qui hoạch tuyến tính và ứng dụng trong kinh tế

C HƯƠNG VI: TỐI ƯU TUYẾN TÍNH CHỨA THAM SỐ= 1,2,…,m; j = 1,2,…,n, có thể không được cho biết một cách chính xác hoặc giá trị của chúng thường phụ thuộc vào sự thay đổi của một hay nhiều

C HƯƠNG VI: TỐI ƯU TUYẾN TÍNH CHỨA THAM SỐ

= 1,2,…,m; j = 1,2,…,n, có thể không được cho biết một cách chính xác hoặc giá trị của chúng thường phụ thuộc vào sự thay đổi của một hay nhiều tham số như thời gian, thời tiết, chất lượng nguyên liệu, nhiên liệu v.v… Nếu phải tiến hành việc giải bài toán ứng với từng giá trị khác nhau của các tham số ấy thì khối lượng và do đóchi phí tính toán sẽ rất lớn và, do vậy, việc giải bài toán TƯTT tìm phương án tối ưu sẽ mất hết ý nghĩa kinh tế

Để khắc phục khó khăn này người ta đã phát triển một phương pháp gọi là phương pháp

giải bài toán TƯTT chứa tham Phương pháp này xuất phát từ việc giải bài toán TƯTT đối

với một giá trị xác định của tham số cần khảo sát bằng phương pháp đơn hình thông thường, Sau đó sẽ tìm khoảng biến thiên của tham số để cho phương án hiện có vẫn còn là phương án tối ưu của bài toán mới hoặc sẽ trực tiếp tìm ra phương án tối ưu mới dựa trên phương án tối

ưu hiện có Bằng cách ấy người ta sẽ tìm ra phương án tối ưu của các bài toán TƯTT ứng với từng giá trị khác nhau của tham số cần khảo sát

Người ta phân biệt thành bài toán qui hoạch tuyến tính chứa một tham số ở hệ số hàm

và ở vế phải hoặc chứa hai tham số cùng biến thiên độc lập v.v….Trong phạm vi giáo trình này chúng tôi chỉ xét hai loại bài toán đầu tiên

Tương tự như ở các chương trước chúng tôi không đi sâu vào phân tích cơ sở lý thuyết của phương pháp giải, không trình bày kỹ phần chứng minh các định lý mà chú trọng trình bày thuật toán giải và các ý nghĩa kinh tế cũng như thực tiễn Để nghiên cứu thêm phần cơ sở

lý thuyết, tìm hiểu thêm các phương pháp giải bài toán TƯTT chứa tham số khác, bạn đọc có thể tham khảo thêm ở [ ]

2.1 Phương pháp đơn hình giải bài toán TƯTT chứa tham số ở hàm mục tiêu

2.1.1 Cơ sở lý thuyết và thuật toán

Ta xét bài toán qui hoạch sau đây:

Tìm giá trị của x 1 , x 2 ,…, x n làm cực tiểu hàm mục tiêu





n

1

x ) d c

(

)

x

(

ứng với các ràng buộc

1

n

ij j i j

j





Trong đó cj, dj, aij, bi, i = 1,2,…,m; j = 1,2,…,n và u, v là các số cho trước; t là tham số; u có

thể là -, v có thể là + ; tức tham số t có thể không bị chặn dưới hoặc không bị chặn trên

chứatham số (2.1) – (3.3) trở thành bài toán TƯTT bình thường Vì vậy, người ta gọi bài toán

(2.1) - (2.4) là bài toán TƯTT chứa tham số (hay, ngắn gọn, bài toán tối ưu tham số) Ngoài

ra, để cho bài toán tham số có ý nghĩa thì ngoài các giả thiết cần có của bài toán TƯTT thông

Nhằm đơn giản cách trình bày bắt đầu từ đây chúng ta ký hiệu bài toán (2.1)-(2.4) là P(0,

số t nên tập các phương án chấp nhận được X là như nhau ứng với mọi giá trị của t Vì vậy, nếu ứng với một giá trị nào đó của tham số t mà miền chấp nhận được rỗng thì hiển nhiên miền chấp nhận được của bài toán (2.1) – (2.4) cũng là rỗng với mọi giá trị của t Trong trường hợp này bài toán tối ưu tuyến tính tham số (2.1) – (2.4) không giải được với mọi giá trị của t, đặc biệt với t[u,v]

Phương pháp giải bài toán tối ưu tham số (2.1) - (2.4) bắt đầu bằng việc cho tham số t

tương ứng dưới dạng: am+1,j = h j + gjt ,j = 0,1,2,…,n (trong đó hj được tính theo cj và gj theo

 Trường hợp 1 : Bài toán P(0,t0) không có lời giải chấp nhận được

 Trường hợp 2 : Bài toán P(0,t0) không có lời giải tối ưu; tức là hàm mục tiêu (2.1) ứng với

