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 2 (Ver13)

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 2 (...

Trang 1

Ths Nguyễn Công Trí

BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU

1 CÁCH THÀNH LẬP BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU (Xem)

2 CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU (Xem)

3 THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU (Xem)

4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT (Xem)

CHƯƠNG 2 THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

Mục đích và ý nghĩa

Với bài toán QHTT, bài toán gốc, ký hiệu là P

(Primal), chúng ta có thể thiết lập bài toán QHTT

khác, bài toán đối ngẫu, ký hiệu là D (Dual),

sao cho từ lời giải của bài toán này ta có thể thu thập được thông tin về lời giải của bài toán kia

Để có thông tin cần thiết về bài toán gốc, có thể nghiên cứu trên bài toán đối ngẫu của nó

Hơn nữa, khi phân tích đồng thời cả hai bài toán gốc và đối ngẫu, chúng ta có thể rút ra các kết luận có giá trị về mặt toán học lẫn về mặt ý nghĩa kinh tế

THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Xét bài toán QHTT (P) dưới dạng chính tắc

Với x = (x1, x2, …, xn)n, b = (b1, b2, …, bm)m Giả sử bài toán (P) có P.A.T.U là xopt và gọi x0 là một P.A của bài toán (P), ta có ctxopt≤ctx0

Gọi x = (x1, x2, …, xn)n, với x ≥ 0 sao cho

Ax – b  0 Bài toán tương đương:

0

t P

f x c x

x









 

0

m

L x y c x y b Ax

y R









THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Gọi g(y) là hàm mục tiêu của bài toán (II), ta có g(y) = min{ctx + yt(b – Ax)}, với x ≥ 0

≤ctx + yt(b – Ax), với x ≥ 0

Nếu x là P.A của bài toán (I) thì b – Ax = 0 và g(y) ≤ ctx Vậy g(y) là một cận dưới bất kỳ của hàm mục tiêu

Ta tìm cận dưới lớn nhất Max{g(y)}, thật vậy g(y) = min{ctx + yt(b – Ax)}, với x ≥ 0

= min{ctx + ytb – ytAx}, với x ≥ 0

= min{ytb + (ct– ytA)x}, với x ≥ 0

= ytb + min{ (ct– ytA)x}, với x ≥ 0

Trang 2

THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Xét

Vậy ta được

g(y) = ytb Suy ra bài toán đối ngẫu có dạng

Hay bài toán tương đương

t

x 0

min c

t t

t

y A x





 

0



 

t

m

g y y b

y R









THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

Ví dụ 2.1

Bài toán đối ngẫu của bài toán QHTT sau đây

là bài toán

0 1, 5

j









1

3

( ) 4 4 13 max

6

D

y













VD2.2 VD2.3 VD2.4 VD2.5 VD2.6 VD2.7

Bài toán gốc (P) Bài toán đối ngẫu (D) Hàm mục tiêu Hàm mục tiêu

Ràng buộc thứ i Ràng buộc thứ j

1

1,

n

ij j i j





 

 



 



1

n

j



1

, 1,

m

ij i j i





 

  

 



 



j



không ràng buộc

i



không ràng buộc

1

m

i



Ví dụ 2.2 Viết bài toán đối ngẫu và chỉ ra các cặp ràng buộc đối ngẫu của bài toán QHTT

Các cặp đối ngẫu

j









D











Bài toán đối ngẫu

 

Trang 3

Các cặp đối ngẫu

j









D









 

1 2 3

j

x x x



 

Các ràng buộc đối ngẫu

1 2

1

2

D

j

y y

Ví dụ 2.5 Viết bài toán đối ngẫu và chỉ ra các cặp ràng buộc đối ngẫu của bài toán QHTT THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

1 2

1

2

j

x x

Ràng buộc đối ngẫu

 

1

2

3

D

j

y y y

CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ĐỊNH LÝ 1

Nếu một trong hai bài toán đối ngẫu nhau có P.A.T.Ư thì bài toán kia cũng có P.A.T.Ư và giá trị hàm mục tiêu của chúng bằng nhau

HỆ QUẢ 1

Điều kiện cần và đủ để cho các bài toán đối ngẫu nhau có phương án tối ưu là mỗi bài toán có ít nhất một phương án

HỆ QUẢ 2

Điều kiện cần và đủ để cho các bài toán đối ngẫu nhau không có P.A.T.Ư là một bài toán có P.A còn bài toán kia không có P.A

