Chương 4: Các phương pháp hữu hạn giải quyết bài toán qui hoạch tuyến tính potx

CHƯƠNG IV: CÁC PHƯƠNG PHÁP HỮU HẠN GIẢI BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH §1 Phương pháp đơn hình 1.1 Bài toán QHTT dạng chuẩn Để mô tả các phương pháp hữu hạn giải bài toán QHTT người t

CHƯƠNG IV: CÁC PHƯƠNG PHÁP HỮU HẠN

GIẢI BÀI TOÁN QUI HOẠCH

TUYẾN TÍNH

§1 Phương pháp đơn hình

1.1 Bài toán QHTT dạng chuẩn

Để mô tả các phương pháp hữu hạn giải bài toán QHTT người ta thường

xét bài toán cho ở dạng sau đây, gọi là bài toán QHTT dạng chuẩn:

Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) của hàm số

Chú ý: Bài toán QHTT dạng chuẩn (1.1) – (1.3) chỉ khác bài toán QHTT

dạng cơ bản ở chỗ các ràng buộc (1.2) cho ở dạng phương trình Trong thực

tế sản xuất, kinh doanh có nhiều bài toán có thể đưa về bài toán QHTT vớinhiều dạng khác nhau Bằng các phép biến đổi tương đương như trình bàytrong chương III, phần 3.2, người ta có thể đưa về bài toán ở dạng chuẩn

Tương tự như ở phần 1.1 chương III, tập X, định nghĩa như trên được

gọi là tập chấp nhận được, hàm Z = Z(x) được gọi là hàm mục tiêu, các điều kiện (4.2) gọi là các ràng buộc, các điều kiện (4.3) là các hạn chế; ma trận A

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 76

bao gồm các phần tử aij gọi là ma trận các ràng buộc; vectơ b gọi là vectơhạn chế (vectơ vế phải); vectơ c gọi là vectơ hệ số (hàm mục tiêu) Vectơ

xX được gọi là lời giải hoặc phương án chấp nhận được; phương án chấp

nhận được x* tại đó hàm mục tiêu Z nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất, tuỳ

theo yêu cầu bài toán) được gọi là lời giải hoặc phương án tối ưu.

1.2 Lý thuyết phương pháp đơn hình

Để trình bày phương pháp đơn hình ta xét bài toán QHTT dạng chuẩn(1.1) – (1.3) Dễ thấy rằng tập X xác định theo (1.4) có thể được viết lạithành

n

X {x R / A , x  b ,i 1,2, , m; e , x 0, j 1,2, , n} (1.7)Trong đó Ai. là các vectơ hàng của ma trận A; ej là vectơ đơn vị thứ j củakhông gian tuyến tính Rn, i = 1,2,…, m; j = 1,2,…,n Không làm mất tínhtổng quát, có thể giả thiết rằng hạng của A, r[A] = m7 và m < n8) Đồng thờibài toán QHTT chỉ có ý nghĩa, nếu ít nhất có một cj 0 Như vậy tập X códạng như tập M ở phần §5 chương I, tức là cho bởi hệ (5.1), (5.2) Vậy, nếu

X   thì đó là một tập lồi đa diện Theo định lý 5.5, nếu hệ ràng buộc xácđịnh X có hạng bằg n thi một điểm x0X là điểm cực biên khi và chỉ khi nóthỏa mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính Theo tính chất TC3 của bàitoán QHTT, người ta chỉ cần khảo sát các điểm cực biên của miền chấp nhậnđược tương ứng Sau đây chúng ta sẽ khảo sát đặt trưng đại số của các điểmcực biên ứng với bài toán (1.1) – (1.3)

…,n Để x 0 là điểm cực biên của X thì điều kiện cần và đủ là các vectơ A .j ứng với các x j > 0 là độc lập tuyến tính.

