Bài Tập Quy Hoạch Tuyến Tính
-
Upload
tranhason1705 -
Category
Documents
-
view
77 -
download
17
description
Transcript of Bài Tập Quy Hoạch Tuyến Tính
BÀI TẬP
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
LỜI NÓI ĐẦU
Tài liệu này được tác giả tự biên soạn với mục đích ôn tập thi cuối kỳ môn Quy Hoạch
Tuyến Tính cho riêng cá nhân và lớp VB2-Toán K1, Đại Học Sư Phạm TPHCM. Do thời gian
gấp rút nên các chương từ thuật toán đơn hình về sau chỉ kịp giải bài tập, phần lý thuyết anh chị
tự tìm hiểu thêm trong các tài liệu được Giảng Viên cung cấp.
Do chỉ soạn trong thời gian ôn thi nên còn sơ sài, tác giả mong nhận được những chia sẻ,
góp ý của anh chị để kỳ thi được kết quả tốt hơn.
Chi tiết xin liên hệ qua địa chỉ mail: [email protected]
Chân thành cảm ơn
Tác giả
TRẦN HỮU KHANH
MỤC LỤC
Chương 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ GIẢI TÍCH LỒI ................................................................ 1
Chương 2: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH và CÁC TÍNH CHẤT CỦA NÓ ............. 9
Chương 3: PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH .................................................................................... 26
Chương 4: BÀI TOÁN ĐỒI NGẪU ............................................................................................. 38
Chương 5: BÀI TOÁN VẬN TẢI ................................................................................................ 39
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................................. 47
1
Chương 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ GIẢI TÍCH LỒI
1. Đường thẳng
Giả sử 1 2, nx x . Đường thẳng qua 1x và 2x được định nghĩa là tập
1 21 ,x x x x
hay 1 21 2 1 2 1 2, , , 1x x p x p x p p p p
Nếu viết lại định nghĩa đầu tiên theo dạng
1 2 1 ,x x x x x
Khi 2x phương trình trên có dạng 1 2 1x x x x , đây là phương trình tham số
của đường thẳng qua 1x và 2x trong hình học giải tích.
2. Đoạn thẳng
Giả sử 1 2, nx x . Ta định nghĩa đoạn thẳng nối hai điểm 1x và 2x như sau:
(i) Đoạn thẳng đóng 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x
(ii) Đoạn thẳng mở 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x
(iii) Nửa đoạn thẳng đóng – mở 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x
(iv) Nửa đoạn thẳng mở – đóng 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x
Hiển nhiên 1 2;x x là một đoạn của đường thẳng qua 1x và 2x nằm giữa và bao gồm hai
điểm 1x và 2x . 1 2;x x không bao gồm 1x và 2x , 1 2;x x không bao gồm 2x và 1 2;x x
không bao gồm 1x
Hình 2. Đường thẳng và đoạn thẳng qua 1x và 2x
3. Tập lồi
Một tập n là tập lồi nếu chứa hai điểm nào đó thì chứa cả đoạn thẳng nối hai
điểm ấy. Ta nói một tập n là lồi nếu:
1 2,
,0 1
x x
1 21 x x
2
a)
b)
Hình 3. a) Tập lồi, b) Tập không lồi
4. Nửa không gian mở, đóng
Giả sử nc , 0c và . Tập ,nx x cx (hoặc ,nx x cx ) được
gọi là nửa không gian mở trong n , và tập ,nx x cx (hoặc ,nx x cx ) được
gọi là nửa không gian đóng trong n
5. Siêu phẳng
Giả sử nc , 0c và . Tập ,nx x cx được gọi là siêu phẳng trong
n .
6. Không gian con
Một tập n là không gian con nếu
1 2
1 2
,
,
x x
p p
1 2
1 2p x p x
7. Tổ hợp lồi
Một điểm nb gọi là tổ hợp lồi của hệ 1,..., m na a nếu tồn tại m số thực 1,..., mp p
sao cho 1 21 2 ... m
mb p a p a p a với 1,..., 0mp p và 1 ... 1mp p
Hoặc, nếu chúng ta định nghĩa một ma trận A cỡ m n có hàng thứ i là iiA a và nếu
ta lấy 1,...,n
mp p p và e là một m -vectơ thì ta có b là một tổ hợp lồi của hàng thứ i của
A nếu ' , 0, 1b A p p ep có một nghiệm mp
Chú ý rằng nếu b là một tổ hợp lồi của hai điểm 1 2, na a , điều này tương đương với 1 2,b a a
8. Bao lồi
Giả sử n . Bao lồi của ký hiệu là là giao của tất cả các tập lồi trong n chứa
. Hiển nhiên, nếu là lồi thì
3
Hình 8. Tập và bao lồi của nó
9. Đỉnh (điểm cực biên)
Giả sử là tập lồi trong n . Điểm x được gọi là đỉnh (hay điểm cực biên) của
nếu x không thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp lồi thực sự của hai điểm phân biệt 1 2,x x .
Một tập lồi n có thể không có đỉnh (ví dụ như mặt phẳng ,nx x cx và
quả cầu mở B x không có đỉnh), số đỉnh có thể là hữu hạn (ví dụ như tập
, 0, 1nx x x ex , với e trong một n -vectơ, có n đỉnh ie , 1, 2,...,i n , với ie là một n -
vectơ với 1iie và 0i
je , i j ), hay số đỉnh có thể là vô hạn (ví dụ như quả cầu đóng
nB x là vô hạn số đỉnh được cho bởi ,nx x x x
10. Đa diện và khối đa diện
Một tập trong n mà giao của hữu hạn nửa khoảng đóng trong n được gọi là đa diện.
Nếu một đa diện là giới nội (nghĩa là, mỗi x trong đa diện x cho vài giá trị không đổi
) nó được gọi là khối đa diện.
BÀI TẬP:
Bài 1.1: Chứng minh tập hợp rỗng là tập lồi?
Ta cần chứng minh:
1 2,
,0 1
x x
1 21 x x
Xét hai mệnh đề:
1 2,x x
và 1 21 x x
Đây là các mệnh đề sai
Do đó mệnh đề:
1 2,
,0 1
x x
1 21 x x
là mệnh đề đúng.
4
Vậy: là tập lồi.
Bài 1.2: Chứng minh nửa không gian mở, đóng đều là các tập lồi?
Chứng minh nửa không gian mở là tập lồi
Đặt ,nx x cx là nửa không gian mở, ta cần chứng minh:
1 2,
,0 1
x x
1 21 x x
Vì 1 2,x x nên có 1cx và 2cx
Do đó: 1 2 1 1 2 1 2 11c x x cx c x c x cx cx cx
Mặt khác: 2 1 0cx cx nên 2 1 0cx cx (vì 0 1 )
Do đó: 1 2 1 2 11 0c x x cx cx cx
Suy ra: 1 21 x x
Vậy: Nửa không gian mở ,nx x cx là tập lồi.
(Chứng minh tương tự cho trường hợp nửa không gian đóng)
Bài 1.3: Chứng minh mỗi siêu phẳng trong n là một tập lồi?
Đặt ,nx x cx là siêu phẳng trong n , ta cần chứng minh:
1 2,
,0 1
x x
1 21 x x
Vì 1 2,x x nên 1cx và 2cx
Do đó: 1 2 1 1 2 1 2 11c x x cx c x c x cx cx cx
Mặt khác: 2 1 0cx cx nên 2 1 0cx cx
Do đó: 1 2 1 2 11 0c x x cx cx cx
Suy ra: 1 21 x x
Vậy: Siêu phẳng ,nx x cx là tập lồi.
Bài 1.4: Chứng minh rằng quả cầu đóng và quả cầu mở là các tập lồi?
Chứng minh quả cầu đóng là tập lồi:
Xét quả cầu đóng ,nB x x x x x quanh điểm nx .
Ta cần chứng minh: 1 2,
,0 1
x x B x
1 21 x x B x
5
Ta có: 1 2 1 21 1 1x x x x x x x
1 21 x x x x
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
1 2 1 21 1x x x x x x x x
Mà: 1 1 11 1 1x x x x x x (vì 0 1 )
và: 2 2 2x x x x x x (vì 0 1 )
Nên: 1 2 1 21 1x x x x x x x
Vì : 1 2,x x B x nên có: 1x x và 2x x
Do đó: 1 21 1x x x
Hay: 1 21 x x x
Suy ra: 1 21 x x B x
Vậy: Quả cầu đóng là tập lồi
(Chứng minh tương tự cho trường hợp quả cầu mở)
Bài 1.5: Chứng minh rằng: Nếu i i I là một họ (hữu hạn hoặc vô hạn) tập lồi trong n , thì
giao của chúng ii I
là một tập lồi?
