Projekt nr POKL.03.03.04-00-110/12 „Z Wojskową Akademią Techniczną nauka jest fascynująca!” WYKŁAD Z MATEMATYKI dla uczestników projektu w dniu 6.12.2014.

Prezentacja na temat: "Projekt nr POKL.03.03.04-00-110/12 „Z Wojskową Akademią Techniczną nauka jest fascynująca!” WYKŁAD Z MATEMATYKI dla uczestników projektu w dniu 6.12.2014."— Zapis prezentacji:

1 projekt nr POKL.03.03.04-00-110/12 „Z Wojskową Akademią Techniczną nauka jest fascynująca!” WYKŁAD Z MATEMATYKI dla uczestników projektu w dniu 6.12.2014 r. Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego „OPTYMALNIE O OPTIMUM” dr Lucjan Kowalski

2 Optymalizacja = wyznaczanie rozwiązania optymalnego Wybrane zagadnienia Metoda geometryczna Zastosowanie funkcji kwadratowej Zastosowanie nierówności Zagadnienie PL

3 l B A C Problem Herona z Aleksandrii Niech A, B to punkty położone po jednej stronie prostej l. Wyznaczyć na tej prostej punkt C aby suma długości odcinków AC i BC była najmniejsza. Współczesna wersja praktyczna Wyznaczyć lokalizację przystanku C aby suma odległości od C do domów A i B była najmniejsza. Metoda geometryczna

4 Rozwiązanie: Wyznaczamy punkt B' symetryczny do B względem prostej l. Punkt C wyznaczamy jako punkt przecięcia odcinka AB' z prostą l. |AC| + |CB| = |AC| + |CB'| = |AB'| l B A C B' Każdy inny punkt niż C nie daje optymalnego rozwiązania (nierówność trójkąta).

5 Interpretacja optyczna - kąt padania = kąt odbicia Interpretacja mechaniczna Droga = gładki pręt na który nawlekamy mogące się łatwo przesuwać kółko. Przez kółko i punkty A, B przeciągamy nitkę, której końce obciążamy jednakowymi ciężarkami. Położenie kółka wyznaczy szukany punkt C. l B A C

6 Problem Fermata B A C C F Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Wyznaczyć punkt F aby suma odległości tego punktu od wierzchołków trójkąta była minimalna. Wersja praktyczna Wyznaczyć lokalizację sklepu F aby suma odległości od F do domów A, B, C była najmniejsza. Punkt Fermata (punkt Torricellego) to punkt w trójkącie, którego suma odległości od wierzchołków trójkąta jest minimalna. Uogólnienie - problem Steinera

7 Rozwiązanie: Punkt Fermata jest punktem przecięcia odcinków łączących wierzchołki trójkąta z tymi wierzchołkami trójkątów równobocznych zbudowanych na przeciwległych bokach, które nie są wierzchołkami wyjściowego trójkąta.

8 Uzasadnienie Dla dowolnego punktu F wewnątrz  ABC, gdy obrócimy  BFC wokół punktu B zgodnie z ruchem wskazówek zegara o kąt 60 o, to otrzymamy  BGD, gdzie G jest punktem wewnątrz  BCD spełniającym |GD| = |FC|, |GB| = |FB| i |  FBG| = 60 o więc  GBF jest równoboczny, czyli |BF| = |GF| Stąd |AF| + |BF| + |CF| = |AF| +|FG| + |GD|. Zatem wartość sumy |AF| + |BF| + |CF| najmniejsza, gdy punkty A, B, C, F są współliniowe. Analogiczne obracając  CFA i  AFB wokół odpowiednich punktów widzimy, że punkt F leży na pozostałych dwóch odcinkach łączących wierzchołki trójkąta wyjściowego z odpowiednimi wierzchołkami trójkątów równobocznych.

