Thông tin tài liệu
!"#$%& ' () Bài toán : Một xí nghiệp vận tải nhận hợp đồng vận tải một loại hàng (ví dụ : Xi măng) từ trạm phát hàng, ký hiệu là , i = 1, 2, …, m, đến trạm nhận hàng, ký hiệu * , j = 1, 2, …, n. Biết rằng ở trạm giao G i có + đơn vị hàng (tấn, tạ, m3 v.v…) cần phải được chuyển đi và trạm nhận N j cần phải nhận được đủ * đơn vị hàng, (để đơn giản cách trình bày, ta giả thiết 1 đơn vị = 1 tấn) ; chi phí vận tải trọn gói tính cho một tấn hàng từ trạm G i đến trạm N j là c ij , i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n. Xi nghiệp cần tìm phương án vận tải, tức là phải xác định sẽ vận chuyển từ G i đến N j bao nhiêu tấn hàng, sao cho : 1) Hàng cần chuyển đi ở mỗi trạm phát G i sẽ dược chuyển đi hết, i = 1, 2, …, m ; 2) Khối lượng hàng được yêu cầu ở trạm nhận N j sẽ được chuyển đến đủ, j = 1, 2, …, n; 3) Tổng chi phí vận tải là ít nhất. ', #-". Để cho bài toán vận tải có thể giải được bằng các phương pháp của Lý thuyết qui hoạch tuyến tính cần có các giả thiết sau đây 23 : : Tổng khối lượng hàng phải chuyển đi ở các trạm phát hàng phải bằng với tổng khối lượng hàng chuyển đến các trạm nhận hàng ; tức là m n i j i 1 j 1 a b = = = ∑ ∑ 24 (1.1) , : Hàng được nêu ở đây phải là đồng nhất, tức là cùng loại và chất lượng như nhau. 25 / : Có thể vận tải hàng từ bất kỳ một trạm phát G i đến bất kỳ một trạm nhận N j . 23 Bài toán vận tải với các giả thiết này được gọi là bài toán vận tải cổ điển. 24 Điều kiện (1.1) được gọi là điều kiện cân bằng và do vậy mô hình bài toán vận tải sau đây gọi là bài toán vận tải đóng. 25 Điều kiện này ngăn ngừa các nhu cần vận tải đặc biệt !"#$%&' 128 0 : Khối lượng hàng vận tải từ một trạm phát G i đến một trạm nhận N j là không hạn chế. : Tổng chi phí vận tải tỉ lệ (phụ thuộc tuyến tính) với khối lượng vận tải. Trên thực tế người ta có nhiều cách khắc phục khi các giả thiết từ 1 đến 4 không thỏa mãn. Tuy nhiên, nếu giả thiết GT5 không thỏa mãn thì không thể ứng dụng các phương pháp sẽ trình bày trong chương này để giải bài toán vận tải. '/1##2+ !"#$%& Với các giả thiết trên đây, mô hình toán học của bài toán vận tải cổ điển có thể được trình bày như sau : Gọi x ij là số tấn hàng mà xí nghiệp sẽ chuyển từ trạm phát G i đến trạm nhận N j , i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n ; Z là tổng chi phí vận tải. x ij i j Ta có mô hình toán học như sau : Tìm 3× số thực x ij , i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n thỏa mãn các điều kiện : ____ n ij i j 1 ____ m ij j i 1 ____ ____ ij m n ij ij i 1 j 1 x a ,i 1,m x b , j 1,n x 0,i 1,m;1,n Z c x min = = = = = = ∑ = = ∑ ≥ = = → ∑ ∑ (1.2) Dễ thấy rằng khi a i , b j , c ij , i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n, cho trước thì bài toán (1.2) là bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn gồm ( ràng buộc và × biến số. Một ma trận X gồm các số thực x ij không âm thỏa mãn m+n ràng buộc được gọi là #)*+,. Một phương án vận tải cho tổng chi phí vận tải thấp nhất được gọi là phương án vận tải tối ưu (hay nói gọn là #)). Ký hiệu !"