Khóa luận tốt nghiệp Toán tin: Quy hoạch tuyến tính nguyên và ứng dụng

Có thé nói tôi ưu rời rac khai sinh lịch sử phát triển của minh từ năm 1958, khi Gomory công bố thuật toán cắt nôi tiếng dé giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên, mặc dù tư tưởng của

TRUONG ĐẠI HỌC SƯ PHAM TP HO CHÍ MINH

KHOA TOÁN - TIN HỌC

22» 2> £>~LÌs& <<

LUẬN VĂN TOT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Dé Tai:

GVHD: Ts Trinh Cong Diéu

SVTH: Trinh Anh Tuan Khóa học: 2005 — 2009

Gy 6Ã đại

Dau tiên em xin gởi lời cảm ơn chân thành đến thay Trịnh Công ®

Điệu đã dạy dé em trong các năm học vừa qua, và cảm ơn thây đã tan @

tâm nhiệt tỉnh hướng dẫn em hoàn thành luận văn! Cam ơn tat cả thay °

= có đã tạo diéu kiện that tot giúp em thực hiện luận van! 4

v Thử hai con xin gởi lời cam ơn đến ông bà, cha mẹ và tắt cả mọi @

° ay 5 ad k — 9

@ người đã cùng con di hét 4 năm đại hoc! @

° Xin cam ơn tắt cả các bạn đã cùng tôi trải qua cuộc đời sinh viên 4

LỜI NÓI ĐÀU

Tổi ưu hoá rời rac là một nganh trẻ rat quan trọng của Tối ưu hoá Nó ngày càng thu hút được nhiều sự quan tâm của các nhà khoa học làm việc trong lĩnh vực kinh tế, điều khiến, thiết kẻ, tin học, sinh học, Chính trong những lĩnh vực đó, khi các phương pháp tôi ưu liên tục tỏ ra kém hiệu quả đề

nghiên cứu các quá trình với các đổi tượng không thể chia cắt nhỏ tuỳ ý được

thì tối ưu rời rac là công cụ chủ yếu có hiệu quả dé nghiên cứu chúng.

Mặt khác người ta cũng nhận thấy mỗi liên hệ chặt chẽ giữa tôi ưu rời

rac với các lĩnh vực khác của toán học như logic toán học, ly thuyết đô thị, lý thuyết automat, Xuất phát từ nhu cầu thực tế và khả năng sử dụng to lớn, tôi ưu rời rac tuy sinh sau đẻ muộn nhưng da phát triển rất nhanh chỏng cả vẻ mat lý thuyết: xây dụng những công cụ toán học, các thuật toán giải, và cả

mặt ứng dụng: ngảy cảng có nhiều mô hình tối ưu rời rạc thực tế được xây

dựng và ứng dụng vào đủ mọi lĩnh vực của đời sống.

Có thé nói tôi ưu rời rac khai sinh lịch sử phát triển của minh từ năm

1958, khi Gomory công bố thuật toán cắt nôi tiếng dé giải bài toán quy hoạch

tuyến tính nguyên, mặc dù tư tưởng của phương pháp này được để xuất từ

năm 1954, bởi Dantzig, Fulkerson, Johnson.

Luận văn này sẽ trình bày chỉ tiết về bài toán quy hoạch tuyến tính

nguyên toàn phan.

Luận văn gồm 3 chương:

Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị.

Chương II: Giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên.

Chương III: Ứng dụng của quy hoạch tuyến tính nguyên.

Trong đó, chương I là chương chuân bị cho các chương sau Chương I trìnhbay một số kiến thức cần cho việc giải quyết bài toán quy hoạch tuyến tính.

Đó là:

+ Giới thiệu bài toán quy hoạch tuyển tính.

+ Điều kiện dé bai toán quy hoạch tuyến tinh (QHTT) có nghiệm.

+ Thuật toán đơn hình góc.

+ Thuật toán đơn hình đối ngẫu.

+ Kỹ thuật tái tôi ưu hóa ".

+ Cách kết luận nghiệm cho bài toản QHTT dang chuân tắc thông qua

kết quả của bài toán QHTT dạng chính tắc tương ứng.

Vi đây không là chương trọng tâm của luận văn nên các kiến thức chỉ dừng lại

ở việc nêu chứ không chứng minh.

Chương II là một trong hai chương trọng tâm của luận van Chương nay

trinh bảy chỉ tiết về bai toán quy hoạch tuyến tính nguyên.

Do là:

+ Giới thiệu bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên

+ Thuật toán nhánh cận giải bai toán QHTT nguyên.

+ Thuật toán cắt Gomory giải bải toán QHTT nguyên.

Trong mỗi thuật toán trên déu trinh bảy rõ:

+ Ý tưởng của thuật toán.

+ Thuật toán.

+ Cơ sở lý luận của thuật toán.

+ Vị dụ minh họa.

Trong đó phần cơ sở lý luận của thuật toán được chứng minh chỉ tiết, các ví

dụ được trình bày rõ ràng, thực hiện từng bước cụ thể minh họa cho thuật

toản.

Chương III là chương trọng tâm thứ hai của luận văn Chương này trình

bay về 3 bài toán ứng dụng quan trọng của quy hoạch nguyên

Đó là:

+ Bài toán nhị phân.

+ Bài toán cái túi.

