b Bài toán có phương án nhưng vô nghiệm Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau: x-3y+z— min | x+y-2z>0... c Bài toán có vô số nghiệm Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC SU PHAM THANH PHO HO CHi MINH
o0o
KHOA TOÁN-TIN
GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÀ TUẦN 1 MON LY THUYET TOI UU TUYẾN TÍNH
Giảng viên hướng dẫn:
Sinh viên:
MSSV:
Lớp học phần:
TS PHAM DUY KHÁNH
NGUYÊN PHƯƠNG THẢO 46.01.101.145
MATH140801
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 5 tháng 3 năm 2022
Trang 2BÀI TẬP 1
Xây dựng bài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT) dạng chuẩn tắc với m = n = 3 sao cho:
(a) Bài toán không có phương án
(b) Bài toán có phương án nhưng vô nghiệm
(e) Bài toán có vô số nghiệm
(đ) Bài toán có nghiệm duy nhất và có vô số phương án
BÀI GIẢI (a) Bài toán không cố phương án
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
| x+2y+3z— min
| 2x-y+5z>8
Ẳ x+3y-4z>3
| -x*-y-z21
{ x,y,zZ20
Gia stt (x, y, z) là phương án của bài toán
-x-y-z21>x+y+z<s-1<0 x
> y y = Mau thuan !
x,yYZ20>x+y+z20 Vậy bài toán không có phương án
(b) Bài toán có phương án nhưng vô nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
( x-3y+z— min
| x+y-2z>0
{ —x+3z>_—]
| 4x—z>-2
( x,y,zZ20
Xét (0, 4,0) € R® , vdi 4> 0 tùy ý
Ta chứng minh: (0, 2,0) là phương án của bài toán
[ 0+a-2.0=a>0
—04+3.0=02-1 4.0-0=02-2
| 0>0,a>0,0>0
Ta có:
Trang 3
Vậy (0, 2,0) là phương án của bài toán
Suy ra: bài toán có vô số phương án (1)
Giả sử bài toán có nghiệm (x”, yŸ, z”)
[ x*+y—2z”>0
Suy Ta: _x +32" >1
i Ax" — Zz" >-2
| x*,y*,z* =0
Xét (x*,y* +1z* ye RẺ Ta chứng minh (x”, y” + 1,z”) là phương án của bài toán
x*+(y*+1)—2Z* >xY+y*—2z* >0
—x*4+3z*>-1 4x”—z” >—2
| x >0,y*"+1>y”>0,z”>0
Ta có: |
Vậy (x”, y” +1,z”) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,z)=x—3y+z
Ta có: (x",y",Z") ang iém cuat al foan
(x*, y* +1, z*)la phương án của bài toán
Suy ra: f(x*, y* 41,27) = f(x*,y*,2*)
©x”-3(y“+l)+z”>x”-3y”+z”
e-3>0: Vô lý
Vậy bài toán vô nghiệm (2)
Từ (1) và (2), suy ra bài toán có vô số phương án nhưng vô nghiệm
(c) Bài toán có vô số nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
x+Z— mỉĩn
x+2y+z>-5
{ 2x+y2-4
| y+3z>-—3
| xy,z>0
Xét (0, a,0) € R° , với a > 0 tùy ý
[ 0+2a+0=2a>0>—5
20+a=a>02-4 a+3.0=a>0>_—3
| 0>0,a>0,020
Ta có: |
Vậy (0, a,0) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z) =x+z
Giả sử (x, y, z) là một phương án của bài toán
>x,y,z20
Trang 4
=> ƒ(%,py,Z)=x+z>0= ƒ(0,a,0)
Suy ra: (0, 4,0) là nghiệm của bài toán
Vậy bài toán có vô số nghiệm
(d) Bài toán có nghiệm duy nhất và có vô số phương án
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
x+5z>_-—3 x+3y+4z2-1
—-x+Z>-7
( x+2y+z— min
|
|
| +*,z>0
Xét (0, a,0) e RŸ, với 4> 0 tùy ý
[ 0+5.0=0>0
0+32+4.0=3a>0>_—]
Ta có: |
| —0+0=02>-7
| 020,a>0,020
Suy ra (0, 2,0) là phương án của bài toán
Vậy bài toán có vô số phương án (1)
Từ chứng minh trên, ta suy ra (0,0,0) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,z)=x+2y+z
Gia su (x, y,z) là một phương án của bài toán
>x,y,z20
> ƒ(,y,z)=x+2y+z>0= f(0,0,0)
Vậy (0,0,0) là nghiệm của bài toán
Giả sử bài toán có nghiệm (+, y, z)
( ƒ(z, y,z) = ƒ(0,0,0)
Ì x+5z>_—3
x+2y+z=0
+*,z>0
—x+z>_—/7 +*,z>0 Vậy bài toán có nghiệm duy nhất là (0,0, 0) (2)
Từ (1) và (2), suy ra bài toán có nghiệm duy nhất và có vô số phương án
BÀI TẬP 2
Giải bài tập 1 với dạng chuẩn tắc thay bằng dạng chính tắc
BÀI GIẢI
Trang 5
(a) Bài toán không cố phương án
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sau:
[ x+2y+3z= min 2x-y+5z=8
Ẳ x+3y-4z=3
| +x+y+z=-l
( x,y,zZ20
Gia stt (x, y, z) là phương án của bài toán
5 +x+y+z=-]l<0
+*,Z>0>x+y+z>0 = Mâu thuẫn!
