visit the post for more

Chương I: BÀI TOÁN QHTT. Bài 5.[r]

Chương I: BÀI TOÁN QHTT

Bài 5 Phương pháp đơn hình cho bài toán QHTT chính tắc có sẵn ma trận đơn vị

0

f x c x

Ax b x





Với I nằm trong A, b không âm

Không mất tính tổng quát có thể giả sử

1, 1 1, 2 1

2, 1 2, 2 2

, 1 , 2

1 0 0

0 1 0

0

0 1

m m m m mn

m

A

a

A



 A A1 , 2 , , A m

*Khi đó hệ m vectơ là đltt

*Biểu diễn vectơ b qua cs ta có

10 1

0

m

x

b

 

 

 

           

 

 

PP tìm PACB:

-ẩn ứng với cột đơn vị thứ i=b i

-các ẩn còn lại đều =0

0

1 2

, , ,

( , , ,0, ,0) ( , , , ,0, ,0)

m m



1 1

, 1,

x  A   j n

A  x A  x A  x A

*Tìm xj?

Vậy

*bảng đơn hình

*Tính

PP2 tìm PA tốt hơn: sử dụng phép biến

đổi sơ cấp trên dòng của ma trận để đưa cột A k thành véctơ đơn vị cột thứ s.

    

(Δj=0 tại tất cả các vectơ cột đơn vị )

Cơ

sở Hệsố

cj

PA c1

x1

c2

x2

… cm

xm

c m+1

x m+1

… ck

xk

… cn

xn

A 1

A 2

A s

A m

c1

c2

cs

cm

b1

b2

bs

bm

1 0

0

0

0 1

0

0

0 0

0

1

x 1m+1

x 2m+1

…

x sm+1

x mm+1

x1k

x2k

xsk

xmk

x1n

x2n

xsn

xmn

f(x) f0 0 0 0

1

m

 k n

Ví dụ 1: Giải bài toán

3 4 5

3 12

0, 1,5.

j









Giải: Đây là bt QHTT ct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị CS:{A1,A2,A3} nên

X0=(10,12,15,0,0) và ta có bảng đơn hình:

Cơ

sở số cHệ j Ph án -5 -4 0 0 2

x1 x2 x3 x4 x5

A 1

A 2

A 3

-5 -4

0

10

12

15

1 0

0

0 1

0

0 0

1

2 1 3

1 3

1

Bt đã có dấu hiệu tối ưu, PATƯ là

, giá trị tối ưu -98

(10,12,15,0,0)

x 

Ví dụ 2: Giải bài toán

j









Ma trận đơn vị này không theo thứ tự mà

cơ sở là {A5, A6, A4}

Giải: Đây là bt QHTT ct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị

cs Hs Pa -2 -4 1 -1 0 0 λ

A5

A6

A4

0 0 -1

4 3

3

1 2

0

3

1

1

0 -1

4

0 0

1

1 0

0

0 1

0

A2

A6

A4

-4 0 -1

4/3 5/3 5/3

1/3

5/3

-1/3

1 0

0

0 -1

4

0 0 1

1/3 -1/3 -1/3

0 1

0

A2

A1

A4

-4 -2 -1

1 1

2

0 1

0

1 0

0

1/5 -3/5 19/5

0 0

1

2/5 -1/5 -2/5

-1/5 3/5 1/5

Ví dụ 3: Giải bài toán

( ) 2 3 min

3 2 2 20

0, 1,3.

j

f x x x x

x x x

x x x

x j

   

  









Giải: Đây không phải bt chính tắc, ta sẽ

đưa về bt chính tắc bằng cách thêm vào các

ẩn phụ , bt trở thành x x x 4 , ,5 6 0

1 2 3 4 5 6

f x  x  x  x  x  x  x 

1 2 3 4









j

Đây là btct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị CS:{A4,A5,A6} nên

X0=(0,0,0,15,20,10), ta có bảng đơn hình:

-2 3 -1 0 0 0

cs Hs Pa x1 x2 x3 x4 x5 x6 A4

A5

A6

0 0

0

15 20

10

1 3

4

-5 2

0

1 -2

1

1 0

0

0 1

0

0 0

1

A4

A5

A1

0 0 -2

25/2 25/2 5/2

0 0 1

-5 2

0

3/4 -11/4 1/4

1 0 0

0 1 0

-1/4 -3/4 1/4

A4

A5

A3

0 0 -1

5 40

10

-3

11 4

-5 2

0

0 0

1

1 0

0

0 1 0

-1 2 1

Bài toán f(x) → max: (1) ( ) max

(2)

f x

Ax b x













0, 1,

Định lý

+ được cơ sở mới↔PACB mới x

Ví dụ 4: Giải bài toán

j









Giải: Đây không phải bt chính tắc, ta

+ Cộng ẩn phụ vào vế trái của (2) + Cộng ẩn phụ vào vế trái của (3)

x x 

5 ( 5 0)

x x 

1 2 3

1 2 3

j









Ta nhận được bt ct sau đây:

Đây là btct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị CS:{A3,A4,A5} nên

X0=(0,0,6,7,5), ta có bảng đơn hình:

2 3 1 0 0

cs Hs Pa x1 x2 x3 x4 x5 A3

A4

A5

1 0

0

6 7

5

1 2 -1

-5 2

2

1 0

0

0 1

0

0 0

1

A3

A4

A2

1 0

3

37/2 2 5/2

-3/2 3

-1/2

0 0

1

1 0

0

0 1 0

5/2 -1 1/2

A3

A1

A2

1 2 3

39/2 2/3 17/6

0

1 0

0 0

1

1 0

0

1/2 1/3 1/6

2 -1/3 1/3

Từ bảng cuối ta thấy

2 17 39

3 6 2

Là PATƯ và fmax(x)=88/3

Nhưng x4,x5 là ẩn phụ nên ta bỏ đi Vậy PATƯ của bài toán gốc đã cho là:

x=(2/3,17/6,39/2) và fmax(x)=88/3

BÀI TẬP: Giải bt QHTT:

2 3

1 2

8 5

0, 1,3.

j







Giải:

Véctơ x có cơ sở là: