Bài toán quy hoạch tuyến tính
Trang 1Ths Nguyễn Công Trí Copyright 2001
Copyright 2001
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
BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Ví dụ 1.1 BÀI TOÁN LẬP KẾ HOẠCH SẢN XUẤT
Một xí nghiệp dùng 3 loại nguyên liệu: N 1 ; N 2 ; N 3
đ å sản xuất ra một loại sản phẩm theo 3 phương pháp khác nhau: PP 1 ; PP 2 ; PP 3 Định mức nguyên liệu và số lư ïng sản phẩm sản xuất ra trong 1 giờ được cho ở bảng sau:
Hãy lập mô hình bài toán sao cho xí nghiệp sản xuất ra nhiều sản phẩm nhất?
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
9 12 10
Số N 3 sản phẩm (sp/giờ) 450 3 6 4
1 4 2
350
Định mức nguyên liệu Số lư ïng
hiện có (đv)
Nguyên Liệu
Gọi x 1 , x 2 , x 3 lần lư ït là thời gian sản xuất ra sản
phẩm theo 3 phương pháp PP 1 , PP 2 , PP 3
Tổng sản phẩm sản xuất (cần làm cự đ ïi)
f(x) = 10x 1 + 12x 2 + 9x 3 max
Do xí nghiệp chỉ có 250 nguyên liệu N 1 nên x 1 , x 2 ,
x 3 phải thỏa mãn 4x 1 + 5x 2 + 3x 3 250
Tương tự cho các nguyên liệu N 2 , N 3 ta có
2x 1 + 4x 2 + x 3 350 và 3x 1 + 6x 2 + 4x 3 450
Dĩ nhiên ta phải có x 1 , x 2 , x 3 không âm
Vậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:
Tìm các biến x 1 , x 2 , x 3 sao cho
f(x)= 10x 1 + 12x 2 + 9x 3 max, thỏa các điều kiện
4x 1 + 5x 2 + 3x 3 250
2x 1 + 4x 2 + x 3 350
3x 1 + 6x 2 + 4x 3 450
x 1 0 x 2 0 x 3 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 đ ùng 2.000 quần và ít nhất 1.000 áo Mỗi tấm vải có 6 cách cắt như sau:
Hãy tìm phương án cắt quần áo sao cho tổng số tấm vải là ít nhất?
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
100 0 6
0 120 5
90 60 4
70 70 3
55 80 2
35 90 1
Áo Quần Cách cắt
Gọi x j (j = 1, 2, , 6) là số tấm vải được cắt theo
cách thứ j.
Tổng số tấm vải dùng đ å sản xuất (cần làm cự
tiểu) là f(x) = x 1 + x 2 + x + x 3 + x 4 + x + x 5 + x + x 6 min
Do xí nghiệp cần sản xuất đ ùng 2.000 quần nên
các x j phải thỏa mãn
90x 1 + 80x 2 + 70x 3 + 60x 4 + 120x 5 = 2000
Tương tự cho điều kiện về sản xuất áo, ta có
35x 1 + 55x 2 + 70x 3 + 90x 4 + 100x 6 1000
Dĩ nhiên ta phải có x j (j = 1, 2, , 6) không âm
Vậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:
Tìm các biến x j (j = 1, 2, , 6) sao cho
f(x)= x j min, thỏa các điều kiện
90x 1 + 80x 2 + 70x 3 + 60x 4 + 120x 5 = 2000
35x 1 + 55x 2 + 70x 3 + 90x 4 + 100x 6 1000
x j 0, (j = 1, 2, , 6).
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
Ví dụ 1.3 BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH KHẨU PHẦN Để nuôi một loại gia súc có hiệu quả, mỗi ngày cần phải có khối lư ïng tối thiểu các chất protit, glucit, khoáng tương ứng là 90 gram, 130 gram,
10 gram Tỷ lệ (%) theo khối lư ïng các chất trên có trong các loại thức ăn A, B, C như sau:
Giá 1 kg thức ăn A, B, C tương ứng là 3.000
đ àng, 4.000 đ àng, 5.000 đ àng Hãy lập mô hình bài toán xác định khối lư ïng thức ăn cần thiết sao cho chi phí nuôi gia súc là thấp nhất?
