Phương pháp đơn hình giải bài toán qui hoạch tuyến tính

Phương pháp xáp xỉ lai giải bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu trong không gian giá trị... Tóm lại, mục đích của bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu làtối ưu đồng thời nhiều

Khoa HN

MỤC LỤC

Mở đầu

Chương I Bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu

thiệu……… 4

1.2 Mô hình toán học……….8

Chương II Phương pháp đơn hình giải bài toán qui hoạch tuyến tính. 2.1 Một số khái niệm cơ bản………10

2.1.1 Tập affine……….….10

2.1.2 Tập lồi……… 11

2.1.3 Điểm trong và điểm trong tương tương đối……… 12

2.1.4 Hàm lồi……….…13

2.1.5 Tính chất cực trị………14

2.2 Phương pháp đơn hình giải bài toán QHTT……… 15

2.2.1 Mô tả hình học của phương pháp dơn hình……… 15

2.2.2 Thuật toán đơn hình……….……….16

2.2.3 Công thức đổi cơ sở và bảng đơn hình………

…….21

2.2.4 Vấn đề cơ sở cực biên và cơ sở xuất phát……….……22

2.3 Bài toán trên tập lồi đa diện………

25 Chương III Phương pháp xáp xỉ lai giải bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu trong không gian giá trị 3.1 Khó khăn khi giải (MOLP) trong không gian quyết định………… 31

3.2 Cơ sở lý thuyết……… …33

Tài liệu tham khảo……… 43

Khoa HN

MỞ ĐẦU

Trong những năm gần đây, các phương pháp tối ưu hoá ngày càngđược áp dụng sâu rộng và hiệu quả vào các nghành kinh tế, kỹ thuật, côngnghệ thông tin và các nghành khoa học khác Các phương pháp tối ưu làcông cụ đắc lực giúp người làm quyết định có những giải pháp tốt nhất vềđịnh lượng và định tính

Một trong những lớp bài toán tối ưu đầu tiên được ngiên cứu trọn vẹn

cả về lý thuyết lẫn thuật toán là bài toán qui hoạch tuyến tính (QHTT) Quihoạch tuyến tính ngay từ khi ra đời (vào cuối năm 30 của thế kỷ XX) đãchiếm vị trí quan trọng trong tối ưu hoá Mô hình tuyến tính là mô hình rấtphổ biến trong thực tế vì sự phụ phuộc tuyến tính là sự phụ thuộc đơn giản

và dễ hiểu nhất Hơn nữa, về mặt lý thuyết chúng ta biết rằng có thể xấp xỉvới độ chính xác cao các bài toán phi tuyến bởi dãy các bài toán qui hoạchtuyến tính Nói cách khác, các thuật toán giải QHTT là công cụ quan trọngtrong việc nghiên cứu giải các bài toán phức tạp hơn Thuật toán đơn hình

do Dantzig đề xuất từ 1947, đến nay vẫn là một phương pháp được sử dụngrộng rãi Mặc dù về lý thuyết đây là phương pháp có độ phức tạp mũ Saulớp bài toán qui hoạch tuyến tính, nhiều hướng nghiên cứu khác nhau xuấthiện như qui hoạch lồi, qui hoạch toàn cục và lý thuyết điều khiển tối ưu

Bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu cũng mới được phát triển vàtrở thành một chuyên nghành toán học từ những năm 1970 Giải đáp những

Khoa HN

câu hỏi đặt ra mà qui hoạch tuyến tính không giải được, chẳng hạn như trongmột công ty ngoài việc nâng cao chất lượng sản phẩm thì công ty cũng chútrọng tới đa dạng hoá sản phẩm, già thành rẻ, doanh thu lớn,…Khách hàngkhi chọn mua hàng thì muốn hàng rẻ, vừa có chất lượng cao, vừa có hìnhthức đẹp Tóm lại, mục đích của bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu làtối ưu đồng thời nhiều hàm mục tiêu độc lập với nhau trên một miền chấpnhận được Do không gian giá trị của lớp bài toán này không được sắp thứ tựtoàn phần, nên khái niệm nghiệm thông thường không còn thích hợp