#$%&' 129 1 ____ ___ m ij 1 n 0 0 a 1 i 0 a P ; P ;i 1,m, j 1,n b 0 1 m j b 0 0 ÷ ÷ ÷ ÷ ¬ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = = = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ¬ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ (1.3) Khi đó bài toán vận tải (5.2) có thể viết dưới dạng : m n ij ij i 1 j 1 ____ ___ ij m n ij ij i 1 j 1 P x P x 0,i 1,m, j 1,n Z c x min = = = = = ∑ ∑ ≥ = = = → ∑ ∑ (1.4) Dễ thấy rằng ma trận hệ số của bài toán (5.4) có dạng : A = [P 11 , P 12 , …, P 1n , P 21 , P 22 , …, P 2n , …, P m1 , P m2 , …, P mn ] = 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 1 1 1 0 0 0 m 0 0 0 0 0 0 1 1 1 m 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 m 2 0 1 0 0 1 0 0 1 0 . m n = + + + 0 0 1 0 0 1 0 0 1 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ (1.5) Bài toán (1.2) hay (1.4) là bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn, nên có thể giải nó bằng một trong những phương pháp đã trình bày ở chương IV. Tuy !"#$%&' 130 nhiên, do các phần tử của A chỉ gồm các số 1 và 0 và hệ ràng buộc có dạng đơn giản, nên có thể phát triển các phương pháp khác để giải bài toán. Một trong các phương pháp ấy gọi là phương pháp thế vị. ,4#5#6"#2+ !" ,'4-"%78# (94,' : !-./*0121340*+,51367$89,1:;0 <1-.=4>67$79. :-3 : Điều kiện cần là hiển nhiên. Ta chứng minh điều kiện đủ. Giả sử có điều kiện cân bằng (1.1). Ký hiệu T = m n i j i 1 j 1 a b = = = ∑ ∑ . Khi ấy dễ thấy rằng X = ((x ij )) mxn với i j ij a .b x T = ; i = 1,2,…,m và j = 1, 2,…, n (2.1) là một phương án vận tải chấp nhận được. Như vậy, tập chấp nhận được của bài toán vận tải (là bài toán QHTT) khác trống. Để chứng minh tính giải được của bài toán vận tải chỉ cần chứng tỏ rằng hàm mục tiêu Z trong (1.2) bị chặn dưới. Thật vậy, vì ∀ij, 0 ≤ x ij ≤ min{a i , b j }, nên dễ thấy rằng { } { } ij ij ij ij m n ij ij ij ij ij ij ij ij i j ij i, j i 1 j 1 c 0 c 0 c 0 c 0 Z c x c x c x c x min min a ,b c = = ≥ < < < = = + ≥ ≥ × ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Vế phải ở biểu thức trên là hằng số nên Z bị chặn dưới. Theo tính chất 2 của bài toán QHTT, bài toán (1.2) là giải được.ª ,',4#5#2+3;9<-"#6=> (94,', : '?; ,)@A240*+,*B1-.=4>67$79 sẽ có nhiều nhất(C70#/D)E;0r[A] = m+n –1. :-3 : 1) Dễ thấy rằng, nếu m+n-1 ràng buộc bất kỳ trong (1.2) thỏa mãn thì ràng buộc cuối cùng (thứ m+n) cũng thỏa mãn, tức là r[A] ≤ m+n – 1. 2) Mặt khác, ma trận hệ số A có một định thức con cấp m+n-1 khác 0 bao gồm các vectơ cột P 1n , P 2n ,…,P m,n , …, P 11 , P 12 ,…,P 1,n-1 như sau : !"#$%&' 131 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ∆ = = ≠ Như vậy bài toán vận tải cổ điễn sẽ có ý nghĩa, nếu m.n – (m+n-1) > 0 ; tức là m > 1 và n > 1. Trên thực tế, nếu m =1 hoặc m = 1 thì bài toán vận tải cổ điễ chỉ có duy nhất một phương án vận tải. Do đó việc lựa chọn phương án án vận tải tối ưu sẽ không còn có ý nghĩa nữa. ,'/?