Toán tối ưu

Trang 1

"` VAN Mà (Chủ 1

Trang 2

TS NGUYÊN VĂN LONG (Chủ biên)

ThS ĐỖ VĂN ĐỨC, ThS ĐỖ QUANG THƠ

TOAN TOI UU

TRUONG BAI HOC GIAO THONG VẬN TẢIC0 SỐ 2

THU VIEN

"B761 ,

Trang 3

CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN

LÊ TỬ GIANG

Biên tập và sửa bài

VU VAN BAI ˆ Trình bay NGỘ NHỊ LƯƠNG Pin |

XUẤT BAN GiÁo Hinh VẬN TẢI

Zz

— ‘DT: 3a 9423348

In 520 cuốn, khổ 14,5 x 20,5 tại Công ty in Giao thông - NXB GTVT Quyết định xuất bản số 184/163-2007/CXB/61-312-05/GTVT

Trang 4

LỜI NĨI ĐẦU

Tối ưu hóa q trình sản xuất nói riêng và vấn đề trong

thực tiễn nói chung là nhiệm vụ quan trọng quyết định đến

hiệu quả Việc trang bị cho sinh viên có tư duy toán học,

đặc biệt là tư duy tối ưu hố là việc khơng thể thiếu được

Đề phục vu tốt mơn học Tốn tối ưu chúng tôi biên soạn cuỗn sách YFOÁN TỎI ƯU” nhằm đáp ứng nhủ cầu học tập của sinh viên Khoa Công nghệ thông tin - Trường Dại học

Giao thông vận tải

Nội dung cuốn sách gồm 6 chương:

Chương 1: Bài toán tỗi ru hóa tổng quát và các vấn đề mô hình tốn học

Chương 2: Quy hoạch tuyến tính Chương 3: Bài toán vận tải `

Chương 4: Quy hoạch động Chương 5: Sơ đồ mạng

Chương 6: Quy hoạch phí tuyển

Trong quá trình biên soạn, chúng tôi đã tham khảo một số tài liệu liên quan, nhằm cung cấp cho sinh viên những

Trang 5

về lập kế hoạch sản xuất, bài toán người du lịch, bài toán

vận tải, bài toán quy hoạch lỗi, bài toán quy hoạch phi tuyến tổng quát, Ngoài ra, trong một số chương tác giả

còn đưa ra các ví dụ làm cơ sở giúp cho sinh viên luyện tập

giải các bài tập

Cuốn sách được biên soạn lần đầù nên chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót nhất định, chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của độc giả để lần xuất

bản sau được hoàn thiện hơn 3

Trang 6

Chương 1

BAI TOAN TOI UU HOA TONG QUAT vA CAC VAN DE MO HiNH TOAN HOC

1.1 BÀI TỐN TĨI UU HOA TONG QUAT VA PHAN LOAI BAI TOAN

1.1.1 Bài toán tối ưu hóa tổng quát

_ Trong thực tiễn xuất hiện nhiều bài toán về tối ưu mà

biên liên quan đên hàm mục tiêu là bộ các biên mà bộ này

biểu diễn dưới dạng các tổ hợp Bài toán đặt ra là trong số

các tổ hợp thoả mãn ràng buộc đặt ra, hãy tìm tổ hợp mà

hàm mục tiêu đặt tiêu chuẩn tối ưu

Bài toán tối ưu được phát biểu như sau:

f(x) > min (max) g(x) $0,i= 1m xeD

Trong đó D là tập hợp các phần tử cho trước gọi là miền

ràng buộc của bài toán tối ưu

Trường hợp đặc biệt D là tập hữu hạn các tổ hợp thế bài

Trang 7

x* e D thoả mãn Ñx) đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) được gọi là phương án tối ưu, giá trị f(x*) được gọi là

giá trị tối ưu Một trong những cách giải bài toán trên là:

liệt kê tất cả các tổ hợp có thể và tính giá trị của hàm f tương ứng tại các tổ hợp và so sánh các giá trị này với nhau

để tìm ra giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất

1.1.2 Phân loại bài toán

" Quy hoạch tuyến ow (QHTT): nếu f và các hàm ràng buộc trong D ({gi(x), i= 1, ,™m) đều là các hàm tuyến tính

= Quy hoạch phi tuyén h(OHPT): nếu có ít nhất 1 trong

các hàm £, g¡ là phi tuyến

= Quy hoạch rời rạc (QHRR): nếu miền D là I miền rời

rạc

* Quy hoạch déng (QHD): nếu đối tượng xét là một hệ thống biến đổi theo thời gian ;

* Quy hoạch tham số (QHTS): nếu bài toán có các hệ số

phụ thuộc vào tham số

" Quy hoạch đa mục tiêu (QHĐMT): nếu trên cùng l miễn ràng buộc ta xét những mục tiêu khác nhau

1.2 VAN DE MO HINH TOAN HOC 1.2.1 Xây dựng mơ hình hóa toán học

Trang 8

Bước 1: Xây dựng mơ hình định tính cho vấn đề thực

tế, tức là xác định các tính chất có ý nghĩa quan trọng và xác lập các quy luật mà chúng phải tuân theo

