ôn thi cao học quy hoạch tuyến tính

ôn thi cao học quy hoạch tuyến tính

Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 1 ƠN THI CAO HỌC MƠN TỐN KINH TẾ (GV: Trần Ngọc Hội - 2009) PHẦN I: QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH A - BÀI TỐN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH §1. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ BÀI TỐN QHTT 1.1 Ví dụ 1. Một xí nghiệp cần sản xuất 3 loại bánh: bánh đậu xanh, bánh thập cẩm và bánh dẻo. Lượng ngun liệu đường, đậu cho một bánh mỗi loại; lượng dự trữ ngun liệu; tiền lãi cho một bánh mỗi loại được cho trong bảng sau: Ngun liệu Bánh đậu xanh Bánh thập cẩm Bánh dẻo Lượng dự trữ Đường 0,04kg 0,06 kg 0,05 kg 500 kg Đậu 0,07kg 0 kg 0,02 kg 300 kg Lãi 3 ngàn 2 ngàn 2,5 ngàn Hãy lập mơ hình bài tốn tìm số lượng mỗi loại bánh cần sản xuất sao cho khơng bị động về ngun liệu mà lãi đạt được cao nhất. Giải. Gọi x 1 , x 2 , x 3 lần lượt là số bánh đậu xanh, bánh thập cẩm và bánh dẻo cần sản xuất. Điều kiện: x j ≥ 0 (j=1, 2, 3). Khi đó 1) Tiền lãi thu được là: f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 )= 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 (ngàn). 2) Lượng đường được sử dụng là: 0,04x 1 + 0,06x 2 + 0,05x 3 (kg) Ta phải có 0,04x 1 + 0,06x 2 + 0,05x 3 ≤ 500. 3) Lượng đậu được sử dụng là: 0,07x 1 + 0,02x 3 (kg) Ta phải có 0,07x 1 + 0,02x 3 ≤ 300. Vậy ta có mơ hình bài tốn: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 )= 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 → max Với điều kiện: 123 13 0,04x + 0,06x + 0,05x 500; (2) 0,07x + 0,02x 300. ⎧ ≤ ⎪ ⎨ ≤ ⎪ ⎩ (3) x j ≥ 0 (j=1, 2, 3) Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 2 Ta nói đây là một bài tốn qui hoạch tuyến tính 3 ẩn tìm max của hàm mục tiêu f(x) = 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 . 1.2 Ví dụ 2. Ta cần vận chuyển vật liệu xây dựng từ hai kho K 1 và K 2 đến ba cơng trường xây dựng C 1 , C 2 , C 3 . Tổng số vật liệu có ở mỗi kho, tổng số vật liệu u cầu ở mỗi cơng trường, cũng như khoảng cách từ mỗi kho đến mỗi cơng trường được cho trong bảng sau: Cự ly CT Kho C1 15T C2 25T C3 20T K1: 20T 5km x 11 2km x 12 3km x 13 K2: 40T 4km x 21 3km x 22 1km x 23 Hãy lập kế hoạch vận chuyển sao cho: - Các kho giải phóng hết hàng; - Các cơng trường nhận đủ vật liệu cần thiết; - Tổng số T(tấn)× km phải thực hiện là nhỏ nhất. Giải. Gọi x ij là số tấn vật liệu sẽ vận chuyển từ kho K j đến cơng trường C j . Điều kiện: x ij ≥ 0 (i= 1, 2; j=1, 2, 3). Khi đó 1) Tổng số T× km phải thực hiện là: f(x) = 5x 11 + 2x 12 + 3x 13 + 4x 21 + 3x 22 + x 23 . 2) Tổng số tấn vật liệu được vận chuyển từ kho K 1 đến các cơng trường là x 11 + x 12 + x 13 . Để giải phóng hết vật liệu, ta phải có x 11 + x 12 + x 13 = 20. 3) Tổng số tấn vật liệu được vận chuyển từ kho K 2 đến các cơng trường là x 21 + x 22 + x 23 . Để giải phóng hết vật liệu, ta phải có x 21 + x 22 + x 23 = 40. 4) Tổng số tấn vật liệu được vận chuyển về cơng trường C 1 là x 11 + x 21 . Để C 1 nhận đủ vật liệu , ta phải có x 11 + x 21 = 15. 5) Tổng số tấn vật liệu được vận chuyển về cơng trường C 2 là x 12 + x 22 . Để C 2 nhận đủ vật liệu , ta phải có x 12 + x 22 = 25. 6) Tổng số tấn vật liệu được vận chuyển về cơng trường C 3 là x 13 + x 23 . Để C 3 nhận đủ vật liệu , ta phải có x 13 + x 23 = 20. Vậy ta có mơ hình bài tốn: Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 3 (1) f(x) = 5x 11 + 2x 12 + 3x 13 + 4x 21 + 3x 22 + x 23 → min Với điều kiện: 11 12 13 21 22 23 11 21 12 22 13 23 x + x + x = 20; x + x + x = 40; (2) x + x = 15; x + x = 25; x + x = 20. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (3) x ij ≥ 0 (i= 1, 2; j=1, 2, 3). Ta nói đây là một bài tốn qui hoạch tuyến tính 6 ẩn tìm min của hàm mục tiêu f(x) = 5x 11 + 2x 12 + 3x 13 + 4x 21 + 3x 22 + x 23 . §2. PHÂN LOẠI DẠNG BÀI TỐN QHTT 2.1. Dạng tổng qt của bài tốn QHTT n jj j1 n ij j i 1 j1 n ij j i 2 j1 n ij j i 3 j1 j1j2j 3 (1) f (x) c x min(max) ax b, (i I); (2) a x b , (i I ); ax b, (i I). (3) x 0 (j J ); x 0 (j J ); x tùy ý (j J ); = = = = =→ ⎧ =∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ≤∈ ⎨ ⎪ ⎪ ≥∈ ⎪ ⎪ ⎩ ≥∈ ≤∈ ∈ ∑ ∑ ∑ ∑ trong đó - f(x) là hàm mục tiêu; - I 1 , I 2 , I 3 rời nhau và I 1 ∪ I 2 ∪ I 3 = {1,2,…, m}; - J 1 , J 2 , J 3 rời nhau và J 1 ∪ J 2 ∪ J 3 = {1,2,…, n}; - A = (a ij ) m×n : Ma trận hệ số ràng buộc; - B = (b 1 , b 2 ,…, b m ): Véctơ các hệ số tự do; - C = (c 1 , c 2 ,…, c m ): Véctơ hệ số các ẩn trong hàm mục tiêu; - x = (x 1 , x 2 ,…, x n ): Véctơ các ẩn số. Khi đó • Mỗi véctơ x = (x 1 , x 2 ,…, x n ) thỏa (2) và (3) được gọi là một phương án (PA) của bài tốn. • Mỗi phương án x = (x 1 , x 2 ,…, x n ) thỏa (1), nghĩa là tại đó hàm mục tiêu đạt giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) trên tập các phương án, được gọi là một phương án tối ưu (PATU) của bài tốn. • Giải một bài tốn QHTT là đi tìm một PATU của nó hoặc chỉ ra rằng bài tốn vơ nghiệm, nghĩa là khơng có PATU. Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 4 2.2. Dạng chính tắc của bài tốn QHTT n jj j1 n ij j i j1 j (1) f (x) c x min(max) (2) a x b , (i 1, m); (3) x 0 (j 1,n). = = =→ == ≥= ∑ ∑ Nhận xét. Bài tốn QHTT dạng chính tắc là bài tốn dạng tổng qt, trong đó - Các ràng buộc đều là phương trình. - Các ẩn đều khơng âm. Ví du: Bài tốn sau có dạng chính tắc: 1234 124 1234 1234 j (1) f (x) 2x 4x x 6x min x4xx12; (2) 12x 3x x x 3; xxxx 6. (3) x 0 (j 1, 4). = −−+→ −+= ⎧ ⎪ −++= ⎨ ⎪ −−−=− ⎩ ≥= 2.3. Dạng chuẩn của bài tốn QHTT Bài tốn QHTT dạng chuẩn là bài tốn có dạng chính tắc: n jj j1 n ij j i j1 j (1) f (x) c x min(max) (2) a x b , (i 1, m); (3) x 0 (j 1,n). = = =→ == ≥= ∑ ∑ trong đó - Các hệ số tự do b 1 , b 2 ,…, b m đều khơng âm. - Trong ma trận hệ số ràng buộc A = (a ij ) m×n có đầy đủ m véctơ cột đơn vị e 1 , e 2 ,…, e m : 12 m 10 0 01 0 e ;e ; ;e . .0 . 0 00 1 ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ == = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠ Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 5 Khi đó • Các ẩn ứng với các véctơ cột đơn vị được gọi là các ẩn cơ bản. Cụ thể ẩn ứng với véctơ cột đơn vị e k là ẩn cơ bản thứ k. • Một phương án mà các ẩn khơng cơ bản đều bằng 0 được gọi là một phương án cơ bản. • Một phương án cơ bản có đủ m thành phần dương (nghĩa là mọi ẩn cơ bản đều dương) được gọi là khơng suy biến. Ngược lại, một phương án cơ bản có ít hơn m thành phần dương (nghĩa là có ít nh ất một ẩn cơ bản bằng 0) được gọi là suy biến. Ví dụ. Xét bài tốn QHTT sau: 123456 145 136 1234 j (1) f (x) 2x 4x x 6x x 4x min xxx12; (2) 12x x x 3; xxxx 6. (3) x 0 (j 1,6). =−−+++→ ++= ⎧ ⎪ ++= ⎨ ⎪ +−−= ⎩ ≥= ta thấy bài tốn trên đã có dạng chính tắc, hơn nữa, - Các hệ số tự do b 1 = 12, b 2 = 3, b 3 = 6 đều khơng âm. - Ma trận hệ số ràng buộc A là: 10 0 110 A1201001 11 1 100 ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ có chứa đầy đủ 3 véctơ cột đơn vị e 1 (cột 5), e 2 (cột 6), e 3 (cột2). Do đó bài tóan có dạng chuẩn, trong đó • An cơ bản thứ 1 là x 5 . • An cơ bản thứ 2 là x 6 . • An cơ bản thứ 3 là x 2 . Nhận xét. Trong bài tóan trên, khi cho ẩn cơ bản thứ k = hệ số tự do thứ k, còn các ẩn khơng cơ bản = 0, nghĩa là x 5 = 12; x 6 = 3; x 2 = 6; x 1 = 0; x 3 = 0; x 4 = 0; ta được một phương án cơ bản của bài tốn: x = (0, 6, 0, 0, 12, 3). Phương án này khơng suy biến vì có đủ 3 thành phần dương. Ta gọi đây là phương án cơ bản ban đầu của bài tốn. Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 6 Chú y. Tổng qt, trong bài tóan QHTT dạng chuẩn bất kỳ, khi cho ẩn cơ bản thứ k = hệ số tự do thứ k (k = 1, 2,…, m), còn các ẩn khơng cơ bản = 0, ta được một phương án cơ bản của bài tốn. Ta gọi đây là phương án cơ bản ban đầu của bài tốn. §3. BIẾN ĐỔI DẠNG BÀI TỐN QHTT 3.1. Dạng tổng qt → Dạng chính tắc Ta có thể biến đổi bài tốn QHTT dạng tổng qt về dạng chính tắc như sau: 1. Khi gặp ràng buộc dạng n ij j i j1 ax b = ≤ ∑ ta đưa vào ẩn phụ x n+ i ≥ 0 để biến về phương trình n ij j n i i j1 ax x b + = += ∑ 2. Khi gặp ràng buộc dạng n ij j i j1 ax b = ≥ ∑ ta đưa vào ẩn phụ x n+ i ≥ 0 để biến về phương trình n ij j n i i j1 ax x b + = −= ∑ 3. Khi gặp ẩn x j ≤ 0, ta đổi biến x j = − x j ′ với x j ′ ≥ 0. 