Lấy 1 2, ii I
x x
và 0 1 . Khi đó mỗi i I , 1 2, ix x
Với mọi 0 1 ta có 1 21 ix x (vì i là tập lồi)
Suy ra 1 21 ii I
x x
Vậy: ii I
là một tập lồi.
Bài 1.6: Chứng minh rằng tổng của hai tập lồi là tập lồi?
Giả sử và là hai tập lồi trong n . Ta chứng minh tổng của và , kí hiệu là , là một tập lồi.
Lấy 1 2,z z , với 1 1 1 2 2 2, z x y z x y , trong đó 1 2,x x và 1 2,y y
Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 1 2 21 1z z x y x y
1 2 1 21 1x x y y
6
Vì và là các tập lồi nên có: 1 21 x x và 1 21 y y
Do đó: 1 2 1 21 1x x y y
Hay là: 1 21 z z
Vậy: là một tập lồi.
Bài 1.7: Chứng minh rằng hiệu của hai tập lồi là tập lồi?
Chứng minh tương tự bài 1.6
Bài 1.8: Chứng minh rằng tích của một số thực với một tập lồi là tập lồi?
Giả sử là tập lồi trong n và . Ta chứng minh tích của và , kí hiệu , là
tập lồi
Lấy 1 2,z z , với 1 1 2 2, z x z x , trong đó 1 2,x x
Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 21 1z z x x
1 21 x x
Suy ra: 1 21 z z
Vậy: là một tập lồi.
Bài 1.9: Chứng minh rằng đường thẳng trong n là tập lồi?
Đường thẳng qua hai điểm 1x và 2x được định nghĩa là tập
1 2 1 ,x x x x x
Lấy hai điểm bất kỳ thuộc là 1 2 11x x x và 1 2 1
2x x x
Với mọi 0 1 ta có:
1 2 1 1 2 11 21 x x x x x x
1 1 2 1 2 11 21 1x x x x x x
1 2 11 21x x x
Vậy: Đường thẳng trong n là tập lồi.
Bài 1.10: Chứng minh rằng đoạn thẳng qua hai điểm trong n là tập lồi?
Thay 0 1 trong bài 1.9 ta được kết quả
Bài 1.11: Cho 1 2; ;...; mx x x là tổ hợp lồi của các vectơ 1 2; ;...; mx x x . Chứng minh là tập
lồi?
Ta cần chứng minh:
7
1
1
1
,...,
,..., 0
... 1
m
m
m
x x
p p
p p
11 ... m
mp x p x (1)
Điều kiện đủ: hiển nhiên. Chẳng hạn lấy 2m thì lồi theo bài 1.10.
Điều kiện cần: chứng minh theo quy nạp.
Kiểm tra 1m ta có (1) đúng (hiển nhiên)
Giả sử (1) đúng với m k , ta cần chứng minh (1) đúng với 1m k
Lấy
1 1
1 1
1 1
,...,
,..., 0
... 1
k
k
k
x x
p p
p p
- Nếu 1 0kp thì 1 1 11 1 1... ...k k k
k k kp x p x p x p x p x . Do đó (1) đúng với mọi
m k
- Nếu 1 1kp thì 1 2 ... 0kp p p .
Mà 0ip nên 1 1 ... 0kp p p 1 2 ... 0kp p p
Do đó: 1 1 1 11 1 1... k k k k
k k kp x p x p x p x x
- Nếu 10 1kp thì chúng ta có thể viết:
111
11
1 11 1
... kkk ki kk k
i i ki ii i
i i
ppx x
p x p p xp p
Vậy: Tổ hợp lồi là tập lồi.
Bài 1.12: Chứng minh rằng đa diện lồi là tập lồi?
Giả sử đa diện lồi sinh bởi các điểm 0,ix i m là:
1
mi
ii
x p x
, trong đó 1
1m
ii
p
; 0ip , 0,i m .
Lấy 1
1
mi
ii
x x
, 2
1
mi
ii
x x
thuộc (1 1
1m m
i ii i
; 0i , 0i , 0,i m )
Với mọi 0 1 ta có:
1 2
1 1
1 1m m
i ii i
i i
x x x x
1 1 1
1 1m m m
i i i ii i i i
i i i
x x x x
1
1m
ii i
i
x
8
Ta có: 1 1 1 1 1
1 1m m m m m
i i i i i i i ii i i i i
Và: 1 0i i (vì 0i , 0i , 0,i m và 0 1 )
Do đó: 1 2
1
1 1m
ii i
i
x x x
Vậy: là một tập lồi.
Bài 1.13: Cho các tập lồi 1A , 2A ,…, mA và các số thực 1 , 2 ,…, m . Chứng minh rằng: tập
1 1 2 2 ... m mA A A cũng là tập lồi?
- Trước hết ta chứng minh các 1 1A là tập lồi
Lấy 1 21 1,z z A , với 1 1 2 2
1 1, z x z x , trong đó 1 21,x x A
Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 21 11 1z z x x
1 21 1 x x
Vì 1A là tập lồi nên có: 1 211 x x A
Suy ra: 1 21 1 11 x x A
Hay là: 1 21 11 z z A
Do đó: 1 1A là tập lồi.
Tương tự ta cũng có 2 2A , …, m mA cũng là các tập lồi.
- Tiếp theo ta chứng minh 1 1 2 2A A là tập lồi
Lấy 1 21 1 2 2,u u A A , với 1 1 1 2 2 2
1 2 1 2, u x y u x y , trong đó 1 2
1 1 1 1,x x A và 1 22 2 2 2,y y A
Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 1 2 21 2 1 21 1u u x y x y
1 2 1 21 21 1x x y y
Vì 1 1A và 2 2A lồi nên có: 1 21 1 11 x x A và 1 2
2 2 11 y y A
Do đó: 1 2 1 21 2 1 1 2 21 1x x y y A A
Hay là: 1 21 1 2 21 u u A A
Do đó: 1 1 2 2A A là tập lồi.
Tương tự ta sẽ chứng minh được 1 1 2 2 3 3A A A là tập lồi
Từ đó suy ra 1 1 2 2 ... m mA A A là tập lồi
Vậy: 1 1 2 2 ... m mA A A là tập lồi.
9
Chương 2: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH và CÁC TÍNH CHẤT CỦA NÓ
1. Các ký hiệu thường dùng trong quy hoạch tuyến tính (QHTT)
Giả sử ma trận
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...
... ... ... ...
...
n
n
ij
m m mn
a a a
a a aA a
a a a
là ma trận cấp m n . Ta ký hiệu:
1 2; ;...;i i i inA a a a là ma trận dòng (hay vectơ dòng) thứ i của A
1
2
...
