ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN TÔI ƯU HÓA

Tìm: một phần tử x0 thuộc A sao cho f(x0) ≤ f(x) với mọi x thuộc A (cực tiểu hóa) hoặc sao cho f(x0) ≥ f(x) với mọi x thuộc A (cực đại hóa). Một phát biểu bài toán như vậy đôi khi được gọi là một quy hoạch toán học (mathematical program). Nhiều bài toán thực tế và lý thuyết có thể được mô hình theo cách tổng quát trên. Miền xác định A của hàm f được gọi là không gian tìm kiếm. Thông thường, A là một tập con của không gian Euclid Rn, thường được xác định bởi một tập các ràng buộc, các đẳng thức hay bất đẳng thức mà các thành viên của A phải thỏa mãn. Các phần tử của A được gọi là các lời giải khả thi. Hàm f được gọi là hàm mục tiêu, hoặc hàm chi phí. Lời giải khả thi nào cực tiểu hóa (hoặc cực đại hóa, nếu đó là mục đích) hàm mục tiêu được gọi là lời giải tối ưu. Thông thường, sẽ có một vài cực tiểu địa phương và cực đại địa phương, trong đó một cực tiểu địa phương x được định nghĩa là một điểm thỏa mãn điều kiện: với giá trị δ > 0 nào đó và với mọi giá trị x sao cho {displaystyle |mathbf {x} mathbf {x} {}|leq delta }{displaystyle |mathbf {x} mathbf {x} {}|leq delta }; công thức sau luôn đúng {displaystyle f(mathbf {x} {})leq f(mathbf {x} )}{displaystyle f(mathbf {x} {})leq f(mathbf {x} )} Nghĩa là, tại vùng xung quanh x, mọi giá trị của hàm đều lớn hơn hoặc bằng giá trị tại điểm đó. Cực đại địa phương được định nghĩa tương tự. Thông thường, việc tìm cực tiểu địa phương là dễ dàng – cần thêm các thông tin về bài toán (chẳng hạn, hàm mục tiêu là hàm lồi) để đảm bảo rằng lời giản tìm được là cực tiểu toàn cục.

DAP AN

C au 1: C H U Y E N B A I T O A N G O C (P ) SA N G B A I T O A N D O I N G A U (D )

(1) ZD = 25^ +16y2 +1 l_y3 —> Min

pP i +3^2 + 2j 3 >9

(2) - y x+ y2 - 4y3 = 4 7i + 7 y2+3y3 < 5

(3) {yxtuyy,y2 <Q,y3>0)

Cau 2: GIAI BAI TOAN QHTT BANG PHlTONG PHAP DO THI

> tuyy <0

> = <

;

1

D

2

&

\\ot A «& .v a V %

)

- Bu'6'c 1: Ve mien chap nhan

Nhu hinh ve va co mien chap nhan la ABCDE

- Biro c 2: Ve duang dong muc

Nhir hinh ve

- Buoc 3: Tim nghiem toi uu

Tinh tien duang dong muc ra xa goc toa do thay dudng dong muc tiep xuc voi mien chap nhan tai 1 canh DE Do vay bai toan co vo so nghiem tren canh

DE va chon 1 phuong an Gia tri toi uu la Z* = 20

Cau 3: LAP MO HlNH TOAN VA GIAI BAI TOAN QHTT (6 diem)

1 Lap mo hinh toan (2 diem)

Goi xj la banh thap cam; x2 la banh dau xanh; x3 la banh deo

® Ham muc tieu: tong tien lai thu ve Ion nhat nghla la:

Z = 5000x, + 8000x2 + 4000x3 -> max

© Ham rang buoc:

- Luang duang de san xuat cac loai banh khong vugt qua so xi nghiep da chuan bi duqc (250kg) nghia la: 0,2x, + 0,4*2 + 0,35x3 < 250

- Luong Dau xanh de san xuat cac loai banh phai duac su dung het nghia la:

0,2xj + 0,5x2 + 0,6x3 = 150

© Rang buoc phu: vi xis X2, x3> la so luong banh moi loai can san xuat nen phai > 0

