TIỂU LUẬN môn học tối ưu hóa và QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH bài 1 lập mô hình toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP HCM TIỂU LUẬN MƠN HỌC TỐI ƯU HĨA VÀ QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Chun ngành: CƠNG NGHỆ THƠNG TIN Giảng viên môn học : TS Hồ Đắc Nghĩa Sinh viên thực : Lê Quang Thế Vinh MSHV: 2141860036 21SCT21 TP Hồ Chí Minh, 2022 Lớp: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP HCM TIỂU LUẬN MƠN HỌC TỐI ƯU HĨA VÀ QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Chun ngành: CƠNG NGHỆ THƠNG TIN Giảng viên môn học : TS Hồ Đắc Nghĩa Sinh viên thực : Lê Quang Thế Vinh MSHV: 2141860036 21SCT21 TP Hồ Chí Minh, 2022 Lớp: MÃ ĐỀ: 09 Bài 1: Lập mơ hình tốn học Có ba xí nghiệp may: I, II, III sản xuất áo vest quần tây Tùy thuộc vào lực quản lý Ban giám đốc, trình độ tay nghề đội ngũ công nhân, mức trang bị kỹ thuật, … khác hiệu đồng vốn xí nghiệp khác Giả sử đầu tư 1.000 USD vào xí nghiệp I cuối kỳ cho 35 áo vest 45 quần tây; vào xí nghiệp II cuối kỳ cho 40 áo vest 42 quần tây, cịn vào xí nghiệp III cuối kỳ cho 43 áo vest 30 quần tây Số lượng vải (mét) số công cần thiết để sản xuất áo vest quần tây (còn gọi suất tiêu hao nguyên liệu lao động) ba xí nghiệp cho bảng số liệu sau đây: Xí nghiệp I Xí nghiệp II Xí nghiệp III Áo vest 3,5 m 20 4,0 m 16 3,8 m 18 Quần tây 2,8 m 10 2,6 m 12 2,5 m 15 Biết tổng số vải công số lao động huy động cho ba xí nghiệp 10.000 mét 52.000 công Theo hợp đồng kinh doanh cuối kỳ phải có tối thiểu 1.500 quần áo Do đặc điểm hàng hóa lẻ bộ, có quần dễ bán thị trường Hãy lập mơ hình kế hoạch đầu tư vào xí nghiệp vốn nhằm đảm bảo hồn thành kế hoạch sản phẩm, khơng gặp khó khăn q trình tiêu thụ, khơng bị động sản xuất tổng số vốn đầu tư nhỏ BÀI GIẢI  Gọi x1, x2, x3 số vốn (nghìn USD) cần phải đầu tư vào xí nghiệp I, II, III  Điều kiện: x1, x2, x3 ≥  Tổng số mét vải cần để may áo vest quần tây xí nghiệp là: o Áo vest: 3.5 x 35x1 + 4.0 x 40x2 + 3.8 x 43x3 = 122.5x1 + 160x2 + 163.4x3 (met) o Quần tây: 2.8 x 45x1 + 2.6 x 42x2 + 2.5 x 30x2 = 126x1 + 109.2x2 + 75x3 (met)  Tổng số mét vải: 122.5x1 + 160x2 + 163.4x3 + 126x1 + 109.2x2 + 75x3 = 248.5x1 + 269.2x2 + 238.4x3 (met)  Tổng số công cần để may áo vest quần tây là: o Áo vest: 20 x 35x1 + 16 x 40x2 + 18 x 43x3 = 700x1 + 640x2 + 774x3 (giờ) o Quần tây: 10 x 45x1 + 12 x 42x2 + 15 x 30x1 = 450x1 + 504x2 + 450x3 (giờ)  Tổng số công: 700x1 + 640x2 + 774x3 + 450x1 + 504x2 + 450x3 = 1150x1 + 1144x2 + 1224x3 (giờ)  Để không bị động sản xuất, ta cần phải có: o 248.5x1 + 269.2x2 + 238.4x3 ≤ 10000 o 1150x1 + 1144x2 + 1224x3 ≤ 52000 o 45x1 + 42x2 + 30x3 ≥ 35x1 + 40x2 + 43x3 (Quần dễ bán thị trường) o 35x1 + 40x2 + 43x3 ≥ 1500 (Theo hợp đồng kinh doanh, cẩn phải có tối thiểu 1500 quần áo)  Tổng số vốn cần đầu từ để xí nghiệp sản xuất áo vest quần tây là: o x1 + x2 + x3 (Nghìn USD)  Để tổng số vốn đầu tư đạt nhỏ nhất: o x1 + x2 + x3 =>  Vậy mơ hình tốn học tốn là: (1) f(x) = x1 + x2 + x3 => (2) 248.5x1 + 269.2x2 + 238.4x3 ≤ 10000 1150x1 + 1144x2 + 1224x3 ≤ 52000 35x1 + 40x2 + 43x3 ≥ 1500 10x1 + 2x2 – 13x3 ≥ (3) x1, x2, x3 ≥ Bài 2/ Giải toán quy hoạch tuyến tính sau phương pháp hình học: 𝑓(𝑥) = 20x1 + 40x2 → 6x1 + x2 ≥ 18 x1 + 4x2 ≥ 12 2x1 + x2 ≥ 10 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, BÀI GIẢI Biểu diễn tập phương án X toán là:  6𝑥1 + 𝑥2 ≥ qua (2, 6) (3, 0)  x1 + 4x2 ≥ 12 qua (0, 3) (4, 2)  2x1 + x2 ≥ 10 qua (3, 4) (5, 0) Tập phương án X toán đa giác mở ABCD (Phần màu phần bị bỏ đi) Ta có: (d): 20x1 + 40x2 = 160 (Lấy M (4, 2) ∈ X M (2, 3) ∈ X) 𝑛⃗⃗𝑑 = ⃗𝑂⃗𝐶⃗ = (−2, 4) (−3, 2)  Tìm Min: dịch chuyển d ngược hướng ⃗𝑛⃗⃗ ⃗𝑑 o Ta có: fmin = f(x0) = f(4, 2) = 160 Bài 3/ Giải tốn quy hoạch tuyến tính sau phương pháp đơn hình: 𝑓(𝑥) = 3x1 + 2x2 + 5x3 − 2x4 → x1 + 7x3 − 3x4 = x2 − 2x3 + x4 = 3x3 − x4 + x5 = 16 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, BÀI GIẢI Ẩn Phương x1 x2 x3 x4 x5 án -2 x1 7 -3 x2 1 -2 0 x5 16 0 -1 23 0 12 -5 Hệ số x3 1/7 -3/7 x2 2/7 1/7 0 x5 13 -3/7 0 2/7 11 -12/7 0 1/7 x3 10 0 -2 x4 21 0 x5 -1 -2 0 -2 -1 0 Do Δj ≤ ∀ j Nên tốn dừng có phương án tối ưu  x0 = (0, 0, 10, 21, 7)  fmin = f(x0) = Bài 4/ Giải tốn quy hoạch tuyến tính sau phương pháp đơn hình mở rộng: 𝑓(𝑥) = 6x1 − 3x2 + 3x3 → max 10x1 + 8x2 − 2x3 ≤ 20 6x1 + 2x2 + 2x3 ≥ 2x1−2x2 + 2x3 = 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, BÀI GIẢI  Thêm vào ẩn phụ x4, x5 ẩn giả x6, x7 Ta có toán dạng chuẩn sau: 𝑓(𝑥) = 6x1 − 3x2 + 3x3 − M𝑥6 − M𝑥7 → max 10x1 + 8x2 − 2x3 + 𝑥4 = 20 6x1 + 2x2 + 2x3 − 𝑥5 + 𝑥6 = 2x1−2x2 + 2x3 + 𝑥7 = 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Ẩn Phương x1 x2 x3 x4 x5 án -3 0 x4 20 10 -2 -M x6 2 -1 -M x7 -2 0 -6 -3 0 -12 -8 -4 Hệ số x4 20/3 14/3 -16/3 5/3 x1 4/3 1/3 1/3 -1/6 -M x7 4/3 -8/3 4/3 1/3 -1 -1 -4/3 8/3 -4/3 -1/3 x4 12 -6 x1 1 0 -1/4 x3 -2 1/4 0 -3/4 x5 -2 1/3 x1 1/2 1/12 x3 0 -3/2 -1/12 12 3/2 1/4 Do bảng đơn hình cuối có ∆𝑗 ≥ ∀ 𝑗, nên tốn mở rộng có phương án tối ưu  x0 = (2, 0, 0, 0, 4, 0, 0)  fmin = f(x0) = 12 Vì ẩn giả nhận giá trị = 0, nên tốn gốc có phương án tối ưu  x0 = (2, 0, 0)  fmin = f(x0) = 12 Bài 5/ Kiểm tra tính tối ưu phương án 𝒙𝟎 = (𝟏, 𝟎, 𝟎, 𝟒, 𝟎, 𝟏) toán: 𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 → 4x1 − 5x2 + 7x3 + x4 = −2x1 + 4x2 − 2x3 + x5 = −2 x1 − 3x2 + 2x3 + x6 = 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, BÀI GIẢI  Vì ràng buộc thứ chưa thỏa dạng tắc, nên ta có: 𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 → 4x1 − 5x2 + 7x3 + x4 = 2x1 − 4x2 + 2x3 − x5 = x1 − 3x2 + 2x3 + x6 =2 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5,  Thêm vào ẩn giả x7 Ta có tốn dạng chuẩn sau: 𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 + M𝑥7 → 4x1 − 5x2 + 7x3 + x4 = 2x1 − 4x2 + 2x3 − x5 + 𝑥7 = x1 − 3x2 + 2x3 + x6 = 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6, Ẩn Phương x1 x2 x3 x4 x5 x6 án 0 0 x4 -5 0 +M x7 2 -4 -1 0 x6 -3 0 -1 -3 0 -2 -4 -1 Hệ số x4 3 x1 1 -2 -1/2 0 x6 -1 1/2 1 -5 -1 -1/2 Do bảng đơn hình cuối có ∆𝑗 ≤ ∀ 𝑗, nên tốn mở rộng có phương án tối ưu  x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1, 0)  fmin = f(x0) = Vì ẩn giả nhận giá trị = 0, nên tốn gốc có phương án tối ưu  x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1)  fmin = f(x0) = 12 Vì phương án tối ưu vừa tìm trùng với phương án mà đề đưa ra:  x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1) phương án tối ưu 10 Bài 6/ Giải tốn quy hoạch tuyến tính sau phương pháp đơn hình đối ngẫu: 𝒇(𝒙) = 𝟑𝟎𝐱𝟏 + 𝟒𝟎𝐱𝟐 → 𝐦𝐢𝐧 x1 + x2 ≥ 17 3x1 + 2x2 ≥ 42 x1 + 2x2 ≥ 20 x1 + 4x2 ≥ 24 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, BÀI GIẢI - Lập (D): g(y) = 17𝑦1 + 42𝑦2 + 20𝑦3 + 24𝑦4 → 𝑚𝑎𝑥  𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 ≤ 30  𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 ≤ 40  𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 , 𝑦4 ≥ - Thêm vào ẩn phụ x5, x6 Ta có toán dạng chuẩn sau: g(y) = 17𝑦1 + 42𝑦2 + 20𝑦3 + 24𝑦4 → 𝑚𝑖𝑛  𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 + 𝑦5 = 30  𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 + 𝑦6 = 40  𝑦𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 11 Ẩn Phương y1 y2 y3 y4 y5 y6 án 17 42 20 24 0 y5 30 1 0 y6 40 2 -17 -42 -20 -24 0 Hệ số 42 y2 10 1/3 1/3 1/3 1/3 0 y6 20 1/3 4/3 10/3 -2/3 420 -3 -6 -10 14 42 y2 3/10 1/5 2/5 -1/10 24 y4 1/10 2/5 -1/ 3/10 480 -3/2 0 38 11 17 y1 80/3 10/3 2/3 4/3 -1/3 24 y4 10/3 -1/3 1/3 1/1 -1/3 1/3 1600/3 20/3 -2/3 44/3 7/3 17 y1 20 -2 -1 20 y3 10 -1 -1 540 14 - Vì ∆𝑗 ≥ ∀𝑗, nên toán đối ngẫu mở rộng dừng có phương án tối ưu  y0 = (20, 0, 10, 0, 0, 0)  gmax = g(y0) = 540 - Vì tốn mở rộng có phương án tối ưu, nên toán đối ngẫu gốc có phương án tối ưu  y0 = (20, 0, 10, 0)  gmax = g(y0) = 540 - Lập cặp ràng buộc đối ngẫu (P) (D):  x1 + x2 ≥ 17  𝑦1 ≥  3x1 + 2x2 ≥ 42  𝑦2 ≥  x1 + 2x2 ≥ 20  𝑦3 ≥  x1 + 4x2 ≥ 24  𝑦4 ≥ 12  𝑥1 ≥  𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 ≤ 30  𝑥2 ≥  𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 ≤ 40 - Ta thay y0 = (20, 0, 10, 0) vào cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:  x1 + x2 ≥ 17  20 ≥  3x1 + 2x2 ≥ 42  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  x1 + 2x2 ≥ 20  10 ≥  x1 + 4x2 ≥ 24  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  𝑥1 ≥  30 ≤ 30 (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  𝑥2 ≥  40 ≤ 40 (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự) - Ta có hệ phương trình sau đây:  x1 + x2 = 17  x1 + 2x2 = 20  x1 = 14, x2 = - Kiểm tra cho thấy tốn gốc có phương án tối ưu:  x0 = (14, 3)  fmin = 540 13 Bài 7/ Cho toán với tham số t: 𝑓(𝑥) = x1 − x2 + 2x3 − 2x4 + x5 + 𝐭 x6 → −x1 + x2 − x3 − x4 − x5 − 3x6 = 2x1 + x3 − 2x4 − x6 = 15 x1 + 2x4 + 2x5 + 2x6 =6 𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, a) Giải biện luận tốn cho thuật tốn đơn hình b) Trong trường hợp tốn cho có phương án tối ưu, tìm tập phương án tối ưu toán đối ngẫu BÀI GIẢI a) Thêm vào ẩn giả x7, x8, ta có tốn dạng chuẩn sau: - 𝑓(𝑥) = 𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 + 𝑡 𝑥6 + 𝑀𝑥7 + 𝑀𝑥8 → 𝑚𝑖𝑛  −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 3𝑥6 =  2x1 + x3 − 2x4 − x6 + 𝑥7 = 15  x1 + 2x4 + 2x5 + 2x6 + 𝑥8 = 14 x1 x2 x3 x4 x5 x6 án -1 -2 t x2 -1 -1 -1 -1 -3 +M x7 15 -2 -1 +M x8 0 2 -5 0 -1 -t+3 21 Ẩn Phương -1 Hệ số -1 x2 11 -1 1 -1 +M x7 0 -6 -4 -5 x1 0 2 -5 0 -1 -t+3 0 -6 -4 -5 -1 x2 14 -5 -3 -6 x3 0 -6 -4 -5 x1 0 2 -2 0 -3 -4 -t-2  Nếu −𝑡 − ≤  t ≥ −2 ∆6 ≤ ∆𝑗 ≤ 0; ∀ 𝑗  Bài tốn mở rộng có phương án tối ưu  x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0, 0, 0)  fmax = f(x0) = -2 - Vì bảng đơn hình cuối có ẩn giả 𝑥7 , 𝑥8 = nên tốn gốc có phương án tối ưu  x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0)  fmax = f(x0) = -2  Nếu −𝑡 − >  t < −2 ∆6 >  Tiếp tục giải tốn phương pháp đơn hình 15 x1 x2 x3 x4 x5 x6 án -1 -2 t x2 14 -5 -3 -6 x3 0 -6 -4 -5 x1 0 2 -2 0 -3 -4 -t-2 Ẩn Phương -1 Hệ số -1 x2 32 1 x3 18 3/2 -1 t x6 1/2 0 1 4+3t 1/2*t - 0 t-1 -2+t  Ta xét: o 1/2 ∗ 𝑡 − ≤  𝑡 ≤ o 𝑡− 1≤ 0 t≤ o −2 + 𝑡 ≤  t ≤  Với t < −2 ∆𝑗 ≤ ∀ 𝑗  Bài tốn mở rộng có phương án tối ưu  x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3, 0, 0)  fmin = f(x0) = 3t+4  Bài tốn gốc có phương án tối ưu  x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3)  fmin = f(x0) = 3t+4 - Kết luận:  Nếu 𝑡 ≥ −2 phương án tối ưu tốn gốc là: x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0) fmin = f(x0) = -2  Nếu 𝑡 < −2 phương án tối ưu toán gốc là: x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3) fmin = f(x0) = 3t+4 16 b) Lập (D): g(y) = 5𝑦1 + 15𝑦2 + 6𝑦3 → 𝑚𝑎𝑥  −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤  𝑦1 ≤ −1  −𝑦1 + 𝑦2 ≤  −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2 → 𝑦1 + 2𝑦2 − 2𝑦3 ≥  −𝑦1 + 2𝑦3 ≤  −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡 - Lập cặp ràng buộc đối ngẫu (P) (D):  −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤  𝑥1 ≥  𝑦1 ≤ −1  𝑥2 ≥  −𝑦1 + 𝑦2 ≤  𝑥3 ≥  −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2  𝑥4 ≥  −𝑦1 + 2𝑦3 ≤  𝑥5 ≥  −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  𝑥6 ≥ - Ta thay x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0) vào cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:  −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤  ≥  𝑦1 ≤ −1  14 ≥  −𝑦1 + 𝑦2 ≤  ≥  −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  −𝑦1 + 2𝑦3 ≤  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự) - Ta có hệ phương trình sau đây:  −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 =  𝑦1 = −1  −𝑦1 + 𝑦2 =  y1 = -1, y2 = 1, y3 = -2 17 - Kiểm tra cho thấy toán đối ngẫu có phương án tối ưu với x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0):  y0 = (-1, 1, -2)  gmax = -2 - Ta thay x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3) vào cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:  −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  𝑦1 ≤ −1  32 ≥  −𝑦1 + 𝑦2 ≤  18 ≥  −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  −𝑦1 + 2𝑦3 ≤  ≥ (bỏ khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)  −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  ≥ - Ta có hệ phương trình sau đây:  𝑦1 = −1  −𝑦1 + 𝑦2 =  −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 = 𝑡  y1 = -1, y2 = 1, y3 = (t-2)/2 - Kiểm tra cho thấy tốn đối ngẫu có phương án tối ưu với x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3):  y0 = ( -1, 1, (t-2)/2)  gmax = 10 + 3*(t-2) - Kết luận:  Với phương án tối ưu x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0), tốn đối ngẫu có phương án tối ưu y0 = (-1, 1, -2) với gmax = -2  Với phương án tối ưu x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3), tốn đối ngẫu có phương án tối ưu y0 = ( -1, 1, (t-2)/2) với gmax = 10 + 3*(t-2) 18 ... 17 42 20 24 0 y5 30 1 0 y6 40 2 -17 -42 -20 -24 0 Hệ số 42 y2 10 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3 0 y6 20 1/ 3 4/3 10 /3 -2/3 420 -3 -6 -10 14 42 y2 3 /10 1/ 5 2/5 -1/ 10 24 y4 1/ 10 2/5 -1/ 3 /10 480 -3/2 0 38 11 17 ... 4/3 1/ 3 -1 -1 -4/3 8/3 -4/3 -1/ 3 x4 12 -6 x1 1 0 -1/ 4 x3 -2 1/ 4 0 -3/4 x5 -2 1/ 3 x1 1/ 2 1/ 12 x3 0 -3/2 -1/ 12 12 3/2 1/ 4 Do bảng đơn hình cuối có ∆