 Trường hợp 3 : Bài toán P(0,t0) có lời giải cơ sở tối ưu là x0

Ta lần lượt xét các trường hợp 1, 2 và 3

1) Xét trường hợp 1:

Vì như nhận xét ở trên, tập chấp nhận được của bài toán P(0,t) là như nhau đối với mọi

ứng với mọi giá trị của t Tức là bài toán tổng quát P(0,t) không có lời giải chấp nhận được ứng với mọi giá trị t

2) Xét trường hợp 2:

Không làm mất tính tổng quát và để đơn giản cách trình bày, giả sử phương pháp đơn

chính tắc mở rộng như sau:

1

n

j m

 

1

n

j m

 

Trong đó

,

bm+1 (t0) = h 0 + g 0.t0, (2.9)

con như sau:

của t, vì

am+1,l (t) = hl, + gl.t= hl > 0, t

ii) gl > 0: Khi đó am+1,l (t) = hl, + gl.t> 0 ứng với mọi giá trị của t > t’, với

l

l t g

h

Suy ra t > t’ bài toán P(0,t) có hàm mục tiêu không bị chặn dưới và, do đó, không giải được Nếu t’< u, thì bài toán P(0,t) không giải được với mọi t[u,v] Khi t’ u thì còn phải xét bài toán P(0,t) ứng với t [u,t’] Để làm việc này ta xuất phát từ bảng đơn hình hiện có, đặt t0 = t’ và tính lại các hệ số đặc trưng am+1,j (t’) = hj+gj.t’,j =1,2,

hợp 2 hoặc trường hợp 3

iii) gl < 0: Khi đóam+1,l = hl, + gl.t> 0 ứng với mọi giá trị của t < t”, với

0 l

g

h

"

Suy ra t < t” bài toán P(0,t) có hàm mục tiêu không bị chặn dưới và do đó không giải được Nếu t”> v, thì bài toán P(0,t) không giải được với mọi t[u,v] Khi t” v còn phải xét bài toán P(0,t) ứng với t [t”,v] Để làm việc này ta xuất phát từ bảng đơn hình hiện có, đặt t0 = t” và tính lại các hệ số đặc trưng am+1,j(t”) = hj + gj.t” =1,2,

trường hợp 2 hoặc trường hợp 3 như trên

3) Xét trường hợp 3:

với j, 1 j  n, điều kiện

am+1,j (t) = hj + gjt  0 (2.12) vẫn thỏa mãn với mọi giá trị t sao cho

t 

j

j g

h

 , khi gj > 0,

hoặc t 

j

j g

h

 , khi gj < 0

Đặt

t -1 =

n , , 1 j , 0 g , u

) g

h ( max

j j

j 0

g j









và

t1 =

n , , 1 j , 0 g , v

) g

h ( min

j j

j 0

gj









t[t -1 , t1] Nếu t –1  u và t1  v thì việc giải bài toán tham số P(0,t) kết thúc Ngược lại, nếu

t–1 > u hoặc t1 < v thì còn tiếp tục khảo sát bài toán P(0,t) ứng với t[u, t -1] hoặc t[t1 , v] Khi

từng trường hợp cụ thể:

g

h

r

r

1    Vì gm+r > 0, nên,t > t1, am+1,r(t) = hr + gr.t >

am+1,r(t) = hr + gr.t1 = 0 Do đó điều kiện tối ưu ứng với x0 không còn thỏa mãn Nếu air 

Tiếp tục thực hiện phép biến đổi đơn hình với cột chuẩn là cột r Từ đây sẽ xác định tiếp

g

h

r

r

 Vì gm+r < 0, nên,t < t-1, am+1,r(t) = hr + gr.t >

am+1,r(t-1) = hr + gr.t-1 = 0 Do đó điều kiện tối ưu ứng với x0 không còn thỏa mãn Nếu air 

2.1.2 Ví dụ:

Giải bài toán QHTT chứa tham số sau đây:

2 t 3

7 , , 2 , 1 j , 0 x

5 x

x x x x

5 x

x x

x x

0 x

x x x x

min x

) t 2 1 ( x ) t 2 3 ( x ) t 2 ( x ) t 1

(

)

x

(

j

7 4

3 2 1

6 4 3

2 1

5 4 3 2 1

4 3

2 1











































































Bài giải: Chọn t0 = 0 Phương án xuất phát với các biến cơ bản x5 = 0, x6 = 5, x7 = 5 và các

Bảng 6.1:

Hệ số ẩn

cơ sở

cj dj

x5 0 0 0 1 -2 1 -1

trưng am+1,j  0, j = 1,2,…,n; Z(x0) = 0 Ta xác định các cận t 1 và t -1 như sau:

, g

h 2

1 } 2

1 { max g

h max

t

4

4 j

j 0 g

1

j









































, g

h 1 } 2

3 , 1

2 , 1

1 { min g

h min

t

1

1 j

j 0 g

1

j











































khoảng [-1/2, 1] Chúng ta còn phải xét P(0,t) trong các khoảng [-3, -1/2) và (1, 2]

Xét khoảng (1, 2] Thực hiện phép biến đổi đơn hình với cột chuẩn r = 1ta có bảng 2

Bảng 6.2:

Hệ số ẩn

cơ sở

cj dj

2

2 j

j 0 g

h 3

4 } 1

2 , 3

4 min{

g

h min

t

j







































3

3 j

j 0 g

h 8

13 } 7 / 16

7 / 26 min{

g

h min

t

j



































x7 bởi x3 ta có bảng 4 với phương án tối ưu mới là x2 = (5/4, 5/4, 5/4, 0, 0, 0, 0)

Bảng 6.3:

Hệ số ẩn

cơ sở

cj dj

Bảng 6.4:

Hệ số ẩn

cơ sở

cj dj

Bảng 6.5:

Hệ số ẩn

cơ sở

cj dj

bài toán P(0,t), t[13/8, 2]

toán P(0,t), t[-1/2, -3]

Kết luận: Lời giải tối ưu của các bài toán qui hoạch tham số P(0,t) đã cho như sau:

Giá trị tối ưu fmin(x*) = (t) = 5/2 +5t

Giá trị tối ưu fmin(x*) = (t) = 0

Giá trị tối ưu fmin(x*) = (t) = 15/2 – 5t

Biểu diễn trên hệ trục toạ độ vuông góc, ta thấy hàm (t) là hàm lõm và tuyến tính từ khúc:

Hình 6.1

-3 -2 -1 -1/2 0 1 4/3 3/8 2

t

-2

-5/2

(t)

-25/2

2.2 Bài toán tối ưu tuyến tính với tham số ở vectơ vế phải

2.2.1 Cơ sở lý thuyết và thuật toán

Ta xét bài toán TƯTT sau đây:

Tìm giá trị của x 1 , x 2 ,…, x n làm cực tiểu hàm mục tiêu





 n

1

j j j x c ) x (

ứng với các ràng buộc

1

n

j j





trong đó t là tham số.

Tương tự như bài toán TƯ tuyến tính chứa tham số ở hàm mục tiêu, (2.15)-(2.18) biểu diễn một lớp các bài toán qui hoạch tuyến tính ứng với các giá trị t khác nhau Các bài toán này có hàm mục tiêu (2.15) như nhau Chúng chỉ phân biệt nhau bởi các tập chấp nhận được:



















n 1

n / a x p t q , i 1 , 2 , , m ; x 0 , j 1 , 2 , , n

R

x

)

t(

Để cho bài toán QH tuyến tính chứa tham số ở vế phải (2.15) – (2.18) có ý nghĩa thì phải

ở hàm mục tiêu P(0,t) người ta ký hiệu bài toán này là P(t,0)

Người ta có thể ứng dụng phương pháp đã trình bày ở Phần 2.1 để giải bài toán (2.15) – (2.18) bằng cách thành lập bài toán đối ngẫu tương ứng P(0,t):

Tìm giá trị của y 1 , y 2 ,…, y m làm cực đại hàm mục tiêu





m

1

y ) q p

(

)

y

(

ứng với các ràng buộc

1

m

ij i j



Sau đó giải bài toán đối ngẫu P(0,t) và ứng dụng định lý độ lệch bù yếu để tìm lời giải tối ưu của P(t,0) ứng với từng phương án tối ưu cho từng khoảng biến thiên của t trong bài toán P(0,t)

Tuy nhiên người ta cũng có thể ứng dụng phương pháp đơn hình đối ngẫu để giải trực tiếp bài toán P(t,0) Để bạn đọc có cơ sở hiểu được các bước giải, sẽ trình bày ở phần dưới

chấp nhận được của cặp bài toán TƯTT đối ngẫu tương ứng

Ax = b

x  0

ATy  c

là những lời giải tối ưu thì điều kiện cần và đủ là giá trị hàm mục tiêu tương ứng bằng nhau, tức là

Z(x0) = W(y0) (2.23)

Một lời giải của hệ phương trình Ax = b gọi là giả phương án của (P), nếu điều kiện tối ưu

thỏa mãn, tức là

am+1,j  0, j (2.24) Phương pháp đơn hình đối ngẫu xuất phát từ một giả phương án như vậy Nếu không tồn tại giả phương án nào như vậy thì bài toán (D) không có lời giải chấp nhận được Suy ra bài toán (P) cũng không giải được (có thể hàm mục tiêu không bị chặn) Trong quá trình thực hiện phương pháp này, điều kiện (2.9) và (2.10) luôn luôn được đảm bảo Khi một giả phương án

chính là phương án tối ưu Sau đây là các bước giải bài toán P(t,0)

