Примеры решения задач

Задача 1. Даны координаты вершин . , , .

Найти:

1) длину стороны ;

2. уравнения прямых и и их угловые коэффициенты;

1. угол ;

2. уравнение прямой, содержащей высоты и ее длину;

3. уравнение прямой, содержащей медианы и координаты точки пересечения этой медианы с высотой ;

4. уравнение прямой, проходящей через точку параллельно стороне ;

5. координаты точки , расположенной симметрично точке относительно прямой .

Решение:

1. Расстояние между точками и определяется по формуле: . Значит, длина стороны

.

2. Уравнение прямой, проходящей через две точки и имеет вид: . Подставляя в равенство координаты данных точек, получим уравнения прямых и

: :

Получили уравнения прямых линий с угловым коэффициентом, из которых имеем: ; .

3. Тангенс угла между двумя прямыми, угловые коэффициенты которых соответственно равны и , вычисляется по формуле: .

Угол располагается при пересечении прямых и , значит,

; =135

4. Высота проходит через точку и перпендикулярна прямой . Значит, нормальный вектор

прямой является направляющим вектором для прямой .

Уравнение прямой, проходящей через точку и имеющей направляющий вектор :

Значит, уравнение прямой :

Для того, чтобы найти длину высоты , необходимо определить координаты точки – точки пересечения прямых и . Для этого надо решить систему уравнений:

:

:

В результате вычислений получены координаты точки .

5. Чтобы найти уравнение прямой, содержащей медианы , определим сначала координаты точки как середину стороны , применяя формулы, характеризующие деление отрезка пополам:

;

Тогда уравнение прямой :

И, наконец, координаты точки находятся при решении системы уравнений:

; .

6. Если две прямые параллельны, то можно сказать, что их уравнения отличаются только свободным членом. Значит, уравнение прямой, параллельной стороне , будет:

Известно, что эта прямая проходит через точку , значит, координаты точки должны удовлетворять уравнению искомой прямой:

И тогда уравнение прямой будет иметь вид:

или после деления на 3:

7. По условию точка симметрична точке относительно высоты , то есть точка является серединой отрезка . Воспользуемся уже известными формулами для определения координат середины отрезка:

; ; .

и

Значит, .

и .

Задача 2.

Даны вершины пирамиды: , , , . Необходимо найти:

1. длину стороны ;

2. площадь грани ;

3. угол ;

4. уравнение прямой ;

5. уравнение плоскости грани ;

6. уравнение высоты, опущенной из точки на грань , и ее длину;

7. точку, симметричную точке относительно грани ;

8. объем пирамиды.

Решение:

1. Длина стороны вычисляется по известной формуле:

.

2. Для нахождения площади грани следует воспользоваться формулой, выражающей геометрический смысл векторного произведения:

В нашей задаче

3. Угол равен

4. В пространстве уравнение прямой, проходящей через две точки и , имеет следующий вид:

, где t – некоторый параметр.

Тогда уравнения прямой можно записать так:

, , .

5. Плоскость грани можно описать как плоскость, проходящую через три точки , , и имеющую уравнение

Подставляя координаты точек и вычисляя определитель, получим уравнение грани :

6. Каноническое уравнение прямой в пространстве, заданной точкой и направляющим вектором имеет вид:

По условию, прямая (высота), проходит через точку и перпендикулярна грани . Значит, вектор нормали к плоскости будет являться направляющим вектором искомой прямой.

Чтобы найти длину высоты, можно воспользоваться формулой для нахождения расстояния от точки до плоскости :

В нашей задаче точка имеет координаты , а уравнение плоскости:

.

7. Найдем координаты точки пересечения высоты, опущенной из точки на грань , с самой гранью. Для этого запишем уравнения высоты в параметрическом виде и, подставив выражения , , через параметр в уравнение плоскости , найдем значение параметра :

, ,

.

Подставив в параметрическое уравнение высоты, найдем координаты точки :

;

Пусть – точка, симметричная точке относительно грани , тогда точка – середина отрезка . Подставляя координаты точек в известные формулы для определения координат середины отрезка, получим координаты точки :

, ,

, ,

, ,

.