+ Bài toán phân việc.

Đối với mỗi bài toán đều trình bày hai cách giải, cách giải thứ nhất là áp dụng

thuật toán nhánh cận và thuật toán cắt Gomory như đã trình bày ở phân trên,

và cách giải thứ hai là một thuật toán riêng cho mỗi bài toán Chẳng hạn:

+ Thuật toán cộng Balas cho bai toán nhị phân.

+ Thuật toán phương trình truy toán của quy hoạch động với bài toán

cái túi loại 2.

+ Thuật toán Hunggari với bai toán phân việc.

Các thuật toán trên đều trình bảy rõ 4 phần như thuật toán nhánh cận và thuật

toán cắt Gomory (Y tưởng, thuật toán, cơ sở lý luận của thuật toán và ví dụ

minh họa).

Ngoài ra chương nay còn trình bay một số mô hình thực tiễn khác của bai toán quy hoạch tuyến tính nguyên:

+ Bải toán pha cắt vật liệu.

+ Bài toản xếp hàng lên tau.

+ Bài toán người du lịch.

Đó Ja toàn bộ nội dung chỉnh cua luận văn.

Mặc dù đã rat can thận va hạn chế đến mức tối thiểu các lỗi về in ấn tuy

nhiên sai lam, thiểu sót là khó có thé tránh khỏi Do đó em rất mong nhận được các ý kiến đóng góp, phê binh, xây dựng tử quý thầy cô và các ban.

Dia chi Email: trinhanhtuan].4USR?:g gmail.com

Tp Hỗ Chi Minh, ngày 19 tháng 05 năm 2009

Người viết

Trịnh Anh Tuan

MỤC LỤC

LỚỠI NĨI BAU IX68/424EE.2tA120668313L%0111/56200:40575024:3028u4282/2971784E5GgE7115035584802đi04188 2

lu đ o7 3 )):, TRANG DDIDDOIDEDOAOADAAAAAAAAAAEIOOAADAAOAIANBANR 5

MỤC LUC 6

CHƯƠNG I: MỘT SO KIEN THUC CHUAN BỊ siscsct tied

L Bai tốn quy hoạch tuyển tinh (GHI tổ TÁ ng nh En ee

1 Giới thiểu: - sas 2⁄2 t20262c22252v201050888<.15.G00.16.328856-c428214022:c- 0)

2 Điều kiện để bai toén QHTTc cĩ › phương án tdi ưu: m.m.ậẽana 9

II Giải bat toản quy hoạch tuyển tính: ‹aa 9

1 Thuật tốn đơn hình gơc: KtiuZx2(1/02x64á4cX¿t13becseavtve/ 1ì 16842 9

2 Thuật tốn đơn hình đơi BIỂU tú (2262220206262 ici beens 12

3 Kỹ thuật tái là ỨH ƠN, sensccsug06359100056004610)36726235966442695886)17 66983462006 TH,

4 Dùng kết qua cua bai tốn QHTT dạng chỉnh tac để két luận cho kết qua của bai tốn

QHTT dạng *1 T1: 2 anne jmsapsnumeniindiinaiabandiietipeseoanasned’isenoneniiioessnicimeessaissasdionimadsi sacs: l6

CHUONG IL: GIẢI BAI TỐN bse IU EIN 2⁄2::2424:2/10222 102022200iUi10 18

A Giới thiệu bai toản: JÊC99//10710-21Ec< SO2UODIo212177:720357.77102))/25056- as eee IE

B Giai bai tốn QHTT nguyén: nog a rece Aaa tS 1 aS aa Daa Fre S44 tik286i1442) ii 19

1 ¥ tưởng cơ bản giải bài tốn QHTT nguyên: LY

Il Cơ sở lý luận CO DAN! NT 19

Bh NI COE Ae ccscconsreass rossspaxeanssanvenrimsccaes yarn seoeye " Or ee

UIE Thuật tốn nhánh cận: o-oeeeneeeoeooeeseeerrrrrreirnrrernrrrnaieee 26

LY tường của Ga TẤN spec 22222202 22a CS EE 26

3 Thiết Gần tata G§N 1x65 acai cae 0(0002000110106002552016200eaii4ed 26

34 z9 N Tears cau sư rằ như“ TS—<«-=ẽ.e.e 2

IV Thuật tốn cät Gomory: - co nhtiniiieerdiiirrerrddeirrrrrririreeiieee 34

1 Ý tưởng của thuật tốn Pe gy RRB Nits Seat ons AUREL RG ricer oe OF pene ktttiweC 34

2 Thuật tốn cất SSO TY escapist sneha eR SS 34 3: Gừữ @ 1ý lưệu của HUẾ CAI ssicca is siscsiscseecr ss cncssnasciisnivstasaaistuaresensisasips adagadsonscessvstiies 35

SS Ray ri GRE G7 loooauernecr year Y02059001724402206961)0641)0361440440//744184678810 te peauensones 6122045170804 382808 4I

4 Các ví đụ: - -eeso nam a man HE RŸỷ 41

4:1 VG GATS „súc cau 22252 E6: :21552 2E SES5cuốiecbcec344/0/1606665260)06504Eesc5106S Aưaxiei Wietáll 41

kh li 0 8mm ÔÔÔÔÔ ÔÔÔÔÔÊÔ6 3Ô 46

V Tĩnh bều Higa cite LỆi tO asc iccciess ssn siacsendecasvecusepansssosesiieonsuivrntasondss csiosesze 48

