Bài giảng Toán kinh tế: Phần 1 - Trường CĐ Cộng đồng Đồng Tháp

Bài giảng Toán kinh tế cung cấp cho sinh viên về một số dạng toán quy hoạch tuyến tính, cách xây dựng mô hình toán học cho một số bài toán thực tế - những hiện tượng kinh tế rất thường gặp sản xuất kinh doanh và các cách đưa bài toán QHTT tổng quát về dạng chính tắc. Trên cơ sở đó để tìm ra các phương pháp giải tối ưu nhất. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung phần 1 giáo trình!

UBND TỈNH ĐỒNG THÁP TRƯỜNG CAO ĐẲNG CỘNG ĐỒNG ĐỒNG THÁP KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI GIẢNG HỌC PHẦN TOÁN KINH TẾ (TÀI LIỆU DÙNG CHO SINH VIÊN NGÀNH CĐ KẾ TỐN- CĐ QTKD) TỔ BỘ MƠN: TỐN - LÝ Đồng Tháp – 2017 (Lưu hành nội bộ) UBND TỈNH ĐỒNG THÁP TRƯỜNG CAO ĐẲNG CỘNG ĐỒNG ĐỒNG THÁP KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI GIẢNG HỌC PHẦN TOAÙN KINH TEÁ (TÀI LIỆU DÙNG CHO SINH VIÊN NGÀNH CĐ KẾ TỐN- CĐ QTKD) (SỐ TÍN CHỈ: (LÝ THUYẾT: 30 TIẾT)) TỔ BỘ MƠN: TỐN - LÝ Đồng Tháp – 2017 LỜI NÓI ĐẦU Đối tượng sử dụng Tài liệu toán kinh tế dùng cho sinh viên khối ngành kinh tế, ngành kế toán, quản trị kinh doanh, sinh viên thuộc khối ngành khác sử dụng giảng xem tài liệu tham khảo Cấu trúc giảng Bài giảng tốn kinh tế biên soạn theo đề cương mơn học hội đồng khoa học trường thông qua với 30 tiết bao gồm chương: Chương Một số khái niệm đại số tuyến tính Chương Bài tốn quy hoạch tuyến tính Chương Phương pháp đơn hình Chương Bài tốn đối ngẫu Chương Bài toán vận tải Bài toán vị Mục tiêu mơn học Quy hoạch tuyến tính phận có nhiều ứng dụng thực tiễn Tối ưu hóa, áp dụng kinh tế nhiều ngành khoa học khác lý thuyết lẫn thực hành, nhằm tối ưu hóa kết đạt Kiến thức quy hoạch tuyến tính cần cho sinh viên bậc đại học, cao đẳng nói chung khối ngành kinh tế nói riêng Mục tiêu cụ thể môn học: Cung cấp cho sinh viên số dạng toán quy hoạch tuyến tính, cách xây dựng mơ hình tốn học cho số toán thực tế - tượng kinh tế thường gặp sản xuất kinh doanh cách đưa tốn QHTT tổng qt dạng tắc Trên sở để tìm phương pháp giải tối ưu Cung cấp cho sinh viên sở lý luận dẫn đến bảng đơn hình, từ giúp sinh viên giải tốn để tìm tính tối ưu toán cho phù hợp Giới thiệu cho sinh viên toán đối ngẫu, ý nghĩa kinh tế toán đối ngẫu, cần thiết phải đưa toán đối ngẫu Giới thiệu cho sinh viên toán vận tải, ý nghĩa kinh tế toán vận tải Các phương pháp giải toán vận tải tổng quát toán vận tải đặc biệt Phương pháp giảng dạy Giảng thảo luận, phân tích giải vấn đề đặt Nghe giảng lý thuyết : 28 tiết Kiểm tra : tiết Tự học : 60 tiết -1- MỤC LỤC MỤC LỤC i Chương MỘT SỐ KHÁI NIỆM TRONG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 0.1 