(Luận văn) thuật toán đơn hình đối ngẫu và ứng dụng trong tái tối ưu hóa với ràng buộc phụ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HỒNG TÙNG lu an n va tn to THUẬT TỐN ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU VÀ ỨNG DỤNG TRONG TÁI TỐI ƯU HÓA VỚI RÀNG BUỘC PHỤ p ie gh (The dual simplex method and its applications to reoptimization with supplementary constraints) d oa nl w Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60.46.01.12 u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS TRẦN VŨ THIỆU m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Chương Kiến thức qui hoạch tuyến tính 1.1 Bài tốn qui hoạch tuyến tính tốn đối ngẫu 1.2 Các định lý đối ngẫu lu 1.3 Phương pháp đơn hình gốc đơn hình đối ngẫu 10 an Chương Thuật tốn đơn hình đối ngẫu 14 n va 14 2.2 Thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng cải biên 19 2.3 Áp dụng giải trò chơi ma trận 24 p ie gh tn to 2.1 Thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng đầy đủ Chương Kỹ thuật tái tối ưu hóa với ràng buộc phụ w 28 28 3.2 Thuật tốn đơn hình đối ngẫu tái tối ưu hóa 29 d oa nl 3.1 Vấn đề tái tối ưu hóa an lu 3.3 Ví dụ minh họa va 34 ll u nf KẾT LUẬN 30 35 oi m TÀI LIỆU THAM KHẢO z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si MỞ ĐẦU Qui hoạch tuyến tính tốn tìm cực tiểu (hay cực đại) hàm tuyến tính với ràng buộc đẳng thức hay bất đẳng thức tuyến tính Qui hoạch tuyến tính có nhiều ứng dụng rộng rãi lý thuyết thực tiễn Với tốn qui hoạch tuyến tính cho (gọi toán gốc) gắn với tốn qui hoạch tuyến tính khác (gọi tốn đối ngẫu) Hai tốn có quan hệ chặt chẽ với cặp toán đối ngẫu Nghiên cứu toán đối ngẫu giúp hiểu rõ toán gốc ngược lại lu an Phương pháp đơn hình (do G B Dantzig đề xuất năm 1947) phương pháp n va quen thuộc, có hiệu qủa để giải tốn qui hoạch tuyến tính Phương pháp đơn tn to hình có nhiều biến thể khác nhau, phù hợp với dạng cụ thể toán qui gh hoạch tuyến tính như: đơn hình gốc, đơn hình cải biên, đơn hình đối ngẫu, đơn hình p ie gốc - đối ngẫu w Trong số tình thực tế, sau giải xong toán ta thấy cần bổ oa nl sung thêm số ràng buộc vào tốn Nếu giải lại tốn từ đầu tốn d nhiều thời gian công sức Việc tận dụng lời giải có để giải tiếp toán an lu gọi kỹ thuật tái tối ưu hóa tốn Để làm việc này, phương pháp đơn hình đối u nf va ngẫu hữu ích Vì cần sâu tìm hiểu phương pháp này, dạng thể cụ thể ứng dụng kỹ thuật tái tối ưu hóa ll oi m Với ý nghĩa đó, chúng tơi chọn đề tài luận văn: z at nh "Thuật toán đơn hình đối ngẫu ứng dụng tái tối ưu hóa với ràng buộc phụ " z Mục đích đề tài tìm hiểu trình bày kết lý thuyết toán @ gm qui hoạch tuyến tính qui hoạch tuyến tính đối ngẫu, thuật toán khác m co l phương pháp đơn hình đối ngẫu ứng dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu tái tối ưu hóa thêm ràng buộc phụ vào toán Luận văn viết dựa chủ yếu an Lu tài liệu tham khảo [1] - [4] n va ac th si Các kết cần đạt được: hiểu trình bày số nội dung sau: a) Bài tốn qui hoạch tuyến tính tốn đối ngẫu Lý thuyết đối ngẫu b) Phương pháp đơn hình đối ngẫu thuật tốn đơn hình đối ngẫu c) Phương pháp tái tối ưu hóa thêm ràng buộc phụ vào toán giải Cấu trúc luận văn gồm chương • Chương “Kiến thức chuẩn bị” nhắc lại tổng quan vắn tắt số kiến thức cần thiết qui hoạch tuyến tính, tốn qui hoạch tuyến tính đối ngẫu, định lý đối ngẫu qui hoạch tuyến tính, với nhiều ví dụ số hình vẽ minh họa cho kiện, định lý