Chứng minh: Do hệ ràng buộc xác định X (s.s (1.7)) có chứa n vectơ đơn vị

ej, nên hạng của hệ đó bằng n Vì vậy, nếu x0 là điểm cực biên thì phải thỏamãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính, tức là lời giải duy nhất của một hệphương trình vuông không suy biến Không giảm tính tổng quát, giả sử

x 0, j 1, 2, ,k; x 0, j k 1, , n  Ở bài toán QHTT dạng chuẩn tất cả

7 Nếu trong số các ràng buộc xác định X có ràng buộc nào đó phụ thuộc tuyến tínhvào các ràng buôc khác thì bằng cách loại bỏ dần này theo các pương pháp xác địnhhạng của ma trận thông thường để cho các ràng bộc còn lại là độc lập tuyến tính và

ký hiệu số ràng buộc ấy là m Khi ấy tập hợp chấp nhận được X sẽ không thay đổi

8 Rõ ràng r[A] = m  n Nếu r[A] = n thì hệ (1.2) là hệ phương trình tuyến tínhvuông, không thuần nhất Hệ này có duy nhất một lời giải Nếu lời giải này thỏa mãnđiều kiện không âm thì đó là lời giải tối ưu Nếu lời giải này khôg thỏa mãn (1.3) thìbài toán QHTT không có lời giải Trong cả hai trường hợp việc giải bài toán QHTTkhông còn có ý nghĩa nữa

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 77

các ràng buộc đều là chặt Vì vậy có thể giả thiết rằng x0 là lời giải duy nhấtcủa hệ phương trình vuông không suy biến sau đây:

n

ij j i

j 1 j

1j j kj

bổ sung cơ sở (chuơng I) bao giờ cũng có thể bổ sung (m-k) vectơ trong số(n-k) vectơ ứng với các thành phần 0

j

x 0 để tạo thành một cơ sở của Rm.Sau đó bằng lý luận tương tự cũng có thể chứng tỏ rằng x0 là điểm cực biêncủa X ª

Như vậy, theo định lý 1.1, nếu x là điểm cực biên của X thì số thànhphần dương không thể vượt quá m = r[A] Suy ra, một vectơ có nhiều hơn mthành phần dương không thể là điểm cực biên của X Do đó, để kiểm tra xemmột điểm x thuộc X có phải là điểm cực biên hay không phải kiểm tra haiđiều kiện:

1) số thành phần dương không vượt quá m;

2) các vectơ A.j ứng với các thành phần dương là độc lập tuyến tính

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 78

Đn 1.1: Điểm cực biên x 0 của X được coi là không thoái hóa (không suy

biến) nếu số thành phần dương của nó đúng bằng m = r[A] Nếu số thành phần dương nhỏ hơn m thì x 0 được gọi là thoái hóa (suy biến).

Bây giờ, cho x0 là điểm cực biên của X bất kỳ và có k thành phần dương.Nếu k = m thì x0 là không thoái hóa Theo định lý 1.1, các vecơ ứng với cácthành phần dương của x0 là độc lập tuyến tính Do đó chúng lập thành một

cơ sở của Rm, chúng lập nên một ma trận cơ sở B Do x0 cũng là lời giải của

hệ phương trình tuyến tính Ax = b, nên x0 còn gọi là một lời giải cơ sở.

Khi k < m, tức x0 là thoái hóa Do chỉ có k vectơ độc lập tuyến tính nênkhông đủ để lập nên một cơ sở của Rm Theo giả thiết, trong số n vectơ A.j cóđúng m vectơ độc lập tuyến tính Vì thế, bao giờ cũng có thể bổ sung thêmm-k vectơ trong số các vectơ còn lại ứng với các thành phần bằng 0 để cóđược một cơ sở của Rm Vì x0 có n-k thành phần bằng 0, nên có

Sau đây sẽ trình bày phần lý tuyết làm cơ sở cho các bước của thuật toánđơn hình giải bài toán QHTT dạng chuẩn Cho x* là điểm cực biên bất kỳcủa tập chấp nhận được X Giả sử x* không thoái hóa1 Ký hiệu B là ma trận

cơ sở ứng với x* và giả sử

B = [A.B1, A.B2,…, A.Bm] (1.11)Khi đó có thể tách A thành hai ma trận B và R: A = [B, R], với R bao gồmnhững cột của A không nằm trong cơ sở Tương tự như vậy có thể tách xthành xB và xR, với xB là vectơ gồm các biến xBi ứng với các vectơ cơ sở A.Bi

