BÀI TẬP CHƯƠNG II

BÀI TẬP CHƯƠNG II Cho toán QHTT với hàm mục tiêu f (x, y) = 2x + 3y → tập phương án tô màu đen hình đây: y O x Xác định phương án tối ưu toán có Lời giải Bằng cách vẽ đường thẳng 2x + 3y = c, c số bất kì, qua tập phương án, ta PATƯ (x, y) = (0, 0) Cho toán QHTT với hàm mục tiêu f (x, y) = 2x + 3y → ràng buộc  2x − y     x − 3y  3x + y    x, y ≥0 ≤0 ≤ 10 ≥0 Vẽ đồ thị tập phương án Lời giải Để vẽ đồ thị tập phương án, trước tiên ta vẽ miền tương ứng với ràng buộc, cuối lấy giao miền Hơn nữa, ràng buộc dấu x, y ≥ 0, nên ta cần vẽ 1/4 đồ thị góc bên phải Đối với ràng buộc 2x − ygleq0, trước tiên ta vẽ đường thẳng 2x − y = 0, đường thẳng qua gốc tọa độ điểm (x = 2, y = 4), sau: 2x − y = y x O Do điểm (x = 0, y = 4) làm cho 2x − y = −4 < Nên ràng buộc 2x − y ≥ tương ứng với phần đồ thị đây: 2x − y = y O x Tương tự vậy, ràng buộc x − 3y ≤ tương ứng với phần đồ thị đây: y x − 3y = O x Tương tự vậy, ràng buộc 3x + y ≤ 10 tương ứng với phần đồ thị đây: y O 3x + y = 10 x Lấy phần giao ràng buộc, ta đồ thị miền ràng buộc là: y 2x − y = x − 3y = O 3x + y = 10 x Cho toán QHTT với hàm mục tiêu f (x, y) = 2x + 3y → max ràng buộc    2x − y ≥ x − 3y ≤   x, y ≥ Vẽ đồ thị tập phương án, xác định PACB xác định phương án tối ưu có Lời giải Đồ thị tập PA vùng gạch sọc bên 2x − y = y x − 3y = O x Bài tốn có PACB (x, y) = (0, 0) Khi cho đường thằng 2x + 3y = c, với c số bất kì, chạy qua tập phương án ta thấy: hàm mục tiêu không bị chặn tập PA nên tốn khơng có PATƯ Cho tốn QHTT sau: f = x + 8y → 2x + y ≤ 3x − 2y ≤ x≥0 Đồ thị sau biểu diễn tập PA toán y y y y 4 4 x −3 Hình 1: A -2 x −3 x −3 Hình 2: B Hình 3: C -2 x −3 Hình 4: D Lời giải Vẽ đường thẳng 2x + y = 3x − 2y = x = Ràng buộc 2x + y ≤ tương ứng với phần đồ thị bên trái đường thẳng 2x + y = Tương tự cho ràng buộc khác Phần giao chúng, phần tơ màu hình A, đồ thị biểu diễn tập PA toán Cho toán x + 3y → max Với điều kiện x+y ≤5 2x + y ≤ 10 x≥1 y≥0 y≤4 Vẽ đồ thị biểu diễn tập PA, xác định tất PACB, PACB suy biến Lời giải Đồ thị biểu diễn tập PA y x+y =5 x=1 2x + y = 10 PACB suy biến y=4 x y=0 PACB không suy biến Từ đồ thị ta nhận thấy tốn có PACB (1, 4), (5, 0), (1, 0); có PACB suy biến (1, 4) (5, 0) Giả sử toán tổng quát n biến (T) có dạng tắc tốn n + m biến (C) Cho biết toán (T), biến có ràng buộc dấu ≥ Chứng minh (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn PACB toán tổng quát (T) (x1 , x2 , , xn , 0, , 0) ∈ Rn+m PACB tốn tắc (C) tương ứng (giả sử để chuyển toán (T) sang (C), ta phải thêm vào m biến) Lời giải Kí hiệu x = (x1 , , xn ) O = (0, , 0) ∈ Rm Vì x PACB tốn T nên phải thỏa mãn chặt n ràng buộc ĐLTT (T) Trong toán (T), ràng buộc có vectơ tương ứng A1 , · · · , An ∈ Rn Do đó, tốn tắc tương ứng, phương án (x, O) thõa mãn chặt n ràng buộc tương ứng với n ràng buộc A1 , , An Ngoài PA (x, O) thỏa mãn chặt ràng buộc dấu tương ứng với biến thêm vào Do PA (x, O) thỏa mãn chặt n + m ràng buộc với vectơ tương ứng sau:   A1 A ∗   , với A =   O Im An A ∗ khả nghịch tốn (C), O Im PA (x, O) thỏa mãn chặt n + m ràng buộc ĐLTT PACB tốn (C) Do A khả nghịch, nên ma trận Giả sử tốn tổng qt n biến (T) có dạng tắc toán n + m biến (C) Chứng minh cho phản ví dụ x ∈ Rn PA (T) cho PA tương ứng (C), mà ta ký hiệu (x, y) ∈ Rm+n , PACB (C) x PACB (T) Lời giải Phản ví dụ: Giả sử (T) có biến với ràng buộc x + y ≤ 3, x ≥ Lúc C có biến với ràng buộc x + u − v + t = 3, x, u, v, t ≥ (thay y u − v thêm t để đạt dấu "=" PA (0,0) PA toán (T) PACB, PA tương ứng (C) (0,0,0,3) PACB (C) Giả sử toán tổng quát n biến (T) có dạng tắc tốn n + m biến (C) Cho biết toán (T), biến có ràng buộc dấu ≥ ràng buộc khác ĐLTT Chứng minh x ∈ Rn PA (T) (x, 0) ∈ Rm+n PACB (C) x PACB (T) Lời giải Giả sử n ràng buộc dấu, (T) cịn có k ràng buộc khác ĐLTT Lúc đó, (C) có n + m ràng buộc dấu k ràng buộc "=" Do (x, 0) thỏa mãn k ràng buộc "=" nên x thỏa mãn chặt k "ràng buộc khác" (T) Do (x, 0) PACB tốn tắc (C) nên x có tối đa k thành phần dương sở gồm k ràng buộc Như cách đổi thứ tự cần thiết, ta nhận thấy x thỏa mãn chặt ràng buộc sau • k ràng buộc khác, vectơ cột tương ứng với biến x1 , · · · , xk ĐLTT • n − k ràng buộc dấu: xk+1 ≥ 0, , xn ≥ Do đó, x thỏa mãn chặt n ràng buộc với ma trận vectơ dịng tương ứng Ak×k ∗ O In−k Do ma trận khả nghịch nên x PACB (T) Cho toán QHTT f (x, y) = 4x + 3y → max Với ràng buộc x+y+z ≤4 5x + 3y + t ≤ 15 x, y, z, t ≥0 Vectơ (x, y, z, t) = (0, 0, 4, 15) có phải PA tốn khơng? Nếu PA có phải PACB khơng? Nếu PACB có suy biến khơng? Lời giải Thế giá trị tương ứng vectơ vào ràng buộc, ta thấy chúng thỏa mãn nên vectơ cho PA Ta nhận thấy vectơ cho thỏa mãn chặt ràng buộc x+y+z ≤4 5x + 3y + t ≤ 15 x, y ≥0 Các vectơ tương ứng ràng buộc kể tạo thành ma trận sau:  5   1 1 0  1   0 Định thức ma trận khác 0, nên ma trận khả nghịch Suy vectơ tương ứng ràng buộc ĐLTT Hay nói cách khác PA cho PACB Vì PA cho khơng thỏa mãn chặt với ràng buộc lại z, t ≥ 0, nên PA cho PACB không suy biến 10 Cho toán QHTT f (x, y) = x + y + z + t → max Với ràng buộc x+y+z+t =4 5x + 3y + 5z + t = 20 x, y, z, t ≥0 Xác định PACB suy biến PACB không suy biến toán Lời giải Cho y, z, t 0, ta PA toán (x, y, z, t) = (4, 0, 0, 0) Đây PACB suy biến tốn có dạng tắc số thành phần dương PA nhỏ (trong số ràng buộc (ĐLTT) mà ràng buộc dấu) Cho y, t 0, ta PA (x, y, z, t) = (2, 0, 2, 0) Đây PACB khơng suy biến tốn có dạng tắc số thành phần dương PA (tưc với số ràng buộc (ĐLTT) mà ràng buộc dấu) 11 Cho toán QHTT f (x, y) = x + y + z + t → max Với ràng buộc x+y+z+t =4 5x + 3y + 5z + t = 20 x, y, z, t ≥0 Xác định PACB suy biến không suy biến tốn Lời giải Vì PACB tốn tắc có tối đa thành phần dương, nên ta xác định tất PACB cách cho thành phần giải hệ phương trình tương ứng với ràng buộc "=" Cụ thể tất PACB xác định sau: • Cho x, y 0, ta hệ z+t =4 5z + t = 20 Hệ có nghiệm (z = 4, t = 0) Nên PACB tốn (0,0,4,0) mơt PACB suy biến có số thành phần dương • Tương tự, cho x, z 0, ta hệ y+t =4 3y + t = 20 Hệ có nghiệm (y = 8, t = −4) Do −4 < 0, nên ta không PA tương ứng với trường hợp • Tương tự cho x, t 0, y, z 0, y, t cuối z, t 0, ta PACB lại x=t=0 y=z=0 y=t=0 y=t=0 z=t=0 PACB PACB PACB PACB PACB suy biến (x, y, z, t) = (0, 0, 4, 0) suy biến (x, y, z, t) = (4, 0, 0, 0) suy biến (0, 0, 4, 0), (4, 0, 0, 0) không suy biến (α, 0, − α, 0), > α > suy biến (4, 0, 0, 0) 12 Cho toán QHTT f (x, y, z) x + y + 4z x − y + 2z x, y, z = x + 8y + 10z → =2 =0 ≥0 PA toán (x, y, z) = (1, 1, 0) PA cho có phải PACB khơng? Nếu PACB, sử dụng phương pháp đơn hình để xác định xem tối ưu chưa Nếu chưa tối ưu, tìm PA tốt Lời giải • PA cho PACB khơng suy biến số thành phần dương 2, với số ràng buộc "=" tốn QHTT tắc cho Để xác định PACB tốn tắc có phải PATƯ khơng, ta dùng thuật tốn đơn hình Trước tiên ta xác định vectơ sở phi sở Các vectơ sở Ax = Các vectơ phi sở 1 , Ay = −1 Az = Biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: Az = 3Ax + Ay Do đó, ta có ∆z = × + × − 10 = > Theo phương pháp đơn hình ta thấy PA cho điều chỉnh • Chọn biến sở biến z Ngoài θ = 13 < 11 , nên ta loại biến x khỏi sở Như ta biến sở y, z PACB tốt lúc phương án sau: (x = 0, y = − θ × = , z = θ = ) 3 • Để xác định PACB có phải PATƯ tốn hay khơng, ta lại sử dụng phương pháp đơn hình Các vectơ sở Ay = , Az = −1 Các vectơ phi sở Ax = 1 Biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: 1 Ax = − Ay + Az 3 Do đó, ta có 1 ∆x = − × + × 10 − = − < 3 Do PA cuối PATƯ, cịn PATƯ 13 Một công ty đầu tư dự định dùng khoản tiền triệu USD để đầu