Thuật toán đơn hình với việc thay đổi một số dữ liệu ban đầu

Trường đại học hùng vương Khoa khoa học tự nhiên ---o0o--- Thuật toán đơn hình với việc Thay đổi một số dữ liệu ban đầu Khoá luận tốt nghiệp: Đại học Sư phạm Toán... Mục lục Chương

Trường đại học hùng vương

Khoa khoa học tự nhiên

-o0o -

Thuật toán đơn hình với việc Thay đổi một số dữ liệu ban đầu

Khoá luận tốt nghiệp: Đại học Sư phạm Toán

Mục lục

Chương 2: Thuật toán đơn hình với việc thay đổi một số

dữ liệu ban đầu

22

Chương 3: Một số bài toán thực tế ứng dụng sự thay đổi

một số dữ liệu ban đầu để ra quyết định tối ưu

50

3.2 Một số bài toán về cực tiểu hoá cước phí

Lời nói đầu

Là một thuật toán lớn của quy hoạch tuyến tính (QHTT), thuật toán đơn hình

được ra đời từ những năm 40 của thế kỷ XX, xuất phát từ yêu cầu tìm lời giải cho các bài toán kinh tế của nhà toán học người Mỹ (Dantzig) Với hệ thống lý thuyết chặt chẽ, thuật toán giúp giải quyết chính xác và đầy đủ các bài toán QHTT cỡ lớn với những số liệu tính toán phức tạp Việc khai thác bài toán theo hướng phục vụ cho các bài toán thực tế đặc biệt có ý nghĩa Trong cuộc sống thực tiễn (đặc biệt là thực tiễn sản xuất của các doanh nghiệp) khi sử dụng thuật toán đơn hình để tìm phương án sản xuất tối ưu thì doanh nghiệp phải thực hiện những tính toán phức tạp trên các yếu tố có liên quan mật thiết với nhau và liên quan trực tiếp đến sản xuất

trường hợp các yếu tố kể trên không còn bền vững mà nó thay đổi do những điều kiện khách quan hay chủ quan mang lại thì doanh nghiệp phải điều chỉnh lại phương án sản xuất Trong tình huống ấy, việc giải lại các bài toán từ đầu bằng thuật toán đơn hình là khó khăn và phức tạp Vì vậy việc tìm ra cách thức xử lý các vấn đề hậu tối ưu khi thay đổi một số dữ liệu ban đầu bằng thuật toán đơn hình là việc làm cần thiết cho những người học và làm QHTT

Với mong muốn nâng cao chất lượng học tập môn QHTT và tăng cường việc vận dụng kết quả học tập của bộ môn vào đời sống thực tiễn, tôi đã tìm hiểu và xây dựng đề tài : “Thuật toán đơn hình với việc thay đổi một số dữ liệu ban đầu” Ngoài lời nói đầu, tài liệu tham khảo khoá luận gồm có 60 trang chia làm 3 chương:

Chương 1 Các kiến thức bổ trợ

Chương 2 Thuật toán đơn hình việc thay đổi một số dữ liệu ban đầu

Chương 3 Một số bài toán thực tế ứng dụng sự thay đổi một số dữ liệu ban đầu để

ra quyết định tối ưu

Trong mỗi chương cơ bản gồm 3 phần chính: Phần trình bày các kết quả lý thuyết, phần đề bài các bài tập và phần lời giải các bài tập

Phần trình bày các kết qủa lý thuyết: Trình bày các định nghĩa, định lý đặc biệt

là các kết quả nghiên cứu lý thuyết về sự thay đổi một số dữ liệu ban đầu.Tài liệu quan tâm đưa ra các nhận xét, chú ý cần thiết giúp người đọc hiểu sâu hơn lý thuyết

Do lần đầu tiên được nghiên cứu đề tài cùng với những hạn chế về thời gian cũng như vốn kiến thức của mình, tài liệu không tránh khỏi có thiếu sót Em kính mong các thầy cô giáo đã dành thời gian đọc và cho em những chỉ bảo giúp em hoàn chỉnh khoá luận này

Phú Thọ, tháng 5 năm 2008 Sinh viên

Vũ Thị Thu Trang

Chương 1 các kiến thức bổ trợ

1.1 Bài toán QHTT tổng quát

Tìm vectơ x= ( x1, x2, , xn ) ∈ Rn sao cho hàm f(x) = ∑

=

n

j1

cj xj đạt giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) với các điều kiện:

Mỗi bộ ba (I1,I2,I’) và (J1 ,J2 ,J’) đều có tính chất đôi một không giao nhau

* f(x) được gọi là hàm mục tiêu

* Mỗi ràng buộc (1), (2), (3) được gọi là ràng buộc cưỡng bức (ràng buộc cơ bản)

* Mỗi ràng buộc (4), (5), (6) được gọi là ràng buộc tự nhiên (ràng buộc dấu)

* Mỗi vectơ x thỏa mãn mọi ràng buộc được gọi là một phương án

* Mỗi vectơ mà tại đó hàm mục tiêu đạt giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) được gọi

Aj = (a1j , a2j , , amj ) ; j = 1,n là vectơ cột (hay ma trận cột) thứ j của A

Ta luôn kí hiệu một vectơ là vectơ cột (hay ma trận cột)

Ta kí hiệu At là ma trận chuyển vị của A

2) Nếu I1= ∅ ; I2= ∅ ; J1= N thì ta có bài toán QHTT chính tắc

Nếu I2= ∅ ; I’= ∅ ; J1= N thì ta có bài toán QHTT chuẩn tắc

3) Bằng phép biến đổi đơn giản trên hệ phương trình tuyến tính ta có thể

đưa bài toán QHTT bất kì về dạng chính tắc

1.3 Thuật toán đơn hình tổng quát

Phương án x0=(xj 0) ; j = 1 ,n của bài toán QHTT chính tắc (P) được gọi là phương

án cực biên nếu hệ véctơ cột của ma trận A ứng với các thành phần dương của

x0 được gọi là phương án cực biên suy biến, nếu số thành phần dương của x0 bằng

1.3.2 Định nghĩa cơ sở của phương án cực biên

Giả sử x0= (xj 0) ; j = 1, n (khác 0) là một phương án cực biên của bài toán QHTT dạng chính tắc (P) Kí hiệu J là 1 bộ phận gồm đủ m chỉ số:

J⊃J+( x0) ( J+( x0)={j; xj 0 >0}) Ta gọi một bộ gồm m véctơ cột độc lập tuyến tính {a ; j Jj ∈ } của ma trận A là một cơ sở của phương án cực biên x0

1.3.3 Cơ sở lý thuyết của thuật toán đơn hình

Giả sử đã biết một phương án cực biên của bài toán (P) là x = (x10, x20, , xn0) ứng với cơ sở {Ai ; i ∈ J0} Số phần tử của J0 là |J0| = m Để cho gọn ta cũng nói xứng với cơ sở J0 Như vậy giá trị các ẩn cơ sở trong x là xi0 (i ∈ J0 ) giá trị của ẩn phi cơ sở là xj0 = 0 (j = N \ J0) ; N = {1, 2, , n} để cho gọn ta viết: xj0 = 0 với j ∉J0.Gọi B = ( A1 A2 Am ) là ma trận có các cột là m vectơ trong cơ sở và đặt:

xi = xi - ∑

∉J0i

Định lý 1.2 (Tiêu chuẩn tối ưu)

Nếu ứng với phương án cực biên x0 của cơ sở J0 mà ∆j < 0 ( ∀j ∈ J ) thì x0 là phương án tối ưu của bài toán QHTT dạng chính tắc

Hệ quả Nếu ứng với phương án cực biên x0 của cơ sở Ai mà ∃ ∆j = 0 ( j ∉J0) thì x0

là phương án tối ưu không duy nhất của bài toán (P)

Định lí 1.3 (Dấu hiệu hàm mục tiêu không bị chặn trên tập phương án)

Nếu ứng với phương án x0 của cơ sở Ai tồn tại một chỉ số j ( j ∉J0) để ∆j > 0 và

Định lí 1.4 (Dấu hiệu xây dựng phương án cực biên tốt hơn)

Nếu ứng với phương án cực biên x0 của cơ sở Ai và với mỗi j mà ∆j > 0 vectơ xj

có ít nhất 1 thành phần dương thì có thể xây dựng được một phương án cực biên

Tìm phương án cực biên mới tốt hơn, công thức đổi cơ sở

dấu hiệu hàm mục tiêu không bị chặn trên tập phương án Khi đó ta chuyển sang

* Chọn vectơ Ak vào cơ sở: ∆k = max {∆j ; ∆j > 0} (1.5)

