1Kiến thức chuẩn bịĐịnh nghĩa 1.1 Xét một tập lồi đa diện P ⊂ Rnđược định bởi các ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức, và x∗là một điểm của Rn.a Ta nói x∗là một phương án cơ sở basic so
Bài tập 1.1
Giả sử có một mặt hàng được lưu trữ ởmtrạm phátP 1 , P 2 , , P m , tiêu thụ ởn trạm thuT 1 , T 2 , , T N Hãy xác định cách thức vận chuyển hàng từ các trạm phát đến các trạm thu sao cho chi phí tốt nhất với các dữ kiện như sau
(1) Giá vận chuyển một đơn vị hàng từ mỗi trạm phát đến mỗi trạm thu: Gọic ij là chi phí vận chuyển một đơn vị hàng từ trạm phátP i đến trạm thuT j (i= 1, m;j = 1, n).
(2) Khả năng thu, phát của mỗi trạm: Gọi
- Trạm phátP i đang lưu trữa i đơn vị hàngi= 1, m.
- Trạm thuT j có thể thu nhậnb j đơn vị hàngj = 1, n.
•Cómtrạm phátP 1 , P 2 , , P m , lưu trữa i >0đơn vị hàng, vớii= 1, m.
•Cóntrạm thuT 1 , T 2 , , T N , thu nhậnb j >0đơn vị hàng, vớij = 1, n.
•Chi phí vận chuyển một đơn vị hàng từ trạm phátPi đến trạm thuTj làcij (i 1, m;j = 1, n).
Gọix ij là số lượng hàng phân phối từ trạm phátP i đến trạm thuT j (i = i, m;j i, n).
•Tổng chi phí vận chuyển hết hàng là m
•Tổng số lượng hàng ở mọi trạm phát giao hết hàng là n
•Do số hàng được chuyển từ các tạm phátPiđến mỗi tạm thuTjphải không vượt quá số hàng tạm thuTjcó thể nhận được nên ta có m
Từ phân tích trên, ta đưa ra mô hình toán học của bài toán:
+ Bài toán trên là dạng đặc biệt của bài toán quy hoạch tuyến tính - mô hình bài toán vận tải, thường được áp dụng vào thực tiễn.
+ Bài toán giúp giải quyết vấn đề phân phối hàng hóa từ một số địa điểm cụ thể(điểm nguồn, trạm phát) đến một số địa điểm tiêu thụ (điểm đích, trạm thu) sao cho: tổng chi phí vận chuyển thấp nhất, cự ly vận chuyển nhỏ nhất, hay tổng tiền lời nhiều nhất Bài toán trên được xây dựng theo mô hình bài toán vận tải với tổng chi phí vận chuyển thấp nhất.
Bài tập 1.2
ChoAlà ma trận cấp2×3có hạng bằng 2, vectơb ∈ R 2 vàc= (1,2,1)∈R 3 Xét bài toán quy hoạch tuyến tính
Ax⩾b x⩾0 Tồn tại hay không ma trậnAvà vectơbđể bài toán trên
(b) Vô nghiệm nhưng tập phương án khác rỗng.
Khi đó bài toán ta viết lại thành
(1) Đặtf(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 + 2x 2 +x 3 với mọi(x 1 , x 2 , x 3 )∈R 3 Ta sẽ chứng minh các vectơ dạngu ∗ = (2−t,0, t)vớit∈[0,2]là phương án tối ưu của bài toán (1).
Suy rau ∗ = (2−t,0, t)vớit ∈ [0,2]là phương án của bài toán (1) Hơn nữa lấy phương ánu= (x 1 , x 2 , x 3 )∈R 3 bất kì, ta có:f(u) = x 1 + 2x 2 +x 3 ⩾2 = f(u ∗ ).
Suy rau ∗ = (2−t,0, t)là phương án tối ưu của bài toán (1) Màt ∈ [0,2]nên bài toán (1) vô số nghiệm.
(b) Giả sử tồn tại ma trận A và b để tập phương án khác rỗng thì theo hệ quả
1, bài toán sẽ có nghiệm do hàm mục tiêu luôn bị chặn dưới bởi 0 trên tập phương án khác rỗng (mâu thuẫn) Vậy không tồn tại ma trận A và b để bài toán vô nghiệm nhưng tập phương án khác rỗng.
