Quiz 2, Optimizacion — 2014-II Quiz

Oscar Cardenas P.Cod; 285723Ingenierıa Mecatronica - Modelacion Matematica

Quiz 2, Optimizacion

Para el 06 de Octubre, 2014

1. Sistema de Carros Interconectados

En la figura 1 se puede observar el sistema a analizar, la informacion dada para elproblema es la siguiente:

Encuentre el punto de equilibrio del sistema mostrado en la Figura 1, cuando P =100N . Encuentre la solucion como un problema de optimizacion. Los valores de las cons-tantes son k1 = 5N/m, k2 = 10N/m, k3 = 8N/m.

Figura 1:

1.1. Variables de Diseno:

Posicion masa 1 (x1)

Posicion masa 2 (x2)

1.2. Formulacion estandar del problema:

Para conseguir los valores de x1 y x2 correspondientes al punto de equilibrio es conve-niente encontrar el balance de energıa del modelo entre dos estados (Ec 1)

W = ∆Emec + ∆U (1)

1

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Si se asume que no hay friccion, ni perdidas de calor en el sistema, la ecuacion (1) setransforma en:

W = T2 + T1 + U2 − U1 + ER2 − ER1 (2)

Al analizar el caso especifico se puede deducir que:

∆U = 0

T1 = 0

ER1 = 0 (Donde ER es la energıa asociada al resorte)

Bajo las nuevas consideraciones y reemplazando los terminos que permanecen se llegaa:

Px2 = T2 +1

2k2x

2

1 +1

2k1x

2

2 +1

2k3 (x2 − x1)

2 (3)

La ecuacion 3 es de gran importancia, pues relaciona la energıa cinetica del sistemaen su estado final con la energıa del desplazamiento de las masas y el elongamiento delos resortes, lo que se desea es obtener la variacion de la energıa cinetica respecto a losdesplazamientos (x1) y (x2) y hallar el punto en el que T2 es mınima.

T2 = Px2 −1

2k2x

2

1 −1

2k1x

2

2 −1

2k3 (x2 − x1)

2 (4)

La ecuacion (4) es la funcion objetivo en un principio, pues este es un problema deminimizacion de la misma. Parece que el problema en gran parte esta solucionado, peroantes de esto se comprueba si realmente se esta hallando un mınimo con el criterio de lasegunda derivada.

∂T2

∂x1

= −k2x1 + k3 (x2 − x1) (5)

∂T2

∂x2

= −k1x2 − k3 (x2 − x1 − P ) (6)

∂2T2

∂x21

= − (k2 + k3) (7)

2

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∂2T2

∂x22

= − (k1 + k3) (8)

Las segundas derivadas son negativas, lo cual quiere decir que se ha encontrado unmaximo, esto no era exactamente lo que se pretendıa encontrar, pero tiene un sentido fısi-co logico, pues se arranca de una posicion de reposo (Energıa cinetica nula) y se terminatambien en posicion de reposo, por lo cual la energıa cinetica tendra un pico maximo enalgun punto para luego decaer.

El trabajo desarrollado hasta aca no esta perdido, pues al analizar que ocurre en estepunto de energıa cinetica maxima se encuentra lo siguiente:

T2max =1

2mV 2

max (9)

Lo cual implica que en los (x1) y (x2) donde T2 = max, la aceleracion es nula (a = 0). siesta es nula, significa que la fuerza debida a inercia es cero y el sistema se encontrarıa enequilibrio dinamico, es decir, los valores de (x1) y (x2) para los cuales la energıa cineticaes maxima, son los mismos valores para los cuales el sistema se encuentra en equilibrio,por lo tanto se termino trabajando una funcion objetivo de maximizacion.

La Formulacion estandar del problema de optimizacion es:

minx1,x2f = −

(

Px2 −1

2k2x

2

1 −1

2k1x2

2 −1

2k3 (x2 − x1)

2

)

(10)

La primeras derivadas parciales de la funcion objetivo serian las mismas de las ecua-ciones (5) y (6), pero multiplicadas por (−1), ası:

∂T2

∂x1

= k2x1 − k3 (x2 − x1) (11)

∂T2

∂x2

= k1x2 + k3 (x2 − x1 − P ) (12)

Los mınimos ocurren igualando a cero (11) y (12), por lo tanto se soluciona el sistemade ecuaciones. Los resultados obtenidos son:

x1 =k3P

k1k2 + k3 (k1 + k2)= 4,7059m (13)

3

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x2 =(k2 + k3) P

k1k2 + k3 (k1 + k2)= 10,5882m (14)

Las soluciones obtenidas mediante el programa matlab, se presentan en la figura (2).