Bước 2: Xây dựng mơ hình toán học cho vấn đề đang

xét, tức là diễn tả lại dưới dạng ngôn ngữ tốn học cho mơ

hình định tính vừa được xây dựng Mơ hình tốn học thiết lập mối liên hệ giữa các biến số và các hệ số điều khiển

hiện tượng Quan trọng nhất là phải xây dựng được hàm

mục tiêu, tiếp đó phải xây dựng được các ràng buộc dưới

dạng phương trình hoặc bắt phương trình

Bước 3: Sử dụng các cơng cụ tốn học để khảo sát và

giải quyết bài tốn hình thành trong bước 2 Căn cứ vào mơ

hình đã xây dựng cần phải chọn hoặc xây dựng phương

pháp giải cho phù hợp Vì các bài toán thực tế thường có kích thước lớn nên khơng thể giải bằng tay mà phải sử dụng

máy tính Do vậy, chúng ta cần chương trình hóa thuật tốn

bằng một ngơn ngữ lập trình phù hợp sau đó sử dụng máy

tính để giải và cho kết quả -

Bước 4: Phân tích và kiểm định lại các kết quả tính tốn

thu được Trong bước này cần phải xác định mức độ phù hợp của mơ hình và kết quả tính tốn với vấn đề thực nghiệm hoặc áp dụng phương pháp phân tích chuyên gia Sẽ xảy ra một trong hai khả năng sau:

Khả năng I: Mơ hình và kết quả phù hợp với thực tế,

Trang 9

hình toán học, thuật toán tối ưu, chương trình, cách chuẩn bị số liệu đưa vào máy tính nghĩa là tồn bộ công việc cần

thiết cho việc áp dụng mơ hình và kết quả để giải quyết vấn đề đặt ra

Khả năng 2: Mơ hình và kết quả tính tốn khơng phù hợp với thực tế, cần xem xét lại quá trình xây dựng Có thể nêu ra 4 nguyên nhân:

1 Các kết quả tính tốn trong bước 3 chưa có đủ độ

chính xác cần thiết Khi đó cần phải xem lại các thuật toán

cũng như các chương trình tính tốn đã viết và sử dụng

2 Các số liệu ban đầu không phản ánh đúng thực tế giá cả hoặc chỉ phí trên thị trường hoặc các định mức vật tư, hoặc các số liệu khác về công suất, khả năng máy móc, dự

trữ tài nguyên, Do đó cần điều chỉnh một cách nghiêm túc và chính xác

3 Mơ hình định tính xây dựng chưa phản ánh được đầy

đủ hiện tượng thực tế Nếu vậy cần rà soát lại bước 1 xem

có yếu tố hoặc quy luật nào còn bị bỏ sót khơng

4 Việc xây dựng mơ hình tốn học ở bước 2 chưa đúng

Cần phải xây dựng lại cho phù hợp

1.2.2 Giới thiệu một số bài toán tiêu biểu

1.2.2.1 Bài toán lập kế hoạch sản xuất tỗi wu

Một công ty cần sản xuất 2 loại sản phẩm A, B bằng các

loại nguyên liệu J; Il, II Suất chi phí nguyên liệu để sản

Trang 10

Sản phẩm A B Dự trữ Nguyên liệu 1 2 1 II 1 2 7 Il 0 1 3

Tức là để sản xuất một đơn vị sản phẩm A cần dung 2

đơn vị nguyên liệu I va 1 đơn vị nguyên liệu II Đê sản xuât một đơn vị sản phẩm B cần dùng 1 đơn vị nguyên liệu I, 2

đơn vị nguyên liệu II và 1 đơn vị nguyên liệu III Lượng dự

trữ các loại I, II và II của công ty tương ứng là 8, 7 và 3 Biết tiền lãi 1 đơn vị sản phẩm A là 4 (đơn vị tiền), 1

đơn vị sản phẩm B là 5 (don vị tien) Hay lap ké hoach san

xuất sao cho tổng tiên lãi là lớn nhất

Ki hiéu x, x2 1a số đơn vị sản phẩm A, B cần sản xuất Ta có mơ hình toán học của bài toán như sau:

f(x) = 4x; + 5x — max

với các ràng buộc như sau:

2x, +x, <8 x, +2x, <7 x, <3

X,,x, 20

1.2.2.2 Bài toán vận tải

Trang 11

1 loại sản phẩm (đánh số thứ tự 1, 2 m) với sản lượng của

điểm thứ ¡ là ai

Có n điểm tiêu thụ sản phẩm (đánh số 1, 2, , n) với nhu

cầu tiêu thụ ở điểm thứ j là bị

Biết cước phí vận chuyển I đơn vị hàng hóa từ điểm i

đến j là cụ (= 1,m; j = 1,n) Hàng hóa có thể vận chuyển

từ điểm ¡ đến điểm j bat ky Để đơn giản ta gọi:

“ Điểm sản xuất thứ ¡ là điểm phát thứ ¡

" Điểm tiêu thụ thứ j là điểm thu thứ j

Hãy lập kế hoạch vận chuyển sao cho tổng chỉ phí chuyên chở là nhỏ nhất trên cơ sở, điểm phát thì phát hết hàng, điểm thu j thì thỏa mãn nhu cầu Giả thiết rằng tổng số lượng phát bằng tổng số lượng thu

