Bài tập ôn thi phân tích và tối ưu hóa hệ thống

Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.. Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B... Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A

BÀI TẬP ÔN THI PHÂN TÍCH VÀ TỐI ƯU HÓA HỆ THỐNG

PHẦN 1: TÌM CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA HÀM 3 BIẾN

Hàm Lagrange sẽ là: L(x;y;z;λ1;λ2) = x +2y + 3z +λ1(x - y + z - 1) + λ2(x2 + y2 - 1)

Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:

L

y y

L z L

x y z L



;1 729

Do Δ5 < 0 hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét không xác định về dấu Vậy

M2 không phải là điểm cực trị

và giá trị cực tiểu U = 3 29

Đây là bài toán tìm cực trị của hàm n = 3 biến, với số điều kiện ràng buộc m = 2(chẵn); (m<n); n - m = 1; m + n = 5.

Đặt g1(x ;y ;z) = x + y - z - 1 ; g2(x ;y ;z) = x2 + y2 -2

Hàm Lagrange sẽ là: L(x;y;z;λ1;λ2) = x -3y + z +λ1(x+ y - z - 2) + λ2(x2 + y2 - 2)

Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:

L

y y

L z L

x y z L

Do Δ5 < 0 hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét không xác định về dấu Vậy

M2 không phải là điểm cực trị

*) Kết luận:

Bài toán có 1 điểm cực trị là: Đạt cực tiểu tương đối tại M1(-1; 1; -2) và giá trị cựctiểu U = -6

Câu 3: Dùng phương pháp nhân tử lagrange và ma trận viền ha để tìm cực trị hàm

ba biến: u = f(x,y,z) = 5x + 2y +4z thỏa mãn điều kiện : 2 2 2 1

x x

L

y y

L

z z

y z

Do Δ3 > 0; ∆4 < 0 (có tính đan dấu) và tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện

m = 1 lẻ nên hàm được xét đạt cực đại tương đối tại M2 và giá trị cực đại U = 5

2

*) Kết luận:

Bài toán có 2 điểm cực trị là:

- Đạt cực cực tiểu tương đối tại 1

L

y y

L z L

2 4

M   ; ứng với λ = -1

Ma trận viền Heissein (HA) có dạng:

2 4

M   ứng với λ = -1 Thay vào (2) và (3) ta được:

9( ) ( 8).( 1).(1 ) 26 0

Do Δ3 > 0; ∆4 < 0 (có tính đan dấu) và tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện

m = 1 lẻ nên hàm được xét đạt cực đại tương đối tại M0 và giá trị cực đại U = 13

4

*) Kết luận: Bài toán có 1 điểm cực trị: Đạt cực đại tương đối tại 0

3 131; ;

PHẦN 2: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Câu 5 : Cho hàm mục tiêu: F = 3x 1 + 5x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

1 Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học

2 Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A

4 Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.

Bài giải:

1 Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học

- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được

523

7

204

3

553

11

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

Từ hình 1 ta xác định được MTNĐ là tam giác ABC.

Vẽ véc tơ c  (3;5)là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng có phương trình:

2 Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A.

Bài toán ban đầu A: Max FA = Max(3x1 + 5x2) với các ràng buộc

Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau:

Tìm Min FB = Min (55y3 + 20y4 – 52y5) thỏa mãn các điều kiện sau:

5 3 4 3

3 7 3 11

5 4 3

5 4 3

5 4 3

y y y

y y y

y y y

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.

Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4;

x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y Bài toán có dạng:

Tìm Max FA = Max (3x1 + 5x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)

Thỏa mãn các điều kiện sau:

523

7

204

3

553

11

5 4 3 2 1

5 2 1

4 2 1

3 2 1

y x x x x x

y x x x

x x x

x x x

Ta có các bảng đơn hình của bài toán A như sau:

4 Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là:

2 4

3

2 6 2

3

5 3

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

1 Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A

4 Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.

