Bài giảng Toán tối ưu hóa - bài toán vận tải - Đại Học Ngân Hàng Thành Phố Hồ Chí Minh

Bài giảng Toán tối ưu hóa - bài toán vận tải - Đại Học Ngân Hàng Thành Phố Hồ Chí Minh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ TP.HCM

ThS PHẠM TRÍ CAO

www37.websamba.com/phamtricao HOẶC www.phamtricao.web1000.com

2005

Bạn đọc thân mến

Tập bài giảng này biên soạn dành cho sinh viên hệ chính quy, học viên luyện thi cao học của trường đại học Kinh tế Tp.HCM

Bài giảng này là sự đúc kết kinh nghiệm nhiều năm trong quá trình giảng dạy môn Tối ưu hóa (Quy hoạch tuyến tính)

Bài giảng được biên soạn dựa trên các đề thi học kỳ, đề thi tuyển sinh cao học của trường đại học Kinh tế Tp.HCM Bài giảng được biên soạn dựa trên các thắc mắc, câu hỏi của sinh viên trong quá trình giảng dạy

Trong bài giảng chủ yếu trình bày các mô hình toán kinh tế và thuật toán, phương pháp giải mà không đi sâu vào cơ sở lý thuyết Nếu muốn tìm hiểu sâu hơn về mặt lý thuyết và các dạng toán mở rộng – nâng cao, các bạn cần xem thêm các tài liệu chuyên ngành toán kinh tế

Bài giảng được biên soạn trên tinh thần “Đơn giản–Tự học“ và với tiêu chí là “Dừa–Đủ–Xoài“

Mong rằng khi đọc xong tập bài giảng này thì bạn sẽ cảm thấy tâm hồn nhẹ nhàng, thư thái; tinh thần thoải mái khi bước vào phòng thi !!!

Mọi góp ý về sai sót của bài giảng xin gởi về địa chỉ mail: phamtricao@ ueh.edu.vn

Tp.HCM, tháng 10 năm 2005

Chương 1: Bài toán Quy hoạch tuyến tính

-Các khái niệm và định nghĩa về bài toán QHTT

−Bài toán QHTT tổng quát

−Bài toán QHTT dạng chính tắc

−Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc

-Phương pháp hình học giải bài toán QHTT 2 biến

-Phương pháp đơn hình giải bài toán QHTT (dạng chuẩn, minf)

-Thuật toán đơn hình và đơn vị đo của biến

-Phương án cực biên suy biến, hiện tượng xoay vòng

-Vấn đề về phương án cực biên ban đầu − Bài toán (M)

-Phương pháp đơn hình giải bài toán QHTT (dạng chuẩn, maxf)

-Giải bài toán QHTT tổng quát

-Vấn đề về phương án tối ưu duy nhất

Chương 2: Bài toán Quy hoạch tuyến tính đối ngẫu

-Cách thành lập bài toán QHTT đối ngẫu

-Các định lý đối ngẫu

-Các ví dụ dùng định lý đối ngẫu (định lý độ lệch bù) để giải bài toán đối ngẫu

Chương 3: Bài toán vận tải

-Các khái niệm về bài toán vận tải cân bằng thu phát (BT vận tải cổ điển) -Thuật toán thế vị giải BTVT (Cân bằng thu phát, f Ỉ min)

-Trường hợp có pa cực biên không suy biến

-Trường hợp gặp pa cực biên suy biến

-BTVT không cân bằng thu phát

−Bài toán có tổng phát < tổng thu

−Bài toán có tổng phát > tổng thu

-BTVT có ô cấm

-BT dạng vận tải có fỈ max

-Vấn đề về phương án tối ưu duy nhất

-BT xe không

1) Chủ biên: Bùi Phúc Trung

Giáo trình Tối ưu hóa (Quy hoạch tuyến tính) – Trường ĐHKT

2) Trần Gia Tùng – Vũ Thị Bích Liên – Hoàng Đức Hải

Toán kinh tế –Trường ĐH TCKT

3) Nguyễn Thành Cả

Toán kinh tế * Phần QHTT – Trường ĐHKT

4) Bùi Thế Tâm –Trần Vũ Thiệu

Các phương pháp tối ưu hóa – NXB GTVT

5) Bùi Minh Trí

Quy hoạch toán học – NXB KHKT

6) Phan Quốc Khánh

Quy hoạch tuyến tính – NXB GD

7) Trần Túc

Bài tập quy hoạch tuyến tính – NXB KHKT

8) Đặng Văn Uyên

Quy hoạch tuyến tính – NXB GD

9) Lê Văn Hợp

Giáo trình quy hoạch tuyến tính – ĐH Tổng hợp Tp.HCM

10) Chủ biên: Hoàng Ngọc Nhậm

Tài liệu ôn thi Cao học kinh tế: Môn toán kinh tế Trường ĐHKT

11) Lê Khánh Luận

Lý thuyết, bài tập, bài giải Quy hoạch tuyến tính (Tối ưu hóa)NXB Lao Động 2006

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I) CÁC KHÁI NIỆM:

1) Các ví dụ dẫn đến bài toán QHTT

VD1.1: Lập kế hoạch sản xuất

Một XN có 3 loại nguyên liệu khác nhau: A, B, C với lượng dự trữ tối đa là 10, 16, 20 tấn Người ta dùng để sản xuất 4 loại sản phẩm I, II, III, IV Định mức kỹ thuật về từng loại nguyên liệu để sản xuất ra 1 tấn sản phẩm và tiền lãi của mỗi loại sản phẩm cho trong bảng sau:

Lãi (triệu đ/tấn) 4 5 6 4

Hãy lập kế hoạch sản xuất các loại sản phẩm sao cho thỏa mãn yêu cầu hạn chế về nguyên liệu, đồng thời tổng số tiền lãi thu được lớn nhất

HD:

Gọi xj là số tấn sp loại j cần sản xuất, j =1,4

Bài toán là: Tìm véc tơ x=(x1, x2, x3, x4) sao cho:

Giải bài toán trên ta được kết quả x= (5, 0, 5/2 , 0) và fmax = 35

VD1.2: Định khẩu phần thức ăn

Để nuôi 1 loại gia súc, một đội sản xuất dùng 3 loại thức ăn T1, T2, T3 Trong 3 loại thức ăn đó có chứa 3 loại chất dinh dưỡng A, B, C Số đơn vị chất dinh dưỡng (g) có trong 1 đơn vị thức ăn (kg) như sau:

Số đv chất dd có trong 1 đv thức ăn Chất dd

T1 T2 T3

A 1 2 3

B 2 1 2

C 1 1 1

Nhu cầu tối thiểu trong khẩu phần hàng ngày của gia súc là: 10, 12, 14 đv chất A, B, C

Giá thức ăn mỗi loại là 3, 5, 7 (ngàn đ/kg) Hãy xác định lượng thức ăn mỗi loại cần có trong khẩu phần ăn hàng ngày để đảm bảo yêu cầu về chất dinh dưỡng, đồng thời tổng số tiền mua thức ăn hàng ngày là nhỏ nhất

HD:

Gọi xj là số đơn vị thức ăn (kg) loại Tj cần cho ăn hàng ngày, j=1,3

Bài toán là:

Tìm x =(x1, x2, x3) sao cho:

f(x) = f(x1,x2,x3) = 3x1+5x2+7x3 Ỉ min

x1+2x2+3x3 >=10

2x1+ x2+2x3 >=12

x1+ x2+ x3 >=14

xj >= 0 , j=1,3

Giải bài toán trên ta được x =(14, 0, 0) và fmin = 42

VD 1.3: Bài toán phân bổ vốn đầu tư

Một người có 70 triệu đồng muốn cho vay theo các loại hình sau:

-Tiết kiệm không kỳ hạn với lãi suất 5%

-Tiết kiệm có kỳ hạn với lãi suất 8%

-Mua tín phiếu với lãi suất 10%

Thời gian đáo hạn cho là như nhau Để giảm rủi ro, người này cho vay theo chỉ dẫn tư vấn như sau: -Mua tín phiếu và tiết kiệm có kỳ hạn ít nhất 70% vốn

-Số tiền mua tín phiếu không vượt quá 2 loại hình còn lại

-Cho vay toàn bộ số tiền

Cho biết kế hoạch đầu tư sao cho lợi nhuận tối đa

Giải bài toán trên ta được x= (35, 35, 0) và fmax = 6,3

2) Bài toán QHTT tổng quát

– Các bi gọi là các hệ số tự do

– Các cj gọi là các hệ số hàm mục tiêu

– aij gọi là hệ số các ràng buộc chung

-f(x) gọi là hàm mục tiêu

-Hệ (*) gọi là hệ ràng buộc: (2) gọi là ràng buộc chung

(3) gọi là ràng buộc biến

-Véc tơ x gọi là 1 phương án (PA) nếu x thỏa (*)

-Tập hợp tất cả các PA gọi là miền ràng buộc Ký hiệu D, X, Y,…

-Một PA làm cho hàm mục tiêu đạt cực tiểu (ứng với BT minf) hoặc cực đại (ứng với BT maxf) gọi

là phương án tối ưu (patư) Ký hiệu x* hoặc x0pt

Nghĩa là: BT min: ∀x∈D: f(x) >= f(x*)

BT max: ∀x∈D: f(x) <= f(x*) -Bài toán QHTT có patư gọi là bài toán giải được

-Giải bài toán QHTT là tìm các patư của nó (nếu có)

Câu hỏi: Tại sao trong hệ ràng buộc (*) ta chỉ xét dấu ≥ hoặc dấu ≤ mà không xét dấu > hoặc <

Chuyển bài toán max về bài toán min:

f(x) Ỉ max ⇔ g(x)= −f(x) Ỉ min

Câu hỏi: Chứng minh 2 bài toán là tương đương nhau

Phương án cực biên (pa cơ bản) của BT QHTT tổng quát

• Một ràng buộc gọi là chặt đối với pa x nếu xãy ra dấu bằng, thí dụ ∑ a

• Một pa có n ràng buộc chặt độc lập tuyến tính gọi là pacb

− Một pacb có đúng n ràng buộc chặt gọi là pacb không suy biến

− Một pacb có nhiều hơn n ràng buộc chặt gọi là pacb suy biến

• Một pa có ít hơn n ràng buộc chặt độc lập tuyến tính gọi là pa không cực biên

Lưu ý: Số ràng buộc chặt đltt <= n (số biến)

số ràng buộc chặt đltt <= số ràng buộc chặt

HD cách làm:

B1) Kiểm tra x là pa của bài toán: kiểm tra x thỏa các điều kiện ràng buộc Xác định các ràng

buộc chặt, lỏng

B2) Kiểm tra x là pacb:

số ràng buộc chặt đltt = n (số biến)?

B21) Nếu đúng: x là pacb

kiểm tra có suy biến hay không:

Số ràng buộc chặt đltt = số ràng buộc chặt?

B21.1) Nếu đúng: x là pacbksb

B21.2) Nếu sai: x là pacbsb

B22) Nếu sai: x là pa không cb (x không là pacb)

3) Dạng chính tắc của bài toán QHTT

Với quy ước: (x1,x2, ,xn) >= (y1,y2, yn) ⇔ xj >= yj , j=1,n

Bất kỳ bài toán QHTT tổng quát nào cũng có thể đưa về dạng chính tắc bằng các phép biến đổi tuyến tính sau:

* Ràng buộc biến: Nếu xj <=0 thì ta đặt x’j = −xj >=0

Nếu xj bất kỳ thì ta đặt xj = xj+ − xj− , xj+ , xj− >=0

* Ràng buộc chung:

x4 ,x5 là biến phụ

Câu hỏi: tại sao các hệ số ở hàm mục tiêu của biến phụ phải bằng 0?

