Bài giảng Tối ưu hóa - ThS. Nguyễn Công Trí - Làm nghề gì cũng đòi hỏi phải có tình yêu, lương tâm và đạo đức Chuong 1 (ver13.1)

DẠNG TỔNG QUÁT CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT  Một vectơ x = x1, x2,..., xn thỏa mãn điều kiện2 và 3 được gọi là một phương án P.A củabài toán quy hoạch tuyến tính QHTT.. DẠNG CHÍNH TẮC Tìm

Trang 1

Ths Nguyễn Công Trí

BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

1 THIẾT LẬP MÔ HÌNH BÀI TOÁN (Xem)

2 CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QUY

3 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ BÀI TOÁN

4 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN

Ví dụ 1.1 BÀI TOÁN LẬP KẾ HOẠCH SẢN XUẤT

Một xí nghiệp dùng 3 loại nguyên liệu: N1; N2; N3để sản xuất ra một loại sản phẩm theo 3 phươngpháp khác nhau: PP1; PP2; PP3 Định mức nguyênliệu và số lượng sản phẩm sản xuất ra trong 1giờ được cho ở bảng sau:

Hãy lập mô hình bài toán sao cho xí nghiệp sảnxuất ra nhiều sản phẩm nhất?

NguyênLiệu hiện có (đv)Số lượng Định mức nguyên liệuPP

Số sản phẩm (sp/giờ) 10 12 9

MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTTGọi x1, x2, x3lần lượt là thời gian sản xuất ra sảnphẩm theo 3 phương pháp PP1, PP2, PP3

Tổng sản phẩm sản xuất (cần làm cực đại)f(x) = 10x1+ 12x2+ 9x3max

Do xí nghiệp chỉ có 250 nguyên liệu N1nên x1, x2,

x3phải thỏa mãn 4x1+ 5x2+ 3x3≤250Tương tự cho các nguyên liệu N2, N3ta có2x1+ 4x2+ x3≤350 và 3x1+ 6x2+ 4x3≤450

Dĩ nhiên ta phải có x1, x2, x3không âmVậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:

Tìm các biến x1, x2, x3sao chof(x)= 10x1+ 12x2+ 9x3max, thỏa các điều kiện4x1+ 5x2+ 3x3≤250

2x1+ 4x2+ x3≤3503x1+ 6x2+ 4x3≤450

x10 x20 x30

MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT

Ví dụ 1.2 BÀI TOÁN PHA CẮT VẬT LIỆU

Một xí nghiệp may mặc cần sản xuất đúng 2.000quần và ít nhất 1.000 áo Mỗi tấm vải có 6 cáchcắt như sau:

Hãy tìm phương án cắt quần áo sao cho tổng sốtấm vải là ít nhất?

Cách cắt Quần Áo

Trang 2

MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTTGọi xj(j = 1, 2, , 6) là số tấm vải được cắt theocách thứ j.

Tổng số tấm vải dùng để sản xuất (cần làm cựctiểu) là f(x) = x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ x6min

Do xí nghiệp cần sản xuất đúng 2.000 quần nêncác xjphải thỏa mãn

90x1+ 80x2+ 70x3+ 60x4+ 120x5 = 2000Tương tự cho điều kiện về sản xuất áo, ta có35x1+ 55x2+ 70x3+ 90x4 + 100x61000

Dĩ nhiên ta phải có xj(j = 1, 2, , 6) không âmVậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:

Tìm các biến xj(j = 1, 2, , 6) sao chof(x)= xjmin, thỏa các điều kiện90x1+ 80x2+ 70x3+ 60x4+ 120x5 = 200035x1+ 55x2+ 70x3+ 90x4 + 100x61000

xj0, (j = 1, 2, , 6)

Ví dụ 1.3 BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH KHẨU PHẦN

Để nuôi một loại gia súc có hiệu quả, mỗi ngàycần phải có khối lượng tối thiểu các chất protit,glucit, khoáng tương ứng là 90 gram, 130 gram,

10 gram Tỷ lệ (%) theo khối lượng các chất trêncó trong các loại thức ăn A, B, C như sau:

Giá 1 kg thức ăn A, B, C tương ứng là 3.000đồng, 4.000 đồng, 5.000 đồng Hãy lập mô hìnhbài toán xác định khối lượng thức ăn cần thiếtsao cho chi phí nuôi gia súc là thấp nhất?