Cho tới nay, việc nghiên cứu về mặt lý thuyết giải bài toán qui hoạchtuyến tính xem gần như hoàn chỉnh bao gồm các vấn đề quan trọng nhấtnhư: điều kiện tối ưu, đối ngẫu, tính ổn định, tính chất tập nghiệm,…Việcxây dựng một phần hoặc toàn bộ tập nghiệm hữu hiệu thường sử dụng cácthuật toán: phương pháp đơn hình đa mục tiêu, dạng cải biên của phươngpháp đơn hình đa mục tiêu, phương pháp tham số, phương pháp vô hươnghướng hoá, hoặc kết hợp các phương pháp trên Một nhược điểm chung củacác phương pháp xác định một phần hoặc toàn bộ tập nghiệm hữu hiệu làkhối lượng tính toán tăng nhanh khi kích thước của bài toán qui hoạch tuyếntính đa mục tiêu (bao gồm số ràng buộc của miền chấp nhận, số chiều củakhông gian quyết định và số hàm mục tiêu) tăng Để giải quyết khó khăn

đó, trong những năm gần đây nhiều nhà nghiên cứu đã chuyển sang hướnggiải quyết bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu trong không gian giá trị.Xấp xỉ lai là một phương pháp kết hợp kỷ thuật phân hoạch đơn hình vớixấp xỉ ngoài để tìm tất cả các điểm cực trị hữu hiệu trong không gian giá trị

Trong báo cáo này gồm 3 chương:

Chương I: Giới thiệu tổng quát nhất về bài toán qui hoạch đa mục

tiêu và 2 ví dụ làm sáng rõ hơn về lớp bài toán này

Chương II: Giới thiệu một số kiến thức về giải tích lồi để áp dụng

cho các phần sau, phương pháp đơn hình dùng để giải bài toán qui hoạchtuyến tính Và bài toán xác định tập đỉnh trên tập lồi đa diện

Khoa HN

Chương III: Giới thiệu phương pháp xấp xỉ lai giải bài toán qui

hoạch tuyến tính đa mục tiêu trong không gian giá trị Do thời gian có hạnnên em chỉ trình bày 2 thuật toán là kỷ thuật phân hoạch đơn hình và thủ tụcxấp xỉ ngoài được áp dụng trong thuật toán xấp xỉ lai

Để hoàn thành báo cáo thực tập tốt nghiệp này, em đã có được sự giúp

đỡ hết sức nhiệt tình, tận tụy của cô giáo-TS Nguyễn Thị Bạch Kim Em xin

tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới cô, và các thầy cô giáo trong khoa cũngnhư các bạn cùng nhóm giúp em hoàn thành báo cáo này

Hà Nội ngày 04-01-2003Sinh viên: Phan Bá Nam

Chương IBÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐA MỤC TIÊU 1.1 Giới thiệu

Tối ưu là một ngành của toán học ứng dụng nghiên cứu các bài toán cựcđại hoặc cực tiểu một hàm số, kể cả việc nghiên cứu lý thuyết cũng như pháttriển các phương pháp giải Dưới ngôn ngữ toán học, bài toán tối ưu được

phát biểu như sau: Cho X là tập các phương án, f là hàm số trên X,

minx ∈ X f ( x )

(1)

