Báo cáo nghiên cứu khoa học: "Về một mô hình bài toán quy hoạch ngẫu nhiên" ppsx

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007Về Một mô hình bài toán quy hoạch ngẫu nhiên Lê Thanh Hoaa Nguyễn Thị Thanh Hiềnb Tóm tắt.. Trong bài báo này, chúng tôi đã thiết lậ

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

Về Một mô hình bài toán quy hoạch ngẫu nhiên

Lê Thanh Hoa(a)

Nguyễn Thị Thanh Hiền(b)

Tóm tắt Trong bài báo này, chúng tôi đã thiết lập một mô hình quy hoạch ngẫu nhiên, chứng minh các tính chất riêng biệt của nó Trên cơ sở đó, chúng tôi xấp

xỉ bài toán vận tải với dữ liệu ngẫu nhiên bởi bài toán quy hoạch tuyến tính

I Mở đầu

1.1 Bài toán lưu chuyển hàng

1.1.1 Bài toán Có n kho chứa hàng với sức chứa mỗi kho là bi Số lượng hàng cần xác định ở kho thứ i là xi, i = 1, 2, , n Kinh phí bảo quản lưu giữ một đơn vị hàng ở kho thứ i là si, i = 1, 2, , n Cước phí vận tải một đơn vị hàng từ kho thứ i đến kho thứ j là cij (i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n) Cần vận chuyển để điều chỉnh lượng hàng ở các kho sao cho tổng chi phí lưu kho và vận chuyển là bé nhất Biết rằng giữa kho i

và kho j luôn có cung đường vận tải và cij = cji, (i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n)

1.1.2 Đặt bài toán Ký hiệu zij là số đơn vị hàng được chuyển từ i tới j (zij ≥ 0) Khi đó một phương án vận tải z = (zij) được thực hiện thì số hàng ti, (i = 1, 2, …, n) có

ở kho thứ i tại một thời điểm sẽ là

ti = xi - ∑

=

n

j 1

zij + ∑

=

n

k 1

zki, i= 1, 2, , n

Chi phí vận chuyển và lưu giữ được tính theo công thức

∑

=

n

i 1

si xi + ∑

=

n

i 1

∑

=

n

j 1

cij zij → min

Vậy ta có bài toán tìm x = (xi), z = (zij) ≥ 0, sao cho

min { ∑

=

n

i 1

si xi + ∑

=

n

i 1

∑

=

n

j 1

cij zij } (1.1)

với điều kiện

















ti +∑

=

n

j 1

zij - ∑

=

n

k 1

zki = xi, i = 1, 2, , n, (1.2)

xi ≤ bi, i = 1, 2, …, n (1.3)

ti ≥ 0, i = 1, 2, , n, (1.4)

xi ≥ 0, zij ≥ 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n, (1.5) Nhận bài ngày 27/7/2007 Sửa chữa xong 15/10/2007.

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

Trong thực tế, bài toán đã nêu với biến xi, (i = 1, 2, , n), có sự tham gia của yếu

tố ngẫu nhiên w Khi đó biến z = (zij) và biến t = (ti) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên đã nêu Để giải quyết bài toán này, ta cần tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn

1.2 Bài toán quy hoạch tuyến tính ngẫu nhiên hai giai đoạn ([2])

Như chúng ta đã biết bài toán quy hoạch tuyến tính ngẫu nhiên 2 giai đoạn (two-stage stochastic linear programming), với giai đoạn I: xác định sơ bộ nghiệm trên cở

sở các thông tin có được trước đó, giai đoạn II: chỉnh lý nghiệm theo thực tế, có chú ý

đến các yếu tố ngẫu nhiên Cụ thể, chúng ta cần giải bài toán (2SSLP) sau

min {g(x) = cx + Ew∈Ω[Q(x, w)]} (1.6) với điều kiện

A(w)x = b(w), x ≥ 0, (1.7) trong đó Q(x, w) = min {q(w)y : D(w)y = b(w) – A(w)x, y ≥ 0}, với c, x ∈
n; q, y ∈
m; w = (ω1, ω2, …, ωk) là biến ngẫu nhiên thuộc không gian xác suất (Ω, , ℘),  ⊆
k; q(w) được hiểu như một vectơ phạt khi có sự chênh lệch trong điều kiện buộc của bài toán với dữ liệu chưa chắc chắn; Ew ∈Ω[Q(x, w)] là kỳ vọng của Q(x, w) lấy theo biến ngẫu nhiên w ∈ ; A(w) = (aij(w)) là ma trận hệ số cấp mìn, b(w) là ma trận cấp mì1; D là

ma trận hệ số, nói chung phụ thuộc vào w

II Các kết quả chính

Như đã nêu trong mô hình (1.1)-(1.5), số lượng hàng có ở kho i là xi có thể phụ thuộc đại lượng ngẫu nhiên w Ta ký hiệu giá trị thay đổi, do tác động của w, này là x’i(w) Do vậy, số lượng hàng có ở kho thứ i là ti(w), khi thực hiện phương án vận tải z

sẽ là

ti(w) = xi - x’i(w) -∑

=

n

j 1

zij(w) + ∑

=

n

k 1

zki(w)

Việc giải bài toán (1.1)-(1.5) với đại lượng xi xác định nào đó chỉ mới được xem là giai đoạn I của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên 2 giai đoạn, sơ bộ tìm ra phương án tối ưu trong điều kiện cụ thể đã cho

Thực hiện ở giai đoạn II, điều chỉnh kế hoạch với sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên, ta cần giải bài toán quy hoạch

min { ϕ(x, z) = ∑

=

n

i 1

si xi + ∑

=

n

i 1

∑

=

n

j 1

cij E(zij(w))}

với điều kiện

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007















ti(w) = xi - x’i(w) -∑

=

n

j 1

zij(w) +∑

=

n

k 1

zki(w), i = 1, 2, , n,

xi ≤ bi, i = 1, 2, …, n

xi ≥ 0, ti(w), x'i (w) ≥ 0, zij(w) ≥ 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n Bài toán nêu trên có thể viết lại như sau

min { ϕ(x, z) = sTx + cTE(z(w))} (2.1)

với điều kiện









 x - t(w) + Az(w) = x’(w) (2.2)

x ≤ b (2.3)

x, t(w), x'(w) ≥ 0, z(w) ≥ 0, (2.4) trong đó t(w) = (ti(w)), x’(w) = (x'i(w)), x = (xi), b = (bi); sT, cT tương ứng là ma trận chuyển vị của ma trận s = (si), c = (cij), A là ma trận gồm các phần tử tương ứng với các hệ số của z = (zij) Biến z(w) gọi là biến trợ giúp của bài toán (xem [1])

Định nghĩa Ta gọi bài toán (2.1) – (2.4) là hợp lý nếu với bất kỳ vectơ t, tồn tại vectơ u ≥ 0, sao cho A.u = t Trong trường hợp bài toán (2.1) – (2.4) tồn tại vectơ u > 0, sao cho A.u = 0 thì ta nói bài toán là nửa hợp lý

Chú ý rằng bài toán hợp lý thì là nửa hợp lý

Mệnh đề 1 Ma trận A của bài toán (2.1) – (2.4) có n hàng, n(n-1) cột, nhưng có hạng n – 1 Đặc biệt, tổng các vectơ cột là vectơ 0

Chứng minh Viết tường minh bài toán (2.1) – (2.4) ta thấy ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng gồm n-1 số 1 và -1, còn lại là số 0 Cũng như vậy, trên mỗi cột chỉ gồm 1 số 1 và 1 số -1, còn lại là số 0 Chẳng hạn n = 2, ta có











ư

ư

1 1

1 1

, với n = 3, ta có

A =





















ư

ư

ư

ư

ư

ư

1 1 1 1 0 0

1 1 0 0 1 1

0 0 1 1 1 1

,

Khi đó, nếu cộng n hàng lại với nhau thì được hàng toàn số 0, tức là n hàng của A phụ thuộc tuyến tính Nhưng có thể thấy tồn tại định thức cấp n-1 khác 0 Vậy điều