Thức ăn Chất dinh dưỡng (%)

Protit Glucit Khoáng

Tổng chi phí dùng để mua thức ăn (cần làm cựctiểu) là f(x) = 3x1+ 4x2+ 5x3min (đồng)

Do các tỷ lệ các chất protit, glucit và khoáng cótrong thức ăn A nên các xjphải thỏa mãn

0,1x1+ 0,2x2+ 0,3x390Tương tự cho điều kiện của thức ăn B và C, ta có0,3x1+0,4x2+0,2x3130 và 0,02x1+0,01x2+0,03x310Vậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:

Tìm các biến xj(j = 1, 2, 3) sao chof(x) = 3x1+ 4x2+ 5x3min, thỏa các điều kiện0,1x1+ 0,2x2+ 0,3x3 90

0,3x1 + 0,4x2 + 0,2x3 130 0,02x1 + 0,01x2 + 0,03x3 10

xj 0, (j = 1, 2, 3)

Ví dụ 1.4 BÀI TOÁN VẬN TẢI

Cần vận chuyển xi măng từ 3 kho K1, K2, K3đến 4công trường xây dựng T1, T2, T3, T4 Cho biết lượng

xi măng có ở mỗi kho, lượng xi măng cần ở mỗicông trường và cước phí vận chuyển (ngànđồng/ tấn) từ mỗi kho đến công trường như sau:

Lập mô hình bài toán vận chuyển sao cho cáckho phát hết xi măng có, công trường nhận đủ ximăng cần và chi phí vận chuyển thấp nhất?

Công trườngKho T1: 130 t T2: 160 t T3: 120 t T4: 140 t

K1: 170 tấn 20 18 22 25

K2: 200 tấn 15 25 30 15

K3: 180 tấn 45 30 40 35

Trang 3

MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTTGọi xij(i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3, 4) là lượng xi măngcần vận chuyển từ kho Kiđến công trường Tj.Tổng chi phí vận chuyển (cần làm cực tiểu) làf(x) = 20x11+ 18x12+ 22x13+ 25x14

15x21+ 25x22+ 30x23+ 15x2445x31+ 30x32+ 40x33+ 35x34minĐiều kiện của các kho

x11+ x12+ x13+ x14= 170

x21+ x22+ x23+ x24= 200

x31+ x32+ x33+ x34= 180Điều kiện của các công trường

CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT

2.1 DẠNG TỔNG QUÁT

 Một vectơ x = (x1, x2, , xn) thỏa mãn điều kiện(2) và (3) được gọi là một phương án (P.A) củabài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT)

 Tập các P.A của bài toán được gọi là miền ràng buộc hay miền xác định Ký hiệu là D

 Phương án tối ưu (P.A.T.Ư) hay nghiệm của bài toán, ký hiệu là Xopt (optimality), nếu vectơ Xlà một P.A và hàm mục tiêu (2.1) bị chặn

 Bài toán được gọi là giải được hay có lời giải hay có nghiệmnếu nó có ít nhất một P.A.T.Ư

 Bài toán không giải được hay vô nghiệm nếu

D =  hay nó có P.A nhưng không có PA.T.Ư

2.2 DẠNG CHÍNH TẮC

Tìm x = (x1, x2, , xn) sao cho:

Nhận xét:Hệ ràng buộc của bài toán dạng chínhtắc đều là các đẳng thức và mọi biến của bàitoán đều không âm Ví dụ 1.4 BÀI TOÁN VẬN TẢI

có dạng chính tắc

1( ) min ( max)

n

j j j

Trang 4

2.3 DẠNG CHUẨN

Tìm x = (x1, x2, , xn) sao cho:

Nhận xét: Bài toán dạng chuẩn là bài toán ở

dạng chính tắc với hệ ràng buộc chứa ma trậncon Imlà ma trận đơn vị cấp m

Trong đó các xi (i = 1, 2, , m) được gọi là ẩn cơ bản (A.C.B), còn các ẩn xi,m+k, (k = 0, 1, , n – m)

được gọi là ẩn không cơ bản.

