Về một lớp bài toán tối ưu ngẫu nhiên chi phí vận tải

Bài viết trình bày mô hình bài toán tối ưu chi phí vận tải trong điều kiện thông tin về dữ liệu không đầy đủ. Mô hình toán học được thiết lập có mối liên hệ với khái niệm ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ và đầy đủ.

VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN

CHI PHÍ VẬN TẢI

TRẦN XUÂN SINH (*) DƯƠNG XUÂN GIÁP (**) NGUYỄN THỊ THANH HIỀN (***)

TÓM TẮT

Trong bài báo này, chúng tôi trình bày mô hình bài toán tối ưu chi phí vận tải trong điều kiện thông tin về dữ liệu không đầy đủ Mô hình toán học được thiết lập có mối liên hệ với khái niệm ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ và đầy đủ Trên cơ sở phân tích mô hình, chúng tôi nghiên cứu cấu trúc của ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy

đủ, tìm mối quan hệ giữa chúng, đư a ra điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

Từ khoá: bài toán tối ưu ngẫu nhiên, mô hình, ma trận

ABSTRACT

In this paper, we present the problem model of optimal transportation cost in terms of information on incomplete data The mathematical model is established to be associated with the concept of complete recourse matrix and semicomplete recourse matrix Based on analysing the model, we study the structure of the complete recourse and semicomplete recourse matrix, find the relationships between them, provide necessary and sufficient conditions in order a semicomplete recourse matrix to be a complete recourse matrix.

Keywords: Random optimal problem, Model, Matrix

Trong lĩnh vực tối ưu hiện nay, nhiều

nhà Toán học quan tâm nghiên cứu bài

toán điều khiển tối ưu, chủ yếu là bài toán

tối ưu ngẫu nhiên Đặc biệt, nhóm nghiên

cứu của Chen mấy năm gần đây tập trung

nghiên cứu và công bố nhiều bài bá o về

các kết quả thu được cải tiến các phương

pháp xấp xỉ giải bài toán tối ưu ngẫu nhiên

2 giai đoạn và chứng tỏ tầm quan trọng cả

trong lí thuyết và thực tiễn tính toán, ứng

dụng Trong [1], Chen và các cộng sự chỉ

ra rằng những quy tắc quyết định tuyến

tính có thể dẫn tới những trường hợp

(*)

PGS.TS, Trường Đại học Vinh

(**) (***) ThS, Trường Đại học Vinh

không khả thi cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với sự hiệu chỉnh đầy đủ

Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, nếu với mỗi ma trận t cỡ

m×1 đều tồn tại ma trận w = [w1 w2 w n]T

cỡ n×1 sao cho w j ≥ 0, ∀j = 1, ., n và

Ww = t [1].

Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nếu tồn tại ma trận

r = [r1r2 r n]T cỡ n×1 sao cho r j > 0,∀j =

1, , n và Wr = 0.

Trong nhiều bài toán thực tế thường dẫn tới bài toán tối ưu ngẫu nhiên hiệu chỉnh đầy đủ hoặc nửa đầy đủ Trong bài báo này, chúng tôi muốn trình bày mô hình bài toán vận tải, với thông tin về dữ liệu có

tính ngẫu nhiên, dẫn tới bài toán quy hoạch

ngẫu nhiên có đặc tính như đã nêu

Chen và các cộng sự chỉ ra rằng ma

trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu

chỉnh nửa đầy đủ [1] Tuy nhiên, điều

ngược lại nói chung không đúng Câu hỏi

chúng tôi đặt ra là: Với điều kiện nào thì

ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận

hiệu chỉnh đầy đủ? Thiết lập điều kiện cần

và đủ để ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là

ma trận hiệu chỉnh đầy đủ Trả lời triệt để

câu hỏi này chính là nội dung thứ hai của

bài báo

Kết quả này sẽ đem tới hai ý nghĩa

quan trọng, bởi vì:

Một là định nghĩa ma trận hiệu chỉnh

đầy đủ khó để kiểm tra, cũng như khó để

thiết lập so với định nghĩa ma trận hiệu

chỉnh nửa đầy đủ

Hai là, bất kỳ bài toán quy hoạch ngẫu

nhiên với hiệu chỉnh đầy đủ là chấp nhận

được đối với những quy tắc quyết định

tuyến tính lệch Tuy nhiên, quy tắc quyết

định tuyến tính lệch vẫn có thể chấp nhận

được nếu thiếu sự hiệu chỉnh đầy đủ - đó là

các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng

không hiệu chỉnh đầy đủ, câu hỏi chúng ta

đặt ra ở đây là điều đó xảy ra khi nào? Từ

đó, chúng tôi chỉ ra được điều kiện cần và

đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

nhưng không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

2 BÀI TOÁN TỐI ƯU CHI PHÍ

2.1 Bài toán

Có n kho chứa hàng với sức chứa mỗi

kho là b i , i = 1, ., n Số lượng hàng cần

xác định ở kho thứ i là x i , (x i ≥ 0, i = 1, ,

n) Kinh phí bảo quản lưu giữ một đơn vị

hàng ở kho thứ i là s i , i = 1, , n Cước phí

vận tải một đơn vị hàng từ kho thứ i đến

kho thứ j là c ij , i = 1, , n, j = 1, , n Cần

vận chuyển để điều chỉnh lượng hàng ở các

kho sao cho tổng chi phí lưu kho và vận

chuyển là bé nhất Biết rằng giữa kho i và kho j luôn có cung đường vận tải và c ij =

c ji , với mọi i = 1, , n, j = 1, , n.

2.2 Mô hình toán học

Kí hiệu z ij là số đơn vị hàng được

chuyển từ i tới j, (z ij ≥ 0) Khi đó một

phương án vận tải z = (z ij) được thực hiện

thì số hàng t i , i = 1, , n, có ở kho thứ i tại một thời điểm sẽ là:

t i = x i- ∑

=

n

j 1

z ij+ ∑

=

n

k 1

z ki , i = 1, , n.

Chi phí vận chuyển và lưu trữ được tính theo công thức

∑

=

n

i 1

s i x i+ ∑

=

n

i 1 ∑

=

n

j 1

c ij z ij→minx

Vậy ta có bài toán tìm x = (x i) và

z = (z ij), sao cho

min{∑

=

n

i 1

s i x i+ ∑

=

n

i 1∑

=

n

j 1

c ij z ij} (1) với điều kiện

t i+ ∑

=

n

j 1

z ij-∑

=

n

k 1

z ki = x i , i = 1, , n, (2)

x i ≤ b i , i = 1, , n, (3)

x i ≥ 0, z ij ≥ 0, i = 1, , n, j = 1, , n. (5) Trong thực tế, bài toán đã nêu với biến

x i , i = 1, ., n, có sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên w Khi đó biến z = (z ij) và biến

t = (t i) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên

đã nêu Để giải quyết bài toán này, ta cần

tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn [3]

3 CÁC KẾT QUẢ CHÍNH

3.1 Về bài toán tối ưu chi phí

Như đã nêu trong mô hình (1)-(5), số

lượng hàng có ở kho i là x icó thể phụ thuộc

đại lượng ngẫu nhiên w Ta kí hiệu giá trị

thay đổi, do tác động của w là x’ i (w) Do

vậy, số lượng hàng có ở kho thứ i là t i (w),

khi thực hiện phương án vận tải z sẽ là

t i (w) = x i – x’ i (w) - ∑

=

n

j 1

z ij (w) + ∑

=

n

k 1

z ki (w).

Thực hiện ở giai đoạn hai, điều chỉnh

kế hoạch với sự tham gia của yếu tố ngẫu

nhiên, ta cần giải bài toán quy hoạch

min{ (x, z) = ∑

=

n

i 1

s i x i+∑

=

n

i 1 ∑

=

n

j 1

c ij E(z ij (w))} với điều kiện

t i (w) = x i – x’ i (w) - ∑

=

n

j 1

z ij (w) + ∑

=

n

k 1

z ki (w),

i = 1, , n,

x i ≤ b i , i = 1, , n,

t i ≥ 0, i = 1, , n,

x i ≥ 0, x’ i (w), z ij (w) ≥ 0, i = 1, , n, j = 1,

, n.

trong đó E(w) là kỳ vọng của đại lượng

ngẫu nhiên w.

Bài toán nêu trên có thể viết gọn lại

như sau

min{ (x, z) = s T x + c T E(z(w))} (6)

với điều kiện

x – t(w) + Az(w) = x’(w) , (7)

x ≥ 0, t(w), x’(w), z(w) ≥ 0, (9)

trong đó x = (x i ), t(w) = (t i (w)), x’(w) =

(x’ i (w)), b = (b i ) và s T , c Ttương ứng là ma

trận chuyển vị của ma trận s = (s i ), c = (c ij),

A là ma trận gồm các phần tử tương ứng là

các hệ số của z=(z ij)

Định lí 3.1.1 Ma trận A của bài toán

(6) - (9) có n hàng, n(n-1) cột, nhưng có hạng n-1 Đặc biệt, tổng các vectơ cột là vectơ 0.