@@-3;A76- !" Từ định lý 2.2 suy ra rằng, bất cứ phương án vận tải nào của bài toán (1.2) có nhiều hơn m+n-1 thành phần dương đều không phải là phương án cơ sở, do đó phương án ấy sẽ không được xét đến trong quá trình giải bài toán vận tải. Tuy nhiên, do mỗi phương án vận tải được cho dưới dạng ma trận không âm X, gồm hàng và cột, và, nếu lớn thì số phần tử của X cũng rất lớn (= F), nên rất khó kiểm tra xem đó có phải là phương án cơ sở hay không. Từ tính chất của phương án cơ sở của bài toán QHTT (Đlí 1.1, chương IV), suy ra rằng, nếu X là phương án cơ sở của bài toán QHTT (1.2) và F G HI, với 1≤ i ≤ m ; 1 ≤ j ≤ n, thì các vectơ điều kiện P ij sẽ 1J;+# . Thông thường, với lớn thì thứ nguyên của P ij (có ( thành phần) cũng lớn. Vì vậy có khó khăn trong việc kiểm tra tính độc lập tuyến tính của một hệ các vectơ đó. Để khắc phục nhược điểm này, lý thuyết về mô hình bài toán vận tải đã đề xuất một phương pháp kiểm tra tính độc lập tuyến tính của một hệ vectơ P ij thông qua việc tìm K (hay còn gọi là D=-) trong hệ vectơ ấy. Vậy một chu trình ở đây được định nghĩa như thế nào? Trước hết, phương pháp thế vị (sẽ trình bày sau đây) giải bài toán vận tải dưới dạng bảng : !"#$%&' 132 Bảng 5.1 Trạm giao Trạm nhận N 1 b 1 N 2 b 2 … N j b j … N n b n G 1 a 1 c 11 B c 11 B … c 1j B * … c 11 B G 2 a 2 c 21 B , c 22 B ,, … c 21 B , … c 2n B , … … … … … … … G i a i c i1 B c i2 B , … c ij B * … c in B … … … … … … … G m a m c m1 B 3 c m2 B 3, … c mj B 3* … c mn B 3 (,' : & 7 8 L @ ;0M@2@*0G 7 G 8 LG @ ;0M@2@ +$1<DN1 1 1 2 1 2 2 s 1 s 1 s s 1 s s i j i j i j i j i j i j G N ,G N ,G N , ,G N ,G N ,G N − − − −−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ (2.2) ;0;JK*+, @ *B+G @ @O 8P 7 → G 7 → 8 → G 8 → $$$ → @C7 → G @C7 → @ → G @ Nếu thêm vào (2.2) đoạn vận tải G i1 N js , thì (2.2) trở thành một chu trình vận tải, hoặc gọi tắt là một chu trình: (i 1 , j 1 ) (i 2 , j 1 ) (i 2 , j 2 ) . . . (i s-1 , j s-1 ) (i s , j s-1 ) (i s , j s ) (i 1 , j s ) (2.3) Q+FR : - Mỗi tổ hợp (i k , j l ) trong chu trình (2.3) ứng với một ô trong bảng vận tải ; số lượng ô như vậy là số chẵn (= 2s). - Mỗi hàng hoặc mỗi cột hiện trong chu trình (2.3) đều có đúng hai ô. DS : Khi s = 3, ta có chu trình gồm 6 ô và cứ mỗi hàng i 1 , i 2 , i 3 và mỗi cột j 1 , j 2 , j 3 thì có đúng hai ô đại diện : (i 1 , j 1 ) (i 2 , j 1 ) (i 2 , j 2 )(i 3 , j 2 )(i 3 , j 3 )(i 1 , j 3 ) 26 Trong (2.2) một số đoạn vận tải phải được hiểu ngược lại. Tức là đoạn N jk →G ik+1 , phải được hiểu là G ik+1 → N jk , k=1,2,…,s !"#$%&' 133 Bảng 5.2 . . . . . . N j1 . . . N i2 . . . N i3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . G i1 (i 1 , j 1 ) . . . . . . . . . (i 1 , j 3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . G i2 . . . (i 2 , j 1 ) . . . (i 2 , j 2 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . G i3 . . . . . . . . . (i 3 , j 2 ) . . . (i 3 , j 3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mỗi ô (i,j) trong chu trình ứng với biến x ij và do đó ứng với vectơ điều kiện P ij . Giữa dây chuyền (2.3) và các vectơ điều kiện tương ứng có mối quan hệ sau đây : (94,'/ : &T;0+#:#U6G901<4,*+,VE;0TW X6G9Y$&*Z) G 6G9 ∈ T;01J;+#*0M @U6G9)EU3;+#KD 68$[9$ :-3 : Ở đây chỉ chứng minh điều kiện cần. 27 Giả sử các P ij là độc lập tuyến tính và trong số các ô thuộc S có chu trình dạng (2.3). Dễ dàng kiểm tra tính đúng đắng của đẵng thức sau đây : 1 1 2 1 2 2 3 2 s s 1 s i j i j i j i j i j i j P P P P P P 0− + − + + − = Tức là các vectơ P ij tương ứng là phụ thuộc tuyến tính. Điều này trái với giả thiết.