Ta có mơ hình toán học của bài toán như sau:

mn

35 ”c¡x¡ — min

i=l jal

Trang 12

1.2.2.3 Bài toán người (lu lịch f

Một người đi tham quan n thành phố Đuz¿y Pn xuất phát

từ một thành phố nào đó rồi qua tất cả các thành phố còn lại mỗi thành phố đúng một lần rồi trở về thành phố xuất phát Hãy tìm thứ tự tham quan các thành phố sao cho tơng chỉ phí bỏ ra là it nhất

Gọi Cụ là chỉ phí đi từ Pị đến Pị Giả sử có một hành

trình Pị, > Pi, —> —> Pi, với (ñ¡, Ìa, iạ) là hoán vị của {1.2, n} Khi đó phải tim hoan vi (ii, in, in) S20 cho

n-l

Xe, fgg Chet — min v'j+

el Oe

Từ bài toán trên ta thấy có tất cả n! phương án để tính

toán hàm mục tiêu

1.2.2.4 Bài toán cái túi

Một người di du lịch cần đem theo một cái túi có trọng

lượng không quá m, người đó được phép mang theo n đô

vật Đồ vật thứ ¡ có trọng lượng là mị và giá trị sử dụng là c¡

Œ=1,2 n) Hỏi người du lịch cân đem theo những đồ

vật nào để giá trị sử dụng là lớn nhât?

Đưa bài toán trên về dạng bài toán tối ưu như sau:

Ký hiệu một phương án mang đồ vật đi theo là x = (Xi, Xz, , Xa) với xị e {0, 1}, i= 1,n, trong đó xị = Ì nếu đồ vật

thứ ¡ được mang theo, xị = 0 trong trường hợp ngược lại Khi đó giá trị đồ vật mang theo là:

f(x) = Sem,

Trang 13

Tổng trọng lượng của đồ vật mang theo là:

ax) = ax, il

Bài toán cái túi có thể phát biểu thành bài toán tối ưu sau: Tìm phương án x thoả mãn điều kiện g(x) < b sao cho f{x) nhỏ nhật

1.3 MỘT SÓ KHÁI NIỆM VÀ KÉT QUẢ TỪ ĐẠI SĨ

1.3.1 Khơng gian Euclide n chiều

Một véctơ n chiều là 1 hệ được sắp thứ tự gồm n số thực XỊ, Xa› , Xa

Với x = (Xa, Xa, Xa) Và Y = (Vi, Y2», yn) khi đó ta có

một sơ khái niệm cơ bản sau:

x>0©x,>0, Vj (phép so sánh)

x=y©x,=y, Vj

x+y=(Xi +YI;X; +Y¿s«.„Xa +Yn)

(phép cộng) ax = (ax,,ax,, ,0x, )

(phép nhân với một số thực œ)

(y)= Š xơ, (phép tích vơ hướng)

i=l

Tập hợp tất cả các véctơ n chiều trong đó có các phép

tốn kể trên cùng với các tính chất của chúng gọi là không

gian Euclide n chiều, kí hiệu R"

Trang 14

e¡= (0, 0, , 0, 1, 0, ,0) (số 1 ở thành phan thir i)

n

x= ex;

i=l

1.3.2 Ma tran

1 Các khái niệm cơ bản

Ma trận là một bảng chữ nhật gồm m xn số sắp thành m hàng và n cột dưới dạng: ân Ay ain A=l?2 an Sạn a A = (A¡j)m„ạ ma trận có kích thước m x n Ma trận có số hàng bằng số cột (m =n) được gọi là ma trận vng Lúc đó ta nói ma trận có câp n

Ma trận mà các cột của nó là các hàng tương ứng của A được gọi là ma trận chuyển vị của A, ký hiệu là A"

Ma trận chỉ có một cột được gọi là véctơ cột, còn ma trận chỉ có một hàng gọi là véctơ hàng

Ma trận vng có dạng:

Trang 15

Ma trận đường chéo có 0¡ = 1Vi= 1n thì được gọi là

ma trận đơn vị

Hai ma trận được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng

kích thước và các phần tử tương ứng bằng nhau

2 Các phép toản đối với ma trận

" Phép cộng: Tổng của hai ma trận A và B có cùng kích thước là ma trận C mà mỗi phần tử của nó bằng tổng các phần tử tương ứng của ma trận A và ma trận B

"= Phép nhân ma trận với l số thực: Kết quả đạt được là

một ma trận có cùng kích thước mà mỗi phần tử của nó

bằng tích của hằng số nhân với phân tử tương ứng của ma trận ban đầu

Trang 16

Chương 2

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

2.1 BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH TONG QUÁT DẠNG CHUĂN VÀ DẠNG CHÍNH TAC 2.1.1 Bài toán QHTT tổng quát

Để thống nhất trong quá trình lập luận, ta chỉ xét bài toán tim cực đại, sau đó ta xét cách chun bài tốn tìm cựu

tiêu sang bài toán tìm cực đại

Bài tốn tổng quát của QHTT có dạng: n

Des — max

5 anit j <,=,>)b,,¡ =l,m 2.1) x;> 0,j=1n

- Đối với bài toán min mơ hình là:

f(x) = Sex, —> min

jel

9 tent (<,=,2)b,,i=1,m

Jel

Trang 17

Khi đó giữ nguyên ràng buộc, đưa nó về dạng bài tốn max như sau:

f(x)=—>c;x¡ — max

el

Nếu bài tốn max có phương án tối ưu 1a x” thi bai toán min cũng có phương án tối ưu là x” và fai, = —Fmax That vay:

Vi x’ la phuong 4n tối ưu của bài toán max nên:

f(&x) =—Ề'e,x)> “Ler, Vx eD

jel

= Yor < Lexx VxeD và

Chứng tỏ x' là phương án tối ưu của bài toán min đồng thời:

=> ©xÌi= —F max

jel

Định nghĩa 2.1: (Điểm cực biên của miền D)

+4 Điểm trong của miền D: x là điểm trong của miền D nếu x e D và với y bat ky thuộc D cho trước tồn tại z e D và œ e R (0< œ< 1) để:

x=ay+(l-a).z |

4 Điểm cực biên của miền D: x là điểm cực biên của D

(hay còn gọi là đỉnh của D) nếu x = œ.y + (1- œ).Z với y, Z

c D thì œ = 0 hoặc œ = 1

Trang 18

Về mặt hình học: Điểm cực biên của D chính là đỉnh

của đa giác lồi D

2.1.2 Dạng chuẩn tắc và dạng chính tắc

Khi xét bài toán QHTT, chúng ta thường đưa bài toán về đạng chuẩn tắc hoặc chính tắc Dạng chuẩn tắc: em — max gO Sa x,<b,i=lm @2) x,20,j=1,n Dạng chính tắc: i Ðc;x; —> max đút sử, tem (23) dayx; =),

2.1.3 Đưa bài toán QHTT về dạng chuẩn tắc hoặc

chính tắc

Bắt kỳ QHTT nào cũng có thể đưa về 1 trong 2 dạng chuẩn

tắc hoặc chính tắc nhờ các phép biến đổi tuyến tinh sau:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC

Trang 19

a Một ràng buộc Dar >b, có thể đưa về ràng buộc

- Nay x, <=b, bằng cách nhân 2 về với (-1) và sau đó ta

Jel

viết lại ở dạng: >) a'jx; <bi il Xj = b,c6 thé thay thé b Một ràng buộc đẳng thức Sa m bằng 2 ràng buộc bất đẳng thức >,ax,<b, và ` jel -Sa,x, <- -b; gj Jel

c Một biến x¡ không bị ràng buộc dấu có thể thay bởi

hiệu của 2 biến không âm bằng cách đặt: x)= xỶ¡—X ¡ với x”;>0 và x';>0

d Một ràng buộc bất đẳng thức Ÿ`a,x, <b, có thể đưa

il

về ràng buộc đẳng thức bằng cách đưa vào biến phụ y¡ > 0,

Yayx ity =)

jal

2.2 GIẢI QHTT DẠNG CHUẢN VỚI 2 BIEN SO BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

2.2.1 Bài toán

Xét bài toán Gert mae dang athe tắc với 2 biến số

như sau: ~ ~ ˆ B14 i =

Trang 20

€,X, +€;X; —> max

pla tanks <b,i=lLm (2.4)

x; 20,j=12

Tir y nghia hinh hoc ta biết rằng mỗi bất phương trình

tuyến tính a,x,+a„x;<b,i=lm xác định l nửa mặt

phẳng Do đó, tập D (miền ràng buộc của QHTT) chính là

giao của m nửa mặt phẳng và sẽ là 1 đa giác lôi trên mặt

phăng

Mặt khác xị, xạ > 0 nên đa giác lồi D nằm ở góc vng

I Phương trình e,x,+c,xạ =œ khi œ thay đổi sẽ xác định

trên mặt phẳng các đường thẳng song song với nhau mà ta

gọi dây là các đường mức Mỗi điểm x=Œ,,x,)eD sẽ

nằm trên một đường mức và mức a= x1 + C,X2 $ Bài tốn có thể phát biểu theo ngơn ngữ hình học như sau: Trong số các đường mức cắt tập D, hãy tìm đường mức

với giá trị mức lớn nhất

Nếu dịch chuyển song song các đường đồng mức theo hướng véctơ pháp của chúng n=(c), c;) thì giá trị mức sẽ

tăng, nếu dịch chuyển theo hướng ngược lại thì giá trị mức sẽ giảm Vì vậy, để giải bài toán đặt ra ta có thể tiên hành

như sau:

Bắt đầu từ 1 đường mức cắt D ta dịch chuyển song song các đường mức theo hướng véctơ pháp n=(c}, c;) cho đến

Trang 21

của hàm mục tiêu tại đó chính là giá trị tối ưu của bài tốn

2.2.2 Ví dụ

ˆ Xét bài toán lập kế hoạch sản xuất tối ưu Giả sử ta có

mơ hình tốn học của bài toán:

f(x)= 4x, +5x; —> max 2x,+x,<8 xXxị+2x; 7 x, 83 x, 20,x, 20 D

„ Để giải bài toán trên ta có thể sử dụng phương pháp

hình học

Xét đường mức: 4xị + 5x; = 10 Đường mức này di qua

các điểm (0,2) và (2.5,0) Do đó ta có miễn ràng buộc D của bài toán được mô tả bằng đồ thị sau:

X2

Trang 22

`

Tịnh tiến đường mức theo hướng pháp tuyến n.Ta thấy x’ =(3,2) 1a điểm cuối cùng mà đường mire giao với miền ràng buộc D Vậy phương án tối ưu là x” =(3,2) va gid trị tối ưu la f(x") = 22 Ta thấy x` =Q,2) chính là một đỉnh của

đa giác lồi D

Nhận xét: Qua phương pháp hình học ta thấy rằng:

a Nếu QHTT có phương án tối ưu thì có ít nhất một

đỉnh là tối ưu Bởi vì trong trường hợp đường mức ở vị trí

giới hạn trùng với 1 cạnh của, D thì tất cả các điểm trên

cạnh này đều là phương án tôi ưu (trong đó có 2 đỉnh)

b Nếu ràng buộc D giới nội và khác rong thì chắt chắn

có phương án tối ưu

c Nếu miền ràng buộc không giới nội nhưng hàm mục

tiêu bị chặn trên trong miền ràng buộc thì khi đó bài tốn

chắc chắn có phương án tối ưu

2.2.3 Các tính chất

Quy hoạch tuyến tính có nhiều tính chất, trong đó có

một số tính chất quan trọng được thể hiện bởi các định lý

sau:

Định lý 2.1: Tập tất cả các phương án của một bài toán QHTT là tập lồi

Chứng minh: Giả sử bài tốn có ít nhất 2 phương án là

Trang 23

Axi=b,xi>0

Axa=b,xa>0

Ta sẽ chứng minh bat ky tổ hợp lồi nào cia x; va xạ có dạng: x=ơxị + (1-œ).x¿ với 0 Sœ <1

đều là phương án

_ Nhân 2 về của đẳng thức trên với ma trận A ta được

Ax= A(œ.xị + (1-0).X2) = a.Ax; + (1-c).Ax2

=a.b+(1-a).b-

=b

Do xị, %220va0sa<l = x>0 Vậy định lý được

chứng minh

Định lý 2.2: Hàm mục tiêu của bài toán QHTT sẽ đạt

giá trị max tại 1 điểm cực biên của tập D Nếu hàm mục

tiêu không chỉ nhận max tại 1 điểm cực biên của tập lôi D

mà tại nhiều điểm thì nó sẽ đạt giá trị cực đại tại những

điểm là tổ hợp tuyến tính lồi của các điểm đó

Chứng mình:

Ký hiệu các điểm cực biên của đa diện D là xị, x2, -,

Xp con phương án tôi ưu là xọ ta có:

fxo) > f(x), Vx €D - (2.5)

Nếu xọ đã là điểm cực biên rồi thì ý thứ nhất của định lý được chứng minh

Trang 24

Giả thiết xạ không phải là điểm cực biên Theo kết quả

của giải tích lồi thì xạ có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp lồi

của các điểm cực biên của D và tổ hợp dương của các

hướng các cạnh vô hạn X + Less a, = 0,54, =1 i=l Do f(x) là hàm tuyến tính nên ta có: f(x.) = Sa, f(x, )+ 2p, tứ) (2.6) isl

Dễ thấy ring f(r) < 0, Vj vi nếu không theo hudng rj vô

han thi f(xạ) — +eœ, mâu thuẫn với giả thiệt xạ là phương án tôi ưu

Giả sử đỉnh xụ có tính chất là:

f(x.) = max f(x;) (2.7)

Khi đó từ (2.6) và (2.7) ta có:

fos) < Š VỤ < da, tuyệt f(x,) (2.8)

Tu (2 2) và (2.8) ta phải có £9) = f(x,), nghia 1a điểm

cực biên x là phương án tối ưu

Trang 25

£(X1) = £(X2) = = £(%q) =M

Nếu x là một tổ hợp lồi nào đó của Xị, Xa; ‹.-› Xa: x=Š ồ), a, 20, Ya, =1

isl

Khi đó:

f(x) < Sa độ) = 3'a.M=M

isl i=l

Vậy x cùng là phương án tối ưu Định lý được chứng minh

Ký hiệu A; (j = 1n) là các véctơ cột của ma trận A khi ấy hệ ràng buộc Ax = b có thê việt:

XIA¡I + X;A¿ + + XpAn = b (2.9)

Định lý 2.3: Nếu biết rằng hệ thống các véctơ Ai, Az„

A¿ là độc lập tuyến tính và sao cho: XIA¡I + X¿Á¿ + † x.Áy=b

trong đó x¡> 0, Vị = 1, thì điểm x= 4, Xạ, Xịc 0„ , Ú)

là điểm cực biên của tập đa diện lồi D

Chứng minh:

Bằng phản chứng, giả sử x không phải là phương án cực biên Khi đó nó có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp lồi của hai điểm xÌ, x” nào đó của D:

x=œx! +(1- ø).x?,0<œ< 1 (2.10)

Trang 26

Vì các thành phần của xÌ và x? đều không âm và 0 < œ < 1 nên từ (2.10) ta phải có n — k thành phần cuối cla x! va x’ cling bing 0 Vì x', x” cũng là phương án nên:

xh;Ai +xÌÍ2A¿ + + XLAy=b

x Ait x?2A¿ + + x AR = b

Do các véctơ Ai, Aa, A, là độc lập tuyến tính nên véctơ b biểu điễn qua chúng bằng một cách duy nhất

= x= x’, Vj = 1,k nghĩa là x'=x?