Bài giải:

1.Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học

- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được:

3

) ( 5 3

2 2

1

1 2

1

d x

x

d x x

) ( 5 3

3 2

1

1 2

1

d x

x

d x

) ( 26 2

3

3 2

1

2 2

1

d x

x

d x

x

C( 6;4)

x1  4 2   Các đường thắng này cùng phương với đường thằng: x1 4x2  0(gọi là đường thăng tựa-ĐThT)

Giá trị của x1, x2 tăng dần theo hướng của 

c Tịnh tiến đường thẳng tựa theohướng 

c quét qua mặt phẳng Khi đó ta có tại B và A lần lượt là GTNN và GTLN củaF

Vậy: F(min) = F(B) = 2  4  1  6

F(max) = F(A) = 4  4  7  32

2 Gọi bài toán max F là A, viết bài toán B đối ngẫu B với A

Bài toán ban đầu A: Max FA = Max(x1 + 4x2) với các ràng buộc

Tìm Min L =Min(  5y3  26y4  2y5) thỏa mãn các điều kiện sau:

,

4 4

2

1 3

3 3

5 4

3

5 4

3

5 4

3

y y

y

y y

y

y y

y

3.Lập các bảng đơn hình giải bài toán A

Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4;

x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y Bài toán có dạng:

Tìm Max FA = Max (x1 + 4x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)

Thỏa mãn các điều kiện sau:

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là:

BCS y1 y2 y3 y4 y5 HSTD3

MinL = -MaxL* = 32 tại (y1,y2,y3,y4,y5) = (0,0,10/9,13/9,0)

Câu 7: Cho hàm mục tiêu F = 4x 1 +6x 2 thỏa mãn điều kiện:

1 Tìm max của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm max F là A, Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.

3 Viết bài toán B đối ngẫu với A Nêu kết quả bài toán B.

Lời giải:

1.Tìm max của F bằng phương pháp hình học.

- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được

MTNĐ là đường thẳng AB (A(16,6); B(20;0))

c quét qua mặt phẳng Khi đó tại A ta GTLN của F

Vậy: F(max) = F(A) = 4.16 + 6.6 =100

2 Gọi bài toán tìm max F là A, Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.

Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4;

và 1 biến nhân tạo (BNT) y Bài toán có dạng:

Tìm Max FA = Max (4x1 + 6x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)

Thỏa mãn các điều kiện sau:

3 Viết bài toán B đối ngẫu với A Nêu kết quả bài toán B.

Bài toán ban đầu A: Tìm Max FA = Max(4x1 + 6x2) với các ràng buộc

X2

2 4/3 1/3 1

3

X2

2 4/3 1/3

BCS y1 y2 y3 y4 HSTD4

y 2 -3 -10 1 10

Từ bảng đơn hình ta xác định được:

MinL = -MaxL* = 100 tại (y1,y2,y3,y4) = (0,0,0,10)

Câu 8: Cho hàm mục tiêu F = 7x 1 + 20x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

1.Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A.

Bài giải:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

Miền thừa nhận được giới hạn bởi: 1 2

Vẽ vectơ c = (7; 20) là vectơ pháp tuyến của các đường thẳng có phương trình

c Tịnh tiến đường thẳng tựa theo hướng 

c quét qua mặt phẳng Khi đó tại điểm có tọa

độ (4/3,1/3) ta có GTLN của F

Vậy: F(Min) = 7*4/3 + 20*1/3 = 16

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A:

Bài toán ban đầu A: Tìm Min FA = Min(7x1 + 20x2) với các ràng buộc

Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau:

Tìm MaxLB = Max(2y3+ 3y4) thỏa mãn các điều kiện sau:

Bài toán B chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 2 biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:

Ta có bảng đơn hình bài toán B:

MinL = -MaxL* = 16 tại (x1,x2,x3,x4) = (0,0,10;10)

Câu 9: Cho hàm mục tiêu F 3x1 x2 với các ràng buộc:

326

253

14

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

1.Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A.