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
3 20
30
2 30
10
A Protit Glucit Khoáng
Chất dinh dưỡng (%) Thức ăn
Trang 2Gọi x j (j = 1, 2, 3) là số gram thức ăn A, B, C cần
mua mỗi ngày.
Tổng chi phí dùng đ å mua thức ăn (cần làm cự
tiểu) là f(x) = 3x 1 + 4x 2 + 5x 3 min (đ àng)
Do các tỷ lệ các chất protit, glucit và khoáng có
trong thức ăn A nên các x j phải thỏa mãn
0,1x 1 + 0,2x 2 + 0,3x 3 90
Tương tự cho điều kiện của thức ăn B và C, ta có
0,3x 1 +0,4x 2 +0,2x 3 130 và 0,02x 1 +0,01x 2 +0,03x 3 10
Vậy mô hình bài toán được phát biểu như sau:
Tìm các biến x j (j = 1, 2, 3) sao cho
f(x) = 3x 1 + 4x 2 + 5x 3 min, thỏa các điều kiện
0,1x 1 + 0,2x 2 + 0,3x 3 90
0,3x 1 + 0,4x 2 + 0,2x 3 130
0,02x 1 + 0,01x 2 + 0,03x 3 10
x j 0, (j = 1, 2, 3).
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
Ví dụ 1.4 BÀI TOÁN VẬN TẢI Cần vận chuyển xi măng từ 3 kho K 1 , K 2 , K 3 đ án 4 công trư øng xây dựng T 1 , T 2 , T 3 , T 4 Cho biết lư ïng
xi măng có ở mỗi kho, lư ng xi măng ca ïng xi măng ca àn ở mỗi công trư øng và c ớc phí vận chuyển (ngàn
đ àng/ tấn) từ mỗi kho đ án công trư øng như sau:
Lập mô hình bài toán vận chuyển sao cho các kho phát hết xi măng có, công trư øng nhận đ û xi măng cần và chi phí vận chuyển thấp nhất?
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
35 15 25
T 4 : 140 t
40 30
45
K 3 : 180 tấn 15 25 30
K 2 : 200 tấn 20 18 22
K 1 : 170 tấn
T 3 : 120 t
T 2 : 160 t
T 1 : 130 t Công trư øng
Kho
Gọi x ij (i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3, 4) là lư ïng xi măng
cần vận chuyển từ kho K i đ án công trư øng T j
Tổng chi phí vận chuyển (cần làm cực tiểu) là
f(x) = 20x 11 + 18x 12 + 22x 13 + 25x 14
15x 21 + 25x 22 + 30x 23 + 15x 24 45x 31 + 30x 32 + 40x 33 + 35x 34 min Điều kiện của các kho
x 11 + x 12 + x 13 + x 14 = 170
x 21 + x 22 + x 23 + x 24 = 200
x 31 + x 32 + x 33 + x 34 = 180 Điều kiện của các công trư øng
x 11 + x 21 + x 31 = 130
x 12 + x 22 + x 32 = 160
x 13 + x 23 + x 33 = 120
x 14 + x 24 + x 34 = 140
x ij 0, i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3, 4.
MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN QHTT
2.1 DẠNG TỔNG QUÁT Tìm x = (x 1 , x 2 , , x n ) sao cho:
(2.1) gọi là hàm mục tiêu (2.2) gọi là hệ ràng buộc (2.3) gọi làràng buộc về dấucủa ẩn số.
Ví dụ 1.1, Ví dụ 1.2 và Ví dụ 1.3 là các bài toán QHTT có dạng tổng quát.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
1
( ) min ( max) (2.1)
n
j j j
1
1, 2.2
n
j
Một vectơ x = (x 1 , x 2 , , x n ) thỏa mãn điều kiện
(2) và (3) được gọi là mộtphương án (P.A) của
bài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT).