8. Объем пирамиды следует рассчитать по формуле, выражающей геометрический смысл смешанного произведения векторов:

Задача 3. Даны координаты точек: и . Требуется:

1. составить уравнение гиперболы, проходящей через эти точки, если ее фокусы расположены на оси ;

2. найти полуоси, эксцентриситет, фокусы;

3. написать уравнение гиперболы в полярной системе координат;

4. найти уравнения директрис и асимптот;

5. написать уравнения касательных к гиперболе в точке , в точке .

Решение:

1. Каноническое уравнение гиперболы имеет вид . По условию, точки и лежат на гиперболе, следовательно, их координаты удовлетворяют уравнению гиперболы. Подставляя в уравнение координаты данных точек, получим систему двух уравнений относительно неизвестных и .

Решая систему, например, способом сложения, получим: и . И тогда искомое уравнение имеет вид:

.

2. Полуоси гиперболы – это числовые значения a и b: и . Координаты фокусов гиперболы, расположенных на оси , определяются таким образом: и , где : . Значит, координаты фокусов данной гиперболы: , .

Эксцентриситет гиперболы – это число . Определяем его: .

3. В полярной системе координат уравнение гиперболы имеет вид:

.

Подставляем известные значения:

.

4. Директрисы гиперболы имеют уравнения , в данном случае это будут прямые и .

Прямые, заданные уравнениями и , называются асимптотами гиперболы; в данной задаче уравнения имеют вид: и .

5. Уравнение касательной к гиперболе, заданной уравнением , в точке , лежащей на гиперболе, имеет вид: . Для оно таково: .

Точка не принадлежит гиперболе. Уравнение касательной можно записать в виде (так как касательная – это прямая линия). Точка лежит на касательной, значит, ее координаты удовлетворяют уравнению этой прямой: ; .

И тогда уравнение касательной будет следующим: . Касательная и гипербола имеют единственную общую точку. Попробуем решить систему уравнений:

,

.

Вычисляем дискриминант квадратного уравнения:

Так как прямая и гипербола имеют одну общую точку, то это уравнение имеет единственное решение и :

Значит, касательные задаются уравнением и .

Задача 4. Определить вид заданной линии второго порядка, найти ее центр, векторы оси асимптотического направления, главные направления и главные диаметры.

.

Решение:

Для определения вида заданной линии второго порядка упростим общее уравнение линии, чтобы свести к каноническому. Такое упрощение достигается при переходе к канонической системе координат посредством поворота осей системы на определенный угол и переноса начала в нужную точку.

Поворот осей исходной системы необходим лишь при присутствии в уравнении линии слагаемого, содержащего произведение , и он реализуется на такой угол, чтобы уравнение линии в новой системе координат не содержало произведения. Такая система координат всегда присутствует, а направления осей этой системы называются главными направляющими линии II порядка.

В полученном после соответствующих преобразований уравнении необходимо выделить полные квадраты и реализовать перенос начала полученной системы координат.

Таким образом, реализуется двойной переход:

1) от системы к системе ;

2) от системы к системе .

Единичные векторы главных направлений линии имеют координаты

, .

Для их нахождения, а, следовательно, для упрощения уравнения заданной линии используем общую схему приведения уравнения линии II порядка к каноническому виду.

Решаем характеристическое уравнение данной линии:

.

Его корни и .

Находим угловые коэффициенты главных направлений:

.

Из курса тригонометрии известны формулы

.

Найдем координаты векторов и :

и .

Очевидно, что наша линия второго порядка поворачивается на угол . Преобразования координат при повороте на угол будут следующими:

,

.

В новой системе координат уравнение принимает вид:

,

,

,

.

Выделяя полные квадраты и преобразовывая, получаем уравнение эллипса в системе координат :

.

Координаты нового начала координат – центра линии II порядка – в системе следующие: . Для нахождения координат центра линии в исходной системе координат необходимо решить систему уравнений:

. Центр имеет координаты .

Вектор асимптотического направления должен иметь координаты , удовлетворяющие условию:

,

.