1

n

j j j



, 1

n m

i i m k m k i k

2.4 CHUYỂN ĐỔI DẠNG BÀI TOÁN QHTT

Khi xét bài toán QHTT, người ta thường sử dụngdạng chính tắc, có thể đưa bài toán dạng tổngquát về dạng chính tắc bằng các biến đổi sau:

1) Nếu ràng buộc thứ i có dạng aijxj≤bithì thêmvào một ẩn phụ xn+10, sao cho aijxj+ xn+1= bi.2) Nếu ràng buộc thứ i có dạng aijxjbithì thêmvào một ẩn phụ xn+10, sao cho aijxj– xn+1= bi.3) Nếu ẩn xj≤0 thì được thay bằng x/

Khi đó bài toán QHTT ở dạng chính tắc có dạngf(x) = cTx  min (hay max)

,

m

b b b b

,

n

c c c c

,

n

x x x x

,

j j j mj

a a A a

Ví dụ 1.5 Đưa bài toán QHTT sau đây về dạngchính tắc và viết bài toán chính tắc dưới dạng

Trang 5

CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTTBài toán QHTT có dạng chính tắc như sau

Bài toán QHTT dưới dạng ma trận như sauf(x) = (1, 3, – 2, 0, 0, 0)T(x1, x/

x x x x x x

Ví dụ 1.6.Cho bài toán QHTT:

Ta có ma trận hệ số của hệ ràng buộc:

chứa I3nên bài toán quy hoạch tuyến tính trên códạng chuẩn

10130

20011

A

Một phương án x* = (x1*, x2*, , xn*) của bài toán

QHTT dạng tổng quát là phương án cực biên

(P.A.C.B) nếu x* = (x1*, x2*, , xn*) thỏa mãn chặt

n ràng buộc độc lập tuyến tính Tức là:

Trong đó A là ma trận con cấp n của hpt (*)

Một P.A.C.B không suy biến là một P.A.C.Bthỏa mãn đúng n ràng buộc chặt

Một P.A.C.B suy biến là một P.A.C.B thỏa mãnhơn n ràng buộc chặt

P.A.C.B còn được gọi là phương án cơ bản.

ĐỊNH NGHĨA PHƯƠNG ÁN CỰC BIÊN

a x = b , i=1,k, k m

x = 0, j=1,l, l n

Ví dụ 1.7.Cho bài toán QHTT

Các vectơ nào sau đây

là phương án cực biên?

ĐỊNH NGHĨA PHƯƠNG ÁN CỰC BIÊN

Trang 6

º Deê daøng kieơm tra X khođng phại laø phöông aùn.

Y, Z laø phöông aùn cụa baøi toaùn

º Y thoûa 2 raøng buoôc chaịt (2 raøng buoôc veă daâu)neđn Y chư laø P.A

º Z thoûa 3 raøng buoôc chaịt (raøng buoôc 2, raøngbuoôc 3, raøng buoôc 4) vaø

Vaôy Z laø phöông aùn cöïc bieđn cụa baøi toaùn

ÑÒNH NGHÓA PHÖÔNG AÙN CÖÏC BIEĐN

 

1 0 0det 1 1 3 1 6 5 0

ÑÒNH LYÙ 1 (TÍNH ÑAỊC TRÖNG CỤA P.A.C.B)

Moôt phöông aùn X * = (x 1 *, x 2 *,…, x n *) cụa baøi toaùn QHTT dáng chính taĩc laø phöông aùn cöïc bieđn neâu vaø chư neâu heô vectô coôt A j öùng vôùi thaønh phaăn x j * > 0 laø ñoôc laôp tuyeân tính.

Ví dú 1.8.Cho baøi toaùn QHTT

Caùc vectô naøo sau ñađy X = (2, 2, 0), Y = (0, 0, 4),

Z = (1, 1, 2), laø P.A.C.B cụa baøi toaùn

CAÙC TÍNH CHAÂT CỤA BAØI TOAÙN QHTT

X, Y, Z thoûa caùc raøng buoôc neđn chuùng laø P.A

Maịt khaùc ta coù

Vôùi X = (2, 2, 0), neđn X laø P.A.C.B

Vôùi Y = (0, 0, 4), heô chư goăm moôt vectô A3 neđn

Y cuõng laø P.A.C.B

Vôùi Z=(1, 1, 2), ta thaây heô {A1, A2, A3} phú thuoôctuyeân tính vì A1+A2–2A3=0 neđn Z khođng laø P.A.C.B

HEÔ QUẠ 1.(tính höõu hán cụa P.A.C.B)

Soẫ phöông aùn cöïc bieđn cụa baøi toaùn QHTT dáng chính taĩc laø höõu hán.