ª Từ định lý 1.1, chương IV, ta thấy rằng ma trận X là lời giải cơ sở của bài toán vận tải khi và chỉ khi trong tập hợp các ô (i,j) ứng với x ij > 0 không tồn tại chu trình dạng (2.3). Do hạng của ma trận các ràng buộc bằng ((C 79, nên bất cứ một phương án vận tải X nào đó mà có nhiều hơn 6(C79 thành phần dương đều không phải là phương án cơ sở. Tuy nhiên, để kiểm tra xem một phương án vận tải có phải là phương án cơ sở hay không, còn phải xét xem liệu trong tập hợp các ô dương (có khối lượng vận tải thật sự) đó có tồn tại chu trình hay không. Vấn đề còn lại là xây dựng một phương pháp để kiểm tra xem liệu trong tập hợp các ô chọn sẵn nào đó có tồn tại chu trình dạng (2.3) hay không ? )##KKJ+#:#T\UB : 27 Điều kiện đủ được chứng minh trong NOZZICKA F., HOLLATZ H., BANK B., GUDDAT J., Theorie der linearen Optimierung, Akademie Verlag, Berlin, 1974 !"#$%&' 134 Trước hết ta nhận thấy rằng trong tập hợp các ô nằm trong dây chuyền dạng (2.3) mỗi hàng hoặc mỗi cột có mặt trong chu trình đều có hai đại diện. Vì vậy, những hàng và cột nào chỉ có 1 ô nằm trong tập S thì các ô đó không thể nằm trong bất kỳ chu trình nào tạo nên từ các ô thuộc S. Suy ra có thể loại bỏ dần các ô thuộc S bằng cách gạch bỏ các hàng hoặc cột nào chỉ chứa một ô thuộc tập S. Sau khi tiến hành việc gạch bỏ lần một, sẽ có một số hàng, cột trước đây có nhiều hơn hai ô nằm trong S, nay chỉ còn một ô (do một số ô trước đó dã bị gạch), thì ô còn lại cũng không thể nằm trong bất kỳ chu trình nào. Do đó cũng sẽ bị gạch đi, bằng cách gạch bỏ hàng, cột tương ứng v.v…. Quá trình gạch bỏ như vậy sẽ được lập đi lặp lại liên tục cho đến khi có một trong hai trường hợp sau đây xãy ra : 1) Tất cả các ô trong S dều bị gạch. Trong trường hợp này, trong tập S không tồn tại chu trình dạng (2.3). 2) Trong mỗi hàng hoậc cột còn lại có ít nhất hai ô chưa bị gạch. Trong trường hợp này trong tập S tồn tại ít nhất một chu trình (2.3). Một chu trình này được tìm ra như sau : Chọn i 1 là một hàng bất kỳ trong số các hàng còn lại. Trên hàng i 1 chọn một ô chưa bị gạch bất kỳ, giải sử đó là ô (i 1 , j 1 ). Suy ra cột j 1 cũng chưa bị gạch. Chọn trên cột này một ô chưa bị gạch bất kỳ, giả sử đó là ô (i 2 , j 1 ). Khi ấy hàng i 2 cũng chưa bị gạch. Do đó tiềp tục chọn ô chưa bị gạch trên hàng i 2 , giả sử đó là ô (i 2 , j 2 ) v.v…. Cứ tiếp tục như vậy, vì tập hợp các ô chưa bị gạch là hữu hạn, nên sau một số hữu hạn bước sẽ tìm thấy một ô (i s , j s ) sao cho i s = i λ , với 1≤ λ ≤ s và ta có chu trình dạng 1 1 1 s 1 s s (i , j )(i , j )(i , j ) (i , j )(i , j ) λ λ λ+ λ λ+ λ+ − λ Có nhiều dây chuyền Không có dây chuyền &] : Nếu trong tập hợp S chỉ có duy nhất một chu trình thì sau quá trình gạch bỏ hàng cốt như trên, mỗi hàng cột còn lại sẽ chứa đúng 2 ô chưa bị gạch. Các ô này đều xuất hiện trong chu trình. Tóm lại, người ta có thể kiểm tra xem liệu một phương án vận tải cho trước có phải là phương án cơ sở hay không bằng cách thực hiện hai bước : !"