Для удобства выберем угловой коэффициент прямой асимптотического направления , получим уравнение , которое не имеет корней, значит, у данной линии асимптотических направлений нет, что и должно быть: эллипс не имеет асимптотических направлений. Необходимым и достаточным условием главного направления является условие

,

,

.

Пусть и – угловой коэффициент главного направления,

, .

, значит, первый вектор главного направления имеет координаты , аналогично вторым вектором будет вектор .

Главные диаметры описываются уравнениями:

,

: – ,

,

: ,

.

З адача 5. Привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка, определить координаты ее центра и уравнения прямолинейных образующих

.

Решение:

Характеристическое уравнение поверхности второго порядка можно задать с помощью определителя следующего вида:

,

.

Разложим определитель по элементам первой строки и, после приведения подобных, получим кубическое уравнение .

Его корни , ,

Найдем главные направления, решая для каждого систему вида:

1. ; :

Из третьего уравнения системы видно, что первая координата вектора может принимать любое значение. Возьмем для простоты , тогда вектор главного направления при будет иметь координаты .

Аналогичные вычисления производятся при и .

2. , :

– второй вектор.

3. , :

– третий вектор.

Базис должен быть ортонормированным, поэтому координатные единичные векторы новой системы координат имеют координаты

; ; .

В нашей задаче:

; ; .

В новой системе координат данная поверхность имеет уравнение:

,

где ( ).

Имеем:

1) : .

2. : .

3. : .

.

Выделяя полные квадраты и преобразовывая, получаем уравнение поверхности в новой системе координат:

.

В результате вычислений получили уравнение однополостного гиперболоида в системе координат .

Составим уравнения семейства прямолинейных образующих этой поверхности:

,

,

,

,

,

.

У однополостного гиперболоида есть 2 семейства прямолинейных образующих, они имеют вид:

и

И, наконец, найдем центр поверхности: в системе координат это будет точка . Центр поверхности в системе координат определяется как решение системы уравнений:

Искомая точка имеет координаты .

Задача 6. Привести к нормальному виду методом Лагранжа и найти соответствующий канонический базис квадратичной формы

,

заданной в базисе пространства .

Решение:

В векторном пространстве всегда существует такой базис, в котором данная квадратичная форма имеет нормальный вид:

.

Для решения задачи приведения формы к нормальному виду воспользуемся, согласно требованию задачи, методом Лагранжа. Идея этого метода заключается в том, что, выполняя алгебраические преобразования, квадратичную форму приводят к виду:

Далее, вводя новые переменные , , ... , , ... , эту форму записывают в более компактном виде.

Решение этой задачи начнем с того, что сгруппируем все члены, содержащие , и дополним их до полного квадрата.

Аналогично поступаем с членами, содержащими и :

Далее рассмотрим следующее преобразование переменных соответственно базисных векторов:

, ,

, ,

, .

В новом базисе , , форма имеет нормальный вид

.

Векторы соответствующего канонического базиса в старом базисе , , имеют координаты , , .

Задача 7. Плоскость поворачивается вокруг точки на угол :

, . В какую прямую при этом преобразовании перейдет прямая : ?

Решение:

Поворот плоскости на угол вокруг некоторой точки аналитически описывается следующими формулами: (1),

где точка с координатами (старые координаты) переходит в точку с координатами (новые координаты).

Подставив данные значения в уравнения, получим:

После упрощений (2)

Решив совместно систему уравнений (2) относительно и , полученные выражения можем подставить в уравнение прямой :

:

:

:

: .

Ответ: образ прямой – прямая : .

Задача 8. Написать формулы скользящей симметрии, заданной осью и вектором .

Решение:

Ось симметрии в системе координат , проходящая через точку с координатами и наклоненная под углом к оси , имеет уравнение .

В условии задана ось , значит, и .

Ось симметрии – вертикальная линия, так как .

Координаты вектора связаны с углом наклона оси симметрии соотношениями:

, .

Обобщив все данные, получим следующую систему:

или, упростив,

Значит, , .

Скользящая симметрия, определяемая как движение II рода, аналитически описывается формулами:

Подставляя полученные значения ( , , ), находим описание скользящей симметрии с осью и вектором :

Задача 9. В системе координат заданы точки , , , , , . Показать, что треугольники и гомотетичны и написать формулы гомотетии.

Решение:

Гомотетией называется геометрическое преобразование, отображающее каждую точку в такую точку , что , где число называется коэффициентом гомотетии. При гомотетии для точек , и их образов , выполняется: .

;

;

; .

Видно, что

, где , значит треугольники гомотетичны.

Аналитическое описание гомотетии с коэффициентом и центром гомотетии :

Согласно условию, точка – образ точки при указанной гомотетии, значит:

Решив систему, находим координаты центра гомотетии : .

Тогда формулы гомотетии имеют вид:

, или

Задача 10. Написать формулы преобразования подобия второго рода, при котором точки ; переходят соответственно в точки , в репере , определить инвариантную точку подобия.

Решение:

Длины отрезков и соответственно равны и .

Аналитическое описание подобия 2 рода :

(3).

Найдем коэффициенты подобия. Если отрезок переходит в отрезок , то их длины связаны соотношением:

Точка переходит в точку , а – в точку . Подставляя данные координаты в уравнения (3), получим систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными: , , , :

Решив систему, получим следующие значения:

, , , .

Значит, аналитическое описание данного преобразования будет таким:

или, после упрощений,

Неподвижная (инвариантная) точка – это точка, которая при каком-либо преобразовании переходит в себя. Пусть ее координаты , тогда

Решением системы является пара ,

поэтому неподвижная точка имеет координаты .

Ответ:

.

Задача 11. Найти уравнения и координаты проективной прямой, проходящей через точки и .

Решение:

Уравнение проективной прямой, проходящей через точки и , имеет вид:

Так как прямая проходит через точки и , то уравнение прямой примет вид:

.

Теперь запишем координаты данной прямой в общем виде:

, таким образом

С учетом полученных значений координат получим общее уравнение прямой ;

.

Из равенства нулю определителя в исходном уравнении прямой с учетом его свойств получим соотношение и параметрические уравнения прямой

.

Ответ: уравнение прямой ;

, , , , , .

Задача 12. Выяснить, имеют ли данные прямые , , общую точку.

Решение:

Необходимым и достаточным условием того, что три прямые , , имеют общую точку, является равенство

, таким образом ,

значит, прямые , и не имеют общей точки.

Наличие общей точки и ее координаты можно обнаружить, решив систему

В этом случае тройка чисел , , , удовлетворяющая уравнениям системы, будет координатами общей точки.

Задача 13. На расширенной прямой задан репер . Построить точку по ее координатам в данном репере.

Решение:

Опишем ход построения точки P.

1. Изобразим на чертеже данную расширенную прямую .

2. Возьмем точку , не принадлежащую прямой , и пучок прямых с центром в этой точке: .

3. На прямой возьмем произвольный вектор .

4. Построим согласованную систему векторов: , используя правило параллелограмма для сложения векторов.

5. Точка М имеет координаты . Это означает, что точку М должен порождать вектор . Построим его по правилу параллелограмма.

6. Точку М получим как точку пересечения прямой, которой принадлежит вектор , и прямой .

Все построения точки М показаны на рис.

Задача 14. На расширенной плоскости задан репер . Построить точку по ее координатам в данном репере.

Решение:

Задание репера означает существование координатного треугольника и согласованность системы векторов , , , , порождающих вершины координатного треугольника и единичную точку :

Если на плоскости задан репер , то на каждой из координатных прямых возникает свой репер: на прямой ; на прямой ; на прямой .

Тогда ход построения:

Построить какие-нибудь две ее проекции на координатные оси, например и , тогда , где , где .

Задача 15. В проективном репере построить прямую .

Решение:

Запишем уравнение прямой : . Для того, чтобы построить прямую , достаточно построить две ее точки, а затем через них провести прямую. Точки и лежат на прямой . Их построение аналогично построениям в задаче 5.

1. возьмем точку , не лежащую на , и в аффинной системе с началом и единичной точкой построим .

2. .