j
jj
mj
a
aA
a
là ma trận cột (hay vectơ cột) thứ j của A
TA là ma trận chuyển vị của A
1 2 ...j j jmB A A A là ma trận vuông được thành lập từ m cột của A
1B là ma trận nghịch đảo của B
1 2; ;...; nnu x x x
1 2; ;...; nnv y y y
1 2; ;...; nnc c c c
1 2; ;...; nnb b b b
Tích vô hướng của hai vectơ 1 2; ;...; nnc c c c và 1 2; ;...; n
nu x x x được định
nghĩa và ký hiệu như sau:
1 1 2 2, ... n nc u c x c x c x
2. Bài toán QHTT tổng quát
Dạng: , min maxf x c u
i iAu b (1)
i iAu b (2)
i iAu b (3)
0jx (4)
0jx (5)
jx (6)
10
Trong đó:
f x được gọi là hàm mục tiêu;
Mỗi ràng buộc loại (1), (2) và (3) được gọi là ràng buộc cưỡng bức;
Mỗi ràng buộc loại (4), (5) và (6) được gọi là ràng buộc tự nhiên;
Mỗi vectơ thỏa mãn mọi ràng buộc gọi là một phương án;
3. Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc và chính tắc
Dạng chuẩn tắc Dạng chính tắc
, minf x c u
Au b
0u
, minf x c u
Au b
0u
Bằng phép biến đổi đơn giản dưới đây có thể đưa bài toán quy hoạch tuyến tính bất kỳ về hoặc là dạng chuẩn tắc, hoặc là dạng chính tắc:
Mỗi ràng buộc i iAu b có thể đưa về 1i n iAu x b với 1 0nx
Mỗi ràng buộc i iAu b có thể đưa về 1i n iAu x b với 1 0nx
Mỗi ràng buộc i iAu b có thể viết thành hệ các ràng buộc i iAu b và i iAu b
Mỗi ẩn jx không có ràng buộc về dấu được viết thành hiệu của hai ẩn mới không âm:
0, 0j j j j jx x x x x
Mỗi ẩn 0jx ta đặt 0j j jx t t
4. Bài toán QHTT đối ngẫu
Các bài toán quy hoạch tuyến tính P và Q sau đây được gọi là đối ngẫu của nhau
Bài toán gốc P Bài toán đối ngẫu Q
, minf x c u
i iAu b
i iAu b
i iAu b
0jx
0jx
jx
, maxT Tf y b v
0jy
0jy
jy
jjvA c
jjvA c
jjvA c
Nếu bài toán P (bài toán gốc) có các dạng đặc biệt thì bài toán đối ngẫu Q của nó, theo
định nghĩa, được xác định như sau:
11
Bài toán gốc P Bài toán đối ngẫu Q
, minf x c u
Au b
0u
, maxT Tf y b v
T T TA v c
, maxf x c u
Au b
0u
, minT Tf y b v
T T TA v c
Đối với bài toán QHTT bất kỳ, bằng một số phép biến đổi đã biết, có thể đưa hệ ràng buộc về dạng:
, 0Au b u
Khi đó ta nói hệ ràng buộc đã được chính tắc hóa.
5. Điểm cực biên
Giả sử là tập lồi trong n . Điểm x được gọi là điểm cực biên của nếu x không
thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp lồi thực sự của hai điểm phân biệt 1 2,x x .
Định lí: (Tìm điểm cực biên)
:nM u Au b trong đó A là ma trận cấp m n là tập lồi đa diện. v M là điểm
cực biên của M khi và chỉ khi tồn tại 1 2; ;...; 1;2;...;ni i i m sao cho 1 2; ;...;
ni i ia a a là độc lập
tuyến tính và v là nghiệm của hệ phương trình ,
1;2;...;
t ti ia u b
t n
, trong đó
tia là hàng thứ ti của ma
trận A .
6. Giải bài toán QHTT bằng thuật toán điểm cực biên
Xét bài toán QHTT dạng tổng quát:
, min
:, n
f u c uTT
Au b u
Trong đó A là ma trận m n , nb , nc
Gọi: M là tập các phương án chấp nhận được của TT
ext M là tập các điểm cực biên của M
*M là tập các phương án tối ưu của TT
Định lí:
*M khi và chỉ khi M và hàm mục tiêu f u bị chặn dưới trên M
(nếu maxf u thì thay điều kiện bị chặn dưới của f u bởi điều kiện bị chặn trên)
12
Thuật toán điểm cực biên giải bài toán QHTT
- Bước 1: Kiểm tra *M
- Bước 2: Tìm ext M
- Bước 3: Xác định min ,f u u ext M (hoặc max ,f u u ext M )
BÀI TẬP:
Bài 2.1: Trong các bài toán sau, bài toán nào là QHTT
a)
2 3 min
2 5
1
x y
x y
y
b)
2 2 max
2 10
3
x y
x y
xy
c) 5 max
2 2
x y
x y
d)
5 max
2 2
x y
x y
a) Xét ánh xạ:
2:
; 2 3
f
x y f x y
Lấy: 1 1;u x y và 2 2;v x y
Ta có: 1 1 1 1; 2 3f u f x y x y
2 2 2 2; 2 3f v f x y x y
1 2 1 2 1 1 2 2; 2 3 3f u v f x x y y x y x y
f u f v
Lại có: 1 1 1 1 1 1; 2 3 2 3f u f x y x y x y f u
Do đó: f là ánh xạ tuyến tính
Chứng minh tương tự ta cũng được ; 2 5g x y x y và ; 1h x y y cũng là các
ánh xạ tuyến tính
Hơn nữa tập ; : 2 5 ; : 1G x y x y x y y là giao của hai tập lồi nên là tập lồi
(xem chương 1)
Vậy: a) là bài toán QHTT
b) Xét ánh xạ:
2
2 2
:
;
f
x y f x y
Lấy: 1 1;u x y và 2 2;v x y
13
Ta có: 2 21 1 1 1;f u f x y x y
2 22 2 2 2;f v f x y x y
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2
1 2 1 2
;
2
2
f u v f x x y y x x y y
x y x y x x y y
f u f v x x y y
f u f v
Lại có: 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1;f u f x y x y x y f u f u
Do đó: f không là ánh xạ tuyến tính
Vậy: b) không là bài toán QHTT
c) Ta có: 2 2x y 2 2
2 2
x y
x y
Chứng minh tương tự câu a) ta được ; 5g x y x y , ; 2 2g x y x y và
; 2 2h x y x y là các ánh xạ tuyến tính
Hơn nữa tập ; : 2 2 ; : 2 2G x y x y x y x y là giao của hai tập lồi nên là
tập lồi (xem chương 1)
Vậy: c) là bài toán QHTT
d) Ta có: 2 2x y 2 2
2 2
x y
x y
Chứng minh tương tự câu a) ta được ; 5g x y x y , ; 2 2g x y x y và
; 2 2h x y x y là các ánh xạ tuyến tính
Xét tập ; : 2 2 ; : 2 2G x y x y x y x y
Lấy 0;2u G và 0; 2v G . Chọn 1
2 . Khi đó:
1 1
1 0;2 0; 2 0;02 2
u v G
Nên G không là tập lồi
Vậy: d) không là bài toán QHTT
Bài 2.2: Đưa bài toán sau về dạng chuẩn tắc và chính tắc
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2
2 min
3 4 5
7
4
0, 0
f x x x x
x x x
TT x x x
x x x
x x
14
Đưa bài toán TT về dạng chuẩn tắc TcT :
- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min
1 2 32 minf x x x x
- Đổi dấu ràng buộc thứ hai để đổi chiều bất đẳng thức
1 2 3 7x x x
- Thay ràng buộc thứ ba bởi hệ hai bất đẳng thức
1 2 3
1 2 3
16
16
x x x
x x x
- Ẩn 3x không có ràng buộc về dấu được viết thành hiệu của hai ẩn mới không âm
3 3 3 3 3 0, 0x x x x x
Đặt 1 1x y , 2 2x y , 3 3x y , 3 4x y ta được bài toán dạng chuẩn tắc là:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 min
3 4 4 5
7
4
4
0, 1, 4i
f y y y y y
y y y y
y y y yTcT
y y y y
y y y y
y i
Đưa bài toán chuẩn tắc TcT về dạng chính tắc ToT :
- Đưa vào ràng buộc thứ nhất ẩn 5 0y ta được:
1 2 3 4 53 4 4 5y y y y y
- Đưa vào ràng buộc thứ hai ẩn 6 0y ta được:
1 2 3 4 6 7y y y y y
Viết lại: 1 2 3 4 6 7y y y y y
- Thay ràng buộc thứ ba và thứ tư bởi đẳng thức
1 2 3 4 4y y y y
Ta được bài toán dạng chính tắc là:
1 2 3 4
1 2 3 4 5
1 2 3 4 6
1 2 3 4
2 min
3 4 4 y 5
7
4
0, 1,6i
f y y y y y
y y y y
ToT y y y y y
y y y y
y i
15
Bài 2.3: Viết bài toán đối ngẫu của bài toán sau
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3
1 2 3 4
1 3
2 5 min
3 2 4
5 3 7
2 3 2 8
0, 0
f x x x x x
x x x x
TT x x x
x x x x
x x
Ta có:
1 2 3 4
1 2 3 4 1
1 2 3 2
1 2 3 4 3
1
2
3
4
2 5 min
3 2 4 1 0
5 3 7 2 0
2 3 2 8 3
0 4
5
0 6
7
f x x x x x
x x x x y
x x x y
x x x x yTT
x
x
x
x
Nên bài toán đối ngẫu là:
1 2 3
1 2 3 1
1 2 3 2
1 2 3 3
1 3 4
1 2
4 7 8 max
3 5 2 2 4 0
2 3 1 5
3 3 6
2 5 7
0, 0
f y y y y
y y y x
y y y xTT
y y y x
y y x
y y
Bài 2.4: Xác định tập các điểm cực biên của các tập lồi đa diện được xác định bởi các hệ sau:
a)
1 2
1 2
1 2
1 2
3
2 12
3 15
0, 0
x x
x x
x x
x x
b)
1 2
1 2
1
2 3 6
4 5 20
0
x x
x x
x
c)
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3
2 15
0, 0, 0
x x x
x x x
x x x
d)
1 2 3
1 2 3
1
3
2 15
0
x x x
x x x
x
:nM u Au b trong đó A là ma trận cấp m n là tập lồi đa diện. v M là điểm
cực biên của M khi và chỉ khi tồn tại 1 2; ;...; 1;2;...;ni i i m sao cho 1 2; ;...;
ni i ia a a là độc lập
tuyến tính và v là nghiệm của hệ phương trình ,
1;2;...;
t ti ia u b
t n
, trong đó
tia là hàng thứ ti của ma
trận A .