Vậy bài toán không có phương án
(b) Bài toán có phương án nhưng vô nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sau:
x—y+Z— min
2x+5z=7 3x—z=2
j x†+Z=2
| xy,z>0 Xét (1,4,1), với 4> 0 tùy ý
[ 2.1+5.1=7
3.1-1=2
j l+1=2
| 1>0,a>0,1>0
Suy ra: (1, 4, 1) là phương án của bài toán
Ta có:
Vậy bài toán có vô số phương án (1)
Giả sử bài toán có nghiệm (x”, yŸ, z”)
Í 2x*+5z* =7
5 | 3x*-z* =2
| x*,y*,z">0 Xét (x”,y”+1,z”)€ RẺ Ta chứng minh: (x”, yŸ +1,zŸ) là phương án của bài toán [ 2x”+5z”=7
3x*-z*=2 x*4+z*=2 x*>0,y*+12y* 20,2* =0
Ta có:
Vậy (x”, yŸ +1,z”) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(%, y,Z) =x—y+Z
Trang 6
Ta có: (x*, y*, z”)là nghiệm của bài toán
| (x*,y* +1,2*)la phương án của bài toán
=> ƒ(Œ”,y"+1,z”) > ƒ(x”, y",z")
©x "-(y°+l)+z”>x”-y”+z"
©—I1>0: Vô lý!
Vậy bài toán vô nghiệm (2)
Từ (1) và (2), suy ra bài toán có vô số phương án nhưng vô nghiệm
(c) Bài toán có vô số nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sau:
[ x+z— min
| 2x+5z=7 3x—z=2
| x+z=2
| x.z>0
Xét (1, a, 1) eIRŸ, với 4> 0 tùy ý
[ 2.1+5.1=7
men | „nể
1+1=2
| I>0,a>0,1>0
Vậy (1, ø, 1) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z) =x+z
Gia su (x, y, z) là phương án của bài toán
( 2x+5z=7
5 { 3x—z=2
|Z1Z=2 { *,,z>0 x=1
>< y20
=]
=> ƒ(%,y,Z)=x+z=1l+l1=2>2=ƒf(1,a,l)
Suy ra: (1, 4, 1) là nghiệm của bài toán
Vậy bài toán có vô số nghiệm
(d) Bài toán có nghiệm duy nhất và có vô số phương án
Trang 7
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sau:
[ x+y+z— min
¡ 2X+5zZ=7
| 3x—z=2
j x†+Z=2
| xy,z>0
Xét (1, a, 1) eIRŸ, với 4> 0 tùy ý
[ 2.1+5.1=7
3.1-1=2 1+1=2
| 120,420,120 Suy ra: (1, 4, 1) là phương án của bài toán
Ta có:
Vậy bài toán có vô số phương án (1)
Từ chứng minh trên, suy ra (1,0, 1) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z)=x+y+z
Giả sử (x, y, z) là phương án của bài toán
2x+5z=7 3x—z=2 X+Z=2
| +*,z>0
‘ => ƒ(%,y,Z)=x+y+z=l+y+l=y+2>0+2=2=ƒf(1,0,1)
Vậy (1,0, 1) là nghiệm của bài toán
1
0
1
Giả sử bài toán có nghiệm (x”, y", z”)
[ Ƒ(x*,y*,z*)= x*+y*+z* = ƒq,0,1)=2
| 2x*4+5z* =7
=4 3x*-z* =2
| x*+z*=2
| x*,y*,z">0
*
*
(
Vậy bài toán có nghiệm duy nhất là (1,0, 1) (2)
Từ (1) và (2), suy ra bài toán có nghiệm duy nhất và có vô số phương án
Trang 8
BÀI TẬP 3
Có hay không ma trận Ae R”*3 , rankA = 2 và b,c e RỶ sao cho bài toán:
[ <c.u>— min Au>b u>0 (a) có vô số nghiệm
(b) có nghiệm duy nhất
(c) có phương án và vô nghiệm
BÀI GIẢI
(a) có vô số nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
[ x+z—>min
| x+2y+z>-5
nó 2x+y>-~4 3x+3y+z2-1 x,y,Z20
Đặt A=| 2 10 |.u=| y |.b=| -4 e=[1 01]
A=l210|—|0 -3 -2 |—|0 -3 -2
lo a4 lo -s - Loo 0 Vay rankA=2
Bai todn (TT}) c6 thé viét duéi dang ma tran nhw sau:
<C,u>—- min
(TT,})4 AuZ=b
{ u20
+ Chứng minh bài toán (TT) có vô số nghiệm
Xét (0, a,0) ER?