Trang 4

CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ĐỊNH LÝ 2.(ĐỊNH LÝ ĐỘ LỆCH BÙ YẾU) Điều kiện cần và đủ để cặp bài toán đối ngẫu nhau có P.A.T.Ư là trong cặp ràng buộc đối ngẫu, nếu ràng buộc này xảy ra với dấu bất đẳng thức ngặt (“>” hoặc “<“) thì ràng buộc kia xảy ra với dấu đẳng thức

Nghĩa là, với Xopt = (x1opt, x2opt, , xnopt), Yopt = (y1opt, y2opt, , ymopt) lần lượt là P.A.T.Ư của bài toán gốc và bài toán đối ngẫu, ta có

Nếu xjopt> 0 thì

Nếu thì yiopt= 0

1

m opt

ij i j i





 , 

1

n opt

ij j i j

 



CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ĐỊNH LÝ 3.(ĐỊNH LÝ ĐỘ LỆCH BÙ MẠNH) Nếu cặp bài toán đối ngẫu nhau có P.A.T.Ư thì tồn tại một cặp phương án sao cho trong các cặp đối ngẫu, nếu ràng buộc này xảy ra với dấu đẳng thức thì ràng buộc kia xảy ra với dấu bất đẳng thức ngặt

Nghĩa là, với Xopt = (x1opt, x2opt, , xnopt), Yopt = (y1opt, y2opt, , ymopt) lần lượt là P.A.T.Ư của bài toán gốc và bài toán đối ngẫu, ta có

Nếu xjopt= 0 thì tồn tại

Nếu thì tồn tại yiopt0 (> hoặc <)

1

m opt

i





 

 

 

 1

n opt

ij j i j





Ví dụ 2.6.Cho bài toán QHTT

có P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu là yopt= (2, 3) và f(yopt) = 19 Hãy tìm P.A.T.Ư của bài toán trên

1 2 3

j

x x x



ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU

1 2 1 2

D

y y

Các cặp ràng buộc đối ngẫu

x 2 ≥ 0 và y 2 ≤ 3 (2)

x 3 ≥ 0 và y 1 + 2y 2 ≤ 8 (3)

Thay yopt= (2, 3) vào các ràng buộc Từ (1): y1= 2 < 4  x1= 0 (định lý 2)

Thay x1= 0 vào hpt của bài toán gốc

Vậy, P.A.T.Ư của bài toán gốc là xopt= (0,1,2) và

f(x opt ) = fD(yopt) = 19

2 3

0

x



3

2

x







Trang 5

Có P.A.T.Ư là xopt= (0,14, 6, 5) và f(xopt) = 54 Hãy tìm P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu

1 2 3 4

( ) 2 2 4 max

0 1, 4

j

1

2

D

y





Các cặp ràng buộc đối ngẫu

x 1 ≥ 0 và 5y 1 – 3y 2 + 4y 3 ≥ 2 (1)

x 3 ≥ 0 và y 1 + y 2 + 3y 3 ≥ 1 (3)

x 4 ≥ 0 và 6y 1 + 2y 2 + y 3 ≥ 4 (4) -3x 1 + x 3 + 2x 4 ≥ 16 và y 2 ≤ 0 (5) 4x 1 + 3x 3 + x 4 ≤ 23 và y 3 ≥ 0 (6)

Thay xopt= (0, 14, 6, 5) vào các ràng buộc Từ (2): x2= 14 > 0  y1= 2

Từ (3): x3= 6 > 0  y 1 + y 2 + 3y 3 = 1

Từ (4): x4= 5 > 0  6y 1 + 2y 2 + y 3 = 4

Giải hệ phương trình trên, ta có y1= 2; y2= -23/5;

y3= 6/5 Vậy, P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu là

yopt= (2, -23/5, 6/5) và f D (y opt ) = 54.

Xét các vectơ sau X = (3, 0, 11, 0), Y = (2, 1, 8, 0),

Z = (-4, 2, 0, 10) và T = (1, 2, 1, 2) Vectơ nào là P.A.T.Ư của bài toán?