tư mua ba loại cổ phiếu A, B C thị trường chứng khốn Ngồi năm loại chứng khoán A sinh lãi 7%, loại chứng khoán B sinh lãi 8% loại chứng khốn C sinh lãi 10% Ngồi để ngăn ngừa rủi ro đầu tư, công ty quy định khoản đầu tư vào loại cổ phiếu B phải chiếm 55%, loại cổ phiếu C phải chiếm 30% Tình đặt cơng ty cần xác định số tiền (tính triệu đồng) mua tương ứng với loại cổ phiếu cho sinh lợi nhiều năm Lập mơ hình quy hoạch tuyến tính (QHTT) để giúp công ty giải vấn đề Xác định PACB toán QHTT cho loại cổ phiếu A, B, C công ty mua Chuyển tốn dạng tắc, xác định PACB tương ứng với PACB bên Sử dụng phương pháp đơn hình, xác định phương án (PA) có phải PA tối ưu hay khơng? Nếu khơng, xác định PACB tốt PACB tốt có phải PA tối ưu chưa? Lời giải Gọi x, y, z số tiền đầu tư vào ba loại cổ phiếu A, B, C Vấn đề trở thành toán QHTT sau đây: f (x, y, z) x+y+z y z x, y, z = 0.07x + 0.08y + 0.1z → max ≤5 ≥ 0.55(x + y + z) ≥ 0.3(x + y + z) ≥0 Hay −0.07x − 0.08y − 0.1z x+y+z 0.55x − 0.45y + 0.55z 0.3x + 0.3y − 0.7z x, y, z → ≤5 ≤0 ≤0 ≥0 • Một PACB mà ba loại cổ phiếu mua nghĩa PACB mà x, y, z dương Nghĩa phải thỏa mãn chặt ràng buộc sau: x+y+z ≤5 0.55x − 0.45y + 0.55z ≤ 0.3x + 0.3y − 0.7z ≤ Tức phải thỏa mãn hệ phương trình tuyến tính: x+y+z =5 0.55x − 0.45y + 0.55z = 0.3x + 0.3y − 0.7z = Giải hệ này, ta PACB (x, y, z) = (0.75, 2.75, 1.5) 10 • Dạng tắc tốn −0.07x − 0.08y − 0.1z x+y+z+u 0.55x − 0.45y + 0.55z + v 0.3x + 0.3y − 0.7z + w x, y, z, u, v, w → =5 = 00 =0 ≥0 PACB tương ứng (x, y, z, u, v, w) = ((0.75, 2.75, 1.5, 0, 0, 0) • Để xác định PACB tốn tắc có phải PATƯ khơng, ta dùng thuật tốn đơn hình Trước tiên ta xác định vectơ sở phi sở Các vectơ phi sở Các vectơ sở            1 1 0             Ax = 0.55 , Ay = −0.45 , Az =  0.55  Au = 0 , Av = 1 , Aw = 0 0.3 0.3 −0.7 0  Ta biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: Au = 0.15Ax + 0.55Ay + 0.3Az Av = Ax − Ay Aw = Ax − Az Do đó, ta có ∆u = 0.15 × (−0.07) + 0.55 × (−0.08) + 0.3 × (−0.1) = −0.0845 ∆v = −0.07 − (−0.08) = 0.01 ∆w = −0.07 − (−0.1) = 0.03 Do tồn ∆ > nên PA cho chưa phải PATƯ Ngồi ra, theo phương pháp đơn hình ta thấy PA cho điều chỉnh • Do ∆w lớn nhất, nên ta chọn biến sở biến w Ngồi biểu diễn Aw = Ax − Az , có hệ số x dương, nên ta loại biến x Và ta biến sở {y, z, w} Lúc này, ta áp dụng cơng thức phương pháp đơn hình để xác định PACB tốt hơn, ta cho x, u, v để hệ phương trình tuyến tính: y+z =5 −0.45y + 0.55z = 00 0.3y − 0.7z + w = Hệ có nghiệm (y, z, w) = (2.75, 2.25, 