Chứng minh Viết tường minh bài toán (6) - (9) ta thấy ma trận A gồm các phần tử

1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng gồm n-1

số 1 và -1, còn lại là số 0 Cũng như vậy, trên mỗi cột chỉ gồm một số 1 và một số

-1, còn lại là số 0 Khi đó, nếu cộng n hàng

lại với nhau thì được hàng toàn số 0, tứ c là

n hàng của A phụ thuộc tuyến tính Nhưng

có thể thấy tồn tại định thức cấp n-1 khác

0 Vậy điều đó chứng tỏ hạng của ma trận

A bằng n-1 Mặt khác, với bản đồ giao

thông là đồ thị đối xứng đầy đủ G(U, V),

tập đỉnh U có n đỉnh sẽ có

2

) 1 (n−

n

cạnh

Mỗi cạnh (i, j) có 2 ẩn z ij và z ji, vì vậy số ẩn

phải là n(n-1) Từ đó cho thấy số cột là n(n-1).

Tương tự, tổng các vectơ cột sẽ là vectơ 0

Định nghĩa Bài toán (6) - (9) có ma

trận A là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ thì

ta nói đó là bài toán nửa đầy đủ Tương tự

nếu ma trận A là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì ta nói đó là bài toán đầy đủ.

Định lí 3.1.2 Bài toán (6) - (9) thuộc

lớp bài toán hiệu chỉnh nửa đầy đủ.

Chứng minh Trước hết, như chứng

minh Định lí 3.1.1, ta nhận thấy rằng ma

trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó

trên mỗi hàng, số phần tử 1 bằng số phần

tử -1 Khi đó ta chọn vectơ u = (u i ), với u i

= 1, cho mọi i = 1, 2, ., n(n-1), thì thoả

mãn điều kiện bài toán hiệu chỉnh nửa

đầy đủ

Bài toán (6) - (9), theo như Định lí 3.1.2, nó là hiệu chỉnh nửa đầy đủ Tuy nhiên, có thể kiểm tra thấy rằng bài toán đó

chưa là hiệu chỉnh đầy đủ Chúng ta hãy

xét riêng một mô hình thường gặp trong

bài toán vận tải đã nêu như sau: Ta giả thiết

rằng số lượng hàng đang có ở kho i là b i

i , tức là x i= ∑n=

j 1 z ij Khi đó ta có bài toán

min{f(x, z) = ∑

=

n

i 1

s i x i+∑

=

n

i 1 ∑

=

n

j 1

c ij E(z ij (w))}

với điều kiện t i (w) = b i + x i – x’ i (w)

-∑

∈V j i

j( , )

z ji (w), i = 1, , n,

x i ≤ b i , i = 1, , n,

x i ≥ 0, t i (w), z ij (w) ≥ 0, i = 1, , n, j = 1, , n.

Kí hiệu D = (I A * ), trong đó I là ma

trận đơn vị, tư ơng ứng với hệ số của x i , i =

1, , n, A * là ma trận hệ số của z ijtrong bài

toán nêu trên (chú ý rằng ma trận A * trong

trường hợp này chỉ khác với ma trận A

trong Định lí 3.1.1, bởi xóa đi các phần tử

1, còn lại các phần tử -1 và 0) Như vậy,

ma trận D có n hàng và 2n cột.

Lúc này bài toán nêu trên có thể viết lại

min{f(x, z) = s T x + c T E(z(w))}

với điều kiện t(w) – D(x, z(w)) = b,

x ≤ b,

x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0.

Bài toán vừa nêu có thể viết khái quát

và z∈ℝ2n

sao cho min {f(x, z) = s T x + E(d T t(w)) + E(g T E(z(w))} (10)

với

điều

kiện

H(w)x +Tt(w) + D[x, z(w)] = h(w), (12)

x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0. (13)

trong đó B, T là các ma trận hệ số, D và các

kí hiệu khác như đã nêu trên, H(w) và h(w)

là các hàm affine đối với w , nghĩa là i

H(w) = H0+ ∑

=

k

i 1

H i w i ; h(w) = h0+ ∑

=

k

i 1

h i w i

Định lí 3.1.3 Bài toán (10)-(13) với ma

trận D như đã nêu là hiệu chỉnh đầy đủ Chứng minh Như đã thấy D(I, A *), nên

với vectơ t = (t i) bất kỳ thuộc ℝn

, phương

trình Du = t, ứng với mỗi t icó dạng

u i – v j = t i, (*)

trong đó v j = ∑j∈J u j , với J là tập hợp gồm n-1 chỉ số tương ứng các phần tử -1 trong D.