Cách giải

1 Kiểm tra các vectơ có phải là P.A hay không?

2 Viết bài toán đối ngẫu,

3 Kiểm tra các P.A có phải là P.A.T.Ư.?

3

j









1.Kiểm tra trực tiếp, ta thấy X, Y, và T là P.A của bài toán Vì Z không thỏa mãn các ràng buộc nên Z không là P.A của bài toán

2.Bài toán đối ngẫu

Ta có 7 cặp ràng buộc đối ngẫu

3

1 0

D

y



Trang 6

x1≥0 và y1 + y2– 3y3≥-1 (1)

x2≥0 và 3y1+ y2 ≥ 2 (2)

x4≥0 và – y1 + y3≥ 0 (4)

x1 + 3x2 – x4≤5 và y1≥0 (5)

x1 + x2 ≤3 và y2≥0 (6) -3x1 + x3 + x4≤2 và y3≥0 (7)

3 Kiểm tra X, Y, T là P.A.T.Ư

Giả sử X = (3, 0, 11, 0) là P.A.T.Ư của bài toán

Từ (1): x1= 3 > 0  y1 + y2– 3y3= -1 Từ (3): x3=11 > 0  y3= 1 Từ (5): 3 + 0 + 0 + 0 = 3 < 5  y1= 0 Giải hệ phương trình, ta được X*= (0, 2, 1)

Dễ dàng kiểm tra vectơ X*= (0, 2, 1) thỏa các ràng buộc của bài toán đối ngẫu

Hơn nữa, f D (X*)= f(X)= 8 nên X là P.A.T.Ư của

bài toán gốc

Do Y = (2, 1, 8, 0) là P.A của bài toán gốc và

f(X) = f(Y)= 8 nên Y cũng là P.A.T.Ư.

Với T = (1, 2, 1, 2), ta có f(T)= 4  f max = 8

Vậy T không phải là P.A.T.Ư mà T chỉ là phương án của bài toán

Ví dụ 2.9.Giải bài toán QHTT

1 2 3

j

x x x

1 2 3

( ) 6 2 5 max

0 1,3

D

j

y y y

 

 

     

     

Ví dụ 2.10

Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách thêm 3 ẩn phụ y4≥0, y5≥0, y6≥0

Ta thấy bài toán cũng có dạng chuẩn

Sử dụng thuật giải đơn hình

D

j

Trang 7



HỆ SỐ

ẨN C.B

P.A

1

4

y

5

y

6

y

0 0 0

10 8 19

2 1 1

3 0

0 1

1

2

5

0 0

 

0

0 1

1

y

5

y

6

y

6 0 0

14 0 1 9  1 0 1

 

Bài toán có P.A.T.Ư yopt=(4, 0, 2) và f(yopt)= 34

P.A.T.Ư của bài toán gốc là

HỆ SỐ

ẨN C.B

P.A

1

y

3

y

6

y

6 5 0

4 1 2 0 3  1 0

2 0  1 1  1 2 0

5 0 5 0 1  3 1

 

3 43 0 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU

GHI CHÚ

1 4 4

2 5 5

3 6 6

opt

  





   

   



7 7

3 3 1

4 4

3 3 2

3

0 0

0 0 0

opt

x

  





   



Cách 2:dùng định lý đối ngẫu

x 1 ≥ 0 và 2y 1 + 3y 2 + y 3 ≤ 10 (1)

x 3 ≥ 0 và y 1 + 2y 2 + 5y 3 ≤ 19 (3) 2x 1 + x 2 + x 3 ≥ 6 và y 1 ≥ 0 (4)

x 1 + 2x 2 + 5x 3 ≥ 5 và y 3 ≥ 0 (6)

Ta có P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu yopt= (4,0,2) Từ (3): 4 +20 + 52 = 14 < 19  x3= 0

Từ (4): y 1 = 4 > 0  2x 1 + x 2 + x 3 = 6 Từ (6): y 3 = 2 > 0  x 1 + 2x 2 + 5x 3 = 5

Giải hệ phương trình, ta có PA.T.Ư của bài toán

gốc là x opt = (7/3, 4/3, 0) và f(x opt ) = 34.

GHI CHÚ Chúng ta cũng có thể sử dụng quy tắc sau đây để tìm P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu:

Với các ẩn cơ bản xj(j = 1, 2, …, m) trong P.A.C.B đầu tiên lập thành ma trận đơn vị cấp m tương ứng với các jtrong bảng cuối cùng

TrongVí dụ 2.9, ẩn cơ bản đầu tiên của bài toán đối ngẫu là y4, y5 và y6 thì P.A.T.Ư của bài toán gốc (đối ngẫu của bài toán đối ngẫu) là

Xopt= (7/3, 4/3, 0) và f(Xopt) = 34

1 1 1

2 2 2

opt

y

  



   



 



   