9 Właściwości Z punktu Fermata każdy bok widać pod tym samym kątem 120 o. Punkt Fermata jest jednocześnie punktem przecięcia okręgów opisanych na trójkątach równobocznych

10 Interpretacja mechaniczna Źródło: Wikipedia

11 FUNKCJA KWADRATOWA y = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c  R i a  0, postać ogólna Wykres - parabola y = a(x – p) 2 + q, - postać kanoniczna funkcji kwadratowej p, q to współrzędne wierzchołka Współrzędne (p, q) wierzchołka paraboli można obliczyć korzystając ze wzorów: gdzie  = b 2 – 4ac gdy a < 0, funkcja y = ax 2 + bx + c, ma maksimumgdy a > 0, funkcja y = ax 2 + bx + c, ma minimum

12 gdy  = b 2 – 4ac > 0, są dwa pierwiastki i Jeżeli liczby x 1 i x 2 są miejscami zerowymi funkcji kwadratowej, to jej wzór można zapisać w postaci f(x) = a(x – x 1 )(x – x 2 ) postać iloczynowa Znając miejsca zerowe funkcji możemy obliczyć x w = Suma i iloczyny pierwiastków (wzory Viete`a ) Dla ∆ > 0 x 1 + x 2 = - x 1 · x 2 =

13 Zadanie Należy zaprojektować prostopadłościenne pudełko o podstawie kwadratowej i sumie krawędzi równej 300, aby pole powierzchni całkowitej było maksymalne. Rozwiązanie y x x Niech x długość krawędzi podstawy, y długość krawędzi bocznej. Suma długości krawędzi wynosi 4y + 8x = 300 Stąd y = 75 – 2x Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu jest równe sumie pól wszystkich jego ścian. Stąd S = 2x 2 + 4xy

14 Po podstawieniu y = 75 – 2x mamy S = 2x 2 + 4x(75-2x) S = 2x 2 + 300x - 8x 2 S = -6x 2 + 300x Funkcja ta ma maksimum równe = dla = Zauważmy, że jeśli x = 25 to y = 25, zatem zaprojektowane prostopadłościenne pudełko jest sześcianem.

15 Własność Iloczyn dwóch liczb dodatnich, których suma jest stała osiąga wartość największą gdy liczby te są sobie równe. Dowód Niech x + y = c wtedy y = c – x Rozpatrujemy funkcję f(x) = x(c - x) = -x 2 + cx Jest to funkcja kwadratowa Osiąga maksimum równe dla, wtedy

16 Przykład Wyznaczyć wymiary prostokątnej działki, która ma największe pole powierzchni, jeśli długość ogrodzenia wynosi 4000m. Rozwiązanie Jeśli x, y - szukane wymiary, to 2x + 2y = 4000, czyli x + y = 2000 Wtedy pole wynosi S = xy i jest największe gdy Zatem optymalna działka ma kształt kwadratu o boku 1000m i ma powierzchnię równą 1000000 m 2.

17 Zastosowanie nierówności Własność Jeśli x, y - liczby dodatnie, to dowód algebraiczny: Rozpatrujemy oczywistą nierówność która jest równoważna rozpatrywanej nierówności

18 xy h dowód geometryczny: x + y = 2R h 2 = xy czyli Mamy czyli

19 Wniosek Suma dwóch liczb dodatnich, gdy ich iloczyn jest stały osiąga wartość minimalną gdy te liczby są sobie równe. Dowód Niech xy = c. Z powyższej nierówności mamy czyli i wartość minimalna sumy wynosi Rozwiązując układ otrzymamy x = y =

20 Przykład Wyznaczyć wymiary prostokątnej działki o polu powierzchni 900m 2, która ma najmniejszy obwód. Rozwiązanie Jeśli x, y - szukane wymiary, to iloczyn xy = 900 jest stały Wtedy x + y ma najmniejszą wartość gdy x = y = 30 Zatem optymalna działka ma kształt kwadratu o boku 30m i ma obwód równy 120 m.

21 Przykład Wyznaczyć wymiary prostopadłego pudełka o podstawie kwadratowej i objętości równej 108 cm 3 aby pole powierzchni całkowitej było minimalne. Rozwiązanie y x x Niech x długość krawędzi podstawy, y długość krawędzi bocznej. Objętość wynosi V = x 2 y = 108 Stąd

22 Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu jest równe sumie pól wszystkich jego ścian. Stąd Zapiszemy powyższy wzór w postaci Iloczyn tych składników jest stały i wynosi Zatem S ma minimalną wartość gdy czyli Wtedy x = 6, y = 3, S = 108 cm 2.