16
a) Giải bài toán bằng hình học
Ta có:
1 2
1 2
21 2 1 2
1
2
3
2 12
; : 3 15
0
0
x x
x x
M x x x x
x
x
Tập M là đa diện lồi OABCD với 5 đỉnh
0;0O , 0;3A , 2;5B , 6;3C và
5;0D (mỗi đường thẳng với phần gạch
chéo chỉ rõ nửa mặt phẳng bị bỏ đi).
3
5
2x
2 6 1x
Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là: 0;0 , 0;3 , 2;5 , 6;3 và 5;0
b) Ta có: 1 2
21 2 1 2
1
2 3 6
; : 4 5 20
0
x x
M x x x x
x
Ma trận
2 3
4 5
1 0
A
và ma trận
6
20
0
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 2 vectơ trong hệ gồm 3 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2
1 2
2 3 61 :
4 5 20
x x
x x
. Giải hệ ta được: 1
45 8;
48 11v
- 1 2
1
2 3 62 :
0
x x
x
. Giải hệ ta được: 2 0; 2v
- 1 2
1
4 5 203 :
0
x x
x
. Giải hệ ta được: 3 0;4v
Kiểm tra ta có 1 2 3, ,v v v M
Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là 45 8
;48 11
, 0; 2 và 0;4
c) Ta có:
1 2 3
1 2 3
31 2 3 1
2
3
3
2 15
; ; : 0
0
0
x x x
x x x
M x x x x
x
x
17
Ma trận
1 1 1
1 1 1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
A
và ma trận
3
15
0
0
0
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 3 vectơ trong hệ gồm 5 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2 3
1 2 3
1
3
1 : 2 15
0
x x x
x x x
x
. Giải hệ ta được: 1 0;12; 9v
- 1 2 3
1 2 3
2
3
2 : 2 15
0
x x x
x x x
x
. Giải hệ ta được: 2 6;0;9v
- 1 2 3
1 2 3
3
3
3 : 2 15
0
x x x
x x x
x
. Giải hệ ta được: 3 3;6;0v
- 1 2 3
1
2
3
4 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 4 0;0;3v
- 1 2 3
1
3
3
5 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 5 0;3;0v
- 1 2 3
2
3
3
6 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 6 3;0;0v
- 1 2 3
1
2
2 15
7 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 7 0;0;15v
- 1 2 3
1
3
2 15
8 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 8
150; ;0
2v
- 1 2 3
2
3
2 15
9 : 0
0
x x x
x
x
. Giải hệ ta được: 9 15;0;0v
18
- 1
2
3
0
10 : 0
0
x
x
x
. Giải hệ ta được: 10 0;0;0v
Kiểm tra ta có 2 3 4 5 7 8 9 10, , , , , , ,v v v v v v v v M
Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là 6;0;9 , 3;6;0 , 0;0;3 , 0;3;0 , 0;0;15 , 15
0; ;02
,
15;0;0 và 0;0;0
d) Ta có: 1 2 3
31 2 3 1 2 3
1
3
; ; : 2 15
0
x x x
M x x x x x x
x
Ma trận
1 1 1
1 1 1
1 0 0
A
và ma trận
3
15
0
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 3 vectơ trong hệ gồm 3 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2 3
1 2 3
1
3
1 : 2 15
0
x x x
x x x
x
. Giải hệ ta được: 1 0;12; 9v
Kiểm tra ta có 1v M
Vậy: Điểm cực biên cần tìm là 0;12; 9
Bài 2.5: Cho bài toán QHTT
1 2
1 2
1 2
1 2
2
2 max
2 2 1 1
2 1 2
4 3 3
0 4
f x x x
x x
TT x x
x x
x
Trong các phương án sau 1 1;0x , 2 2 1;
3 6x
, 3 7; 1x và 4 7 1;
9 9x
,
phương án nào là phương án cực biên, phương án nào là phương án tối ưu, phương án nào là phương án cực biên tối ưu?
Ta có: 1 2 4 1f x f x f x và 3 9f x
Suy ra: 3 1 2 4f x f x f x f x
Do đó 3x không phải là phương án tối ưu (vì maxf x )
19
Từ ràng buộc 2 cho ta 1 21, ,f x x x .
Suy ra: 1x , 2x và 4x là các phương án tối ưu. Hơn nữa:
1x thỏa dấu = với hai ràng buộc 2 và 4 , chúng độc lập tuyến tính. Do đó 1x là
phương án cực biên tối ưu.
2x thỏa dấu = với hai ràng buộc 1 và 2 , chúng độc lập tuyến tính. Do đó 2x là
phương án cực biên tối ưu.
4x chỉ thỏa dấu = với một ràng buộc 2 , không đủ hai ràng buộc độc lập tuyến tính. Do
đó 4x là phương án tối ưu không cực biên.
3x chỉ thỏa dấu = với một ràng buộc 3 , không đủ hai ràng buộc độc lập tuyến tính. Do
đó 3x không phải là phương án cực biên.
Bài 2.6: Giải bài toán QHTT sau bằng thuật toán điểm cực biên
1 2
1 2
1 2
1
2 min
2 3 6 1
4 5 20 2
0 3
f x x x
x xTT
x x
x
Chứng minh *M
- Chứng minh M
Dễ thấy 1;1 là một phương án của bài toán nên M .
- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn dưới
Từ ràng buộc (1) ta được: 2 1
22 2
3 x x (vì 1 0x )
Từ ràng buộc (2) ta được: 1 2
52 10
2 x x
Suy ra: 1 2 2
72 10
2 x x x
Tức là: 1 2 2
7 72 10 10 2 17
2 2 f x x x x (vì 2 2 x )
Do đó hàm mục tiêu 1 22 f x x x bị chặn dưới
- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn dưới).
Tìm ext M
Ta có: 1 2
21 2 1 2
1
2 3 6
; : 4 5 20
0
x x
M x x x x
x
20
Ma trận
2 3
4 5
1 0
A
và ma trận
6
20
0
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 2 vectơ trong hệ gồm 3 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2
1 2
2 3 61 :
4 5 20
x x
x x
. Giải hệ ta được: 1
45 8;
11 11
v
- 1 2
1
2 3 62 :
0
x x
x
. Giải hệ ta được: 2 0; 2v
- 1 2
1
4 5 203 :
0
x x
x
. Giải hệ ta được: 3 0;4v
Kiểm tra ta được 1 2 3, ,v v v M
Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 45 8
;48 11
, 0; 2 và 0;4
Tìm min f v
1
45 8 45 8 82; 2. 1.
11 11 11 11 11
f v f
2 0; 2 2.0 1. 2 2 f v f
3 0;4 2.0 1.4 4 f v f
Ta có: 1 2 3 f v f v f v
Nên phương án tối ưu là * 45 8;
48 11
x và * 82
11 f x
Vậy: * 82
11f x ứng với * 45 8
;11 11
x
Bài 2.7: Giải bài toán QHTT sau bằng thuật toán điểm cực biên
1 2
1 2
2
1 2
1 2
2 max
2 2 1 1
0 2
2 1 3
4 3 4
f x x x
x x
TT x
x x
x x
Chứng minh *M
- Chứng minh M
Dễ thấy 1;0 là một phương án của bài toán nên M .
21
- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn trên
Từ ràng buộc (3) ta được: 1 2 1 22 1 , f x x x x x
Do đó hàm mục tiêu 1 22 f x x x bị chặn trên
- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn trên).