3. возьмем точку , не лежащую на , и в аффинной системе с началом и единичной точкой построим .

4. .

5. – искомая прямая .

Задача 16. Вычислить сложное отношение четырех точек по их проективным координатам на плоскости , , , .

Решение:

Сложное отношение четырех точек равно сложному отношению их проекций. Рассмотрим проективный репер и возьмем проекции , , , точек , , , из центра на координатную прямую . Их координаты в проективном репере будут , , , . Сложное отношение точек , , , это число, вычисляемое по формуле .

Значит, .

Сложное отношение точек равно -1, что означает, что четыре точки находятся в гармоническом отношении.

Ответ: .

Задача 17. Найти внутренность, дополнение, границу и замыкание

а) отрезка на числовой прямой ;

б) замкнутого шара : в евклидовом пространстве .

Решение:

а) Внутренность множества состоит из точек, имеющих окрестности, целиком лежащие в этом множестве. У отрезка существуют две точки, окрестности которых состоят не только из точек, лежащих в нем, – это точки и .

Значит, внутренностью отрезка будет интервал . На символах можно записать так:

, или .

Дополнение состоит из точек, не принадлежащих внутренности, то есть

.

Граница некоторого множества состоит из граничных точек, то есть таких, любые окрестности которых содержат точки как из множества, так и из его дополнения. Граница множества состоит из точек , : .

Замыкание множества можно получить, объединив внутренность множества и его границу:

,

то есть в данном случае замыкание отрезка есть сам отрезок.

б) В евклидовом пространстве определения внутренности, дополнения, границы и замыкания будут такими же. Поэтому

.

.

Задача 18. Найти эйлерову характеристику квадрата.

Решение:

Эйлерова характеристика – это число , вычисляемое по формуле: , где

– число вершин (точек);

– число сторон (ребер);

– число клеток (граней).

Так как для квадрата , , , то

Ответ: .

Задача 19. Доказать, что:

а) полуокружность с концами , гомеоморфна отрезку ;

б) сфера с выколотой точкой (т. е. без полюса) гомеоморфна плоскости.

Решение:

Для того, чтобы доказать гомеоморфность двух фигур (точнее, двух топологических пространств), надо установить взаимно-однозначное непрерывное отображение любой из них на другую, для которого обратное отображение тоже непрерывно. Если каждый элемент из какого-то множества, например из , имеет один и только один прообраз во множестве , то отображение является взаимно-однозначным. Если же близкие элементы множества переходят в близкие элементы множества , то отображение будет непрерывным. Используем эту теорию при решении задачи.

а) Расположим отрезок на касательной к полуокружности таким образом, что ортогональные проекции точек , есть точки , (рис. 4).

Зададим следующее отображе­ние : каждой точке множе­ства поставим в соответствие ортогональную проекцию этой точки на отрезок . Оче­видно, что заданное отображе­ние будет удовлетворять всем признакам определения гомео­морфизма, то есть отображение – гомеоморфизм, а фигуры и гомеоморфны.

б) Расположение сферы и плос­кости показано на рис. 5 (плоскость касается сферы в точке , диаметрально проти­воположной точке ).

Отображение установим сле­дующим образом: любой точке сферы поставим в соот­ветствие точку плоскости :

. Аналогично преды­дущему примеру отображение будет гомеоморфизмом, т. е. сфера без полюса и плоскость гомеоморфны.

Замечание:

Для доказательства негомеоморфности двух пространств (множеств) обычно определяется различающий топологический инвариант (компактность, связность, отделимость, мощность и т. д.), которым одно из пространств (множеств) обладает, а другое нет. Например, отрезок числовой оси компактен (т. к. ограничен и замкнут), а интервал – нет. Поэтому они негомеоморфны.