(gọi tắt là biến cơ sở) và xR là vectơ ứng với các xj mà A.j không nằm trong

cơ sở (gọi tắt là biến phi cơ sở) Đặt J = {j/ xj là biến phi cơ sở} Hệ phươngtrình tuyến tính Ax = b tương đương với hệ sau đây:

(B R) B

R

xx

  = bHay, cũng vậy

BxB + RxR = b (1.12)

1 Nếu x* là thoái hóa thi B là một trong những ma trận cơ sở ứng với nó

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 79

Do B là ma trận cơ sở nên nó không suy biến Vì vậy tồn tại B-1 Nhân hai vế

ở (1.12) về bê trái với B-1 ta có phương trình

(B-1B)xB + (B-1R)xR = (B-1b) (1.13)

Vì (B-1B) = E (ma trận đơn vị) nên (1.11) tương đương với

xB + (B-1R)xR = (B-1b)Hay

A

là vectơ hàng i của B-1, i =1,2,…,m; j J.2 Hệ (1.14) gọi là dạng chính tắc của hệ phương trình xuấtphát Ax = b ứng với cơ sở B Như vậy, nếu x* là không thoái hóa thì hệ(1.14) là hệ duy nhất Khi x* thoái hóa thì ứng với nó có nhiều ma trận cơ sở

B nên cũng có nhiều dạng chính tắc (1.12) Từ dạng này suy ra

cơ sở Sau đó lần lượt xét sự thay đổi của hàm mục tiêu ứng với việc thayđổi (tăng dần của một biến phi cơ sở nào đó) Để làm việc này người ta tiếnhành như sau:

x 0, j J và do đó *

Bi i0

x y 0,i 1,2, , m ; Z* = ym+1,0.Xuất phát từ x* sẽ có 3 trường hợp xãy ra Đó là

 Trường hợp 1 : j, j =1,2,…,n-m: ym+1,j  0 Khi ấy, vì xX: xj  0,jJ, nên theo (1.20), Z = Z(x)  ym+1,0 = Z* = Z(x*) Suy ra x* là lời giảitối ưu và Zmin = Z*

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 81

 Trường hợp 2 :  Rl, 1  l l, để cho ym+1,l > 0 và i, i = 1,2,…,m: yi,l 

0 Khi ấy chọn x(), 0  , như sau:

  Suy luậntương tự, ta cũng thấy rằng để cho x()X thì

i0

il

y,y

  với yil > 0 3) Tổng hợp lại, trong trường hợp này, để x() vẫn còn là chấp nhận đượcthì

il i0 i,y 0 il

Z() < ym+1,0 = Z(x0),

nếu  > 0 Tuy nhiên để cho Z giảm nhiều nhất người ta chọn

il

i0 0

i,y 0 il

yminy



3 Dễ thấy rằng ứng với các yil  0 điều kiện xBi()X mặt nhiên thỏa mãn   0

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 82

Không giảm tính tổng quát, giả sử

il

i0 k 0 0

A.l theo cơ sở B = [A.B1, A.B2,…, A.Bk,…, A.Bm], ykl > 0 nên có thể thaythế vectơ A.Bk bởi vectơ A.l để có một cơ sở mới; đó là B’ = [A.B1, …,

A.B(k-1), A.l , A.B(k+1),…, A.Bm] Tức là biến xBk chuyển thành biến phi cơ sởvới giá trị bằng 0, còn biến xl sẽ là biến cơ sở với giá trị 0 Giá trị cácbiến cơ sở xBi, i = 1,2,…,m, còn lại được tính như sau:

có một trong 3 trường hợp như trên

Tuy nhiên, để nhận biết các trường hợp ấy, cần phải tính các hệ số ứngdạng chính tắc mở rộng như (1.20) Các hệ số trong dạng này là các tọa độcủa các vectơ A.j và vectơ b theo cơ sở mới; chúng được tính tương tự theocông thức (1.10), trang 6, chương I, trực tiếp từ các hệ số ở dạng chính tắc