Tìm ext M
Ta có:
1 2
221 2
1 2
1 2
2 2 1
0; :
2 1
4 3
x x
xM x x
x x
x x
Ma trận
2 2
0 1
1 2
1 4
A và ma trận
1
0
1
3
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 2 vectơ trong hệ gồm 4 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2
2
2 2 11 :
0
x x
x. Giải hệ ta được: 1
1;0
2
v
- 1 2
1 2
2 2 12 :
2 1
x x
x x. Giải hệ ta được: 2
2 1;
3 6
v
- 1 2
1 2
2 2 13 :
4 3
x x
x x. Giải hệ ta được: 3
1 5;
3 6
v
- 2
1 2
04 :
2 1
x
x x. Giải hệ ta được: 4 1;0 v
- 2
1 2
05 :
4 3
x
x x. Giải hệ ta được: 5 3;0 v
- 1 2
1 2
2 16 :
4 3
x x
x x. Giải hệ ta được: 5
5 1;
3 3
v
Kiểm tra ta có 2 4 5, , v v v M
Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 2 1
;3 6
, 1;0 và 3;0
Tìm max f v
2
2 1 2 1; 1. 2. 1
3 6 3 6
f v f
22
4 1;0 1. 1 2.0 1 f v f
5 3;0 1. 3 2.0 3 f v f
Ta có: 5 2 4 f v f v f v
Nên phương án tối ưu là * 2 1;
3 6
x hoặc * 1;0 x và * 1 f x
Vậy: * 1 f x ứng với * 2 1;
3 6
x hoặc * 1;0 x
Bài 2.8: Giải bài toán sau bằng thuật toán điểm cực biên:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 3
1 2
2
4 5 2 max
2 2
1
5
2 2
0
f x x x x
x x x
x x xTT
x x
x x
x
Chứng minh *M
- Chứng minh M
Dễ thấy 1;1;1 là một phương án của bài toán nên M .
- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn trên
Lấy ràng buộc (1) + (2) + (4) ta được: 1 2 34 5x x x (6)
Nhân ràng buộc (3) với 3 ta được: 2 33 3 15x x (7)
Lấy (6) + (7) ta được: 1 2 34 2 2 20x x x (8)
Cộng hai vế của (8) với 27x ta được: 1 2 3 24 5 2 20 7x x x x
Vì 2 0x nên 1 2 34 5 2 20x x x
Do đó hàm mục tiêu 1 2 34 5 2f x x x x bị chặn trên
- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn trên).
Tìm ext M
Ta có:
1 2 3
1 2 3
31 2 3 2 3
1 2
2
2 2
1
; ; : 5
2 2
0
x x x
x x x
M x x x x x
x x
x
23
Ma trận
1 1 2
1 1 1
0 1 1
2 1 0
0 1 0
A
và ma trận
2
1
5
2
0
b
Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 3 vectơ trong hệ gồm 5 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:
- 1 2 3
1 2 3
2 3
2 2
1 : 1
5
x x x
x x x
x x
. Giải hệ ta được: 1
12 16 9; ;
5 5 5v
- 1 2 3
1 2 3
1 2
2 2
2 : 1
2 2
x x x
x x x
x x
. Giải hệ ta được: 2 1; 7; 5v
- 1 2 3
1 2 3
2
2 2
3 : 1
0
x x x
x x x
x
. Giải hệ ta được: 3
4 1;0;
3 3v
- 1 2 3
2 3
1 2
2 2
4 : 5
2 2
x x x
x x
x x
. Giải hệ ta được: 4
18 22 13; ;
7 7 7v
- 1 2 3
2 3
2
2 2
5 : 5
0
x x x
x x
x
. Giải hệ ta được: 5 12;0;5v
- 1 2 3
1 2
2
2 2
6 : 2 2
0
x x x
x x
x
. Giải hệ ta được: 6
11;0;
2v
- 1 2 3
2 3
1 2
1
7 : 5
2 2
x x x
x x
x x
. Giải hệ ta được: 7
8 10 5; ;
3 3 3v
- 1 2 3
2 3
2
1
8 : 5
0
x x x
x x
x
. Giải hệ ta được: 8 4;0;5v
- 1 2 3
1 2
2
1
9 : 2 2
0
x x x
x x
x
. Giải hệ ta được: 9 1;0;0v
24
- 2 3
1 2
2
5
10 : 2 2
0
x x
x x
x
. Giải hệ ta được: 10 1;0;5v
Kiểm tra ta có 1 6 8 9, , ,v v v v M
Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 12 16 9
; ;5 5 5
, 1
1;0;2
, 4;0;5 và 1;0;0
Tìm max f v
1
12 16 9 12 16 9 14; ; 4. 5. 2.
5 5 5 5 5 5 5f v f
6
1 11;0; 4.1 5.0 2. 3
2 2f v f
8 4;0;5 4. 4 5.0 2.5 6f v f
9 1;0;0 4.1 5.0 2.0 4f v f
Ta có: 8 1 6 9f v f v f v f v
Nên phương án tối ưu là * 1;0;0x và * 4f x
Vậy: * 4f x ứng với * 1;0;0x
Bài 2.9: Cho bài toán QHTT
1 2
1 2
1 2
max
1 1
0, 0 2
f x x x
TT ax bx
x x
Tìm tất cả các giá trị của tham số a và b sao cho:
a) Tập phương án khác rỗng?
b) Bài toán đã cho có phương án tối ưu?
c) Hàm mục tiêu không bị chặn?
a) Với mọi a và b bài toán luôn nhận vectơ 0;0O làm một phương án, nghĩa là tập
phương án luôn khác rỗng.
b) Xét ba trường hợp:
- Nếu 0a và 0b , từ các ràng buộc suy ra 10 1ax và 20 1bx
Hay: 1
10 x
a và 2
10 x
b
Từ đó ta có: 1 2
1 1f x x x
a b bị chặn trên
25
Hàm mục tiêu maxf x , bị chặn trên và tập phương án khác rỗng (theo câu a) nên
bài toán có phương án tối ưu.
- Xét trường hợp ít nhất một trong các bất đẳng thức 0a , 0b xãy ra.
Giả sử 0a . Khi đó ;0u t là phương án với mọi 0t
Từ đó ta có: 1 2f x x x t không bị chặn trên.
Tương tự ta cũng có kết luận như vậy nếu 0b
- Xét trường hợp còn lại: cả hai 0a , 0b xãy ra.
Tương tự ta cũng có f x không bị chặn
Vậy: Bài toán có phương án tối ưu khi 0a và 0b
c) Theo câu b thì khi cả hai 0a , 0b hoặc một trong hai 0a , 0b xãy ra thì hàm mục tiêu không bị chặn:
26
Chương 3: PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
Giải các bài toán QHTT sau:
Bài 3.1:
1 2
1 2
1 2
1
2 min
2 3 6 1
4 5 20 2
0 3
f x x x
x xTT
x x
x
a) Cách 1: Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn
Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách:
- Thêm ẩn mới 3 0x vào ràng buộc thứ nhất;
- Thêm ẩn mới 4 0x vào ràng buộc thứ hai;
- Thay ẩn 2x không ràng buộc về dấu bởi 2 2x x ;
- Đặt 1 1x y , 2 2x y ; 2 3x y , 3 4x y , 4 5x y ta được bài toán dạng chính tắc sau:
1 2 3
1 2 3 4
1
1 2 3 5
2 min
2 3 3 6
4 5 5 20
0, 1,5i
f y y y y
y y y yTT
y y y y
y i
Bước 2: Tìm ma trận cực
1TT thỏa bài toán dạng chuẩn nên có
Ta có: 2;1; 1;0;0c
2 3 3 1 0
4 5 5 0 1A
và 6
20b
Chọn: 4 5 1 0
0 1B A A
Suy ra: 1 1 0
0 1B
và 1 6.
