O pewnych zagadnieniach optymalizacyjnych

Transkrypt

O pewnych zgadnieniach optymalizacyjnych
Kinga Kolczyńska - Przybycień
Spis tresci
1
Wprowadzenie
Wiadomości wstępne
Zagadnienia Izoperymetryczne
Spis tresci
1
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
W wielu zagadnieniach praktycznych bardzo ważne jest
znajdowanie optymalnego (czyli najlepszego z jakiegoś punktu
widzenia) rozwiązania danego problemu. Dla przykładu, gdybyśmy
chcieli podróżować z Poznania do Białegostoku, to szukając
takiego połączenia moglibyśmy brać pod uwagę kilka aspektów. Po
pierwsze moglibyśmy szukać połączenia, które jest najtańsze, lub
takiego, które zajmuje najmniej czasu, albo takie, które jest
najbardziej komfortowe. Każde takie połączenie, tzn. najtańsze,
najszybsze, najbardziej komfortowe można nazwać optymalnym.
Takim właśnie znajdowaniem elementów optymalnych zajmuje się
dział matematyki zwany optymalizacją.
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Wprowadzenie
Na dzisiejszym wykładzie przedstawionych zostanie kilka prostych,
przykładowych zagadnień optymalizacyjnych, nad którymi , być
może ktoś z Was już się zastanawiał. Zanim jednak przejdziemy do
meritum sprawy, podam Wam kilka informacji wstępnych.
Wprowadzenie
Twierdzenie Pitagorasa. Niech 4ABC będzie trójkątem o
bokach długości a 6 b 6 c. Wówczas 4ABC jest trójkątem
prostokątnym wtedy i tylko wtedy, gdy
c 2 = b 2 + a2
B
c
C
b
a
A
Wprowadzenie
Wzory skróconego mnożenia. Dla dowolnych liczb rzeczywistych
a, b zachodzą następujące wzory:
1
(a + b)2 = a2 + 2ab + b 2
2
(a − b)2 = a2 − 2ab + b 2
3
a2 − b 2 = (a − b)(a + b)
Nierówność między średnią arytmetyczną oraz średnią
geometyczną. Dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych
a, b, c zachodzą następujące nierówności :
√
a+b
1
a·b
2 >
√
3
a+b+c
2
a·b·c
>
3
Przy czym równość w powyższych nierównościach zachodzi tylko
wtedy, gdy a = b = c.
Wprowadzenie
C
60o
a ·
h
h
A
·a
h
60o
·
a
60o
B
Z Twierdzenia Pitagorasa wynika, że wysokość
w trójkącie
√
równobocznym wyraż się wzorem: h = a 2 3 . Wynika stąd wzór na
pole trókąta równobocznego:
√
a2 3
S=
.
4
Wprowadzenie
Zagadnienie izoperymetryczne dla trójkąta
Rozważmy dwa trójkąty: trójkąt 4ABC o bokach długości 4, 4, 4
oraz trójkąt 4DEF o bokach długości 3, 4, 5.
D
A
4
B
4
5
4
4
C
E
3
F
Wprowadzenie
Łatwo zauważyć, że obwód trójkąta 4ABC jest równy
l4ABC = 4 + 4 + 4 = 12 i wynosi tyle samo co obwód trójkąta
4DEF , natomiast pola tych trójkątów nie są równe mianowicie:
√
√
3·4
42 3
=4 3>6=
= S4DEF .
S4ABC =
4
2
Widać więc, że dwa trójkąty o równych obwodach mogą mieć
różne pole, powstaje zatem następujące zagadnienie:
Spośród wszystkich trójkątów o ustalonym obwodzie ρ znaleźć ten,
którego pole jest największe.
Zagadnienie to nosi nazwę zagadnienia izoperymetrycznego dla
trójkąta.
Wprowadzenie
Na dzisiejszym wykładzie rozwiążemy, to zagadnienie, to znaczy
wskażemy trójkąt , który przy danym obwodzie ρ ma największe
pole. Rozwiązanie tego zagadnienia dokonamy w dwóch krokach.
Krok 1.Pokażemy, że jeżeli 4ABC jest trójkątem różnobocznym o
bokach długości a < b < c, to istnieje trójkąt równoramienny
4DEF o takim samym obwodzie jak trójkąt 4ABC , przy czym dla
ich pól zachodzi związek:
S4ABC < S4DEF .
Wprowadzenie
Niech więc 4ABC będzie trójkątem różnobocznym o bokach
długości a < b < c, rozważmy trójkąt równoramienny 4DEF o
b+c
bokach dlługości a, b+c
2 , 2 jak na rysunku poniżej. Pokażemy, że
pole trójkąta 4ABC jest mniejsze niż pole trójkąta 4DEF .
D
A
c
B
h
b
x y
a G C
b+c
2
E
h1
a
b+c
2
F
Wprowadzenie
Ponieważ trójkąty 4ABC i 4DEF mają wspólne podstawy równej
długości więc aby udowodnić, że pole trójkąta 4ABC jest mniejsze
niż pole trójkąta 4DEF wystarczy pokazać, że h < h1 .
Niech G będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka
A i niech |BG| = x , |GC | = y .