Tập các P.A của bài toán QHTT được gọi là
miền ràng buộc Ký hiệu là D.
Một phương án tối ư , được ký hiệu là X opt
(optimality), nếu vectơ X là là một P.A và X thỏa
mãn (2.1) hay hàm mục tiêu (2.1) bị chặn.
Bài toán QHTT được gọi là giải được hay có
lời giảinếu nó có ít nhất một PA.T.Ư.
Bài toán QHTT không giải đượcnếu D = hay
nó có P.A nhưng không có PA.T.Ư.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
2.2 DẠNG CHÍNH TẮC Tìm x = (x 1 , x 2 , , x n ) sao cho:
Nhận xét: Hệ ràng buộc của bài toán dạng chính tắc đ àu là các đ úng thức và mọi biến của bài toán đ àu không âm Ví dụ 1.4 BÀI TOÁN VẬN TẢI có dạng chính tắc.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
1
n
j j j
1
1,
0, 1,
n
ij j i j
j
Trang 32.3 DẠNG CHUẨN
Tìm x = (x 1 , x 2 , , x n ) sao cho:
Nhận xét: Bài toán dạng chuẩn là bài toán ở
dạng chính tắc với hệ ràng buộc chứa ma trận
con I m là ma trận đơn vị cấp m.
Trong đ ù các x i (i = 1, 2, , m) được gọi làẩn cơ
bản (A.C.B), còn các ẩn x i,m+k , (k = 0, 1, , n m)
được gọi làẩn không cơ bản.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
1
( ) min ( max)
n
j j j
, 1
, 1,
n m
k
2.4 CHUYỂN ĐỔI DẠNG BÀI TOÁN QHTT Khi xét bài toán QHTT, ngư øi ta thư øng sử dụng dạng chính tắc, có thể đưa bài toán về dạng chính tắc bằng các biến đ åi sau:
1) Nếu ràng buộc thứ i có dạng a ij x j b i thì thêm vào một ẩn phụ x n+1 0, sao cho a ij x j + x n+1 = b i 2) Nếu ràng buộc thứ i có dạng a ij x j b i thì thêm vào một ẩn phụ x n+1 0, sao cho a ij x j x n+1 = b i 3) Nếu biến x j 0 thì được thay bằng x /
j = x j 0 4) Nếu biến x j không ràng buộc về dấu thì thay x j bằng hai ẩn phụ x / j và x // j sao cho x j = x / j x // j , với
x / j 0, x // j 0.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
Để bài toán gọn hơn, chúng ta dùng các ký hiệu
Trong đ ù A là ma trận m n gồm các hệ số ở vế
trái của hệ ràng buộc; A j là vectơ cột thứ j của
ma trận A; b là vectơ hệ số ở vế phải của hệ
ràng buộc; c là vectơ hệ số ở hàm mục tiêu; x là
vectơ ẩn số; 0 là vectơ không.
Khi đ ù bài toán QHTT ở dạng chính tắc có dạng
f(x) = c T x min (hay max)
Ax = b, x 0
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
,
n n
A
1 2 ,
m
b b b b
1 2 ,
n
c c c c
1 2 ,
n
x x x x
0 0 0
0
1 2 ,
j j j
mj
a a A a
Ví dụ 1.5 Đưa bài toán QHTT sau đây về dạng chính tắc và viết bài toán chính tắc dư ùi dạng
ma trận
Thêm 2 ẩn phụ x 4 , x 5 0 vào ràng buộc thứ nhất và ràng buộc thứ ba.
Thay x /
3 = x 3 0 Thay x 2 = x /
2 x //
2 0, với x /
2 , x //
2 0
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
Bài toán QHTT có dạng chính tắc như sau
Bài toán QHTT dư ùi dạng ma trận như sau
f(x) = (1, 3, 2, 0, 0, 0) T (x 1 , x /
2 , x //
2 , x /
3 , x 4 , x 5 ) min
(x 1 , x /
2 , x //
2 , x /
3 , x 4 , x 5 ) (0, 0, 0, 0, 0, 0)
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
f x x x x x
1 2 2 3 4 5
3 1 1 2 1 0 7
2 4 4 1 0 0 12
4 3 3 8 0 1 10
x x x x x x
Ví dụ 1.6 Cho bài toán QHTT sau:
Ta có ma trận hệ số của hệ ràng buộc:
chứa I 3 nên bài toán quy hoạch tuyến tính trên có dạng chuẩn.