3 trường hợp:

I) Phương pháp đơn hình mở rộng kết thúc bằng nhận định hàm mục tiêu (2.15) ứng với t = t0

Vậy bài toán P(t, 0) không giải được với mọi t[u,v]

28 Xem chương I

II) Không giảm tổng quát, giả sử phương pháp đơn hình mở rộng giải P(t0,0) cho phương án

1

1

n

j m

n

m k j j m

j m

 

 





(2.25)

trong đó

và





m 1

i Bi i 0

m

1

i Bi i

i

A

Giá trị các biến cơ cơ sở và các biến phi cơ sở j = m+1, …, n bằng

0

0

j 0

Giá trị hàm mục tiêu bằng Z(x0(t0)) = h0 + g 0 t 0 Vì các hệ số đặc trưng ym+1,j, j = 1,2,…, n,

mãn điều kiện không âm Tức là

0

g

h

i

i





g

h

i





Đặt































m , , 1 i , 0 g , ,

u

g

h max t

i i

i 0 g





























m , , 2 , 1 i , 0 g ,

v g

h min t

i i

i 0 g

Khi ấy là phương án x0 tối ưu ứng với mọi bài toán P(t,0), t[t-1, t1] Nếu [u,v]  [t-1, t1] thì bài toán P(t,0) đã được khảo sát hoàn toàn Ta xét 2 trường hợp:

g

h

r

r

t.

g

h

)

(

 Nếu yrj  0, j = 1,2,…,n thì xBr (t) = hr + gr t < 0,  t < t-1 Vì vậy tập X(t) = , t < t-1





















rj

j 1 m 0 y rs

s , 1 m

y

y min y

y

29 Nếu B là ma trận đơn vị thì B -1 cũng vậy, và do đó hàng i của B -1 là vectơ đơn vị thứ i Khi đó h i = p i v g i = q i i =

1, 2, …, m

b) Nếu t1 < v, thì còn phải xét P(t,0) ứng với t(t1,v] Giả sử , g 0

g

h

r

r

t.

g h

)

t(

 Nếu yrj  0, j = 1,2,…,n thì xBr (t) = hr + gr t < 0,  t > t1 Vì vậy tập X(t) = , t > t1

III) Phương pháp đơn hình mở rộng cho thấy tập X(t0) = ; tức là vẫn còn ẩn giả nhận giá trị dương Ở đây ta áp dụng phương pháp đã trình bày ở Phần II để giải bài toán mở rộng cho đến khi nào tìm được phương án tối ưu của bài toán mở rộng, trong đó không còn ẩn gia nữa, hoặc xác định rằng X(t) =  t

2.2.2 Ví dụ:

Giải bài toán TƯTT chứa tham số sau đây:

2 t 2

7 , , 2 , 1 j , 0 x

t 2 3 x

x x x x

t 3 2 x

x x

x x

t 1 x

x x x x

min x

x x x )

x

(

Z

j

7 4

3 2 1

6 4 3

2 1

5 4 3 2 1

4 3 2 1











































































Bài giải: Bảng đơn hình xuất phát với t0 = 0:

Bảng 6.6:

Hệ số ẩn

cơ sở

t0 = 0

Bảng 6.7:

Hệ số ẩn

cơ sở

t0 = 0 pj qj

Ta xác định

0

g

h 4 , 0 , 3

7 max g

h max

t

2 2 i

i 0

g

1

i











































là i = 2 Ta tìm cột chuẩn theo (2.17) và có m+s = 1 hoặc 3 Chọn cột chuẩn là 1 Thực hiện

suy ra phương án x tối ưu trong khoảng [-2/3, 0] Giá trị tối ưu tươg ứng là (t) = -2 -3t

Bảng 6.8

Hệ số ẩn

cơ sở

–3t, 0, 3 +2t, 0, 9+11t) và giá trị tối ưu vẫn là (t) = -2 -3t Phương án này tối ưu trong khoảng t[-9/11, -2/3] với

t-3 = max {-3/2, -9/11} = -9/11 = h3/g3

Bảng 6.9:

Hệ số ẩn

cơ sở

Kết luận: Phương án tối ưu của bài toán đã cho như sau:

 t < -9/11: Bài toán P(t,0) không giải được;

(t) = -2 -3t

tối ưu (t) = -2 -3t

(t) = -2 + (9/7)t

Hình 6.2

(t) 1

4/73t (t) (9 (t)

5/11

–2 -1 –9/11 –2/3 0 1 2 t

-2

Rõ ràng (t) là các hàm lồi (ss Hình 6.2) * * *