0.75) Do đó, ta có PACB tốt (x, y, z, u, v, w) = (0, 2.75, 2.25, 0, 0, 0.75) 11 • Để xác định PACB có phải PATƯ tốn hay khơng, ta lại sử dụng phương pháp đơn hình Các vectơ sở Các vectơ phi sở            0 1 1             Ay = −0.45 , Az =  0.55  , Aw = 0 Au = 0 , Av = 1 , Ax = 0.55 0.3 −0.7 0.3  Biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: Au = 0.55Ay + 0.45Az + 0.15Aw Av = −Ay + Az + Aw Ax = Az + Aw Do đó, ta có ∆u = 0.55 × (−0.08) + 0.45 × (−0.1) = −0.089 ∆v = −(−0.08) + (−0.1) = −0.02 ∆x = −0.1 − (−0.07) = −0.03 Do ∆ < 0, nên PA cuối PATƯ, PATƯ 14 Một công ty dự định dùng khoản tiền tối đa 250 triệu đồng để đầu tư cho quảng cáo Chi phí cho phút quảng cáo sóng truyền hình 20 triệu/mỗi phút, chi phí quảng cáo sóng phát triệu/mỗi phút Công ty quy định tổng số phút quảng cáo (cả sóng truyền hình phát thanh) tối đa 20 phút Ngồi ra, theo phân tích, thời lượng phút quảng cáo, sóng truyền hình cho hiệu gấp lần sóng phát Tình đặt cơng ty cần thời lượng quảng cáo sóng phát truyền hình cho có hiệu Lập mơ hình quy hoạch tuyến tính (QHTT) để giúp cơng ty giải vấn đề Xác định PACB tốn QHTT tương ứng với việc cơng ty quảng cáo sóng truyền hình mà khơng quảng cáo sóng phát Chuyển tốn dạng tắc, xác định PACB toán tương ứng với PACB xác định câu Sử dụng phương pháp đơn hình để xác định PACB có phải PA tối ưu hay không Nếu không, xác định PACB tốt phương pháp đơn hình Lời giải Gọi x, y số phút công ty dự định đặt quảng cáo lên truyền hình sóng phát Vấn đề trở thành toán QHTT sau đây: f (x, y) 20x + 4y x+y x, y = 2x + y → max ≤ 250 ≤ 20 ≥0 12 Hay f (x, y) 20x + 4y x+y x, y = −2x − y → ≤ 250 ≤ 20 ≥0 • Một PACB mà cơng ty quảng cáo truyền hình nghĩa y = x > Do PACB nên ta phải có ràng buộc ràng buộc chặt với PA Nghĩa là (x = 12.5, y = 0) (x = 20, y = 0) Tuy nhiên (x = 20, y = 0) khơng thỏa ràng buộc 1, nên ta phải có (x = 12.5, y = 0) • Dạng tắc tốn f (x, y) 20x + 4y + z x+y+t x, y, z, t = −2x − y → = 250 = 20 ≥0 PACB tương ứng (x, y, z, t) = (12.5, 0, 0, 7.5) • Để xác định PACB tốn tắc có phải PATƯ khơng, ta dùng thuật tốn đơn hình Trước tiên ta xác định vectơ sở phi sở Các vectơ sở Ax = 20 , At = 1 Các vectơ phi sở Ay = , Az = Ta biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: Ay = 0.2Ax + 0.8At Az = 0.05Ax − 0.05At Do đó, ta có ∆y = 0.2 × (−2) + 0.8 × (0) − (−1) = 0.6 ∆z = 0.05 × (−2) = −0.1 Do tồn ∆ > nên PA cho chưa phải PATƯ Ngoài ra, theo phương pháp đơn hình ta thấy PA cho điều chỉnh 12.5 • Do ∆y lớn nhất, nên ta chọn biến sở biến y Ngồi = 0.2 7.5 62.5 > 9.375 = , nên ta loại vectơ At khỏi sở Và ta 0.8 biến sở {x, y} Lúc này, ta áp dụng cơng thức phương 13 pháp đơn hình để xác định PACB tốt hơn, ta cho z, t để hệ phương trình tuyến tính: 20x + 4y = 250 x + y = 20 Hệ có nghiệm (x, y) = (10.625, 9.375) Do đó, ta có PACB tốt (x, y, z, t) = (10.625, 9.375, 0, 0) • Để xác định PACB có phải PATƯ tốn hay khơng, ta lại sử dụng phương pháp đơn hình Các vectơ sở Ax = 20 , Ay = 1 Các vectơ phi sở Az = , At = Ta biểu diễn vectơ phi sở qua vectơ sở sau: 1 Ax − Ay 16 16 = − Ax + Ay 4 Az = At Do đó, ta có 1 × (−2) − × (−1) = − 16 16 16 ∆t = − × (−2) + × (−1) =− 4 Do ∆ < 0, nên PA cuối PATƯ, PATƯ ∆z = 15 Đưa toán QHTT với hàm mục tiêu đạt cực đại trường hợp đạt cực tiểu: f = x1 + 2x2 − 5x3 + 3x4 → max  2x1 − x2 + 4x3 − 2x4 =    x + 3x − 2x + 6x =8  3x1 − x2 − 4x3 − 2x4 = −4    xj ≥ 0, ∀j = 1, 2, 3, Lời giải: Đổi dấu hàm mục tiêu g = −f giữ nguyên hệ ràng buộc ta toán với hàm mục tiêu đạt cực tiểu sau đây: g = −x1 − 2x2 + 5x3 − 3x4 →  2x1 − x2 + 4x3 − 2x4 =    x + 3x − 2x + 6x =8  3x1 − x2 − 4x3 − 2x4 = −4    xj ≥ 0, ∀j = 1, 2, 3, 14 16 Tìm PACB khơng suy biến tốn QHTT biến x1 , x2 , x3 với hệ ràng buộc sau:   = −4  x1 − 2x2 + x3 3x1 − 2x2 + 3x3 =6   xj ≥ 0, ∀j = 1, 2, Lời giải: Bài tốn có biến, ràng buộc Dễ thấy ma trận hệ số A hai ràng buộc có hạng nên chúng độc lập tuyến tính Bởi PACB khơng suy biến tốn phải có biến sở (dương) biến phi sở (triệt tiêu) Lần lượt cho x1 , x2 , x3 đóng vai trị biến phi sở, tức triệt tiêu, ta được: • Với x1 = 0, hệ điều kiện cho ta x2 = 4.5, x3 = • Với x2 = 0, hệ vơ nghiệm • Với x3 = 0, hệ cho ta x1 = 5, x2 = 4.5 Ta nhận PA toán: x∗ = (0, 4.5, 5), x∗∗ = (5, 4.5, 0) • Xét PA x∗ = (0, 4.5, 5) với x2 , x3 > có hệ hai vector cột ma trận hệ số A2 = (−2, 2)t , A3 = (3, −1)t độc lập tuyến tính Do đó, PACB khơng suy biến (số biến sở 2) • Xét PA x∗∗ = (5, 4.5, 0) với x1 , x2 > có hệ hai vector cột ma trận hệ số A1 = (3, −1)t , A2 = (−2, 2)t độc lập tuyến tính Do đó, PACB khơng suy biến (số biến sở 2) Vậy, tốn có PACB không suy biến là: x∗ = (0, 4.5, 5), x∗∗ = (5, 4.5, 0) 17 Cho toán QHTT dạng tổng quát: f (x) = 7x1 + 6x2 − 12x3 + x4 −→ max Với ràng buộc   2x1 − 2x2 − 3x3 + 2x4 =     3x + 2x − 2x ≤ −1   2x1 − 3x3 + x4 = 10     xj ≥ 0, ∀j Xét xem vecto x = (0, 6, 0, 10) có PA hay khơng? Giải Thay x = (0, 6, 0, 10) vào tất ràng buộc thỏa mãn 15 • 2.0 − 2.6 − 3.0 + 2.10 = (thỏa mãn chặt) • 3.6 + 2.0 − 2.10 ≤ −1 (thỏa mãn không chặt) • 2.0 − 3.0 + 10 = 10 (thỏa mãn chặt) • x1 = (thỏa mãn chặt) • x2 = > (thỏa mãn khơng chặt) • x3 = (thỏa mãn chặt) • x4 = 10 > (thỏa mãn không chặt) Nên x = (0, 6, 0, 10) PA 18 Cho toán QHTT dạng tổng quát: f (x) = 7x1 + 6x2 − 12x3 + x4 −→ max Với ràng buộc   2x1 − 2x2 − 3x3 + 2x4 =     3x + 2x − 2x ≤ −1   2x1 − 3x3 + x4 = 10     xj ≥ 0, ∀j Xét xem vecto x = (0, 6, 0, 10) có PACB hay khơng? Giải Xét ma trận hệ số  −2 2  A= 1 0 ràng buộc chặt    −2 −3 −3 0 −3 1 −1     ⇒ rank(A) =  −→  0 −1 0 0 1 Suy ra, A độc lập tuyến tính Vậy x = (0, 6, 0, 10) PACB 19 Cho toán QHTT dạng tổng quát: f (x) = −x1 − x2 − x3 −→ Với ràng buộc     2x1 + x2 + 2x3 ≤ 4x1 + 2x2 + x3 ≤    x1 , x2 , x3 ≥ Chứng minh x = (0, 2/3, 2/3) PA Giải Thay x = (0, 2/3, 2/3) vào tất ràng buộc thỏa mãn 16 • 2.0 + 23 + 32 = (thỏa mãn chặt) • 4.0 + 32 + = (thỏa mãn chặt) • x1 = (thỏa mãn chặt) • x2 = > (thỏa mãn khơng chặt) • x3 = > (thỏa mãn không chặt) Nên x = (0, 2/3, 2/3) PA 20 Cho toán QHTT dạng tổng quát: f (x) = −x1 − x2 − x3 −→ Với ràng buộc     2x1 + x2 + 2x3 ≤ 4x1 + 2x2 + x3 ≤    x1 , x2 , x3 ≥ Xét xem x = (0, 2/3, 2/3) PACB suy biến hay khơng suy biến? Giải Ta có: x = (0, 2/3, 2/3) PA Xét ma trận hệ số ràng buộc chặt   2   A = 4 1 −→ Det(A) = −3 = ⇒ rank(A) = 0 Suy ra, A độc lập tuyến tính Do đó, x = (0, 2/3, 2/3) PACB có ràng buộc chặt với số biến Vậy x = (0, 2/3, 2/3) PACB không suy biến 21 Cho toán QHTT dạng tổng quát: f (x) = −x1 + 6x2 − 2x3 + 2x4 + 3x5 −→ Với ràng buộc   x1 − 2x2 + 3x3 + x6 = 10(1)      x + 2x + 4x + x + x + x = 18(2)   x2 − x3 + 2x5 − x6 ≤ 4(3)      xj ≥ 0, ∀j = 1, 6(4) Xét xem vecto x = (10, 0, 0, 8, 0, 0) có PACB hay khơng? 17 Giải Dễ dàng kiểm buộc (1), (2), (4)  −2  1  0 A= 0   0 0 0 tra x = (10, 0, 0, 8, 0, 0) PA x thỏa mãn chặt ràng 0 0  1/2  1/2  0   −→ Det(A) = = ⇒ A độc lập tuyến tính 0     Vậy x = (10, 0, 0, 8, 0, 0) PACB 22 Biến đổi tốn sau dạng tắc: z(x) = −5x1 − 4x2 − 3x3 −→ Với ràng buộc   2x1 + 3x2 + x3 ≤     4x + x + 2x ≤ 11 3x1 + 4x2 + 2x3 ≤      x1 , x2 , x3 ≥ Giải Thêm biến phụ x4 , x5 , x6 ≥ ta được: z(x) = −5x1 − 4x2 − 3x3 −→ Với ràng buộc   2x1 + 3x2 + x3 + x4 =     4x + x + 2x + x = 11   3x1 + 4x2 + 2x3 + x6 =     x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ≥ 23 Biến đổi toán sau dạng tắc: z(x) = x1 − x2 − x3 −→ Với ràng buộc   x1 + x2 + x3 =     x − 2x + x ≤ 3   x1 + x2 − x3 ≥     x1 , x3 ≥ 18 Giải Đặt thêm ẩn phụ x4 , x5 ≥ x2 = x2 − x2 ” Dạng tắc toán là: z(x) = x1 − x2 + x2 ” − x3 −→ Với ràng buộc   x1 + x2 − x2 ” + x3 =     x − 2x + 2x ” + x + x = 3 x1 + x − x2 ” − x3 − x5 =      x1 , x2 , x2 ”, x3 , x4 , x5 ≥ 24 Biến đổi toán sau dạng tắc: z(x) = 2x1 − x2 + 2x3 + x4 − 2x5 −→ Với ràng buộc   x1 − 2x2 + x3 + 2x4 + x5 ≤       x2 + 2x3 + x4 ≥ −1     2x + x + 3x ≥ 10   x1 + x2 − 2x3 + x4 = 20      x ,x ≥     x ≤ Giải Đặt thêm ẩn phụ x6 , x7 , x8 x2 = x2 −x2 ”(x2 , x2 ” ≥ 0); x3 = x3 −x3 ”(x3 ; x3 ” ≥ 0); x4 = −x4 (x4 ≥ 0) Dạng tắc toán là: z(x) = 2x1 − (x2 − x2 ”) + 2(x3 − x3 ”) − x4 − 2x5 −→ Với ràng buộc   x1 − 2(x2 − x2 ”) + (x3 − x3 ”) − 2x4 + x5 + x6 =        (x2 − x2 ”) + 2(x3 − x3 ”) − x4 − x7 = −1 2(x3 − x3 ”) − x4 + 3x5 − x8 = 10     x1 + (x2 − x2 ”) − 2(x3 − x3 ”) − x4 = 20      x1 , x5 , x6 , x7 , x8 , x2 , x2 ”, x3 , x3 ”, x4 ≥ 25 Cho toán QHTT: f (x) = x1 + 4x2 − 5x3 + 2x4 −→ max 19 Với ràng buộc   x1 + 5x2 − 3x3 + x4 =     3x + 3x − 2x = 3   7x1 − 2x3 =     xj ≥ 0, ∀j = 1; a Tìm PACB có thành phần dương b Xác định hệ véc tơ cột tương ứng với PACB c Xác định sở PACB Giải Cho x3 = x4 = 0, vào hệ ràng buộc ta x1 = x2 = Suy ra, x = (1, 1, 0, 0) phương án Hệ véc tơ cột tương ứng với thành phần dương         A1 = 0 ; A2 = 3 Vì A1 , A2 độc lập tuyến tính nên x = (1, 1, 0, 0) PACB Hệ {A1 , A2 } sở PACB x = (1, 1, 0, 0) 26 Cho toán QHTT: f (x) = x1 + 4x2 − 5x3 + 2x4 −→ max Với ràng buộc   x1 + 5x2 − 3x3 + x4 =     3x + 3x − 2x = 3   7x1 − 2x3 =     xj ≥ 0, ∀j = 1; Chứng tỏ x = (1, 1, 0, 0) PACB suy biến Giải Theo trên, x = (1, 1, 0, 0) PACB với biến sở Xét ma trận hệ số A hệ ràng buộc   −3   A = 0 3 −2 ⇒ rank(A) = −2 A độc lập tuyến tính Vì số biến sở x = (1, 1, 0, 0) nên x = (1, 1, 0, 0) PACB suy biến 20 27 Cho toán QHTT: f (x) = x1 + 2x2 − 5x3 + 3x4 − x5 −→ Với ràng buộc   x2 + 3x4 + x5 =     x + 3x + 6x =   5x2 + x3 − 2x4 =     xj ≥ 0, ∀j = 1; Xét xem x = (9, 0, 4, 0, 5) PACB hay không? Xác định biến sở Giải Dễ kiểm tra x = (9, 0, 4, 0, 5) PA Hệ véc tơ cột tương ứng với thành phần dương       0       A1 = 1 ; A3 = 0 ; A5 = 0 Vì A1 , A2 , A3 độc lập tuyến tính nên x = (9, 0, 4, 0, 5) PACB có biến sở x1 , x3 , x5 28 Cho toán QHTT: f (x) = x1 + 2x2 − 5x3 + 3x4 − x5 −→ Với ràng buộc   x2 + 3x4 + x5 =     x + 3x + 6x =   5x2 + x3 − 2x4 =     xj ≥ 0, ∀j = 1; Xét xem x = (9, 0, 4, 0, 5) PACB suy biến hay không suy biến? Giải Theo chứng minh x = (9, 0, 4, 0, 5) PACB Xét ma trận hệ số A hệ ràng buộc     A = 1 0 ⇒ rank(A) = −2 A độc lập tuyến tính Vì số biến sở x = (9, 0, 4, 0, 5) rank A nên x PACB không suy biến 21