[ 0+2a+0=2a>0>~—5
20+a=a>-4 3.0+3z+0=3a>0>_—]
| 0>0,a>0,0>0
Ta có:
Trang 9
Vậy (0, 2,0) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z) =x+z
Giả sử bài toán có phương án (+, y, z)
>x,y,z20
=> ƒ(%,py,Z)=x+z>0= ƒ(0,a,0)
Suy ra: (0, 4,0) là nghiệm của bài toán
Vậy bài toán có vô số nghiệm
(b) có nghiệm duy nhất `
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
í x+y+zZ— min
| x+2y+z>_—5
T04 2x+y>-—4
| 3x+3y+z2=-1
( x,y,Z20
ĐặtA4=| 2 10 |.z=| y |.b=| -4 ,c=[1 1 1)
1 2 1 12 1 12 1 A=|]2 10 ]-]|0 -3 -2 |-] 0 -3 -2
3 3 1 0 -3 -2 00 O Vay rankA=2
Bài toán (TT)) có thể viết dưới dạng ma trận như sau:
[ <c,u>— min m4 Au>b
>0
+ Chứng minh bài toán (TT) có nghiệm duy nhất
Xét (0,0,0) e RỒ
[ 0+2.0+0=0>—5
Ta có: ị 2.0+0=0>-~4
3.0+3.0+0=0>_—]
| +*,z>0
Vậy (0,0,0) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z)=x+y+z
Gia su (x, y, z) là phương án của bài toán
>x,y,z20
=> ƒ(, y,zZ) =x+y+z>0= ƒ(0,0,0)
Vậy (0,0,0) là nghiệm của bài toán
Trang 10
(c)
Giả sử bài toán có nghiệm là (x”, y”, z”)
[ fœ*,y7,z” = ƒ(0,0,0)
| Xx +ấy + * * > >—B5 x*+y*+z* =0 ; ;
=> 4 2x*+y" 2-4 =y*=z*=0
| 3x*+3y*+z*>-1
| x*,y*,z* =0
x*,y*,z* =0
Vậy bài toán có nghiệm duy nhất là (0,0,0)
có phương án và vô nghiệm
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc sau:
í Xx—y+z— min
| x+2y+z>_—5
T04 2x+y>-—4
| 3x+3y+z>_—]
| xy,z>0
ĐặtA=| 2 10 |.z=| y |.b=| -4 e=[1 -1 1]
A-}210]-|0 -3 -2 |-] 0 -3 -2
331 0 -3 -2 00 0 Vay rankA=2
Bai todn (TT}) c6 thé viét duéi dang ma tran nhw sau:
<C,HU>— mịn
¬ Au>b
| „>0
+ Chứng minh bài toán (TT) có phương án nhưng vô nghiệm
Xét (0, a,0) e RỶ
0+2a+0=2a202-5 2.0+a=a>0>-—4 3.0+34+0=3a202-1 ( 0>0,ø>0,0>0 Suy ra: (0, 4,0) là phương án của bài toán
Ta có: |
Vậy bài toán có vô số phương án (1)
Giả sử bài toán có nghiệm (x”, yŸ, z”)
Trang 11
x*4+2y*4+z* 2-5 2x*+y* 2-4
j 3x" +3y*+z"° > -1
| x*,y*,z* 2=0 Xét (x*,y* +1z* ye RẺ Ta chứng minh: (x”, y +1,zŸ) là phương án của bài toán
x*+2(y*+1)+z” >x"+2y”+z” >—5 2x”+(y“+1)>2x”+y” >4 3x”+3(y”“+l)+z” >3x”+3y”+z” >T—1
| x°20y*+1l2y* 20,2720
Ta có: {
Vậy (x”, yŸ +1,z”) là phương án của bài toán
Đặt ƒ(+, y,Z)=x—y+z
Ta co: (x*,y*,27)la nghiệm của bài toán
(x*, y* +1, z*)la phuong án của bài toán Suy ra: f(x*,y* +1,27) = f(x", y*, 2")
e©x”-(y +l)+z”>x -y*+z"
©—I1>0: Vô lý!