Bài giải:

17 1 11 1 21

5 17 2

3

-1 2

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học

Tìm MTNĐ: Bằng cách tìm giao điểm giữa các đường thẳng d1: 4x1 + x2 = 1, d2:3x1 + 5x2 = 2, d3: 6x1 + 2x2 = 3 và thể hiện trên trục tọa độ X10X2

)(14

2 2

1

1 2 1

d x

x

d x x

)

17

5 , 17

3 (

)(14

3 2

1

1 2 1

d x

x

d x x

, 3 )

2

1 (

)(253

3 2

1

2 2

1

d x

x

d x

x

)

8

1 , 24

11 (

(gọi là đường thăng tựa-ĐThT)

Giá trị của x1, x2 tăng dần theo hướng của 

c.Tịnh tiến đường thẳng tựa theohướng 

c quét qua mặt phẳng Khi đó ta có tại A là GTNN

Vậy F(min) = F(A) =

17

14 17

5 17

3 3

253

14

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

32

6

253

14

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

Viết tóm tắt hai bài toán đối ngẫu như sau:

125

3634

5 4 3

5 4 3

5 4 3

y y y

y y y

y y y

3 Lập bảng đơn hình giải bài toán B

Thêm các BCL không âm y1, y2, bài toán trở thành tìm MaxL =(y3 2y4  3y5)

Thỏa mãn điều kiện

125

3634

5 4 3 2

5 4 3 1

i y

y y y y

y y y y

4 Nêu kết quả và bảng đơn hình tối ưu của A

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A.

Bài giải:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

Xác định miền thừa nhận được:

17 17( 0,5;3)

11 1( ; )

24 8

A B C

MNTĐ là tứ giác ACDE

Vec tơ c (2;1) là vec tơ pháp của đường thẳng tựa (ĐThT) có pt: 2x1 + x2= 0Giá trị x1, x2 tăng dần theo hướng của c, có thể tịnh tiến đường thẳng tựa theo

hướng của c và để nó quét cả mặt phẳng Khi đó điểm A (3 5; )

17 17 là điểm đầu tiênĐThT chạm vào nên: F(min) = F(A) =11

17

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

Ta có: min F = min(2x1 + x2) với:

Ta thêm các biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A.

Bài giải:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

- Tìm miền thừa nhận được:

Miền thừa nhận (D) được giới hạn bởi:

Kết luận: Vậy tại B(0,2/5) thì F đạt GTNN

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A:

Bài toán ban đầu A: Min FA = Min(2x1 + x2) với các ràng buộc

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A.

Bài toán B chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 2 biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A

Bài giải:

1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

- Tìm miền thừa nhận được:

Miền thừa nhận được giới hạn bởi:

→ Miền thừa nhận là D được giới hạn bởi A(0;0) ; B(0;3/2); C(1/2;0)

Vẽ đường thẳng d: 2x1 + x2 =0; vẽ véc tơ pháp tuyến của đường thẳng d và tịnhtuyến theo vec tơ pháp tuyến Suy ra trên hình ta xác định được minF=0 tại điểm A(0;0)

2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A.

Bài toán ban đầu A: min FA = min (2x1 +x2 ) với các ràng buộc

3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A

Bài toán chưa đúng dạng chuẩn tắc, ta thêm biên chênh lệch không âm y1, y2 ≥ 0

Vậy phương án B đối ưu tại (y1,y2,y3,y4,y5) =(2,1,0,0,0) → Max FB =0

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A

Từ bảng đơn hình ta có Min FA =0 tại (0,0,2,1,3) hay tại (0,0)

Câu 13 Cho hàm mục tiêu F = 2x 1 + x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

Miền thừa nhận được giới hạn bởi:

→ Miền thừa nhận là D được giới hạn bởi A(0;0) ; B(0;3/2); C(1/2;0)

Vẽ đường thẳng d: 2x1 + x2 =0; vẽ véc tơ pháp tuyến của đường thẳng d và tịnhtuyến theo vec tơ pháp tuyến Suy ra trên hình ta xác định được MaxF=3/2 tại điểmB(0;3/2)

