điều kiện cần và đủ để quy hoạch tuyến tính bất kỳ có nghiệm

Hãy trình bày một điều kiện cần và đủ để bài toán quy hoạch tuyến tính bất kỳ có nghiệm. Chứng minh điều đó. Bước 1: điều kiện cần và đủ bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc có nghiệmBước 2: xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát, tập phương án khác rỗng.Bước 3: phát biểu và chứng minh điều kiện cần và đủ bài toán quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát có nghiệm

1

Câu 1: Hãy trình bày một điều kiện cần và đủ để bài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT) bất kỳ có nghiệm Chứng minh điều đó

Ý tưởng chứng minh:

Bước 1: Đầu tiên ta phát biểu điều kiện đủ để bài toán QHTT dạng chính tắc:

 0

0

c u

u









có nghiệm

Giả sử M  0 với M0 là tập phương án của TT0

Nếu hàm :u c u, bị chặn dưới trong M0 thì TT0 có nghiệm

Bước 2: Xét bài toán QHTT dạng tổng quát TT với tập phương án M   Đặt bài toán QHTT dạng chính tắc TT0 (với tập phương án M0) tương ứng với nó

CM: - Nếu M   thì M  0

- Nếu hàm mục tiêu của TT bị chặn dưới trong M thì hàm mục tiêu của

TT0 bị chặn dưới trong M0

Bước 3: Phát biểu và CM điều kiện cần và đủ để bài toán QHTT dạng tổng quát

có nghiệm

Cụ thể như sau:

Bước 1:

Mệnh đề 1:

Xét  0

0

c u

u









0

M   với M0 là tập phương án của TT0

2

Nếu hàm :u c u, bị chặn dưới trong M0 thì TT0 có nghiệm

□ Trước khi chứng minh mệnh đề 1, ta phát biểu và chứng minh mệnh đề sau:

Mệnh đề 2: Tập điểm cực biên của M0 là hữu hạn và khác rỗng

 extM0 hữu hạn

Ta có M0 là tập lồi đa diện (vì nó là giao hữu hạn của các nửa không gian đóng)

Do đó extM0 là tập hữu hạn (đây là kết quả đã có trong lý thuyết ở mục 2.4 Điểm cực biên của tập lồi đa diện)

 extM  0

Ý tưởng chứng minh

- Lấy uM0

- Nếu u 0 thì u là điểm cực biên

- Nếu u 0 và không là điểm cực biên thì ta chỉ ra rằng có thể xây dựng 1

0

u M và có ít thành phần dương hơn u Dùng tiêu chuẩn điểm cực biên cho tập lồi đa diện M0, xem 1

u có là điểm cực biên không? Nếu không, xây dựng tiếp 21

0

u M có ít thành phần dương hơn 1

u Cứ thế tiếp tục thì hoặc là sẽ có i

u thỏa tiêu chuẩn điểm cực biên hoặc là đi đến vecto 0 cũng là điểm cực biên

- Vậy extM  0

Chứng minh cụ thể :

0

u





Ta sử dụng kết quả sau: (ký hiệu đã được giải thích trong lý thuyết)

3

0,

uM u 

(ulà điểm cực biên của M0)a j : jJ u   độc lập tuyến tính trong m

R

Ta gọi a j: jJ u   là hệ vecto liên kết với u

- Lấy uM0

- Nếu u 0 thì u là điểm cực biên

Chứng minh:

Giả sử 0 không là điểm cực biên của M0

Khi đó

   

 

  0

u v M

u v u v ii



 

Từ (ii) ta có  

 

u v

u v

  









0 tu 1 t v t, 0,1 iii

Mà u v, M0 nên 0  

0

u

iv v











Từ (iii) và (iv) nên 0

0

u v











(vì giả sử ngược lại, chẳng hạn có u 0 thì do t 0,1 ta có

0

tu

tu t v

t v



   (mâu thuẫn với 0tu1t v )

Nhưng 0

0

u v









 lại mâu thuẫn với uv

4

Do đó 0 là điểm cực biên của M0

 Nếu u 0 và không là điểm cực biên của M0

 

a j: j J u 

  phụ thuộc tuyến tính trong m

R

  ,

j

x j J u

   không đồng thời bằng 0 sao cho

 