Quan hệ giữa (P) và (P*)

-(P*) không có PATƯ thì (P) không có PATƯ

Ví dụ1.5: Bài toán (P)

Quan hệ giữa (P) và (P*)

-(P*) không có PATƯ thì (P) không có PATƯ

-(P*) có PATƯ là (y1*, y2*, y3*, x3*) thì (−y1*, y2*−y3*, x3*) là patư của (P),

fmin = f(-y1*, y2*-y3*, x3*)

Quan hệ giữa (P) và (P*):

-(P*) không có patư thì (P) không có patư

-(P*) có patư là (y1*, x2*, x3*, x4*) thì (-y1*, x2*, x3*) là patư của (P) fmax= f(-y1*, x2*, x3*)

Vậy ta có kết quả sau:

-(P) có pa ⇔ (P*) có pa

-(P) có patư ⇔ (P*) có patư

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN QHTT: đọc thêm –không thi

Với bài toán QHTT 2 biến bất kỳ người ta có thể dùng phương pháp hình học để giải, với các tương ứng sau:

-Miền ràng buộc D là một tập lồi đa diện (giới nội hoặc không giới nội) trong hệ trục tọa độ vuông góc Đề các, nếu D giới nội thì ta gọi là 1 đa giác lồi D có đỉnh hoặc không có đỉnh D cũng có thể là tập rỗng (nếu các ràng buộc không tương thích nhau) D có hữu hạn đỉnh

-Giá trị của hàm mục tiêu f(x) gọi là đường mức Ta cho đường mức di chuyển trong D thì f(x) có thể giới nội (bị chặn) trong D hoặc không

Bài toán minf: Nếu f(x) giới nội dưới trong D thì ta tìm được patư, nếu f(x) không giới nội dưới thì

bài toán không có patư

Bài toán maxf: Nếu f(x) giới nội trên trong D thì ta tìm được patư, nếu f(x) không giới nội trên thì

bài toán không có patư

Ta có 1 số trường hợp sau:

-D giới nội: bài toán luôn có patư là 1 đỉnh của D (gọi là pa cực biên tối ưu) Nếu bài toán có

patư đạt được tại 2 đỉnh trở lên thì bài toán có vô số patư

-D không giới nội nhưng có đỉnh: bài toán có patư hoặc không Nếu có patư thì patư cũng đạt được trên đỉnh

-D không giới nội và không có đỉnh: bài toán có patư hoặc không Nếu có patư thì patư không đạt được trên đỉnh

Nếu bài toán QHTT có dạng chính tắc thì luôn có pa là 1 đỉnh của D (gọi là pa cực biên)

Các kết quả sử dụng để giải BT theo pp hình học:

• Đường thẳng ax+by=c chia mặt phẳng Oxy thành 2 miền: miền có ax+by>c và miền có ax+by<c

• Đường thẳng (D) ax+by=c gọi là đường đẳng mức, có pháp véc tơ là =(a,b) n r

* Nếu di chuyển (D) theo cùng chiều n r thì giá trị c tăng lên

* Nếu di chuyển (D) theo ngược chiều n r thì giá trị c giảm xuống

thì có patư, nếu hàm mục tiêu không bị chặn dưới (trên) thì bài toán minf (maxf) không có patư

Vì số đỉnh của D là hữu hạn nên sau 1 số bước đi thì ta kết thúc

Dựa vào những ý tưởng từ pp hình học người ta đưa ra phương pháp đơn hình để giải bài toán HTT

Q

II) PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH:

1) Các khái niệm và định nghĩa:

• x = (x1,x2, ,xj, ,xn) là pa của BT (1)-(3) Đặt J(x) ={j / xj > 0}

x là phương án cực biên (pacb) ⇔ hệ véc tơ cột tương ứng với các thành phần dương của x độc lập tuyến tính

Nghĩa là: x=(x1,x2, ,xj, ,xn) là pacb ⇔ {Aj / j∈ J(x)} độc lập tt

• x là pacb Ta có: |J(x)| <= r(A)

* Nếu |J(x)| = r(A) thì ta nói x là pacb không suy biến

* Nếu |J(x)| < r(A) thì ta nói x là pacb suy biến

Hệ A1, A3 độc lập tt nên x là pacb

|J(x)| = 2 = r(A) nên x là pacb không suy biến

Hệ A2 độc lập tt nên x là pacb

|J(x)| = 1 < r(A) =2 nên x là pacb suy biến

Ta có các kết quả sau:

• Nếu bài toán có pa thì nó có pacb

• Bài toán QHTT có mọi pacb đều không suy biến gọi là bài toán không suy biến Nếu có ít

nhất 1 pacb suy biến thì gọi là bài toán suy biến

• Nếu bài toán có pa và hàm mục tiêu bị chận dưới thì BT có patư (BT minf)

Nếu bài toán có pa và hàm mục tiêu bị chận trên thì BT có patư (BT maxf)

• Nếu BT có patư thì BT có pacbtư

• Nếu BT có 2 patư x1, x2 , x1 ≠ x2 thì α.x1 +(1-α).x2 ,∀α∈[0,1] cũng là patư Ỉ BT có vô số patư

• x là pacb Nếu x chưa tối ưu thì có pacb x' tốt hơn x Nghĩa là:

BT minf: f(x') <= f(x)

BT maxf: f(x’) >= f(x)

• Số pacb của bài toán QHTT là hữu hạn

2) Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc:

Bài toán dạng chuẩn tắc là bài toán QHTT dạng chính tắc thỏa các điều kiện sau:

-Các bi bên vế phải của các ràng buộc chung >=0

-Mỗi ràng buộc chung có biến cơ sở tương ứng

Biến cơ sở là biến có hệ số là 1 ở một ràng buộc chung và có hệ số là 0 ở các ràng buộc chung

Hệ véc tơ cột A1, A4 độc lập tt Ỉ x = (7, 0, 0, 5) là pacb

Ngoài ra: |J(x)| = 2 = r(A) nên x là pacb không suy biến

Vậy: Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc luôn cho ta pacb ban đầu

Ràng buộc chung thứ 2 không có biến cơ sở tương ứng nên BT không chuẩn tắc

Lưu ý: Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc có thể viết dưới dạng ma trận như sau:

f(x) = <c,x> Ỉ min (max)

A.x <= b , b >= 0

x >= 0

3) Thuật toán đơn hình (dạng chuẩn, f Ỉ min)

Quy tắc hệ số lớn nhất của Dantzig

Tư tưởng chính của PPĐH là: xác định pacb ban đầu x (dễ dàng do BT có dạng chuẩn) và tìm cách đánh giá nó Nếu x là tối ưu thì dừng lại Nếu x chưa tối ưu thì tìm pacb x’ tốt hơn x, và ta đánh giá x’ Quá trình trên sẽ kết thúc sau 1 số hữu hạn bước (vì số pacb là hữu hạn) với nhận định: pacb đang xét là tối ưu hoặc BT không có patư (vì hàm mục tiêu không bị chặn dưới)

Bước 1: Lập bảng đơn hình xuất phát

Xác định pacb ban đầu xuất phát: x = (x1, x2 , , xn)

Xác định J(x) = {j / xj >0}

Xác định hệ véc tơ cơ sở {Aj / j∈ J(x)}

Lập bảng đơn hình xuất phát sau:

c1 c2 cn

Cơ sở cj PA

A1 A2 An J∈J(x) Aj cj xj zj1 zj2 zjn

Các biến cơ sở là x4, x5, x6

Các biến tự do là x1, x2, x3

Bước 2: Xét dấu hiệu tối ưu

Xem dòng ghi ∆1, ∆2 , , ∆n

-Nếu có ∆k <=0, ∀k : pa đang xét là patư

Thuật toán kết thúc

-Nếu không: bước 3

Bước 3: Xét dấu hiệu không tối ưu

Xét xem có cột ∆k sao cho ∆k >0 và mọi phần tử thuộc cột này (ở bước lặp đang xét) đều <=0 không?