CÁC DẠNG CỦA BÀI TOÁN QHTT
0 1,5
j
1 1 0 2 0
1 0 1 3 0
2 0 0 1 1
A
Trang 4Moôt phöông aùn x* = (x 1 *, x 2 *, , x n *) cụa baøi toaùn
QHTT dáng toơng quaùt laø phöông aùn cöïc bieđn
(P.A.C.B) neâu x* = (x 1 *, x 2 *, , x n *) thoûa maõn chaịt
n raøng buoôc ñ ôc laôp tuyeân tính Töùc laø:
Trong ñ ù A laø ma traôn con caâp n cụa hpt (*).
Moôt P.A.C.B khođng suy bieân laø moôt P.A.C.B
thoûa maõn ñ ùng n raøng buoôc chaịt.
Moôt P.A.C.B suy bieân laø moôt P.A.C.B thoûa maõn
hôn n raøng buoôc chaịt.
P.A.C.B coøn ñöôïc gói laøphöông aùn cô bạn.
ÑÒNH NGHÓA PHÖÔNG AÙN CÖÏC BIEĐN
*
X la P.A.C.B j
n
*
ij i j=1
* j
a x = b ,i=1,k,k m
x =0, j=1,l,l n
Ví dú 1.7 Cho baøi toaùn QHTT
Caùc vectô naøo sau ñađy laø phöông aùn cöïc bieđn?
ÑÒNH NGHÓA PHÖÔNG AÙN CÖÏC BIEĐN
1
( ) 50 16 23 min
2
x
0, 1, 3
5 5
Z
ÑÒNH LYÙ 1 (TÍNH CHAÂT Ñ ỊC 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 cöï
bieđn neâu vaø chư neâu heô vectô coôt A j öùng vôùi
thaønh phaăn x j * > 0 laø ñ ôc 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
4 0
0, 1, 3
j
f x x x x
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 A 3 neđn
Y cuõng laø P.A.C.B
Vôùi Z=(1, 1, 2), ta thaây heô {A 1 , A 2 , A 3 } phú thuoôc tuyeân tính vì A 1 +A 2 2A 3 =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 h õu hán.
CAÙC TÍNH CHAÂT CỤA BAØI TOAÙN QHTT
1
1 1
1
0
A
1 1
1 1
HEÔ QUẠ 2. Soẫ thaønh phaăn döông trong moêi
phöông aùn cöïc bieđn cụa baøi toaùn quy hoách
tuyeân tính dáng chính taĩc toâi ña ba a baỉng m (m laø
soâ doøng cụa ma taôn A).
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 dö ùi (ñ âi vôùi
f(x) min) hoaịc haøm múc tieđu bò chaịn tređn
(ñ âi 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
CAÙC TÍNH CHAÂT CỤA BAØI TOAÙN QHTT
ÑÒNH LYÙ 4 (SÖÏ TOĂN TÁI NHIEĂU P.A.C.B.T.Ö)
Neâu baøi toaùn QHTT coù P.A.T.Ö laø X 0 vaø X 1 , X 2
hai phöông aùn khaùc nhau cụa baøi toaùn thoạ
X 0 = X 1 + (1 )X 2 , 0 1 thì X 1 , X 2 laø P.A.T.Ö.
NHAÔN XEÙT
1 Ta coù theơ tìm P.A.T.Ö cụa baøi toaùn QHTT trong soâ caùc P.A.C.B cụa baøi toaùn vaø coù theơ xaùc ñònh ngay P.A.C.B cụa baøi toaùn dáng chuaơn baỉng caùch cho caùc aơn khođng cô bạn baỉng khođng (xem Ví dú 1.9).
