Phân l�p các hàm theo t�c đ� tăng Bài giảng quy hoạch toán Chương 1 BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 1 1 Các bài toán thực tế 1 1 1 Bài toán lập kế hoạch sản xuất a) Ví dụ Để sản xuấ[.]
Bài giảng quy hoạch tốn Chương 1.1 BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC Các toán thực tế 1.1.1 Bài toán lập kế hoạch sản xuất a) Ví dụ Để sản xuất kẹo bánh cần thứ nguyên liệu đường bột mì, với trữ lượng có 0,9kg đường 1,1 kg bột mì 1kg kẹo cần 0,5 kg đường 0,3 kg bột mì; 1kg bánh cần 0,2kg đường 0,4 kg bột mì Giá 1kg kẹo 10000đ; 1kg bánh 20000đ Hãy lập kế hoạch sản xuất cho tổng giá trị sản phẩm lớn Gọi x1 số kg kẹo sản xuất; x2 số kg bánh sản xuất Có mơ hình tốn học: f(x) = 10000x1 +20000x2 → max ⎧0.5 x1 + 0.2 x ≤ 0.9 ⎪ ⎨0.3 x1 + 0.4 x ≤ 1.1 ⎪x , x ≥ ⎩ b)Tổng quát Để sản xuất n loại sản phẩm khác cần m loại yếu tố sản xuất với trữ lượng có b1, b2, , bm Hệ số hao phí yếu tố i ( i=1 m ) cho đơn vị sản phẩm j (j=1 n) aij Giá đơn vị sản phẩm j cj (j=1 n) Hãy lập kế hoạch sản xuất sở yếu tố sản xuất có cho tổng giá trị sản phẩm lớn Gọi xj số sản phẩm j sản xuất, f(x) tổng doanh thu ứng với kế hoạch sản xuất x = (x1,x2, , xn) Có mơ hình tốn học: n f(x) = ∑ cjxj → max j =1 ⎧n ⎪∑ aij x j ≤ bi (i = m) ⎨ j =1 ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j Bài giảng quy hoạch toán 1.1.2 Bài tốn vận tải Có m kho hàng chứa loại hàng hóa với số lượng kho i (i=1 m) Đồng thời có n cửa hàng với nhu cầu cửa hàng j bj (j=1 n) Chi phí vận chuyển đơn vị hàng từ kho i đến cửa hàng j cij Hãy lập kế hoạch vận chuyển cho thỏa mãn nhu cầu cửa hàng chi phí vận chuyển thấp Gọi xij số lượng hàng chuyển từ kho i đến cửa hàng j f(x) tổng chi phí theo kế hoạch vận chuyển x Mơ hình tốn học: f(x) = m n i =1 j =1 ∑ ∑ cijxij → ⎧n ⎪∑ xij ≤ (i = m) ⎪ j =1 ⎪⎪ m ⎨∑ xij = b j ( j = n) ⎪ i =1 ⎪ xij ≥ (i = m, j = n) ⎪ ⎩⎪ 1.1.3 Bài tốn xác định phần Có n loại thức ăn gia súc, giá đơn vị thức ăn j c (j=1 n) Gia súc cần m chất dinh dưỡng với nhu cầu tối thiểu chất i bi (i=1 m) Biết hàm lượng chất i có đơn vị thức ăn j aij Hãy xác định phần thức ăn cho gia súc cho chi phí thấp đồng thời đảm bảo chất dinh dưỡng cho gia súc Gọi xj lượng thức ăn j có phần, f(x) giá phần x = (x1,x2, , xn) Có mơ hình tốn học sau: n f(x) = ∑ cjxj → j =1 ⎧n ⎪∑ aij x j ≥ bi (i = m) ⎨ j =1 ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j 1.2 Bài tốn qui hoạch tuyến tính Xét tốn Bài giảng quy hoạch toán n (1) f(x) = ∑ cjxj → j =1 (2) ⎧n ⎪∑ aij x j = bi (i = p ) ⎪ j =1 ⎪⎪ n ⎨∑ aij x j ≥ bi (i = p + k ) ⎪ j =1 ⎪n ⎪∑ aij x j ≤ bi (i = k + m) ⎩⎪ j =1 Bài toán (1,2) gọi toán quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát, ký (d,f) * f(x) gọi hàm mục tiêu * Hệ (2) gọi hệ ràng buộc * Ma trận A = (aij)mxn gọi ma trận số liệu * Vectơ C = (cj)n gọi hệ số hàm mục tiêu Mỗi số x=(x1, x2, , xn) thỏa mãn hệ ràng buộc (2) gọi phương án, ký hiệu x ∈ d Phương án làm cho hàm mục tiêu f(x) đạt cực trị cần tìm gọi phương án tối ưu, nghiệm toán (d,f) 1.3 Phương pháp hình học Phương pháp hình học dùng để giải toán (d,f) ẩn, nhiều ẩn đưa tốn ẩn tương đương Xét toán f(x) = ax +by → (max) (d) {ai x + bi y ≤ ci (i = m) Miền d d giao nửa mặt phẳng, đa giác Bài toán phát biểu hình học sau: Tìm họ đường thẳng song song ax+ by = f gọi họ đường mức ,một đường mức ứng với f nhỏ (lớn nhất) có điểm chung với miền d Ví dụ 1.1 f(x,y) = x + 2y → max ⎧5 x + y ≤ ⎪ ⎨3 x + y ≤ 11 ⎪ x, y ≥ ⎩ Bài giảng quy hoạch toán y A(0,11/4) B(1,2) d O Qua hình vẽ thấy đường thẳng qua A(0, x 2= C(9/5,0) x 11 ) ứng với f lớn Vậy nghiệm x1=0, 11 11 fmax = Nhận xét - Nghiệm đỉnh đa giác - Nếu hàm mục tiêu f(x,y) = 3x + 4y nghiệm đoạn thẳng AB - Giá trị f họ đường mức tăng theo chiều pháp vectơ Ví dụ 1.2 f(x,y) = x + y → max ⎧ x − y ≥ −1 ⎪ ⎨x − y ≤ ⎪ x, y ≥ ⎩ d A(0,1) O B(2,0) Theo hình vẽ, hàm mục tiêu khơng bị chặn miền d nên tốn vơ nghiệm -oOo - Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 1.4 Bài tập Giải tốn sau phương pháp hình học f(x) = x + 2y → max ⎧ 3x + y ≤ ⎪ ⎨3x + y ≤ 12 ⎪ x ≥ 0, y ≥ ⎩ f(x) = 5x - 3y → ⎧x + y ≤ ⎪ ⎨ x + 3y ≥ ⎪ x ≥ 0, y ≥ ⎩ f(x) = 3x + y → max f(x) = 2x + 3y +10 → max ⎧ 3x + y ≤ ⎪⎪ x + y ≤ ⎨ ⎪x + 2y ≤ ⎪⎩ x ≥ 0, y ≥ ⎧−3x + y ≥ ⎪ ⎨3x + y ≤ 15 ⎪ x ≥ 0, y ≥ ⎩ f(x) = 2x + 5y → max ⎧2 x + y ≥ ⎪ ⎪⎪ x + y ≤ ⎨x + y ≥ ⎪2 x + y ≤ 12 ⎪ ⎪⎩ x ≥ 0, y ≥ f(x) = x + 3y → max f(x) = x + 2y → max f(x) = 2x + 3y → ⎧x + y ≥ ⎪⎪3x + y ≥ ⎨ ⎪3x + y ≥ 12 ⎪⎩ x ≥ 0, y ≥ ⎧x + y ≤8 ⎪ ⎨2 x + y ≤ 14 ⎪ x ≥ 0, y ≥ ⎩ ⎧x + y ≤ ⎪ ⎨x + y ≥ ⎪ x ≥ 0, y ≥ ⎩ f(x) = 5x1 + 2x2 + 3x3 → max ⎧ x1 + x + x = ⎪⎪2 x + 5x + 3x ≤ ⎨ ⎪ x1 + x + x ≤ ⎪⎩ x1 ≥ 0, x ≥ 0, x ≥ 10 f(x) = 2x1 + x3 → ⎧ x1 + x2 + x3 = ⎪ ⎨2 x1 + x2 + x3 ≥ ⎪ x ≥ 0, x ≥ 0, x ≥ ⎩ *********************** GV: Phan Thanh Tao Bài giảng Quy hoạch toán học Trang PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH Chương 2.1 Dạng tắc dạng chuẩn tắc 2.1.1 Định nghĩa Trong thực tế, đa số tốn có điều kiện khơng âm ẩn Từ có định nghĩa dạng tắc tốn (d,f) sau: n f(x) = ∑ cjxj → (1) j =1 ⎧n ⎪∑ aij x j = bi (i = m) ⎨ j =1 ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j (2) (3) (2) gọi ràng buộc cưỡng bức, (3) gọi ràng buộc tự nhiên Với tốn (d,f) tắc, giả sử m ≤n Một trường hợp đặc biệt dạng tắc ma trận số liệu A = (aij)mxn có chứa đủ m vectơ cột m vectơ đơn vị không gian Rm bi≥ (i=1 m) gọi dạng