QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

10/26/2014 Bài tốn QHTT & tính chất 1.1 Một vài toán kinh tế a) Bài toán lập kế hoạch sản xuất QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH Bài tốn QHTT tính chất Giải toán QHTT  Các cặp toán đối ngẫu Bài tốn vận tải Tình huống: Một doanh nghiệp dự định sản xuất loại sản phẩm S1, S2, S3, S4 từ loại nguyên liệu N1, N2, N3 Biết hao phí nguyên liệu, nguyên liệu dự trữ, lợi nhuận thu từ đơn vị sản phẩm cho bảng (1)  Bảng Nguyên liệu S1 S2 S3 S4 Nguyên liệu dự trữ N1 N2 N3 a11 a21 a31 c1 a12 a22 a32 c2 a13 a23 a33 c3 a14 a24 a34 c4 b1 b2 b3 Lợi nhuận Lập kế hoạch sản xuất để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa, điều kiện nguyên liệu dự trữ có, yếu tố sản xuất khác doanh nghiệp ln có đủ Mơ hình tốn: Gọi xj khối lượng sản phẩm loại Sj mà doanh nghiệp cần sản xuất j=1,2,3,4; F tổng lợi nhuận Ta có tốn quy hoạch: F=c1x1+c2x2+c3x3+c4x4Max (!) a11x1+a12x2+a13x3+a14x4  b1 a21x1+a22x2+a23x3+a24x4  b2 (2) a41x1+a32x2+a33x3+a34x4 b3 xj 0 j Gọi tốn mơt hình tốn toán lập kế hoạc sản xuất b) Bài tốn lựa chọn danh mục đầu tư Tình huống: Một công ty đầu tư dự định dùng khoản quỹ 500 tỷ để mua số cổ phiếu thị trường chứng khoán Biết lãi suất loại cổ phiếu, giới hạn mua loại cổ phiếu cho bảng sau: Loại chứng khoán A B C D Lãi suất năm 7% 8.5% 7.8% 8.2% Giới hạn 100 tỷ 300 tỷ 250 tỷ 320 tỷ Để ngăn ngừa rủi quỹ đầu tư quy định khoản đầu tư vào cổ phiếu A, C phải chiếm 55%, cổ phiếu B chiếm 15% tổng số tiền đầu tư Xác định danh mục đầu tư (số tiền quỹ dùng mua loại cổ phiếu) cho khơng vượt q khoản dự kiến ban đầu, có mức lãi suất trung bình lớn 10/26/2014 Mơ hình tốn: Gọi xA,xB,xC,xD khoản tiền mà quỹ dùng để mua loại cổ phiếu cơng ty tương ứng Bài tốn đặt tìm danh mục đầu tư (xA,xB,xC,xD) thỏa: F = 0.07xA+0.085xB+0.078xC+0.082xDMax xA+xC0.55(xA+xB +xC+xD) xB 0.15(xA+xB+xC+xD) xA+xB+xC+xD500 0xA 100 xB 300 xC 250 xD 320 1.2 Bài toán QHTT a) Các khái niệm toán QHTT n F   c j x j  Min / Max (1) j=1 n  aij x j  bi i  I1  j=1 n  a x  b i I  ij j i   j=1 ( 2) (3) I1, I2I={1,2, m} a) Các khái niệm toán QHTT a) Các khái niệm toán QHTT F(X) gọi hàm mục tiêu, hệ (2)(3) hệ ràng buộc toán QHTT Bài tốn có m ràng buộc n ân số Với iI ta có phương trình bất phương trình gọi ràng buộc thứ i Ứng với iI, ta có véctơ dịng A*i=(ai1, ai2, , ain) Hệ ràng buộc có hệ véctơ {A*i} độc lập tuyến tính gọi hệ ràng buộc độc lập Trong hệ ràng buộc (2)(3), ẩn xj tương ứng với vectơ cột Aj =(a1j,a2j, ,amj)T, gọi vectơ điều kiện Hệ {Aj} tạo thành ma trận A có cấp mn Vectơ X=(x1,x2, ,xn) thỏa hệ (2)(3), gọi phương án (PA) toán QHTT, gọi D tập PA toán 10 a) Các khái niệm toán QHTT a) Các khái niệm toán QHTT Nếu ràng buộc thứ i thỏa dấu “=“ với phương án X, ta nói ràng buộc thứ i chặt X Ngược lại ta nói ràng buộc thứ i lỏng X PACB thỏa nhiều n ràng buộc chặt gọi PACB suy biến Một PA thỏa chặt n ràng buộc độc lập, gọi phương án cực biên (PACB) (n số ẩn số toán QHTT) PACB thỏa n ràng buộc chặt gọi PACB không suy biến X* PATƯ thỏa điều kiện sau: Với FMin: 1) X*  D 2) F(X*)  F(X) X  D Với FMax: 11 1) X*  D 2) F(X*)  F(X) X  D 12 10/26/2014 b) Các tính chất toán QHTT F=3x1+x2+2x3+x4Min x2 -x3 + x4 =0 x1-4x2 +3x4 15 2x1 -x3 + x4 -2 xj0 j a) Chứng tỏ tốn có PACB, PACB suy biến, PACB không suy biến, PA không cực biên b) Chứng tỏ tốn có PATƯ Giải: a) r(A)=4 Bài tốn có PACB X0=(0,0,0,0) PACB suy biến X1=(1,0,0,0) PACB không suy biến X=(16,1,2,1) PA khơng cực biên TD1: TC1: Nếu tốn QHTT có tập phương án D, r(A)=n, tốn có PACB Nếu tốn có số ràng buộc nhỏ n khơng có PACB TC2: Nếu tốn QHTT có tập phương án D, F(X) bị chặn với toán Min, bị chặn với tốn Max miền D có PATƯ TC3: Bài tốn QHTT có có khả sau: 1) Bài tốn khơng có PATƯ 2) Bài tốn có PATƯ 3) Bài tốn có vơ số PATƯ 13 14 2) Cho toán QHTT (HVNH năm 2001) b) Vì xj0 j  F(X)0 Bài tốn có D, F(X) bị chặn nên có PATƯ F = 5x1 – 4x2 + 2x3 + 3x4  Min 3x1 – 2x2 + x3 + 2x4  20 x1 + x2 – 3x3 + 2x4  –15 2x1 – 2x2 + x3 + x4  30 Bài tập: 1) Cho toán QHTT F=-4x2+3x3-x4-3x5-x6Max x1-2x2+x3 -2x5 20 3x2 -x3+x4+ x5 -11 x2+4x3 +2x5+x6 -3 Chứng tỏ toán có PATƯ; Tìm PATƯ CB; PATƯ khơng cực biên a)Bài tốn có PACB hay khơng? b)Chứng tỏ tốn có PATƯ c) Có kết luận vectơ b thay đổi? 15 16 Giải toán QHTT 3) Cho toán QHTT F = –4x1 –5x2 + 2x3  Min/ Max x1 + 3x2 –3x3 = 17 –x1 – x2 + 2x3  4x1 + 5x2 –2x3  43 2x1 – x2 + 8x3 = –1 x3  a) Xác định tập PA PACB b) Chứng tỏ tốn có PATƯ PATƯ hai toán Min/ Max 2.1 Phân loại toán QHTT a) Bài toán tổng quát n F   c j x j  Min/Max (1) j=1 n  aij x j  bi i  I1  j=1 n ( 2)  aij x j  bi i  I2  j=1 n  aij x j  bi i  I3  j=1   x j  j  J1; x j  j  J2 (3) 17 18 10/26/2014 2.1 Phân loại toán QHTT c) Bài toán Ẩn xj ẩn sỏ PT thứ i nếu: 2.1 Phân loại toán QHTT b) Bài tốn tắc 1 k  i akj   0 k  i Bài toán tốn tắc phương trình hệ ràng buộc có ẩn sở n F   c j x j  Min/Max ( 4) j=1 n  aij x j  bi i  1, m  j=1  x  j; b  i i  j TD: F= 2x1+3x2-x3-3x4+x5Min -2x1 +x3 +3x5 =3 3x1+x2 -2x5 =5 x1 +x4 +x5 =1 xj0 j=1,2 (5) ( 6) Bài toán có PACB X0=(0,5,3,1,0) 19 2.1 Phân loại tốn QHTT c) Bài tốn 2.2 Các tính chất tốn tắc n F   c j x j  Min/Max n F   c j x j  Min/Max ( 7) n  a ij x j  bi i  1, m  j=1  x  j; bi  i  j (8) (9) (5) (6) Hệ ràng buộc tốn tắc có nhóm (5) nhóm ràng buộc PT, (6) nhóm ràng buộc dấu ẩn số Đặt Aj=(a1j,a2j, ,amj)T j=1,2 n; b=(b1,b2, ,bm)T B tập số ẩn sở xBi ẩn sở phương trình thứ i Bài tốn CB có PACB: (4) j=1 j=1   xB i   aij x j  bi i  1, m jB   x  j; bi  i  j 20 b j  Bi  B X0  (x 0j )   i 0 j  B 21 ĐL1: 1) X PACB toán tắc (4)(5)(6) Hệ véc tơ {Aj} tương ứng với thành phần dương X độc lập tuyến tính 2) Nếu tốn tắc có PA có PACB, số PACB hữu hạn 3) Nếu tốn tắc có PATƯ, có PATƯ PACB 22 2.3 Giải toán QHTT Bài toán bản: n F   c j x j  Min/Max ( 7) j=1   xB i   aij x j  bi i  1, m jB   x  j; bi  i  j TD: Xét toán QHTT: F = x1 + 4x2 + 6x3 Max 3x1 + 4x2 + 4x3 = 10 -x1 + x2 + x3 = -1 xj0 j (8) ( 9) Bài tốn ln có PACB: j  Bi  B b X0  (x 0j )   i j  B  Cho X0=(2,1,0) chứng tỏ X0 PACB Vì AT1=(3,-1), AT2=(4,1) hệ vectơ độc lập tuyến tính 23 24 10/26/2014 2.3 Giải toán QHTT Ý tưởng: Giả sử tốn (7)(8)(9) có PATƯ, có PATƯ PACB Như ta cần tìm PATƯ toán quy hoạch tập PACB Bắt đầu từ PACB X0, ta xây dựng tiêu chuẩn để đánh giá tính tối ưu X0 Nếu X0 PATƯ tốn giải xong, X0 chưa tối ưu, ta chuyển qua PACB X1 tốt Nếu X1 PATƯ tốn giải xong, ngược lại ta chuyển qua PACB X2 Nhờ tính hữu hạn PACB, nên việc giải toán QHTT kết thúc sau số hữu hạn bước 2.3 Giải toán QHTT Để xây dựng tiêu chuẩn đánh giá tính tối ưu X0 ta rút ẩn sở hệ (8) vào hàm F(X) (7) được: m  m  F(X)   cBi bi     cBi aij  c j  x j i1 jB  i1  m Trong đó: F(X0 )   cBi bi i1 m Dat :  j   cBiaij  c j j  1, n i=1  F(X)  F(X0 )   ( )x jB j j (*) Từ (*) ta có tiêu chuẩn tối ưu sau: 25 ĐL1: (Tiêu chuẩn tối ứu cho FMin) 1) Nếu j0 j X0 PATƯ 2) Nếu tồn j>0 akj0 với k  F(X) không bị chặn  Bài tốn khơng có PATƯ 3) Nếu j>0 có akj>0, xây dựng PACB X1 tốt (F(X1)0 có a31>0 nên xây dựng PACB X1 tốt Xây dựng X1 cách lấy x1= ẩn phi sở lại x5=0  X1D  x3=3+20 x2=5-30 x4=1-0  1 Lấy =1  X1=(1,2,5,0,0) 28 X1 có ẩn sở x3 = - 2x4 - 5x5 x2 = + 3x4 +5x5 x1 = – x4 -x5 Thế ẩn sở X1 vào hàm F ta được: F= 3+6x4+19x5 Có j0 j  X1 PATƯ Fmin=F(X1)=3 29 30 10/26/2014 Thuật tốn đơn hình FMin 1/ Lập bảng đơn hình cho PACB X0 CS CB b b1 b2 bi bm x1 c1 a11 a21 ai1 am1 x2 c2 a12 a22 ai2 am2 xB1 cB1 xB2 cB2 xBi cBi xBm cBm F(X0) 1 2 xj cj a1j a2j aij amj j xn cn a1n a2n ain amn n Thuật tốn đơn hình FMin 2/ Xét dấu j 0? + Nếu j 0 j X0 PATƯ + Nếu j >0, akj0 k  F không bị chặn  tốn khơng có PATƯ + Nếu j>0, có akj>0, chuyển qua bước 3/ 3/ Xây dựng PACB X1 tốt + Lấy xj tương ứng với j>0 ẩn sở + Xét Min{bk/akj: akj>0}=bi/aij=j + Lấy aij làm phàn tử chủ yếu + Tính hệ số cho bảng đơn bảng X1 31 Thuật tốn đơn hình FMin Tính hệ số cho bảng X1 theo quy tắc hình chữ nhật (Với aij phần tử chủ yếu) - Dòng chủ yếu (dòng i): d’i=di/aij - Cột chủ yếu: ghi số cịn lại - Các phần tử lại akt (ki, tj) [akt ] akj akt aij  akjait a'kt  aij ait (aij ) Tính hệ số cho bảng X1 theo quy tắc dòng (Với aij phần tử chủ yếu) - Dòng chủ yếu (dòng i): d’i=di/aij - Dòng k (ki): d’k=-akj*d’i+dk Lặp lại thuật toán từ bước 2/ 32 Thuật toán đơn hình FMin Chú ý: 1/ Theo quy tắc điều chỉnh ta có: F(X1)=F(X0)-jj 2/ Dịng  từ bảng X1 trở tính cách Cách 1: Tính bảng X0 Cách 2: Coi dịng  bình đẳng khác, tính theo quy tắc dịng 33 Thuật tốn đơn hình F(x) Min TD1: Giải toán QHTT F = 3x1+x2+2x3+3x4+2x5+4x6Min 2x1 +x3+ x4 +2x6=5 3x1+x2 +2x4 +x6 =11 x1 +2x4 +x5 +x6 =5 xj0; j=1,2 Băt đầu Lập bảng X0 Xét dấu j Mỗi j>0 có akj>0 j0 j X0 –PATƯ j>0&akj0k 34 F(X) - Giải: Đây toán bản, với ẩn sở x2,x3,x5,và PACB X0=(0,11,5,0,5,0) Lập bảng đơn hình cho X0 Lập bảng X1 35 36 10/26/2014 FMin CS CB x3 x2 x5 b x1 x2 x3 x4 x5 x6 (2) 1 11 2 0 1  31 [6] 0 x1 5/2 1/2 1/2 x2 7/2 -3/2 1/2 -2 x5 5/2 0 -1/2 (3/2)  16 0 -3 [2] -3 x1 5/3 2/3 -1/3 X2 8/3 -4/3 -1/3 -2 5/3 0 -1/3 2/3  38/3 0 -7/3 -4/3 -3 X4 TD2: Giải toán QHTT F = -27x1-2x2+x3+14x4+2x5+6x6 +5x7Max -2x1+x2 +3x4 -2x6+2x7=4 -3x1 +x3+4x4 + x7=3 -5x1 +2x4+x5+ x6+ x7=5 xjj Giải: Lập bảng đơn hình cho X0 Bài tốn có PATƯ X2=(5/3, 8/3, 0, 5/3, 0, 0) FMin = 38/3 37 38 FMax CS CB b x1 -27 x2 -2 x3 x4 14 x5 x6 x7 x2 -2 -2 -2 (2) x3 -3 0 x5 -5 0 1  18 0 -12 0 [-6] x7 -1 1/2 3/2 -1 x3 1 -2 -1/2 5/2 (1) x5 -4 -1/2 1/2  17 12 -3 [-6] x7 -3 0 x6 -2 -1/2 -2 x5 1/2 -9/2 0  23 0 12 0 Chý ý: Từ bảng đơn hình cuối ta thấy x1là ẩn phi sở, có 1=0, nên tìm thêm PATƯ: X3=(,2,0,0,0,2+2,3+3) (0,+) Từ suy tốn có vơ số PATƯ Vì X* = X2+(1-)X3 [0,1] PATƯ Nếu FMin từ bảng đơn hình X0 có 1=18 ak10 và: (7) (8) Định lý: (Mối liên hệ P PM) Luôn tồn số M>0 đủ lớn để mệnh đề sau ln đúng: 1) Bài tốn PM có FM khơng bị chặn tốn P có hàm F khơng bị chặn (Bài P khơng có PATƯ) 2) Bài tốn PM có PATƯ X*g=(X*,x*gi) có xgi>0 P có tập PA D= (Bài P khơng có PATƯ) 3) Nếu tốn PM có PATƯ X*g=(X*,0) (xgi=0 i) tốn P có PATƯ X* +M cho tốn FMin, -M cho toán Fmax 47 48 10/26/2014 Như cơng việc giải tốn tắc P tiến hành theo bước: Bước 1: Lập giải toán PM Bước 2: Kết luận cho toán P theo định lý Chú ý: Khi lập bảng đơn hình cho PM khơng cần vẽ cột ẩn giả Mỗi j=j+jM toán PM ghi dòng:  j  j     j  Khi xét dấu: Nếu j >0  j>0; j=0 j0j0 Nếu  j