2.Tìm F max bằng phương pháp đơn hình

Max F = max(2x1 + x2) với các ràng buộc

Kết luận: Max F = 3/2tại tại (x1, x2, x3 ,x4, x5) = (0; 3/2;5/2;9;0)

Câu 14 Cho hàm mục tiêu F 2x1x2 thỏa mãn hệ điều kiện:

1 Tìm max của F bằng phương pháp hình học:

Xác định miền D: là miền thừa nhận được(MTNĐ)

A(-383 ; 9 )

B(89;-76) C(241;118)

Từ đó ta có: MaxF = 0+3/2 = 1,5.

2 Tìm max của F bằng phương pháp đơn hình

Thêm 3 biến chênh lệch(BCL) không âm x x x3, ,4 5 và một biến nhân tạo(BNT) ysao cho bài toán sẽ là tìm max F max(2x1x2 My)với M là số dương lớn và

Câu 15 Cho hàm mục tiêu: F = 2x 1 + x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình.

Vậy Fmax = 3/2 tại (x1;x2;x3;x4;x5) = (0;3/2;8;3/2;0) Và tại (x1;x2) = (0;3/2).

2 Tìm max của F bằng phương pháp hình học.

- Tìm miền thừa nhận được:

Miền thừa nhận được giới hạn bởi:

Căn cứ vào các điều kiện ràng buộc ta xác định được MTNĐ

Vẽ véc tơ C = 2i +j là véc tơ pháp tuyến của các đường thẳng có phương trình:

Hàm mục tiêu F = 2x1 + x2

+ Tại G (0,3/2) → F = 2*0 + 3/2 = 3/2

Kết luận: Tại G (0,3/2) : F đạt GTLN.

Câu 16: Cho hàm mục tiêu: F = 2x 1 + x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình.

Bài giải:

1) Tìm max của F bằng phương pháp hình học.

- Tìm miền thừa nhận được:

Miền thừa nhận của F được giới hạn bởi tam giác có phần gạch chéo

Dựa vào hình vẽ, ta thấy Fmax tại E(0,3/2), Fmax=F(0,3/2)=3/2

4 5

3

2 4

3

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình.

6

4 5

3

2 4

3

5 2

1

4 2

1

3 2

1

x x

x

y x

x x

x x

2 4

3

2 1

2 1

x x

x x

có A (-26/3; 6)Giải hệ phương trình

6

2 4

3

2 1

2 1

x x

x x

có B (8/9; -7/6)Giải hệ phương trình

6

4 5

3

2 1

2 1

x x

x x

3 4 5 6

2

1 2

1 2 3 4 5 6 7

9 A(-26/3 ;6)

A(8/9 ;-7/6) A(5/8 ;7/24)

d1

d2

m d3

Đặt L2x1x2 là đường thẳng tựa, ta xét đường thẳng 2x1x2 0 được gọi làđường thẳng (ĐTT)

Khi tịnh tiến ĐTT theo chiều véc tơ pháp tuyến (2;1) ta sẽ được các đường thẳng

2x x m và giá trị m tăng dần lên

Dựa vào hình vẽ ta nhận thầy chỉ có điểm (0;3/2) thỏa mãn các điều kiện ràngbuộc (*)trên Do đó điểm có tọa độ (0; 3/2) chính là miền thừa nhận được (điểm giaogiữu x2 và d3)

Vậy Fmax = 3/2 tại điểm có tọa độ (0;3/2)

Câu 18 Cho hàm mục tiêu F = 2 + thỏa mãn hệ điều kiện:

Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình.