* Chọn vectơ As đưa ra khỏi cơ sở: min { i 0

ik

x

x ; xik > 0 ; i ∈ J0 } =

s 0 sk

∆ = ∆j - sj

sk

x

x ∆k 1.3.4 Thuật toán đơn hình gốc

số khai triển xij và các ước lượng ∆j

Bước 2: Kiểm tra dấu hiệu tối ưu

• Nếu ∆j ≤ 0 ; mọi j thì x0 là phương án tối ưu Thuật toán kết thúc

• Nếu ∃ ∆j > 0 , j ∉ J0 thì chuyển sang bước 3

Bước 3: Kiểm tra dấu hiệu hàm mục tiêu giảm vô hạn, cải tiến phương án Với

mỗi j ∉J0 mà ∆ j > 0 ta kiểm tra hệ số khai triển xij của cột Ai tương ứng

Nếu ∃ ∆j > 0 , j ∉ J0 mà tất cả các xij ≤ 0, ∀i ∈ J0 thì kết luận hàm mục tiêu giảm

vô hạn trên miền ràng buộc Bài toán không có lời giải hữu hạn trên miền ràng

buộc Thuật toán kết thúc

Nếu ∀i ∉ J0 mà ∆ j > 0 đều tồn tại ít nhất một hệ số xij > 0 thì chuyển sang cơ sở

Chú ý Trong thực hành ta thường lập bảng giải bài toán QHTT bằng thuật toán đơn hình gốc như sau:

Ta giả thiết đã biết một cơ sở xuất phát:

Ai = { A1, A2, , Am } và B = [A1 A2 Am] = E ( E là ma trận đơn vị ) ở đây

xj = B-1Aj = Aj (i = 0 ,n; A0 = b) ; J0 = [1, 2, , m]

Các dữ kiện về phương án, các ước lượng ∆ j của vectơ Aj véctơ hệ số khai triển Aj

cs As xs0 0 0 1 0 xs,m+1 xsi xsk xsn

cm Am xm0 0 0 0 1 xm,m+2 xmj xmk xmn

f(xư) 0 0 0 0 ∆m+1 ∆j ∆k ∆n

Thực hiện phép biến đổi bảng chuyển từ cơ sở Ai {Ai ; i∈ J0} sang cơ sở:

{ Ai ; i ∈( J0 \{s}) ∪{k}}

với vectơ đưa vào As được gọi là hàng xoay, phân tử xsk được gọi là phần tử xoay Bảng đơn hình mới có được từ bảng đơn hình cũ theo các công thức đổi cơ sở sau khi chọn ẩn vào, ẩn ra cụ thể bằng lời như sau:

+ Trong cột cơ sở thay As bằng Ak

+ Trong cột c thay cs bằng ck

mới

+ Mỗi phần tử khác ngoài hàng xoay trừ đi tích của phần tử cùng hàng với nó trên cột xoay với phần tử cùng cột với nó trên hàng chuẩn được phần tử cùng vị trí trong bảng đơn hình mới

1.3.5 Thuật toán bài toán M

Giả sử cần giải bài toán (P) với giả thiết b ≥ 0

Tương ứng với bài toán chính là bài toán sau mà sẽ gọi là bài toán M

f(x,w) = ctx + M (w1 + w2 + + wm ) → min

Ax + w = b

x ≥ 0 ; w ≥ 0

Trong đó wt = (w1 ; w2 ; ; wm), A là ma trận cấp mx n

Các ẩn wi = xn+i (i = 1 ,m) mới đưa vào được gọi là các ẩn giả, còn M là một tham

số dương được coi là rất lớn, lớn hơn bất cứ số cụ thể nào cần so sánh với nó

Rõ ràng bài toán M đã ở dạng chuẩn với phương án cực biên (0, b) = ( 0, , 0, b1, b, , bm) ứng với cơ sở đơn vị { An+i = Ei ; i = 1 ,m}; An+i là vectơ đơn vị thứ i - vectơ cột các hệ số của ẩn wi = xn+i (i = 1 ,m) Ta có thể bằng thuật toán đơn hình gốc giải bài toán M

pha)