Trang 8

Do Lemke G.E đề xuất năm 1954 Đây là thuật giải đơn hình được áp dụng vào bài toán đối ngẫu nhưng để tìm P.A.T.Ư cho bài toán gốc

Thuật giải đơn hình đối ngẫu xuất phát từ một

“phương án giả” thỏa các ràng buộc chính của bài toán (nghiệm đúng Ax = b) nhưng không thoả điều kiện ràng buộc về dấu (x  0), nghĩa là bảng đơn hình đầu tiên không có phần tử dương trong dòng mục tiêu (dòng cuối) nhưng lại có phần tử âm trong cột phương án

Thuật giải này thường được áp dụng khi chưa biết P.A.C.B nào của bài toán gốc nhưng lại có sẵn một P.A.C.B của bài toán đối ngẫu

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU

Đúng

b i ≥ 0,i?

Sai Đúng Sai

Đúng

LẬP BẢNG ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU

XÁC ĐỊNH PHƯƠNG ÁN MỚI Aån ra :

Aån vào :

P.A.T.Ư

KẾT THÚC THUẬT GIẢI

a ij  0,j?

BÀI TOÁN KHÔNG CÓ P.A.T.Ư

BIẾN ĐỔI BẢNG ĐƠN HÌNH

0

i

b

Min b x

 

0

ij

j j a

ij

a







SỐ BƯỚC LẶP LÀ HỮU HẠN

j ≤ 0,j?

Sai

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH

Ví dụ 2.10 Giải bài toán QHTT trong Ví dụ 2.9

bằng thuật giải đơn hình đối ngẫu

Đưa bài toán về dạng chính tắc, rồi sau đó nhân (–1) cho các ràng buộc đẳng thức, ta có bài toán dạng chính tắc như sau

Xuất phát từ phương án giả X = (0,0,0,–6,–2,–5)

Ta có bảng đơn hình đối ngẫu như sau

0, 1, 6

j











Hệ số

Ẩn C.B

x1 x2 x3 x4 x5 x6

Trang 9

Vậy, P.A.T.Ư của bài toán là xopt = (7/3, 4/3, 0) và f(xopt) = 34

THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Hệ

số

Ẩn C.B

x1 x2 x3 x4 x5 x6

GHI CHÚ Đối với thuật giải đơn hình đối ngẫu, để tìm P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu Yopt, ta có biểu thức sau

Trong Ví dụ 2.10, ẩn cơ bản đầu tiên của bài toán đối ngẫu là x4, x5và x6thì

P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu là Yopt= (4, 0, 2) và

f*(Yopt) = 34

1 1 1

2 2 2

opt

y

  



   



 



   





1 4 4

2 5 5

3 6 6

opt

  





   

   



1 2 3

( 4) 0 4

0 0 0 ( 2) 0 2

y y y

    





    

     



Ví dụ 2.11

Dùng thuật giải đơn hình đối ngẫu để giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây

Xuất phát từ phương án giả X = (–2,0,0,–4,0,2,6)

Ta có bảng đơn hình đối ngẫu

1 2 3 4 5

0, 1, 7

j





THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Hệ

số

Ẩn C.B

P.A 2 –4 1 –1 2 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7

2 x1 –2 1 –2 0 0 –2 0 0

f(x) 0 0 –4 –2 0 –5 0 0

2 x1 6 1 –10 –2 –2 0 0 0 –1 x5 4 0 –4 –1 –1 1 0 0

0 x7 –10 0 17 5 4 0 0 1 f(x) 20 0 –24 –7 –5 0 0 0

Do a4j 0,

j = 1, , 7 nên bài toán trên không có P.A.T.Ư

Trang 10

1 TÌM PHƯƠNG ÁN TỐI ƯU MỚI KHI CÓ THÊM RÀNG BUỘC VÀO BÀI TOÁN (XEM)

2 TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG (XEM)

3 Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU (XEM)

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT

Ví dụ 2.12

a) Dùng thuật giải đơn hình đối ngẫu để giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây

b) Nếu thêm một ràng buộc nữa x1+ x2+ x360 vào bài toán trên, tìm phương án tối ưu của bài toán mới

( ) 15 12 10

0, 1, 3

j







Đưa bài toán về dạng chính tắc, rồi sau đó nhân (–1) cho các ràng buộc đẳng thức, ta có bài toán dạng chính tắc như sau

a) Xuất phát từ phương án giả X = (0, 0, 0, –160, –140 Ta có bảng đơn hình đối ngẫu