Khi đó bài toán ta viết lại thành
(2) Đặtf(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 + 2x 2 +x 3 với mọi(x 1 , x 2 , x 3 )∈R 3 Ta sẽ chứng minh nghiệm u ∗ = (0,0,0)của bài toán trên là nghiệm duy nhất Ta có
Vậy(0,0,0)là phương án của bài toán.
Hơn nữa lấy phương ánu= (x 1 , x 2 , x 3 )∈R 3 bất kì, ta có: f(u) = x 1 + 2x 2 +x 3 ⩾0 =f(u ∗ )
Suy rau ∗ = (0,0,0)là nghiệm của bài toán Giả sửk = (k 1 , k 2 , k 3 )là nghiệm Vì giá trị tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính nếu có là duy nhất nênf(k) = f(u ∗ ) hayk 1 + 2k 2 +k 3 = 0 Suy rak 1 =k 2 =k 3 = 0(vìk 1 , k 2 , k 3 ≥0) Vậyu ∗ =k Kết luận u ∗ là nghiệm duy nhất.
Nhận xét: Để đánh giá nghiệm của bài toán ta xét bài toán trên trong hệ tọa độ Oxyz Với ràng buộcx ≥ 0và Ax ≥ b thì tập phương án sẽ là mặt phẳng nằm ở phần dương các trục tọa độ Với câu a để vô số nghiệm thì ta có thể chọn tập phương án sao cho mặt phẳng đó không giao với điểm gốc Câu b ta sẽ áp dụng hệ quả 1 Câu c ta sẽ cho mặt phẳng đó giao với gốc tọa độ.
Bài tập 1.3
ChoAlà ma trận cấp2×3với hệ số thực, vectơb∈R 2 vàc= (1,1,1) Xét bài toán quy hoạch tuyến tính
Tồn tại hay không ma trậnAvà vevtơbđể bài toán trên
(c) Có tập phương án khác rỗng nhưng vô nghiệm.
Khi đó bài toán ta viết lại thành
Dox 1 +x 2 ⩽−4vàx 3 ⩽0nênx 1 +x 2 +x 3 ⩽−4 Do đóf(x 1 , x 2 , x 3 )⩽−4hay giá trị tối ưu của bài toán (1) là−4.
Ta sẽ chứng minh các vectơ dạngxt = (t,−4−t,0)vớit ∈ Rlà phương án tối ưu của bài toán (1).
Suy raxt = (t,−4−t,0)vớit ∈ Rlà phương án của bài toán (1) Hơn nữa với x t = (t,−4−t,0),t∈Rta cóf(t,−4−t,0) = t+ (−4−t) + 0 =−4.
Suy rax t = (t,−4−t,0)là phương án tối ưu của bài toán (1) Màt ∈Rnên bài toán (1) vô số nghiệm
P là tập lồi đa diện Vetox ∈ P được gọi làđỉnh nếu tồn tại vectocsao cho
⟨c, x⟩1 a
Bài tập 1.6
Cho bài toán quy hoạch tuyến tính dạng
Ax ≥b, trong đóAlà ma trận cấpm×n, b ∈ R m , c ∈R n Gọi M và M* lần lượt là tập phương án và tập nghiệm của bài toán.
(a) Điểmx ∈ M gọi lànghiệm địa phương của bài toán trên nếu tồn tại r >0sao cho
(b) Nếux∈M ∗ và x=λx+ (1−λ)yvớiλ∈(0,1), x, y ∈M thì x, y ∈M ∗ Đặc biệt nếu d là đường thẳng nằm trongMvà d cắtM ∗ thì d nằm trong
(c) NếuM ∗ ∩intM ̸= ∅ thì c = 0 Đặc biệt nếuc ̸= 0thì nghiệm của bài toán QHTT nằm trên biên của tập phương án.
(a) Với mọiy∈M, vìx∈MvàM là tập lồi nênλ.x+ (1−λ)y∈M với mọiλ∈(0; 1).
Từ x là nghiệm địa phương nên tồn tại r > 0 sao cho ⟨c, x⟩ ≥ ⟨c, x⟩,∀x ∈
Từ ∥x−y∥+r r ∈(0,1)ta cóz ∈M Hơn nữa,
Khi đó, doxlà nghiệm địa phương nên
Suy ra⟨c, x⟩ ≤ ⟨c, y⟩ Vậyxlà nghiệm của bài toán.
