Tài liệu ôn thi môn Quy hoạch tuyến tính

Một phương án làm cho hàm mục tiêu đặt cực tiểu ứng với bài toán cực tiểu hoặc cực đại ứng với bài toán cực đại gọi là phương án tối ưu.. Bài toán quy hoạch tuyến tính không có phương á

Chương 1: Bài Toán Quy Hoạch Tuyến Tính

(2) là hệ gồm những phương trình và bất phương trình bậc nhất, chúng ta gọi là hệ ràng buộc chung của bài toán Các b ,i 1,mi = gọi là các hệ số tự do và

ij

a , i 1,m; j 1,n gọi là các hệ số của các ràng buộc chung

(3) là các điều kiện về ràng buộc dấu của các ẩn số, chúng ta gọi chung là ràng buộc biến

Hệ (I) gồm các ràng buộc chung và các ràng buộc biến , gọi là hệ ràng buộc của bài toán

a) Phương án

Một véc tơ x (x ,x , ,x ) = 1 2 n được gọi là phương án (hay phương án chấp nhận được) của bài toán nếu nó thỏa hệ ràng buộc (I)

Tập hợp tất cả các phương án của bài toán gọi là miền phương án hay miền ràng buộc của bài toán, ký hiệu là D (hoặc X, hoặc Y).

b) Phương án tối ưu.

Một phương án làm cho hàm mục tiêu đặt cực tiểu ( ứng với bài toán cực tiểu) hoặc cực đại (ứng với bài toán cực đại) gọi là phương án tối ưu Ký hiệu là x ∗ Khi đó f(x ) ∗ gọi là giá trị tối ưu của bài toán

c) Bài toán giải được

Bài toán quy hoạch tuyến tính có ít nhất một phương án tối ưu gọi là bài toán giải được

Bài toán quy hoạch tuyến tính không có phương án hay có phương án nhưng nó làm cho hàm mục tiêu không bi chặn dưới( với bài toán cực tiểu) hoặc không bị chặn trên( với bài toán cực đại) trong miền phương án thì gọi

là bài toán không giải được

Giải bài toán quy hoạch tuyến tính là tìm tất cả các phương án tối ưu của nó (nếu có) và giá trị tối ưu tương ứng, hay là chứng tỏ bài toán là không giải được

Ví dụ 1 Cho quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát (S).

a) Chứng minh rằng x=(0;2/3;2/3) là phương án cực biên không suy biến

b) Chứng minh rằng x=(1/3;0;0) là phương án cực suy biến

  thỏa tất cả các ràng buộc của bài toán nên x là

phương án của (S), trong đó có 3 ràng buộc thỏa chặt

Từ ràng buộc chung thứ nhất ta có véc tơ u1= (2,1,2)

Từ ràng buộc chung thứ hai ta có véc tơ u2 = (4,2,1)

Từ ràng buộc biến thứ nhất ta có véc tơ u3 = (1,0,0)

Ta lập ma trận

  là phương án cực biên không suy biến

b) Trước hết ta chứng minh x là phương án của (S), tức là nó phải thỏa hệ ràng buộc của bài toán

Ta thấy tất cả các ràng buộc đều thỏa nên x là phương án của (S), trong đó

có 2 ràng buộc thỏa chặt nên x không là phương án cực biên

Ví dụ 2 Cho quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát (S).

4

Từ ràng buộc chung thứ nhất ta có véc tơ u 1 = (2,2,2)

Từ ràng buộc chung thứ hai ta có véc tơ u2 = (4,2,1)

Từ ràng buộc biến thứ nhất ta có véc tơ u3 = (1,0,0)

Từ ràng buộc biến thứ ba ta có véc tơ u 3 = (0,0,1)

Ta lập ma trận

2 2 2

4 2 1 A

ij j i

j 1 j

a a A

là véc tơ cột tương ứng với biến x j

1.3 Cách chuyển bài toán QHTT tổng quát về dạng chính tắc

a) Với ràng buộc chung

Để đưa bài toán về dạng chính tắc, ta phải đưa những ràng buộc bất phương trình về phương trình, và các biến phải không âm.