ta tìm phương án

x0∈ X : f ( x)≥f ( x0),∀ x∈ X , thì x 0 được gọi là nghiệm tối ưu của (1),

−f ( x)≤−f ( x0),∀ x ∈ X

Trong bài toán tối ưu (1) hoặc (2) ở trên hàm f được gọi là hàm mục

tiêu Như vậy hàm mục tiêu cho ứng mỗi phương án x∈ Xvới một giá trị

thực f(x) và do đó ta có thể so sánh hai phương án bất kỳ x , y ∈ X xem

phương án nào tốt hơn theo tiêu chuẩn của mục tiêu (tức là

f ( x)≤f ( y) hay f ( x)≥f ( y)) Nhiều bài toán trong thực tế nhằm tìm

phương án tốt nhất cũng đưa về bài toán tối ưu Tuy nhiên không phải bàitoán nào tìm phương án tốt nhất cũng đưa về bài toán tối ưu nói trên được.Điều này thường xảy ra trong các bài toán ra quyết định chứa đựng nhiều lợiích không tương thích hoặc đối kháng Thí dụ khi lựa chọn mua nhà ở,chúng ta phải tính đến nhiều yếu tố như giá cả, môi trường, tiện nghi…Thường nhà rẻ hơn thì môi trường hoặc tiện nghi kém hơn Như vậy dùmuốn hay không chúng ta phải giải quyết những bài toán có nhiều mục tiêucùng một lúc Đó là những bài toán qui hoạch đa mục tiêu Để hiểu rõ hơn

về bài toán này ta xét 2 ví dụ sau:

Ví dụ 1.(Tối ưu phương án thiết kế nhà ở)

Giả sử trong thiết kế nhà ở như trong hình vẽ dưới, cách bố trí cácphòng cũng như một số thông số và ràng buộc được cho trước Vấn đề phảixác định các thông số còn lại nhằm cực đại diện tích sử dụng và cực tiểu chiphí xây dựng

Khoa HN

2,45Phòng ăn

1,83

Wc

Phòngngủ 1

Phòngngủ 2

3,35

3,98

Khoa HN

Giả sử cho trước danh sách các món ăn chính như thịt, cá, rau vớinhững hàm lượng dinh dưỡng như đạm, mỡ, vitmin,…lượng calo và giá cả.Chúng ta phải xác định khẩu phần để cực tiểu chi phí ăn uống, cực tiểulượng calo và cực đại ngon miệng

Lập bài toán:

Kí hiệu x1, x2, x3 là lượng thịt, cá, rau (tính bằng gram) cho mỗi khẩu phần.Hàm lượng dinh dưỡng, calo và giá cả của mỗi gram thức ăn nói trên đượcbiết như sau

Ta nói khẩu phần (x 1 , x 2 , x 3 ) ngon nếu

2> x1x +x2

3 >1

,hay

Khoa HN

- lượng đạm: a1≤ p1x1+ p2x2≤a2

- lượng mỡ: b1≤l1x1+l2x2≤b

- lượng vitamin: α1≤v1x1+v2x2v3x3≤α2

Như vậy chúng ta có bài toán tối ưu đa mục tiêu sau:

{ min G ,minC ,maxT

hàm tuyến tính ¿c i , x>¿ ¿ và X ∈R n

Đặt Y=={Cx : x∈ X}, thì Y=∈R plà tập các giá trị Việc so sánh các

giá trị này trong không gian R p gặp rất nhiều rất khó khăn, bởi vì nó không

phải là số thực Do đó để so sánh được, người ta cần đưa ra một chuẩn nào

đó phù hợp với với vấn đề cần giải quyết Ở đây ta đưa ra định nghĩa thứ tự

trong R p như sau:

Định nghĩa 1.2.1

Cho 2 vectơ x=(x1, x2, ,x p)và y=( y1, y2, , y p) thì

x≥ y nếu xi≥yi,∀i=1, p ,

Khoa HN

x > y nếu xi> yi, vµ xi≠yi,∀i=1 p,

x >> y nếu xi> yi,∀i=1, p.

- Một điểm x0∈R n được gọi là nghiệm hữu hiệu của bài toán (MOLP), nếu

không tồn tại x∈ X sao cho Cx≥Cx 0 ,Cx≠Cx 0.

- Một điểm x∈ X n được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (MOLP),

nếu không tồn tại x∈ X sao cho Cx>C x.

- Đặt X E vµ X WE tương ứng là tập tất cả các nghiệm hữu hiệu và hữu hiệuyếu, thì X E vµ X WE tương ứng được gọi là tập nghiệm hữu hiệu và tập nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (MOLP).