(l)Z = 5000X[ + 8000x2 + 4000x3 [0,2xj + 0,4x2 + 0,35x3 < 250 [0,2x! + 0,5x2 + 0,6x3 =150 (3)x; >0,7 = U 3

max

T on g h o p cac p h a n tich ta co m o h in h toan la: /2 «

2 Giai bai toan QHTT bang phmmg phap thir lan lirot (4 diem)

❖ x , x , , , , ,4 / v f0,2x, + 0,4x, + 0,35x, + x4 = 250

v Chuyen bai toan ve dang chinh tac: (2K 1

' ' [0,2x, + 0,5x2 + 0,6x3 = 150

(3)xj > 0, y = 1 4

❖ Chon bien co so: He rang buoc co 2PT, theo dinh ly 4 se co 2 nghiem duong, nen chon bien co so la: (xj; 0; 0; X4)

❖ Tim nghiem xuat phat: thay bien co so vao rang buoc ta co:

|0,2x, + x 4 250 ^ ph^onig trinh ta duroc Xi° = 750, x4° = 100

[0,2*,=150

Vay nghiem xuat phat la: x = (750;0;0;100) va gia tri ham muc tieu Zo = 3.750.000

❖ Thu dua x2 vao bien co so (x,; x2; 0; x4); thay bien co so vao phuong trinh rang buoc

ta co he phuong trinh I 0,2*1 + 0,4X2 + X a 250 he co 2 PT ma 3 an He co nghiem don tri

khi phuong trinh tao thanh he phu thuoc do cot cuoi cung phu thuoc tuyen tinh vao cot con lai; Nen chuyln thanh he tuong duong vdi he so y ta co he phuong trinh phu thuoc

la: I0,2^1 + y* ~ 0,4 giai he ta giai he phuong trinh ta dupe yi° = 2,5; y4° = -0,1

[0,2yj = 0,5

Tinh hieu suat cua x2 la: C2 - y2 = 8000 - [5000.2,5 + 0.(-0,l)] = -4500

Bai toan Z —» Max ma hieu suat cua x2 <0; Do vay dua x2 vao khong co loi, loai x2

❖ Thu dua x3 vao bien co so (xi; 0; x3; x4); thay bien co so vao rang buoc ta co he

phuong trinh rang buoc ta co +°35x3 + x4 250 ^ ^ 2 PT ma 3 an He co

[0,2xj + 0,6 x 3 = 150

nghiem don tri khi phuong trinh tao thanh he phu thuoc do cot cuoi cung phu thuoc tuyen tinh vao cot con lai; Nen chuyen thanh he tuong duong voi he so y ta co he

f 0,2jVj + y4 =0,35 phuong trinh phu thuoc la:

y,°= 3; y40 = -0,25

I 0,2^ = 0,6 giai he ta giai he phuong trinh ta dupe

Tinh hieu sudt cua x3 la: C3 - y3 = 4000 - [5000.3 + 0.(-0,25)] - -11000

Bai toan Z —» Max ma hieu suat cua x3 <0; Do vay dua x3 vao khong co loi, loai x3

❖ Ket luan: Phuong an san xuat toi uu la 750 banh thap cam; khong san xuat banh dau xanh va banh deo; Nhu vay se thu dupe loi nhuan ldn nhat la 3.750.000 dong./

G H I C H U : N G O A I PH lT O N G P H A P N E U T R E N , N E U S IN H V IE N S f f D y N G C A C

ĐÁP ÁN

Câu 1: CHUYỂN BÀI TOÁN GỐC (P) SANG BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU (D)

8 15 17

3 4

2 1

16 2

1 2

15 1

2 2

0 0

3

2

1

3 2 1



























y

tùyý

y

y

tùyý

x x x

0 ,

, 0 ( 3

8 4 2

15 2

2

17 2

2 2

3 16 15

1

3 2

1

3 2 1

3 2 1

3 2 1

3 2 1









































y tùyý y y

y y y

y y y

y y y

Max y

y y

Z D

Câu 2: GIẢI BÀI TOÁN QHTT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ

- Bước 1: Vẽ miền chấp nhận Như hình vẽ và có miền chấp nhận là X1ABCX2

- Bước 2: Vẽ đường đồng mức Như hình vẽ

- Bước 3: Tìm nghiệm tối ưu Tịnh tiến đường đồng mức ra xa

gỗ tọa độ thấy đường đồng mức tiếp xúc với miền chấp nhận tại cạnh BC Do vậy bài toán có vô

số phương án thuộc đoạn BC và chọn một phương án tối ưu, giá trị tối ưu là Z*= 12

Câu 3: LẬP MÔ HÌNH TOÁN VÀ GIẢI BÀI TOÁN QHTT (6 điểm)