trình bày Cuối chương giới thiệu ý tưởng lu an phương pháp đơn hình gốc, đơn hình đối ngẫu giải qui hoạch tuyến tính n va • Chương "Thuật tốn đơn hình đối ngẫu " trình bày chi tiết bước tính tn to tốn thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng đầy đủ thuật tốn đơn hình đối ngẫu gh dạng cải biên Cuối chương trình bày ví dụ áp dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu p ie dạng đầy đủ vào giải tốn trị chơi ma trận • Chương “Kỹ thuật tái tối ưu hóa với ràng buộc phụ” trình bày vấn đề tái oa nl w tối ưu hóa thêm ràng buộc vào toán sau giải xong vai trị việc d áp dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu tái tối ưu hóa Cuối chương nêu ví dụ an lu minh họa u nf va Do thời gian kiến thức hạn chế nên chắn luận văn cịn có thiếu sót định, kính mong q thầy bạn đóng góp ý kiến để tác ll oi m giả tiếp tục hoàn thiện luận văn sau z at nh Nhân dịp này, tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TS Trần Vũ Thiệu, tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tác giả chân thành z cảm ơn thầy giáo, cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, @ gm Viện Toán hoc - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam giảng dạy m co l tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu an Lu n va ac th si Chương KIẾN THỨC VỀ QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH Chương trình bày tóm tắt số kiến thức cần thiết qui hoạch tuyến tính, tốn qui hoạch tuyến tính đối ngẫu, định lý đối ngẫu qui hoạch tuyến tính phương pháp đơn hình gốc, đơn hình đối ngẫu giải qui hoạch tuyến tính Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1], [3] [4] 1.1 BÀI TỐN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH VÀ BÀI TỐN ĐỐI NGẪU lu an 1.1.1 Phát biểu toán n va Bằng phép biến đổi đơn giản, tốn qui hoạch tuyến tính có tn to thể đưa hai dạng sau ie gh • Dạng chuẩn tắc: p {f(x) = cTx : Ax ≥ b, x ≥ 0}, w A ∈ ℝm×n, b ∈ ℝm, c  ℝn, x ≥ có nghĩa x ∈ ℝ n Trong toán oa nl tập ràng buộc D = {x ∈ ℝn : Ax ≥ b, x ≥ 0} tập lồi đa diện d • Dạng tắc: va an lu {f(x) = cTx : Ax = b, x ≥ 0}, u nf A, b, c x xác định Trong toán tập ràng buộc ll D = {x ∈ ℝn : Ax = b, x ≥ 0} tập lồi đa diện m oi Có thể dễ dàng chuyển từ dạng chuẩn tắc sang dạng tắc ngược lại z at nh Trong toán f(x) gọi hàm mục tiêu Mỗi bất phương trình z (Ax)i ≥ bi hay phương trình (Ax)i = bi gọi ràng buộc chính, xj ≥ 0, j = 1, , n gm @ gọi ràng buộc không âm hay ràng buộc dấu Véctơ (điểm) x ∈ D gọi l nghiệm chấp nhận hay phương án Một phương án đạt cực tiểu m co hàm mục tiêu f(x) gọi phương án tối ưu hay nghiệm tối ưu tốn an Lu 1.1.2 Các tính chất Định lý sau nêu điều kiện để qui hoạch tuyến tính có nghiệm tối ưu n va ac th si Định lý 1.1 Nếu qui hoạch tuyến tính có nghiệm chấp nhận hàm mục tiêu bị chặn tập ràng buộc (đối với tốn min) qui hoạch chắn có nghiệm tối ưu Định lý 1.2 Nếu x0 phương án tối ưu tốn qui hoạch tuyến tính dạng x1, x2 (x1 ≠ x2) hai phương án thỏa mãn x0 = x1 + (1  )x2, <  < 1, x1, x2 phương án tối ưu toán Định nghĩa 1.1 Một nghiệm chấp nhận x ∈ D mà đồng thời đỉnh D gọi nghiệm sở hay phương án cực biên, nghĩa x biểu diễn dạng tổ hợp lồi hai nghiệm chấp nhận lu (phương án) khác toán an n va Định lý sau nêu tính chất đặc trưng cho phương án cực biên (nghiệm sở) tốn qui hoạch tuyến tính tắc với giả thiết m ≤ n rank (A) = m gh tn to Định lý 1.3 Để nghiệm chấp nhận x = { x1 , x , , x n } qui