Любая наука занимается изучением определенных моделей реального мира. Описывая что-либо словами, мы формулируем модель какого-то реального события или объекта. Но при этом модель вряд ли будет точной копией объекта. В модели всегда присутствует неопределенность, которую необходимо учитывать в дальнейших рассуждениях и исследованиях. Существуют разные типы неопределенностей. Во-первых, это физическая неопределенность. Например, хоть мы и имеем на руках рулетку всегда сложно измерить расстояние с точностью до, например, микрона. Или как узнать вероятность того, что первый встречный человек будет из другого города? Физическая неопределенность может быть следствием неточности (проблемы такого рода позволяет разрешить теория измерений) или случайности (это объект изучения теории вероятностей). Второй вид неопределенности – это лингвистическая неопределенность. Она может возникать в результате неопределенности смысла фраз, этим вопросом занимается теория формальных грамматик. Примером такого рода неопределенности может служить известная фраза «Казнить нельзя помиловать». Либо причиной лингвистической неопределенности может быть неопределенность значений слов. Как точно описать значение понятий «человек среднего роста», «высокий уровень безопасности» и пр.? Этими вопросами занимается теория нечетких множеств. Способность человека принимать правильные решения в обстановке неполной и нечеткой информации является наиболее поразительным свойством человеческого интеллекта. Построение моделей приближенных рассуждений человека и использование их в компьютерных системах будущих поколений представляет сегодня одну из важнейших проблем науки.

Значительное продвижение в этом направлении сделано в 1965 г. профессором Калифорнийского университета Лотфи А. Заде.    Что же предложил Заде? Во-первых, он расширил классическое канторовское понятие множества, допустив, что характеристическая функция (функция принадлежности элемента множеству) может принимать любые значения в интервале (0;1), а не только значения 0 либо 1. Такие множества были названы им нечеткими (fuzzy). Л.Заде определил также ряд операций над нечеткими множествами и предложил обобщение известных методов логического вывода modus ponens и modus tollens.

Введя затем понятие лингвистической переменной и допустив, что в качестве ее значений (термов) выступают нечеткие множества, Л.Заде создал аппарат для описания процессов интеллектуальной деятельности, включая нечеткость и неопределенность выражений.

Дальнейшие работы профессора Л.Заде и его последователей заложили прочный фундамент новой теории и создали предпосылки для внедрения методов нечеткого управления в инженерную практику.

    В последние 5-7 лет началось использование новых методов и моделей в промышленности. И хотя первые применения нечетких систем управления состоялись в Европе, наиболее интенсивно внедряются такие системы в Японии.    Математическая теория нечетких множеств, предложенная Л.Заде, позволяет описывать нечеткие понятия и знания, оперировать этими знаниями и делать нечеткие выводы. Основанные на этой теории методы построения компьютерных нечетких систем существенно расширяют области применения компьютеров. Спектр приложений их широк: от управления процессом отправления и остановки поезда метрополитена, управления грузовыми лифтами и доменной печью до стиральных машин, пылесосов и СВЧ-печей. Нечеткие методы помогают управлять домной и прокатным станом, автомобилем и поездом, распознавать речь и изображения, проектировать роботов, обладающих осязанием и зрением. Нечеткая логика, на которой основано нечеткое управление, ближе по духу к человеческому мышлению и естественным языкам, чем традиционные логические системы.

Вспомним, что понятие множества является одним из основных понятий математики. Оно вводится аксиоматически и не может быть определено через какие-то элементарные понятия. Существует описательное объяснение, согласно которому множество –это совокупность, объединение некоторых элементов произвольной природы по какому-то признаку. Этот признак содержится в названии множества. Например, множество целых чисел, множество студентов института и т.д .

Если E - универсальное множество, x - элемент E, а R - некоторое свойство, то обычное (четкое) множество A универсального множества E, элементы которого удовлетворяют свойству R, определяется как множество упорядоченных пар A = {_A (х)/х}, где _A(х) - характеристическая функция, принимающая значение 1, если x удовлетворяет свойству R, и 0 - в противном случае.

Например, буквы латинского алфавита X, Y, Z принадлежат множеству {B, M, Z, F,Y, X}, а буквы R,K-не принадлежат. Тогда данное множество является четким и верна запись {X/1, Y/1, Z/1} и {R/0, K/0}.