đó chứng tỏ hạng của ma trận A bằng n-1

Mặt khác, với n đỉnh sẽ có n(n-1)/2 cạnh Mỗi cạnh (i, j) có 2 ẩn zij và zji, vì vậy số

ẩn phải là n(n-1) Từ đó cho thấy số cột là n(n-1)

Cũng tương tự, tổng các vectơ cột sẽ là vectơ 0  Mệnh đề 2 Bài toán (2.1) – (2.4) thuộc lớp bài toán nửa hợp lý

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

Chứng minh Trước hết, như chứng minh mệnh đề 1, ta nhận xét rằng ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng, số phần tử 1 bằng số phần tử -1 Khi đó ta chọn vectơ u = (ui), với ui = 1, cho mọi i = 1, 2, , n(n-1), thì thoả mãn điều kiện bài toán nửa hợp lý  Bài toán (2.1) - (2.4), theo như mệnh đề 2, nó là nửa hợp lý Tuy nhiên, có thể kiểm tra thấy rằng bài toán đó chưa hợp lý

Chúng ta hãy xét riêng một mô hình thường gặp trong bài toán vận tải đã nêu như sau:

Ta giả thiết rằng số lượng hàng đang có ở kho i là bi Đặt xi là số hàng được vận chuyển đến kho i, tức là

xi = ∑

=

n

j 1

zij

Khi đó ta có bài toán

min { f(x, z) = ∑

=

n

i 1

si xi + ∑

=

n

i 1

∑

=

n

j 1

cij E(zij(w))}

với điều kiện









 ti(w) = bi + xi - ∑

∈V

j

zji(w), i = 1, 2, , n,

xi ≤ bi, i = 1, 2, …, n

xi ≥ 0, ti(w), zij(w) ≥ 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n

Ký hiệu

D = ( I A*), trong đó I là ma trận đơn vị, tương ứng với hệ số của xi (i = 1, 2, …, n), A* là ma trận

hệ số của zij trong bài toán nêu trên (chú ý rằng ma trận A* chỉ khác với ma trận A trong mệnh đề 1, bởi xóa đi các phần tử 1, còn lại các phần tử - 1 và 0) Như vậy, ma trận D có n hàng và n2 cột

Lúc này bài toán nêu trên có thể viết lại

min { f(x, z) = sTx + cTE(z(w))}

với điều kiện









 t(w) - D(x, z(w)) = b

x ≤ b

x, t(w), z(w) ≥ 0

Bài toán vừa nêu có thể viết khái quát hơn như sau:

Tìm x = (xi) ∈
n và z = (zij) ∈
2nsao cho

min { f(x, z) = sT x + E(dTt(w)) + E(gT(z(w))} (2.5)

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

với điều kiện









 Bx = b (2.6) U(w)x + Vt(w) + D(x, z(w)) = h(w), (2.7)

x, t(w), z(w) ≥ 0, (2.8) trong đó B, V là các ma trận hệ số, D và các ký hiệu khác như đã nêu trên U(w) và h(w) là các hàm affine đối với ωi, nghĩa là

U(w) = U0 + ∑

=

k

i 1

Uiωi, h(w) = h0 + ∑

=

k

i 1

hiωi Mệnh đề 3 Bài toán (2.5)-(2.8) với ma trận D như đã nêu thỏa mãn điều kiện hợp lý

Chứng minh Như đã thấy D = (I A*), nên với vectơ t = (ti) bất kỳ thuộc
n,

phương trình Du = t, ứng với mỗi ti có dạng

ui - vj = ti, (*)

trong đó vj = ∑j ∈Juj , với J là tập hợp gồm n-1 chỉ số tương ứng vơi các số -1 trong