Khi giải bài toán M , các trường hợp sau có thể xảy ra:

Trường hợp 1: Thu được phương án tối ưu ( x , w )

Nếu w = 0 (trong phương án tối ưu mọi ẩn giả đều bằng 0) thì ta kết luận x là phương án tối ưu của bài toán chính

kết luận bài toán chính có tập phương án rỗng

Trường hợp 2: Xuất hiện dấu hiệu hàm mục tiêu không bị chặn khi đó ta kết luận bài toán chính có hàm mục tiêu không bị chặn

Chú ý:

1) Nếu bài toán chính đã có sẵn một vài vectơ đơn vị thì ta chỉ cần đưa vào một số

ẩn giả vừa đủ để có đúng một cơ sở đơn vị

các bước sau cột x n+i không cần tính nữa

1.3.6 Thuật toán đơn hình đối ngẫu

1.3.6.1 Bài toán đối ngẫu của bài toán QHTT dạng chính tắc

1.3.6.2 Định nghĩa cơ sở đối ngẫu

đối ngẫu (Q) thỏa mãn điều kiện:

ytAi = ci nếu i ∈ J0 (a)

ytAj ≤ cj nếu j ∉ J0 (b)

Chú ý:

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu và ta nói x , y là phương án cực biên tối ưu tương ứng của bài toán gốc và đối ngẫu

2) Nếu tồn tại i ∈ J0 sao cho xi0 < 0 và xij ≥ 0 (j = 1 ,n) thì bài toán có tập phương án là rỗng, trong đó xj = (xij) với j ∈ J0 (khi đó bài toán đối ngẫu có hàm mục tiêu không bị chặn )

1.3.6.3 Thuật toán đơn hình đối ngẫu trong trường hợp đV có cơ sở đối ngẫu

Giả sử cần giải bài toán (P) trong đó c≥0

Giả sử đã biết cơ sở đối ngẫu (xuất phát) là cơ sở đơn vị trong Rm Khi đó

xj = Aj (j = n0, ) Tính ∆j = ct xj - cj (j = n1, ) theo bảng giống như bảng đơn hình gốc Các bước thực hiện thuật toán:

•Nếu x0 ≥ 0 thì x = ( xi) là phương án tối ưu (của bài toán gốc) với xi = xi0 (i ∈ J0) ; xj = 0 (j ∉ J0) và kết thúc thuật toán

•Nếu trái lại thì chọn xs0 = min {xi0 : i∈ J0}

+ Nếu xsj ≥ 0 với ∀j = 1 ,n thì kết luận tập phương án rỗng và kết thúc thuật toán

+ Nếu trái lại thì chọn λk = k

skx

mới, coi nó như giả phương án ban đầu và quá trình tính toán lặp lại từ bước 1 1.3.6.4 Thuật toán đơn hình đối ngẫu trong trường hợp chưa biết cơ sở đối ngẫu

Từ bài toán (P) ta luôn xác định được H = { Ai ; i ∈ J0 } là hệ gồm đúng m vectơ

độc lập tuyến tính

• Nếu H là cơ sở đối ngẫu, nghĩa là ∆j ≤ 0 với ∀j cũng nghĩa là hệ

ytAi = ci nếu i ∈ J0

ytAj ≤ cj nếu j ∉ J0

có nghiệm thì ta biến đổi sơ cấp trên các dòng của ma trận [A/b] để thu được ma trận có m vectơ đơn vị khác nhau tương ứng với cơ sở H

không thì ta xét bài toán sau (bài toán gốc mở rộng): F (x0,x) = ctx → min

vectơ các biến phi cơ sở

Đối với bài toán này ta có ngay 1 cơ sở B^ = {A^ 0 ;A^ 1; ; A^ m } Xây dựng bảng đơn

ta có thể gặp một trong các tình huống sau:

• Bài toán mở rộng có phương án tối ưu là : (x0, x1, , xn ) và A^ 0 thuộc cơ sở tương ứng Khi đó các biến cơ sở sẽ phụ thuộc vào M Có 2 khả năng sau:

Hai là: Giá trị tối ưu của bài toán không phụ thuộc M, khi đó bài toán ban đầu không có phương án tối ưu mà ta có thể thu được từ phương án tối ưu của bài toán

giá trị của một biến cơ sở nào đó trong bài toán mở rộng

1.4 Phần bài tập về thuật toán đơn hình

1.4.1 Phần đề bài

Bài 1 Cho bài toán với tham số λ:

f(x) = x1 + x3 - λx4 → min

1thì x là phương án tối ưu của bài toán

Bài 2 Ta đã có một vectơ đơn vị, đưa thêm vào 2 ẩn giả x6, x7 ta được bài toán phụ:

F(x,w) = x6 + x7 → min

3 -2 -3

2

2

0

-9 -7

2 (2)

0

-9 -8 1/3

4 }=2

0

1

0

-1 -4 1/3

∆j ≤ 0 dÊu hiÖu tèi −u ⇒

2

1

2 -4

0

0 -1

2

2

; 4

1

; 1

4 }= 4

0 -1

0

1

0

-1/2 -1/4 9/4

0 1/2 -9/2

0

0 -1

4

15

; 4

9 }=

3/2 -9/2

0 -1

-2/9 -1/9 -4/9

5, 0, 0,

3

7, 0, 0)

trong đó mọi ẩn giả x5 =

3

7> 0 Vậy bài toán chính có tập phương án là rỗng

x7, x8 ta có bài toán M tương ứng là:

x1 + 5x2 + 2x3 - x4 + 6x5 + M ( x6 + x7 + x8 ) → min

3x1 + 6x2 + 4x3 + 2x 4 + x5 + x6 = 83

0

6 -4

0

3 -4

2

2 (4)

83

; 4

36 }=

4

3 ⇒ A 7 ra.

γ i

δ j

-5/2 -3

-8 -2

33

3 -3/4 (3)

5 -1

Cßn hµm môc tiªu gi÷ nguyªn, c¸c thµnh phÇn c¬ së trong gi¶ ph−¬ng ¸n cã d¹ng

p + qM nªn cét x~0 ®−îc t¸ch thµnh 2 nh¸nh, nh¸nh tr¸i ghi sè p, nh¸nh ph¶i ghi q Ta cã b¶ng sau:

1

1 -3

1

5

(1)

3 -1 -5

1

5

1 -3

1

5

1 (-7)

0

6

1 -6

1 17/7

4/7 3/7

1 17/7

2 34/7

0 6/7

2

−

−

; 6

6

−

− }

= 7

2 ⇒ A 1 vµo.

24/7 -15/7 -15/7 0 -30/7 0 -2/7 0 0

thuộc cơ sở tối ưu Mặt khác vì giá trị của hàm mục tiêu là

7

24

- 7

Kết luận chương 1 Trình bày khái quát về bài toán QHTT, các định lí, định nghĩa cơ bản của bài toán QHTT Thuật toán đơn hình gốc; thuật toán bài toán M; thuật toán đơn hình

đối ngẫu và một số bài toán áp dụng thuật toán đơn hình để từ đó làm cơ sở, nền tảng cho phần lý thuyết trình bày ở chương 2

Chương 2 Thuật toán đơn hình với việc thay đổi

một số dữ liệu ban đầu

2.1 Trường hợp thay đổi một số thành phần vế phải

i

các hệ số trong bảng đơn hình cho bởi:

Để giải bài toán mới ta làm như sau:

Đặt ∆b = b- b khi đó b = b + ∆b Vì sự thay đổi này không xảy ra ở vectơ hệ số hàm mục tiêu nên ∆j vẫn thoả mãn công thức (2.2) Phương án x0 = (x0

j ); j ∈ N của

bài toán (P) được chuyển thành phương án x = (xj); j ∈ N

Giá trị các biến cơ sở mới sẽ là: xi = ( ư 1

thuật toán đơn hình đối ngẫu để giải bài toán

2.1.2 Nhận xét

Với cơ sở lý thuyết trên trong thực hành ta sẽ gặp bài toán ở một trong hai tình

huống sau:

hành giải bài toán mới như sau:

• Tách cột x0 thành 2 phần ứng b và b (nếu các số liệu ở bước 1 thu được do

biến đổi sơ cấp ma trận (A/b) thì nhất thiết phải thực hiện phép biến đổi sơ cấp

tương ứng đối với ma trận (A/ b/ b )

đó mọi số liệu ở mỗi bước được giữ nguyên trừ cột x0 (nhánh b)