ie hoạch tuyến tính tắc nghiệm sở cần đủ véctơ cột Aj ma p trận A ứng với thành phần x j > độc lập tuyến tính nl w Người ta phân hai loại nghiệm sở: khơng suy biến nghiệm có số d oa thành phần dương m suy biến có số thành phần dương nhỏ m an lu Định lý sau cho thấy qui hoạch tuyến tính tắc có phương án cực biên va Định lý 1.4 Nếu tốn qui hoạch tuyến tính dạng tắc có ll u nf phương án có phương án cực biên, nghĩa tập ràng buộc D có đỉnh oi m Định lý sau cho phép tìm phương án tối ưu tốn qui hoạch tuyến tính z at nh tắc số phương án cực biên toán (số hữu hạn) Định lý 1.5 Nếu toán qui hoạch tuyến tính dạng tắc có phương án z tối ưu có phương án cực biên tối ưu f(x) =  x1 + x2  min, m co với điều kiện: l gm @ Ví dụ 1.1 Xét tốn qui hoạch tuyến tính x1  3x2  2, 3x1  x2  14, x1  0, an Lu x1 + 4x2  22,  x1 + x2  3, x2  n va ac th si Tập ràng buộc tốn đa giác lồi đỉnh vẽ Hình 1.1 Tọa độ đỉnh: O = (0, 0), A = (2, 0), B = (5, 1), C = (6, 4), D = (2, 5), E = (0, 3) Theo Định lý 1.5, nghiệm tối ưu toán đạt đỉnh đa giác Tính giá trị hàm mục tiêu đỉnh này, ta nhận được: f(O) = 0, f(A) =  2, f(B) =  4, f(C) =  2, f(D) = f(E) = Từ cho thấy cực tiểu hàm f đạt đỉnh B (5, 1) với giá trị cực tiểu fmin =  x2 D C lu E an n va to B gh tn O x1 A p ie Hình 1.1 Tập ràng buộc tốn Ví dụ 1.1 w 1.1.3 Cặp toán đối ngẫu oa nl Đối ngẫu phương pháp mà ứng với toán qui hoạch tuyến tính cho d (gọi tốn gốc), ta thiết lập tốn qui hoạch khác (gọi toán u nf va toán an lu đối ngẫu) cho từ nghiệm tốn ta thu thơng tin nghiệm Sau hai dạng cặp tốn đối ngẫu thường gặp ll oi m • Đối ngẫu qui hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc (qui hoạch gốc) {f(x) = cTx : Ax ≥ b, x ≥ 0} z at nh (P) toán qui hoạch tuyến tính (qui hoạch đối ngẫu): z max {g(y) = bTy : ATy ≤ c, y ≥ 0} gm @ (Q) (AT ma trận chuyển vị ma trận A) l 3x1 + x2  60, an Lu f(x) = 20x1 + 15x2  min, m co Ví dụ 1.2 Đối ngẫu tốn qui hoạch tuyến tính chuẩn tắc n va ac th si x1 + x2  40, x1 + 2x2  60, x1  0, x2  0, toán qui hoạch tuyến tính: g(y) = 60y1 + 40y2 + 60y3  max, 3y1 + y2 + y3  20, y1 + y2 + 2y3  15, y1  0, y2  0, y3  • Đối ngẫu qui hoạch tuyến tính dạng tắc (qui hoạch gốc): lu {f(x) = cTx : Ax = b, x ≥ 0} an (P) n va toán qui hoạch tuyến tính (qui hoạch đối ngẫu): tn to max {g(y) = bTy : ATy ≤ c} (Q) ie gh Ví dụ 1.3 Đối ngẫu tốn qui hoạch tuyến tính tắc + 0,8x4 + 0,6x5  min, p f(x) = 0,2x1 nl w 2x1 + x3 d oa + 2x2 + x5 = 400, + x5 = 400, = 1300, xj  0, j = 1, 2, 3, 4, va an lu x2 + 2x3 + 3x4 u nf toán qui hoạch tuyến tính: ll g(y) = 400y1 + 400y2 + 1300y3  max, oi m  0,2 z at nh 2y1 2y2 + + 2y3  0, z @ y1  0, y3 gm 3y3  0,8  0,6 l y1 + y2 m co Dễ kiểm tra lại lấy đối ngẫu toán đối ngẫu ta lại tốn an Lu gốc Vì ta gọi (P) (Q) cặp tốn qui hoạch tuyến tính đối ngẫu n va ac th si 1.2 CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Các kết nêu cho cặp toán đối ngẫu (P), (Q) dạng Định lý 1.6 (Đối ngẫu yếu) Nếu x lời giải chấp nhận toán gốc (P) y lời giải chấp nhận tốn đối ngẫu (Q) f(x) = c1x1 + c2x2 + + cnxn ≥ g(y) = b1y1 + b2y2 + + bmym, nghĩa giá trị mục tiêu phương án gốc (bài tốn min) khơng nhỏ giá trị mục tiêu phương án đối ngẫu (bài toán max) lu Định lý 1.7 (Đối ngẫu mạnh) Nếu qui hoạch có nghiệm tối ưu qui an hoạch đối ngẫu có nghiệm tối ưu hai giá trị tối ưu va n Các định lý cho thấy quan hệ sau hai qui hoạch gốc đối ngẫu tn to Định lý 1.8 (Định lý đối ngẫu bản) Đối với