D Rõ ràng phương trình (*) luôn tồn tại nghiệm ui, vj ≥ 0 với mọi ti Từ vj ta có thể phân tích để có được vectơ u = (ui) ≥ 0, thỏa mãn Du = t, với mọi cách chọn vectơ t Đó

là điều cần chứng minh 

Từ đây trở đi, ta xét bài toán vận tải dạng tổng quát (2.5)-(2.8)

Ta giả thiết thêm rằng t(ω), z(ω) cũng là hàm affine đối với ωi, nghĩa là

t(w) = t0 + ∑

=

k

i 1

tiωi, z(w) = z0 + ∑

=

k

i 1

ziωi (Chú ý rằng trong mô hình (2.5)-(2.8), sự biểu diễn dạng affine của U(ω), h(ω) và t(ω) là rất thực tế)

Khi đó ta xấp xỉ bài toán (2.5)-(2.8) bởi bài toán sau đây

min { F(x, z) = sTx + dTt0 + gTz0

} (2.9)

với điều kiện









 Bx = b (2.10)

Uix + Vti + Dzi = hi, i = 0, 1, …, k (2.11)

x, t(w), z(w) ≥ 0 (2.12) Mệnh đề 4 Mỗi phương án của bài toán (2.9)-(2.12) cũng là phương án của bài toán (2.5)-(2.8) Đồng thời minf ≤ minF

Chứng minh Cho x, z(ω) là phương án của bài toán (2.9)-(2.12), ta chỉ cần kiểm tra x, z(ω) có thỏa mãn điều kiện (2.7) hay không Rõ ràng từ điều kiện

Uix + Vti + Dzi = hi, i = 0, 1, …, k (2.11) cộng k+1 đẳng thức lại ta được điều kiện (2.7) Vậy mỗi phương án của bài toán (2.9)-(2.12) cũng là phương án của bài toán (2.5)-(2.8)

Trong biểu thức

min { f(x, z) = sTx + E(dTt(w)) + E(gT(z(w))}

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

ta thay

t(w) = t0 + ∑

=

k

i 1

tiωi, z(w) = z0 + ∑

=

k

i 1

ziωi Suy ra

min{f(x, z) = sTx + E(dTt(w)) + E(gT(z(w))} ≤ min{F(x, z) = sTx + dTt0 + gTz0

}

Đó là điều phải chứng minh

Ký hiệu q = (q1, q2, …, q 2

n ) Khi đó với mỗi i (i = 1, 2, …, n2), xét bài toán quy hoạch tuyến tính

gi = min gTq (2.13) với điều kiện

Dq = 0,

qi = 1,

qj ≥ 0, j ≠ i, trong đó g là vectơ hệ số tương ứng

Vì D thỏa mãn hợp lý nên tập phương án khác rỗng và bị chặn, do vậy có phương

án tối ưu qi Với mỗi i, ta được gi = gT

qi Bởi vậy, với bất kỳ r(ω) (không đòi hỏi không âm) và t(ω) thỏa mãn

U(ω)x + Vt(ω) + Dr(ω) = h(ω), (2.14)

ta xét

z(ω) = r(ω) + ∑

=

n

i 1

(ri(ω)_)qi, (2.15) trong đó ký hiệu a_ = max{- a, 0}

Chúng ta thấy rằng

z(ω) ≥ 0 và Dz(ω) = Dr(ω)

Thật vậy, từ (2.15), nhân D vào hai vế, vì ri(ω) là một số nên

Dz(ω) = Dr(ω) + ∑

=

n

i 1

(ri(ω)_)Dqi

Vì qilà nghiệm của (2.13) nên Dqi = 0 Từ đó suy ra Dz(ω) = Dr(ω)

Mặt khác, do q ≥ 0 và qi = 1, nên từ (2.15) suy ra z(ω) ≥ 0

Bởi vậy, với mỗi x cho trước nào đó thì tồn tại r(ω) và t(ω) thỏa mãn (2.14)

Mệnh đề 5 Bài toán (2.5)-(2.8) với mọi x và t(ω) đã cho, tồn tại r(ω) sao cho

U(ω)x + Vt(ω) + Dr(ω) = h(ω)