Ma trận 0.1.1 Ma trận phép toán ma trận 0.1.2 Định thức 0.1.3 Ma trận nghịch đảo 11 0.1.4 Hạng ma trận 12 0.2 Vectơ 13 0.2.1 Vectơ 13 0.2.2 Không gian vectơ 14 0.2.3 Độc lập tuyến tính - phụ thuộc tuyến tính 15 BÀI TẬP CHƯƠNG 17 Chương BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 18 1.1 Một số ví dụ dẫn đến toán QHTT 19 1.2 Phân loại dạng toán .23 1.2.1 Dạng tổng quát 24 1.2.2 Dạng tắc 25 1.2.3 Dạng chuẩn 26 1.3 Biến đổi dạng toán 27 1.3.1 Đưa toán dạng tổng quát dạng tắc 27 1.3.2 Khái niệm tập hợp lồi, điểm cực biên, phương án cực biên 29 BÀI TẬP CHƯƠNG 32 Chương PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 36 2.1 Cơ sở lý luận phương pháp đơn hình 37 2.2 Thuật tốn đơn hình với vectơ đơn vị có sẵn 38 2.2.1 Trường hợp f (x ) → 38 -i- 2.2.2 Trường hợp f (x ) → max 40 2.3 Thuật toán đơn hình với vec tơ đơn vị khơng có sẵn (Bài toán mở rộng) 45 BÀI TẬP CHƯƠNG 53 Chương BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU 56 3.1 Khái niệm .57 3.1.1 Bài toán đối ngẫu tốn dạng tắc 57 3.1.2 Bài toán đối ngẫu toán dạng tổng quát 58 3.2 Quan hệ toán gốc toán đối ngẫu 59 3.2.1 Các định lý đối ngẫu 59 3.2.2 Tìm P.A.T.Ư tốn đối ngẫu qua P.A.T.Ư toán gốc 60 3.3 Ý nghĩa toán đối ngẫu 63 BÀI TẬP CHƯƠNG 65 Chương BÀI TOÁN VẬN TẢI BÀI TOÁN THẾ VỊ 67 4.1 Bài toán vận tải cân thu phát (bài toán cổ điển) 68 4.1.1 Thiết lập toán 68 4.1.2 Đặt toán dạng bảng 69 4.1.3 Các tính chất 70 4.2 Thuật toán vị giải toán vận tải cân thu phát 71 4.2.1 Lập phương án ban đầu 71 4.2.2 Thuật toán “Quy cước phí chọn” 73 4.2.3 Phương pháp vị 77 4.3 Bài toán vận tải có cấm .80 4.4 Bài tốn vận tải khơng cân thu phát 82 4.5 Bài toán vận tải dạng bất đẳng thức 84 4.5.1 Định nghĩa 84 4.5.2 Điều kiện tối ưu 85 4.5.3 Cách giải 85 - ii - BÀI TẬP CHƯƠNG 87 TÀI LIỆU THAM KHẢO 91 - iii - Chương MỘT SỐ KHÁI NIỆM TRONG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Mục đích u cầu Nhằm củng cố kiến thức đại số tuyến tính cho sinh viên để vận dụng tốt linh hoạt vào chương sau Sau học xong chương này, Sinh viên cần đạt được: - Sử dụng thành thạo phép toán ma trận: phép toán cộng, trừ, nhân - Tính định thức ma trận cấp 2, cấp 3, …, cấp n theo công thức, qui tắc Laplace hay phép biến đổi sơ cấp - Thành thạo kỹ “phép biến đổi sơ cấp ma trận”, từ rút phương pháp tìm hạng ma trận - Áp dụng giải hệ phương trình tuyến tính hai phương pháp bản: Cramer Gauss - Cần hiểu rõ cấu trúc không gian vectơ V, cách xác định hệ độc lập độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính - Làm tập tương tự Kiến thức chuẩn bị Sinh viên cần ôn lại khái niệm, phép tính vectơ, thành thạo phép tính bước biến đổi