Нечеткое подмножество отличается от обычного тем, что для элементов x из E нет однозначного ответа "да-нет" относительно свойства R. В связи с этим, нечеткое подмножество A универсального множества E определяется как множество упорядоченных пар A = {_A(х)/х}, где _A(х) - характеристическая функция принадлежности (или просто функция принадлежности), принимающая значения в некотором вполне упорядоченном множестве M (например, M = [0,1], но эта область может быть и такой [-1, 1]). Функция принадлежности указывает степень (или уровень) принадлежности элемента x подмножеству A. Множество M называют множеством принадлежностей. Если M = {0,1}, то нечеткое подмножество A может рассматриваться как обычное или четкое множество.

Нечеткие числа - нечеткие переменные, определенные на числовой оси, т.е. нечеткое число определяется как нечеткое множество А на множестве действительных чисел R с функцией принадлежности _A(x)[0,1], где x - действительное число, т.е. xR.

Нечеткое число показывает степень соответствия объекта данному нечеткому множеству. Причем:

а) существует такое значение носителя, в котором функция принадлежности равна 1, б) при отступлении от своего максимума влево или вправо функция принадлежности убывает.

Нечеткое число А нормально, если _A(x)=1, выпуклое, если для любых xyz выполняется

_A(x)_A(y)_A(z).

Множество  - уровня нечеткого числа А определяется как

А = {x/ _A(x)}.

Подмножество S_AR называется носителем нечеткого числа А, если

S = {x/_A(x)>0}.

Нечеткое число А унимодально, если условие _A(x) = 1 справедливо только для одной точки действительной оси.

Выпуклое нечеткое число А называется нечетким нулем, если _A(0) = (_A(x)).

Нечеткое число А положительно, если xS_A, x>0 и отрицательно, если xS_A, x<0.

Итак, нечеткое множество- это множество значений носителя, такое, что каждому значению носителя сопоставлена степень принадлежности этого значения данному множеству.

Выделяют трапециевидные и треугольные нечеткие числа, функции принадлежности которых имеют соответственно вид:

Треугольная функция принадлежности определяется тройкой чисел (a,b,c), и ее значение в точке x вычисляется согласно выражению:

При (b-a)=(c-b) имеем случай симметричной треугольной функции принадлежности, которая может быть однозначно задана двумя параметрами из тройки (a,b,c).

Аналогично для задания трапецеидальной функции принадлежности необходима четверка чисел (a,b,c,d):

Вычислениями над нечеткими числами занимается отдельный раздел теории нечетких множеств - мягкие вычисления (нечеткая арифметика). Эти операции вводятся через операции над функциями принадлежности. Как и в арифметике, используют операции «сложения», «вычитания», «умножения» и пр.

Примеры записи нечеткого множества

Пусть E = {x₁, x₂, x₃, x₄, x₅ }, M = [0,1]; A - нечеткое множество, для которого

_A(x₁)=0,3; _A(x₂)=0; _A(x₃)=1; _A(x₄)=0,5; _A(x₅)=0,9.

Тогда A можно представить в виде:

A = {0,3/x₁; 0/x₂; 1/x₃; 0,5/x₄; 0,9/x₅ } или

A = 0,3/x₁ + 0/x₂ + 1/x₃ + 0,5/x₄ + 0,9/x₅, или

A =	x1 x2 x3 x4 x5 0,3 0 1 0,5 0,9

.

Замечание. Здесь знак "+" не является обозначением операции сложения, а имеет смысл объединения.

Пусть Х=(1,2.3.4,5,6,7,8,9.10). Тогда нечеткое множество «большие числа» может быть представлено следующим образом: А= «большие числа»=0,2/6+0,5/7+0,8/8+1/9+1/10. Это следует понимать следующим образом: 9 и 10 с абсолютной уверенностью можно отнести к «большим числам», 8 есть большое число со степенью 0,8, 1,2,3,4,5 абсолютно не являются большими числами.

Функцию принадлежности можно изображать графически. Например, график функции принадлежности «Оптимальный возраст работника».

Видно, что возраст от 20 до 30 оценивается экспертами как бесспорно оптимальный, а от 60 и выше- как неоптимальный. В диапазоне от 35 до 60 эксперты проявляют неуверенность в своей классификации, структура которой передается графиком функции принадлежности.