Vậy Fmax = tại ( ; ) = (0 ; )

2.Phương pháp hình học:

Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được (MTNĐ) là tam giác ABC như hình:

Đường thẳng tựa có phương trình 2x1 + x2 = 0 (4)

Vậy Fmax = F(B) = 2 0 + = tại (x1 ; x2) = (0 ; )

Câu 19 Cho hàm mục tiêu F = 2x 1 +x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

Đường thẳng tựa có phương trình 2x1x2 0 4  Vectơ pháp c2;1

+ Ta xác định đương biên của MTNĐ của nghiệm như hình vẽ chính là phần diệntích tạo bởi đường (3) và (2)

Đường thẳng của hàm mục tiêu F quét qua D là điểm cực biên tọa độ (0;3/2)

GTLN F đạt được tại đỉnh D(0;3/2) khi đó Max F = 3/2

Kết quả này hoàn toàn phù hợp với phương pháp hình học.

Câu 20: Cho hàm mục tiêu: F = 2x 1 + x 2 thỏa mãn hệ điều kiện:

Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình.

(1)

1/5 D(0;1/5)1/3 B(1/2;0)

Câu 21: Giá trị hàm lợi ích khi phân phối thép (tính theo tấn) cho 4 cơ sở A, B, C,

D được cho theo bảng sau:

059-17

0-81115

09-1721

(Dấu – ứng với khả năng không phân phối được)

Dùng quy hoạch động để lập phương án phân phối hết 4 tấn thép cho các cơ sở sao cho tổng lợi ích lớn nhất nêu tất cả các phương án tối ưu tương đương (nếu có).

Bài giải:

1.Thiết lập bài toán quy hoạch động (QHĐ)

Ta chọn các thời điểm n như sau:

n = 0 ứng với trạng thái chưa phân phối gì

n = 1 phân phối xong cho cơ sở A x1 tấn x1 є {0,1,3,4}

n = 2 phân phối xong cho cơ sở A,B x2 tấn x2 є {0,1,2,4}

Ta thấy theo điều kiện đã cho để phân phối hết 4 tấn thép thì không tồn tại trạng thái (1 : 2) ; (4 : 0) ; (4 : 1); (4:2); (4:3)

2 Sơ đồ phân phối như sau:

5 9

11

15

8 11 0 8

0

9

17 21 17

Sơ đồ phân phối thép đến các cơ sở

3 Bảng tính các giá trị hàm trạng thái V(n,i)

0 7+0=7

1

0+9=97+5=12

020+8=812+0=12

3 0 14 1

3 7+9=1614+0=14 01

3

0+11=117+8=1516+0=16

34

0+17=1714+5=1918+0=18

0124

0+15=157+11=1812+8=2019+0=19

0134

0+21=217+17=2416+9=2520+0=20

Từ bảng tính các giá trị hàm trạng thái V(n,i) ta chọn được phương án tối ưu như sau:

Phân 1 tấn thép cho cơ sở A với lợi ích 7

Phân 2 tấn thép cho cơ sở B với lợi ích 9

Phân 0 tấn thép cho cơ sở C với lợi ích 0

Phân 1 tấn thép cho cở sở D với lợi ích 9

Câu 22: Giá trị hàm lợi ích khi phân phối thép (tính theo tấn) cho 4 cơ sở I, II, II,

IV được cho theo bảng sau:

0 3 6 - 14

0 2 - 8 16

0 - 7 7 15 Dùng quy hoạch động để lập phương án phân phối hết 4 tấn thép cho các cơ sở sao cho tổng lợi ích lớn nhất Nêu tất cả các phương án tối ưu tương đương (nếu có).

Bài giải:

1 Thiết lập bài toán theo quy hoạch động.

Quá trình phân phối thép 4 giai đoạn nhờ 5 thời điểm: n = 0, 1, 2, 3, 4

+ n=0 Chưa phân phối cho cơ sở nào (4 tấn thép còn đủ)

+ n=1 Phân phối cho cơ sở I: xI (tấn); xI Є (0,1,2,4)

xI ≤ 4+ n=2 Phân phối cho cơ sở I: xI (tấn);

Phân phối cho cơ sở II: xII (tấn); xII Є (0,1,2,4)

xI + xII ≤ 4+ n=3 Phân phối cho cơ sở I: xI (tấn);

Phân phối cho cơ sở II: xII (tấn);