1.2 Thuật toán

5 Một đơn hình S trong không gian R n là một tập hợp lồi bị chặn có n+1 đỉnh Ví dụ trong R 1 ,

đó là một đoạn thẳng, trong R 2 , S là một tam giác, trong R 3 , S là một tứ diện Phép biến đổi trên đây dựa trên nguyên lý của một đơn hình, tức là, giả sử phương án hiện có ứng với một đỉnh của một đơn hình, người ta so sánh giá trị hàm mục tiêu ở đỉnh đó với các đỉnh kề với

nó Nếu đỉnh nào (trong số các đỉnh ấy) có giá trị hàm mục tiêu tốt hơn (trường hợp 3) thì chuyển sang đỉnh đó Nếu giá trị hàm mục tiêu ở các đỉnh kề là không tốt hơn (trường hợp 1) thì đỉnh đang xét ứng với lời giải tối ưu Vì vậy phương pháp này được gọn ngắn gọn là phương pháp đơn hình, mặc dù tập chấp nhận được trong R n thường có nhiều hơn n+1 đỉnh.

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 84

Giả sử hệ ràng buộc (1.2) cho ở dạng chính tắc:

 Nếu ym+1,l = 0, thì ym+1,j  0, j =1,2,…,n Ta có trường hợp 1 Phương

án hiện có là phương án tối ưu, tức là x*Bi = yio, i = 1,2,…,m; x*j = 0,

xj là biến phi cơ sở Zmin = ym+1,0

 Khi ym+1,l > 0 thì sang bước 3 (Vì theo chú thích 6, trang 99, thì do =

0, xBi, nên chắc chắn xl là biến pi cơ sở)

Bước 3: Xác định

il i0

y 0

il

yminy

 Khi 0 <  , sang bước 4

6 Từ (1.13), (1.18) dễ dàng suy ra rằng các cột tương ứng với biến cơ sở x Bi sẽ có dạng vectơ đơn vị e i = (0,0,…,0,1,0,…,0), i =1,2,…,m.

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 85

Bước 4: Thực hiện phép biến đổi đơn hình, đưa xl vào cơ sở thay cho xBk, cột

chuẩn là cột x l , hàng chuẩn là hàng k, phần tử chuẩn y kl Các hệ số ởbảng đơn hình mới tính theo (1.26) Sau đó trở về bước 2

Chú ý: Phương pháp đơn hình nêu trên khảo sát lần lượt các phương án cơ

sở của tập chấp nhận được X và qua mỗi bước lặp sẽ có một phương án cơ

sở được xét đến Theo tính chất 1 của bài toán QHTT nếu tập chấp nhậnđược X là không rỗng thì số các phương án cơ sở là hữu hạn.7 Do đó, nếucác phương án cơ sở được xét đến trong thuật toán là không suy biến thì saumột số hữu hạn bước lặp thuật toán sẽ kết thúc hoặc là với một lời giải tối ưuhoặc là chứng tỏ rằng hàm mục tiêu không bị chặn dưới

và vectơ vế phải b = (3000, 3000, 1000) không âm nên có thể áp dụngphương pháp đơn hình trực tiếp với ma trận cơ sở xuất phát

B = [A.1, A.5, A.8]

Khi đó các biến cơ sở sẽ là xB1 = x1, xB2 = x5, xB3 = x8 Phương án xuất phát x0

= (3000, 0, 0, 0, 3000, 0, 0, 1000) và Z0 = 18000 Bảng đơn hình xuất phát códạng:

cơ sở (hàng chuẩn) Do các phần mềm vi tính hiện nay đều đã đề cẫp đến trường hợp này, nên chúng tôi không trình bày cơ sở lý thuyết cũng như cách trình bày các kỹ thuật này trong giáo trình Nếu bạn đọc quan tâm xin tham khảo tài liệu trích dẫn.

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 86

x1 3000 1 1/2 1/2 1/2 0 0 0 0 6000

-Z 18000 0 10/3 5/3 0 0 -5/3 -10/3 0

 Xác định vectơ đưa vào cơ sở: Ở bảng 1 ta có: y4l = max y4j = y42 =

10/3 Vậy cột chuẩn l = 2 Ở bước sau A.2 sẽ được đưa vào cơ sở.