0

j j

j J u

x a







Ta đặt n

tR được xác định như sau:

 

neu

0 neu

j

j

t

j J u



Như vậy t 0 và At 0, mặt khác Aub

Do tính chất nghiệm hệ phương trình tuyến tính ta có:

A u b với   R Đặt 0 min i , 0,   0

i i

u

t

Khi đó u0t0,u0t0 và có 1 vectow có ít thành phần dương hơn u Hơn nữa

,

Tóm lại:

0

u  và không là điểm cực biên của M0 thì ta xây dựng được

0

u u M u u sao cho : 1 1 1 2

u u  u trong đó 1

u có số thành phần dương ít hơn so với u Nếu 1

u vẫn không phải là điểm cực biên thì cũng tương tự như trên ta lại xây dựng được 3 4

,

u u trong đó 3

u có số thành phần dương ít hơn so với 1

u

5

Nếu 3

u vẫn không phải là điểm cực biên thì quá trình cứ tiếp tục như trên cho đến khi thu được một *

u có hệ vecto liên kết với nó độc lập tuyến tính hoặc đến lúc có vecto 0; dù trường hợp nào thì cuối cùng cũng thu được một điểm cực biên

Nhận xét: mục đích giảm số thành phần dương là để giảm số vecto trong

hệ vecto liên kết Hy vọng hệ vecto liên kết sẽ có 1 hệ con độc lập tuyến tính

□ Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 1:

Ý tưởng chứng minh:

Ta sẽ chứng minh với mỗi phương án uM0 luôn có một phương án cực biên

0

vM sao cho c u,  c v, mà extM  0 , hữu hạn

Giả sử là 1 2

, , , k

v v v Khi đó ta chọn *

0

v extM sao cho *

c v  c v i k

Từ đó suy ra: *

0

c v  c u uM

Vậy *

v là phương án tối ưu

Chứng minh cụ thể:

Lấy uM0

 Nếu u 0 thì u là phương án cực biên

 Nếu u 0 và u không phải phương án cực biên

Trước hết ta sẽ chứng tỏ có 1

u có ít thành phần dương hơn u và 1

c u  c u

Tương tự như chứng minh mệnh đề 2

Ta có thể chỉ ra một vecto t 0 sao cho A u  tb,R không mất tính tổng quát, giả sử c t , 0 (nếu c t , 0 thì lấy t thay cho t)

6

Một cách tương tự chứng minh mệnh đề 2 ta chọn  0 0, đủ nhỏ sao cho

0 0

u t , tức là u0tM0

+ Nếu c t , 0 ta xét nửa đường thẳng  1 

0

:

u  u  t   Ta có mọi điểm của nửa đường thẳng đều thỏa ràng buộc Axb

Vì c u,  t  c u,  c t,   khi    (vì c t , 0 )

Mặt khác :u c u, bị chặn dưới trong M0 nên đến giá trị *

 phải có thành phần nào đó của *

u t bằng 0 để sau đó u t ra ngoài M0, tức là

*

u t có ít thành phần dương hơn u và *

c u t  c u (vì c u , 0 )

+ Nếu c t , 0, ta xét cả đường thẳng  1 

:

u  u  t  R với  0 0, đủ nhỏ thì u0tM0 nên đường thẳng qua một điểm của M0 Mà M0 không chứa đường thẳng (vì có ràng buộc u 0) nên có điểm *

u t, khi đường thẳng đến ranh giới để rời M0, có ít thành phần dương hơn u Hơn nữa:

*

c u t  c u

Cứ tiếp tục quá trình, cuối cùng ta sẽ đến một điểm có hệ vecto liên kết với

nó độc lập tuyến tính hoặc đến lúc có được vecto 0 Dù trường hợp nào thì cuối cùng cũng thu được một phương án cực biên w Hơn nữa:

, w ,

c  c u

Vì tập extM0 là hữu hạn và khác rỗng (do mệnh đề 2)