20
B b
Do đó: 4;5BJ , 0;0Bc và 6;20;0;0;0Bu
Bước 3: Lập bảng giải bài toán 1TT
27
Bước lặp
i BJ Bc 0 1 2 3 4 5
Ghi chú
Bu –2 1 –1 0 0
1
1 4 0 6 2 –3 3 1 0 0 1j
2 5 0 20 4 5 –5 0 1 0 1i
0 0 2 –1 1 0 0 3
2
1 1 –2 3 1 3
2
3
2
1
2 0 0 2j
2 5 0 8 0 11 –11 –2 1 0 2i
0 -6 0 2 –2 –1 0 8
11
3
1 1 –2 45
11 1 0 0
5
22
3
22
2 2 1 8
11 0 1 –1
2
11
1
11
0 82
11 0 0 0
7
11
2
11
Bước 4: Kết luận
Ở bước lặp 3, các 0,j j nên * 45 8; ;0;0;0
11 11y
là phương án tối ưu và
* 82
11f y
Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 45 8;
11 11x
và * 82
11f x
Vậy: * 82
11f x ứng với * 45 8
;11 11
x
Nhận xét:
Từ bảng thuật toán đơn hình trên ta có nhận xét: bản chất của các công thức đổi cơ sở chính là biến đổi sơ cấp ma trận ở bảng đơn hình bước lặp trước sao cho cột j mới là vectơ đơn vị (phần tử 1 thế chỗ
0 0i jx ), sau đó ta chỉ cần tính các ước lượng j .
Nếu đề bài không cho trước ma trận cực B là ma trận đơn vị thì ta phải biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng để được ma trận đơn vị. Tuy nhiên cần chú ý là phải biến đổi sao cho cột b luôn luôn dương thì mới thỏa mãn giả thiết của phương pháp (xem thêm các bài tập bên dưới).
28
b) Cách 2: Dùng thuật toán đơn hình dạng ma trận nghịch đảo
Bước 1 và Bước 2: giống thuật toán đơn hình dạng chuẩn
Bước 3: Lập bảng giải bài toán 1TT
Ta lập hai bảng đồng thời cùng một lúc
Bảng 1
Bước lặp i BJ Bc 1B 1
Bc B 1B b 01 jB a 0i
1 1 4 0 1 0 0 6 2 0 1i
2 5 0 0 1 0 20 4
2
1 1 –2 1
2 0 –1 3
3
2
2 5 0 –2 1 0 8 11 0 2i
3
1 1 –2 5
22
3
22
7
11
45
11 0
2 2 1 2
11
1
11
2
11
8
11 1
Bảng 2
Bước lặp i 1 2 3 4 5
b –2 1 –1 0 0
1 2 –3 3 1 0 6
2 4 5 –5 0 1 20
1 0 2 –1 1 0 0 0 1j
2 –6 0 2 –2 –1 0 0 2j
3 82
11 0 0 0
7
11
2
11
Bước 4: Kết luận
Ở bước lặp 3 (bảng 2), các 0,j j nên * 45 8; ;0;0;0
11 11y
(bảng 1) là phương án tối
ưu và * 82
11f y (bảng 2)
29
Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 45 8;
11 11x
và * 82
11f x
Vậy: * 82
11f x ứng với * 45 8
;11 11
x
Nhận xét:
Từ bảng thuật toán đơn hình gốc và bảng thuật toán đơn hình ma trận nghịch đảo ta có nhận xét:
- Cột 01 jB a trong bảng ma trận nghịch đảo chính là cột xoay trong bảng đơn hình gốc;
- Cột 1B b trong bảng ma trận nghịch đảo chính là cột Bu trong bảng đơn hình gốc;
- Các cột của ma trận 1K trong bảng ma trận nghich đảo chính là các cột tương ứng trong bảng đơn hình gốc. Chẳng hạn, từ bài tập trên ta thấy cột 4x và 5x trong bảng đơn
hình gốc sẽ xuất hiện ở ma trận 1K trong bảng ma trận nghich đảo;
- Các giá trị j của bảng đơn hình gốc không thay đổi cho bảng đơn hình nghịch đảo;
- Như vậy, nếu gặp khó khăn khi tính với ma trận nghịch đảo thì có thể dùng bảng đơn hình gốc để tính, sau đó dùng những nhận xét trên để điền vào bảng đơn hình dạng ma trận nghịch đảo;
- Bản chất của vấn đề này đã được đề cập trong lý thuyết, bạn đọc tự tìm hiểu thêm.
Bài 3.2:
1 3 4
1 3 4
1 2 3 4
3 max
2 1 1
2 4 2 2 2
0, 1,4
j
f x x x x
x x xTT
x x x x
x j
Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn để giải
Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách:
- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min.
1 3 4
1 3 4
1 2 3 4
3 min
2 1 1
2 4 2 2 2
0, 1,4
j
f x x x x
x x xTT
x x x x
x j
Bước 2: Tìm ma trận cực
- Biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng của hệ phương trình trong ràng buộc để đưa về dạng chuẩn
2 1 221 0 1 2 1 1 0 1 2 1
2 1 4 2 2 0 1 6 6 0
h h h
Ta có: 1;0;3; 1 c
30
1 0 1 2
0 1 6 6
A và 1
0
b
Chọn: 1 2 1 0
0 1
B A A
Suy ra: 1 1 0
0 1B
và 1 1.
0
B b
Do đó: 1;2BJ , 1;0 Bc và 1;0;0;0Bu
Bước 3: Lập bảng giải bài toán 1TT
Bước lặp
i BJ Bc 0 1 2 3 4
Ghi chú
Bu –1 0 3 –1
1
1 1 –1 1 1 0 –1 2
2 2 0 0 0 1 6 –6
0 –1 0 0 –2 –1
Bước 4: Kết luận
Ở bước lặp 1, các 0,j j nên 1;0;0;0x là phương án tối ưu và 1 f x
Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 1;0;0;0x và * 1f x
Vậy: * 1f x ứng với * 1;0;0;0x
Bài 3.3:
2 4 6
1 4 5 6
2 4 5
3 4 5 6
3 2 2 min
5 2 10 1
3 2
5 3 8 1 3
0, 1,6
j
f x x x x
x x x x
TT x x x
x x x x
x j
a) Cách 1: Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn
Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc:
- Bái toán đã cho ở dạng chính tắc nên không cần biến đổi
Bước 2: Tìm ma trận cực
- Biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng của hệ phương trình trong ràng buộc để đưa về dạng chuẩn
31
1 0 0 5 1 2 10
0 1 0 1 1 0 3
0 0 1 5 3 8 1
1 2 2
1 3 3
5
1 0 0 5 1 2 10
1 5 0 0 6 2 25
1 0 1 0 2 10 11
h h h
h h h
11
22
5
5
1 1 20 0 1 2
5 5 5
1 6 21 0 0 5
5 5 5
1 0 1 0 2 10 11
hh
hh
Ta có: 0; 3;0;2;0;2 c
1 1 20 0 1
5 5 5
1 6 21 0 0
5 5 5
1 0 1 0 2 10
A và
2
5
11
b
Chọn: 4 2 3
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B A A A
Suy ra: 1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B và 1
2
. 5
11
B b
Do đó: 4;2;3BJ , 2; 3;0 Bc và 0;5;11;2;0;0Bu
Bước 3: Lập bảng giải bài toán TT ở dạng chuẩn (sau khi đã biến đổi sơ cấp)
Bước lặp
i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6
Ghi chú
Bu 0 –3 0 2 0 2
1
1 4 2 2 1
5 0 0 1
1
5
2
5
2 2 –3 5 1
5 1 0 0
6
5
2
5
3 3 0 11 –1 0 1 0 –2 10
0 –11 1
5 0 0 0
16
5
12
5
Bước 4: Kết luận
32
Ở bước lặp 1, ta có 1
10
5 mà 1 1 1
; ; 1 05 5
x , đó là dấu hiệu chứng tỏ bài
toán có tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn.