Chứng minh ([1]) Như đã nêu, ta có

t(w) = t0 + ∑

=

k

i 1

ti

ωi

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

Theo mệnh đề 3, bài toán đã cho là hợp lý, nên tồn tại r0, r1, …, rk, sao cho

Uix + Vti + Dri = hi, i = 0, 1, …, k

Thực hiện với ω và cộng k+1 đẳng thức trên ta được

r(ω) = r0 + ∑

=

k

i 1

riωi Mệnh đề chứng minh xong Mệnh đề 6 Bài toán (2.5)-(2.8) với mọi x thỏa mãn Bx = b, x ≥ 0, tồn tại t(ω), r(ω) sao cho z(ω) từ (2.15) thỏa mãn điều kiện của bài toán

Chứng minh Chú ý rằng t(ω) = 0 luôn thỏa mãn các ràng buộc Theo Mệnh đề 5 cùng với phương trình (2.15) cho thấy rằng t(ω) = 0 và z(ω) từ (2.15) thỏa mãn điều kiện của bài toán đã cho Đó là điều phải chứng minh

Từ (2.15) chúng ta có

gTz(ω) = gTr(ω) + gT(r(ω)_)

Xét bài toán

min{φ = sTx + dTt0 + gTr0 + E[gT(r(ω)_] (2.16)

với điều kiện









 Bx = b

Uix + Vti + Dri = hi, i = 0, 1, …, k

x ≥ 0

Mệnh đề 7 Mỗi phương án của bài toán (2.16) cũng là phương án của bài toán (2.5)-(2.8) Đồng thời minf ≤ minφ ≤ minF

Chứng minh Bài toán (2.16), rõ ràng với mọi phương án dạng (x, t(ω), z(ω)), trong đó

z(ω) = r(ω) + ∑

=

n

i 1

(ri(ω)_)qi

là thỏa mãn điều kiện của bài toán (2.5)-(2.8) Lúc này chúng ta có

minf ≤ minφ Ngoài ra, với mọi phương án dạng (x, t(ω), z(ω)) của bài toán (2.9)-(2.12), chúng

ta nhận thấy rằng

E[gT(z(ω)_] = 0

Do đó, với r(ω) = z(ω) thì (x, t(ω), z(ω)) là phương án của bài toán (2.16) và ta có

minf ≤ minφ ≤ minF

Đó là điều phải chứng minh

Từ Mệnh đề 7, sử dụng dạng affine của z(ω) và của t(ω), ta có thể xấp xỉ bài toán (2.5) -(2.8) bởi bài toán (2.16)

Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007

Trong trường hợp này, chúng ta rút bớt được cận trên của bài toán cần giải Như vậy, để giải bài toán (2.5)-(2.8), ta giải bài toán xấp xỉ (2.16) Việc giải bài toán (2.16) có thể sử dụng phương pháp xấp xỉ Monte - Carlo

tài liệu tham khảo

[1] X Chen, M Sim, P Sun, A robust optimization perspective of stochastic programming, Working paper, National University of Singapore, 2005

[2] Dinh The Luc, Introduction a la optimizacion no lineal, (Chapter 10: Stochastic Programming, pp 77-82, VI Coloquio del departamento de matematicas centro

de investigacion y de estudios avanzados del IPN 31 de Julio al 18 de Agosto de

1989

[3] Bùi Thế Tâm, Trần Vũ Thiệu, Các phương pháp tối ưu hoá, NXB Giao thông vận tải, Hà Nội, 1998

[4] Bùi Minh Trí, Quy hoạch toán học, Tập 2, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội, 2005

Summary

On A model of stochastic programming problems

In this paper, we set up a model of stochastic programming problems, prove its distinct properties Basing on the its distinct properties, we can approximate the chance - data transportation problem by a linear programming problem

(a) Cao học 13 XSTK, trường Đại học Vinh

(b) Khoa Toán, Trường Đại học Vinh