Vậy bài toán vô nghiệm (2)
Từ (1) và (2), suy ra bài toán có vô số phương án nhưng vô nghiệm
BÀI TẬP 4
Chứng minh bước 2 trong lời giải của ví dụ 2.2.2
BÀI GIẢI Xét bài toán QHTTT:
3x—2y— max [ —3x+2y— min rn), x+y—-3z+t=7 o4 x+y-3z+f=7 x+3y—-Z<5 | x+3y_-zZ<5
Đặt ƒ(+, y,z, f) =—3x+2y
Bước 1: Đặt bài toán dạng chính tắc tương ứng với bài toán (TT)
( —3x+2(I — y2) — min ++VIT— ya—3Z+ ï — fạ = 7
7}
| #, VI, 2,2, f1, fa, 1í > Ö
+x+3(WT— ÿ2)—Z+ ¿=5
Dat (P(X, Vi, V2, Z, f\, fa, 8) = —3x + 2(W — yo)
Bước 2: Phát biểu mối quan hệ nghiệm giữa hai bài toán (TT) và (TTọạ)
Trang 12
+ Nếu bài toán (TTạ) vô nghiệm thì bài toán (TT) vô nghiệm
CHỨNG MINH:
«Giả sử bài toán (TT) có nghiệm 1a (x*, y*, z*, t*)
x*+y*—3z”+f =7
>4 x +3y °-z”<5
x*,z* 20
í 2 = maxi0,—y*}
yỊị =2 +}
Đặt ty = max{0, -t*}
ft =t+
{ u®=5-x*-3y* +2"
Ta chứng minh: (x”, Vp 15,2”, fÌ, t2, w”) là phương án của bài toán (TT)
X” +yj — yš —32Z” + tÌT lý = x”+ y“—3ã” + t =7
x* +3(yƒ— ÿ5)— Z” +” = x”+3ÿy”T— Z” +(5—x”=3y*+Zz”) =5 x* 20
yỶ =ÿVj +y” = max{0,—y"}+ y” >—y”+ y”=0
Ta có: ¢ yÿ = max{0,—y”} >0
z ">0
ft =t+ f = max{0,—f”}+f” >—f” +” =0
f3 = max{0,—f”}>0
u* =5-x*-3y*4+z* 20 (do x*4+3y*-z* <5)
Vay (x*, yy Y5 2, tử, ty „ ) là phương an cua bai toan (TTo)
eXét (x, V1, y2, Z f, f2, u) là phương án của bài toán (TTọ)
[ x+yìi— ya—3z+ 1 — f2 =7
“| +x+3(yịT y2)—Z+~=5
%, V1, V2 Z, Íq, fa, ứ > Ö
Đặt | y=ÿI ~
f—= f\— f2
Ta chứng minh (x, y, z, f) là phương án của bài toán (TT)
+x+y—3z+†=x+ yI— ya—3Z+ ïq - fa = 7
Tacó: 4 x+3y—z=x+3(ị T—ÿ2)—Z=5—1u<5 (do u=0)
x,z20
Vay (+, y,z, £) là phương án của bài toán (TT)
« Bài toán (TT) có nghiệm 1a (x*, y*, z*, t*)
= 0(%, VỊ, ÿ2,Z, f\, fa, 1) = ƒ(%, ÿ,Z, f) > ƒ(X”, y*,ZŸ, ft) = (@(X”, Vị W2, 5”, tỷ, tý, ”) Vậy (x”, Vo ¥3>2", 07, t5,u*) langhiém của bài toán (TT)
Kết luận: Nếu bài toán (TT) có nghiệm thì bài toán (TTạ) có nghiệm, hay nếu bài toán (TTọ) vô nghiệm thì bài toán (TT) vô nghiệm (đpem)
Trang 13
+ Nếu bài toán (TTạ) có nghiệm (x*, Vi Voz", 05, t3, u*) thì bài toán (TT) có nghiệm (x*, yi 5.2, — tý)
CHUNG MINH:
Giả sử bài toán (TTọ) có nghiệm (%”, Wy, V5 y2”, tÌ, lý, ”)
| X” +y† —1⁄2 —32” + FỊ — =7