Rõ ràng phương trình (*) luôn tồn tại

nghiệm u i , v j ≥ 0 với mọi t i Từ v j ta có thể

mãn Du = t, với mọi cách chọn vectơ t.

Đó là điều cần chứng minh

Từ đây trở đi, ta xét bài toán vận tải dạng tổng quát (10) - (13)

Ta giả thiết thêm rằng t(w), z(w) cũng

là hàm affine đối với w i, nghĩa là

t(w) = t0+ ∑

=

k

i 1

t i w i ; z(w) = z0+ ∑

=

k

i 1

z i w i

(Chú ý rằng trong mô hình (10) -(13),

sự biểu diễn dạng affine của U(w), h(w) và t(w) là rất thực tế) Khi đó ta xấp xỉ bài

toán (10)-(13) bởi bài toán sau đây min{F(x, z) = s T x + d T t0+ g T z0} (14) với

điều

kiện

Bx = b, (15)

H i x +Tt i + Dz i = h i , i = 0, 1, , k (16)

x, t(w), z(w) ≥ 0. (17)

Định lí 3.1.4 Mỗi phương án của bài

toán (14)-(17) cũng là phương án của bài toán (10)-(13) Đồng thời minf ≤ minF.

Chứng minh Xem [2].

3.2 Về mối quan hệ giữa tính đầy đủ

và nửa đầy đủ

Như đã nêu trong mục 1, bây giờ

chúng ta bàn tới mối quan hệ giữa hai khái

niệm "hiệu chỉnh đầy đủ" và "hiệu chỉnh

nửa đầy đủ"

Trong mục 1, chúng ta đã có xét: "ma

trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu

chỉnh nửa đầy đủ Để kiểm tra ma trận W

có phải là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ hay

không, hoặc thiết lập ma tr ận hiệu chỉnh

đầy đủ là rất khó Những kết quả chúng tôi

thu được sau đây đã giải quyết những khó

khăn này

là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì m < n và

ma trận W có hạng bằng m.

Chứng minh Gọi W1, W2, , W nlà các

vectơ cột của ma trận W, đây chính là các

Trước

tiên, ta chứng minh m < n Thật vậy, giả sử

ngược lại, ta xét 3 trường hợp:

Trường hợp 1: m > n Khi đó,

rank{W1, W2, ., W n} < m Theo đại số

tuyến tính, tồn tại vectơ cột t∈ℝm

để

rank{W1, W2, , W n , t}= rank{W1, W2, ,

W n}+ 1,

nghĩa là t không thuộc không gian vectơ

〈W1, W2, ., W n〉 sinh bởi hệ {W1, W2, .,

W n} Từ đó suy ra không tồn tại vectơ cột w

để Ww = t Nói riêng, W không là ma trận

hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn

Trường hợp 2: m = n và rank(W) < m.

Lập luận tương tự trường hợp 1

Trường hợp 3: m = n và rank(W) = m.

Khi đó, ma trận W khả nghịch, suy ra hệ

{W1, W2, ., W n} là cơ sở của không gian

Theo giả thiết, W là ma trận hiệu

chỉnh đầy đủ, ta suy ra W là ma trận hiệu

chỉnh nửa đầy đủ, nghĩa là tồn tại vectơ cột

r = [r1r2 r n]T cấp n×1 sao cho r j > 0,∀j

= 1, , n và Wr = 0 hay

r1W1+ r2W2+ + r n W n= 0

Điều này mâu thuẫn với hệ {W1, W2,

, W n}là cơ sở

Bây giờ ta chứng minh W có hạng bằng m Giả sử ngược lại, ma trận W có hạng bé hơn m, nghĩa là rank{W1, W2, .,

W n} < m Lập luận giống như trường hợp

1, ta dẫn đến mâu thuẫn Điều đó chứng tỏ

hạng của W bằng m.

Định lí chứng minh xong

Định lí 3.2.2 Cho trước hai số tự

nhiên m, n Khi đó, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m×n Hơn nữa, nếu n > 1 thì với số tự nhiên k bất kì sao cho k ≤ min{m, n-1}, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m×n

và có rank{W}= k.

Chứng minh Nếu n = 1 thì ta chọn ma trận W là ma trận cột không (chính là vectơ

) Khi đó,

ma trận W thoả mãn điều kiện là ma trận

hiệu chỉnh nửa đầy đủ

Nếu n > 1 thì ta chọn tuỳ ý các vectơ cột W1, W2, ., W n-1 ∈ ℝm

có hạng bằng k

và các số thực dương tuỳ ý r j,∀j = 1, , n.