• Quan hệ giữa bài toán (S) và bài toán (P):

- (P) không có phươg án tối ưu thì (S) cũng không có phương án tối ưu

- (P) có phương án tối ưu là:(x ; x ; x ;x ;x ;x ) 1 ′ ′′ ′2 2 3 4 5 thì phương án tối ưu của (S) là: (x , x , x ) 1 2 3 ;vớix 2 = x 2 ′ − x , x 2 ′′ 3 = − x 3 ′ ;fmin = f(x , x , x )1 2 3

Hệ quả Số thành phần dương trong mỗi phương án cực biên của bài toán (P)

không vượt quá hạng của ma trận A

Nghĩa là x là phương án cực biên, ta có J(x) ≤r(A)

Nếu J(x) =r(A) thì ta nói x là phươg án cực biên không suy biến

8

Nếu J(x) <r(A) thì ta nói x là phương án cực biên suy biến.

Ví dụ 2 Cho quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc (P).

a) Chứng minh rằng x (2,1, 0) = là phương án cực biên không suy biến.

b) Chứng minh rằng x (0, 0,1) = là phương án cực biên suy biến

1 và 2 =    −

4 A

1 Ta thấy {A ;A } 1 2 độc lập tuyến tính nên x (2,1, 0) =

10 A

1 , ta thấy {A } 3 độc lập tuyến tính nên

x (0, 0,1) = là phương án cực biên

Mặt khác hạng của r(A) 2 m = = Vậy ta có J(x) = < 1 r(A) nên x (0, 0,1) = là

phương án cực biên suy biến

1.4 Dạng chuẩn

Bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc và thỏa hai điều kiện sau:

+ Các hằng số b i ở vế phải của các ràng buộc chung phải không âm, tức là

i

b 0 ; i 1,m

+ Mỗi ràng buộc chung phải có biến cơ sở tương ứng

Biến cơ sở là biến có hệ số là 1 ở một ràng buộc chung và có hệ số là 0 ở các ràng buộc chung còn lại

Các biến còn lại, gọi là biến tự do

Bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn:

Ví dụ 1 Cho bài toán quy hoạch tuyến tính ở dạng chuẩn tắc, tìm một phương án

cực biên của bài toán

10

 

=    , 4

0 A 1

Xét bài toán quy hoạch tuyến tính có hai biến

Ví dụ Biểu diễn bất phương trình a x i1 1+a x i2 2 ≤b i trên Ox x 1 2 Đầu tiên ta vẽ đường thẳng a x i1 1+a x i2 2 =b i, đường thẳng này chia mặt phẳng tọa độ Ox x 1 2làm hai nửa mặt phẳng Một nửa mặt phẳng bao gồm các điểm (x ,x ) 1 2 thỏa a x i1 1+a x i2 2 ≤b i Một nửa mặt phẳng kia bao gồm các điểm (x ,x ) 1 2 thỏa a x i1 1+a x i2 2 ≥b i Do đó để xác định được miền nghiệm cần tìm, sau khi vẽ đường thẳng a x i1 1+a x i2 2 =b i, ta lấy một điểm bất kỳ, thường là chọn các điểm (0,0),(0,1), (1,0)… rồi thế vào

Bước 2: Biểu diễn hàm mục tiêu

Hàm mục tiêu c x 1 1+c x 2 2 =f Ta thấy nếu lấy điểm (x ,x ) 1 2 trong R 2thế vào hàm mục tiêu, thì hàm mục tiêu sẽ nhận được giá trị là α , ta nó hàm mục tiêu đạt mức

là α Khi đó tập hợp tất cả các điểm 2

1 2

(x ,x ) R ∈ mà có cùng mức α sẽ hình thành một đường mức L vuông góc với véc tơ n oc (c ,c )r=uur= 1 2 , ta ký hiệu

L(α,f ) = x (x ,x ) R / c x = ∈ + c x = α .