( ) 15 12 10

0, 1, 5

j







MỘT SỐ ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU

f(x) 480 –6 0 –4 –3 0

12 x2 25 7/8 1 0 –3/8 ¼

f(x) 600 –7 0 0 –2 –2 P.A.T.Ư là xopt= (0, 25, 30) và f(xopt) = 600

Hệ Số

Ẩn C.B

x1 x2 x3 x4 x5

0 x4 –160 –3 –4 –2 1 0

0 x5 –140 –1 –2 –3 0 1 f(x) 0 –15 –12 –10 0 0

Trang 11

b) Do xopt = (0, 25, 30) không thỏa ràng buộc x1 + x2 + x3  60 nên xoptkhông phải là phương án của bài toán mới Để xử lý ràng buộc mới này,

ta đưa ràng buộc bất đẳng thức về ràng buộc đẳng thức bằng cách thêm ẩn phụ x6  0, ta được –x1– x2– x3+ x6= –60

Sử dụng bảng cuối cùng trong câu a) và đưa ràng buộc mới –x1 – x2– x3 + x6= –60 vào bảng trên Lưu ý ẩn x6 là ẩn cơ bản trong bài toán mới, còn x4và x5là ẩn cơ bản trong bài toán cũ nên trong ma trận hệ số của bài toán mới ta cộng dòng 1 và dòng 2 vào dòng 3 để vectơ cột ứng với x4và x5là các vectơ đơn vị

Hệ số

Ẩn C.B

x1 x2 x3 x4 x5 x6

P.A.T.Ư là x/

opt= (0, 20, 40) và f(x/

opt) = 640

Hệ số

Ẩn C.B P.A

x1 x2 x3 x4 x5 x6

Tìm nghiệm không âm của hệ phương trình tuyến tính AX = b, X  0 (1), trong đó A là ma trận mn, bmcó thể quy về giải bài toán quy hoạch tuyến tính

Bài toán (2) luôn luôn có P.A.T.Ư vì (0,b) là một P.A và hàm mục tiêu bị chặn [f(x)  0]

Giả sử P.A.T.Ư của bài toán trên là (xopt, xg

opt), nếu xg

opt = 0, j thì xopt là nghiệm của bài toán (1) Ngược lại nếu tồn tại xg

j  0 thì bài toán (1) vô nghiệm

TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

 

  1

min

2

m g j j g

g





Trang 12

Ví dụ 2.1.Tìm nghiệm không âm của hệ phương trình tuyến tính

Ta có thể quy bài toán trên về bài toán QHTT

Giải bài toán trên, ta được P.A.T.Ư là (xopt, xg

opt)

= (3, 1, 2, 0, 0, 0) Vậy nghiệm không âm của hệ phương trình tuyến tính trên là x = (3, 1, 2)

TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH









 4 5 6

( )

0, 1, 6

j









Xét bài toán gốc là bài toán khẩu phần thức ăn Chất dinh

dưỡng (%)

dinh dưỡng tối thiểu

1 2 j n

1 a11 a12 a1j a1n b1

2 a21 a22 a2j a2n b2

i ai1 ai2 aij ain bi

m am1 am2 amj amn bm Giá một đơn

vị thức ăn

c1 c2 cj cn

Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

Gọi xj (j = 1, 2, , n) là số đơn vị thức ăn trong mỗi bửa, ta có mô hình bài toán QHTT như sau

Chất dinh dưỡng thay thế: nhà sản xuất thuốc bổ tương ứng với các chất dinh dưỡng trên

1 1 2 2

min

0, 1,

n n

j











1 1 2 2

max

0, 1,

i













Gọi yi là giá bán một viên thuốc bổ có chứa chất dinh dưỡng i (i = 1, 2, , m)

Người chăn nuôi sẽ phải lựa chọn:

Mua thuốc bổ, nếu a1jy1+ a2jy2+ + anjyn< cj

Vì giá thuốc bổ rẻ hơn và lúc này xj = 0 (định lý độ lệch bù yếu)

Mua thức ăn, theo định lý độ lệch bù yếu, nếu yi> 0 thì ai1x1+ ai2x2+ … + ainxn= bi,

Nghĩa là, nếu giá một viên thuốc bổ khá cao thì người chăn nuôi sẽ mua các loại thức ăn sao cho thoả nhu cầu tối thiểu của chất dinh dưỡng

Vậy, khi phân tích cặp bài toán đối ngẫu nhau chính là phân tích tính T.Ư của từng bài toán

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	315,63 KB