4. Khi gặp ẩn x j tùy ý, ta đổi biến x j = x j ′ − x j ′′ với x j ′ ≥ 0; x j ′′ ≥ 0. Chú ý. Khi tìm được PATU của bài tốn dạng chính tắc ta chỉ cần tính giá trị của các ẩn ban đầu và bỏ đi các ẩn phu, thì sẽ được PATU của bài tốn dạng tổng qt đã cho. Ví du. Biến đổi bài tốn QHTT sau về dạng chính tắc: (1) f(x) = f(x 1 , x 2 , x 3 )= 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 → max 123 13 123 4x 6x 5x 50; (2) 7x x 30; 2x 3x 5x 25. ⎧ −+≤ ⎪ +≥ ⎨ ⎪ +−=− ⎩ (3) x 1 ≥ 0; x 2 ≤ 0. Giải. - Đưa vào ẩn phụ x 4 ≥ 0 để biến bất phương trình 4x 1 − 6x 2 + 5x 3 ≤ 50 về phương trình 4x 1 − 6x 2 + 5x 3 + x 4 = 50. Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 7 - Đưa vào ẩn phụ x 5 ≥ 0 để biến bất phương trình 7x 1 + x 3 ≥ 30 về phương trình 7x 1 + x 3 − x 5 = 30. - Đổi biến x 2 = − x 2 ′ với x 2 ′ ≥ 0. - Đổi biến x 3 = x 3 ′ − x 3 ′′ với x 3 ′ ≥ 0; x 3 ′′ ≥ 0. Ta đưa bài tốn về dạng chính tắc: (1) f(x) = f(x 1 , x 2 , x 3 )= 3x 1 − 2x 2 ′ + 2,5 (x 3 ′ − x 3 ′′) → max 12 334 1335 12 33 4x 6x' 5(x' x'' ) x 50; (2) 7x (x ' x '' ) x 30; 2x 3x ' 5(x ' x '' ) 25. ⎧ ++−+= ⎪ +−−= ⎨ ⎪ −− − =− ⎩ (3) x 1 ≥ 0; x 2 ′ ≥ 0; x 3 ′ ≥ 0; x 3 ′′ ≥ 0; x 4 ≥ 0; x 5 ≥ 0. 3.2. Dạng chính tắc → Dạng chuẩn. Từ bài tốn QHTT dạng chính tắc ta có thể xây dựng bài tốn QHTT mở rộng có dạng chuẩn như sau: 1. Khi gặp hệ số tự do b i < 0 ta đổi dấu hai vế của ràng buộc thứ i. 2. Khi ma trận hệ số ràng buộc A khơng chứa véctơ cột đơn vị thứ k là e k , ta đưa vào ẩn giả x n+k ≥ 0 và cộng thêm ẩn giả x n+k vào vế trái của phương trình ràng buộc thứ k để được phương trình ràng buộc mới: n kj j n k k j1 ax x b + = += ∑ 3. Hàm mục tiêu mở rộng f(x) được xây dựng từ hàm mục tiêu f(x) ban đầu như sau: - Đối với bài tốn min: f (x) f (x) M( ẩn giả)=+ ∑ - Đối với bài tốn max: f (x) f(x) M( ẩn giả)=− ∑ trong đó M là đại lượng dương rất lớn (lớn hơn bất kỳ số nào cho trước). Ví dụ. Biến đổi bài tốn QHTT sau về dạng chuẩn: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 → min 12 3 134 123 4x 6x 5x 50; (2) 7x x x 0; 2x 3x 5x 25. ⎧ −+ = ⎪ ++= ⎨ ⎪ +−=− ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,4) Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 8 Giải. Bài tốn trên đã có dạng chính tắc, trong đó vế phải của phương trình ràng buộc thứ ba là - 25 < 0. Đổi dấu hai vế của phương trình này ta được: − 2x 1 − 3x 2 + 5x 3 = 25. và (2 ) trở thành 123 134 123 4x 6x 5x 50; (2 ') 7x x x 0; 2x 3x 5x 25. ⎧ −+= ⎪ ++ = ⎨ ⎪ −− + = ⎩ Ma trận hệ số ràng buộc là 465010 A 7 01100 235001 − ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ Vì A còn thiếu 2 vectơ cột đơn vị là e 1 và e 3 nên bài tốn chưa có dạng chuẩn. - Lập các ẩn giả x 5 ≥ 0 , x 6 ≥ 0 và xây dựng bài tốn mở rộng dạng chuẩn như sau: f(x) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 + Mx 5 + Mx 6 → min 1235 134 1236 4x 6x 5x x 50; 7x x x 0; 2x 3x 5x x 25. ⎧ −++= ⎪ ++= ⎨ ⎪ −− + += ⎩ x j ≥ 0 (j = 1, , 6). Ví du. Biến đổi bài tốn QHTT sau về dạng chuẩn: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 → max 123 13 4 123 4x 6x 5x 50; (2) 7x x x 0; 2x 3x 5x 25. ⎧ −+ = ⎪ ++ = ⎨ ⎪ +− =− ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,4) ta xây dựng bài tốn mở rộng dạng chuẩn như sau: f(x) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 − Mx 5 − Mx 6 → max 12 3 5 134 12 3 6 4x 6x 5x x 50; 7x x x 0; 2x 3x 5x x 25. ⎧ −+ += ⎪ ++= ⎨ ⎪ −− + + = ⎩ x j ≥ 0 (j = 1, , 6). 3.3. Chú ý. Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 9 • An phụ: Dạng tổng qt → Dạng chính tắc • An giả : Dạng chính tắc → Dạng chuẩn. • An giả được đưa vào một cách “giả tạo” cốt để ma trận hệ số ràng buộc có chứa đủ véctơ cột đơn vị, nó chỉ được cộng hình thức vào vế trái của phương trình ràng buộc và tạo nên một phương trình ràng buộc mới. Trong khi ẩn phụ biến một bất phương trình thành phương trình theo đúng logic tốn học • Trong hàm mục tiêu mở rộng, h ệ số của các ẩn giả đều bằng M (đối với bài tốn min) hoặc đều bằng –M (đối với bài tốn max). Trong khi hệ số của các ẩn phụ đều bằng 0 trong hàm mục tiêu. Ví dụ. Biến đổi bài tốn QHTT sau về dạng chuẩn: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 → min 23 34 123 9x 15x 50; (2) 6x 2x 120; x 3x 5x 45. ⎧ −+ ≤ ⎪ −+ =− ⎨ ⎪ +−≥− ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,4) Giải. Trước hết ta đưa bài tốn về dạng chính tắc bằng cách cách đưa vào 2 ẩn phụ x 5 ≥ 0 ; x 6 ≥ 0: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 → min 235 34 1236 9x 15x x 50; (2) 6x 2x 120; x 3x 5x x 45. ⎧ −+ += ⎪ −+ =− ⎨ ⎪ +−−=− ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,6). Bài tốn trên chưa có dạng chuẩn. Ta thấy các vế phải của các phương trình ràng buộc thứ 2 và 3 đều âm nên bằng cách đổi dấu hai vế của các phương trình này ta được: 235 34 12 3 6 9x 15x x 50; (2) 6x 2x 120; x 3x 5x x 45. ⎧ −+ += ⎪ −= ⎨ ⎪ −− + + = ⎩ Ma trận hệ số ràng buộc là: 09150100 A0062001 1350010 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ Vì A còn thiếu 1 vectơ cột đơn vị là e 2 nên bài tốn chưa có dạng chuẩn. - Lập ẩn giả x 7 ≥ 0 và xây dựng bài tốn mở rộng dạng chuẩn như sau: Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 10 f(x) = 3x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 + Mx 7 → min 235 34 7 12 3 6 9x 15x x 50; 6x 2x x 120; x 3x 5x x 45. ⎧ −+ += ⎪ −+= ⎨ ⎪ −− + + = ⎩ x j ≥ 0 (j = 1, , 7). 3.3. Quan hệ giữa bài tốn xuất phát và bài tốn mở rộng Mối quan hệ giữa Bài tốn xuất phát và Bài tốn mở rộng như sau: BÀI TỐN MỞ RỘNG BÀI TỐN XUẤT PHÁT Vơ nghiệm Vơ nghiệm Có nghiệm Mọi ẩn giả = 0 Có PATU bằng cách bỏ ẩn giả Có ít nhất một ẩn giả > 0 Vơ nghiệm do khơng có PA nào Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 11 B- PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH §1. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIAI BÀI TỐN QHTT DẠNG CHUẨN 1.1.Thuật tốn giải bài tốn min: Xét bài tốn QHTT dạng chuẩn: n jj j1 11 1 12 2 1n n 1 21 1 22 2 2n n 2 m1 1 m2 2 mn n m j (1) f (x) c x min a x a x a x b ; ax ax ax b; (2) ax ax ax b. (3) x 0 (j 1,n). = =→ +++ = ⎧ ⎪ +++ = ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ +++= ⎩ ≥= ∑ Qua một số hữu hạn các bước sau đây ta sẽ giải được bài tốn QHTT trên, nghĩa là chứng tỏ được rằng bài tốn vơ nghiệm hoặc chỉ ra được một phương án tối ưu của bài tốn. Bước 1: Lập bảng đơn hình đầu tiên: Xác định các ẩn cơ bản 1, 2,…, m lần lượt là 12 m ii i x ; x ; ; x và lập bảng đơn hình đầu tiên: Hệ số An cơ bản Phương án c 1 c v c n λ i x 1 x v x n 1 i c 1 i x b 1 a 11 a 1v a 1n r i c r i x b r a r1 rv a a rn λ r * m i c m i x b m a m1 a mv a mn f(x) f 0 Δ 1 Δ v * Δ n trong đó ii m 12 12 m 012 im ji1ji2j imjj jj fcbcb cb [= (cột Hệ số)(cột Phương án)] c a c a c a c (j 1,n) [ (cột Hệ số) (cột x ) - c ] =+++ Δ= + + + − = = Bước 2: Nhận định tính tối ưu. Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 12 1) Nếu Δ j ≤ 0 vơi mọi j = 1,…, n, thì phương án cơ bản ban đầu x 0 (x 0 có thành phần thứ i k là k 0 ik xb= , còn các thành phần khác bằng 0) là một phương án tối ưu của bài tốn min đang xét với f(x 0 ) = f 0 . 2) Nếu tồn tại Δ v > 0 sao cho a iv ≤ 0 vơi mọi i = 1,…, m, thì bài tốn min đang xét vơ nghiệm, nghĩa là khơng có phương án tối ưu nào. 3) Nếu hai trường hợp trên đều khơng xảy ra, nghĩa là tồn tại Δ v > 0, và với mọi j mà Δ j > 0 đều tồn tại i sao cho a ij > 0, thì sang bước 3. Bước 3: Tìm ẩn đưa vào hệ ẩn cơ bản Trong tất cả các Δ j > 0, ta chọn Δ v > 0 lớn nhất [Ta đánh dấu * cho Δ v dương lớn nhất trong bảng]. Khi đó, x v là ẩn mà ta sẽ đưa vào hệ ẩn cơ bản. Bước 4: Tìm ẩn đưa ra khỏi hệ ẩn cơ bản. Lập các tỉ số k kkv kv b với mọi k mà a 0 a λ= > và ghi vào cột λ i của bảng. Xác định k rkv kv b min{ : a 0} a λ= > [Ta đánh dấu * cho λ r nhỏ nhất trong bảng]. Khi đó x r là ẩn mà ta sẽ đưa ra khỏi hệ ẩn cơ bản. Bước 5: Tìm phần tử chốt. Phần tử chốt là hệ số a rv ở cột v (cột chứa Δ v *), hàng r (hàng chứa λ r *) [Ta đóng khung phần tử chốt a rv ]. Bước 6: Biến đổi bảng 1) Trong cột Ẩn cơ bản ta thay x r bằng x v . Trong cột Hệ số ta thay c r bằng c v . 2) Dùng phép biến đổi r r rv h h:= a , nghĩa là hàng r mới = hàng r cũ (của ma trận bổ sung các phương trình ràng buộc) chia cho phần tử chốt a rv . 3) Với các hàng i (i ≠ r) (của ma trận bổ sung các phương trình ràng buộc) ta dùng phép biến đổi iiivr h: h ah=− , nghĩa là (hàng i mới) = (hàng i cũ) – a iv (hàng r mới). 4) Với hàng cuối cùng của bảng (gồm f(x), f 0 và các Δ j ), ta dùng phép biến đổi ccvr h: h h=−Δ, nghĩa là (hàng cuối mới) = (hàng cuối cũ) – Δ v (hàng r mới). Bước 7: Quay về Bước 2. Chú ý: a) Trong Bước 3, nếu có nhiều Δ v > 0 lớn nhất thì ta chỉ chọn một trong số đó để đánh dấu * và xác định ẩn đưa vào tương ứng. b) Trong Bước 4, nếu có nhiều λ r thỏa Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 13 k rkv kv b min{ : a 0} a λ= > thì ta chỉ chọn một trong số đó để đánh dấu * và xác định ẩn đưa ra tương ứng. c) Trong Bước 6, các phép biến đổi từ 2) đến 4) có thể được thực hiện bằng phương pháp “đường chéo hình chữ nhật” như sau: d) Trong Bước 6, hàng cuối có thể được tính nhờ vào các hàng trên của bảng mới như khi lập bảng đơn hình đầu tiên ở Bước 1. 1.2. Thuật tốn giải bài tốn max Đối với bài tốn QHTT f(x) → max ta có thể giải bằng 2 cách; Cách 1: Chuyển về bài tốn min như sau: Đặt g(x) = – f(x). Ta có g(x) → min và f(x) đạt max tại x 0 ⇔ g(x) đạt min tại x 0 . Hơn nữa, khi đó f(x 0 ) = – g(x 0 ). Cách 2: Giải trực tiếp bài tốn max. Thuật tốn giải bài tốn max tương tự như thuật tốn giải bài tốn min, nhưng những điều kiện về các Δ j ở hàng cuối sẽ hồn tồn ngược lại, cụ thể có sự thay đổi như sau: a) Bước 2 (Kiểm tra tính tối ưu): 1) Nếu Δ j ≥ 0 với mọi j = 1,…, n, thì phương án cơ bản ban đầu x 0 (là phương án có thành phần thứ i k là k 0 ik xb= , còn các thành phần khác bằng 0) là một phương án tối ưu của bài tốn max đang xét với f(x 0 ) = f 0 . 2) Nếu tồn tại Δ v < 0 sao cho a iv ≤ 0 với mọi i = 1,…, m, thì bài tốn max đang xét vơ nghiệm, nghĩa là khơng có phương án tối ưu nào. Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 14 3) Nếu hai trường hợp trên đều khơng xảy ra, nghĩa là tồn tại Δ v < 0, và với mọi j mà Δ j < 0 đều tồn tại I sao cho a ij > 0, thì sang Bước 3. b) Bước 3 (Tìm ẩn đưa vào hệ ẩn cơ bản): Trong tất cả các Δ j < 0, ta chọn Δ v < 0 bé nhất [Ta đánh dấu * cho Δ v âm bé nhất trong bảng]. Khi đó, x v là ẩn mà ta sẽ đưa vào hệ ẩn cơ bản. 1.3. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Giải bài tốn QHTT sau: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ) = 2x 1 + 5x 2 + 4x 3 + x 4 − 5x 5 → min 1245 23 4 5 256 x6x2x9x32; 13 (2) 2x x x x 30; 22 3x x x 36. ⎧ −−−= ⎪ ⎪ ++ + = ⎨ ⎪ ++= ⎪ ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,6) Giải. Bài tốn trên có dạng chính tắc với các vế phải của các phương trình ràng buộc trong (2) đều khơng âm. Ma trận hệ số ràng buộc là: 160 2 90 A0211/23/20 030 0 11 − −− ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vì A chứa đủ 3 vectơ cột đơn vị e 1 (cột 1), e 2 (cột 3), e 3 (cột 6) nên bài tốn có dạng chuẩn, trong đó - Ẩn cơ bản thứ 1 là x 1 ; - Ẩn cơ bản thứ 2 là x 3 ; - Ẩn cơ bản thứ 3 là x 6 . Ta giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình. Lập bảng đơn hình: Hệ số An cơ bản Phương án 2 5 4 1 −5 0 λ i x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2 x 1 32 1 − 6 0 − 2 − 9 0 4 x 3 30 0 2 1 1/2 3/2 0 0 x 6 36 0 3 0 0 1 1 f(x) 184 0 −9 0 −3 −7 0 Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 15 f 0 = 2.32 + 4.30 + 0.36 = 184; Δ 1 = Δ 3 = Δ 6 = 0; Δ 2 = 2.(−6) + 4.2 + 0.3 − 5 = −9; Δ 4 = 2.(−2) + 4.(1/2) + 0.0 − 1 = −3; Δ 5 = 2.(−9) + 4.(3/2) + 0.1 – (−5) = −7. Trong bảng trên ta thấy Δ j ≤ 0 với mọi j = 1, 2, , 6, nên bài tóan min đang xét có một phương án tối ưu là phương án cơ bản ban đầu x 0 định bởi: 1 3 6 245 x32; x30; x36; xxx0. = ⎧ ⎪ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎪ === ⎩ với f(x 0 ) = 184. Kết luận: Bài tốn có phương án tối ưu là x 0 = (32, 0, 30, 0, 0, 36) với f(x 0 ) = 184. Ví dụ 2. Giải bài tốn QHTT sau: (1) f(x) = f(x 1 , x 2 , x 3 ) = 6x 1 + x 2 + x 3 + 3x 4 + x 5 − 7x 6 → min 1246 13 6 1456 x x x x 15; (2) 2x x 2x 9; 4x 2x x 3x 2. ⎧ −+ − + = ⎪ −+ =− ⎨ ⎪ ++−= ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,6). Giải. Bài tốn trên có dạng chính tắc với vế phải của phương trình ràng buộc thứ 2 trong (2) là −9 < 0. Đổi dấu hai vế của phương trình này, ta đưa về bài tốn sau: (1) f(x) = f(x 1 , x 2 , x 3 ) = 6x 1 + x 2 + x 3 + 3x 4 + x 5 − 7x 6 → min 1246 136 1456 x x x x 15; (2 ') 2x x 2x 9; 4x 2x x 3x 2. ⎧ −+ − + = ⎪ −+− = ⎨ ⎪ ++−= ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, ,6). Ma trận hệ số ràng buộc là: 110 10 1 A201002 400 21 3 −− ⎛ ⎞ ⎜⎟ =− − ⎜ ⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ Vì A chứa đủ 3 vectơ cột đơn vị e 1 (cột 2), e 2 (cột 3), e 3 (cột 5) nên bài tốn có dạng chuẩn, trong đó - Ẩn cơ bản thứ 1 là x 2 ; - Ẩn cơ bản thứ 2 là x 3 ; - Ẩn cơ bản thứ 3 là x 5 . Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 16 Ta giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình. Lập bảng đơn hình: Hệ số An cơ bản Phương án 6 1 1 3 1 −7 λ i x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 1 x 2 15 − 1 1 0 − 1 0 1 Bảng I 1 x 3 9 − 2 0 1 0 0 − 2 1 x 5 2 4 0 0 2 1 − 3 h 2 := h 2 + 2h 1 f(x) 26 −5 0 0 −2 0 3* h 3 := h 3 + 3h 1 − 7 x 6 15 − 1 1 0 − 1 0 1 h c := h c − 3h 1 1 x 3 39 − 4 2 1 − 2 0 0 Bảng II 1 x 5 47 1 3 0 − 1 1 0 f(x) −19 −2 −3 0 1 0 0 Bảng I: Ta tìm được: f 0 = 1.15 + 1.9 + 1.2 = 26; Δ 2 = Δ 3 = Δ 5 = 0; Δ 1 = 1.(−1) + 1.(-2) + 1.4 − 6 = −5; Δ 4 = 1.( −1) + 1.0 + 1.2 − 3 = −2; Δ 6 = 1.1 + 1.(−2) + 1.(−3) – (−7) = 3. Trong Bảng I ta thấy tồn tại Δ 6 = 3 > 0 và trên cột tương ứng có a 13 = 1 > 0 (a 23 = −2, a 33 = −3) nên ta chọn ẩn đưa vào là x 6 , ẩn đưa ra là x 2 , phần tử chốt là a 13 =1. Sau đó, biến đổi Bảng I bằng các phép biến đổi ghi cạnh bảng. Bảng II: Trong Bảng II, ta thấy tồn tại Δ 4 = 1 > 0 mà a i4 ≤ 0 với mọi j = 1, 2, 3 (a 14 = −1, a 24 = −2, a 34 = −1) nên bài tóan min đang xét vơ nghiệm. Ví dụ 3. Giải bài tốn QHTT sau: (1) f(x) = f(x 1 , x 2 , x 3 ) = 3x 1 + 8x 2 + 5x 3 → max 12 13 123 x + 3x 4; (2) x + 2x 7; x + 3x + 2x 12. ≤ ⎧ ⎪ ≤ ⎨ ⎪ ≤ ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, 2, 3) Giải. Chuyển về bài tốn min bằng cách đặt g(x) = −f(x) = −3x 1 − 8x 2 − 5x 3 Ta có bài tốn: (1’) g(x) = − 3x 1 − 8x 2 − 5x 3 → min Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 17 12 13 123 x + 3x 4; (2) x + 2x 7; x + 3x + 2x 12. ≤ ⎧ ⎪ ≤ ⎨ ⎪ ≤ ⎩ (3) x j ≥ 0 (j = 1, 2, 3) Biến đổi bài tốn trên về dạng chính tắc bằng cách đưa vào các ẩn phụ x j ≥ 0 (j = 4, 5, 6): (1’) g(x) = −3x 1 − 8x 2 − 5x 3 → min 124 135 1236 x + 3x + x = 4; (2 ') x + 2x + x = 7; x + 3x + 2x + x = 12. ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ (3’) x j ≥ 0 (j = 1,2, ,6) Bài tốn dạng chính tắc trên có các vế phải của các phương trình ràng buộc trong (2’) đều khơng âm. Ma trận hệ số ràng buộc là: 130100 A102010 132001 ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vì A chứa đủ 3 vectơ cột đơn vị e 1 (cột 4), e 2 (cột 5), e 3 (cột 6) nên bài tốn có dạng chuẩn, trong đó - Ẩn cơ bản thứ 1 là x 4 ; - Ẩn cơ bản thứ 2 là x 5 ; - Ẩn cơ bản thứ 3 là x 6 . Ta giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình. Lập bảng đơn hình: Hệ số An cơ bản P. án −3 −8 −5 0 0 0 λ i x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 0 x 4 4 1 3 0 1 0 0 λ 1 = 4/3* 0 x 5 7 1 0 2 0 1 0 Bảng I 0 x 6 12 1 3 2 0 0 1 λ 3 = 12/3 h 1 :=(1/3)h 1 g(x) 0 3 8* 5 0 0 0 h 3 := h 3 − 3h 1 −8 x 2 4/3 1/3 1 0 1/3 0 0 h c := h c − 8h 1 0 x 5 7 1 0 2 0 1 0 λ 2 = 7/2* Bảng II 0 x 6 8 0 0 2 −1 0 1 λ 3 = 8/2 h 2 :=(1/2)h 2 g(x) −32/3 1/3 0 5 * −8/3 0 0 h 3 := h 3 − 2h 2 −8 x 2 4/3 1/3 1 0 1/3 0 0 h c := h c − 5h 2 −5 x 3 7/2 1/2 0 1 0 1/2 0 Bảng III 0 x 6 1 −1 0 0 −1 −1 1 g(x) −169/6 −13/6 0 0 −8/3 −5/2 0 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 18 Bảng I: Ta tìm được: g 0 = 0.4+ 0.7 + 0.12 = 0; Δ 4 = Δ 5 = Δ 6 = 0; Δ 1 = 0.1 + 0.1 + 0.1 – (−3) = 3; Δ 2 = 0.3 + 0.0 + 0.3 – (−8) = 8; Δ 3 = 0.0 + 0.2 + 0.2 – (−5) = 5. Trong Bảng I ta thấy tồn tại các Δ j > 0 là: Δ 1 = 3, Δ 2 = 8, Δ 3 = 5 và trên mỗi cột tương ứng có hệ số dương. Ta chọn Δ 2 = 8 dương lớn nhất và ẩn đưa vào là x 2 , khi đó trên cột tương ứng có các hệ số dương là a 12 = 3, a 32 = 3 nên ta lập các tỉ số λ 1 = 4/3, λ 3 = 12/3. Ta chọn tỉ số λ 1 = 4/3 nhỏ nhất và ẩn đưa ra là x 4 , phần tử chốt là a 12 = 3. Sau đó, biến đổi Bảng I bằng các phép biến đổi ghi cạnh bảng. Bảng II: Lý luận tương tự như trên, ta thấy phương án cơ bản ban đầu trong bảng này chưa tối ưu và cũng khơng có dấu hiệu cho thấy bài tốn vơ nghiệm. Biến đổi Bảng II bằng các phép biến đổi ghi cạnh bảng. Bảng III: Trong Bảng III ta thấy Δ j ≤ 0 với mọi j = 1, 2, , 6, nên bài tóan min đang xét có một phương án tối ưu là phương án cơ bản ban đầu x 1 định bởi: 2 3 6 145 x4/3; x7/2; x1; xxx0. = ⎧ ⎪ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎪ === ⎩ với g(x 1 ) = −169/6. Bỏ đi các ẩn phụ, ta được phương án tối ưu của bài tốn min là x 0 = (x 1 ,x 2 ,x 3 ) = (0, 4/3, 7/2) với g(x 0 ) = −169/6. Kết luận: Bài tốn max đã cho có phương án tối ưu là x 0 =(0, 4/3, 7/2) với f(x 0 ) = 169/6. Ví dụ 4. Giải bài tốn QHTT sau: (1) f(x) = f(x 1 ,x 2 ,x 3 ) = −2x 1 + 6x 2 + 4x 3 − 2x 4 + 3x 5 → max 123 234 25 x + 2x + 4x = 52; (2) 4x + 2x + x = 60; 3x + x 36. ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩ (3) x j ≥ 0 (1≤ j ≤ 5) Giải. Bài tốn trên có dạng chính tắc với các vế phải của các phương trình ràng buộc trong (2) đều khơng âm. Ma trận hệ số ràng buộc là: Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 19 12400 A04210 03001 ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vì A chứa đủ 3 vectơ cột đơn vị e 1 (cột 1), e 2 (cột 4), e 3 (cột 5) nên bài tốn có dạng chuẩn, trong đó - Ẩn cơ bản thứ 1 là x 1 ; - Ẩn cơ bản thứ 2 là x 4 ; - Ẩn cơ bản thứ 3 là x 5 . Ta giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình. Lập bảng đơn hình: Hệ số An cơ bản Phương án −2 6 4 −2 3 λ i x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 −2 x 1 52 1 2 4 0 0 λ 1 = 52/4* −2 x 4 60 0 4 2 1 0 λ 2 = 60/2 Bảng I 3 x 5 36 0 3 0 0 1 h 1 :=(1/4)h 1 f(x) −116 0 −9 −16* 0 0 h 2 := h 2 − 2h 1 4 x 3 13 1/4 1/2 1 0 0 λ 1 = 13.2 h c := h c +16h 1 −2 x 4 34 −1/2 3 0 1 0 λ 2 = 34/3* Bảng II 3 x 5 36 0 3 0 0 1 λ 3 = 36/3 h 2 :=(1/3)h 2 f(x) 92 4 −1* 0 0 0 h 1 := h 1 − (1/2)h 2 4 x 3 22/3 1/3 0 1 −1/6 0 h 3 := h 3 – 3h 2 6 x 2 34/3 −1/6 1 0 1/3 0 h c := h c + h 2 3 x 5 2 1/2 0 0 −1 1 Bảng III f(x) 310/3 23/6 0 0 1/3 0 Bảng I: Ta tìm được: f 0 = −2.52 − 2.60 + 3.36 = −116; Δ 1 = Δ 4 = Δ 5 = 0; Δ 2 = −2.2 − 2.4 + 3.3 – 6 = −9; Δ 3 = −2.4 − 2.2 + 3.0 – 4 = −16. Trong Bảng I, ta thấy tồn tại các Δ j < 0 là: Δ 2 = −9, Δ 3 = −16 và trên mỗi cột tương ứng có hệ số dương. Ta chọn Δ 3 = −16 âm nhỏ nhất và ẩn đưa vào là x 3 , khi đó trên cột tương ứng có các hệ số dương là a 13 = 4, a 23 = 2 nên ta lập các tỉ số λ 1 = 52/4, λ 2 = 60/2. Ta chọn tỉ số λ 1 = 52/4 nhỏ nhất và ẩn đưa ra là x 1 , phần tử chốt là a 13 = 4. Sau đó, biến đổi Bảng I bằng các phép biến đổi ghi cạnh bảng. Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 20 Bảng II: Lý luận tương tự như trên, ta thấy phương án cơ bản ban đầu trong bảng này chưa tối ưu và cũng khơng có dấu hiệu cho thấy bài tốn vơ nghiệm. Biến đổi Bảng II bằng các phép biến đổi ghi cạnh bảng. Bảng III: Trong Bảng III ta thấy Δ j ≥ 0 với mọi j = 1, 2, , 5, nên bài tóan max đang xét có một phương án tối ưu là phương án cơ bản ban đầu x 0 định bởi: 3 2 5 14 x22/3; x34/3; x2; xx0. = ⎧ ⎪ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎪ == ⎩ với f(x 0 ) = 310/3. Kết luận: Bài tốn max đã cho có phương án tối ưu là x 0 =(0, 34/3, 22/3, 0, 2) với f(x 0 ) = 310/3. §2. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG GIẢI BÀI TỐN QHTT DẠNG CHÍNH TẮC Thuật tốn đơn hình mở rộng giải bài tốn QHTT dạng chính tắc tương tự như thuật tốn đơn hình giải bài tốn QHTT dạng chuẩn, nhưng có một số điểm cần chú ý như sau: 1) Do hàm mục tiêu mở rộng là f (x) f(x) M( ẩn giả)=+ ∑ đối với bài tốn min, và là f (x) f(x) M( ẩn giả)=− ∑ đối với bài tốn max, nên trong các bảng đơn hình, ở cột Hệ số có thể có các hệ số phụ thuộc M. Khi đó, ở hàng cuối gồm 0 f(x); f và các Δ j , các hệ số sẽ có dạng α j + β j M, do đó người ta thường chia hàng cuối thành 2 hàng nhỏ: Hàng nhỏ trên ghi các số α j ; Hàng nhỏ trên ghi các số β j M. Các hàng này cũng tn thủ các phép biến đổi của bảng giống như các hàng khác. 2) Vì M là một đại lượng dương rất lớn, nên khi so sánh các số dạng α + βM và α′ + β′M, ta có qui tắc sau: '; M''M '. 0; tùy ý. M0 0; 0. '; ,' tùy ý. M''M '; '. α=α ⎧ α+β =α+β ⇔ ⎨ β=β ⎩ β> ⎡ ⎧ ⎨ ⎢ α ⎩ ⎢ α+β > ⇔ ⎢ β= ⎧ ⎢ ⎨ α> ⎢ ⎩ ⎣ β>β ⎡ ⎧ ⎨ ⎢ αα ⎩ ⎢ α+β >α+β ⇔ ⎢ β=β ⎧ ⎢ ⎨ α>α ⎢ ⎩ ⎣ Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com [...]