Figura 2:

2. Sistema de resortes

La informacion acerca del problema es:

Considere el sistemas de resortes mostrado en la Figura 3. Cuando se aplica la cargamostrada en la juntura A, el sistema se deforma hasta que encuentra el equilibrio. En-cuentre la deformacion final (en terminos de x1 y x2) en el punto de equilibrio. Encuentrela solucion como un problema de optimizacion.

El analisis en este caso es muy similar al anterior, se parte de la formulacion de laecuacion de energıa y se hallan las coordenadas para las cuales la energıa cinetica es maxi-ma(Ec eq15).

T2 = F1x1 + F2x2 −1

2k1∆x2

a −1

2k2∆x2

b (15)

Donde:

∆xa =√

x21 + (L1 − x2)

2− L1

∆xb =√

x21 + (L1 + x2)

2− L2

Al re formular el problema para la forma estandar con una funcion objetivo de mini-mizacioion y reemplazar se llega a:

4

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Figura 3:

T2 = −

(

F1x1 + F2x2 −1

2k1

(√

x21 + (L1 − x2)

2− L1

)2

−1

2k2

(√

x21 + (L1 + x2)

2− L2

)2)

(16)

La derivar T2 respecto a x1 y x2 se obtienen las siguientes expresiones:

0 =x1k1

√

x21 + (L1 − x2)

2

(√

x21 + (L1 − x2)

2− L1

)

+x1k2

√

x21 + (L1 + x2)

2

(√

x21 + (L1 + x2)

2− L2

)

−F1

(17)

0 =(x2 − L1) k1

√

x21 + (L1 − x2)

2

(√

x21 + (L1 − x2)

2− L1

)

+(x2 + L1) k2

√

x21 + (L1 + x2)

2

(√

x21 + (L1 + x2)

2− L2

)

−F2

(18)La solucion se encuentra al desarrollar el sistema de ecuaciones conformado por (17)

y (18).

La formulacion estandar del problema de optimizacion es:

5

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minx1,x2T2 = −

(

F1x1 + F2x2 −1

2k1

(√

x21 + (L1 − x2)

2− L1

)2

−1

2k2

(√

x21 + (L1 + x2)

2− L2

)2)

(19)Las soluciones obtenidas mediante el programa matlab, se presentan en la figura (4).

Figura 4:

3. Maximizacion de Ganancia

El problema planteado es el siguiente:

Dos productos lıquidos A y B estan siendo producidos en una planta. Cada uno deellos requiere de tiempo de produccion en dos departamentos diferentes. El producto A re-quiere 1 hora en el primer departamento y 1,25 horas en el segundo. El produto B requiere1 hora en el primer departamento y 0,75 horas en el segundo departamento. El numerode horas disponibles en cada departamento es de 200 horas mensuales. Adicionalmente,el maximo mercado potencial para el producto B es de 150 unidades. Si las ganancias sonde $4 y $5 por unidad de producto A y B, respectivamente, Cuantas unidades se deberanproducir para maximizar la ganancia?.

La expresion que relaciona la ganancia con el numero de productos vendidos es:

G = nAPA + nBPB (20)

Donde:nA : Unidades de A por mes unidad/mes

nB : Unidades de B por mes unidad/mesPA : Precio de A $/unidadPB : Precio de B $/unidadG : Ganancias por mes $/mes

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Se imponen las siguientes restricciones:tD1 ≤ 200

tD2 ≤ 200nB ≤ 150

Donde

tD1 : tiempo del departamento 1 horas/mestD2 : tiempo del departamento 2 horas/mes

Utilizando la informacion del enunciado se pueden desarrollar expresiones que deter-minen como estara distribuido tD1 y tD2 para los productos A y B ası.

tD1 = 1nA + 1nB (21)

tD2 = 1,25nA + 0,75nB (22)

Donde los coeficientes que acompanan la nA y nB estan en unidades de horas/unidad.