Ký hiệu chúng là: 1 2

, , , k

v v v và gọi *

v là điểm cực biên sao cho

*

c v  c v i k

Ta đã chỉ ra là: mỗi uM0 có một i

v để c v, i  c u, nên

*

0

c v  c u  u M , đương nhiên *

0

v M

Vậy *

v là phương án tối ưu Tức là TT0 có nghiệm

7

Nhận xét:

Trong chứng minh trên ta có sử dụng kỹ thuật sau:

Xét trên nửa đương thẳng  1 

0

:

u  u  t   ta có u0tM0 Tức là xuất

phát từ một điểm thuộc M0 như vậy  0 

0 0

A u t b

u t









khi di chuyển theo nửa

đường thẳng (cho  tăng) thì ràng buộc A u  tb luôn thỏa Nhưng vì hàm mục tiêu bị chặn dưới trong M0 mà lại có c u,  t   khi    + , như vậy sẽ có những điểm trên nửa đường thẳng không thuộc M0, tức là không thỏa ràng buộc u t0, tức là có thành phần nào đó của u t nhỏ hơn 0, ta giả sử nó là:  

0

0

j

u t  , Ta có      

u t  u  t

Nếu điểm thuộc M0 ta có    

0

u  t  , khi ra ngoài M0 ta có

   

0

u  t 

Xét hàm số theo  :

   

:









Do tính liên tục của  nên có *

 sao cho    

*

0

Bước 2:

Cho TT c u, min

Au b







,

M   M là tập phương án chấp nhận được của TT

Đặt

1 2

1 2

c u u

u u







8

1 2

u u



Đặt

1 2

1 2

c u u

u u v







1 2

, , 0

u u v



Mệnh đề 3:

(i) M   thì M  1 và M  0

(ii) Hàm mục tiêu của TT bị chặn dưới trong M thì hàm mục tiêu của

TT0 bị chặn dưới trong M0

Chứng minh:

(i) Giả sử M   thì  u M

Đặt u u1 , 2 R n được xác định như sau:

  1

0 if 0

j

j

u

u



 





  2

0 if 0

j

j

u

u



 





Ta có uu1u u2, 10,u2 0

Do uM nên Aub A u 1 u2 0

Đặt u u1 , 2R nR n thì u u1 , 2M1 hay M  1

9

Đặt vA u 1 u2 b 0

Đặt u u v1 , 2 , R nR nR m ta có u u v 1, 2, 0

Do cách đặt ta có: A u 1 u2Ivb tức là u u v1 , 2 , M0 hay M0  

(ii) Hàm mục tiêu của TT bị chặn dưới trong M tức là:

+ Lấy u u1 , 2M1 CM c u, 1 u2 

Đặt uu1u2 do u u1 , 2M1 ta có

A u u b Aub u M  c u a c u u 

Vậy hàm mục tiêu của TT1 bị chặn dưới trong M1

+ Lấy u u v1 , 2 , M0 CM c u, 1 u2 

Đặt uu u1, 2, do u u v1 , 2 , M0 ta có A u 1 u2Ivb A u 1 u2b (vì 0

v  ) hơn nữa u u 1, 2 0

Vậy uu u1, 2M1

Do hàm mục tiêu của M1bị chặn dưới trong M1 nên c u, 1 u2 

Từ đó ta có hàm mục tiêu của TT0 bị chặn dưới trong M0

Bước 3:

Xét TT c u, min

Au b







M là tập phương án của TT

Giả sử M  

10

TT có nghiệm  hàm :u c u, bị chặn dưới trong M

  Giả sử TT có nghiệm, tức là:

*

*

c u c u

  









,

c u

  , Ta có  u M c u, ,  hay :u c u, bị chặn dưới trong M

  Bằng cách đặt TT1 , TT0 như sau:

1 2

1 2

c u u

u u











1 2

1 2

c u u

u u v











Do M  và hàm :u c u, bị chặn dưới trong M Theo mệnh đề 3 thì hàm mục tiêu của TT0 bị chặn dưới trong M0 và M  0

Áp dụng mệnh đề 1 thì TT0có nghiệm Nhờ kết quả lý thuyết ta có TT1 có nghiệm và TTcó nghiệm

Chứng minh xong