CHƯƠNG II]; UNG DUNG CUA QUY HOẠCH TUYẾN TINH NGUYEN 50

ES BAS (Gáa th) DHE oa ieicces assess Fiche NS RISES 50

FRIES | CRIN OR INTs NNNRNRRMNNNNMRRSmnnnuwnnnennnnnnennna 50

rác] Tâ 10a 1i: lÍu, NMERRMmmmaer.e.aaca se 5)

5 PEs cna USM độc (áoxss24242206))))0155206241426002260e<lsc0)60062664//02252a046510424xsx xi.) 5]

¿:)2-Vi dat X<<¿<«: Pa No RUS SR aaah bà G1G2012360AG60104xx2)1/4010623E012)A).6-ÊÀ) 51

2.113'VI d8: 2)5101666(06581t@:g Shái1226tix646111 21: x46 Si0368G28056086466G40108 54

2.2 Phương phap CS iss (G475/26)11.0124837:41/1ì90884646) 0346486130446)1á850686416XaSaYT1vYVA8860/243)2dáx3665094/464 56

2.2.1 Y tưởng của thuật toán cộng Balas - SG 2S nnnsseircee 56 22D Thuêi tán Công DẠNG v.v 222222226201 7-=eixoCcessietceaeyesees $6

2.2.3 Cơ sở lý luận của thuật toán- (À4610ã31120/1A82Aati0/101061/4141044011/ 16042 beats iets 58

2.3 Ưu điểm và hạn chế khi dùng thuật toán nhánh cận, thuật toán cắt Gomory, thuật toán

cộng Balas giải bai toán QHTT nhị phân: (0 S0 si 63

# 3⁄2 HINH GẦN ihc y260354///422600166264<126260)0420b41055eilscbaut4Basdbi»iláeke 64

IBẠiitiên CÀI NT 22221 6222122000252 2014LX/4202eniibccvieaias2 64

DERE Aen Bài tệ ME Ms g044161G646GKG(0G662(GG01G3066/)(Œxántskpyssg0tgxae 64

1 ND Gồng bài KIẾP) vaxesyecd0vnec6iváeiussucnuuetoeer621/060in0uunnveessseoovuosescccocee 64

1.2 Mô hình toán học: - Là 24222223111 2L 132101121 11/4244211 1111 13c xe, 64

13 PHI HE WORN BÀ 21xcos0v226iá60200116622.0n52640220206(026001/0/20662/00204e 65

Bi RAE vealed om AUN Donen 2 i is sscoacncs’ccocunisas a vomeenpoueissbodos uve svobaedat vewsoomsenttoy etbate eeveserion 65

31 Nội ng BÀI MIẾN saan oso ss eens tees apenas patent 65

án Bếp LIÊN: LUẠI le 2016x212 vest sszxsssee0ieeeEai(ï98265870168885 65

2.3 Phương pháp giải: :000000vsesr:ssssnnnessspenssnnnnnsapansnnenancarsnsonsnnennsipeosnnsnantnenensnnesttenees 65

23,1 hưng DI 12⁄2 662222621 2/222226062/2220 casa bd sd aca Saal 66

2-3.2 Phương pháp 23: cosssonisssoressvevsivecsoneesiiteasornnens ssbveseussenssssenssnstedsecounmencevedauresenssosrsees 66

2.3.2.1 Ý tưởng của phương phap šš©i(08.2A1(00266600))0833G 0 0 nnnga 66

d0 105 VEIT LORIE quu!0t0s40646/)702866111510001084111589668601/309651005541036606134356960544%a0566ã886133900003Á 66

2.3.2.3 Cơ sớ lý luận của thuật TONS ooo ccccesecseseennesseseeesseenceesteeneneenenseneesnennnnsneennnes 67

Mô dễ 2222225222025 RC COE ETI Tat OE OL URC a REEL GORD 67

Ai ad d4: NE NN iii UNG TU CG oe GSES NUTS aa aa Sheds 68

ý CỤ: Stars (((706109)1)0016601060264011446311011G6317ì02ã09561i150/864(08 x41) 68

TEL Bài toán phân việc: 71

1.‘ Nội dùng và:# sehia bãi Weeden 825k csc ai Sct acca 71

2 Phương pháp giải bài toán phan viếc: -. — co Scccsreerriirrrrrrrrrrrrrrrrreee 73

“II: E DHƯNG DI s«ciaaŸ0ikt 00c k0 ioetisiordaarrsoaciataee 73

2.2 TWAS CK THN OINS sẽ <-c SG 00222ecspcoeeieiiSg002022225ã466900Qg624es 00724 73

BENT QUIT 2G sd ccoscsnadisvesseccsuacvslti var ccoamcndentpasa inti e6 Gea eR EE SSE 8

IV, Một số mô hình thực tiễn khác của bai toán QHTT nguyên: 83

Se Da 0ÊU a nn i 83

nh 5=" h — ————ằ_—: 83

3z Đài toàn người da TH 6c seeeini15 Seo Siveseanes ov ailssceasebuedica soos nessenes kì 84