Vậy: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn
b) Cách 2: Dùng thuật toán đơn hình hai pha (dùng ẩn giả)
Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc
- Bài toán đã cho ở dạng chính tắc nên không cần biến đổi
Bước 2: Thêm ẩn giả
- Thêm ẩn giả 7 0x ta được bài toán dạng chuẩn sau:
2 4 6 7
1 4 5 6 7
1 2 4 5
3 4 5 6
3 2 2 min
5 2 10 1
3 2
5 3 8 1 3
0, 1,7
j
f x x x x x
x x x x x
TT x x x
x x x x
x j
Bước 3: Tìm ma trận cực
Ta có: 0; 3;0;2;0;2; c
1 0 0 5 1 2 1
0 1 0 1 1 0 0
0 0 1 5 3 8 0
A và
10
3
1
b
Chọn: 7 2 3
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B A A A
Suy ra: 1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B và 1
10
. 3
1
B b
Do đó: 7;2;3BJ , ; 3;0 Bc và 0;3;1;0;0;10Bu
Bước 4: Lập bảng giải bài toán 1TT
33
Bước lặp
i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6 7
Ghi chú
Bu 0 –3 0 2 0 2
1
1 7 10 –1 0 0 5 1 2 1 0 4j
2 2 –3 3 0 1 0 –1 1 0 0 0 1i
3 3 0 1 0 0 1 –5 –3 8 0 2
0 0 0 5 1 1 2 2 0
2
1 4 2 2 1
5 0 0 1
1
5
2
5
1
5
2 2 –3 5 1
5 1 0 0
6
5
2
5
1
5
3 3 0 11 –1 0 1 0 –2 10 1
0 –11 1
5 0 0 0
16
5
12
5
1
5
Bước 5: Kết luận
Ở bước lặp 2, ta có 1
10
5 mà 1 1 1
; ; 1 05 5
x , đó là dấu hiệu chứng tỏ bài
toán có tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn.
Suy ra: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn
Vậy: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn
c) Cách 3: Dùng thuật toán đơn hình dạng ma trận nghịch đảo
Bước 1 và Bước 2: Giống phần đơn hình dạng chuẩn
Bước 3: Lập bảng đơn hình dạng ma trận nghịch đảo.
Ta lập hai bảng sau (hai bảng đồng thời):
34
Bảng 1
Bước lặp i BJ Bc 1B 1
Bc B 1B b 01 jB a 0i
1
1 4 2 1 0 0 2 2 1
5
2 2 –3 0 1 0 –3 5 1
5
3 3 0 0 0 1 0 11 –1
Bảng 2
Bước lặp i 1 2 3 4 5 6
b 0 –3 0 2 0 2
1 1
5 0 0 1
1
5
2
5 2
2 1
5 1 0 0
6
5
2
5 5
3 –1 0 1 0 –2 10 11
1 –11 1
5 0 0 0
16
5
12
5 0 1j
Bước 4: Kết luận
Ở bước lặp 1, ta có 1
10
5 mà 1 1 1
; ; 1 05 5
x , đó là dấu hiệu chứng tỏ bài
toán có tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn.
Vậy: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn
Bài 3.4:
1 2 3 4
1 2 4
1 2
2 3 4
2 4 max
3 4 1
2 3 2
4 3 3
0, 1,4
j
f x x x x x
x x x
TT x x
x x x
x j
Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn để giải
Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tăc bằng cách:
- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min;
35
- Thêm ẩn mới 5 0x vào ràng buộc thứ nhất;
- Thêm ẩn mới 6 0x vào ràng buộc thứ hai;
- Thêm ẩn mới 7 0x vào ràng buộc thứ ba.
- Ta được bài toán dạng chính tắc (và thỏa dạng chuẩn) sau:
1 2 3 4
1 2 4 5
1 1 2 6
2 3 4 7
2 4 min
3 4 1
2 3 2
4 3 3
0, 1,7
j
f x x x x x
x x x x
TT x x x
x x x x
x j
Bước 2: Tìm ma trận cực
Ta có: 2; 4; 1; 1;0;0;0 c
1 3 0 1 1 0 0
2 1 0 0 0 1 0
0 1 4 1 0 0 1
A và
4
3
3
b
Chọn: 5 6 7
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B A A A
Suy ra: 1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
B và 1
4
. 3
3
B b
Do đó: 5;6;7BJ , 0;0;0Bc và 0;0;0;0;4;3;3Bu
Bước 3: Lập bảng giải bài toán 1TT
36
Bước lặp
i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6 7
Ghi chú
Bu –2 –4 –1 –1 0 0 0
1
1 5 0 4 1 3 0 1 1 0 0 0 2j
2 6 0 3 2 1 0 0 0 1 0 0 1i
3 7 0 3 0 1 4 1 0 0 1 4
3
0 0 2 4 1 1 0 0 0
2
1 2 –4 4
3
1
3 1 0
1
3
1
3 0 0 0 3j
2 6 0 5
3
5
3 0 0
1
3
1
3 1 0 0 3i
3 7 0 5
3
1
3 0 4
2
3
1
3 0 1
5
12
0 16
3
2
3 0 1
1
3
4
3 0 0
3
1 2 –4 4
3
1
3 1 0
1
3
1
3 0 0 0 1j
2 6 0 5
3
5
3 0 0
1
3
1
3 1 0 0 2i
3 3 –1 5
12
1
12 0 1
1
6
1
12 0
1
4 1
0 23
4
3
4 0 0
1
2
5
4 0
4
1 2 –4 1 0 1 0 2
5
2
5
1
5 0
2 1 –2 1 1 0 0 1
5
1
5
3
5 0
3 3 –1 1
2 0 0 1
3
20
1
10
1
20
1
4
0 13
2 0 0 0
7
20
11
10
9
20
1
4
37
Bước 4: Kết luận
Ở bước lặp 4, các 0,j j nên 1
1;1; ;0;0;0;02
x là phương án tối ưu và
13
2 f x
Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 11;1; ;0
2x
và * 13
2f x
Vậy: * 13
2f x ứng với * 1
1;1; ;02
x
38
Chương 4: BÀI TOÁN ĐỒI NGẪU
39
Chương 5: BÀI TOÁN VẬN TẢI
Giải các bài toán vận tải sau
Bài 1:
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 4 7 12 7 50
2P 5 9 6 1 70
3P 8 2 9 1 41
Nhu cầu 30 60 46 25
Bước 1: Kiểm tra điều kiện cân bằng thu phát
- Tổng thu: 30 60 46 25 161 T
- Tổng phát: 50 70 41 161 P
- Ta có 161 T P nên bài toán luôn có phương án tối ưu.
Bước 2: Tìm phương án cực biên ban đầu
- Sử dụng phương pháp góc Tây Bắc để tìm phương án cực biên ban đầu
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50
2P 0 5 40 9 30 6 0 1 70
3P 0 8 0 2 16 9 25 1 41
Nhu cầu 30 60 46 25
Ta được:
1
30 20 0 0
0 40 30 0
0 0 16 25
X
Số ô chọn là 6 1m n nên phương án cực biên ban đầu không suy biến và các ô
chọn không lập thành một chu trình nên phương án cực biên ban đầu chấp nhận được.
Suy ra: 1 4 30 7 20 9 40 6 30 9 16 1 25 969 f X
- Kiểm tra phương án cực biên ban đầu tối ưu hay chưa?