cặp toán qui hoạch ie gh tuyến tính đối ngẫu có ba khả loại trừ sau đây: p a) Cả hai tốn khơng có nghiệm chấp nhận nl w b) Cả hai tốn có nghiệm chấp nhận Khi đó, hai có d oa nghiệm tối ưu giá trị tối ưu hai hàm mục tiêu an lu c) Một tốn có nghiệm chấp nhận tốn khơng có nghiệm va chấp nhận Khi đó, tốn có nghiệm chấp nhận có giá trị tối ưu vô u nf cực (+∞ hay - ∞ tùy theo toán max hay min) ll Các ví dụ sau minh hoạ cho tình a) - c) nêu oi m f(x) = x1  min, g(y) = y1 + y2  max, y1  y2 = z x1 + x2  z at nh a) Bài toán gốc toán đối ngẫu khơng có phương án @ y1  y2 = gm x1  x2  y1  0, y2  b) Bài toán gốc tốn đối ngẫu có phương án g(y) = 14y1 + 12y2  max, an Lu f(x) = 5x1 + 10x2  min, m co l x1, x2 tuỳ ý n va ac th si 2x1 + 3x2  14 y2  2y1 + x1 + 4x2  12 3y1 + 4y2  10 x1  0, x2  y1  0, y2  Phương án tối ưu hai toán x* = (4; 2) y* = (2; 1) với f(x*) = g(y*) = 40 c) Bài toán gốc toán đối ngẫu khơng có phương án tối ưu  min, f(x) = x1 g(y) = y1 + y2  max, y1  y2  x1  x2  y1  y2  x1  0, x2  y1  0, y2  lu x1 + x2  an va n Quan hệ cặp tốn đối ngẫu cịn thể định lý sau tn to Định lý 1.9 (Định lý độ lệch bù) Một cặp nghiệm chấp nhận x, y gh hai qui hoạch tuyến tính đối ngẫu (P) (Q) cặp nghiệm tối ưu p ie chúng nghiệm hệ thức: n j 1 oa nl w yi(  a ijx j  bi) = i = 1, 2, , m ⇔ yT(Ax  b) = 0, m  a ij yi ) = j = 1, 2, , n ⇔ xT(c  ATy) = d xj(cj  an lu i 1 va Ví dụ 1.4 Xét cặp toán đối ngẫu chuẩn tắc: ll u nf {4x1 : x1 + x2  2, x1  x2  2, xj  0, x2  0} oi m max {2y1 + 2y2 : y1 + y2  4, y1  y2  0, y1  0, y2  0} y* z x* m co l x1 gm @ y2 z at nh x2 y1 Bài tốn đối ngẫu an Lu Bài tốn gốc Hình 1.1 Tập ràng buộc cặp toán đối ngẫu Ví dụ 1.3 n va ac th 10 si Bảng 2.2 gọi bảng đơn hình đối ngẫu cải biên Cột đầu ghi tên biến sở Cột cB ghi hệ số mục tiêu biến sở Trong cột thứ ba (Giả phương án): m phần tử đầu giá trị biến sở, phần tử cuối giá trị hàm mục tiêu tương ứng Ma trận sở nghịch đảo B-1 ghi m cột Cột Zs (cột quay): m phần tử đầu ghi hệ số khai triển véctơ đưa vào sở As theo véctơ sở, phần tử cuối ghi ước lượng s Dịng phía ma trận nghịch đảo ghi phương án toán đối ngẫu, tính theo cơng thức: (qm+1,1, qm+1,2, , qm+1,m) = cBB-1 (2.4) lu Bảng 2.2 Bảng đơn hình đối ngẫu cải biên an n va cB x i1 ci1   x ir ci r Giả Ma trận nghịch đảo B-1 Zs q11  q1m z1s     qr1  qrm zrs     qm0 qm1  qmm zms qm+1,0 qm+1,1  qm+1,m s phương án q10 p ie gh tn to Biến sở w  oa nl  qr0 cim d x im va an lu Bảng u nf Thuật tốn đơn hình đối ngẫu cải biên gồm bước sau ll Bước (Xây dựng bảng đơn hình ban đầu) Giả sử lúc đầu có phương án cực m oi biên đối ngẫu chấp nhận x với sở J Đặt B = {Aj : j  J} Tính ma trận z at nh nghịch đảo ghi vào bảng 2.2 Tính m phần tử đầu cột "Giả phương án" theo (2.2) tính qm+1,0 = cBB-1b Các phần tử qm+1,k (k = 1, , m) tích véctơ z cB với véctơ cột thứ k B1, theo công thức (2.4) Tính k, k = 1, , n theo (2.2) gm @ ghi vào Bảng 2.1 l m co Bước Kiểm tra tối ưu: Nếu phần tử cột giả phương án khơng âm dừng trình giải ta nhận phương án tối ưu toán (2.1) Trái an Lu lại, chuyển sang Bước n va ac th 21 si Bước (Chọn dòng quay) Dòng quay chọn dịng từ xuống mà chứa phần tử âm nhỏ cột giả phương án Tính phần tử dòng quay: zrk = (B1)rAk, k = 1, , n, tức nhân dòng thứ r ma trận B1 với cột As Bảng 2.1, ta phần tử zrk dòng quay Pr ghi vào Bảng 2.1 Bước (Chọn cột quay) Chia phần tử dòng ước lượng (cuối bảng) cho phân tử tương ứng dòng quay, chia cho phần