CE TRIN kis as vescsricascontancabasiissienincnamasth shi ts teemamnc sh tspaeeataatia) 0665616)10 8G 86

TẠI LIEU THAM READ cssccssssnsvcoscessccns si vironments eoemarssiettrsseeesennesirsinsoeemmntigerers 87

PHU LỤC Ăn nen ngcrrerrrrrmrrcrrrrersrettrsrrererrersetsrsere 88

CHƯƠNG I: MOT SO KIÊN THỨC CHUAN BỊ

1 Bài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT):

trong ca 3 bài toản trên: Ae M_(R),beER" ceR" xe R”

2 Điều kiện dé bài toán QHTT có phương án tối ưu:

Xét bải toán QHTT dạng chuân tắc:

Ƒ{z)= Íc.x) > min

(TT)4Ax>b

x20Gọi M là tập phương án chấp nhận được của (77)

Định lý 1:

Nếu M #@ và Mbj chặn thì (77) có phương án tối ưu.

Định lý 2:

Giả sử M +Ø Khi 46 (T7) có phương 4n tối ưu khi và chỉ khi hàm mục

tiêu ƒ bị chặn dudi trong M.

II Giải bài toán quy hoạch tuyến tính:

1 Thuật toán đơn hình gốc:

- Xét bai toán bài toán QHTT dang chính tắc:

(iii) Tên tại ma trận B được lập thành từ các cột của A sao cho:

- Kiểm tra điều kiện tối ưu:

* Néu A, <S0./= I,n thi phương an x" có:

Nếu ngược lại thi:

Xác định j, thỏa A, =max{A |

"

tale `

¿ tia 2k in| sh s30)

trong đó các dữ kiện trong bảng đơn hình trên được xác định thông qua bảng don

hình ở bước k —! như sau:

= AVới j =Ï„m thi A, =A, “—*

2 Thuật toán đơn hình đối ngẫu:

Xét bai toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc:

Định nghĩa: Ta gọi một cơ sở ứng với ma trận 4 là một bộ gom m vectơ cột của A

độc lập tuyến tinh Ø = | 4° A°, , 4“.

2.1.1 Cơ sử chấp nhận được đối ngẫu:

Xét bai toản đối ngẫu cua (77):

b,

mtr

A4 véc

Định nghĩa 1:

Ta gọi phương án cơ sở đôi ngẫu tương ứng với cơ sở 8= 4*,4”, 4'^} là

vecto y thu được bảng cách giải hệ phương trình B’y=c,, trong đó

Cy =(c,,¢, — ).

Định nghĩa 2:

Cơ sở 8 được gọi là cơ sở chấp nhận được đối ngẫu nếu phương án cơ sở đối

ngẫu tương ứng với nó là phương án chấp nhận được của bài toán đối ngẫu (77)

2.1.2 Thuật toán đơn hình doi ngẫu khí biết cơ sở chấp nhận được đối ngẫu:

> Bước 1:

- Gia sư ta tìm được cơ sở chấp nhận được đối ngẫu 8= |A".A*, A“}\ tức tìm

được ma trận B lập từ các cột của ma trận A sao cho c” —c; (BA) >0).

- Lập bảng đơn hình chấp nhận được đối ngẫu ứng với cơ sở B như bảng đơn hình

của thuật toán đơn hình góc trong đó:

Ta nhận thấy, nêu x” thỏa rang buộc thứ (m+1) thì x" là phương án tối ưu của (@).

Vấn đề đặt ra: Nếu x’ không thỏa ràng buộc thứ (m+1) thì có thể tận dụng những

thông tin đã có (phương án ti ưu x” và cơ sở tối ưu B) để giải bài toán có bổ sung

ràng buộc (@) hay không?

kết

thúc

Bài toán (77) được viết lại như sau:

14

Khi đó thêm biến phụ x,,, >0 vào bai toán (Q) ta được bài toán sau:

A, j=l được lây từ bảng đơn hình gốc ứng với phương án tôi ưu xˆ.

Áp dụng thuật toán đơn hình đổi ngẫu bắt đầu từ bảng này dé giải bài toán có bố

sung ràng buộc.

Chú ý:

- Nếu (x,.x, x, ) là phương án chấp nhận được của (Q) thì (x,.x; x,)

là phương án chap nhận được của (Q).

- Nếu (Q) không có phương án chấp nhận được thi (Q) cũng không có

phương án chap nhận được

- Nếu (x;,x;, x.„„} là phương án tối ưu của (Q) thì (x;.x; x;) là phương

án tôi ưu của (Ø).

- Nếu (Q) không có phương án tối ưu thì (Q) cũng không có phương án tối

ưu

4 Dùng kết quả của bài toán QHTT dang chính tắc để kết luận cho kết

quả của bài toán QHTT dạng chuẩn tắc:

Các thuật toán trên chỉ áp dụng cho bài toán QHTT dạng chính tắc Tuy

nhiên, đôi khi bai toán đặt ra ở dạng không phải chính tắc, dạng chuẩn tắc chẳnghan, vậy làm thé nào để giải những bai toán ở dạng không phải chính tắc? Sau đây

là cách kết luận nghiệm cho bai toán QHTT dang chuẩn tắc thông qua kết quả của

bài toán QHTT đạng chính tắc tương ứng:

Xét bài toán QHTT dạng chuẩn tắc:

Thêm biến phụ x, 20.1 = Lm ta được bai toán QHTT dang chỉnh tắc:

Giải (Tr) roi dựa vao kết quả thu được kết luận cho (TT):

- Nếu (x,.v r ) là phương án chấp nhận được của (77) thì (x,.x; x„) là

phương án chấp nhận được của (77).