2 Trong baøi toaùn QHTT dáng chính taĩc Neâu háng cụa ma traôn heô soâ A laø m thì P.A.C.B ñöôïc gói laø khođng suy bieân neâu noù coù ñ ùng m thaønh phaăn döông Neâu P.A.C.B coù ít hôn m thaønh phaăn döông thì ñöôïc gói laø P.A.C.B suy bieân (xem Ví dú 1.10).
CAÙC TÍNH CHAÂT CỤA BAØI TOAÙN QHTT
Trang 5Ví dụ 1.9
Với bài toán quy hoạch tuyến tính
Ta có phương án X = (1, 0, 3, 2, 0) là phương án
c c biên của bài toán vì các ẩn x 1 , x 3 , x 4 là các
ẩn cơ bản của bài toán dạng chuẩn.
CÁC TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN QHTT
5 , 1 0
2 2
3 3
1 2
min )
(
5 4 2
5 3
2
5 2
1
5 2
j x
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 buộc tuyến tính bằng 3 và X có 2 thành phần dương là
x 1 =11, x 2 = 3 nên X là P.A.C.B suy biến.
CÁC TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN QHTT
( ) 3 4 2 2 min
0 1, 4
j
Copyright 2001
4.1 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC (Xem)
4.2 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH (Xem)
4.3.PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
ax+by=c PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
ax+by>c ax+by<c
O
=m (đường mức)
a b
tăng
giảm
N(a,b) Xét bài toán QHTT có 2 biến.
Ví dụ 1.11 Một công ty có 2 phân xư ûng: PX 1 và
PX 2 cùng sản xuất 2 loại sản phẩm A và B Năng
suất và chi phí sản xuất của mỗi PX trong 1 giờ:
Đơn đ ët hàng: ít nhất 5.000 SpA, 3.000 SpB.
Hãy phân phối thời gian hoạt đ äng của 2 phân
xư ûng sao cho thoả yêu cầu đơn đ ët hàng và
chi phí sản xuất thấp nhất.
1 0,6
Chi phí (triệu đ àng/ giờ)
200 100
Sản phẩm B
250 250
Sản phẩm A
PX 2
PX 1 Phân xư ûng
Năng suất
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Gọi x 1 , x 2 lần lư ït là số giờ hoạt đ äng của phân
xư ûng thứ nhất và phân xư ûng thứ hai.
Ta có mô hình bài toán
Dùng phương pháp hình học đ å giải bài toán trên như sau
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
1 2
Trang 610 20 30 10
15 20
250x 1 +250x 2 =5000
100x 1 +200x 2 =3000
0,6x 1 +x 2 =m
tăng
giảm
Miền ràng buộc
D
A 1 (0,20 )
A 2 (30,0 )
A 3 (10,10 ) PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Vậy P.A.T.Ư: x opt (10,10) và f(x opt )=16 triệu đ àng.
Ví dụ 1.12.
Giải bài toán quy hoạch tuyến tính
bằng phương pháp hình học
2
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Hàm mục tiêu không bị chặn Bài toán không
có phương án tối ưu.
2
x 1 -x 2 = -2
Miền ràng buộc D
-1
-x 1 +2x 2 = -2
A 1 (0,2)
A 2 (2,0)
O -1
-2x 1 +x 2 = m
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Ví dụ 13: giải bài toán
Đưa bài toán về dạng chính tắc
0 1, 3
j
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
0, 1,3, 0, 1,3
Ta có P.A.C.B là x = (0, 0, 0, 10, 5, 8)
Bài toán tương đương
có P.A.C.B là x = (0, 0, 0, 10, 5, 8) và f(x) = 0.
Nhận xét:
có thể đ åi P.A bằng cách tăng x 1 bằng một giá
trị dương và giử x 2 = x 3 = 0 thỏa điều kiện w i 0.
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
0 1,3, 0, 1,3
Ta có
Chọn x 1 = 5/3, ta được P.A mới là
x 1 = 5/3, x 2 = x 3 = w 2 = 0, w 1 = 20/3, w 3 = 19/3 Và f(x) = - 5.