-Nếu có: BT không có patư (hàm mục tiêu f không bị chận dưới) Thuật toán kết thúc

-Nếu không: bước 4

Bước 4: Cải tiến pa (Tìm pacb mới tốt hơn)

Tìm pacb x’ =(x1’ ,….,xn’) tốt hơn pacb x: f(x’) <= f(x)

Lập bảng đơn hình mới từ bảng đơn hình cũ như sau:

a) Chọn cột chủ yếu: Chọn s sao cho ∆s = max{∆k / ∆k >0}

Chọn cột có ∆ dương lớn nhất

b) Chọn dòng chủ yếu: Chọn r sao cho

λ = xr / zrs = min{(xj / zjs ) / j∈J(x) và zjs >0} λ gọi là tỷ số đơn hình

Xét cột PA và cột A s , tính tỷ số x j /z js (hai phần tử cùng nằm trên 1 dòng) với zjs >0 Trong các tỷ số đã tính chọn cái nhỏ nhất

Hoặc λ = min{(cột pa/ cột chủ yếu ) / với các thành phần dương của cột chủ yếu}

Phần tử chủ yếu là zrs

Giá trị hàm mục tiêu giảm 1 lượng là λ.∆s : f(x’) = f(x) –λ.∆ s

Sau khi chọn xong cột và dòng, các phần còn lại tính như sau:

c) Trên cột cơ sở: Thay Ar bởi As , giữ nguyên các phần tử còn lại

Trên cột cj : Thay cr bởi cs , giữ nguyên các phần tử còn lại

d) Phần còn lại:

-Trên dòng tương ứng với As (mới) : các phần tử có được bằng cách lấy các phần tử nằm trên dòng

tương ứng với Ar (cũ) chia cho zrs

-Trên cột As : phần tử nằm trên dòng ứng với As (mới) bằng 1, các phần tử còn lại bằng 0, ∆s = 0 -Các phần tử còn lại tính theo quy tắc hình chữ nhật:

cột k cột s

dòng r zrk zrs chủ yếu

chia nhân z'jk = zjk - (zrk * zjs) / zrs

dòng j zjk ? zjs

zrs zrs

Quay lại bước 2

Ví dụ 1.11:

B2) ∆1 , ∆3 >0: pa đang xét x không tối ưu

B3) Xem cột A1 , A3 có cột nào có tất cả các phần tử <=0 ? Không có

B4)

a) Chọn cột: ∆1 =max{∆1, ∆3 } Ỉ s =1

b) Chọn dòng: λ = min{(cột pa/ cột A1 ) / với các thành phần dương của cột A1 }

λ= min{(x4 / z41 ) , (x5 / z51)} = min{5/2 , 4/1}= 5/2 Ỉ r =4

c) Cột cơ sở: thay A4 bởi A1

Cột cj : thay c4 = -1 bởi c1 =1

d) Cột A5 ,A 6 giữ nguyên

Lập bảng đơn hình mới:

Vậy BT không có patư

Lưu ý: Tính các hệ số như sau:

-Biến cơ sở x1, x5, x6

Ta có: ∆k <=0, ∀k : pa đang xét tối ưu

Vậy bài toán có patư là x* = (0, 2/3 , 1/3 , 0 , 0 , 10/3)

fmin = f(x*) = 37/3

Chú ý: patư và giá trị tối ưu là một cặp không thể tách rời, chia lìa; sống chết có nhau

Tất cả các pa có từ các bảng đơn hình đều là pacb Pa có từ bảng đơn hình tối ưu (là bảng có

∆k<=0, ∀k) là pacbtư

Lưu ý: f còn có thể tính như sau: f = 0 + 4(2/3) - (1/3) – 0 + 0 + 3(10/3) = 37/3 min min

LƯU Ý: Đọc thêm

Ta cũng có thuật toán chuyển từ bảng đơn hình cũ sang bảng mới như sau:

Cột A s gọi là cột quay (xoay) , véc tơ A s được đưa vào cơ sở

Dòng A r gọi là dòng quay, véc tơ A r bị đưa ra khỏi cơ sở

Phần tử z rs >0 là giao của cột quay và dòng quay gọi là phần tử chính (trục) của phép quay Các phần tử z js , j ≠ r gọi là phần tử quay

Bảng đơn hình mới được suy từ bảng cũ bằng cách:

1) Thay cr , Ar trong dòng quay bằng cs , As

2) Sau đó thực hiện các phép biến đổi sau:

a) Chia mỗi phần tử ở dòng quay cho phần tử chính (được số 1 ở vị trí của zrs cũ –phần tử

chính ) Kết quả thu được gọi là dòng chính

c’j x’j , với J’ = J \ {r} ∪ {s}

Dòng ∆’ k , f’ cũng có thể được tính theo cách:

Dòng mới = dòng cũ tương ứng –dòng chính * phần tử quay

f’ = f –(xr / zrs ) ∆s = f –λ.∆s , ∆’k = ∆k –(zrk / zrs ).∆s

Lưu ý rằng sau phép quay thì ở vị trí ∆ s ta thu được số 0 vì lúc này A s trở thành véc tơ đơn

vị cơ sở, nghĩa là ta đã làm mất số dương lớn nhất ở dòng cuối của bảng cũ

Toàn thể phép biến đổi trên gọi là phép quay xung quanh phần tử chính z rs Sau khi thực hiện phép quay ta có 1 pa mới và 1 cơ sở mới Nếu chưa đạt yêu cầu, nghĩa là còn ∆ k >0 thì ta lại tiếp tục quá trình