- Nêu (77) không cỏ phương an chấp nhận được thì (77)ciing không có phương

CHƯƠNG II: GIẢI BÀI TOÁN QHTT NGUYEN

A Giới thiệu bài toán: ¬ ;

; Trong việc mô hình hoa nhiều van de img dụng, từ ý nghĩa thực tế các biến

số phải nhận giá trị nguyên Ching hạn, xét bài toán lập ke hoạch sản xuất với sản

phẩm cuối cùng là không chia cắt được.

Một nhà máy có khá năng sản xuất n loại sản phẩm Dé san xuất các loại sản

phẩm nay can sử dụng m loại nguyên liệu Biết:

a, là chi phí nguyên liệu loại / để sản xuất ra một sản phẩm loại j

6 là dự trữ nguyên liệu loại ¿ của nhà máy

e, là tiền lãi từ việc bán một sản phẩm loại /

trong đó ¡ =I.m / =l.n

Nếu như sản phẩm được sản xuất với số lượng lớn (ví dụ như bi xe đạp) thi

việc bỏ qua tính nguyên của biển số không dẫn đến những sai lệch đáng kế Thểnhưng nếu sản phẩm được sản xuất với số lượng không lớn va giá trị của một sản

phẩm là cao (ví dụ như cổ máy kéo), thì tính nguyên của biển số là không thé bo

Bai toán (P) được gọi là bài toán QHTT nguyên tông quát

Để giải những bài toán dang này, trong lịch sử toán học ứng dụng đã tìm ra

một số phương pháp giải hữu hiệu, như Thuật toán cat Gomory, Thuật toán nhánh

cận, Sau đây ta sẽ xét cụ thể cách giải bài toán này.

on iy

18

B Giải bài toán QHTT nguyên: ;

Bài toán: Hay giải bài toán quy hoạch tuyển tinh nguyên:

JS (x) =(c, x) > min

(f.)\Ax=b

x2a0xeZ'

trong đỏ Ae A„.„(Z).beZ”.cc@Q”.

L Y tưởng cơ bản giải bài toán QHTT nguyên:

Dé giải bai toán QHTT nguyên (Ø ) ta giải bai toán QHTT tương ứng:

/(xÌ =(e x) > min

(7) Ax=6

x20

trong đó 4EM_(Z).beZ" ceQ.

Ta sẽ kết luận nghiệm cua ( /„) thông qua kết quả của (P,)

ll Cơ sở lý luận cơ bản:

Cho bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên:

Nếu bài toán (72) không có phương án chấp nhận được thi bài toán (A)

cũng không có phương án chấp nhận được.

2 Mệnh đề 2:

Nếu bài toán (A) không cỏ phương án tối ưu thi bai toán (#„) cũng không

có phương an tôi ưu

Chứng minh:

Gọi D.D lần lượt la tập các phương án chap nhận được của (Z,).(#,

-( R) không có phương an tối ưu Suy ra:

DzØ D không bị chặn vả f không bị chặn đưới trên D

TH1I:D-2 F

Nghia là bài toán ( P,) không có phương án chấp nhận được Hién nhiên (P,) không

có phương án tối tu

Vi DzØ nên tổn tại (m,,m,)eD.

Vi D không bị chặn nên a,ø, < 0(aŸ +; z 0)

(nếu aa, >0 D có dạng như hình vẽ

(do x, >0,x, 20) Dé thay D bị chặn) Oo

Không mat tinh tông quát giả sử a, 20,a, < O(a? +a; #0) Khi đó:

Vk €Z,k >0 = (m, — ka,;m, +ka,)e(đ) (1) (Với (đ):ax, + a,x, = b)

(Thật vậy: a, (m, — ka; )+ a, (m, + ka, )= am, + a,m, ~ ka,a, + ka,a, =b)

Từ (1) và (2) suy ra bài toán (Ø,) có vô số phương án chấp nhận được

Ma ƒ không bị chặn dưới trên Ð => fciing không bị chặn dưới trên Ø2 (đo D c D)

Vậy (P,) không có phương án tôi ưu.

M

20

Vì D không bị chặn nên tổn tại #,(I< k < m+ 2) sao cho qua (m,.m, ) ta đựng đường

thăng (¢) song song với đường (4, ) thi:

Do đó (P,) cũng có vô số phương án chip nhận được

Mà / không bị chặn dưới trên D => / cũng không bị chặn dưới trên D(doD< D)

Vậy (P,) không có phương án tối ưu.

Với n =3:

TH 3.1:

D= (ser)

trong đó a,.a,,a,,b€Z.

Vì D không bị chặn nên 31, /,í z j: aa,<0 (i,/=1,3)

Vai trò của a,.a a, là như nhau (đông thởi vai trò của x,.x,.x, là như nhau) nên:

Không mắt tính tổng quát giả sử a, 2 0,a, >0,a, <0, (a? +a; +a; #0)

Khi đó:

a,x, + a,x, +a,X, =

x, >0,/=143

21

a,(m, +k,)+a,(m, +k,)+a,(m, +k)

= am, + a,m, + am, + ha, + ka, + kya,

Từ (3) va (4) suy ra (P,) có vô số phương án chấp nhận được.