sơ cấp Trang bị kỹ tính tốn thơng dụng (cộng, trừ, nhân,…), cách sử dụng máy tính Casio fs 500A, Casio fs 500 ES,… -1- 0.1 Ma trận 0.1.1 Ma trận phép toán ma trận 0.1.1.1 Các định nghĩa Định nghĩa ma trận Một ma trận A cấp m × n bảng gồm m × n số thực xếp theo thứ tự thành m dòng n cột viết dạng: Dòng thứ a a a 11 12 n    a11 a12  a21 a22 a2n   a21 a22   A = A =     a a a a amn   m1 m   m1 m a1n a2n    (0.1.1)  amn   Cột thứ (aij )m×n Ký hiệu: A = Trong đó: A: tên ma trận (i = 1, m; j = 1, n ) aij : phần tử (hay số hạng) nằm dòng (hay hàng) i, cột j A (m, n ) : gọi kích thước A ( Dịng thứ i A A(i ) = ai1 a1n Cột thứ j A A( j ) )  a1 j   a2 j    =       amj     -1  Ví dụ 1: A =  ma trận cấp × a11 = -1, a12 = 1, a23 =  1    ?  12 −7 18    Cho ma trận B =  21 12  Hãy xác định:    15 14 −4 30    i) Loại ma trận B? ii) Giá trị b23 , b32 ? -2- iii) Dòng thứ cột thứ 3? b) Ma trận không Là ma trận mà phần tử aij = 0, ∀i, j (0.1.2) Ký hiệu: O = (O )m ×n Ví dụ 2: O2×2 0 0 0  0   =  ; O3 × =  0 0   0 0 0 0     c) Ma trận đối ma trận A Là ma trận nhận từ A cách đổi dấu phần tử A Ký hiệu: − A  −2 −1  Ví dụ 3: Cho ma trận A =   −4 −1     −1 −2  ⇒ Ma trận đối A −A =   −3 −5 −1    d) Ma trận vng Là ma trận có số dịng = số cột = n (thuộc loại cấp n × n ) gọi ma trận vuông cấp n Ký hiệu: A = (a ij)n ×n = (a ij)n Khi đường thẳng chứa phần tử a11, a22, …, ann gọi đường chéo A  a11 a12 a1n   a21 a22 a2n  (0.1.3) A =     a a ann   n1 n  Ví dụ 4:  3   ma trận vuông cấp −2    0 8    −2  ma trận vuông cấp   5 2   Đường chéo A {1, 7}, Đường chéo B {0, -2, 2} Các ma trận đặc biệt * Ma trận dòng: ma trận có m = -3- (a11 a12 a1n ) := (ai )1×n (0.1.4)  a11     a21  := a i      am    ( )m×1 * Ma trận cột: ma trận có n = (0.1.5) e) Ma trận tam giác ma trận chéo Ma trận vuông ma trận tam giác, phần tử phía đường chéo * Ma trận A = (aij )n gọi ma trận tam giác a ij = (i > j) * Ma trận A = (aij )n gọi ma trận tam giác a ij = (i < j) * Ma trận A = (aij )n ×n gọi ma trận tam giác chéo aij = 0(i ≠ j ) (các phần tử nằm đường chéo 0)  a11 a12  a 22     0  a1n  a2n     ann    a11   a21 a22    an an  ma trận tam giác Ví dụ 5:  −2            ann   ma trận tam giác 11   35  −8   0 5   a11   a22    0   12  2  −1  3  ma trận tam giác    (0.1.6)   ann   ma trận chéo 0  0 0  −5   ma trận tam giác 7  0 0  0  0 0  0 0  0 2  ma trận chéo f) Ma trận đơn vị cấp n Là ma trận vuông cấp n có phần tử đường chéo 1, phần tử ngồi đường chéo Ký hiệu: In I Ví dụ 6: 1 I2 =  0  1    ; I =    0  g) Ma trận bậc thang Là ma trân cấp m × n có: aij = 0, ∀i > j -4- 1 0    0  , …, I n =     0          Hệ số Ẩn Phương án -1 -1 x1 x2 x3 X4 