chuẩn tắc Khơng tính tổng qt, định nghĩa toán (d,f) chuẩn tắc sau: n f(x) = ∑ cjxj → j =1 n ⎧ + x ⎪ i ∑ aij x j = bi (i = m) j = m +1 ⎨ ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j bi≥ (i=1 m) 2.1.2 Các phép biến đổi Các phép biến đổi sau để đưa toán (d,f) dạng tắc tương đương để giải, từ suy nghiệm tốn ban đầu a/ f(x) → max ⇔ g(x) = -f(x) → n b/ ∑ aij x j ≤ bi ⇔ j =1 n ∑ aij x j ≥ bi j =1 n ∑a j =1 ⇔ ij x j + x n +i = bi với xn+i≥0 ij x j − x n +i = bi với xn+i≥0 n ∑a j =1 xn+i gọi ẩn phụ Có kết luận sau: Nếu x = (x1, x2, , xn, xn+1, , xn+m) nghiệm tốn tắc biến đổi x=(x1, x2, , xn) nghiệm tốn gốc GV: Phan Thanh Tao Bài giảng Quy hoạch toán học Trang c/ Nếu ẩn xj khơng ràng buộc dấu thay hiệu hai ẩn không âm Nghĩa đặt xj =xj’ – xj” với xj’≥0, xj”≥0 d/ Trường hợp bi < nhân hai vế phương trình cho -1 có bi>0 Vậy: Mọi tốn quy hoạch tuyến tính đưa tốn dạng tắc tương đương Hơn hệ số tự bi hệ ràng buộc không âm 2.1.3 Phương án Xét tốn (d,f) dạng tắc n f(x) = ∑ cjxj → j =1 ⎧n ⎪∑ aij x j = bi (i = m) ⎨ j =1 ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j Đặt Aj = (a1j , a2j , , amj ) vectơ cột thứ j ma trận Amxn b = (b1, b2, , bm) cột hệ số tự Giả sử x = ( x 1, x 2, , x n) phương án tốn hệ vectơ { Aj / x j > } gọi hệ vectơ liên kết với phương án x Định nghĩa x ∈ d phương án hệ véctơ liên kết với x độc lập tuyến tính Ẩn xj gọi ẩn x j > Nhận xét: - Phương án có tối đa m thành phần dương Phương án có m thành phần dương gọi không suy biến Ngược lại gọi suy biến Bài tốn có phương án suy biến gọi toán suy biến - Số phương án toán (d,f) hữu hạn - Với toán dạng chuẩn tắc có phương án xo = (b1, b2, ,bm,0, ,0) 2.1.4 Các tính chất Tính chất Bài toán (d,f) xảy trường hợp sau: a) Vơ nghiệm b) Có nghiệm c) Vơ số nghiệm Tính chất Nếu hàm mục tiêu f(x) chặn (trên ) toán dạng (max) tập phương án d tốn (d,f) có nghiệm GV: Phan Thanh Tao Bài giảng Quy hoạch toán học Trang Tính chất Nếu tốn (d,f) có nghiệm có nghệm phương án 2.2 Phương pháp đơn hình 2.2.1 Nội dung Xuất phát từ phương án đó, tìm cách đánh giá Nếu chưa tối ưu chuyển sang phương án tốt Nếu toán có nghiệm sau hữu hạn bước tìm phương án tối ưu Hơn dấu hiệu vơ nghiệm thể thuật tốn Ví dụ 2.1 Xét tốn (d,f) dạng chuẩn tắc: f(x) = x1 -2x2 +3x3 -2x4 → ⎧2 x1 − 3x + x3 =4 ⎪ + x4 = ⎨ x1 + x ⎪ x ≥ ( j = 4) ⎩ j Có phương án xo = (0, 0, 4, 5) f(xo)=2 với x3, x4 ẩn Đánh giá: ∀ x=(x1,x2,x3,x4) ∈ d : ⎧2 x1 − 3x + x3 =4 ⎪ + x4 = ⎨ x1 + x ⎪ x ≥ ( j = 4) ⎩ j ⎧ x3 = − x1 + x ⎪ ⇔ ⎨ x = − x1 − x ⎪ x ≥ ( j = 4) ⎩ j f(x) = x1 -2x2 +3x3 -2x4 = x1 -2x2 +3(4-2x1 +3x2) -2(5-x1 -x2) = -3x1 +9x2 = 2-∆1x1 - ∆2x2 Vì x1, x2 ≥0 nên ∆1, ∆2 ≤ f(x)≥2 xo phương án tối ưu Tuy nhiên, ∆1=3>0 nên xo chưa phải nghiệm Thử chọn x1, x4 làm ẩn , cho x2=0 x3=0 Có =4 ⎧2 x1 ⇒ x1=2 x4=3 ⎨ x x + = ⎩ Rõ ràng A1, A4 độc lập tuyến tính nên có phương án x = (2, 0, 0, 3) f( x ) = - Đánh giá: ∀ x=(x1,x2,x3,x4) ∈ d : GV: Phan Thanh Tao Bài giảng Quy hoạch toán học Trang =4 ⎧2 x1 − x + x3 ⎨ + x4 = ⎩ x1 + x f(x) ⎧ ⎪⎪ x1 = + x − x3 ⎨ ⎪ x = 3− x + x ⎪⎩ 2 ⇔ = x1 -2x2 +3x3 -2x4 x3) -2x2 +3x3 -2(3- x2 + x3) 2 = - + x2 + x3 (= -4-∆2x2 - ∆3x3) 2 = (2+ x2 - ≥ -4 Vì x2, x3 ≥0 nên x phương án tối ưu (∆2, ∆3≤0) 2.2.2 Bảng đơn hình Cho toán (d,f) chuẩn tắc: n f(x) = ∑ cjxj → j =1 n ⎧ x + ⎪ i ∑ aij x j = bi (i = m) j = m +1 ⎨ ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j bi≥ (i=1 m) ∀ j=1 n đặt ∆j = m ∑ ciaij - cj gọi ước lương ẩn xj phương án i =1 xo=(b1, b2, …, bm, 0, …, 0) với f(xo)= m ∑ cibi i =1 Lưu ý: ∆i = , ∀ i=1 m Có bảng đơn hình sau: Hệ số c1 c2 … cr … cm Ẩn CB x1 x2 … xr … xm P/Án b1 b2 … br … bm f(x) x1 c1 … … ∆1 x2 c2 … … ∆2 … … … … … … … xm cm 0 … … ∆m xm+1 cm+1 a1,m+1 a2,m+1 … ar,m+1 … am,m+1 ∆m+1 … … … … … … … xs cs a1s a2s ars ams ∆s … … … … … … … GV: Phan Thanh Tao xn cn a1n a2n arn amn ∆n Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 10 2.2.3 Cơ sở lý luận Cho toán (d,f) chuẩn tắc: n f(x) = ∑ cjxj → j =1 n ⎧ x + ⎪ i ∑ aij x j = bi (i = m) j = m +1 ⎨ ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j bi≥ (i=1 m) m ∑ ∀ j=1 n đặt ∆j = ciaij - cj i =1 Có phương án xo=(b1, b2, …, bm, 0, …, 0) với f(xo)= Định lý ( Dấu hiệu tối ưu) Nếu ∆j ≤0 với j = n xo phương án tối ưu m ∑ cibi i =1 Chứng minh Có f(xo)= m ∑ cibi i =1 ∀ x=(xj)n ∈ d : xi + n ∑ aijxj =bi (i=1 m) ⇒ xi = bi - j = m +1 n ∑ aijxj (i=1 m) j = m +1 n f(x) = ∑ cjxj j =1 m = ∑ n i =1 ∑ n ci(bi - i =1 ∑ ∑ n aijxj) + j = m +1 m = cjxj j = m +1 m = ∑ cixi + n m j = m +1 i =1 cibi - i =1 = f(xo) - ∑ (∑ n ∑ ∑ cjxj j = m +1 ciaij-cj) xj ∆j x j j = m +1 ≥ f(xo) : ∆j ≥0 xj≥ (j=m+1 n) Định lý ( Dấu hiệu vô nghiệm) Nếu ∃ ∆k >0 aik≤0 ∀ i = m tốn vơ nghiệm Chứng minh Vì ∆i = , ∀ i=1 m ∆k >0 nên có k>m GV: Phan Thanh Tao ... Nếu hàm mục tiêu f(x,y) = 3x + 4y nghiệm đoạn thẳng AB - Giá trị f họ đường mức tăng theo chiều pháp vectơ Ví dụ 1.2 f(x,y) = x + y → max ⎧ x − y ≥ −1 ⎪ ⎨x − y ≤ ⎪ x, y ≥ ⎩ d A(0,1) O B(2,0) Theo. .. tính dạng tổng quát, ký (d,f) * f(x) gọi hàm mục tiêu * Hệ (2) gọi hệ ràng buộc * Ma trận A = (aij)mxn gọi ma trận số liệu * Vectơ C = (cj)n gọi hệ số hàm mục tiêu Mỗi số x=(x1, x2, , xn) thỏa... =1 n ⎧ + x ⎪ i ∑ aij x j = bi (i = m) j = m +1 ⎨ ⎪ x ≥ ( j = n) ⎩ j bi≥ (i=1 m) 2.1.2 Các phép biến đổi Các phép biến đổi sau để đưa toán (d,f) dạng tắc tương đương để giải, từ suy nghiệm tốn