... www.fineprint.com 7 2,4 7 11 1,8 10 36 6 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội (Trong mỗi ơ, số liệu ở góc trái là chi phí sản xuất, ở góc phải là năng suất) u cầu sản lượng tối thi u của Tiêu và Điều lần lượt là 6 tấn và 5 tấn Lập mơ hình bài tốn xác định diện tích trồng các loại cây trên sao cho chi phí sản xuất đạt thấp nhất Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch... x0 = (9/2, 3/2, 0) với 0 Bảng I: Ta tìm được: f0 = 0.12 + M.1 + M.3 = 4M; 27 Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com 28 f(x0) = −9/2 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 2) Bài tốn này tìm min (max) thì bài tốn kia tìm max (min) Hệ số của các ẩn số trong hàm mục tiêu... thấy bài tốn min 4 ẩn, 3 ràng buộc có • Véctơ hệ số các ẩn trong hàm mục tiêu là C = (3,2,-5,1) • Ma trận hệ số ràng buộc vế trái là 30 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội ⎛ 4 −6 5 −5 ⎞ A = ⎜ 7 0 1 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 3 −5 0 ⎟ ⎝ ⎠ Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính C = (3,2,−5,1) • Ma trận hệ số ràng buộc vế trái là ⎛ 4 −6 5 −5 ⎞ A = ⎜ 7 0 1 1⎟ ⎜ ⎟... = (0, 7/5, 4/5) với f(x0) = 17 (1 ') Giải Bài tốn đối ngẫu của bài tốn trên là: 33 Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com g(y) = 34 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 0 Bây giờ ta tìm PATU y 0 = (y1 , y 0 ) của bài tốn đối ngẫu 2 ⎧ x 0 = 7 / 5 > 0; ⎪ 2 nên ta có.. .Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội Do đó khi xét dấu Δj, hệ số βj ở hàng nhỏ dưới được xem xét trước; và chỉ khi nào βj = 0, ta mới xét đến hệ số αj ở hàng nhỏ trên Tương tự, khi so sánh các Δj, các hệ số βj ở hàng nhỏ dưới được so sánh trước; và chỉ khi nào các βj bằng nhau, ta mới so sánh các hệ số αj ở hàng nhỏ trên Ôn thi Cao học – Toán kinh... gia súc trong một ngày đêm và giá mỗi đơn vị thức ăn mỗi loại được cho trong bảng sau: 37 Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com 38 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính c) Chất Lượng u cầu Lượng chất (đv: g) có trong 1đv thức ăn mỗi loại trong 1 ngày đêm I II III Albumin Ít nhất... j = 1, 7) Khi đó bài tốn có - Ẩn cơ bản thứ 1 là x4; - Ẩn cơ bản thứ 2 là x6; - Ẩn cơ bản thứ 3 là x7 Ta giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình mở rộng Lập bảng đơn hình: Hệ An cơ Phương số bản án Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Δ1 = 0.3 + M.1 + M.1 − 2 = −2 + 2M; ⎧3x1 − x 2 + x4 = 12; ⎪ ⎨ x1 + 2x 2 − x 3 − x 5 + x 6 = 1; ⎪ x − x − x + x = 3 2 3 7 ⎩ 1 (2 '') (3 '') Trần Ngọc... −2x1 − 4x 2 + 2x 3 → max ⎧ x1 − 2x 2 + x 3 = 27; ⎪ ⎨2x1 + x2 + 2x3 = 50; ⎪ x − x − x ≤ 18 2 3 ⎩ 1 xj ≥ 0 ( j = 1, 3) Giải Biến đổi bài tốn trên về dạng chính tắc bằng cách đưa và ẩn phụ x4 ≥ 0: 22 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính (1 ') (2 ') (3 ') Trần Ngọc Hội f (x) = −2x1 − 4x 2 + 2x 3 → max f0 = − M.27 − M.50 + 0.18 = −77M; Δ4 = 0; Δ1 = −M.1 − M.2+ 0.1 – (−2) = 2 − 3M; Δ2... bản ban đầu x định bởi: f (x) = −2x1 − 4x 2 + 2x3 − Mx5 − Mx 6 → max xj ≥ 0 Trần Ngọc Hội Bảng I: Ta tìm được: ⎧ x1 − 2x 2 + x 3 = 27; ⎪ ⎨2x1 + x2 + 2x3 = 50; ⎪ x − x − x + x = 18 2 3 4 ⎩ 1 xj ≥ 0 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính 0 0 hc2:= hc2+ 3M.h2 0 1 Bảng II −1/2 1 0 5 5M/2 0 0 0 0 23 Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Vì bài tốn mở rộng... version - purchase at www.fineprint.com ij 0 j ≠ c j , thì ta có x 0 = 0 j b) Nếu trong phương án y 0 , ẩn yi lấy giá trị y 0 ≠ 0 thì ở bài tốn gốc, dấu = sẽ xảy ra i ở ràng buộc thứ i, nghĩa là: 32 Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính n ∑a x j =1 ij 0 j Trần Ngọc Hội = bi c) f(x0) = g(y0) (2) (3) (1 ') (3 ') f (x) = 27x1 + 50x 2 + 18x 3 → min ⎧ x1 + 2x 2 + x 3 ≥ −2; ⎪ ⎨−2x1 + x . Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 1 ƠN THI CAO HỌC MƠN TỐN KINH TẾ (GV: Trần Ngọc Hội - 2009). 09150100 A0062001 1350010 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ Vì A còn thi u 1 vectơ cột đơn vị là e 2 nên bài tốn chưa có dạng chuẩn. - Lập ẩn giả x 7 ≥ 0 và xây dựng bài tốn mở rộng dạng chuẩn như sau: Ôn thi Cao học – Toán kinh. www.fineprint.com Ôn thi Cao học – Toán kinh tế – Phần Qui hoạch tuyến tính Trần Ngọc Hội 37 (Trong mỗi ơ, số liệu ở góc trái là chi phí sản xuất, ở góc phải là năng suất). u cầu sản lượng tối thi u