= $ x +3([—ÿ2)—Z”+”=5
(| x*,y†,W,ZẺ, tỊ,tZ,u" >0
Đặt y _I —*2 f* =f† —
Ta chứng minh: (x”, y”, z*, t*) la nghiệm của bài toán (TT)
+ e Chứng minh: (x”, yŸ, z”, £*) là phương án của bài toán (TT)
x” +3y”—z*” =x” +3(yŸ — Wz)— Z” =5~— U”
{ x*,z* 20
Vay (x*, y*,z*, t*) la phương án của bài toán (TT)
x+y" 32” +f” =x” + yŸT~ y2 —34” + tỉ ~ tà =7
Ta có:
« Xét (x, y, Z, ?) là một phương án của bài toán (TT)
x+y-3z+f=”7
=4 x+3y_-Z<5
{| x,220
í yo = max{0,—-y}
| yi=yoty
Đặt | f2 = max{0,— f}
| fỊ =fa+f
| „=5-x-3y+z
+ Ta chứng minh: (+, ÿỊ, ÿa, Z, f\, fạ, 1) là phương án của bài toán CTTp)
++yIT— ya—3Z+ fqT— fa= x+y—3Z+†= 7 +x+3(yI— y2)—Z+¿= x+3y—zZ+(5—x—3y+Z)=5 x>0
ị =y›s+y= max{0,—yÌ +y>—y+y=0
Ta có: 4 y2 =?max{0,—y} =0
z>0
f = fa+f= max{0,—†f} +£>—f+†=0
to = max{0,-t} =0 u=5-x-3y+z20 (do x+3y—z<5)
Vậy (+, Vy, V2, #, f, fa, ) là phương an cua bai toan (TTo)
s Bài toán CTTọ) có nghiệm (x”, yj, yý, Z”, tỷ, f7, u*)
> ƒ(, y,z, f) = @(%, VI, V2, Z, f\, lạ, ) > @(X”, VỊ, V2, Z”, tÌ, tý, ”) = ƒ(%”,y*,Z”, £")
Vay (x*, y*,z*, t*) la nghiém của bài toán (TT)
Trang 14
Kết luận: Nếu bài toán (TTọạ) có nghiệm (x*, 1Ị yÿ, Z”, tỶ, g, ") thì bài toán CT) có nghiệm (x*, yf — 5,2", tf — f).(đpem)
Bước 3: Dựa vào giả thiết giải bài toán (TTạ), sử dụng kết quả bài toán (TTạ) và mối quan hệ nghiệm giữa (TTọ) và (TT) suy ra kết quả bài toán (TT)
BÀI TẬP 5
Giải ví dụ 2.2.2 thay dạng chính tắc thành dạng chuẩn tắc
BÀI GIẢI Xét bài toán QHTTT:
[ 3x—2y— max [ —3x+2y— min
(TT) | +x+y-3z+f=7 ° +x+y-3z+f=”7 x+3y—-Z<5 x+3y_-zZ<5
| %z20 ( x,z20
Dat f(x, y,Z, 0) =—3x+2y
Bước 1: Đặt bài toán dạng chuẩn tắc tương ứng với bài toán (TT)
( —3x+2(y, — yo) ~ min ++VIT— ya—3Z+ ïị — fạ > 7
any,
l
| X, Vi» V2 Z, f, f2 = 0
—x—3(y1— yo) +zZ2-5
Dat ~(X, V1, yo, Z, t, t2) = —3x + 2(y1 — y2)
Bước 2: Phát biểu mối quan hệ nghiệm giữa hai bai todn (TT) va (TT})
+ Nếu bài toán (TT) vô nghiệm thì bài toán (TT) vô nghiệm
CHỨNG MINH:
Giả sử bài toán (TT) có nghiệm là (x”, y”,zŸ, £Ÿ)
x*+y*—3z”+f =7
=4 X +3y#—Z”<5
x*,z* 20
í 1⁄5 = max{0,-y*}
| * =yÿŸ+ Vy # *
Đặt Yi =o ty
ts = max{0,-t*}
| =g8+
+ Ta chứng minh: (x”, Vp yZ,Z”, tỉ, f) là nghiệm của bài toán (TT)