1 Lập mô hình toán (2 điểm)

Gọi x1 là bánh đậu xanh, x2 là bánh thập cẩm, x3 là bánh dẻo

 Hàm mục tiêu: Để lãi thu về lớn nhất nghĩa là: Z  2000x1 1700x2  1800x3  max

 Hàm ràng buộc:

- Tổng lượng đường để sản xuất các loại bánh không vượt quá số xí nghiệp đã chuẩn bị được )50kg) nghĩa là: 0 , 06x1 0 , 04x2  0 , 07x3  50

- Tổng lượng đậu xanh để sản xuất các loại bánh không vượt quá số xí nghiệp đã chuẩn bị được (30kg) nghĩa là: 0 , 08x1 0 , 04x3  30

 Ràng buộc phụ: vì x1, x2, x3, là lượng bánh mỗi loại cần sản xuất nên phải ≥ 0

Tổng hợp các phân tích ta có mô hình toán là:

3 1 , 0 3

30 04 , 0 08 , 0

50 07

, 0 04 , 0 06 , 0 2

max 1800

1700 2000

1

3 1

3 2

1

3 2

1































j x

x x

x x

x

x x

x Z

j

 Chuyển bài toán về dạng chính tắc:

5 1 , 0 3

30 04

, 0 08 , 0

50 07

, 0 04 , 0 06 , 0 2

max

0 0 1800 1700

2000 1

5 3 1

4 3 2

1

5 4 3 2

1







































j x

x x x

x x x

x

x x x x

x Z

j

 Chọn biến cơ sở: Hệ ràng buộc có 2PT, theo định lý 4 sẽ có 2 nghiệm dương, nên chọn biến cơ sở là: (x1; x2; 0; 0; 0)

 Tìm nghiệm xuất phát: thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có:













30

08

,

0

50 04

,

0

06

,

0

1

2 1

x

x x

giải phương trình ta được x10 = 375 hệ x20 = 687,5;

Vậy nghiệm xuất phát là: x = (375;687,50,0) và giá trị hàm mục tiêu Z0 = 1918750

 Thử đưa x3 vào biến cơ sở (x1; x2; x3; 0;0); thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có hệ

PT

















30 04 , 0 08

,

0

50 07 , 0 04 , 0 06

,

0

3 1

3 2

1

x x

x x

x

hệ có 2 PT mà 3 ẩn; Hệ có nghiệm đơn trị khi phương trình tạo thành hệ phụ thuộc do cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào cột còn lại; Nên chuyển thành hệ tương đương với hệ số y ta có hệ PT:













04 ,

0

08

,

0

07 , 0 04

,

0

06

,

0

1

2 1

y

y y

giải hệ ta được y10 = 0,5, y20 = 1

Tính hiệu suất của x3 là: C3 - 3 = 1800 – (2000.0,5 + 1700.1) = -900 <0

Bài toán Z  max mà hiệu suất của x3 < 0; Do vậy đưa x3 vào không có lợi, loại x3

 Thử đưa x4 vào biến cơ sở (x1; x2; 0; x4;0); thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có hệ

PT ta có hệ PT:













 30 08 , 0

50 04

, 0 06 , 0

1

4 2 1

x

x x x

hệ có 2 PT mà 3 ẩn Hệ có nghiệm đơn trị khi

phương trình tạo thành hệ phụ thuộc do cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào cột còn lại; Nên chuyển thành hệ tương đương với hệ số y ta có hệ PT:













0

08

,

0

1 04 ,

0

06

,

0

1

2 1

y

y y

giải hệ ta được y10 = 0, y20 = 25

Tính hiệu suất của x4 là: C4 - 4 = 0 – (2000.0 + 1700.25) = -42500 <0

Bài toán Z  max mà hiệu suất của x4 < 0; Do vậy đưa x4 vào không có lợi, loại x4

 Thử đưa x5 vào biến cơ sở (x1; x2; 0; 0; x5); thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có hệ PT

ta có hệ PT:













 30 08

, 0

50 04 , 0 06 , 0

5 1

2 1

x x

x x

hệ có 2 PT mà 3 ẩn Hệ có nghiệm đơn trị khi phương trình tạo thành hệ phụ thuộc do cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào cột

còn lại; Nên chuyển thành hệ tương đương với hệ số y ta có hệ PT:











 1 08 , 0

0 04 , 0 06 , 0

1

2 1

y

y y

giải hệ ta được y10 = 12,5, y20 = -18,5

- Tính hiệu suất của x5 là: C5 - 5 = 0 – (2000.12,5 - 1700.18,5) = 6875 > 0; Bài toán Z  max mà hiệu suất của x5 > 0 ; Do vậy đưa x5 vào có lợi

0

i

i i

y

x



5 , 12

375

0 1

0 1

y

x

5 , 18

5 , 687

0 2

0 2

y

x

thấy 1 0và bé nhất, do vậy loại x1 khỏi biến cơ sở; Biến cơ sở mới là (0; x2;

0; 0; x5); thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có hệ PT ta có hệ PT:









 30

50 04 , 0

5

2

x

x

giải

phương trình ta được x2 = 1250 hệ x5 = 30 và giá trị hàm mục tiêu Z1 =

2125000

- Tính số gia Z = Z1 – Z0 = 2125000 – 1918750 = 206250

 Kết luận: vậy phương án sản xuất tối ưu là 1250 bánh thập cẩm, không sản xuất 2 loại bánh đậu xanh và bánh dẻo; Như vậy sẽ thu được lợi nhuận lớn nhất là

2125000 đồng

TRUONG DAI HOC SU PHAM KY THU AT TP.HCM

KHOA CO KHI CHE TAO MAY

BO MON CONG NGHE CHE TAO MAY

DE THI CUOl KY HOC KY I NAM HOC 2019-2020 Mon: TOl UtJ h O a TRONG KY THU AT

Ma mon hoc: OTTE322925

Be so/Ma de: 01 Be thi co: 01 trang

Thai gian: 60 phut

Bugc sur dung tai lieu (trir may vi tinh)

Cau 1 Chuyen bai toan goc P sang bai toan doi ngau D

(l)Zp = 9xl + 4 x 2+ 5x3 -» Max

Cho bai toan goc P

2x, + x2 + x3 = 25 3xj + x2 + 7x3 > 16

2xx - 4 x 2+3x3 < 11

(1,5 diem)

(3)x, > 0, x2tuyy, x3 <0 Cau 2 Giai bai toan quy hoach tuyen tinh sau:

(l)Z = 4x; + 2 x 2- » max

2xj + 2 x 2 > 4 12x, +8 x 2 < 72 8x, + 4 x 2 < 40

(2,5 di8m)

(3)x[ > 0, x2 > 0 Cau 3 Lap mo hinh toan va giai bai toan quy hoach tuyen tinh (6 diem)

Mot xi nghiep san xu§t 3 loai banh: banh dau xanh, banh thap cam va banh deo Be san xudt 3 loai banh tren, xi nghiep can co cac loai nguyen lieu: ducmg, dau xanh, bot, lap xudng, Tai thoi diem do xi nghiep chi chuan bi duoc 250kg duong va 150kg dau xanh, con cac nguyen lieu khac muon bao nhieu cung co

BiSt rdng: ltrong duong, luong dau xanh dung de san xuat ra 1 chiec banh moi loai, cung nhu tiln lai thu duoc khi ban 1 chiec banh moi loai duoc cho trong bang duoi day:

~~~~~~~~—~ San phim

Nguyen lieu ~~ '

Banh thap cam

Banh dau xanh

Banh deo

Tien lai/1 banh 5.000 dong 8.000 dong 4.000 dong

Hay lap k6 hoach san x u it cac loai banh sao cho tong tien lai thu ve Ion nhat; dong thoi Dau xanh phai duoc su dung het

G hi chu: Can bo c o i th i k h o n g dw ac g ia i thick de thi.

-jy -> -> - > -7

Chuan dau ra cua hoc phan (ve kien thirc) Noi dung kiem tra

[ G l.l] Co hi6u bi6t va co kha nang su dung cac kien thuc c a ban ve toan cao

c ip , vat ly va khoa hoc tu vao tinh toan toi uu bai toan kinh te-ky thuat Cau 1, cau 2

[G1.2] Phat hien va m o hinh hoa va giai duoc cac tinh huong toi uu kinh te-

ky thuat

[G2.1] Phat hien, phan tich, lap luan, tinh toan toi uu, danh gia va hieu chinh

tinh huong thuc te lien qua den nganh che tao may

Cau 3

TP Ho Chi Minh, ngay 20 thdjng 12 nam 2019