tử âm dòng quay Cột quay cột từ trái sang phải ứng với số nhỏ tỉ số Giả sử cột As cột quay Trước hết tính cột quay (cột Zs Bảng 2.2) theo cơng thức Zs = B1As, tức nhân dịng ma trận nghịch đảo B-1 lu với cột As Bảng 2.1 ta phần tử cột quay Zs Bảng 2.2 Phần an tử cuối cột s (đã tính trên) va n Bước Biến đổi bảng đơn hình đối ngẫu cải biên (trừ cột As) hoàn toàn to tn phương pháp đơn hình thường (thay đổi biến sở, đổi hệ số mục tiêu tương gh ứng, biến đổi dòng quay biến đổi dòng khác theo qui tắc hình chữ nhật) p ie Cuối cùng, biến đổi ghi vào bảng 2.1 dòng ước lượng ' theo công thức: (2.5) nl w 'k = k - (zrk/zrs)s, k = 1, , n, k  s, 's = d oa Trở lại thực Bước mô tả lu Chú ý 2.1 Khi tìm cột quay, phần tử dịng quay khơng âm va an dấu hiệu cho thấy tốn gốc ban đầu khơng có phương án: Dừng thuật u nf tốn ll Ví dụ 2.3 Giải lại tốn Ví dụ 2.1 theo thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng oi m cải biên z at nh  min, f(x) = 15x1 + 12x2 + 10x3 = 160, z 3x1  4x2  2x3 + x4 @ + x5 = 140, gm x1  2x2  3x3 l x1  0, x2  0, x3  0, x4  0, x5  m co Số liệu ban đầu tốn ước lượng k vịng lập ghi bảng: an Lu n va ac th 22 si A1 A2 A3 A4 A5 - 160 -3 -4 -2 - 140 -1 -2 -3 c 15 12 10 0 1 - 15 - 12 - 10 0 Pr -3 -4 -2  5 - - 2 -6 -4 -3 Pr 0,5 -2 - 0,5  - - - 3 -7 0 -2 -2 lu b an va n Các bước giải tốn nêu ba bảng đơn hình đối ngẫu cải biên cB Giả phương án x4 - 160 -4 x5 - 140 -2 0 - 15 B-1 Z2 p ie gh tn to Biến sở d oa nl w Bảng an lu Bảng 1: Cơ sở ban đầu gồm hai véctơ A4 A5 với 1 0 0 1   ll u nf va 1 0 B = (A4, A5) =  ⇒ B-1 =  0 1 m oi Phương án cực biên ban đầu biến đối ngẫu tương ứng z at nh  x  1 0  160  160 1  x  = 0 1 ×  140 =  140 , y = cBB =       5  0  0 f1 = 0,   z gm @ Tính ước lượng  = ATy - c = (15  12 10 0) Đưa véctơ A4 l (tương ứng với x4 =  160 < nhỏ nhất) khỏi sở Chọn véctơ A2 (tương ứng m co với số k = k/z1k = nhỏ nhất) đưa vào sở Bảng biến đổi theo Bước thuật toán nêu trên, với phần tử quay z12 =  (ô tô đậm) Kết ta nhận an Lu Bảng n va ac th 23 si Giả Biến sở cB x2 12 40 - 1/4 1/2 x5 - 60 - 1/2 -2 Bảng 480 -15/4 -4 B-1 phương án Z3 Tính ước lượng  = ATy - c = (- - - 0) Đưa véctơ A5 (tương ứng với x5 = 60 < nhỏ nhất) khỏi sở Chọn véctơ A3 (tương ứng với số k = k/z2k = nhỏ nhất) đưa vào sở Bảng biến đổi theo Bước thuật toán nêu trên, với phần tử quay z12 =  (ô tô lu đậm) Kết ta nhận Bảng an n va cB Giả phương án x2 12 25 - 3/8 1/4 x3 10 30 1/4 - 1/2 600 -2 -2 p ie gh tn to Biến sở w Bảng B-1 phương án tối ưu: d oa nl Trong Bảng 3, biến sở (x2, x3) có giá trị dương, nên ta nhận an lu x* = (0 25 30 0,5 0,5)T u nf va giá trị tối ưu hàm mục tiêu fmin = f(x*) = 600 ll Phương án tối ưu tốn đối ngẫu (dịng cuối ma trận nghiệm oi m nghịch đảo B-1): y* = (- 2, - 2)T với giá trị mục tiêu g(y*) = 600 z at nh 2.3 ÁP DỤNG GIẢI TRỊ CHƠI MA TRẬN z Tìm chiến lược (nghiệm) tối ưu trò chơi ma trận thường đưa đến gm @ toán qui hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc mà có sẵn phương án (cực biên) l đối ngẫu chấp nhận được, giải tốn theo thuật tốn đơn hình đối an Lu Ví dụ 2.4 Tìm nghiệm trò chơi ma trận m co ngẫu (dạng đầy đủ hay dạng cải biên) Sau ta xét ví dụ cụ thể n va ac th 24 si   2  A =  1  Ta thấy  min{aij: aij < 0} = 2, ta chọn  = thay A ma trận  1  A = [aij + ] =    Mọi phần tử ma trận A dương nên giá trò chơi v > Cặp toán đối ngẫu người chơi P1 P2 f1 = x'1 + x'2  min, lu an n va 5x'1 + 4x'2  1, f2 = y'1 + y'2 + y'3 + y'4  max, 4x'1 + 3x'2  1, 5y'1 + 4y'2 + 3y'3 + y'4  1, 3x'1 + 6x'2  1, 4y'1 + 3y'2 + 6y'3 + 5y'4  1, tn to x'1 + 5x'2  1, y'1  0, y'2  0, y'3  0, y'4  ie gh x'1  0, x'2  p Giải Đưa tốn gốc dạng tắc cách thêm ẩn phụ x'3, x'4, x'5, w x'6  0, sau đổi dấu ràng buộc đẳng thức ta toán: d oa nl f1 = x'1 + x'2  min, = 1, lu 5x'1  4x'2 + x'3 an 4x'1  3x'2 = 1, va + x'4 3x'1  6x'2 = 1, u nf + x'5 + x'6 = 1, ll  x'1  5x'2 m oi x'j  0, j = 1, 2, 3, 4, 5, z at nh Giả phương án ban đầu: x1 = (0; 0; 1; 1; 1; 1) Cơ sở đối ngẫu J = {3, z 4, 5, 6} @ gm Q trình giải tốn theo phương pháp đơn hình đối ngẫu ghi bảng m co l sau: an Lu n va ac th 25 si Biến Hệ số Giả sở cB phương án x'1 x'2 x'3 x'4 x'5 x'6 1 0 0 x'3 1 5 4 0 x'4 1 4 3 0 x'5 1 3 6 0 x'6 1 1 5 0 Bảng 1 1 0 0 an 1/5 4/5 1/5 0 x'4 1/5 1/5 4/5 0 x'5 2/5 18/5 3/5 x'6 4/5 21/5 1/5 0 Bảng 1/5 1/5 1/5 0 x'1 1/21 5/21 0 4/21 x'4 5/21 0 17/21 1/21 x'5 6/21 0 9/21 18/21 4/21 1/21 0 5/21 0 4/21 0 1/21 0 5/17 3/17 0 21/17 1/17 n va lu x'1 p ie gh tn to Bảng 5/21 x'1 2/17 x'3 x'5 7/17 0 9/17 15/17 x'2 3/17 1/17 4/17 Bảng 5/17 0 4/17 1/17 d oa nl w x'2 an lu 5/17 ll u nf va m oi z at nh Ở Bảng phần tử cột Giả phương án dương, nên lời giải z toán y'1 =    c3 = 0, y'2 =    c4 = 4/17, + Chiến lược tối ưu P1: x* = vx' = 17 ( 17 , 17 )=(5 , an Lu Từ suy nghiệm trị chơi cho là: m co y'3 =    c5 = 0, y'4 =    c6 = 1/17 l gm @ f1 = f2 max = 5/17 = 1/v  v = 17/5, x'1 = 2/17, x'2 = 3/17, ) n va ac th 26 si + Chiến lược tối ưu P2: y* = vy' = 17 : v* = v   = + Giá trò chơi (0, 17 , 0, 17 ) = (0, 17 3= 5 , 0, ) Tóm lại, chương trình bày chi tiết thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng đầy đủ dạng cải biên xét số ví dụ giải tốn qui hoạch tuyến tính chuẩn tắc, dó có tốn tìm nghiệm tối ưu trị chơi ma trận lu an n va p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th 27 si Chương KỸ THUẬT TÁI TỐI ƯU HÓA VỚI RÀNG BUỘC PHỤ Chương đề cập tới vấn đề tái tối ưu hóa áp dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu tái tối ưu hóa thêm ràng buộc vào toán Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2], [3] [4] 3.1 VẤN ĐỀ TÁI TỐI ƯU HÓA Khi lập mơ hình cho vấn đề thực tế dạng tốn qui hoạch tuyến tính thường có nhu cầu bổ sung thêm ràng buộc vào mơ hình nhằm làm cho lu an phản ánh xác vấn đề nghiên cứu, đặc biệt cần so sánh lời giải n va thu từ mơ hình với tình thực tế mơ hình hố Tuy nhiên, việc tn to thêm vào hay nhiều ràng buộc làm cho lời giải có khơng thoả gh mãn ràng buộc Trong trường hợp phương pháp đơn p ie hình đối ngẫu giúp giải vấn đề cách hiệu mà không cần giải lại w tồn tốn từ đầu Ví dụ sau minh hoạ cho tình oa nl Ví dụ 3.1 Hãy tìm lời giải tốn qui hoạch tuyến tính nhận từ d tốn cho Ví dụ 2.1 (Chương 2), cách thêm vào ràng buộc mới: an lu x1 + x2 + x3  60 u nf va Dùng phương pháp đơn hình đối ngẫu giải tốn Ví dụ 2.1 ta nhận phương án tối ưu cho Bảng 3: trước ll Giả x1 oi x3 x4 x5 x2 12 25 7/8 3/8 1/4 x3 10 30 1/4 z 1/4 1/2 600 7 gm phương án x2 z at nh sở CB m Biến 2 2 12 10 0 0 @ Bảng 15 l m co Bảng cho thấy x* = (0; 25; 30) phương án tối ưu toán với fmin = an Lu 600 Do x* không thoả mãn ràng buộc x1 + x2 + x3  60 nên x* phương án toán Nếu giải lại tốn từ đầu tốn nhiều n va ac th 28 si cơng sức Mục sau trình bày cách áp dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu để tiếp tục giải toán, xuất phát từ phương án tối ưu nhận toán cũ Cách làm gọi tái tối ưu hóa tốn thêm ràng buộc 3.2 THUẬT TỐN ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU TRONG TÁI TỐI ƯU HĨA Bước Để xử lý ràng buộc ta thêm vào biến bù x6  để đưa ràng buộc dạng đẳng thức đổi dấu hai vế đẳng thức thu được:  x1  x2  x3 + x6 =  60 Bước Bây ta đưa ràng buộc vào Bảng lập Bảng Để ý biến bù x6 khơng có mặt hai ràng buộc lại hàm mục tiêu, lu an hệ số x6 hai ràng buộc hàm mục tiêu Hơn n va nữa, biến x6 biến sở to tn Biến Giả x1 x2 x3 x4 x5 x6 phương án 15 12 10 0 12 25 7/8 3/8 1/4 10 30 1/4 1/4 1/2 x6 nl  60 1 1 1 0 Bảng 600 7 0 2 2 p x3 w d oa x2 ie gh sở CB lu va an Bước Biến Bảng bảng đơn hình đối ngẫu: Do x2, x3 biến sở u nf nên cột x2, x3 phải véctơ cột đơn vị với số có tên biến dịng ll cột Muốn ta cộng dòng dòng vào dòng Kết ta nhận m oi Bảng sở CB Giả x1 phương án 15 z at nh Biến x2 x3 x4 x5 x6 12 10 0 z m co l gm @ an Lu n va ac th 29 si x2 12 25 7/8 3/8 1/4 x3 10 30 1/4 1/4 1/2 x6 5  3/8 0 1/8 1/4 Bảng 600 7 0 2 2 Bước Bảng tương ứng với giả phương án x0 = (0; 25; 30; 0; 0; 5) thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu Loại biến x6 khỏi sở đưa biến x5 vào sở Biến đổi Bảng theo phương pháp đơn hình đối ngẫu ta nhận Bảng Trong bảng ta thấy phần tử cột Giả phương án dương nên phương án tối ưu toán x* = (0; 20; 40) với giá trị cực tiểu fmin = 640 (giá trị lu đương nhiên lớn giá trị fmin cũ) an va Biến n p ie gh tn to sở CB Giả x1 x2 x3 x4 x5 x6 phương án 15 12 10 0 12 20 1/2 1/2 x3 10 40 1/2 1/2 2 x5 20 3/2 0 1/2 4 Bảng 640 4 0 1 8 d oa nl w x2 an lu 3.3 VÍ DỤ MINH HỌA va Ví dụ 3.2 Giải tốn qui hoạch tuyến tính dạng chuẩn sau u nf f(x) = x1 + 100x2 + 10000x3  min, ll 200x3  100, oi m x1 + 20x2 + 20x3  10, z at nh x2 + x1  0, x2  0, x3  z Đưa tốn dạng tắc đổi dấu hai vế ràng buộc đẳng thức, ta @  x1  20x2  200x3 + x4 =  100, 20x3 + x5 =  10, an Lu  x2  m co f(x) = x1 + 100x2 + 10000x3  min, l gm nhận toán: n va ac th 30 si x1  0, x2  0, x3  Bài tốn có n = biến m = ràng buộc chính, nên bảng đơn hình gồm n + = cột m + = dòng Bảng ghi lại hệ số toán, Bảng tương ứng với giả phương án x0 = (0, 0, 0,  100,  10,  1), f0 = f(x0) = Biến sở CB Giả phương x1 x2 x3 x4 án 15 12 10 x5 x4  100 1  20  200 x5  10 1  20 1 0 lu Bảng  100  10000 an n va 100 20 200 -1 x5  10 1  20 Bảng 100  80  9800 1  100  200 1 20 x2 100 10 20 1 900 0 - 8200 1  80 100 1 200  20 10 20 1 1000 1  8000  100 Bảng x4 x2 oa nl w x1 d p ie gh tn to x1 100 u nf va an lu Bảng Bảng cho thấy phần tử cột "Giả phương án dương nên phương ll z at nh tiêu fmin = 1000 oi m án tối ưu toán x* = (0, 10, 0, 100, 0) với giá trị tối ưu hàm mục  Bây ta thêm vào toán ràng buộc x3  Ta thấy phương án tối ưu z x* không thoả mãn ràng buộc x3  1, nên x* phương án gm @ toán Cách xử lý ràng buộc sau: m co dấu hai vế đẳng thức thu được:  x3 + x6 =  l Bước 1.Thêm vào biến bù x6  để đưa ràng buộc dạng đẳng thức đổi an Lu Bước Đưa ràng buộc vào Bảng lập Bảng Để ý biến bù x6 khơng có mặt hai ràng buộc trước hàm mục tiêu, hệ số x6 n va ac th 31 si hai ràng buộc hàm mục tiêu Hơn nữa, biến x6 biến sở Bước Bảng bảng đơn hình đối ngẫu: Các biến x4, x2 x6 biến sở (các cột x4, x2, x6 véctơ cột đơn vị với số có tên biến dịng cột nó) Bước Bảng tương ứng với giả phương án x0 = (0, 10, 0, 100, 0,  1) thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu Loại biến x6 khỏi sở đưa biến x3 vào sở Biến đổi Bảng theo phương pháp đơn hình đối