Mệnh đề 1.2.1 Tập nghiệm hữu hiệu (tập nghiệm hữu hiệu yếu) của bài toán

(MOLP) là liên thông đường khấp khúc và bao gồm một số diện đóng của X.

Nhưng nói chung, tập nghiệm hữu hiệu (tập nghiệm hữu hiệu yếu) củabài toán (MOLP) là một tập không lồi, với cấu trúc rất phức tạp [xem 25]

Đó là nguyên nhân làm cho việc xác định tập nghiệm hữu hiệu của bài toán(MOLP) trong không gian quyết định có độ phức tạp cao Trong chương III

em xin trình bày thuật toán lai do H P Benson đưa ra giải bài toán (MOLP)trong không gian giá trị

Khoa HN

CHƯƠNG II

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BÀI TOÁN QUI HOẠCH

TUYẾN TÍNH

Trong chương này, trước hết em xin nhắc lại một số khái niệm cơ bản

sẽ cần dùng đến trong các phần sau Phần tiếp trong chương dành để trìnhbày phương pháp đơn hình giải bài toán qui hoạch tuyến tính

2.1 Một số khái niệm cơ bản

2.1.1-Tập affine

Cho 2 diểm a,b∈R n ,

* Đường thẳng đi qua 2 điểm a,b là tập hợp tất cả các điểm x trong R n códạng

* Siêu phẳng là tập có dạng H={x∈R n :⟨a, x⟩=α ,a∈R n ,α ∈R}

Ngược lại, tập bất kì có dạng trên là một siêu phẳng

Ví dụ

Trong không gian 2- chiều, siêu phẳng là một đường thẳng; trongkhông gian 3- chiều, siêu phẳng là một mặt phẳng

Khoa HN

* Tập hợp tất cả các điểm x=(x1, x2, ,x n)∈R n

thoả mãn bất phương trìnhtuyến tính: ⟨a, x⟩≤α ,a∈Rn/ { 0 } ,α ∈ R được gọi là nửa không gian đóng.

* Nửa không gian được cho bởi: ⟨a, x⟩<α ,a∈ Rn,α ∈R được gọi là nửa

(i) A∩B :={x: x ∈ A , x∈B}

(ii) λA +βB :={x= λa+βb :a∈ A ,b∈B , λ, β∈ R}.

Một tập hợp là giao của một số hữu hạn các nữa không gian đóng

được gọi là tập lồi đa diện Nói cách khác, tập lồi đa diện là tập nghiệm của

một hệ bất đẳng thức tuyến tính có dạng

⟨ai, x⟩≥bi,i=1,2, ,m

trong đó a i ∈ R n ,b i ∈ R.

Khoa HN

Cho tập lồi đa diện M, tập con F ⊂ M được gọi là diện nếu:

x∈ F ,a,b∈ M ,0<λ<1, x=λa+(1−λ)b∈ F ⇒ a,b∈F

Nói cách khác nếu F là một diện của M và F chứa một điểm trong của một

đoạn thẳng nào đó Một diện có thứ nguyên là 0 được gọi là một đỉnh hayđiểm cực biên, cạnh là diện có thứ nguyên bằng 1

Đối với tập C bất kỳ (không nhất thiết lồi), một điểm x∈Cđược gọi

là điểm cực biên của C, nếu nó không chứa bất kỳ một đoạn thẳng nào nhận

x làm điểm trong của đoạn thẳng đó, tứa là không tồn tại

a ,b∈C ,0<λ<1: λa+(1−λ )b và [a,b]⊂C.

2.1.3- Điểm trong và điểm trong tương đối

Cho tập C bất kì, một điểm x gọi là điểm trong của C nếu

∃ε >0 : Β( x , ε )={x ∈ R n :||x−x0||<ε }⊂C Tập hợp các điểm trong của tập C được kí hiệu là int C

Điểm x 0 được gọi là điểm trong tương đối nếu

∃ε>0: B( x0,ε )∩affC ⊂C ,

trong đó aff C gọi là bao affine của C tức tập affine nhỏ nhất chứa C.