Đặc điểm của đường mức L:

Nếu dịch chuyển song song đường mức L theo hướng , cùng hướng với vec tơ nr

thì giá trị hàm mục tiêu sẽ tăng lên.Còn nếu dịch chuyển song song đường mức L theo hướng, ngược với véc tơ nr thì giá trị hàm mục tiêu sẽ giảm xuống

12

Trong thực hành ta làm như sau:

Đầu tiên ta vẽ đường L 0 đi qua O(0,0) và có véc tơ pháp tuyến n (c ,c )r= 1 2 Sau đó lấy một điểm M (x ,x ) = 1 2 bất kỳ nằm trong D, vẽ đường thẳng L đi qua M và song song với L 0 Đường thẳng L chính là đường mức của hàm mục tiêu

Bước 3: Xác định phương án tối ưu

 Trường hợp bài toán có hàm mục tiêu cực tiểu

Dịch chuyển song song đường L theo hướng, ngược hướng với véc tơ nr Khi đó có hai khả năng xảy ra:

a) Nếu L luôn cắt D thì bài toán không có phương án tối ưu, hàm mục tiêu không bị chặn dưới, (f → −∞)

b) Nếu dịch chuyển L đến mức thấp nhất mà L còn giao với D, khi đó D sẽ nằm về một phía của L, và điểm (x ,y ) L D0 0 = ∩ chính là phương án tối ưu của bài toán, giá trị hàm mục tiêu tối ưu là f = c x1 0 + c x2 0

 Trường hợp hàm mục tiên cực đại

Dịch chuyển song song đường L theo hướng, cùng hướng với véc tơ nr Khi đó có hai khả năng xảy ra:

a) Nếu L luôn cắt D thì bài toán không có phương án tối ưu, hàm mục tiêu không bị chặn trên, (f → +∞)

b) Nếu dịch chuyển L đến mức cao nhất mà L còn giao với D, khi đó D sẽ nằm

về một phía của L, và điểm (x ,y ) L D0 0 = ∩ chính là phương án tối ưu của bài toán, giá trị hàm mục tiêu tối ưu là f = c x1 0 + c x2 0

Ví dụ 1 Giải các quy hoạch tuyến tính sau bằng phương pháp hình học

Ta có miền phương án D là miền được tô đậm, các đường mức L ;L 0 ,được minh họa bằng đường nét đứt trên hình.

Theo thuật toán, dịch chuyển song song đường mức L theo hướng, ngược hướng với véc tơ ocuur, ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f mà còn cắt tập phương án D

là đường mức đi qua điểm (4,0)

Vậy bài toán có phương án tối ưu duy nhất là x∗ = (4,0) và f min = f(x )∗ = − 8.

Ta có miền phương án D là miền to đậm, các đường mức L ;L 0 ,được minh họa ở hình vẽ trên.

Theo thuật toán, dịch chuyển song song đường mức L theo hướng, ngược hướng với véc tơ ocuur, ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f trùng với đường thẳng

− + = .Ta nhận được tập nghiệm tối ưu là cả cạnh [(0,2) ; (2,3)], khi đó bài

toán có vô số phương án tối ưu

Ta có thể lấy một phương án tối đại diện là x∗ = (0,2) và f min = f(x ) ∗ = − 4

Ta có miền phương án D là miền to đậm, các đường mức L ;L 0 ,được minh họa ở hình vẽ trên

Với bài toán min

Theo thuật toán, dịch chuyển song song đường mức L theo hướng, ngược hướng với véctơ ocuur, ta thấy đường mức của hàm f trùng với đường thẳng x 1 − x 2 = 4.Ta

nhận được tập nghiệm tối ưu là nửa đường thẳng Al, khi đó bài toán có vô số phương án tối ưu