 Xác định vectơ đưa ra khỏi cơ sở: Ta có 0 = min{bi/yi2, yi2 > 0}= min{6000, 4500} = 4500 = y22 Vậy vectơ ra khỏi cơ sở là A.B2 = A.5 Suy ra

Tương tự, xuất phát từ bảng 3, khi đưa A.4 vào cơ sở thay cho A.3, ta

có phương án tối ưu khác Đó là x* = (0, 4500, 0, 1500, 0, 0, 0, 250) Giá trịtối ưu vẫn không thay đổi là bằng 3000

x2 3000 -2 1 0 -1 3 2 1 0

§2 Phương pháp cơ sở giả tạo

(Phương pháp đơn hình hai thời kỳ)

2.1 Cơ sở lý thuyết

Mặc dù ngày nay, nhờ sự giúp đỡ của tin học, với nhiều phần mềm tinhọc khác nhau người ta có thể giải bài toán QHTT ở một dạng bất kỳ, việctrình bày phương pháp sau dây, gọi là phương pháp cơ sở giả tạo, sẽ giúpcho người đọc một lần nữa nắm được các kiến thức lý thuyết cơ bản củaQHTT và của phương pháp đơn hình

Việc thực hiện phương pháp đơn hình ở phần I giả thiết bài toán QHTTcho ở dạng chính tắc mở rộng (1.20), trong đó các yi0  0, i =1,m Trên _thực tế, không phải bài toán QHTT nào cũng có thể được cho ở dạng này.Hơn thế nữa, việc chuyển một bài toán QHTT ở dạng bất kỳ về dạng (1.20)đôi khi cũng tốn nhiều chi phí như là giải một bài toán QHTT bình thường.Khi đó việc tìm lời giải tối ưu sẽ không còn có ý nghĩa nữa Vì vậy nảy sinhmột câu hỏi là làm thế nào có thể tận dụng được thuật toán cho ở phần 1.2 đểgiải bài toán QHTT ở dạng bất kỳ?

Câu hỏi này được giải quyết bằng phương pháp cơ sở giả tạo sẽ trình

bày sau đây Giả sử bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn

Thay thế cho bài toán (2.1), người ta khảo sát bài toán sau đây :

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 88

G với x0

j = 0, j = 1,2,…,n và x0

Gi = bi, i =1,2,…,m, là phương án chấp nhận được của (2.2) Mặt khác, hàm mục tiêu

ZG ở (2.2) là bị chặn dưới (ZG  0) Như vậy, theo tính chất của bài toánQHTT (phần §2, chương III) bài toán (2.2) luôn luôn có lời giải tối ưu

Để tìm lời giải tối ưu cho bài toán (2.2), người ta có thể áp dụng thuậttoán đã trình bày trong phần 1.2, vì từ (2.2) có thể viết ra dạng chính tắcchấp nhận được (2.3), trong đó yij = aij, yi0 = bi, m 1, j m ij m 1,0 m i

8 Vì vậy phương pháp này còn có tên “Phương pháp cơ sở giả tạo”

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 89

Chứng minh: Giả sử X; tức là x’X, sao cho Ax’= b, x’ 0 Khi đó

(x’, x’G) X với x’Gi= 0, i =1,2,…,m Nhưng ZG(x’, xG) = 0 < ZGmin Mâuthuẩn với giả thiết rằng (x*, xG*) là phương án tối ưu của bài toán (PG) Vậy

X =  Khi ZGmin = 0, thì , trước hết x* là phương án chấp nhận được của bàitoán (2.1) Dễ thấy rằng đó cũng là điểm cực biên của X.ª

Để có dạng chính tắc chấp nhận được tương ứng, ta tiến hành như sau.Nếu tất cả các biến giả đều là biến phi cơ sở, thì có thể áp dụng ngay dạngchính tắc hiện có để tiếp tục giải bài toán (2.1) Nếu có ít nhất một biến giảnào đó, xGk chẳng hạn, ta phân biệt hai trường hợp:

a) ykj = 0, j = 0,1,2,…,n Khi đó, theo phương pháp tìm hạng của một

ma trận, ràng buộc k phụ thuộc tuyến tính vào các ràng buộc khác

Vì vậy có thể loại bỏ ràng buộc này

b) ykl  0 Trong trường hợp này, ta thực hiện phép biến đổi cơ sởthay biến xGk bởi buến xl Cơ sở sẽ bớt được một biến giả