Mà ƒ không bị chặn dưới trên D = / cũng không bị chặn dưới trên Đ(do Ðc D).Vậy (P,) không có phương án tối ưu.

22

Vi D không bị chan nên tồn tại &.(1<& <m-+3) sao cho qua (m,,nì,.m,) ta dựng

mat phảng (z) song song với mặt phẳng (a, ) thi:

Nếu đặt C = |(x,.x;,x,):(x,.x; x,)€ (4), x, 3> m.,x; > m,,x, > m,Ì thì C không bị

chặn.

Ap dụng chứng minh ở TH 3.1 ta suy ra bai toán

f (025.4) = Ga, Hey, HO, —> Min

(x,.x;,x,} €

(x,.x;.x,)e Z`

có v6 số phương án chấp nhận được

Do do (,) cũng có vô số phương an chấp nhận được.

Ma / không bị chặn dưởi trên 2 = / cũng không bị chặn dưới trên D(doDe D).

Vay (P,) không có phương án tôi wu.

Vi D không bị chặn nên 3i, j,i # /:aa,<0 (¡,/ =1,n)

Không mắt tính tông quát giả sử a, < 0,/ =l,s ,ø,>0,/=s+l1,m

a, [ m, +(n~ s)k,]+ +a,[m, +(n—s)k, ]+a,,,[m,., + sk,„]+ + a„ [m, + sk, Ì

= am, + +a,m, +s(n—s)k¿a, +(n—s)sk 4,

=b (do ka, +k,a, = 0)

Ma / không bị chặn dưới trên D => ƒ cũng không bị chặn dudi trên D(doD< D).

Vậy (P,) không có phương án tối ưu.

Vì Ð không bị chặn nên tổn tại k(l<k <m+n) sao cho qua (m,,m,, m,) ta dựng

siêu phẳng (a) song song với siêu phẳng (z,) (hai siêu phẳng được gọi la song

song nếu chúng không có điểm chung) thi:

có vô số phương an chấp nhận được

Do đó (P,) cũng có vô số phương án chấp nhận được.

Mà f không bị chặn dưới trên D = ƒ cũng không bị chặn dưới trên D(do Dc D).

Vậy (P,) không có phương an tôi ưu.

Như vay trong tat ca các trường hợp, (P,) đều không có phương án tối ưu

Vậy mệnh dé được chứng minh

24

3 Mệnh đề 3:

Nếu bài toán (7; } cỏ phương an tối ưu nguyên +” thì x cũng lả phương án

tôi ưu cua bai toán ( Ø,).

Chứng minh:

Gọi Ð,Ð lần lượt là tap các phương án chap nhận được của (?,).(R):

Vì x" là phương án tôi ưu của bai toán (2 và x eZ" nên:

veD

xe?"

{(x')s /(x),vxeÐ

=> x' là phương án tôi ưu của (2).

Vậy mệnh dé được chứng minh.

4 Mệnh đề 4:

Gia sử bai toán QHTT:

S (x)= Íc.x}—» min (TT)4Axsb

x20

x eD

is f(x'}< f(x), vxe D(doDc D)

có phương án tối ưu x’.

Gọi M là tập phương án chap nhận được của (77).

Khi đó bài toán QHTT:

ƒ(x)= (c.x) > min

(TT)4x« M

McM,M +Ø, M là tập lỗi đa diện

cũng có phương án tối tru

Va M là tap lỗi đa diện.

Do đó bai toán (77) có phương án tối ưu (tỉnh chất tập lỗi đa diện).

Vậy mệnh để được chứng minh.

25

IH Thuật toán nhánh cận:

1 Y tướng của thuật toán:

Kẻ thừa ý tưởng cơ ban dé giải bài toán QHTT nguyên:

Dé giải (P,) ta giải bai toan QHTT tương img (A):

- Nếu (P,) không có phương án tôi wu thi ta kết luận (2) cũng không có phương án

tối ưu

- Nêu (P,) có phương án tối ưu nguyên +' thì ta kết luận x° cũng là phương án tối

ưu của (/ }.

- Nếu (P,) có phương an tôi tru chưa nguyên (cỏ thanh phan không nguyên) thi ta

chia bài toán (P,) thành hai bai toán con ( Ø2).(Ø,) Sau đó giải (/2).(Ø,) rồi kết luận

cho (P,).

2 Thuật toán nhánh cận:

Bước 0:

- Giải bài toán (A)

- Nếu (A) không có phương án chap nhận được thi ta kết luận bai toán (P,) cũngkhông có phương án chap nhận được Thuật toán kết thúc.

- Nếu (7„) không có phương án tối ưu thì ta kết luận bài toán (7„) cũng không có

phương án tối ưu Thuật toán kết thúc.

- Nếu (P,) có phương án tối ưu nguyên x’ thi ta kết luận x" cũng là phương án tối

ưu của ( Ø,) Thuật toán kết thúc

- Nếu (;) cỏ phương án tối ưu chưa nguyên thi qua bước 1.