Ta có thể lấy một phương án tối đại diện là x ( ,2 10)

3 3

∗ = −

và f min = f(x )∗ = − 4

Với bài toán max

Theo thuật toán, dịch chuyển song song đường mức L theo hướng, cùng hướng với véc tơ uuroc, ta thấy đường mức của hàm f luôn cắt miền phương án (D), bài toán vô nghiệm,hàm mục tiêu của bài toán tăng vô hạn trên tập phương án

III Phương Pháp Đơn Hình Giải Bài Toán Quy Hoạch Tuyến Tính

III.1) Bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn

Thuật toán đơn hình của Dantzig

1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính có hàm mục tiêu cực tiểu

Bước 1: Lập bảng đơn hình xuất phát

+ Xác định phương án cực biên ban đầu xuất phát 0 0 0 0

16

+ Xác định J B = J(x ) {j / x0 = j > 0}

+ Xác định hệ véc tơ cơ sở B {A / j J }= j ∈ B .

Ta có bảng đơn hình xuất phát gồm (n 3) + cột, dùng để ghi các thông tin

về một bước lặp tính toán tương ứng với một phương án cực biên

Cơ

sở Hệ số

Δ = 0,k J(x ) ∈ (tương ứng với các biến cơ sở).

Bước 2: Xét dấu hiệu tối ưu

Xét dòng chứa Δ , k 1,n k ∀ = Khi đó:

• Nếu Δ k ≤ ∀ = 0, k 1,n thì phương án đang xét là phương án tối ưu→thuật toán kết thúc

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k > 0 → chuyển sang bước 3.

Bước 3: Xét dấu hiệu không tối ưu

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k > 0 và 0

jk

z ≤ ∀ ∈ 0, j J(x ) thì hàm mục tiêu

giảm vô hạn trên tập phương án D và bài toán không có phương án tối ưu

Ta dừng thuật toán

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k > 0 và ∃ ∈ j J(x ) 0 sao cho z jk > 0 thì ta có thể

chuyển được tới phương án cực biên mới x ′ tốt hơn x, nghĩa là f(x ) f(x) ′ <

→ chuyển sang bước 4

Bước 4 Tìm phương án cực biên mới x/ tốt hơn x, nghĩa là: f(x ) f(x) ′ ≤ .

18

Lập bảng đơn hình mới như sau:

a) Chọn cột xoay : Chọn s sao choΔ s = max{Δ / Δ k k > 0}

(nghĩa là chọn cột có Δ dương lớn nhất)

Cột A s gọi là cột xoay, và véc tơ A sđược đưa vào cơ sở

b) Chọn dòng xoay: Chọn r sao cho

Ta xét

j r

B js js

rs

x x

z z

Khi đó dòng A r gọi là dòng xoay, và véc tơ A rbị đưa ra khỏi cơ sở

Giá trị hàm mục tiêu sẽ giảm một lượng :f(x ) ′ = f(x) − λ∆ s

Phần tử z rs > 0là giao của cột xoay và dòng xoay, gọi là phần tử chính của

phép xoay Các phần tử z , j r js ≠ , gọi là phần tử xoay.

c) Ta có bảng đơn hình mới từ bảng đơn hình cũ như sau:

+ Trên cột cơ sở : thay A r bởi A s, và giữ nguyên các thành phần còn lại

+ Trên cột hệ sốc j: thay c r bởi c s, và giữ nguyên các thành phần còn lại

+ Chia tất cả các phần tử ở dòng xoay cho phần tử chính(để phần tử chính là 1 ở bảng đơn hình mới), kết quả thu được gọi là dòng chính( dòng ứng với A strong bảng đơn hình mới)

+ Các dòng còn lại (không phải là dòng xoay) sẽ biến đổi như sau:

Dòng mới = Dòng cũ tương ứng - Dòng chính* phần tử xoay tương ứng.