Qua mỗi bước lặp, giá trị hàm mục tiêu giảm 1 lượng là λ.∆ s , f(x’)=f(x)– λ.∆ s Vậy ta có thể đưa

ra cách 2: tìm lượng giảm lớn nhất của f(x) qua mỗi bước lặp

Bảng 1: chọn cột A1 thì f(x) giảm 1 lượng là (4/2).6 = 12

chọn cột A4 thì f(x) giảm 1 lượng là (6/2).5 = 15 Ỉ nên chọn cột A4

Bảng 2: chọn cột A1 thì f(x) giảm 1 lượng là (2/3).(7/2) = 7/3

chọn cột A6 thì f(x) giảm 1 lượng là (2/5).(3/2) = 3/5 Ỉ nên chọn cột A1

Bài toán có patư là x=(2/3, 8/3, 0, 8/3, 0, 0) f= 38/3

Ta nhận thấy qua 2 cách thì số bước lặp là như nhau, trong thực tế với các bài toán QHTT cỡ nhỏ (số ràng buộc biến, số ràng buộc chung nhỏ) thì số bước lặp ở cách 1 so với cách 2 không lớn hơn bao nhiêu Tuy nhiên khi làm cách 1 thì ta ít tính toán và kiểm tra hơn cách 2 Vậy từ đây trở đi thì ta quy ước là làm theo cách 1

THUẬT TOÁN ĐƠN HÌNH VÀ ĐƠN VỊ ĐO CỦA BIẾN: Đọc thêm

Nếu áp dụng thuật toán đơn hình (Dantzig) với hệ véc tơ cơ sở của bảng đơn hình xuất phát là

A4 , A5 , A6 thì người ta chứng minh được với dạng toán này phải qua 7 bước lặp mới có nghiệm tối ưu x = (0, 0, 10000, 1, 100, 0) f= –10000

Tuy nhiên, nếu ta thay đổi đơn vị đo của các biến như sau:

y1 = x1 , y2 =0,01x2 , y3 = 0,0001x3 , y4 =x4 , y5 =x5 , y6 = x6 thì bài toán trở thành

Bài toán có patư là y = (0, 0, 1, 1, 100, 0) f = -10000

Vậy phương pháp đơn hình chưa tốt ở chổ nó phụ thuộc vào đơn vị đo của biến chứ không chỉ phụ thuộc vào cấu trúc bản chất của bài toán

Lưu ý: Nếu áp dụng thuật toán đơn hình (Dantzig) cho VD1.14 với hệ véc tơ cơ sở của bảng đơn hình xuất phát là A 4 , A 5 , A 3 thì ta sẽ có ngay nghiệm tối ưu x = (0, 0, 10000, 1, 100, 0) f= –10000 (điều mà ta không thể biết trước được !!!)

PHƯƠNG ÁN CỰC BIÊN SUY BIẾN, HIỆN TƯỢNG XOAY VÒNG : Nên đọc thêm

Ta có pacb suy biến x = (0, 0, 2, 6, 0)

Bài toán không có patư

Bảng 1: ta có pacb suy biến x= (0, 0, 2, 6, 0)

Bảng 2: Bài toán có patư là x= (0, 1, 0, 6, 0) f= -1

Vậy khi bài toán có pacb suy biến thì có thể có patư hoặc không

Bây giờ ta giải VD này như sau:

* Chọn cột có ∆ dương lớn nhất

* Nếu có nhiều dòng để chọn thì chọn dòng có chỉ số nhỏ nhất

Ta thấy ở bảng 6: thay A4 bởi A6 thì ta quay trở lại bảng 1 Đây là hiện tượng xoay vòng

Nếu gặp trường hợp pacb suy biến thì có thể sau 1 số bước lặp ta quay trở về pa ban đầu với hệ véc tơ cơ sở ban đầu, bài toán sẽ lặp vô hạn và ta không giải được Để tránh hiện tượng này ta

áp dụng Quy tắc chỉ số bé nhất của R.G.Bland đề xuất:

• Trong các cột có ∆ dương thì ta chọn cột có chỉ số nhỏ nhất

• Nếu có nhiều dòng để chọn thì chọn dòng có chỉ số nhỏ nhất

Trong VD này, ở bảng 6 ta không chọn cột A6 mà ta chọn cột A1 (quy tắc chỉ số bé nhất của Bland), ta sẽ được patư:

Bài toán có patư là x=(1, 0, 1, 0, 2, 0, 0) f =–1

Lưu ý: Nếu ở bảng 1 ta thay A6 bởi A1 thì sau 2 bảng ta sẽ được patư Nhưng có điều là ta

không biết trước chọn cái nào tốt hơn !!!

Ta có kết quả sau:

• Nếu bài toán không suy biến (không thoái hóa) thì đối với mỗi phương án cơ sở xuất phát thuật toán đơn hình sẽ kết thúc sau 1 số hữu hạn bước lặp

• Nếu bài toán suy biến thì thuật toán có thể xoay vòng hoặc không Có 1 dấu hiệu để không xãy ra xoay vòng là:

Giả sử ở 1 lần lặp của pp đơn hình, tập hợp K = { k | min { | }

k

z z

x z

x

} chứa quá 1 phần tử, giá trị xk với k∈K, k ≠r∈K sau phép xoay đơn hình bằng

x’k = xk – (xr /zrs) zks = x k – (x k /z ks ) z ks = 0 thì pacb mới sẽ suy biến Ngược lại, nếu ở mỗi bước ặp |K| = 1 thì không có hiện tượng xoay vòng và thuật toán là hữu hạn

l

Trong chương trình học, khi thi ta không xét bài toán có hiện tượng xoay vòng Do đó ta có

ưu ý sau

4) Bài toán (M) : Vấn đề tìm pacb ban đầu – Phương pháp đánh thuế

Nếu BT (dạng chính tắc, các hệ số vế phải ràng buộc chung b i >= 0) không có ngay pacb ban đầu

hì ta thêm một số biến giả vào Ỉ có ngay pacb ban đầu Bài toán có biến giả gọi là bài toán (M)

Trong đó: x5, x6 là biến giaû M>0 (rất lớn)

Coi M là 1 số rất lớn (M > 0) chẳng khác nào ta đánh thuế rất nặng vào các biến giả

khiến cho trong patư ta phải có các biến giả bằng 0

–Mục đích thêm biến giả là gì?