Kí hiệu: riC là tập tất cả các điểm trong tương đối của C.

.x1

f ( λx+(1−λ) y)<λf ( x)+(1−λ)f ( y ); ∀ x, y∈ A ,0<λ<1

- Hàm f được gọi là lõm (lõm chặt) nếu –f là lồi (lồi chặt)

- Hàm f được gọi là tựa lồi trên A, nếu ∀ λ∈ R tập mức {x ∈ A :f ( x )≤λ}

là tập lồi Hàm f được gọi là tựa lõm nếu –f là tựa lồi.

- Các hàm λf ,f +g,max( f , g) được định nghĩa như sau :

(λf ( x))(x ):=λf ( x)

(f +g )( x):=f ( x)+g( x )

max (f ,g)( x):=max( f ( x),g( x ))

Định lí 2.1.3

Chof là một hàm lồi trên tập lồi A và g là hàm lồi trên tập lồi B Khi

đó các hàm sau là lồi trên A∩B :

(i) λf +βg, ∀ λ,β≥0,

(ii)max (f ,g)

Cho f là một hàm trên tập lồi A Một vectơ y¿∈R n được gọi là dưới vi

phân của f tại x¿∈ A nếu như

Khoa HN

Một điểm x¿∈D được gọi là cực tiểu địa phương của f trên D , nếu

tồn tại một lân cận mở U của x * , sao cho f ( x¿)≤f ( x),∀ x∈ D∩U

Điểm x * đợc gọi là cực tiểu tuyệt đối của f trên D nếu f ( x¿)≤f ( x),∀ x∈ D

Cho đến nay có nhiều thuật toán hữu hiệu để giải bài toán QHTT,nhưng thuật toán đơn hình vẫn là một phương pháp được sử dụng rộng rãinhất Trong mục này em trình bày thuật toán đơn hình do Dintzig đề xuất từnăm 1947

Bài toán QHTT dạng tổng quát :

min{c T x : x∈ D},trong đó :

Ax(≤,=,≥)b và x≥0.Bài toán QHTT dạng chính tắc :

Khoa HN

min c T x với x∈ D,trong đó

Ax=b, x≥0.

2.2.1 Mô tả hình học của phương pháp đơn hình:

Xuất phát từ một điểm cực biên x0 của khúc lồi ràng buộc Cáctrường hợp sau có thể xãy ra: (ở đây x0 là một phương án cực biên)

(i) Trên mọi cạnh của khúc lồi xuất phát từ đỉnh x0, hàm mục tiêu đều

không giảm Do tính chất tuyến tính của hàm mục tiêu, x0 là mộtnghiệm tối ưu

(ii) Có một cạnh vô hạn theo đó hàm mục tiêu giảm Khi đó hàm mục tiêu

giảm đến −∞ theo cạnh này Vậy bài toán không có nghiệm hữu hạn.(iii) Mọi cạnh từ x0, theo đó hàm mục tiêu giảm, đều là cạnh hữu hạn Đi

theo một cạnh như thế này sẽ đến một đỉnh x1, kề với x0, tại đó hàmmục tiêu có giá trị nhỏ hơn Quá trình lặp lại với với đỉnh x1

Để có thể tính toán được, cần phải đại số hoá nội dung hình học này.Thuật toán đơn hình chính là sự mô tả của đại số nội dung trên

2.2.2 Thuật toán đơn hình :

Giả sử ta đã có một phương án cực biên x Gọi J là tập chỉ số cơ sở của x Do hệ {A j : j∈ J} là 1 cơ sở, nên mọi cột A k ,k∉ J đều là một tổ hợp

tuyến tính của véc tơ A j(j ∈J) Tức là tồn tại các số thực z jk sao cho:

Khoa HN

z0:=c T x=∑

j ∈J c j x j

(2.2.3)đặt

z k:=∑

j∈J z jk c j

(2.2.4)

Δ k =z k −c k (2.2.5)Chú ý rằng Δ k=0 nếu k ∈ J Ta sẽ gọi Δ k là các ước lượng của phương án

cực biên (nghiệm cơ sở của x)

Ta có thể viết các công thức trên dưới dạng ma trận Giả sử đã có tập cơ sở

J Ta đưa vào các kí hiệu sau:

A j : ma trận có các cột thuộc cơ sở J (ma trận cơ sở).