Bai toán (7, ) được chọn dé xem xét tiếp

Khi đó trong phương án tối ưu chưa nguyên (x; ,x;, ,x;} của bài toán (7; }

ta chọn một thành phan bat kì trong số các thanh phần chưa nguyễn, giả sir đó là

x'(I<r <n) và chia (P,) thành hai bai toán con sau:

(P,,) là (P,) có thêm rằng buộc x, < x? ].

(7;) là (f,) có thêm rang buộc +, > | x! ]+1

26

([ }: kí hiệu phan nguyên).

- Lan lượt giải bài toán QHTT tương ứng với (?,).(f;.) là (R,) va (A).

- Qua bước 3.

Bước 3:

Với k =0,1, ;í = l,2:

- (P,,) sẽ bị loại néu xảy ra một trong hai trường hợp sau:

+ (7, } không có phương án chap nhận được.

+ (P_) có phương án tôi ưu nguyên Trong trưởng hợp nảy ta so sảnh gia trị

tối ưu của nó với /”:

Nếu nhỏ hơn /* thì ta gan /` bằng giá trị tối ưu đó và phương án ime

với giá trị tối ưu là phương án tốt nhất tạm thời của (P.), ngược lại giữ

_ Ta loại bỏ tat cả các bai toán con có cận dưới không nguyên và

phân nguyên của cận đưởi lớn hơn hay băng ƒˆ —1.

Ta loại bỏ tắt cả các bài toán con có cận dưới la số nguyên và cận dưới

lớn hơn hay bằng ƒ”.

+ Nếu ton tại x, không nguyên, I< j, $7, thì ta loại bỏ tất cả các bai toán

con có cận dưới lớn hơn hay bằng /”.

Bước 4:

- Trong các bài toán con cần xem xét tiếp ta chọn bài toán con có cận đưới nhỏ nhất

để thực hiện tiếp Quay lại bước 2

- Nếu không còn bai toán con cần xem xét thì qua bước 5.

Bước 5:

Nếu không còn bải toán con cần xem xét thì thuật toán kết thúc Khi đó:

- Nêu /` hữu hạn thi /ˆ là gid trị tôi ưu của (P,) và phương án ứng với ƒ” là

phương án tôi ưu của (P,)

-Nếu /° =+œ thì ta kết luận (P,) không có phương án chấp nhận được.

3 Cơ sở lý luận của thuật toán:

3.1 Mệnh đề 1:

Nếu bai toán (P,) không có phương án chấp nhận được thì bai toán (7;)

cũng không có phương án chấp nhận được.

27

Chứng minh: Đã chứng minh phần cơ sở lý luận cơ bản (mệnh dé 1).

3.2 Mệnh đề 2:

Nếu bai toán (P,) không có phương an tôi ưu thi bai toán (7) cũng không

có phương an tối ưu l

Chứng minh: Da chứng minh phân cơ sở ly luận cơ bản (mệnh đê 2).

3.3 Mệnh đề 3:

Nếu bải toán ( P,) có phương án tôi ưu nguyên x" thi x’ cũng ld phương án

tôi ưu của bai toản (/)

Chứng minh: Đã chứng minh phan cơ sở lý luận cơ bản (mệnh đẻ 3).

3.4 Mệnh đề 4:

Giả sử bải toán QHTT:

#{x}= Íc.x}) > min (TT)4Axáb

x20

có phương an tôi ưu x’.

Gọi M 1a tập phương án chap nhận được của (77)

Khi đó bài toán QHTT:

I(x) = (c.x) => min

(77)\xeM

McM.M #@, Mia tập lỗi đa diện

cũng có phương án tôi ưu

Chứng minh: Đã chứng minh phan cơ sở lý luận cơ bản (mệnh dé 4)

Gọi Ø,,Ð, lần lượt là tập phương án chấp nhận được của (?),(Z,)

fA lần lượt là gia trị tối ưu (nếu có) của ( P}.(P,).(:)

(nếu Ð =Ø thi gắn f =+~, é=l,2)

Khi đó:

28

3.6 Mệnh đề 6:

Cho ham số /xác định trên M, Ø z MOM.

Gia sử f° va 7 là giá trị nhỏ nhất của f trên AZ,M Khi đó /`<7

Mệnh dé I, 2, 3 là cơ sở dé thực hiện bước 0 trong thuật toán.

Mệnh de 4, 5 là cơ sở dé thực hiện bước 2 trong thuật toán

Mệnh dé 5, 6 là cơ sở dé thực hiện bước 3 trong thuật toán.

Mệnh dé 5 là cơ sở để thực hiện bước 5 trong thuật toán.

Vì 3+? nên bài toán (P,) được chia thành hai bai toán con sau:

2

(P,) là bai toán (P,) bê sung thêm rang buộc „2|3|sI=3.

(f,) là bài toán (P,) bổ sung thêm rang buộc HE

Gọi (7;).(P:} lần lượt lả bài toán QHTT tương ứng với (#;).(Ƒ,)

-Giải (P):

Thêm các biển phụ xv,.x, x x, >0 ta được bai toán:

31

Suy ra (P,} có phương án tối ưu 9} va gid trị ti ưu là Hi Suy ra cận dưới của

Nhu vậy (Q,) có phương án tôi ưu (0,3.9,2,2.0).

Suy ra (P,) có phương an tối ưu (0,3), gid trị tối ưu lả 3

Vi (0.3) nguyên nên ta gan /ˆ =3 Bai toan (P,) không cân xét tiếp.