Sau khi loại bỏ tất cả các biến giả khỏi cơ sở, ta tiếp tục giải bài toán (2.1)bằng phương pháp đơn hình với cơ sở vừa tìm được bằng việc tính lại các hệ

số đặc trưng ym+1,j, j = 0,1,2,…,n

Như vậy phương pháp cơ sở giả tạo bao gồm việc sử dụng phương phápđơn hình 2 lần: lần thứ nhất dùng để giải bài toán PG (Thời kỳ I) và lần thứ 2dùng để giải bài toán (P) (Thời kỳ II) Vì vậy phương pháp này còn có tên làphương pháp đơn hình hai thời kỳ

Về việc thực hiện phương pháp, bảng đơn hình ban đầu không có gì thayđổi nhiều so với bảng đơn hình thông thường Vì hàm mục tiên của PG rấtđơn giản, các hệ số của các biến đều bằng 1, nên không cần phải ghi vàobảng đơn hình Do đó cả hai thời kỳ đều có thể thực hiện trên cùng một bảngđơn hình Dòng hệ số cj dùng để ghi hệ số trong hàm mục tiêu của bài toán(P) Mặt khác, do các biến xGi là giả (người ta thêm vào để tạo cơ sở giả), nênmột ki một biến nào đó bị loại khỏi cơ sở thì không cần đưa vào cơ sở nữa

Vì vậy ngay từ đầu không cần phải thêm các cột ứng với các biến giả

2.2 Ví dụ: Giản bài toán QHTT sau đây

Đến đây thời kỳ II kết thúc với phương án tối ưu là x* = (19/5, 0,0,2/5,0) va

ưu suy biến (chỉ có 2 biến cơ sở là dương

sử dụng 2 hàm mục tiêu khác nhau và do đó có các hệ số đặc trưng khácnhau Thủ tục này có thể làm cho người thực hiện mắc sai lầm Vì vậy cầnphát triễn một phương pháp nào đó giảm được phiền hà này Từ cơ sở lýthuyết của phương pháp cơ sở giả tạo người ta nghĩ ra tưởng kết hợp hai thời

kỳ làm một Dó đó xuất hiện phương pháp đơn hình mở rộng, hay còn gọi làphương pháp bài toán M

Cơ sở lý thuyết của phươngpháp này như sau Ta xét bài toán QHTT

(2.1)

n

j j

j 1 n

ij j i

j 1 j

và ký hiệu như thường lệ là bài toán (P) và vẫn giả thiết rằng các bi là không

âm i = 1,2,…,m Ứng với bài toán (P) như vậy ta thành lập bài toán mở rộng:

xGi là các biến giả, i = 1,2,…,m Tương tự ta vẫn ký hiệu X là tập chấp nhậnđược của (2.1) và XG là tập chấp nhận được của (3.1) và gọi (3.1) là bài toán

mở rộng PM Giữa X và XG có mối quan hệ tương tự như ở phần phươngpháp cơ sở giả tạo

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 92

Vì giả thiết các bi, i = 1,2,…,m là không âm, nên có thể áp dụng phươngpháp đơn hình trực tiếp giải bài toán (3.1) với cơ sở (giả tạo) xuất phát là: xGi

= bi, i = 1,2,…,m Tuy nhiên, khác với bài toán PG, bài toán (3.1) có thểkhông có lời giải tối ưu Giữa bài toán P và bài toán PM bài toán mở rộng PM

có mối quan hệ như sau:

sao cho, nếu (x*, x* G ) là lời giải tối ưu của P M với mọi M  M 0 thì x* G = 0 Do đó x* là lời giải tối ưu của P.

Chứng minh:

a) Trước hết ta chứn minh rằng, nếu x0 là lời giải tối ưu của P thì sẽ tồn tại

M0 để cho (x0, 0) là lời giải tối ưu của PM Thật vậy, bài toán đối ngẫucủa P có dạng