Do dé x không thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp lồi của 2

điểm của D hay x là điểm cực biên

Định lý 2.4: Néu x = (x1, X¿, xạ) là điểm cực biên của tập lồi đa diện D thì các véctơ trong biểu diễn (2.9) ứng

với thành phần x¡ > 0 lập thành hệ độc lập tuyến tính Vì ma

trận A có m dịng nên từ đây suy ra điểm cực biên khơng có

quá m thành phần dương

Chứng mình:

Giả sử các thành phần dương của x là xị, Xạ, , x khi đó:

ŸxA,=b (2.11)

i=l

Bằng phản chứng, giả sử các véctơ Aj, j = 1k phụ

thuộc tuyến tính Khi đó tồn tại tổ hợp tuyến tính của các

véctơ này bằng véctơ không:

Trang 27

trong đó có ít nhất một hệ số d z 0

Nhân 2 về của (2.12) với q > 0, ta có:

qđịA¡ + qdạA; + + qdụAv = 0 (2.13)

Từ (2.11) và (2.13) suy ra: dx, A,+ a A,=b

31x,A, -45.4,A, =b

isl i=} i

Vậy hệ phương trình (2.11) có hai nghiệm:

xÌ =(ị + q.di, X; + q.đạ, , x + q.đụ, 0, , 0)

x2 = (x - q.ải, X; - q.đạ, , Xự = q.đụ, Ô, , 0)

Vi ring xị >0, Vj = Lk nén cé thé chon q đủ nhỏ để k thanh phan dau cia x! va x’ ciing là các phương án nhưng

TÕ ràng:

x= Bo + x

nghĩa là x là tổ hợp lồi của hai điểm xÌ, x? eD Điều này

mâu thuẫn với điều kiện x là phương án cực biên Vậy điêu

phản chứng rằng các véctơ a¡, j = 1,k là độc lập tuyến tính

là sai Định lý được chứng minh,

2.3 TIEU CHUAN NHẬN BIẾT PHUONG AN CUC BIEN

Xét bài toán QHTT dạng chính tắc đưới dạng ma trận sau:

Trang 28

max(c,x) = max(Š`e,X,) m Ax=b

f >0

trong đó A = (Ai)mxa ; B= (bị, bạ, ., bạ); xX= (XI, X2,

sess Kinds

Xét véctơ cột thir j cla ma tran A: Aj= (aj), 82›.- âm)"

Khi đó ta có thể viết: Ax = b được thay thế bởi:

>`AN,=b

a

Vì xị > 0, nên ta có thể tách ra được những biến:

x¡>0,j 61

x,=0,k #1

Định lý 2.5: Phương án x là phương án cực biên khi và chỉ khi các véctơ cột A; ứng với các x¡ > 0 là độc lập tuyến

tính

Định nghĩa 2.2:

= Khi |J| = m thì phương án cực biên x gọi là khơng thối hóa, |J|< m thì x gọi là thối hóa :

" Các vécto Aj (j e J) độc lập tuyến tính được gọi là các

véctơ cơ sở, xị (j e J) gọi là các biến cơ sở: Các véctơ Ax (Œ #£)) được gọi là các véctơ phi cơ sở, x #]) gọi là các

biến phi cơ sở

Trang 29

= Mỗi véctơ A, có thể biểu diễn duy nhất qua cơ sở: Ay = Sz A; :

jel

Xét vi du 2.2.2 ta dua vao 3 bién phụ xa, X4, Xs để đưa bài tốn về dạng chính tắc như sau: (bài toán 2)

Max (4xị + 5x; + 0x3 + 0x4 + Oxs) 2x, +x,+x; =8

X,+2x,+X,=7 X, +X, =3

x, 2 0,j =1,2,3,4,5

Ta có phương án các biến xuất phát là: (xị = x2 = 0; X3 = 8; X4 = 7; Xs = 3)

Với các véctơ cơ sở là: {A; = (1,0,0); Aa = (0,1,0);

As =(0,0,1)' }; J = {3,4,5}

Các véctơ phi cơ sở là: {Ai = (2,1,0)" ; Az = (1,2,1)"}

cùng với các biến phi cơ sở là xị = 0, xạ = 0 ; k =1, 2 # 1

(Ai =2A¿ + LA¿ +; ; A¿= LA¿ +2Á¿ + LA¿}

2.4 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI QHTT

2.4.1 Phương pháp chung

Phương pháp đơn hình dựa trên hai nhận xét sau:

» Nếu bài tốn quy hoạch tuyến tính có phương án tối

ưu thì có ít nhất một đỉnh thuộc D là tối ưu

Trang 30

> Da diện lồi D có hữu hạn đỉnh

Từ đó xây dựng 1 thuật toán hữu hạn để giải bài toán

QHTT gồm 2 bước: Bước l1:

Tìm 1 phương án cực biên xuất phát x, với cơ sở của nó

Aj,j e1

Bước 2:

Kiểm tra điều kiện tối ưu cho phương án x Nếu điều

kiện tối ưu được thỏa mãn thì x là phương án tối ưu Nếu

Không ta chuyển sang phương án cực biên x” mới với cơ sở Aj =] Ta lai kiém tra phương án tối ưu cho phương 4n x’

Cứ làm tiếp tục như vậy sau 1 số bước hữu hạn ta nhận

được phương án tối ưu hoặc gặp trường hợp bài toán khơng có phương án tối ưu (hàm mục tiêu không bị chặn)

2.4.2 Điều kiện tối ưu

Xét bài toán QHTT dưới dạng chính tắc

Giả sử ta đã tìm được phương án cực biên x và bằng cách đánh số thứ tự tại các biến để m biến đầu tiên là các

biến cơ sở x= (Xị, Xa, - , Xm, 0, 0) với các véctơ cơ SỞ

AjT = (0,., 1,0, ,.0) (số 1 tại vị trí ] = 1m) Rõ ràng rằng phương án cực biên x thỏa mãn hệ ràng buộc

Mỗi véctơ phi co sé 1a Ay = (Zix, Zokseeey- Zk) có thể biểu

diễn duy nhất qua cơ sở:

Trang 31

Ay = >i zpA, (2.14)

Trong đó các hệ số Z¡ được xác định duy nhất bởi việc

giải hệ phương trình

= ae 1= hm

Kihiéu: z, = >'z,6, k kh] (2.15)

jel

Với mỗi k ta tinh các ước lượng:

A,=Z,—Cy (2.16)

Dinh ly 2.6:

Phuong án cực biển" X = (X1, Xa, ., Xm, 0, ,0) là phương án tối ưu nếu:

Ay>0, Vk= 1,n (2.17)

Chitng minh:

Xét một phương án bắt kỳ y = (y\, Yz, , yn) eD

Ta có:

3YXAv =b (2.18)

k=l

Gia tri ham muc tiéu

Z= DY k=l (2.19)

Trang 32

Bởi vì A,> 0, Vk nghĩa là z, — c„ > 0 nên từ (2.19) ta được:

> YZ, 2Z (2.20)

k=l

Thay A, trong (2.18) bởi biểu diễn của nó trong (2.14)

Suy r4:

>y,QZ„A,)=b kel Jel (2.22)

và thay đổi thứ tự 2 tổng ta có >)Qy/z„)A,=b (2.23) j=l kel Do x = (X1, X2, «++ Xm, 0, 0) là phương án cực biên ta có: > x,A, =b,x;>0,j=l,m (2.24) Jel ‘

và giá trị hàm mục tiêu của x:

Zạ =Ð,©/X; (2.25)

Bởi vì các véctơ Ai, A¿, , Am độc lập tuyến tính nên từ

Trang 33

Vì y là một phương án nào đó nên (2.27) có nghĩa là:

<c,x> > <c,y>, Vy €D

Do đó x là phương án tối ưu :

Dinh ly 2.7: Néu tồn tại một chỉ số k sao cho A, < 0,

k ¢ J thi cé thé tim duge phuong 4n cuc bién x’ mdi tot hon tire la z’ > z

Chitng minh:

Nhân 2 về của (2.14) và (2.15) với một số 8 nào đó ta được:

6A, =Š)62,A, (2.28)

jl

02, = 62,0, (2.29)

j=l

Thêm đại lượng (-ðc,) vào hai về của (2.29) ta được:

6z, T—6c, = >)0Z,e; — Oc, (2.30)

isl

Lấy (2.24) trừ đi (2.28) và (2.25) trừ đi (2.30) từng về ta có:

Š @,~8z,)A, +0A, =b C (2.31)

>;(x;-0Z„)c¡ +Ôcy =Zạ —9(Z¿ —c„) = Zạ —9A, (2.32)

jel

Nếu các hệ số của các véctơ Aj, j = Im va A, trong

(2.31) khơng âm, khi đó ta có một phương án mới x mà đối

với nó hàm mục tiêu f có giá trị

Trang 34

z* =Za - Ð.Ak (2.33)

Trong (2.24) tất cả các biến x¿, j = 1,m đều đương Vì

vậy, có thể tìm được số 9 > 0 sao cho:

j=x¡-8„>0, j=l,m (2.34)

Theo điều kiện ban dau A, <0, do dé tir (2.33) ta suy ra

z’ > Zp Chimg té phuong an méi x’ tét hon phuong 4n x Định lý được chứng minh

2.4.3 Thuật tốn đơn hình

Giả sử đã đưa QHTT về dạng chính tắc:

max(c, x)

Ax=b {t 20

Thuật tốn đơn hình được chia thành 2 giai đoạn sau:

Giai đoạn ¡: Tìm một phương án cực biên xuất phát x với cơ sở A¡, je]

Giai đoạn 2:

> Xác định các hệ số z„„ jeJ, k £ J bằng cách giải hệ

phương trình đại số

by ZA; =A, jel

> Tinh cdc ude lugng A, = >°z,¢;-¢, img voik ¢ J

Trang 35

> Néu A, 2 0, Vk ¢ J thi x la phuong án tối ưu Dừng

thuật toán

»> Nếu 3A, < 0, k ¢ J thi phương án cực biên x chưa tối

ưu, ta có 2 trường hợp:

+ 3A,<0,k ¢ J va z% < 0 Vj eJ thi ham muc tiéu

không bị chặn và bài tốn khơng có phương án tối ưu

Dừng thuật toán

+ Nếu với mỗi A, < 0, k # J, 3 2 > 0, j eJ:

" Tìm A, = min{A, < 0}, véctơ A; được đưa vào cơ sở ê " Đưa véctơ A, ra khỏi cơ sở theo tiêu chuẩn:

«|X x

ổ,:= min$—=| 2„> 0= —* Zz Z„

‘is

= Chuyén téi phương án cực biên mới x”: x, 8

x,-—Z,,, ]#T

4 Zz

X;= (2.35)

Với các véctơ cơ sở là Aj, j eJ? = J\ {r} ©2 {s} và ta quay lại giai đoạn 2

2.4.4 Các công thức biến đổi cơ sở Bảng đơn hình

Ở bước đầu ta có phương án cực biên x với cơ sở A;,

Trang 36

jeJ Khi x chưa tối ưu ta chuyển tới phương án cực biên x?

theo (1.10) với cơ sở A¿

Za ý Zw———~Zp› J#T z =} 7 (2.36) —*“, j=r Ze Ay = DZ yo) - % (2.37) je) Các công thức (2.35), (1.36), (1.37) là các công thức

biên đôi cơ SỞ

Bảng đơn hình L

Để tiện tính tốn tại mỗi bước lặp của thuật toán ta ghi tất cả các số liệu cần thiết vào trong 1 bảng gọi là bảng đơn hình

Ở bước đầu với phương án x = (XỊ, Xạ, , Xi, › Xm; Ú, ; Ú) Tính các ước lượng

Ay = 3 Zw€¡T— Cụ

jes

Trong bảng đơn hình dưới đây, không giảm tổng quát ta coi các véctơ cơ sở được đánh số Aa, A¿, ., Am nghĩa là J

Trang 37

Bảng 1 Ci C2 G Cx Cs Cn G Co | Phuong sở án Ar Ae A Ax As An Cr] At XI 1 0 0 Zik Zs Zin C2 | Ae x2 0 1 0 Zax 2s Zen GIÁ X 0 0 1 Zi Zs Zin Cl A X 0 0 0 Ze 2s 2m Cm | Am Xm 0 0 0 Zms Zmn f 0 0 0 Ax As An

» Nếu tất cả các số ở dòng cuối của bảng đơn hình đều dương thì phương án x đang xét là tối ưu Dừng thuật toán

tối ưu Ta thử xem có cột nào của bảng cắt đòng cuối ở 1 số

âm (giả sử tại cột k) mà tất cả các phần tử của cột ấy đều

<0 Nếu có thì hàm mục tiêu khơng bị chặn, bài tốn khơng

36

Trang 38

có phương án tối ưu Dừng thuật tốn Nếu khơng xảy ra điều này thì ta chuyển sang phương án mới như sau:

> Chon cét s sao cho A, = min{A,| Ay <0} khi đó cột s .ế

-_ được gọi là cột xoay, mỗi phần tử z¡; (thuộc cột $) là 1 phần tử, véctơ A; được đưa vào cơ sở Đưa véctơ Á; ra khỏi cơ

Zz is m

3 Ki,

sở theo tiêu chuẩn: 9, = mp} 124 > | =~ Dong r Je Zz gọi là dòng xoay, phần tử z„ gọi là phần tử trục xoay

Đề chuyển tới phương án cực biên mới x’, ta lap bảng

đơn hình mới thay c„, A; bởi c;, As

x 2

Xị———Zu, ]#T Zz

Toàn bộ phép biến đổi trên gọi là phép xoay xung

quanh trục Z„s Đối với bảng mới thu được ta lại tiếp tục quá

trình trên, và với các véctơ cơ sở là A¡, j eJ =J\ {r} t2 {s)}

Trang 39

| 1 [Xdc dinh x, J, Ag phương án tôi ưu 6 |A =minA, k=lm ỶỲ Xị ih = min — Z_>0,je Zs Ỷ LÍ § |Biến đổi bảng 9 |In kết quả

2.5 VAN DE PHUONG AN CUC BIEN VA CƠ SỞ

XUẤT PHÁT

Cần phải tìm một phương án cực biên x và cơ sở ] của

nó để khởi đầu thuật tốn đơn hình Ta có thể giả thiết b > 0 mà không làm giảm tính tổng quát (bởi nếu b < 0 ta có thể

nhân ràng buộc với -l)

Trang 40

Khi đó xét bài toán QHTT phụ:

minŠw,

isl

fAx+W=b (2:38)

(P') x20,W20

Mà rõ ràng là bài tốn trên có phương án cực biên (0,b)

với cơ 86 Ant, 1 = Lm Giả sử (x, w) là một phương án tối

ưu được của bài toán phụ

Nếu W + 0 thi dé thay bài toán xuất phát (P) khơng có

phương án chấp nhận được (D = ©)

Nếu W=0 khi đó x là phương án chấp nhận được của bài toán (P), làm cơ sở cho việc bắt đầu giai đoạn II

Chỉ thực hiện giải bài tốn chúng ta có thể liên kết 2

giai đoạn I và II thành một thuật toán chung bằng cách thêm các biến phụ cho bài toán ở dạng chuẩn và thêm các

biến giả tạo cho bài toán ở dạng chính tắc Ta lần lượt xét

hai trường hợp sau đây:

Trường hợp 1:

Hệ ràng buộc lấy dau“