23 Dygresja RODZAJE ŚREDNICH Arytmetyczna Geometryczna Harmoniczna Potęgowa Średnią arytmetyczną liczb rzeczywistych x 1, x 2, x 3,..., x n nazywamy liczbę:

24 Średnią geometryczną liczb rzeczywistych dodatnich x 1, x 2, x 3,..., x n nazywamy pierwiastek n – tego stopnia z ich iloczynu, tzn. Średnią harmoniczną liczb x 1, x 2, x 3,..., x n różnych od zera nazywamy odwrotność średniej arytmetycznej odwrotności liczb, tzn. Średnią potęgową rzędu k liczb rzeczywistych dodatnich x 1, x 2, x 3,..., x n nazywamy liczbę.

25 Uwaga: Dla k = 1 jest to średnia arytmetyczna, Dla k = -1 jest to średnia harmoniczna, Dla k = 2 jest to średnia kwadratowa, Twierdzenie Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x 1, x 2, x 3,..., x n zachodzą nierówności przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x 1 = x 2 = x 3 =... = x n.

26 PROGRAMOWANIE LINIOWE Zadania programowania liniowego (PL) są zagadnieniami wyznaczania decyzji optymalnych przy ograniczonej swobodzie wyboru decyzji. Etapy rozwiązywania zagadnienia PL: określenie zmiennych decyzyjnych, określenie ograniczeń, określenie funkcji celu i kryteriów optymalizacji, wyznaczenie zbioru rozwiązań dopuszczalnych (tzn. rozwiązań spełniających ograniczenia), wyznaczenie rozwiązań optymalnych (tzn. rozwiązań dopuszczalnych optymalizujących wartość funkcji celu). Jeśli w zadaniu decyzyjnym występują dwie zmienne decyzyjne, zagadnienie możemy rozwiązać metodą graficzną na płaszczyźnie.

27 Przykład Zakład wytwarza produkty A i B za pomocą maszyn I i II (linia produkcyjna). Do wyprodukowania 1 szt. produktu A maszyna I musi pracować 10 min., a II-ga 8 minut. Do wyprodukowania 1 szt. produktu B maszyna I musi pracować 5 min., a druga maszyna 16 minut. Maksymalny czas pracy dziennej maszyny I wynosi 700 minut a maszyny II 1280 minut. Jak zorganizować produkcję aby otrzymać największy zysk, jeżeli zysk ze sprzedaży 1 szt. produktu A wynosi 12 zł a zysk ze sprzedaży 1 szt. produktu B wynosi 10zł Określamy zmienne: x 1 – wielkość produkcji (szt.) A x 2 – wielkość produkcji (szt.) B Wielkości dane w zadaniu możemy zestawić w tabeli. ProduktMaszyna IMaszyna IIZysk A10 min.8 min.12 zł B5 min.16 min.10 zł Max czas pracy700 min.1280 min.Max

28 Ograniczenia (bilanse czasu pracy poszczególnych maszyn) Funkcją celu jest funkcja zysku, a kryterium jej optymalności – maksimum zysku. Rozwiązania x 1, x 2 które spełniają ograniczenia O nazywamy rozwiązaniami dopuszczalnymi np. produkcja spełnia ograniczenia jest więc produkcją dopuszczalną, natomiast produkcja nie jest dopuszczalna (nie jest spełniona druga nierówność). Innym przykładem produkcji dopuszczalnej jest. Zauważmy, że podane wyżej wektory produkcji dopuszczalnej nie przynoszą jednakowego zysku. Produkcja daje zysk 12*20+10*20=420 zł, natomiast produkcja daje zysk 12*50+10*10 = 700 zł.

29 Aby nie szukać kolejnych coraz lepszych rozwiązań metodą odgadywania i porównywania postępujemy następująco: a) wyznaczamy graficznie zbiór wszystkich rozwiązań dopuszczalnych (jeżeli warunki nie są sprzeczne zawsze będzie to wielokąt wypukły, ograniczony lub nieograniczony) b) spośród rozwiązań dopuszczalnych wybieramy rozwiązanie optymalne (jeżeli istnieje, to jest to wierzchołek lub krawędź zbioru rozwiązań dopuszczalnych).