ngẫu ta nhận Bảng Bước Trong bảng 6, cột "Giả phương án" phần tử âm Loại biến lu x4 khỏi sở đưa biến x1 vào sở Biến đổi Bảng theo phương pháp đơn an n va hình đối ngẫu ta nhận Bảng Giả phương x1 x2 x3 x4 án 15 12 10 0 100 1 200  20 100 10 20 1 1 0 1 0 1000 1  8000  100  100 1 0  20 200 0 1 20 0 1 CB sở x4 p ie gh tn to Biến Bảng d oa nl x6 w x2 x2 100  10 x3 10000 an va lu x4 x5 x6 ll u nf  100 8000 1 20  200 0 1 20 100 x2 100  10 x3 10000 0 0 1 9100 0 1  80 8200 1 200  20 z at nh x1  100 20 l gm Bảng @ oi x1 m co z 1 m 9000 Bảng x5 10 1 0 an Lu n va ac th 32 si x3 0 0 1 9900  80 1 - 9800 10000 Bảng x4 100 1  20  200 x5 10 1 0  20 x3 10000 0 0 1 10000 1  100 0  10000 Bảng Bước Trong bảng 7, cột "Giả phương án" phần tử âm Loại biến x2 khỏi sở đưa biến x5 vào sở Biến đổi Bảng theo phương pháp đơn hình đối ngẫu ta nhận Bảng lu an Bước Trong bảng 8, cột "Giả phương án" phần tử âm Loại biến n va x1 khỏi sở đưa biến x4 vào sở Biến đổi Bảng theo phương pháp đơn tn to hình đối ngẫu ta nhận Bảng gh Bước Ở Bảng ta thấy phần tử cột Giả phương án không âm p ie nên phương án tối ưu toán x* = (0, 0, 1, 100, 10, 0) với giá oa nl 4) w trị cực tiểu fmin = 10000 (giá trị đương nhiên lớn fmin = 1000 Bảng d Tóm lại, chương trình bày vấn đề tái tối ưu hóa thêm ràng buộc lu va an vào toán giải xong giới thiệu tác dụng thuật toán đơn hình đối ll u nf ngẫu tái tối ưu hóa với ràng buộc phụ oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th 33 si KẾT LUẬN Luận văn giới thiệu thuật tốn đơn hình đối ngẫu giải tốn qui hoạch tuyến tính ứng dụng tái tối ưu hóa, thêm ràng buộc phụ vào tốn giải Luận văn trình bày nội dung cụ thể sau:  Một số kiến thức cần thiết qui hoạch tuyến tính, tốn qui hoạch tuyến tính đối ngẫu, định lý đối ngẫu qui hoạch tuyến tính Giới thiệu ý tưởng phương pháp đơn hình gốc, đơn hình đối ngẫu giải qui hoạch lu tuyến tính an n va • Chi tiết hóa bước tính tốn thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng đầy đủ to thuật tốn đơn hình đối ngẫu dạng cải biên Cuối chương trình bày ví dụ áp gh tn dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu vào giải tốn trị chơi ma trận p ie • Vấn đè tái tối ưu hóa thêm ràng buộc vào toán sau giải xong vai trị việc áp dụng thuật tốn đơn hình đối ngẫu tái tối ưu hóa Cuối nl w chương nêu ví dụ minh họa d oa Đây đề tài mang tính ứng dụng thiết thực, có nhiều chi tiết kỹ an lu thuật phức tap, địi hỏi nhiều tính tốn tỉ mỉ Tuy nhiên, kết hợp với kỹ thuật va lập trình để thực thi giải tốn máy tính Tác giả luận văn hy vọng oi m dụng chúng ll u nf tương lai có dịp tìm hiểu thêm thuật toán khác tối ưu hóa ứng z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th 34 si TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Thị Bạch Kim (2014), Giáo trình phương pháp tối ưu: Lý thuyết thuật toán NXB Bách Khoa Hà Nội [2] Trần Vũ Thiệu (2004), Giáo trình tối ưu tuyến tính NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [3] Bazara M.S (2006), Nonlinear Programming: Theory and Algorithms 3rd Edition A John Willey & Sons, Inc., Publication lu an [4] Dantzig G B., Thapa M N (2003), Linear Programming: Theory and n va Extensions Springer tn to [5] Griffn C (2009), Linear Programming: Penn State Math 484 Lecture gh Notes, Licensed under a Creative Commons Attribution-Noncommercial-Share p ie Alike 3.0 United States d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th 35 si