1

11

A    

  2

11

A    

  3

10

ÑÒNH LYÙ 2 (SÖÏ TOĂN TÁI CỤA PHÖÔNG AÙN TOÂI ÖU)

Neâu baøi toaùn quy hoách tuyeân tính coù phöông aùn vaø haøm múc tieđu bò chaịn döôùi (ñoâi vôùi f(x) min) hoaịc haøm múc tieđu bò chaịn tređn (ñoâi vôùi f(x) max) tređn taôp caùc phöông aùn thì baøi toaùn coù phöông aùn toâi öu.

ÑÒNH LYÙ 3 (SÖÏ TOĂN TÁI CỤA P.A.C.B TOÂI ÖU)

Neâu baøi toaùn QHTT dáng chính taĩc coù P.A.T.Ö thì baøi toaùn coù P.A.C.B toâi öu (P.A.C.B.T.Ö).

Trang 7

ĐỊNH LÝ 4 (SỰ TỒN TẠI NHIỀU P.A.C.B.T.Ư)

Nếu bài toán có P.A.T.Ư là X opt và X (1) , X (2) là 2 phương án khác nhau của bài toán thoả X opt =

X (1) + (1–)X (2) , 0    1 thì X (1) , X (2) là P.A.T.Ư.

NHẬN XÉT

1 Ta có thể tìm P.A.T.Ư của bài toán QHTT trong số các P.A.C.B của bài toán và có thể xác định ngay P.A.C.B của bài toán dạng chuẩn bằng cách cho các ẩn không cơ bản bằng không (xem Ví dụ 1.9 ).

2 Trong bài toán QHTT dạng chính tắc Nếu hạng của ma trận hệ số A là m thì P.A.C.B được gọi là không suy biến nếu nó có đúng m thành phần dương Nếu P.A.C.B có ít hơn m thành phần dương thì được gọi là P.A.C.B suy biến (xem Ví dụ 1.10 ).

CÁC TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN QHTT

Ví dụ 1.9.Với bài toán quy hoạch tuyến tính

Ta có phương án X = (1, 0, 3, 2, 0) là phương áncực biên của bài toán vì các ẩn x1, x3, x4 là cácẩn cơ bản của bài toán dạng chuẩn

5 , 1 0

2 2

3 3

1 2

min )

(

5 4 2

5 3

2

5 2

1

5 2

x x x

x x

x

x x

x

x x x f

j

Ví dụ 1.10.Với bài toán quy hoạch tuyến tính

Kiểm tra vectơ X = (11, 3, 0, 0) có phải là P.A.C.B?

Kiểm tra trực tiếp, ta có X là P.A của bài toán

Hạng của ma trận hệ số của hệ ràng buộctuyến tính bằng 3 và X có 2 thành phần dương là

x1=11, x2= 3 nên X là P.A.C.B suy biến

4.3 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG

Trang 8

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

Xét bài toán QHTT có 2 biến.

ax+by>cax+by<c

O

=m (đường mức)

a b

tăng

giảm

N(a,b)

Ví dụ 1.11.Một công ty có 2 phân xưởng: PX1và

PX2cùng sản xuất 2 loại sản phẩm A và B Năngsuất và chi phí sản xuất của mỗi PX trong 1 giờ:

Đơn đặt hàng: ít nhất 5.000 SpA, 3.000 SpB

Hãy phân phối thời gian hoạt động của 2 phânxưởng sao cho thoả yêu cầu đơn đặt hàng vàchi phí sản xuất thấp nhất

Phân xưởngNăng suất

PX1 PX2

Chi phí (triệu đồng/ giờ) 0,6 1

Gọi x1, x2lần lượt là số giờ hoạt động của phânxưởng thứ nhất và phân xưởng thứ hai

Ta có mô hình bài toán

Dùng phương pháp hình học để giải bài toántrên như sau

15 20

250x1+250x2=5000

100x1+200x2=3000 0,6x1+x2=m

Vậy P.A.T.Ư: xopt(10,10) và f(xopt)=16 triệu đồng

Trang 9

Ví dụ 1.12.