x5 x6 x1 30 -6 -2 -9 x3 40 1 -1 x6 26 0 1 f(x) 194 -4 -1 -6 Ta thấy, ∆ j ≤ ∀j nên phương án tối ưu là: x∗ = (30, 0, 40, 0, 0, 26) f = f ( x∗ ) = 194 Ví dụ 2: Giải tốn f ( x ) = x1 + x + x + x + x − x → m in  − x1 + x − x + x =   x1 − x + x = −   x1 + x + x − x = (*) x j ≥ 0, j = 1, Giải Ta nhân vế pt thứ hai (*) với -1 (do b2 = −9 < ) f ( x ) = x1 + x + x + x + x − x → m in  − x1 + x − x + x =   − x1 + x − x =   x1 + x + x − x = (*) x j ≥ 0, j = 1, Bài tốn có dạng chuẩn với x , x , x ẩn Ta lập bảng đơn hình - 41 - Hệ số Ẩn Phương án 1 -7 x1 x2 x3 x4 x5 X6 x2 15 -1 -1 1 x3 -2 0 -2 x5 0 -3 f(x) 26 -5 0 -2 -7 x6 15 -1 -1 1 x3 39 -4 -2 0 x5 47 -1 f(x) -19 -2 -3 0 * Phân tích - Ở bảng ban đầu, ta thấy ∆ = > nên P.A chưa tối ưu chưa có dấu hiệu chứng tỏ tốn khơng có phương án tối ưu Ta tìm ẩn đưa vào x6 có ∆ = > Trên cột ứng với x6 có a16 = > nên ẩn đưa x2 - Dùng phép biến đổi bảng bước lặp thứ hai, ta thấy ∆ = > mà âm (−1, −2, −1) nên toán cho khơng có phương án tối ưu Ví dụ 3: Giải toán f ( x ) = x1 + x + x + x + x + x → m in  x1 + x + x + x =   x1 + x + x + x = 60 (2) 3 x + x + x = 36  x j ≥ 0, j = 1, Giải toán Nếu có nhiều phương án tối ưu tìm thêm phương án tối ưu khác Giải Bài toán có dạng chuẩn với x , x , x ẩn Ta lập bảng đơn hình - 42 - Hệ số Ẩn Phương án x1 x2 x3 x4 x5 x6 x4 152 0 x5 60 3 x6 36 0 f(x) 472 12 0 x4 128 7/3 -2/3 x5 12 5/3 -4/3 x1 12 1/3 0 1/3 f(x) 328 0 -4 x4 104 0 -1 -2 x2 5/6 1/2 -2/3 x1 12 1/3 0 1/3 f(x) 292 0 -2 -3 Ở bước lặp thứ 3, ta có ∆ j ≤ 0, ∀j Nên phương án tối ưu là: x* = ( x1 ,x2 ,x3 ,x4 ,x5 ,x6 ) = ( 12,6 ,0,104,0,0 ) f = f ( x* ) = 292 Trong phương án tối ưu x6 ẩn không bản, nhiên ∆6 = Nếu đưa x6 vào hệ ẩn tiếp tục tính tốn theo thuật tốn ta thu phương án tối ưu khác, tốn có lời giải khơng Thực tính tốn ta có bảng sau: Hệ số Ẩn Phương án 5 x1 x2 x3 x4 x5 X6 x4 32 -6 -3 -2 x2 30 3/2 1/2 x6 36 0 f(x) 292 0 -2 -3 Phương án tối ưu thứ hai x** = ( 0,30,0,32,0,36 ) - 43 - Chú ý - Khi kết luận P.A.T.Ư, ta dựa vào số ẩn toán ban đầu - Nếu hàm mục tiêu f ( x) có thêm số a bảng đơn hình tính hàm mục tiêu theo cách thơng thường, ta phải cộng thêm a ? Giải toán: f ( x ) = x1 + x + x + x − x + → m in  x1 − x − x − x =    x + x + x + x = 30 2   x + x ≤ x j ≥ 0, j = 1, Ví dụ 4: Giải tốn: f ( x ) = − x1 + x + x − x → m ax  x1 − x + x =   x1 + x + x = x j ≥ 0, j = 1, Giải Hệ số Ẩn Phương án -1 -1 x1 x2 x3 x4 x3 -1 -1 x4 1 -7 0 f(x) x3 11 x2 1 f(x) 50 23 0 Phương án tối ưu là: x∗ = (0, 7,11, 0) f ( x∗ ) = 50 ? Giải toán f ( x ) = x + x → m ax  − x1 + x ≤   − x1 + x + x ≤ x ≤  x j ≥ 0, j = 1, - 44 - 2.3 Thuật tốn đơn hình với vec tơ đơn vị khơng có sẵn (Bài tốn mở rộng) Như chương trình bày, tốn QHTT dạng tắc chưa phải dạng chuẩn, ta dùng ẩn giả để đưa dạng chuẩn Ta xét tốn dạng tắc: n f ( x ) = ∑ c j x j → (2.3.1) j =1 n ∑a x ij j = bi i = 1,m (2.3.2) j =1 x j ≥ 0, j = 1, n bi ≥ 0, i = 1, m (2.3.3) Cộng vào ràng buộc thứ i ( i = 1, m ) ẩn giả xig ≥ Và xét toán sau: () n m j =1 i =1 f x = ∑ c j x j + M ∑ xig → n ∑a x ij j (2.3.4) + xig =bi i = 1,m (2.3.5) j =1 x j ≥ 0; x ig ≥ ( j = 1, n ; i = 1, m ) (2.3.6) Với M số dương lớn tùy ý, xig ẩn giả Bài toán (2.3.1) – (2.3.3) gọi toán xuất phát; toán (2.3.4) – (2.3.6) gọi toán mở rộng hay toán (M) BẢNG ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG Hệ số Ẩn Phương án c1 c2 … cm cm+1 … cj … cn x1 x2 … xm xm+1 … xj … xn M xn+1 b1 A11 a12 … a1m a1(m+1) … a1s … A1n M xn+2 b2 A21 a22 … a2m a2(m+1) … a2s … A2n … … … … … … … … … … … … M xn+i bi ai1 ai2 … aim ai(m+1) … ais … ain … … … … … … … … … … … … M xn+m bm am1 am2 … amm am(m+1) … ams amn f(x) f(x0) ∆1 ∆2 ∆n … ∆m - 45 - ∆m+1 … ∆j * Quan hệ hai toán xuất phát mở rộng Dựa vào miền ràng buộc toán xuất phát toán (M), ta thấy: - Nếu x phương án tốn xuất phát ( x, x g ) = ( x, 0) (các thành phần xig = ∀i ) phương án toán (M) ngược lại - Hơn nữa, x phương án toán xuất phát ( x, 0) phương án tốn (M) Bài tốn (M) có dạng chuẩn, ta áp dụng thuật tốn đơn hình trình bày Mục 2.2 sau số hữu hạn bước lặp ta đến kết luận: a) Trong hệ ẩn ẩn giả thu PACB tối ưu toán xuất phát cách bỏ m thành phần ứng với ẩn giả PA tối ưu tốn (M) Nếu tốn (M) khơng có phương án tối ưu tốn xuất phát khơng có phương án tối ưu b) Nếu tốn (M) có phương án tối ưu mà ẩn giả bỏ phần ẩn giả đi, ta cịn lại phương án tối ưu toán xuất phát c) Nếu tốn (M) có phương án tối ưu mà cịn ẩn giả dương tốn xuất phát khơng có phương án Chú ý () - Khi giải toán mở rộng, f x ∆ j bảng đơn hình gồm hai phần: phần không phụ thuộc M, phần hệ số M Nên chia dịng cuối bảng đơn hình hai dịng: dịng ghi phần khơng phụ thuộc M, dòng ghi hệ số M - Trong bảng đơn hình khơng cần thiết ghi cột ứng với ẩn giả Nếu phương án mà ẩn giả bị loại khỏi hệ ẩn bản, nghĩa ta tìm () phương án tốn xuất phát Vì vậy, bỏ dịng ghi hệ số M f x ∆ j tiếp tục giải toán - Nếu tốn dạng tắc có bi ≥ 0, i = 1, m có sẵn số vectơ cột đơn vị A cần thêm ẩn giả vào phương trình cần thiết đủ để tạo toán mở rộng dạng chuẩn - Nếu f ( x ) → m ax hệ số ẩn giả hàm mục tiêu toán mở rộng − M (Với M dương lớn tùy ý) Ví dụ 5: Giải toán sau: (trường hợp a) f ( x ) = − x1 + x + x → m in - 46 -  − x1 − x + x = −   x1 + x + x = x j ≥ 0, j = 1, Giải Bài tốn có dạng tắc, b1 = −18 < nên nhân hai vế ràng buộc thứ với (-1) Tuy nhiên khơng