Việc tính toán sẽ kết thúc khi đã xuất hiện hoặc dấu hiệu tối ưu hoặc dấu hiệu

hàm mục tiêu không bị chặn, hoặc dấu hiệu tập phương án là rỗng (có thể kết thúc

tại bước cuối cùng sau khi giải bài toán (P) cũng có thể kết thúc trước hoặc sau

bước đó, nếu phải kéo dài thêm một số bước thì phải sử dụng thuật toán đang dùng)

+ Tình huống 2: ∃j ∉ J0 sao cho ∆j > 0 ở bước cuối cùng khi giải bài toán (P)

Ta sẽ gặp tình huống này trong trường hợp bài toán (P) có hàm mục tiêu không bị

chặn (thuật toán đơn hình gốc)

Nếu sau khi tiến hành các bước như tình huống 1, nhưng chưa xuất hiện dấu hiệu

có thể kết thúc thuật toán tại bước cuối (đối với bài toán (P)) Đó chính là cột

x0 (nhánh b ) có ít nhất một thành phần âm thì ta phải dùng thuật toán đơn hình đối ngẫu đối với bài toán gốc mở rộng (bổ sung một ràng buộc giả tạo với ẩn giả tạo

x0 ≥ 0)

2.2 Trường hợp thay đổi hệ số hàm mục tiêu

2.2.1 Cơ sở lý thuyết

Giả sử x0 = (x0j ) ; ( j ∈ N) là phương án tối ưu của bài toán (P) vì một lý do nào

đó, hệ số các biến trong hàm mục tiêu c bị thay đổi như (chi phí sản xuất hoặc lợi nhuận ) thành ɵc

Thì bài toán mới cần giải có dạng:ϕ(x) = f=ɵctx→ min

Từ (2.4) và (2.5) ta thấy công thức (2.2) có thể sẽ không thoả mãn cho bài toán mới

mới (do sự thay đổi chỉ diễn ra ở vectơ c) Từ đây có thể áp dụng thuật toán đơn hình để tiếp tục giải bài toán với cách tính các ước lượng và tính giá trị hàm mục tiêu được cho ở ( 2.4 ) và ( 2.5 )

2.2.2 Nhật xét

Từ cơ sở lý thuyết ở 2.2.1 trong thực hành ta tiến hành giải bài toán mới như sau:

có (khi giải bài toán với hàm mục tiêu f(x) )

tính các ước lượng ∆j(ϕ) đối với bài toán mới rồi viết ngay vào bảng (ngay dưới

Giả sử bằng thuật toán đơn hình ta thu được phương án tối ưu của bài toán (P)

là x ứng với cơ sở tối ưu J0 và ∆j ≤ 0 (∀j =

_

xuất khi lập mô hình, người ta đã bỏ sót một số điều kiện nào đó hoặc khi giải xong bài toán QHTT một số điều kiện nào đó thay đổi làm cho lời giải tối ưu vừa tìm thấy không sử dụng được nữa Ta sử dụng kết quả hiện có để giải bài toán sau khi

bổ sung một ràng buộc mới có dạng:

Trường hợp trái lại x không thoả mãn ràng buộc (2.6), với ẩn bù xk ≥ 0 (k > n) ta

đơn hình xuất phát giải bài toán (2.7) bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu (chú ý

tiêu là ck = 0, và rõ ràng ∆k = 0 )

Việc khử dần các ẩn cơ sở trong (2.8) được tiến hành như sau:

Nhân hai vế của (2.9) với - am+1,i rồi lấy tổng theo i ∈ J0, kết quả cộng với (2.10)

ta được

Trong đó ∆j ≤ 0 với mọi j Rõ ràng là, nếu xk,0 ≥ 0 thì x vẫn là phương án tối ưu -

2.3.2 Nhận xét

đổi sơ cấp ma trận của bảng số liệu cuối cùng khi giải bài toán (P) có bổ sung thêm dòng các hệ số của (2.8) sao cho giữ nguyên bảng số liệu cuối cùng nói trên, đồng

thời tạo ra m + 1 vectơ đơn vị Trong bảng mới, bao gồm m vectơ đơn vị cũ có bổ xung một số 0 vào phía cuối và vectơ đơn vị thứ m + 1 là xk

thuật toán ngay

2.4 Phần bài tập về sự thay đổi một số dữ liệu ban đầu

2.4.1 Phần đề bài

Bài tập về sự thay đổi một số thành phần vế phải

Bài 1 Giải bài tập 2 chương 1 khi thay b = (5, 19, 15) bởi b = (3, 14, 6)