30 Ad a) Rozwiązaniem nierówności jest półpłaszczyzna ograniczona prostą którą rysujemy wyznaczając punkty jej przecięcia z osiami układu współrzędnych Rozwiązaniem jest półpłaszczyzna leżąca poniżej prostej. Analogicznie kreślimy drugą prostą wyznaczając punkty i bierzemy jako rozwiązanie półpłaszczyznę poniżej tej prostej. Warunki ograniczają zbiór rozwiązań dopuszczalnych do podzbioru I – szej ćwiartki układu współrzędnych. x2x2 10x 1 +5 x 2 =700 8x 1 +16 x 2 =1280 x1x1 8080 140 70 16 0 zbiór rozwiązań dopuszczalnych

31 Ad b) Rozwiązanie optymalne wybieramy ze zbioru rozwiązań dopuszczalnych stosując jeden z dwóch sposobów (zakładamy, że zbiór rozwiązań dopuszczalnych jest niepusty). I – sposób Przyrównując funkcję celu do konkretnej wartości np. do 0 otrzymamy równanie prostej, której wykres możemy narysować w układzie współrzędnych zawierającym zbiór rozwiązań dopuszczalnych. W naszym przykładzie jest to prosta zysku zerowego Jej wykres przechodzi przez punkt i np. 40 7070 60 160 x1x1 x2x2 Prosta zysku zerowego Prosta zysku maksymalnego rozwiązanie optymalne 80 14 0 zbiór rozwiązań dopuszczalnych 8x 1 +16x 2 =1280 12x 1 +10x 2 =0 10x 1 +5x 2 =70 0

32 Przesuwając równolegle otrzymaną prostą ku górze otrzymamy prostą reprezentującą coraz większe wartości zysku. Interesuje nas najwyższe położenie prostej równoległej do prostej zysku zerowego, tak aby jej część wspólna ze zbiorem rozwiązań dopuszczalnych była niepusta. Jest to prosta zysku maksymalnego, jej część wspólna ze zbiorem rozwiązań dopuszczalnych (wierzchołek lub krawędź tego zbioru) jest rozwiązaniem optymalnym. W naszym przykładzie rozwiązaniem optymalnym jest punkt, wartość zysku w tym punkcie wynosi 12*40+10*60 = 1080 zł. Zatem najkorzystniejszą decyzją produkcyjną jest wyprodukowanie 40 szt. produktu A i 60 szt. produktu B co przyniesie zysk 1080 zł. Wyższego zysku przy powyższych ograniczeniach na czas pracy maszyn nie można otrzymać. Zauważmy jeszcze, że realizując optymalną produkcję maksymalnie wykorzystujemy w naszym przykładzie czas pracy maszyn. Maszyna I-sza pracuje 10*40+5*60 = 700 min., maszyna II-ga pracuje 8*40+16*60 = 1280 min. Wadą I-go sposobu są niekiedy trudności z odczytaniem przybliżonej wartości rozwiązania. Wady tej nie ma sposób II-gi.

33 II – sposób Skoro rozwiązaniem optymalnym jest wierzchołek lub krawędź łącząca dwa wierzchołki zbioru rozwiązań dopuszczalnych to: wyznaczamy współrzędne wszystkich wierzchołków zbioru rozwiązań dopuszczalnych wyznaczamy wartość funkcji celu w tych wierzchołkach wybieramy wierzchołek (wierzchołki), w których wartość funkcji celu jest optymalna. W naszym przykładzie mamy: x2x2 x1x1 D(0,80) C(40,60) A(0,0)B(70,0) A(0,0)Z A = 0 zł. B(70,0)Z B = 840 zł. C(40,60)Z C = 1080 zł. D(0,80)Z D = 800 zł.

34 Zatem rozwiązaniem optymalnym jest wierzchołek i zł. Jeżeli optymalną wartość funkcji celu otrzymujemy w dwóch wierzchołkach to rozwiązaniem optymalnym jest odcinek łączący te punkty (wtedy wartość funkcji celu jest taka sama we wszystkich punktach tego odcinka). Uwaga Z powyższej metody wynika, że zadanie programowania liniowego: może nie mieć rozwiązania (gdy zbiór rozwiązań dopuszczalnych jest pusty lub optimum jest nieograniczone), może mieć dokładnie jedno rozwiązanie (wierzchołek zbioru rozwiązań dopuszczalnych), może mieć nieskończenie wiele rozwiązań (krawędź zbioru rozwiązań dopuszczalnych)