Giải bài toán quy hoạch tuyến tính

bằng phương pháp hình học

Hàm mục tiêu không bị chặn Bài toán khôngcó phương án tối ưu

-2x1+x2= mPHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

Ví dụ 13:giải bài toán

Đưa bài toán về dạng chính tắc

Trang 10

Ta có

Chọn x1= 5/3, ta được P.A mới là

x1= 5/3, x2= x3= w2= 0, w1= 20/3, w3= 19/3

Và f(x) = - 5

Bài toán tương đương: tại ràng buộc thứ hai tính

x1theo các biến còn lại, rồi thế giá trị x1vừa tínhđược vào các ràng buộc và hàm mục tiêu

CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Ta có kết quả

Bài toán có P.A.T.U là xopt= (1, 2, 0)và f(xopt) = - 7

Trang 11

Dựa trên cơ sở bài toán có dạng chuẩn

Dấu hiệu tối ưu của bài toán

Phương án cực biên đầu tiên là:

Chọn một P.A bất kỳ của bài toán

Aån C.B

Trang 12

BẢNG ĐƠN HÌNH

Hệ số

Aån C.B

Đúng

LẬP BẢNG ĐƠN HÌNH

XÁC ĐỊNH PHƯƠNG ÁN MỚI Aån vào:

Aån ra:

P.A.T.Ư

KẾT THÚC THUẬT GIẢI

a ij ≤ 0,i?

BÀI TOÁN KHÔNG CÓ P.A.T.Ư

BIẾN ĐỔI BẢNG ĐƠN HÌNH

ij

b Min x a

Bước 2:Kiểm tra tính tối ưu của bài toánTính j= ∑aijci– cj

Nếu j≤0: bài toán có P.A.T.U

Nếu j> 0: chuyển sang bước 3

Bước 3:Kiểm tra tính giải được của bài toán

Nếu aij≤0, i: bài toán không có P.A.T.U

Nếu aij > 0: chuyển sang bước 4

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNHBước 4: Tìm P.A.C.B mới của bài toán

Chọn ẩn vào:

Chọn Maxj (j> 0), ẩn xj sẽ được chọn đưa vàohệ ẩn cơ bản ứng với jđã được chọn

Chọn ẩn ra:

Chọn  = Min{bi/aij} (aij > 0), ẩn xi sẽ được chọnđưa ra khỏi hệ ẩn cơ bản ứng với  nhỏ nhất

Phần tử aij (ứng với ẩn vào xi và ẩn ra xj) đượcgọi là phần tử trục

 Dùng phương pháp biến đổi sơ cấp dòngtrên ma trận hệ số để biến đổi ẩn mới đưa vàotrở thành ẩn cơ bản Sau đó quay về bước 2

Trang 13

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH

NHẬN XÉT Dấu hiệu bài toán có nhiều P.A.T.Ư

Với P.A.C.B.T.Ư Xopt tìm được, nếu j= 0, mà xjkhông là P.A.C.B thì bài toán có P.A.C.B.T.Ư khác

X/ opt(xem Ví dụ 1.15)

Tập phương án tối ưu:

Trường hợp có hai P.A.C.B.T.Ư là Xoptvà X/

BT không có P.A.T.Ư vì 4= 1 > 0 mà ai4< 0, i

HỆSỐ

ẨNC.B

3 9 2

1

 2

 4

1 0

0 1

Bài toán có phương án tối ưu khác hay không?

Nếu có tìm tập phương án tối ưu và chỉ ra 3phương án tối ưu

Trang 14

ẨNC.B

152 60 36

2 4 3

4 2

0 1

3

1

0 0

14

Bài toán có P.A.T.Ư xopt=(12, 6, 0, 104, 0, 0) vàf(xopt)= 292

Bài toán còn P.A.C.B.T.Ư khác vì 6= 0, nhưng x6không phải là A.C.B Ta có P.A.C.B.T.Ư thứ haibằng cách chọn ẩn x6là ẩn đưa vào