T

i m Gi

Cặp (x0, y0) thỏa mãn (3.2) nên bộ ba (x0, 0, y0) cũng sẽ thỏa mãn (3.4) nếuchọn

max y , y , , yTức (x0, 0) là lời giải tối ưu của PM, và y0 là lời giải tối ưu của DM với mọi giátrị M  M0

a) Bây giờ ta sẽ chứng minh, nếu M không nhỏ hơn M0 nào đó mà (x*,x*G) là lời giải tồi ưu của PM thì x*G = 0, và do đó x* là lời giải tối ưu của P.Thật vậy, theo giả thiết, P có lời giải tối ưu là x0 Khi đó tồn tại lời giải tối ưucủa D, giả sử đó là y0 Cặp (x0, y0) sẽ thỏa mãn (3.2) Nếu chọn M0 theo (3.5)thì theo a), điểm (x0, 0) là lời giải tối ưu của PM, với mọi giá trị M  M0 Khi

ấy, do theo giả thiết (x*, x*G) cũng là lời giải tối ưu của PM, nên

= 0 Do đó (x*, 0) là lời giải tối ưu của PM, và x* là lời giải tối ưu của P.ª

Từ định lý này ta suy ra phương pháp giải bài toán P từ việc giải bài toán

PM như sau Trước hết dùng phương pháp đơn hình thông thường giải bàitoán PM với cơ sở xuất phát là xGi = bi, i = 1,2,…,m Ta phân biệt 3 trườnghợp:

1) Bài toán PM có lời giải tối ưu là (x*, x*G) và có ít nhất một x*Gk > 0:Khi đó tập chấp nhận được của P, X= Do đó P không giải được Thật vậy,nếu X, thì với x’X, (x’, 0) XM Do đó

đó theo định lý 3.1, thì x* là lời giải tối ưu của P

3) Với mọi giá trị của M, hàm mục tiêu của PM, ZM không bị chặn dướitrên XM Khi đó dễ thấy rằng hàm mục tiêu của P, Z, cũng không bị chặndưới trên X, nếu X, vì Z  ZM,  M 0

3.2 Thực hiện phương pháp đơn hình mở rộng:

Việc thực hiện phương pháp đơn hình mở rộng bắt đầu bằng việc thànhlập bài toán PM theo (3.2) Tương tự như phương pháp đơn hình hai thời kỳ,việc thêm biến giả chỉ nhằm tạo ra biến cơ sở ban đầu cho mỗi hàng Vì vậy,nếu hàng nào đã có thể chọn ra biến cơ sở thì không cần thêm biến giả vàohàng ấy nữa Mặc khác, vì các biến xGi là giả nên khi một biến giả được loại

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 94

khỏi cơ sở thì khơng cần thiết phải đưa vào cơ sở nữa, nên trong bản đơnhình khơng cần thêm các cột ứng với các biến giả.

Do khi giải tiến hành giải bài tốn PM chúng ta khơng cho M một giá trị

cụ thể nào, nên cĩ khĩ khăn trong việc so sánh các hệ số đặc trưng để kiểmtra tiêu chuẩn tối ưu và xác định cột chuẩn Các hệ số đặc trưng đều phụthuộc vào M và cĩ thể viết dưới dạng:

(3.7) ym+1,j(M) = j.M +.j, 1 j  n

Dựa vào giả thiết M là một số rất lớn, nên việc so sánh hai hệ số đặc trưng

ym+1,j(M) và ym+1,q(M) cĩ thể được tiến hành theo qui tắc như sau:

ym+1,j(M) = j.M +.j > ym+1,q(M) = q.M +.q  j q

hoặcvà

So với thuật tốn của phương pháp đơn hình thơng thường, thuật tốn củaphương pháp đơn hình mở rộng cĩ các thay đổi nhỏ như sau:

Bước 1: Lập bài tốn PM

Bước 2: Giải bài tốn PM với cơ sở xuất phát xBi = xGi = bi ứng với cáchàng chưa cĩ biến cơ sở.9

Để kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu ta chọn:

 l max j , ứng với xj là phi cơ sở10

1) Nếu l < 0, tức là ym+1,l(M) = l.M +l < 0 Do đĩ tiêu chuẩntối ưu đã đạt được

2) Nếu l = 0, cịn phải so sánh các j ứng với j = 0 (xj phi cơsở) Đặt

10  j =  j = 0, nếu x j là biến cơ sở.