–Tại sao trong patư của (M): biến giả phải bằng 0 thì (P) mới có patư?

CHÚ Ý: M>0 (rất lớn)

x*(M) = (0 , 0 , ½ , 0 , 0 , 7/2) có x6 = 7/2 ≠ 0 (biến giả) Ỉ (P) không có patư

Câu hỏi: chứng minh hệ sau vô nghiệm

4x1 +x2+2x3+2x4 =1

x1-2x2+5x3 -4x4 =6

xj >=0 , j=1,4

HD:

Chú ý: Khi giải BT(M) nếu đưa 1 biến giả ra khỏi cơ sở thì ta không cần xét đến các tham số

tương ứng với biến giả đó ở các bảng sau

Trong ví dụ này ở bảng 2 ta có thể không xét cột A5 vì ta đã đưa A5 (ứng với biến giả x5) ra khỏi cơ sở (từ bảng 1 sang bảng 2)

Một số sách bỏ luôn cột ứng với biến giả

2 –1

0

1

1 –2 2M+4 0 0 (M) –1 –2M–1

0

–1

1 –2

Ta có ∆k <=0 , ∀k

x*(M) = (3, 3, 2, 0, 0, 0) Ỉ x*(P) = (3, 3, 2, 0,0) , fmin = f(x*(P)) = 4

5) Bài toán dạng chuẩn, f Ỉ max

Cách 1 (gián tiếp):

(BT1) f Ỉ max ⇔ g = – f Ỉ min (BT2)

x* là patư của (BT1) ⇔ x* là patư của (BT2)

fmax = f(x*) = – gmin = – g(x*)

Cách 2 (trực tiếp):

Thuật toán giống thuật toán dạng chuẩn, f Ỉ min Chỉ thay đổi:

B2) ∆k >=0, ∀k : pa đang xét là patư

B3) Xét xem cột ∆s có ∆s <0 và mọi phần tử thuộc cột này đều <=0 không? : Nếu có: BT không có

patư (f không bị chận trên)

B4) Chọn cột chủ yếu: ∆s = min{∆k / ∆k <0}

Cột chủ yếu là cột có ∆ âm bé nhất

Câu hỏi: Tại sao hàm mục tiêu đổi dấu thì chỉ ảnh hưởng đến các phần ở trên mà thôi?

Ta có : ∆k >=0, ∀k : pa đang xét tối ưu

x* =(0 , 7 , 11 , 0 ) là patư của (I) , fmax = 50

Câu hỏi: So sánh 2 bảng đơn hình ở 2 cách giải, nhận xét?

Lưu ý: Qua mỗi bước lặp hàm mục tiêu tăng 1 lượng là −λ.∆ s , f(x’)=f(x) –λ.∆ s

6) Giải bài toán QHTT tổng quát (bất kỳ):

Phương pháp giải:

* Đưa bài toán tổng quát về dạng chính tắc

* Biến đổi sao cho các hệ số vế phải của các ràng buộc chung bi >=0

* Nếu chưa có pacb ban đầu (chưa là dạng chuẩn) thì thêm biến giả Ỉ BT(M)

Lưu ý: Khi giải xong nhớ chuyển về patư của bài toán ban đầu

Lưu đồ giải bài toán QHTT tổng quát:

Biến phụ Biến cơ sở

(b i >=0)

BT dạng chuẩn

BT (M)

xj >=0, j=1,5 (x4 , x5 là biến phụ)

Bài toán dạng chính tắc có vế phải các ràng buộc chung >= 0

f = x1+3x2+x3 +Mx 6 +Mx 7 Ỉ min

x1 +x2 +x3 -x4 +x 6 = 5

(III) x2 +2x3 +x 7 = 8

x1 +2x2 +x3 +x 5 = 10

xj >=0, j=1,7 (x6 , x7 là biến giả)

Bài toán dạng chuẩn tắc (M >0 rất lớn)

Giải (III) ta được x*(III) = (1, 0, 4, 0, 5, 0, 0)

III) VẤN ĐỀ VỀ PATƯ DUY NHẤT:

1) Các khái niệm và kết quả:

* Nhắc lại biến cơ sở, biến tự do, véc tơ cơ sở:

HD: Trong bảng này:

Biến cơ sở: x5 , x6

Biến tự do: x1 , x2 , x3 , x4

Véc tơ cơ sở: A5 , A6

Bảng đơn hình mới:

Trong bảng mới này:

Biến cơ sở: x3 , x6

Biến tự do: x1 , x2 , x4 , x5

Véc tơ cơ sở: A3 , A6

BT có patư là x* = (0 , 0 , ½ , 0 , 0 , 7/2) , fmin = 17/2

* Véc tơ chỉ phương của cạnh vô hạn tối ưu (vtcp):

* BT có patư là x* = (3/2, 0 , 0 , 0 , 7/2 , ½) , fmin =3/2

* Biến cơ sở: x1 , x5 , x6

Biến tự do: x2 , x3 , x4

* Xét cột ∆3 có ∆3 = 0 và các phần tử thuộc cột đều <=0: ta có véc tơ chỉ phương t của cạnh vô hạn tối ưu ứng với ∆3 là:

t= (3, 0, 1, 0, 4, 1)

t1 t 3 t5 t6

Tổng quát:

Cột ∆k có ∆k = 0 và các phần tử thuộc cột đều <=0: ta có véc tơ chỉ phương t của cạnh vô hạn tối

ưu ứng với ∆k xác định như sau:

tk =1

tj = -zjk , xj là biến cơ sở

tj = 0 , xj là biến tự do , j≠k

Định lý:

Bài toán có các pacbtư x1, x2 , , xk và các véc tơ chỉ phương của các cạnh vô hạn tối ưu là t1 , t2 ,

tm thì patư tổng quát của bài toán là: x =∑ α

VD3: bài toán có 1 pacbtư là x* và 1 vtcp là t thì patư tổng quát là x = x*+βt , β >=0

Ta có kết quả sau:

Xét bảng đơn hình tối ưu (là bảng mà từ đó ta lấy ra patư) của bài toán QHTT

1) ∆k ≠0 với mọi biến tự do xk : bài toán có patư duy nhất

2) Có ∆j =0, xj là biến tự do

Lấy cột có hệ số ước lượng bằng 0 (ứng với biến tự do) làm cột chủ yếu (∆s)