40
Tìm các thế vị trong phương án cực biên ban đầu 1X
1 1
1 2
2 2
2 3
3 3
3 4
4
7
9
6
9
1
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
1
2
3
4
0
2
5
4
7
4
4
u
u
u
v
v
v
v
13 1 3 13
14 1 4 14
21 2 1 21
24 2 4 24
31 3 1 31
32 3 2 32
0 4 12 8
0 4 7 11
2 4 5 1
2 4 1 3
5 4 8 1
5 7 2 10
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
Các 21 31 32, , 0 nên phương án cực biên ban đầu chưa tối ưu. Ta xây dựng phương
án cực biên mới 2X không xấu hơn 1X
Bước 3: Xây phương án cực biên mới 2X
- Ta có: 32 21 31 3210 max ; ; nên bổ sung ô * *; 3;2i j vào chu trình ta được
3;2 ; 3;3 ; 2;3 ; 2;2T
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50
2P 0 5 40- 9 30+
6 0 1 70
3P 0 8 0+ 2 16-
9 25 1 41
Nhu cầu 30 60 46 25
Lượng điều chỉnh là: min , ; 16 ijx i j T
Ta được phương án cực biên mới
2
30 20 0 0
0 24 46 0
0 16 0 25
X
Suy ra: 2 4 30 7 20 9 24 6 46 2 16 1 25 809 f X
Tìm các thế vị trong phương án cực biên 2X
41
1 1
1 2
2 2
2 3
3 2
3 4
4
7
9
6
2
1
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
1
2
3
4
0
2
5
4
7
4
6
u
u
u
v
v
v
v
13 1 3 13
14 1 4 14
21 2 1 21
24 2 4 24
31 3 1 31
33 3 3 33
0 4 12 8
0 6 7 1
2 4 5 1
2 6 1 7
5 4 8 9
5 4 9 2
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
Các 21 24, 0 nên phương án cực biên 2X chưa tối ưu. Ta xây dựng phương án cực
biên mới 3X không xấu hơn 2X
Bước 4: Xây phương án cực biên mới 3X
- Ta có: 24 21 247 max ; nên bổ sung ô * *; 2;4i j vào chu trình ta được
2;4 ; 2;2 ; 3;2 ; 3;4T
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50
2P 0 5 24- 9 46
6 0+ 1 70
3P 0 8 16+ 2 0 9 25-
1 41
Nhu cầu 30 60 46 25
Lượng điều chỉnh là: min , ; 24 ijx i j T
Ta được phương án cực biên mới
3
30 20 0 0
0 0 46 24
0 40 0 1
X
Suy ra: 3 4 30 7 20 6 46 1 24 2 40 1 1 641 f X
Tìm các thế vị trong phương án cực biên 3X
1 1
1 2
2 3
2 4
3 2
3 4
4
7
6
1
2
1
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
1
2
3
4
0
5
5
4
7
11
6
u
u
u
v
v
v
v
13 1 3 13
14 1 4 14
21 2 1 21
22 2 2 22
31 3 1 31
33 3 3 33
0 11 12 1
0 6 7 1
5 4 5 6
5 7 9 7
5 4 8 9
5 11 9 3
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
42
Các 0 ij nên phương án cực biên 3X là phương án tối ưu
Bước 5: Kết luận
Vậy: Phương án tối ưu là:
*
30 20 0 0
0 0 46 24
0 40 0 1
X
Giá trị tối ưu của hàm mục tiêu là * 641f X
Bài 2:
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 12 9 5 1 75
2P 5 8 16 2 45
3P 7 1 5 8 18
4P 6 5 7 4 110
Nhu cầu 60 48 105 60
Bước 1: Kiểm tra điều kiện cân bằng thu phát
- Tổng thu: 60 48 105 60 273 T
- Tổng phát: 75 45 18 110 248P
- Ta có T P nên bài toán không cân bằng thu phát. Do đó, ta lập thêm một trạm
phát giả với lượng phát là 5 273 248 25P T P và cước phí là 0 ta được:
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 12 9 5 1 75
2P 5 8 16 2 45
3P 7 1 5 8 18
4P 6 5 7 4 110
5P 0 0 0 0 25
Nhu cầu 60 48 105 60
Bước 2: Tìm phương án cực biên ban đầu
43
- Sử dụng phương pháp góc Fo – ghen để tìm phương án cực biên ban đầu
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75
2P 35 5 10 8 0 16 0 2 45
3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18
4P 0 6 20 5 90 7 0 4 110
5P 25 0 0 0 0 0 0 0 25
Nhu cầu 60 48 105 60
Ta được:
1
0 0 15 60
35 10 0 0
0 18 0 0
0 20 90 0
25 0 0 0
X
Số ô chọn là 8 1m n nên phương án cực biên ban đầu không suy biến và các ô
chọn không lập thành một chu trình nên phương án cực biên ban đầu chấp nhận được.
Suy ra: 1 5 15 1 60 5 35 8 10 1 18 5 20 7 90 0 25 1138f X
- Kiểm tra phương án cực biên ban đầu tối ưu hay chưa?
Tìm các thế vị trong phương án cực biên ban đầu 1X
1 3
1 4
2 1
2 2
3 2
4 2
4 3
5 1
5
1
5
8
1
5
7
0
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
4
5
1
2
3
4
0
5
2
2
0
0
3
5
1
u
u
u
u
u
v
v
v
v
11 1 1 11
12 1 2 12
23 2 3 23
24 2 4 24
31 3 1 31
33 3 3 33
34 3 4 34
41 4 1 41
44 4 4 44
0 0 12 12
0 3 9 6
5 5 16 6
5 1 2 4
2 0 7 9
2 5 5 2
2 1 8 9
2 0 6 4
2 1 4
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
52 5 2 52
53 5 3 53
54 5 4 54
1
0 3 0 3
0 5 0 5
0 1 0 1
u v c
u v c
u v c
44
Các 24 52 53 54, , , 0 nên phương án cực biên ban đầu chưa tối ưu. Ta xây dựng
phương án cực biên mới 2X không xấu hơn 1X
Bước 3: Xây phương án cực biên mới 2X
- Ta có: 53 24 52 53 545 max ; ; ; nên bổ sung ô * *; 5;3i j vào chu trình ta
được
2;4 ; 2;3 ; 4;3 ; 4;4T
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75
2P 35+ 5 10-
8 0 16 0 2 45
3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18
4P 0 6 20+ 5 90-
7 0 4 110
5P 25- 0 0 0 0+
0 0 0 25
Nhu cầu 60 48 105 60
Lượng điều chỉnh là: min , ; 10ijx i j T
Ta được phương án cực biên mới
2
0 0 15 60
45 0 0 0
0 18 0 0
0 30 80 0
15 0 10 0
X
Suy ra: 2 1 53 1088f X f X
Tìm các thế vị trong phương án cực biên 2X
45
1 3
1 4
2 1
3 2
4 2
4 3
5 1
5 3
5
1
5
1
5
7
0
0
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
4
5
1
2
3
4
0
0
2
2
5
5
3
5
1
u
u
u
u
u
v
v
v
v
11 1 1 11
12 1 2 12
22 2 2 22
23 2 3 23
24 2 4 24
31 3 1 31
33 3 3 33
34 3 4 34
41 4 1 41
0 5 12 7
0 3 9 6
0 3 8 5
0 5 16 11
0 1 2 1
2 5 7 4
2 5 5 2
2 1 8 9
2 5
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
44 4 4 44
52 5 2 52
54 5 4 54
6 1
2 1 4 1
5 3 0 2
5 1 0 4
u v c
u v c
u v c
41 0 nên phương án cực biên 2X chưa tối ưu. Ta xây dựng phương án cực biên mới
3X không xấu hơn 2X
Bước 4: Xây phương án cực biên mới 3X
- Ta có: 41 1 nên bổ sung ô * *; 4;1i j vào chu trình ta được
2;4 ; 2;3 ; 4;3 ; 4;4T
1T 2T 3T 4T Dự trữ
1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75
2P 45 5 0
8 0 16 0 2 45
3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18
4P 0+ 6 30
5 80- 7 0 4 110
5P 15- 0 0 0 10+
0 0 0 25
Nhu cầu 60 48 105 60
Lượng điều chỉnh là: min , ; 15ijx i j T
Ta được phương án cực biên mới
3
0 0 15 60
45 0 0 0
0 18 0 0
15 30 65 0
0 0 25 0
X
46
Suy ra: 3 2 41 1073f X f X
Tìm các thế vị trong phương án cực biên 3X
1 3
1 4
2 1
3 2
4 1
4 2
4 3
5 3
5
1
5
6
5
5
7
0
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v
1
2
3
4
5
1
2
3
4
0
1
2
2
5
4
3
5
1
u
u
u
u
u
v
v
v
v
11 1 1 11
12 1 2 12
22 2 2 22
23 2 3 23
24 2 4 24
31 3 1 31
33 3 3 33
34 3 4 34
44 4 4 44
0 4 12 8
0 3 9 6
1 3 8 4
1 5 16 10
1 1 2 0
2 4 7 5
2 5 5 2
2 1 8 9
2 1 4
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
u v c
1
2
3
4
5
1
2
3
51 5 1 51
4
52 5 2 52
54 5 4 54
0
1
2
2
5
4
31
55 4 0 1
15 3 0 2
5 1 0 4
u
u
u
u
u
v
v
vu v c
vu v c
u v c
Các 0 ij nên phương án cực biên 3X là phương án tối ưu
Bước 5: Kết luận
Vậy: Phương án tối ưu là:
*
0 0 15 60
45 0 0 0
0 18 0 0
15 30 65 0
0 0 25 0
X
Giá trị tối ưu của hàm mục tiêu là * 1073f X
47
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Bộ môn Toán ứng dụng, khoa Toán, Đại Học Sư Phạm TP HCM: Giáo trình Quy Hoạch Tuyến Tính giảng dạy lớp VB2-Toán
[2]. Phí Mạnh Ban: Bài Tập Quy Hoạch Tuyến Tính, NXB Đai Học Sư Phạm, 2011
[3]. Hoang Tuy: Convex Analysis and Global Optimization, Institute of Mathematics, Hanoi, Vietnam
[4] Olvi. Mangasarian: Nonlinear Programming