Bài toán tương đương: tại ràng buộc thứ hai tính
x 1 theo các biến còn lại, rồi thế giá trị x 1 vừa tính được vào các ràng buộc và hàm mục tiêu.
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
1
1
5
10 2 0
8
x
x (Chọn dòng 2)
Trang 7Ta có kết quả
Nhận xét:
có thể đ åi P.A bằng cách tăng x 2 bằng một giá
trị dương và giử x 3 = w 2 = 0 thỏa điều kiện w n w i 0.
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
0 1,3, 0, 1,3
Ta có
Chọn x 2 = 2, ta được P.A mới là
x 1 = 1, x 3 = w 1 = w 2 = 0, w 3 = 3 và f(x) = - 7.
Bài toán tương đương: tại ràng buộc thứ nhất tính x 2 theo các biến còn lại, rồi thế giá trị x 2 vừ tính được vào các ràng buộc và hàm mục tiêu.
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
2
2
20 10
0
19
19 5
x
x
(Chọn dòng 1)
Ta có kết quả
Bài toán có P.A.T.U là x opt = (1, 2, 0)
và f(x opt ) = - 7
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
2
1
3
0 1,3, 0, 1,3
1
, 1
2
n
j j j
n m
k
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
1 2
1
( , , ; ,.0 ,0) ( )
m
i
1 2
, ( , , , n)
( )
f x c x c x c x
Dựa trên cơ sở bài toán có dạng chuẩn
Dấu hiệu tối ưu của bài toán Phương án cực biên đ àu tiên là:
Chọn một P.A bất kỳ của bài toán
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
, 1
n m
i i i m k m k k
x b a x
,
i i i m k i m k m k
f x c x a c c x
, 1
m
i
1
n m
m k m k k
0
m k
0
,
0
m k
0 ,
1
m
i
a c c
( )
( )
Ký hiệu lại:
Dấu hiệu bài toán không có P.A.T.Ư Định lý Với một phương án cực biên, nếu tồn tại
j > 0 mà a ij 0, i thì bài toán không có P.A.T.Ư (xem Ví dụ 1.13)
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
Hệ số
Aån C.B
PA
Trang 8C 1 C 2 C i C m C m+ C j C n
Hệ số
Ẩn C.B
P
C x 1 x 2 x i x m x m+ x j x m
C 1 x 1 b 1 1 0 0 a 1,m+ a 1j a 1n
C 2 x 2 b 2 0 1 0 a 2,m+ a 2j a 2n
C i x i b i 0 0 0 a i,m+ a ij a in
x m b m 0 0 1 a m,m+ a mj a mn
C m
f x) (x 0 ) 0 0 0 m+ j n
Dấu hiệu bài toán có P.A.C.B khác tốt hơn
Định lý Với một P.A.C.B, nếu j >0, i: a ij > 0 thì bài
toán có P.A.C.B khác tốt hơn P.A.C.B đang xét.
Hệ Số
Ẩn C.B
PA
C m
f(x) f(x 0 ) 0 0 0 m+1 j n
j 0, j?
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Sai Đúng Sai
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 Đ ÅI BẢNG ĐƠN HÌNH
0
j j j
Max x
0
ij i i a ij
b
a
SỐ BƯỚC LẶP LÀ H ÕU HẠN
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH NHẬN XÉT Dấu hiệu bài toán có nhiều P.A.T.Ư Với P.A.C.B.T.Ư X opt tìm được, nếu j = 0, mà x j không 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:
Trư øng hợp có 2 P.A.C.B.T.Ư X opt và X /
opt
T opt = { X opt + (1 )X /
opt , [0, 1]}
Trư øng hợp có 3 P.A.C.B.T.Ư X (1) opt , X (2) opt , X (3) opt
T opt = { X (1) opt + X (2) opt + X (3) opt , }, với , , 0 và + + = 1
3
j
Ví dụ 1.14.
Giải bài toán quy hoạch tuyến tính
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
BT không có P.A.T.Ư vì 4 = 1 > 0 mà a i4 < 0, i.