Tìm tỷ số đơn hình λ :

λ = xr / zrs = min{(cột pa / cột chủ yếu) / các phần tử thuộc cột chủ yếu dương}

a) Nếu λ >0: có patư khác (BT không có patư duy nhất)

Lấy dòng A r làm dòng chủ yếu, tiếp tục biến đổi ta sẽ có patư khác

b) λ = 0: không có patư khác

(patư không thay đổi nhưng cơ sở có thể thay đổi)

c) Không tồn tại λ (do tất cả các phần tử trên cột ∆s đều <=0) thì ta có véc tơ chỉ phương của cạnh

vô hạn tối ưu: BT không có patư duy nhất

Cần phân biệt pacbtư duy nhất và patư duy nhất

2) Các ví dụ:

Ví dụ 1.29: Xem lạl VD1.27

HD:

Ta có ∆j ≠0, với mọi biến tự do xj Ỉ BT có patư duy nhất

Pacbtư duy nhất, patư duy nhất

Cột A2 có ∆2 =0 và λ = 0/1 = 0: BT có patư duy nhất

Pacbtư duy nhất, patư duy nhất

Ví dụ 1.31:

Xét lại VD1.28

HD:

Ta có: Patư tổng quát: x = x* +βt , β >=0

Pacbtư duy nhất, patư không duy nhất

Thay A4 bởi A6 từ B1 ta được B2

Cột A6 có ∆6 =0 và λ=1/2: thực hiện biến đổi ta được:

Ta có patư mới: x2 = (3/2 , 0 , 0 , 0 , 7/2 , ½ )

Thay A6 bởi A4 từ B2 ta được B1 Vậy chỉ có 2 pacbtư là x1 và x2

Patư tổng quát: x =α x1+(1-α) x2 , α ∈[0,1]

Pacbtư không duy nhất, patư không duy nhất

Cách khác: không nên xem khi chưa nắm rõ !!!

Ở bảng 1, ta xem “véc tơ cp” của biến x6 là t=(1,0,0,−2,−1,1)

Vậy “patư “ tổng quát là: x=x1+βt = (1+β, 0, 0, 1−2β, 4−β, β) , β>=0

Ta phải có x >=0 −−> 1−2β>=0 và 4−β>=0 −−> β<= ½

x1 = (0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 1 , 3) , fmax =23

Cột A1 : véc tơ chỉ phương của cạnh vô hạn tối ưu là t1 = (1, 0 , 0 , 0 , 0 , 2 , 3)

Xét cột A2 , bảng đơn hình mới:

Cột A1 : véc tơ chỉ phương của cạnh vô hạn tối ưu là t2 = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 2 , 3) = t1

Từ bảng 5 ta quay về bảng 4, bài toán chỉ có 2 pacbtư là x1 và x2

Patư tổng quát: x = α x1 + (1-α) x2+ β t1 , α∈[0,1] , β >=0

A2

1 –1

B2 (B1–>B2) –1 (0) 0 0 –2 {0}

A3 A5 1 –1 0 1 (2/3)–1/3 –1/3 {2/3} 1 0 –1 1 0 1

B3 (B2–>B3) –1 (0) {0} 0 –2 0

A5 A2 –1 –1 1 0 (1) –2 0 1 {2}–3 –1 3 1 0

B4 (B1–>B4) –1 (0) 0 {0} –2 0

B2: Chọn cột A1, thay A3 bởi A1: quay về B1

Chọn cột A5, thay A2 bởi A5: B2 –>B3

B3: Chọn cột A1, λ=0 nên không có pacbtư mới

Chọn cột A2, thay A5 bởi A2: quay về B2

B4: Chọn cột A1, thay A5 bởi A1: quay về B1

Chọn cột A3, thay A5 bởi A3: quay về B2

Vậy bài toán có các pacbtư là x1=(1,2,0,0,0) , x2=(0,3/2,1/2,0,0) , x3=x4=(0,0,0,0,1)

CHƯƠNG II: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU I) CÁCH THÀNH LẬP BÀI TOÁN QHTT ĐỐI NGẪU:

7

x x x x

x1 >=0; x2<=0; x3, x4 tùy ý

Bài toán đối ngẫu (P*):

f*(y)= (7,1,−2).(y1,y2,y3) −−> max

1

y y y

x x x

x1 >=0, x2<=0, x3 tùy ý

Bài toán đối ngẫu (P*)

f*(y)= (6,4,−2).(y1,y2,y3) −−> min

1

y y y

Lưu ý: Nếu ta coi (P*) là bài toán gốc thì (P) là bài toán đối ngẫu tương ứng Nghĩa là: đối ngẫu

của bài toán đối ngẫu sẽ là bài toán gốc, (P*)*=P

Quy tắc lập bài toán đối ngẫu:

• Hàm mục tiêu của BT gốc Ỉ min (max) ⇔ hàm mục tiêu của BT đối ngẫu Ỉ max (min)

• Hệ số của hàm mục tiêu của BT gốc là hệ số vế phải của ràng buộc chung của BT đối ngẫu Hệ số vế phải của ràng buộc chung của BT gốc là hệ số của hàm mục tiêu của BT đối ngẫu

• Ma trận hệ số của BT gốc lấy chuyển vị thành ma trận hệ số của BT đối ngẫu

• Dấu một ràng buộc chung của BT gốc quy định dấu của một ràng buộc biến tương ứng của BT đối ngẫu

Dấu một ràng buộc biến của BT gốc quy định dấu của một ràng buộc chung tương ứng của BT đối ngẫu

Bảng quy tắc về dấu như sau:

GỐC

min

ĐỐI NGẪU max

Ràng buộc chung

Ràng buộc biến

Ràng buộc biến

>=0

<=0 tùy ý

<=

>=

= Ràng buộc chung

ĐỐI NGẪU

min GỐC max

Cách nhớ:

Bài toán gốc min: ràng buộc chung cùng dấu, ràng buộc biến trái dấu

Bài toán gốc max: ràng buộc chung trái dấu, ràng buộc biến cùng dấu

Cặp BT đối ngẫu đối xứng: Là cặp BT đối ngẫu có các ràng buộc chung và ràng buộc biến tương

ứng có dạng bất đẳng thức

VD 2.4:

Xét VD 2.3 ta có: P, P* đối xứng

Xét VD2.1, VD2.2 ta có: P, P* không đối xứng

Ý nghĩa kinh tế của cặp BT đối ngẫu:

Xét BT lập kế hoạch sản xuất: Một XN giấy hiện có số lượng gỗ (B1) và axít (B2) tương ứng là

5000 m3 , 90 tấn (Các yếu tố sản xuất khác có số lượng lớn) XN có thể sản xuất ra 3 loại giấy A1,

A2, A3 Mức tiêu hao các loại nguyên liệu (yếu tố sản xuất) để sản xuất ra 1 tấn giấy thành phẩm như sau:

Sản phẩm Nguyên liệu

• Gọi yi là giá bán 1 đơn vị yếu tố sản xuất loại Bi , i=1,2

Giá bán không thể âm nên: yi >=0

Ta có số tiền thu được khi bán các yếu tố sản xuất dùng để sản xuất ra 1 đơn vị sp loại Aj là: Loại A1 : 1y1+20y2 ; loại A2 : 3y1+30y2 ; loại A3 : 2y1+24y2

• Ta thấy có 2 ý tưởng sau:

* Đối với người bán: Giá bán các yếu tố sx chỉ được chấp nhận khi số tiền thu được do bán các

yếu tố sx dùng để sx ra 1 đơn vị sp loại Aj phải không ít hơn số tiền thu được khi XN sử dụng các yếu tố sản xuất đó để sx ra 1 đơn vị sp loại Aj Tức là:

1y1+20y2>=9 ; 3y1+30y2>=12; 2y1+24y2>=10

* Đối với người mua: Chỉ chấp nhận giá các yếu tố sx khi tổng số tiền dùng để mua tất cả các yếu

tố sx là ít nhất Tức là:

f* = 5000y1 + 90000y2 Ỉ min

Tóm lại, ta có mô hình:

II) CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU:

Ta thấy, bài toán đối ngẫu (P*) cũng là bài toán QHTT

Do đó giải (P*) có 2 cách:

Cách 1: Dùng phương pháp đơn hình để giải trực tiếp (P*)

Cách 2: Giải (P*) thông qua (P), nghĩa là từ patư x* của (P) ta suy ra patư y* của (P*)

Vấn đề đặt ra là: từ patư x* của (P) ta làm thế nào suy ra được patư tối ưu y* của (P*)

Khi giải 1 bài toán QHTT (P) ta có 3 cách giải:

Cách 1: Dùng phương pháp đơn hình để giải trực tiếp (P)

Cách 2: Giải bài toán (P) bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu Ta được patư của BT gốc (P), đồng

thời có luôn patư của bài toán đối ngẫu (bằng cách giải hệ pt tuyến tính)

Cách 3: Giải bài toán đối ngẫu (P*) bằng phương pháp đơn hình Từ patư y* của (P*) ta suy ra patư x* của bài toán gốc (P)

Vấn đề đặt ra là: từ patư tối ưu y* của (P*) ta làm thế nào suy ra được patư x* của (P)

Vấn đề trên được giải quyết thông qua các định lý đối ngẫu

Các định lý đối ngẫu:

Xét cặp bài toán đối ngẫu:

(P) (P*)

f(x) = <c,x> Ỉ min f*(y) = <b,y> Ỉ max

X là miền ràng buộc (tập pa) của bài toán (P)

Y là miền ràng buộc của bài toán (P*)

ĐL1 (đối ngẫu yếu):

x là pa của (P), y là pa của (P*) thì f(x)= <c,x> ≥ f*(y)= <b,y>

Hệ quả:

-Nếu X ≠Φ và f không bị chận dưới trên X thì Y=Φ

-Nếu Y ≠Φ và f* không bị chận trên trên Y thì X=Φ

ĐL2 (đối ngẫu mạnh):

• Nếu (P) có patư là x* thì (P*) cũng có patư là y*, và f(x*) = f*(y*)

• Nếu (P*) có patư là y* thì (P) cũng có patư là x*, và f(x*) = f*(y*)

Hệ quả:

(P) và (P*) có pa ⇔ (P) và (P*) có patư

Và giá trị tối ưu của các hàm mục tiêu bằng nhau

Nhận xét: Từ định lý này ta dùng kết quả sau để kiểm tra patư

x là pa của (P), y là pa của (P*) và f(x)=f*(y) ⇔ x là patư của (P) và y là patư của (P*)

Lưu ý: Nếu f(x)≠f*(y) thì ta không có kết luận gì về x hoặc y

Từ các định lý trên ta có kết quả sau:

* Cả hai bài toán cùng có pa thì cả 2 bài toán cùng có patư, và giá trị tối ưu của 2 hàm mục tiêu luôn bằng nhau

* Chỉ 1 bài toán có pa thì cả 2 bài toán cùng không có patư (giả sử (P) có pa thì f(x) không bị chặn

dưới, hoặc (P*) có pa thì f*(y) không bị chặn trên)

* Cả 2 bài toán cùng không có pa thì hiển nhiên chúng cùng không có patư

Nhắc lại:

Ràng buộc chặt là ràng buộc xãy ra dấu =

Ràng buộc lỏng là ràng buộc xãy ra dấu bất đẳng thức thực sự (< , >)

Các khái niệm này xét cho cả ràng buộc chung và ràng buộc biến

ĐL3 (độ lệch bù yếu):

x*, y* là patư của (P), (P*) ⇔ x*, y* là pa của (P), (P*) và thỏa điều kiện: Trong các cặp ràng buộc đối ngẫu, nếu ràng buộc này là lỏng thì ràng buộc kia là chặt

Hệ quả:

Một ràng buộc là lỏng đối với một patư của bài toán này thì ràng buộc đối ngẫu với nó phải là

chặt đối với mọi patư của bài toán kia

Từ các định lý đối ngẫu trên ta có cách làm như sau:

Từ patư x và các cặp ràng buộc đối ngẫu, ta sẽ được hệ phương trình tuyến tính theo y (có các ẩn là y1, y2,…)

Kiểm tra: Nếu y là pa của (P*) thì y sẽ là patư của (P*), và hai giá trị tối ưu sẽ bằng nhau (f*max=fmin)

Chú ý:

Ràng buộc lỏng ⇒ ràng buộc chặt

Ràng buộc chặt ⇒ / ràng buộc chặt