phải dạng chuẩn, ta thấy thiếu véc tơ đơn vị thứ thứ hai nên ta cộng thêm ẩn giả x4 , x5 ≥ vào ràng buộc thứ thứ hai để tốn có dạng chuẩn: ( ) f x = − x1 + x + x + M x + M x → m in  x1 + x − x + x =   x1 + x + x + x = 16 x j ≥ 0, j = 1, , M > vơ lớn - 47 - Ta có bảng đơn hình mở rộng λi Hệ số Ẩn Phương án -8 x1 x2 X3 M x4 18 4 -3 M x5 16 4 -6 -2 34 () f x M x4 -7 -8 x1 3/4 16 -32 -12 -10 -7 () f x x2 -7 -8 x1 5/2 25/4 () -8 0 -94 f x * Phân tích - Ở bảng ban đầu, ta tính () f x = 34M ta viết lên 34 xuống ∆1 = 8M + ∆2 = 7M − ∆ = M − ta viết phần không phụ thuộc M lên trên, hệ số M xuống Ta thấy ∆ i > nên P.A chưa tối ưu chưa có dấu hiệu chứng tỏ tốn khơng có P.A.T.Ư Ta tìm ẩn đưa vào x1 có ∆1 > lớn Trên cột ứng với x1 có a11 = > a12 = > nên ta cần tính λ1 = ; λ2 = Do λ2 nhỏ nên ẩn đưa x5, phần tử trục xoay - Sau biến đổi bảng, ta bảng - 48 - Do ∆ = > nên P.A chưa tối ưu chưa có dấu hiệu chứng tỏ tốn khơng có P.A.T.Ư - Biến đổi tương tự ta bảng Do ∆ j ≤ ∀j ⇒ x = (5 / 2, 2, 0, 0, 0) phương án tối ưu toán mở rộng nên phương án tối ưu toán xuất phát x* = (5 / 2, 2, 0) f = f ( x∗ ) = −8 Ví dụ 6: Giải tốn sau: (trường hợp b) f ( x ) = x1 + x + x → m in  x1 + x + x ≤   x1 − x + x = 16 2 x + x + x =  x j ≥ 0, j = 1,3 Giải Ta đưa tốn có dạng tắc f ( x ) = x1 + x + x + x → m in  x1 + x + x + x =  = 16  x1 − x + x 2 x + x + x =8  x j ≥ 0, j = 1, Ta thấy ràng buộc thứ có x ẩn Vậy cần thêm ẩn giả x5 , x6 ≥ vào ràng buộc thứ hai thứ ba Ta có tốn mở rộng sau: ( ) f x = x1 + x + x + M x + M x → m in = 10  x1 + x + x + x  + x5 = 16  x1 − x + x 2 x + x + x + x6 =  x j ≥ 0, j = 1, , M > vơ lớn - 49 - Ta có bảng đơn hình mở rộng Hệ số Ẩn Phương án x1 x2 X3 x4 x4 10 1 M x5 16 -3 M x6 () -6 -3 -1 24 f x x4 1 M x5 0 11 0 x1 1/ () 24 0 -11 0 x4 1 M x5 0 -11 0 x3 () -4 0 0 -11 0 f x f x Ở bảng 3, ta thấy ∆ j ≤ ∀j nên tốn mở rộng (M) có PATƯ Trong PATƯ ẩn giả x ẩn x = Nên tốn cho có PATƯ x* = (0, 0,8) f = f ( x∗ ) = Ví dụ 7: Giải tốn (trường hợp c) f ( x ) = x1 + x − x → m in  x1 − x + x =   x1 + x + x = 50  x − x − x ≤ 18  x j ≥ 0, j = 1, - 50 - Giải Đưa dạng tắc: f ( x ) = x1 + x − x + x → m in  x1 − x + x =   x1 + x + x = 50   x1 − x − x + x = x j ≥ 0, j = 1, Ta thấy thiếu véc tơ đơn vị thứ thứ hai nên ta cộng ẩn giả x5 , x6 > vào ràng buộc thứ thứ hai để tốn có dạng chuẩn: ( ) f x = x1 + x − x + x + M x + M x → m in  x1 − x + x + x =   x1 + x + x + x =  x − x − x + x = 18  x j ≥ 0, j = 1, , M > Ta có bảng đơn hình mở rộng λi Hệ số Ẩn Phương án -2 X1 x2 x3 X4 M x5 27 -2 27 M x6 50 2 25 x4 18 1 -1 () -2 -4 77 -1 f x M x5 -5/2 0 -2 x3 25 ½ 0 x4 43 3/2 () -50 -4 -5 0 -5/2 0 f x - 51 - x = (0, 0, 