Lê Văn Phi, Khoa Tốn – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 95

a) Nếu s  0, thì phương án tối ưu đã đạt được.

b) Khi s > 0, tiếp tục giải bằng cách chọn cột chuẩn là cộtứng với xs, tìm hàng chuẩn theo qui tắc thông thường,thực hiện phép biến đổi đơn hình

Đến đây phương pháp đơn hình mở rộng kết thúc với Z Mmin = Z min = 3 và

phương án tối ưu x* = (19/5, 0, 0, 2/5, 0) (Chú ý: Mặc dù xG4 vẫn còn trong

cơ sở nhưng có giá trị bằng 0, đồng thời các hệ số tương ứng trên hàng 4cũng bằng 0 Do vậy có thể gạch bỏ ràng buộc này vì nó phụ thuộc tuyếntính vào các ràng buộc khác)

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 97

§4 Phương pháp đơn hình đối ngẫu:

4.1 Cơ sở lý thuyết của phương pháp đơn hình đối ngẫu

Ở ba phần trước chúng ta đã tìm hiểu ba phương pháp giải bài toánQHTT ở dạng bất kỳ Mỗi phương pháp đều có độ phức tạp riêng Đối vớiphương pháp đơn hình, người ta cần có một phương án cơ sở xuất phát banđầu và dạng chính tắc mở rộng tương ứng Tuy nhiên nếu bài toán ban đầukhông có phương án chấp nhận được thì dĩ nhiên không thể tìm được dạngchính tắc như vậy Ở phương án cơ sở giả tạo, người ta cần phân biệt giữathời kỳ I và thời kỳ II Nếu nhầm lẫn giữa hai thời kỳ thì kết quả tính toán sẽkhông chính xác Đối với phương pháp đơn hình mở rộng người ta cần phân

biệt giữa biến giả và biến thực (đặc biệt đối với các biến bù hoặc biến thừa

x n+i, vì hệ số của chúng trong hàm mục tiêu là khác nhau) khi thành lập bàitoán M Để tránh được những sai sót này người ta phát triển một phương

pháp khác dựa trên cơ sở của lý thuyết đối ngẫu, đó là phương pháp đơn

Trong đó A là ma trận thực cấp mxn, cRn, bRm, cho trước Bài toán (4.1)

có thể viết dưới dạng khác như sau:

với A.j là các vectơ cột của A, j = 1,2,…,n Đặt

(4.4) X = {xRn/ Ax = b, x  0}

hay n

X {x R / A , x  b ,i 1, m; x 0, j 1,n}tương ứng

Giả sử B là một ma trận cơ sở nào đó của A, bao gồm các cột của A Vì

theo giả thiết r[A] = m, nên B có đúng m cột độc lập tuyến tính Không giảm

tổng quát, giả sử B được viêt dưới dạng (1.11); tức là

(4.6) B = [A.B1, A.B2,…, A.Bm]

Do B không suy biến, nên tồn tại ma trận nghịch đảo B-1 Để đơn giản ta kýhiệu ma trận này là

1 B1 1 B2 1

1 Bm

AAB

c,x} tương đương với dạng chính tắc mở rộng (1.20)

Ứng với x0 và dạng chính tắc (4.8) ta phân biệt 3 trường hợp:

Trường hợp 1: yio  0, i =1,2,…,m Khi ấy (4.8) là dạng chính tắc chấp

nhận được Do vậy X   và có thể áp dụng phương pháp đơn hình thôngthường để giải bài toán QHTT (4.1)

Trường hợp 2: k, 1  k  m, với yko < 0 va l, 1  l  n, y m+1,l > 0.

Trong trường hợp này không thể áp dụng được phương pháp đơn hình thôngthường và phương pháp đơn hình đối ngẫu Người ta tìm cách biến đổi (4.8)sao cho hoặc là xãy ra trường hợp 1 hoặc trường hợp 3

Trường hợp 3: k, 1  k  m, với yko < 0 và j =1,2,…,n: y m+1,j  0.

Khi đó điểm x0 được gọi là một giả phương án của bài toán (4.1) Bạn đọc

sẽ chứng minh trong bài tập rằng điểm

(4.10) y0 = (B-1)TcB

là phương án cơ sở chấp nhận được của bài toán đối ngẫu (4.3), tức là y0Yoo Ta sẽ kiểm tra xem phương án y0 có phải là phương án tối ưu của bài toánđối ngẫu hay không? Nếu không phải như vậy thì làm cách nào để cải tiến y0