (x) 在[a, b]上连续, 则, 则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使f (ξ) =λg (ξ) .

证明设h (x) =f (x) -λg (x) , x∈ (a, b) .

因为f (x) , g (x) 在闭区间[a, b]上连续, 故h (x) 也在[a, b]上连续且

由推论1知:在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得h (ξ) =0.

∴f (ξ) -λg (ξ) =0, 即f (ξ) =λg (ξ) , a<ξ

推论3若f (x) , g (x) 在[a, b]上连续, f (x) , g (x) 在 (a, b) 内不同时为零, 且, 则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得

证明设, 则由推论2知:在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使得f (ξ) =λg (ξ) .b

由于

因为g (ξ) ≠0, 否则假如g (ξ) =0, 由于f (ξ) =λg (ξ) , 即f (ξ) =0, 与条件矛盾.

不妨将推论2与推论3看成是柯西定理在积分中的表现形式.

推论4若f1 (x) , f2 (x) , …, fn (x) 在[a, b]上连续, 且则在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使λ1f1 (ξ) +λ2f2 (ξ) +…+λnfn (ξ) =0. (证明略)

参考文献

[1]华东师范大学主编.数学分析 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2004.21, 46.

【定理模型】推荐阅读：

定理(公式)07-02

几何定理08-26

动量定理09-12

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分离轴定理06-27

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余弦定理证明07-06

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