25, 43, 2, 0) phương án tối ưu toán (M), ẩn giả x5 = > nên tốn cho khơng có phương án ? Giải toán f ( x ) = − x1 − x + x → m ax   − x1 − x + x ≥   − x1 + x − x ≤   x1 − x − x =  x j ≥ 0, j = 1, - 52 - BÀI TẬP CHƯƠNG Giải toán a) f ( x ) = x1 − x + x → m in b) f ( x ) = x1 + x − x → m ax  x1 + x =   x + x = 10  x + x3 =   x1 − x = x j ≥ 0, j = 1,3 x j ≥ 0, j = 1,3 Giải toán a) f ( x ) = x1 + x − x − x + x + x → m in =1  x1 − x + x + x  + x5 =2  x1 + x − x x + 2x + x + x6 =  x j ≥ 0, j = 1, b) f ( x ) = x1 − x + x − x + x − x → m in =5  x1 − x − x + x  + x5 =4  x1 − x + x −4 x + x + x + x6 =  x j ≥ 0, j = 1, Giải toán a) f ( x ) = x1 + x − x → m ax b) f ( x ) = − x1 + x + x → m in  − x1 + x + x ≤   x1 + x + x ≥ ≤ 15  x1 + x − x   x1 + x + x + x = 27 2 x − x − x ≤ 18  x j ≥ 0, j = 1,3 x j ≥ 0, j = 1, 4 Giải toán sau a) f ( x ) = x1 + x + x + x → m in + x4 =  x1 + x   x1 + x + x − x ≤ 2 x − x + x + x = 16  x j ≥ 0, j = 1, - 53 - b) f ( x ) = 10 x1 + x − x → m ax =2  x1 + x − x  + x3 − x =  x1   − x1 − x + x = − x j ≥ 0, j = 1, c) f ( x ) = x1 − x − x − x → m in  x1 − x − x =   x3 − x + x5 = 3 x − x + x ≤ 10  x j ≥ 0, j = 1,5 d) f ( x ) = x1 − x + x + x → m ax = 10  x1 − x + x + x   − x1 + x + x − x = 4 x − x − x =4  x j ≥ 0, j = 1, Cho toán f ( x ) = x1 − x − x → m in  x1 + x ≤   x1 + x ≤ − x + x + x =  x3 ≥ a) Giải tốn cho b) Hãy tìm phương án tối ưu tốn cho có thành phần thứ hai x2 lớn Giải biện luận toán sau theo tham số m f ( x ) = x1 + m x + x → m in  x1 + x − x ≤   x1 − x + x ≤ − x − 5x + x ≤ 2  x j ≥ 0, j = 1, 2, - 54 - Một xí nghiệp sản xuất ba loại sản phẩm, ký hiệu A, B, C Định mức hao phí nguyên liệu, vốn, lao động (giờ công) lợi nhuận thu tính cho đơn vị sản phẩm loại cho bảng sau: Sản phẩm A B C Mức huy động tối đa Nguyên liệu (kg) 3 150 Vốn (1.000đ) 120 Lao động (giờ công) 100 Lợi nhuận (1.000đ) Xí nghiệp sản xuất đơn vị sản phẩm loại cho phạm vi số nguyên liệu, vốn, cơng huy động được, xí nghiệp đạt lợi nhuận cao a) Hãy lập mơ hình tốn b) Giải tốn tìm phương án sản xuất tối ưu - 55 - ... a 11 a12 a13 A = a 21 a22 a23 = (a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 ) (0 .1. 15) a 31 a 32 a 33 − (a11a23a 32 + a12a21a 33 + a13a22a 31 ) Cách nhớ: a 11 a12 a13 a 11 a12 a 21 a22 a23 a 21 a22 a 31. .. Phương án 1 -7 x1 x2 x3 x4 x5 X6 x2 15 -1 -1 1 x3 -2 0 -2 x5 0 -3 f(x) 26 -5 0 -2 -7 x6 15 -1 -1 1 x3 39 -4 -2 0 x5 47 -1 f(x) -1 9 -2 -3 0 * Phân tích - Ở bảng ban đầu, ta thấy ∆ = > nên P.A... ma trận: ? ?1  A = 3  2  -1 2 -1 3   5  -4   Giải ? ?1  3  2  -1 2 ? ?1 -1 3  -1 3   h →h − 3h   2   →  -1 6 -1 0 44   h3 →h3 −2h1    -8 -4  -5 22     ? ?1 -1 3   