Bài 3 Cho bài toán (A là ma trận ràng buộc)

b) Giải bài toán đã cho bằng thuật toán đơn hình đỗi ngẫu

c) Cho lời giải của bài toán sau khi thay vế phải b = (0, 8, 6) bởi b = (22, 10, 44) Bài 4 Cho bài toán: f(x) = 5x1 + x2 - 4x3 - 2x4 + 6x5 → min

- 2x1 - x3 + x4 - x5 = b2

a) Giải bài toán đã cho khi b = (b1, b2) = (14, 5)

b) Giải bài toán khi thay b = (14, 5) bởi

b = (14, -2)

Bài tập về sự thay đổi hệ số của hàm mục tiêu

Bài 5 Cho bài toán f(x) = 2x1 + 3x2 - x3 + x4 → min

x1 + x3 - 2x4 = 16

a) Giải bài toán đã cho

b) Giải bài toán khi thay hàm mục tiêu bởi hàm ϕ(x) = x1 + 6x2 +2x3 + 2x4 Bài 6 Cho bài toán f(x) = ctx = 3x1 - 2x2 + 5x3 - 2x4 → min

x1 + 7x3 - 3x4 = 7

x2 - 2x3 + x4 = 1

3x3 - x4 + x5 = 16

a) Giải bài toán đã cho

b) Giải bài toán khi thay c = (3, 2, 5, - 2) bởi c’ = ( 2, 1, - 4, 3)

Bài 7 Cho bài toán f(x) = ctx = 7x1 + x2 - 4x3 → min

b) Giải bài toán đã cho khi thay f(x) = 7x1 + x2 - 4x3 bởi ϕ(x) = 5x1 + 2x2 + 3x3

Bài tập về trường hợp bổ sung thêm các ràng buộc mới

Bài 8 Cho bài toán (bài tập 4 chương 1): x1 + 5x2 + 2x3 - x4 + 6x5 → min

a) Giải bài toán đã cho

b) Hãy giải bài toán đã cho khi thêm ràng buộc 3x1 + x2 + 4x3 + 2x4 + 2x5 ≥ 95

Bài 9 Cho bài toán -3x1 + 3x2 + 4x3 + 2x4 + 3x5 - 2x6 → min

a) Giải bài toán đã cho bằng thuật toán đơn hình hai pha

b) Giải bài toán đã cho khi bổ sung thêm ràng buộc:

x1 + 3x2 + 2x4 + x5 + x6 ≤ 21

2x1 - x2 + 6x3 + 3x4 + 8x5 + 4x6 ≤ 57 Bài 10 Cho bài toán: f(x) = 4x1 - 3x2 + 2x3 + x4 - 2x5 → min

2x1 + 2x2 - x3 + x4 + 2x5 = α + 31

- x1 + 3x2 + x3 + 4x5 = 41

- x1 + x3 + 2x5 = 10

xj ≥ 0; j = 1 , 5, trong đó α là tham số (α ≥ 0)

a) Giải và biện luận bài toán đã cho theo tham số α

b) Giải và biện luận theo tham số α bài toán đã cho có bổ sung thêm ràng buộc

x2 ≤ 4

Bài 11 Cho bài toán: f(x) = 4x1 - x2 + 2x3 - 2x4 + x5 + x6 → min

-x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + 11x5 = 6 2x1 + 2x2 + 4x3 + 2x4 + 11x5 + x6 = 37

- x1 + x2 + 2x3 + 4x5 = 1

xj ≥ 0; j = 1 , 6 a) Giải bài toán đã cho

c) Giải bài toán đã cho khi có thêm ràng buộc x1 ≥ 8 và x3 ≥ 6

đối ngẫu

Bµi 2 Ta gi¶i bµi to¸n víi vÕ ph¶i b b»ng thuËt to¸n hai pha víi 2 Èn gi¶ x7, x8 ≥ 0

Ta cã bµi to¸n míi: F(x, u) = x7 + x8 → min