Ta đặt

n

r

−

−

− − − − ∈ ℝm

(18)

Từ đó suy ra

r1W1+ r2W2+ + r n W n= 0 (19)

Gọi W là ma trận gồm các cột W1, W2,

, W n Khi đó, công thức (19) cho ta Wr =

0 Rõ ràng ma trận W có cấp m×n Do hệ

vectơ cột W1, W2, ., W n- 1∈ ℝm

có hạng

bằng k và vectơ cột W n biểu thị tuyến tính

qua hệ các vectơ W1, W2, ., W n-1 nên suy

ra rank(W) = k Như vậy, ma trận W xây

dựng như trên là ma trận hiệu chỉnh nửa

Định lí 3.2.3 Giả sử ma trận W có cấp

m×n, (m < n), có hạng bằng m, thoả mãn

điều kiện tồn tại vectơ cột r = [r1r2 r n]T

cấp n×1, với r j ≥ 0, j = 1, , n, sao cho Wr

= 0 và tập các vectơ cột tương ứng với các

hệ số r j > 0 của ma trận W tồn tại một hệ

các vectơ cột tạo thành cơ sở của không

gian vectơ ℝm

Khi đó W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

Chứng minh Xem [4].

Hệ quả 1 Ma trận W cấp m×n, (m <

n), có hạng bằng m Khi đó W là ma trận

hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi W là ma

trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ.

Chứng minh Suy trực tiếp từ nhận xét

ở phần I và Định lí 3.2.3

Hệ quả 2 Cho ma trận W cấp m×n là

ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ Khi đó, ma

trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và

chỉ khi m < n và ma trận W có hạ ng bằng m.

Chứng minh Suy ra trực tiếp từ Hệ quả

1 và Định lí 3.2.1

Nhận xét Từ Hệ quả 2, ta có thể thiết

lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ qua việc

thiết lập ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

bằng cách sử dụng Định lí 3.2.2 với việc

chọn k = m.

Định lí 3.2.4 Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số thực bất kỳ và mỗi vectơ cột t cấp m×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 w n]T với các biến

bị chặn dưới bởi , tức là j ≥ ,

j = 1, , n, thoả mãn Wr = t.

Chứng minh Giả sử W là ma trận hiệu

chỉnh đầy đủ Khi đó, với mỗi số thực và

với mỗi vectơ cột t cấp m×1, ta đặt t * = t

-W*

, trong đó ∗ =[   ]T

là vectơ cột

cấp m×1 gồm các phần tử đều bằng  Theo

định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, tồn

tại vectơ cột y = [y1 y n]T sao cho y j ≥ 0, j

= 1, , n, thoả mãn Wy = t*, hay Wy = t

-W*

)

= t Đặt w = y +*

= [w1 w n]T , với w j = y j

+≥thì ta có Ww = t thoả mãn các biến

bị chặn dưới bởi 

Ngược lại, ta dễ dàng có điều phải

chứng minh với việc chọn  =0

Đó là điều phải chứng minh

Định lí 3.2.5 Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số thựcbất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấp m×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 w n]T , với các biến bị chặn trên bởi , tức là w j ≤ , j =

1, , n, thoả mãn Ww = t.

Chứng minh Việc chứng minh hoàn

toàn tương tự như chứng minh Định lí

3.2.4, chỉ khác ở chỗ để có w bị chặn trên thì ta đặt t * = - t + W*

, trong đó*

= [

]T là vectơ cột cấp n×1

1 Xin Chen, Melvyn Sim, Peng Sun and Jiawei Zhang (2008), A Linear Decision-Based Approximation - Approach to Stochastic Programming, Operations Research, Vol 56,

No 2, March-April 2008, pp 344-357

2 Xin Chen, Melvyn Sim and Peng Sun (2005), A robust optimization perspective of stochastic programming, Working paper, National University of Singapore.

3 Shapiro, D Dentcheva and A Ruszczyński (2010), Lectures on Stochastic Programming Modeling and Theory, Mathematical Programming, Society

Philadelphia

4 Dương Xuân Giáp (2009), Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủ và hiệu chỉnh nửa đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạ ch ngẫu nhiên, Tạp chí

Khoa học, Trường Đại học Vinh, Tập 38, Số 3A(2009), ISSN 1859-2228, 26-34

* Nhận bài ngày 1/12/2011 Sữa chữa xong 10/6/2012 Duyệt đăng 15/6/2012