#$%&' 135 *.*. **** *. ** .*.* * * . . . * * . . . * . . . * * . . . * ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 1) Nếu số thành phần dương lớn hơn 6(C79 thì phương án đã cho không phải là phương án cơ sở. 2) Nếu số thành phần dương nhỏ hơn 6(C79 nhưng trong số các ô ứng với các thành phần dương tồn tại dây chuyền loại (2.3) thì phương án đã cho cũng không phải là phương án cơ sở. Mặt khác, giả sử X = ((x ij )), i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n, là phương án vận tải nào đó và qua quá trình kiểm tra như trên, ta nhận biết được rằng đó là phương án cơ sở của bài toán vận tải (2.2) ; tức là số phần tử dương không quá 6(C79 và các ô tương ứng với các phần tử dương không tạo nên dây chuyền. Không giảm tổng quát, giả sử số phần tử dương trong X đúng bằng 6(C79 8^ và S là tập hợp các vectơ P ij ứng với các ô tương ứng. Nếu bổ sung thêm một ô, giả sử là (k, l), thì hệ vectơ P ij , (i,j)∈ S’ = S∪{(k, l)} là phụ thuộc tuyến tính. The định lý 2.3 trong S’sẽ tồn tại chu trình và chu trình này sẽ phải qua ô (k, l). Ta có hệ quả sau đây : CD2+,' : QT;0+#:#UE*B4)@AF G 6"_;0U )@A9*06;9;0U4`a01<0)@AK@U6G9 ∈ T*0U 6;9\D`JD=-1U6;9$ ,'0%E-F?#2+ !"#$%& : Xét bài toán vận tải dạng ma trận (1.4) m n ij ij i 1 j 1 ____ ___ ij m n ij ij i 1 j 1 P x P x 0,i 1,m, j 1,n Z c x min = = = = = ∑ ∑ ≥ = = = → ∑ ∑ (2.4) Đây là bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn, có m+n ràng buộc và mxn biến số. Ưng dụng phương pháp thành lập bài toán đối ngẫu ứng với bài toán QHTT bất kỳ, ta có 401b ứng với bài toán vận tải (2.4) như sau : Tìm w*∈R m+n , thỏa mãn : 28 Nếu số phần tử dương của X nhỏ hơn m+n-1 thì tương tự như phần Lý thuyết qui hoạch tuyến tính, ta nói X là phương án cơ sở thoái hoá. Trong trường hợp này bao giờ cũng có thể bổ sung thêm các phần tử bằng 0, để cho tập hợp các ô tương ứng trở thành tập hợp biến cơ sở và tập hợp các vectơ P ij tương ứng biểu diễn một cơ sở của R m+n-1 !"#$%&' 136 ____ ____ ij ij W P,w max P ,w c ; i 1,m; j 1,n = → ≤ = = Đặt w = (u 1 ,u 2 , …,u m ,v 1 ,v 2 , …,v n ), bài toán trên có thể viết lại thành : K số thực * i u và số thực * j v , i = 1,2,…,m và j = 1, 2, …,n thoả mãn : m n i i j j i 1 j 1 ____ ____ i j ij W a u b v max u v c ;i 1,m; j 1,n = = = + → ∑ ∑ + ≤ = = (2.5) Theo định lý 2.1 thì bài toán vận tải cổ điển luôn luôn giải được. Vậy theo lý thuyết đối ngẫu, bài toán (2.5) cũng luôn luôn giải được. Suy ra bao giờ cũng tìm thấy ma trận X 0 là phương án vận tải và w 0 = (u 0 , v 0 ) là phương án của (2.5) để cho m n m n 0 0 0 min ij ij i i j j max i 1 j 1 i 1 j 1 0 0 0 i j ij ij Z c x a u b v W u v c , (i, j): x 0 = = = = = = + = ∑ ∑ ∑ ∑ + = ∀ > (2.6) Từ (2.6) có thể suy ra điều kiện cho phép nhận biết một phương án vận tải X 0 cho trước có phài là phương án vận tải tối ưu hay không ? Điều kiện này thể hiện trong định lý sau đây : (94,'0 : )*+,c I ;0#)K`(@ d 0 i u *0 0 j v W78LVGW78L@ 0 i u + 0 j v ≤ c ij , i = 1,2,…,m ; j = 1,2,…,n (2.5) 0 i u + 0 j v = c ij khi 0 ij x > 0 (2.6) :-3 29 : Điều kiện (2.8) chứng tỏ rằng w 0 = (u 0 , v 0 ) là phương án chấp nhận được của bài toán (2.5). Mặt khác : Z(X 0 ) = 0 ij m n 0 0 ij ij ij ij i 1 j 1 x 0 c x c x = = > = = ∑ ∑ ∑ m n 0 0 i i j j i 1 j 1 a u b v = = + ∑ ∑ = W(w 0 ) Từ đây suy ra X 0 là phương án tối ưu của bài toán vận tải (1.2) và w 0 là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (2.5).ª 29 Bạn đọc có thể chứng minh định lý này mà không dựa vào lý thuyết đối ngẫu bằng cách dựa vào định lý : Hai bài toán QHTT là tương đương nếu hàm mục tiêu chỉ phân biệt nhau bởi một hằng số. Hãy đặt c ij ’ = c ij – (u i 0 + v j 0 ), ∀ij. Khi đó c ij ’≥ 0 và ứng với bài toán cải biên (với c ij ’) thì Z’(X 0 ) = 0 do c ij ’ = 0 khi x ij 0 > 0. Vì Z’(X) ≥ 0 nên X 0 là phương án tối ưu. !"#$%&' 137 [...]... rằng, nếu các số liệu ban đầu a i, bj của bài toán vận tải là nguyên, thì mọi phương án cơ sở của bài toán vận tải cũng là phương án có các thành phần là số nguyên Do đó nếu hàng hóa vận tải là những đơn vị nguyên thì chỉ cần giải bài toán vận tải bình thường mà không cần xét đến đều kiện nguyên của lời giải tối ưu Đây là ưu điểm của bài toán vận tải so với bài toán QHTT thông thường Lê Văn Phi, Khoa... nguyên34 §4 Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải 4.1 Trình bày phương pháp thế vị Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải cổ điển được trình bày đầu tiên bởi nhà toán học Xô-viết L W Kantorowitz Tư tưởng chủ yếu của phương pháp thế vị dựa trên lý thuyết cặp bài toán QHTT đối ngẫu Xuất phát từ một phương án ban đầu X của bài toán vận tải cổ điển (1.2) (gọi là bài toán gốc VTP), bằng phương pháp kiến... giải bài toán vận tải dạng cổ điển với 5 giả thiết như trong 1.2 Các giả thiết này đảm bảo cho bài toán vận tải cổ điển trở thành bài toán QHTT và luôn luôn giải được Tuy nhiên, trên thực tế rất khó tìm ra bài toán thỏa mãn được 5 giả thiết trên Mặc dù vậy, phương pháp thế vị đã trình bày ở phần §4 cũng có thể được sử dụng để giải hàng loạt các bài toán thực tế có thể biến đổi để đưa về dạng bài toán vận. .. 5.3 Bài toán vận tải với ô cấm Ta xét bài toán vận tải thông thường với m trạm giao (phát) hàng và n trạm nhận (thu) hàng Tuy nhiên, trong nhiều bài toán thực tế, xuất hiện trường hợp giao thông từ một số trạm phát đến một số trạm thu, không thể thực hiện được (vì một số lý do nào đó như : không có đường giao thông hoặc đường giao thông bị hư hỏng nặng v.v…) Bài toán vận tải như vậy gọi là bài toán vận. .. 