Như vậy nếu tính được ma trận nghịch đảo A−1J thì ta tính được các đại

lượng z Jk , x J ,Δ k Ta xét điều kiện đủ để x là một nghiệm tối ưu:

nghiệm tối ưu.

Trong trường hợp ∃ Δ k >0 với một k nào đó, ta có thể chuyển qua một

cơ sở mới Trong nhiều trường hợp (ví dụ như khúc lồi không thoái hoá)nghiệm cơ sở ứng với cơ sở mới này sẽ cho giá trị tốt hơn Ta có định lí sau:

Định lí 2.2.2

Cho x là một nghiệm cơ sở với cơ sở B Khi đó:

(i) Nếu ∃k : Δ k >0 và z jk ≤0,∀ j∈ J thì bài toán không có nghiệm hữu

hạn.

Khoa HN

(ii) Nếu ∀ Δ k >0, đều có z jk>0 với một j ∈J, thì tìm đựơc một cơ sở x 1

ứng với cơ sở B 1 thoả mãn c T x1≤c T x

A k=∑

j∈J z jk A j

.Nhân hai vế với θ≥0, ta được

θA k=∑

j ∈J θz jk A j

.Lấy (2.2.10) trừ đi ta có:

j∈J j=k j∉J (2.2.12)

(i) Do z jk <0,∀ j∈J ,vµθ>0 , nên x 1¿ 0, với mọi θ≥0 Vậy x 1 là

phương án chấp nhập được với mọi θ≥0 Giá trị hàm mục tiêu tại x 1 là:

j ∉J , x1j ≥0,∀ θ≥0 Đối với j∈J1 chọn:

θ=min{x j / z jk : j∈ J1}=x r / z rk (2.2.13)(r là chỉ số cơ sỡ đạt min), và B ' ={A j : j ∈ J1} với J ' =(J ¿{r¿}∪{k}).Theo đại số tuyến tính do A k=∑

j∈J z jk A j

và z jk≠0 nên B ’ là một hệ độc lậptuyến tính Ngoài ra theo cách chọn θ , ta có x ' j≥0 và x r '=0 Vậy x ’ là một

nghiệm cơ sở của B ’

Đối với hàm mục tiêu, tương tự như trên, ta có:

c T x ' =c T x−θ( z k −c k )=c T x−θΔ k (2.2.14)

Nhận xét:

1 Qua chứng minh này, ta thấy rằng, nếu x r =0 thì chọn θ theo (2.2.13)

khi đó theo (2.2.12) x ’ =x và do đó c T x ' =c T x Như vậy trường hợp nàynghiệm cơ sở không thay đổi, chỉ có cơ sở thay đổi Tức là nhhiệm cơ

sở x ứng với với hai cơ sở B và B ’ (x thoái hoá) Nếu θ>0, thì theo(2.2.14) c T x ' <c T x, do đó x ' ≠x Hiển nhiên theo (2.2.13), nếu x j >0

với mọi j ∈J thì θ>0 Tuy nhiên θ có thể dương ngay cả khi x j =0 với

một chỉ số j ∈J, bởi vì có thể với các chỉ số này z jk≤0.

2 Trong chứng minh phần (ii), ta lấy k là một chỉ số bất kì, miễn sao

Δ k >0 Nếu có nhiều chỉ số thoả mãn điều kiện này, thì dĩ nhiên chọn k sao cho hàm mục tiêu giảm nhanh nhất Tức là theo (2.2.14) chọn k sao

Khoa HN

cho θΔ klớn nhất Dựa vào định lí trên, thuật toán đơn hình được tiếnhành theo các bước sau

THUẬT TOÁN ĐƠN HÌNH:

Giả sử bài toán được đưa về dạng chính tắc:

min c T x

với

Ax=b, x¿0 (2.2.15)

và ta đã biết một phương án cực biên x 0

Bước 1: Chọn một cơ sở B={A j : j ∈ J} của x 0

a) Với mỗi k ∉J tính z jk bằng cách giải hệ phương trình tuyến tính sau:

A k=∑

j∈J z jk A j

(2.2.16)b) Tính các ước lượng:

Δ k:=∑

j ∈J z jk c j −c k ,(k ∉J )

Bước 2:

Nếu Δ k ≤0,∀k thì x 0 là nghiệm tối ưu của (2.2.15) Thuật toán kết thúc

Tồn tại k sao cho Δ k>0 Phân biệt 2 trường hợp:

b1) Tồn tại Δ k>0 và z kj ≤0,∀ j ∈J: bài toán không có nghiệm hữu hạn.

Thuật toán kết thúc

b2) Ứng với Δ k>0 đều tồn tại z jk>0 với một j∈J Chọn s sao cho

Δ s > 0 (Để hàm mục tiêu giảm nhanh thường chọn s sao cho Δ slớn nhất.)

Bước 3: (Chọn phần tử xoay)

Chọn θ s:=min{x0j / z ' js : j∈ J , z js>0} gọi r là chỉ số đạt cực tiểu Tức là

θ s =x r0/ z rs

Bước 4: (Tạo cơ sở mới)

Lấy J ':=(J¿{r¿}∪{s}) và x 1 theo công thức sau:

2.2.3 Công thức đổi cơ sở và bảng đơn hình:

Trong thuật toán đơn hình, qua mỗi vòng lặp, ta chuyển qua một cơ sởmới kề với một cơ sở đang xét Do hai cơ sở kề nhau chỉ khác nhau bởi mộtvéc tơ, nên từ đại lượng của cơ sở này, dể dàng tính được đại lượng của cơ

sở kia Giả sử tập chỉ số của cơ sở đang xét là J và của cơ sở mới là J ’ và

J '=(J¿{r¿}∪{s}) Theo công thức (2.2.17) và chú ý θ s =x r / z rs, phương áncực biên x ’ ứng với J ’ là:

số trong biểu diển này là zjk, ta được:

(2.3.5) có thể thống nhất lại trong công thức (2.3.3) với j ∈ J ∪{0}.

Để việc tính toán thuận lợi hơn, người ta thực hiện thuật toán đơn hìnhtheo một bảng sau, gọi là bảng đơn hình Mỗi một nghiệm cơ sở ứng với một

bảng đơn hình Giả sử trong bảng đơn hình dưới đây, các cột A 1 , , A m là một

cơ sở Cột A r trong cơ sở sẽ được đưa ra và thay bởi cột A s ở ngoài cơ sở

Khoa HN

2.2.4 Vấn đề phương án cực biên và cơ sở xuất phát:

Để thực hiện được thuật toán đơn hình ta phải có một phương án cựcbiên và cơ sở xuất phát

a) Trường hợp QHTT dạng chính tắc:

Khi miền ràng buộc cho bởi:

D :={x ∈ R n : Ax=b , x≥0}, với A là ma trận cấp m×n và b∈R m Ta luôn giả sử được rằng b≥0(bằng

cách nhân với –1, nếu b<0) Đưa vào biến giả tạo t=(t 1 ,t 2 ,…,t m ) và xét tập lồi

Ax+t=b, (x,t)¿0.

Đối với bài toán này, ta luôn biết trước một phương án cực biên (0,b)

và một cơ sở của nó là B=(e 1 ,…,e m ), trong đó e i là véc tơ đơn vị thứ i trong

R m Vậy ta có thể dùng thuật toán đơn hình để giải bài toán này Bài toán nàyluôn có nghiệm vì hàm mục tiêu luôn bị chặn dưới bởi 0

b) Trường hợp QHTT dạng chuẩn tắc:

Trong nhiều bài toán thực tế , khúc lồi ràng buộc được cho dưới dạngchuẩn tắc:

Ax≤b, x≥0,0≤b∈R m.