HỆSỐ

ẨNC.B

Bài toán có phương án cực biên tối ưukhác là

x/ opt= (0, 30, 0, 32, 0, 36) và f(x/

ẨNC.B

Với tập phương án tối ưu, ta có :

xopt+ (1 - )x/

opt=

(12, 6, 0, 104, 0, 0) + (1-)(0, 30, 0, 32, 0, 36)

= (12 , 30–24, 0, 32 + 72, 0, 36 - 36)

3 phương án tối ưu là

Với  = 0, ta có P.A.T.Ư:

x/ opt = (0, 30, 0, 32, 0, 36) và f(x/

opt) = 292

Với  = 1, ta có P.A.T.Ư:

xopt = (12, 6, 0, 104, 0, 0) và f(x/

opt) = 292

Với  = ½, ta có P.A.T.Ư:

Zopt = (6, 18, 0, 68, 0, 18) và f(zopt) = 292

Trang 15

NHẬN XÉT.Nếu bài toán có hàm mục tiêu

Có hai cách giải:

Giải trực tiếp bài toán (xemVí dụ 1.16), với:

Tiêu chuẩn tối ưu là

• Ẩn vào là

• Ẩn ra là

Chuyển hàm mục tiêu của bài toán về min

1( )



n

j j j

0

ij

i a ij

b Min a



Ví dụ 1.16

Bài toán có phương án tối ưu khác hay không?

Nếu có, hãy chỉ ra phương án tối ưu khác

Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cáchthêm ẩn phụ x5≥0 vào ràng buộc thứ hai và ẩnphụ x6≥0 vào ràng buộc thứ ba

Ta có bài toán ở dạng chuẩn

Lập bảng đơn hình

ẨNC.B

2 2 5

1 0 0

1 1



0 1

Trang 16

Vì các j0, j nên bài toán có P.A.T.Ư là

Xopt= (0, 0, 9, 16) và f(Xopt) = 25

Bài toán trên không còn phương án tối ưu nàokhác vì không có j = 0 nào với xj là ẩn không

cơ bản

HỆSỐ

ẨNC.B

Xuất phát từ bài toán dạng chính tắc

Không làm mất tính tổng quát của bài toán, tagiả sử các bi 0 và ma trận hệ số của hệ ràngbuộc không chứa vectơ (cột) đơn vị nào

Cộng vào mỗi ràng buộc với một ẩn giả tươngứng xi(g)≥0 thì ta được bài toán có dạng:

CƠ SỞ THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG

ij j i j

Ẩn C.B

Trang 17

[2] Nếu bài toán M (Bài toán II) có phương án tối

ưu thì có 3 trường hợp xảy ra sau đây:

a) Trong hệ A.C.B không chứa ẩn giả nào thìP.A.T.Ư của bài toán M cũng chính là P.A.T.Ưcủa bài toán gốc (xemVí dụ 1.17)

b) Nếu trong hệ ẩn cơ bản của bài toán M cóchứa ẩn giả nhưng giá trị của chúng đều bằngkhông thì P.A.T.Ư của bài toán gốc là P.A.T.Ư

của bài toán M loại bỏ các ẩn giả bằng không(xemVí dụ 1.18)

c) Nếu trong hệ ẩn cơ bản của bài toán M cómột ẩn giả mà giá trị của chúng khác không thìbài toán gốc không có P.A.T.Ư

Chú ý.Nếu hàm mục tiêu là f(x)  Max thì hệ sốcác ẩn giả trong hàm mục tiêu của bài toán Mlà (– M), với M > 0 vô cùng lớn (xemVí dụ 1.19)

j ≤ 0?

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG

Sai

LẬP BẢNG ĐƠN HÌNH

Xác định phương án mới Aån vào:

Aån ra:

CÓ P.A.T.Ư ĐƯA BÀI TOÁN VỀ DẠNG CHUẨN

KHÔNG CÓ P.A.T.Ư KẾT THÚC THUẬT GIẢI CÓ P.A.T.Ư

BIẾN ĐỔI BẢNG ĐƠN HÌNH

?

g i

x x i g0?

KHÔNG CÓ P.A.T.Ư

b Min a

Ví dụ 1.17.(trường hợp a) Giải bài toán QHTT

Nhân (– 1) vào ràng buộc thứ nhất, bài toán códạng chính tắc như sau

Định dạng
Số trang	26
Dung lượng	507,13 KB