Reemplazando las ecuaciones (21) y (22) en las restricciones iniciales se puede formu-

lar de forma estandar el problema de optimizacion.

minnA,nBG = − (nAPA + nBPB) (23)

S1 : nA + nB ≤ 200S2 : 1,25nA + 0,75nB ≤ 200S3 : nB ≤ 150

La solucion del problema de optimizacion es la siguiente:

Primero se obtiene el area factible como el conjunto de soluciones para las posiblesrestricciones:

Ahora se analiza la derivada de la ganancia respecto a cada uno de los productos.

∂G

∂nA

= PA (24)

∂G

∂nB

= PB (25)

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0 50 100 150 200−100

−50

0

50

100

150

200

250

300

na

nb

Área Factible

Figura 5:

Como no hay posibilidad de que la derivada en los dos casos sea cero, con seguridad lasolucion al problema de optimizacion se encuentra en los limites del area factible. Ahorase analiza la Ganancia para cada uno de los tramos.

Tramo 1:

nB = 150

0 < nA ≤ 50

G1 = nAPA + 150PB (26)

∂G1

∂nA

= PA (27)

∂G1

∂nB

= 0 (28)

La solucion para el primer tramo es nB = 150 y nA = 50.Para el segundo tramo se tiene:

Tramo 2:

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150geqnB ≥ 100

50 ≤ nA ≤ 100

G1 = nAPA + (−nA + 200) PB (29)

∂G1

∂nA

= PA − PB (30)

PA −PB es negativo, por lo tanto la solucion para el tramo dos corresponde a nB = 150y nA = 50.

Para el tercer tramo se tiene:

Tramo 3:

100 ≥ nB ≥ 0

100 ≤ nA ≤ 160

G1 = nAPA + (−1,666nA + 266,666)PB(31)

∂G1

∂nA

= PA − 1,6666PB (32)

PA − 1,6666PB es negativo, por lo tanto la solucion para el tramo tres corresponde anB = 100 y nA = 100, pero como se observo anteriormente, esta misma solucion fue lapeor para el tramo 2, es decir, la solucion del problema es:

nA = 50 y nB = 150.Las soluciones obtenidas mediante el programa matlab, se presentan en la figura (6).

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Figura 6:

4. Resorte Helicoidal

El enunciado del problema es:

Resuelva numericamente el problema de optimizacion de diseno de un resorte heli-coidal. Encuentre el diseno optimo para un resorte con esfuerzo cortante admisible deτa = 72ksi. Tome los restantes valores exactamente igual a los presentados en clase.

Sugerencia: Utilice la herramienta mostrada al comienzo de esta sesion (Ipopt/neos),y use como ayuda los archivos modelo y comandos (.mod y .cmd) suministrados en laexplicacion del uso de la herramienta.

Valores de diseno segun diapositivas:

Carga P = 10Lbs

Deformacion mınima ∆ = 0,5in

Diametro exterior maximo Dext = 1,5in

Numero de espiras inactivas Q = 2

Esfuerzo cortante admisible τa = 72ksi

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Frecuencia de Carga ωo = 100Hz

Modulo de rigidez del material G = 1,15E7psi

Densidad del material ρ = 0,283lb/in3

Las relaciones fundamentales para el dise;o se resumen en [1]:

Ley de Hooke:

P = K.δ

Constante Elastica:

K = d4G8D3N

Esfuerzo cortante en un elemento circular curvo:

τ = 8kP Dπ∗D3

k = 4D−d4D−4d

+ 0,615d

D

Frecuencia Natural:

ωo = d2π∗D2N

√

G2

La funcion objetivo se puede escribir como:

minN,d,D M =1

4(N + Q) π2

∗ D ∗ d2ρ (33)

Las restricciones son:

∆ ≤8P D3N

d4G

τ ≥8( 4D−d

4D−4d+

0,615d

D )P D

π∗D3

ωo ≤d

2π∗D2N

√

G2

Dext ≥ D + ddmin ≤ d ≤ dmax

Dmin ≤ D ≤ Dmax

Nmin ≤ N ≤ Nmax

Resultados con matlab:

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Figura 7:

Referencias

http://latex-project.org/intro.htmlhttp://www.xm1math.net/texmaker/Presentacion clase 5, Profesor: Carlos Alberto Duque.

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