(b) Vìxlà nghiệm của bài toán nên⟨c, x⟩,⟨c, y⟩ ≥ ⟨c, x⟩ Từx=λx+ (1−λ)y, ta có
⟨c, x⟩=λ⟨c, x⟩+ (1−λ)⟨c, y⟩ ≥λ⟨c, x⟩+ (1−λ)⟨c, x⟩=⟨c, x⟩, vìλ,1−λ∈(0,1) Suy ra⟨c, x⟩=⟨c, y⟩=⟨c, x⟩ Do đóx, y ∈M ∗
Giả sửdlà đường thẳng song song trongM sao chodcắtM ∗ và gọix∈d∩M ∗ Lấyylà điểm bất kỳ củad Vìdlà đường thẳng trongMnên tồn tạix∈M sao chox thuộc đoạn thẳng nốix, y nói cách khác, tồn tạiλ∈(0,1)sao chox=λx+ (1−λ)y. Theo phần trước thì ta cóx, y ∈M ∗ Do đódnằm trongM.
(c) Giả sửM ∗ ∩intM ̸=∅, khi đó lấyx∈M ∗ ∩intM.
Dox∈intM nên tồn tạir >0sao choB(x, r)⊂M. Đặtz =x− ∥c∥+1 r c, ta có:
∥z−x∥= ∥c∥+1 r∥c∥ < r nênz ∈B(x, r)⊂M Lại có:x∈M ∗ nên⟨c, z⟩ ≥ ⟨c, x⟩hay⟨c, x−z⟩ ≤0.
Suy ra: ∥c∥+1 r ⟨c, c⟩ ≤0nên∥c∥ 2 =⟨c, c⟩ ≥0.Do đóc= 0.
Ngược lại, nếuc ̸= 0thì M ∗ ∩intM = ∅nên M ∗ là con của biên tập M hay mọi nghiệm của bài toán quy hoạch tuyến tính nằm trên biên của tập phương án.
Bài tập 1.7
Chứng minh đặc điểm hình học của tập phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính ở Định nghĩa 1.7 và 1.8 không bao giờ chứa đường thẳng.
Ta thấy rằng nếu x là một phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc thì x cũng là một phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc.
Do đó, ta chí cần chứng minh tập phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc không chứa đường thẳng.
Xét không gian vectơR n , giả sử ngược lại tập phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc chứa đường thẳng
Gọi đường thẳng đó là (d), khi đó ta có phương trình tham số của (d) trongR n là:
Vì(b1, b2, , bn) ̸= {0n}nên tồn tạii ∈ {1,2, , n}sao cho bi ̸= 0 Khi đó chọn t= −a i −1 b i , ta đượcxi =−10 Lấy điểmM(0;−z)∈(d 1 ) Qua phép tịnh tiếnT k − → c thì điểmMbiến thành điểmM ′ (−k;−z−k)và đường thẳng(d 1 )biến thành đường thẳng(d 2 )song song với(d 1 )và đi qua điểmM ′
(⇒) Chứng minh với(d 1 ) : −x 1 −x 2 =z thì(d 2 ) : −x 1 −x 2 =z+ ∆zvới∆z > 0là ảnh của(d 1 )qua phép tịnh tiếnT − → u với−→u =k−→c vớik > 0.
Vì(d 2 )//(d 1 )nên tồn tại phép tịnh tiếnT − → u với−→u = (u 1 , u 2 ), biến đường thẳng(d 1 ) thành(d2).
LấyM(0;−z)∈(d 1 ) Khi đó phép tịnh tiếnT − → u biến điểmM thànhM ′ (0 +u 1 ,−z+ u 2 ).
VìM ′ (0 +u 1 ,ưz+u 2 )∈(d 2 )nênưu 1 ư(ưz+u 2 ) =z+ ∆z ⇔ ưu 1 ưu 2 = ∆z. Chọnu 1 = −∆z 2 ⇒u 2 = −∆z 2
Trường hợp tổng quát:Với mỗi số thựcz, ta xét tập hợp các điểmx= (x 1 , x 2 , , x n ) sao cho⟨c, x⟩, bằng vớiz Tập hợp này chính là đường thẳng (xét trongn= 2chiều)