(nghĩa là làm cho các phần tử khác phần tử chính trên cột xoay sẽ bằng 0)

+ Khi đó ta tính lại các Δ ; f k theo công thức ở bước 1

Quay lại bước 2.

Ví dụ 1 Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau bằng phương pháp đơn hình

Phương án

∆ = > ∆ = >6 5 0nên x chưa phải là phương án tối ưu

Véc tơ đưa vào cơ sở là A1(ứng với 1 36

Cơ

sở

Hệ số

Phương án

Vì dòng chứa các Δ còn có ∆ = >6 5 0nên x chưa phải là phương án tối ưu

Véc tơ đưa vào cơ sở là A5(ứng với∆ =6 5lớn nhất), véc tơ loại ra khỏi cơ sở là

Phương án

Trong bảng 3 ta thấy các ∆ ≤ ∀ =k 0 ; k 1,6 Phương án hiện hành là tối ưu Bài toán

có phương án tối ưu là x∗ = (5,7,0,0,4,5) ;fmin = 127

Ví dụ 2 Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau

Bài toán không có phương án tối ưu, hàm mục tiêu không bị chặn dưới.

1.2 Bài toán quy hoạch tuyến tính có hàm mục tiêu cực đại (da sua den day)

Cách 1: Giải trực tiếp

Khi áp dụng thuật toán đơn hình lên bài toán max thì cơ bản cũng giống như bài toán min nhưng chỉ khác:

Bước 1: Giống bài toán min.

Bước 2: Xét dấu hiệu tối ưu

Xét dòng chứa Δ , k 1,n k ∀ = Khi đó:

• Nếu Δ k ≥ ∀ = 0, k 1,n thì phương án đang xét là phương án tối ưu→thuật

toán kết thúc

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k < 0 → chuyển sang bước 3.

Bước 3: Xét dấu hiệu không tối ưu

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k < 0 và 0

jk

z ≤ ∀ ∈ 0, j J(x ) thì hàm mục tiêu

tăng vô hạn trên tập phương án D và bài toán không có phương án tối ưu Ta dừng thuật toán

• Nếu tồn tại k J(x ) ∉ 0 sao cho Δ k < 0 và ∃ ∈ j J(x ) 0 sao cho z jk > 0 thì ta có thể

chuyển được tới phương án cực biên mới x ′ tốt hơn x, nghĩa là f(x ) f(x) ′ >

→ chuyển sang bước 4

Bước 4

a) Chọn cột xoay: Chọn s sao choΔ s = min{Δ / Δ k k < 0}.

(nghĩa là chọn cột có Δ âm bé nhất)

b)Chọn cột xoay:giống bài toán cực tiểu

chú ý: hàm mục tiêu khi ấy sẽ tăng thêm 1 lượng là λ.Δ s, nghĩa là f(x ) f(x)λ.Δ ′ = + s

c) Lập bảng đơn hình mới: giống bài toán cực tiểu

Ví dụ Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau

Chuyển bài toán max về bài toán min

III.2) Bài toán quy hoạch tuyến tính không phải dạng chuẩn

1 Bài toán dạng chuẩn mở rộng M

Với bài toán quy hoạch tuyến tính ban đầu bất kỳ (S) chưa có dạng chính tắc thì

ta đưa bài toán (S) về dạng chính tắc Bài toán có dạng chính tắc nhưng không phải dạng chuẩn ta có thể lập bài toán dạng chuẩn mở rộng như sau

 Xét dấu của các số hạng tự do

Biến đổi sao cho các số hạng tự do ở vế phải mỗi ràng buộc chung phải không

âm, tức là b i ≥ ∀ = 0, i 1,m Khi đó ta gọi bài toán dạng chính tắc với các số hạng tự

do không âm là bài toán (P)