Zauważmy, że
x 2 y 2 = (c 2 − h2 )(b 2 − h2 ) = c 2 b 2 − c 2 h2 − b 2 h2 + h4 =
= c 2 b 2 − (c 2 + b 2 )h2 − h4 < c 2 b 2 − 2cbh2 + h4 = (cb − h2 )2 .
Zatem
bc − xy > h2 .
Wprowadzenie
Mamy dalej
h12
=
b+c
2
=
=
2
2
−
a
2
=
b+c
2
2
−
x +y
2
2
=
b 2 + 2bc + c 2 x 2 + 2xy + y 2
−
=
4
4
(b 2 − y 2 ) + 2(bc − xy ) + (c 2 − x 2 )
h2 + 2(bc − xy ) + h2
=
>
4
4
h2 + 2h2 + h2
= h2 .
4
Zatem h1 > h co kończy dowód pierwszego kroku.
>
Wprowadzenie
Krok 2 Pokażemy, że spośród wszystkich trójkątów
równoramiennych o obwodzie długości ρ najwieksze pole ma
trójkąt równoboczny o boku długości ρ3 .
Niech więc 4ABC będzie trójkątem równoramiennym o obwodzie
ρ.
A
b
B
h
a
b
C
Wprowadzenie
Mamy a + 2b = ρ, więc b = ρ−a
2 . Zatem z Twierdzenia Pitagorasa
mamy
2
2
ρ−a 2
a
a
2
2
=
−
=
h =b −
2
2
2
=
ρ(ρ − 2a)
ρ2 − 2ρa + a2 − a2
=
.
4
4
Skąd
p
h=
ρ(ρ − a)
.
2
Dalej otrzymujemy
S4ABC
√ √
√ q
a ρ ρ − 2a
ρ
ah
=
=
=
· a · a · (ρ − 2a)
2
4
4
Wprowadzenie
√
ρ
=
·
4
s
q
3
3
a · a · (ρ − 2a)
√
ρ
6
·
4
s
a + a + (ρ − 2a)
3
3
=
s
√
ρ
ρ3
ρ2 3
=
·
=
.
4
27
36
Pokazaliśmy więc, że pole dowolnego
√ trójkąta równoramiennego o
ρ2 3
obwodzie ρ nie przekracza liczby 36 , przy czym jest ono równe
tej liczbie tylko wtedy, gdy zajdzie równość w nierówności
pomiędzy średnimi, z której skorzystaliśmy w powyższym
oszacowaniu, to jest tylko wtedy, gdy a = ρ − 2a czyli
ρ
a=b= ,
3
co kończy dowód kroku drugiego.
√
Wprowadzenie
Z kroków 1 i 2 wynika następująca własność:
Wśród wszystkich trójkątów o danym obwodzie ρ największe
pole ma trójkąt równoboczny o boku długości ρ3 i jego pole
wynosi
√
ρ2 3
36 .
Wprowadzenie
Zagadnienie izoperymetryczne dla czworokąta
Podobnie jak dla trójkąta łatwo zauważyć, że dwa czworokąty o
równych obwodach, mogą mieć rożne pola, powstaje wiięc
naturalny problem:
Spośród wszystkich czworokątów o ustalonym obwodzie ρ znaleźć
ten, którego pole jest największe.
Zagadnienie to nosi nazwę zagadnienia izoperymetrycznego dla
czworokątów.
Podobnie jak dla trójkąta rozwiązania tego zagadnienia dokonamy
w dwóch krokach.
Wprowadzenie
Krok 1.Pokażemy, że jeżeli ABCD jest czworokątem o bokach
długości a 6 b 6 c 6 d, to istnieje romb EFGH o takim samym
obwodzie jak czworokąt ABCD, przy czym dla ich pól zachodzi
związek:
SABCD 6 SEFGH .
Przejdźmy teraz do dowodu tego faktu. Jeżeli ABCD jest
rombem to nie ma czego dowodzić. Możemy więc założyć, że
a < b.
Wprowadzenie
C
b
c
x
B
a
D
d
A
Z kroku 1 rozwiązania zagadnienia izoperymetrycznego dla trójkąta
wynika, że pole czworokąta ABCD jest mniejsze od pola
czworokąta PQRS przedstawionego poniżej.
Wprowadzenie
R
a+b
2
Q
c+d
2
x
y
S
c+d
2
a+b
2
P
Z kroku 1 rozwiązania zagadnienia izoperymetrycznego dla trójkąta
wynika, że pole czworokąta PQRS jest niewiększe od pola rombu
EFGH przedstawionego poniżej.
Wprowadzenie
G
a+b+c+d
4
F
a+b+c+d
4
y
a+b+c+d
4
H
a+b+c+d
4
E
co kończy dowód kroku 1.
Wprowadzenie
Krok 2.Pokażemy, że jeżeli ABCD jest rombem o boku długości
a to kwadrat EFGH o boku długości a ma pole większe lub
równe od pola rombu ABCD
F
a
B
a
C
a
a
A
a
a
h
x
a
D
E
a
Z Twierdzenia Pitagorasa mamy
h=
G
p
a2 − x 2 6
p
a2 − 02 = a.
H
Wprowadzenie
Zatem
SABCD = a · h 6 a · a = a2 = SEFGH
co kończy dowód kroku 2.
Z kroków 1 i 2 wynika następująca własność:
Wśród wszystkich czworokątów wypukłych o danym
obwodzie ρ największe pole ma kwadrat o boku długości
jego pole wynosi
ρ2
16 .
ρ
4
i
Wprowadzenie
Dziękuję za uwagę

O pewnych zagadnieniach optymalizacyjnych

Transkrypt

Podobne dokumenty

Kierownik zakładu produkcyjnego - szwalnia

Specjalista ds. optymalizacji procesów

ZAWÓD DORADCY PODATKOWEGO NA PRZYKŁADZIE

WYCIECZKA DO KRAKOWA

GRUPA FIOLETOWA Marzena Frydrych GRUPA RÓŻOWA

Pomoc dla nowych imigrantów do Kanady

Nasza Willa Kinga to spokojna, kameralna, kwatera usytuowana w

Kinga Słomka: Radca prawny Wroclaw