Vị HỆ > /”~I=2 nên bai toán (7?) không cân xét tiếp.

Không còn bải toán con cần xem xét tiếp.

Vậy bai toán (P,) có phương án tối ưu là (0.3) và giá trị tối ưu là 3.

IV Thuật toán cắt Gomory:

Xét bài toán QHTT nguyên:

1 Ý tưởng của thuật toán cắt Gomory:

Dé giải (P,) ta giải bai toán QHTT tương img (7;)

- Nếu (2) không có phương án tối ưu thi ta kết luận (7„) cũng không có

phương án tối ưu.

- Nếu (2,) có phương án tối ưu nguyên thì đó cũng la phương án tối ưu của

(ñ) Nếu (2) cỏ phương án tối ưu chưa nguyên x” thì ta thêm một rằng buộc

vào (2) được bài toán (7;) Rang buộc thêm vào phải bỏ đi x” và không lam mắt

các phương án chấp nhận được của (P,) Sau đó ta giải (7) để kết luận cho ( 7; ).

2 Thuật toán cắt Gomory:

Bước + = 0,1

- Giải bài toán (f¡ }.

- Nếu (f;} không có phương án chấp nhận được thi ta kết luận (P,) cũng

khong có phương an chap nhận được Thuật toán két thúc

- Nếu (P.) không cỏ phương án tối ưu thi ta kết luận (72) cũng không có

phương an tôi ưu Thuật toán kết thúc,

- Néu (2) có phương an tối ưu nguyên x°=(x.xị x.„} th

+ *

v= (xi ort ) là phương án tôi ưu của (2,) Thuật toán kết thúc

- Nếu (f;} có phương án tôi ưu chưa nguyên +“ =(x;.x‡ xị,, ) và cơ sở tôi

ưu 8, Không mat tinh tông quat ta giả sử B, ={4 cht |

{Ajj = lark là cột thứ j của ma trần A,(A, là ma trận ở bước k), 4, = A}

+ Gia sử x‘ chưa nguyên Dat:

&=#-[z]

I, =, -[u, ].j=mek + bi n+k

\u, =((4,) ' 4) „[ x]:ký hiệu phần nguyên của x (số nguyên nhỏ nhất bé hon x)|

(Chú ý: chỉ số r của u, ứng với cột /, trong bảng đơn hình )

+ Đặt bai toán (Q,.,) là (R) có bd sung thêm ring buộc

ta được bài toán (F,,,).

+ Chuyên sang bước k +1.

3 Cơ sở lý luận của thuật toán:

Với k =0,1,

Đặt:

(Q,.,) là bài toán (Ở,., } có bỏ sung thêm điều kiện x, e Z, / = l,n+£

(f,.,) là bai toán (/;.,} có bd sung thêm điều kiện x, e Z, / =l,n+# +]

35

ta thu được phương án tối ưu chưa nguyên x` =(x;,x;, x;) và cơ sở tối ưu tương

ứng 8 [AA nA” | (4“./ = l,m là cột thứ j của ma trận A} :

Giả sử x’ là thành phần chưa nguyên Khi đó đặt:

«8 !Ax= 8 'b (1)

Dat ou, =(B'A) i=1.m,/=kL.n

b =(8") Ji =lm

Khi đó (1) được viet lại như sau:

x =B- Sux, ism (2) (do # là cơ sở tối ưu ứng với ma trận A)

Vi v1 =(v).vj V}=(R.B b„.0, 0} là phương án tối ưu của (72) nên

và không làm mắt các phương án chap nhận được của bai toán ( Ø,) (ràng buộc thêm

Rang buộc > (-J,)*, $=, đã bỏ đi phương án tôi ưu v” của bài toán (2)

vào như trên còn gọi là một lát cắt).

3.2 Mệnh đề 2:

a Nếu (yw,A; v,„„,) là phương án chấp nhận được của (7,) thì

(1+ v„ } là phương án chấp nhận được của (Q,,,)

b Nếu (y,,y;, y„.„) là phương án chấp nhận được của (Ø ,) thì có z, để

v„„„.z,) là phương án chấp nhận được của (Ø, ).

c Nếu x =( „y2 ⁄ „ } là phương án tôi ưu của (A ) thì ( v;.y¿ y7 )

la phương án tôi ưu của (Q, ).

a Nếu (.v v ,) là phương án chap nhận được của (7.,) thi ta có:

Đa¿x,=h.i=lm+k Yo, v,=È ,i=l,m+k

Š (=%)W,ttuais=-42 $ (- f„)», <-f,

wet h.)

vi 200 €2Z,/Zl1r+k+l vy, 20,9, €Z.f=Lark

Do đỏ (s,.0,.009 ,) là phương án tôi ưu của (Q,,,)

b Nếu (y.v vv,) là phương án chấp nhận được cua (Q,.,) thì

c Goi D,,, M,., lần lượt là tập các phương an chap nhận được của (Q,.,),

(P.,,)-Nếu v =(yŸ v) v2, „„) là phương án tối ưu của (2;,,) thi:

Tử (1) va (2) suy ra x" =(y/,y;„ ⁄„„„ } là phương án tôi ưu của (Ó, „)

Vậy mệnh đẻ được chứng minh.