 Kiểm tra biến cơ sở

Ở ràng buộc chung của bài toán (P), ràng buộc chung nào chưa có biến cơ sở thì ta phải thêm biến cơ sở vào Biến cơ sở mới thêm vào gọi là biến giả Biến giả

phải không âm và hệ số tương ứng trong hàm mục tiêu là M đối với bài toán cực

tiểu và –M đối với bài toán cực đại, với M là giá trị dương rất lớn

Bài toán dạng chuẩn có biến giả gọi là bài toán dạng chuẩn mở rộng M (Bài

toán M)

 Số biến giả thêm vào= số ràng buộc chung - số biến cơ sở đã có

Ta dùng phương pháp đơn hình để giải bài toán (M) này

2 Quan hệ giữa nghiệm tối ưu của bài toán (M) và bài toán (P)

Định lý

a) Nếu bài toán (M) không có phương án tối ưu thì bài toán (P) không có phương án tối ưu

b) Nếu bài toán (M) có phương án tối ưu.Khi đó:

 Nếu tất cả các thành phần tương ứng với biến giả trong phương án tối ưu của bài toán (M) đều bằng 0 thì bài toán (P) có phương án tối ưu chính là phương án tối

ưu của bài toán (M) mà loại đi các thành phần ứng với biến giả

26

 Nếu trong phương án tối ưu của bài toán (M) có thành phần ứng với biến giả khác 0 thì bài toán (P) không có phương án ,do đó (P) không có phương

Chú ý: Khi giải bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn mở rộng (M), ta có thể

bỏ đi các cột ứng với biến giả.

Ví dụ 2.Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau.

28

Ta áp dụng thuật toán đơn hình giải bài toán(M) này như sau: Tong bảng đơn hình

ta có thể bỏ đi 3 cột ứng biến giả x ;x ;x 5 6 7

án tối ưu.

Ví dụ 3 Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau(bai toán M ko có patu)

III Cách tìm tất cả các phương án tối ưu của bài toán

1 Định lý: Biểu diễn

Giả sử bài toán quy hoạch tuyến tính có các phương án cực biên tối ưu là

1 2 k

x ,x , ,x và các vectơ chỉ phương của các cạnh vô hạn là t ,t , ,t 1 2 m thì phương án tối

ưu tổng quát của bài toán là

2 Cách xác định các phương án tối ưu của bài toán

Xét bảng đơn hình tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính

• Nếu Δ k ≠ 0với mọi biến tự do xk: bài toán có phương án tối ưu duy nhất

• Nếu Δ k = 0, ứng xk là biến tự do Khi đó lấy cột có hệ số ước lượng bằng 0 (ứng với biến tự do) làm cột xoay (Δ s) Tìm tỷ số đơn hình λ

 Nếu λ >0thì bài toán có phương án tối ưu khác Lấy dòng A r làm dòng xoay, sau đó tiến hành xoay

30

 Nếu λ =0thì bài toán không có phương án tối ưu khác (mặc dù cơ sở thay đổi)

 Nếu không tồn tại λ (do tất cả các phần tử trên cột Δs ≤ 0) thì véc tơ chỉ phương của cạnh vô hạn là tối ưu: Bài toán không có phương án tối ưu duy nhất

Chú ý: Cách xác định véc tơ chỉ phương t của cạnh vô hạn tối ưu.

Tại cột Δ k = 0 và các phần tử zjk ≤ ∀ ∈ 0, j JB Ta xác định véc tơ chỉ phương t

của cạnh vô hạn như sau:

 Cho t k = 1.