5.2 Bài toán vận tải không có điều kiện cân bằng (bài toán vận tải mở) Trong thực tế sản xuất kinh doanh người ta ít bắt gặp những bài toán vận tải mà ở đó điều kiện cân bằng được thỏa mãn Thông thường, tổng số hàng thu (tổng nhu cầu) lớn hơn là tổng số hàng phát (tổng cung) hoặc ngược lại Trong các trường hợp ấy, lẽ dĩ nhiên là bài toán sẽ không có lời giải chấp nhận được (không có phương án vận tải) ... min{ak, bl} Khi đó bài toán vận tải cổ điển có thêm điều kiện : Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Trường Đại học Kinh tế Tp HCM 161 Lý thuyết qui hoạch tuyến tính xkl ≥ tkl Trong trường hợp tổng quát, giả sử bài toán vận tải cổ điển có thêm điều kiện xij ≥ tij, ∀(i,j) ∈E (5.13) Với 0 < tij ≤ min{ai, bj} Bài toán vận tải có thêm điều kiện (5.11) được gọi là bài toán với nhu cầu vận tải đặc biệt... án vận tải tối ưu đã tìm được trong phần 5.3 Để giải bài toán ta đặt c14 = M = max cij ∑ b j = 25.600 = 15.000 Bài toán j có phương án tối ưu cho trong bảng : Bảng 5.17 bj ai 150 250 15 250 21 100 18 150 150 25 100 15.000 100 14 21 16 17 25 100 150 20 12 50 150 50 0 0 0 0 0 50 Tổng chi phí vận tải nhỏ nhất bằng : 8050 tấn.km (lớn hơn chi phí vận tải tối ưu khi bài toán không có ô cấm) 5.4 Bài toán vận. .. tổng đơn giá hàng ở trạm giao G i‘ và chi phí vận tải Điều này rõ ràng là không hợp lý (không có ý nghĩa kinh tế) §3 Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải Như các phần trên đã chỉ rõ, bài toán vận tải (1.2) là bài toán qui hoạch tuyến tính thông thường Vì vậy, có thể áp dụng một trong các phương pháp đã trình bày trong chương 4 để tìm phưong án vận tải tối ưu Tuy nhiên, khi m và n là những số tương... Trên thực tế, nếu ∑ai là số rất lớn so với maxc ij thì thông thường việc giải bài toán (VTM) sẽ cho lời giải tối ưu của bài toán vận tải với ô cấm Ví du : Giải bài toán vận tải cho trong bảng 5.14 Tuy nhiên, người ta không thể chuyển hàng từ G1 đến N4 được Tức là đoạn đường vận tải từ G 1 đến N4 hay ô (1,4) bị cấm Ta có bài toán như sau : Bảng 5.16 Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Trường Đại học... là đối với mọi bài toán vận tải có m+n = k1, thuật toán trên kết thúc bằng một phương án vận tải Ta chứng minh cho trường hợp p = k Giả sử ô chọn đầu tiên của bài toán là ô (i 1,j1), 1≤ i1≤ m, 1≤ j1 ≤ n Không giảm tổng quát, giả sử ai1 ≤ bj1 Ap dụng trường hợp a) hoặc c) ' ta có x i1 j1 = a i1 ; x i1 j = 0, ∀j ≠ j1 và b j = b j1 − a i1 ≥ 0 Sau đó hàng i 1 bị gạch đi và bài toán vận tải rút gọn còn . (2.1) là một phương án vận tải chấp nhận được. Như vậy, tập chấp nhận được của bài toán vận tải (là bài toán QHTT) khác trống. Để chứng minh tính giải được của bài toán vận tải chỉ cần chứng tỏ. đi và bài toán vận tải rút gọn còn m-1 hàng và n cột ; tức là m-1 + n = p –1 = k- 1. Theo giả thiết qui nạp, nếu áp dụng thuật toán trên cho bài toán vận tải ] " ta sẽ có phương án vận tải. bài toán vận tải là nguyên, thì mọi phương án cơ sở của bài toán vận tải cũng là phương án có các thành phần là số nguyên. Do đó nếu hàng hóa vận tải là những đơn vị nguyên thì chỉ cần giải bài
Ngày đăng: 08/07/2014, 13:20
Xem thêm: Bài 5: Bài toán vận tải doc, Bài 5: Bài toán vận tải doc, CHƯƠNG 5 : BÀI TOÁN VẬN TẢI