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
2
x
3
x
5
x
1 1 1
3 9 2
1 2 4
1 0
0 1
1 4 2
2 3 1
0 0
0
1 6
x
3
x
5
x
7 1 1
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Trang 9Ví dụ 1.15.
Giải bài toán quy hoạch tuyến tính
Bài toán có phương án tối ưu khác hay không?
Nếu có tìm tập phương án tối ưu và chỉ ra 3
phương án tối ưu.
j
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
4
x
5
x
6
x
2 1 3
152 60 36
2 4 3
4 2
0 1
3 3 1
0 0
0
0 1
1 4
x
5
x
1
x
2 1 5
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Bài toán có P.A.T.Ư x opt =(12, 6, 0, 104, 0, 0) và
f(x opt )= 292.
Bài toán còn P.A.C.B.T.Ư khác vì 6 = 0, nhưng x 6
không phải là A.C.B Ta có P.A.C.B.T.Ư thứ hai
bằng cách chọn ẩn x 6 là ẩn đưa vào.
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
4
x
2
x
1
x
2 4 5
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Bài toán cóphương án cực biên tối ư khác là
x / opt = (0, 30, 0, 32, 0, 36) và f(x /
opt ) = 292.
Tập phương án tối ư
T opt ={ x opt + (1 - )x /
opt , 0, 1 }
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
4
x
2
x
6
x
2 4 3
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Với tập phương án tối ưu, ta có :
x opt + (1 - )x / opt =
(12, 6, 0, 104, 0, 0) + (1- )(0, 30, 0, 32, 0, 36)
= (12 , 3024 , 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:
x opt = (12, 6, 0, 104, 0, 0) và f(x /
opt ) = 292.
Với = ½, ta có P.A.T.Ư:
Z opt = (6, 18, 0, 68, 0, 18) và f(z opt ) = 292.
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
NHẬN XÉT Nếu bài toán có hàm mục tiêu
Có hai cách giải:
Giải trực tiếp bài toán (xem Ví 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
f x c x Max
( ) ( )
0,
0
j
j Min
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
0
ij
i a ij
b Min a
Trang 10Ví dụ 1.16.
Giải bài toán quy hoạch tuyến tính
Bài toán có phương án tối ưu khác hay không?
Nếu có, hãy chỉ ra phương án tối ưu khác.
j
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách thêm ẩn phụ x 5 0 vào ràng buộc thứ hai và ẩn phụ x 6 0 vào ràng buộc thứ ba.
Ta có bài toán ở dạng chuẩn
Lập bảng đơn hình
j
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
1
x
5
x
6
x
2 0 0
2 2 5
1 0 0
1 1
0 1
2 7 3
3 2
0 0 1
1 3
x
5
x
6
x
1 0 0
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Vì các j 0, j nên bài toán có P.A.T.Ư là
X opt = (0, 0, 9, 16) và f(X opt ) = 25.
Bài toán trên không còn phương án tối ưu nào khác vì không có j = 0 nào với x j là ẩn không
cơ bản.
HỆ SỐ
ẨN C.B
P.A
1
3
x
5
x
4
x
1 0 1
THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH
Xuất phát từ bài toán dạng chính tắc
Không làm mất tính tổng quát của bài toán, ta
giả sử các b i 0 và ma trận hệ số của hệ ràng
buộc không chứa vectơ (cột) đơn vị nào.
Cộng vào mỗi ràng buộc với một ẩn giả tương
ứng x i (g) 0 thì ta được bài toán có dạng:
CƠ SỞ THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG
1
1
( )
, 1,
0 1, 0
n
j j j
n
ij j i j
I
Bài toán (I) được gọi làbài toán gốc, bài toán (II) gọi làbài toán mở rộnghaybài toán M Một phương án của bài toán M có dạng trong đ ù x j gồm n ẩn thật và x i (g) gồm m ẩn giả.
CƠ SỞ THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG
1
( )
, 1,
0, 1, ; 0, 1, , 0 vo âcùng lớn.
g
n
g
ij j i i j
g
x x x