 Cho t j = 0, j k ≠ , ứng với xj là biến tự do

 Cho t j = − z jk, ứng với biến xjlà biến cơ sở

Ví dụ 1 Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau

có nghiệm tối ưu duy nhất vì Δ k <0với mọi biến tự do x ; k {1,2,6} k =

Ví dụ 2 Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau

do nên bài toán có thể có phương án tối ưu khác Muốn tìm phương án tối ưu khác,

ta đưa A 1 vào cơ sở mới, và A 5 sẽ ra khỏi cơ sở, ta có bảng đơn hình mới

x∗ = (15 / 2,0,9 / 2,0,0,0) ;f = − 98, là phương án tối ưu duy nhất.

Ví dụ 4.Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau.

34

Ta có Δ 1 = Δ 2 = 0, ứng với biến x ; x1 2 là biến tự do.

Xét Δ 1 = 0, chọn cột A1 làm cột xoay, tỷ số đơn hình λ không tồn tại Ta sẽ tìm

véc tơ chỉ phương t 1của cạnh vô hạn tối ưu, với 1

Ta thấy Δ k ≤ ∀ = 0; k 1,7 Bài toán có phương án cực biên tối ưu là

2

min

x∗ = (0,2,0,0,0,2,3); f = f(x )∗ = − 23

Ta có Δ 1 = Δ 5 = 0, ứng với biến x ; x1 5 là biến tự do

Ta lại xét Δ 1 = 0, chọn cột A1 làm cột xoay, tỷ số đơn hình λ không tồn tại Ta sẽ

tìm véc tơ chỉ phương t 2của cạnh vô hạn tối ưu, tính tương tư như trên, ta nhận được t 2 ≡ t 1 Bài toán chỉ có một véc tơ chỉ phương ứng với cạnh vô hạn tối ưu.Xét Δ 5 = 0, chọn cột A5 làm cột xoay, ta tính được λ = > 1 0, chọn dòng A2 làm dòng xoay Khi tiến hành xoay, thì bảng B5 lại quay về bảng B4.Vậy bài toán có hai phương án cực biên tối ưu

Kết luận: Phương án tối ưu tổng quát của bài toán là:

IV Phương án cực biên suy biến, hiện tượng xoay vòng và cách khắc phục.

Khi thực hiện thuật toán đơn hình, việc chọn véc tơ A rđể loại ra khỏi cơ sở,

ta căn cứ vào việc tính

j r

B js js

rs

x x

z z

Phương án cực biên sẽ là phương án suy biến nếu xuất hiện λ =0 hoặc λ đạt

tại nhiều chỉ số hoặc λ không tồn tại do các zjs ≤ 0, j J ∈ B

a) Trường hợpλ không tồn tại

Cơ

sở

Hệ số

Phương án

Δ 1 0 và các phần tử z j2 ≤ ∀ ∈ 0, j {3,4,5}, nên λ không tồn tại, bài toán không

có phương án tối ưu

Ví dụ 2.Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau

Phương án

Phương án

Ta thấy trong ví dụ 2 thì x (0, 0, 2, 6, 0) = là phương án cực biên suy biến, nhưng bài toán quy hoạch tuyến tính vẫn có phương án tối ưu là x=(0,1,0,6,0) và

min

f = − 1.

Vậy khi bài toán quy hoạch tuyến tính có phương án cực biên suy biến thì bài toán

có thể có phương án tối ưu hoặc là không

b) Trường hợp λ =0 ta thực hiện thuật toán đơn hình bình thường, tức véc tơ

r

A ứng với λ vẫn bị loại khỏi cơ sở Trong trường hợp này, phương án cực biên và giá trị hàm mục tiêu vẫn không đổi, chỉ có cơ sở của nó thay đổi.Vì thế sau một số phép biến đổi đơn hình ta sẽ gặp lại cơ sở ban đầu Đó là hiện tượng xoay vòng Khi đó thuật toán không thể kết thúc

c) Trường hợpλ đạt được tại nhiều chỉ số, ta loại khỏi cơ sở cũ một véc tơ

trong các véc tơ ứng với λ =0 theo quy tắc ngẫu nhiên.

Ví dụ Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây

Phương án

Phương án

Phương án

Phương án

40