Chương 4: Các phương pháp hữu hạn giải quyết bài toán qui hoạch tuyến tính potx

L thuyt qui hoch tuyn tnh     ! "# 1.1 $%&'!()*+, Để mô tả các phương pháp hữu hạn giải bài toán QHTT người ta thường xét bài toán cho ở dạng sau đây, gọi là bài toán QHTT dng chuẩn: Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) của hàm số Z = Z(x) = n j j j 1 c x = ∑ (1.1) trên tập hợp các vec tơ x thỏa mãn các điều kiện: n ij i j 1 j a b ,i 1,2, ,m (1.2) x 0, j 1,2, ,n (1.3) = = = ∑ ≥ = Trong đó c j , a ij , b i , i = 1,2,…,m và j = 1,2,…,n là những số thực cho trước. Bài toán trên có thể viết dưới dạng ma trận: Tìm x* làm cực tiểu hàm số Z = 〈 c, x 〉 dưới các điều kiện Ax = b (1.4) x ≥ 0 (1.5) Chú : Bài toán QHTT dạng chuẩn (1.1) – (1.3) chỉ khác bài toán QHTT dạng cơ bản ở chỗ các ràng buộc (1.2) cho ở dạng phương trình. Trong thực tế sản xuất, kinh doanh có nhiều bài toán có thể đưa về bài toán QHTT với nhiều dạng khác nhau. Bằng các phép biến đổi tương đương như trình bày trong chương III, phần 3.2, người ta có thể đưa về bài toán ở dạng chuẩn. Đặt X = n n ij j i j j 1 {x R / a x b .i 1,2, ,m;x 0, j 1,2, ,n} = ∈ = = ≥ = ∑ (1.6) Hay cũng vậy X = {x∈R n / Ax = b, x ≥ 0} Tương tự như ở phần 1.1 chương III, tập X, định nghĩa như trên được gọi là tập chấp nhận được, hàm Z = Z(x) được gọi là hàm mục tiêu, các điều kiện (4.2) gọi là các ràng buộc, các điều kiện (4.3) là các hn ch; ma trận A Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 76 L thuyt qui hoch tuyn tnh bao gồm các phần tử a ij gọi là ma trận các ràng buộc; vectơ b gọi là vectơ hạn chế (vectơ vế phải); vectơ c gọi là vectơ hệ số (hàm mục tiêu). Vectơ x∈X được gọi là lời giải hoặc phương án chấp nhận được; phương án chấp nhận được x* tại đó hàm mục tiêu Z nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất, tuỳ theo yêu cầu bài toán) được gọi là lời giải hoặc phương án tối ưu.  /0&+12&  ! "# Để trình bày phương pháp đơn hình ta xét bài toán QHTT dạng chuẩn (1.1) – (1.3). Dễ thấy rằng tập X xác định theo (1.4) có thể được viết lại thành n i. i j X {x R / A ,x b ,i 1,2, ,m; e ,x 0, j 1,2, ,n}= ∈ = = ≥ = (1.7) Trong đó A i. là các vectơ hàng của ma trận A; e j là vectơ đơn vị thứ j của không gian tuyến tính R n , i = 1,2,…, m; j = 1,2,…,n. Không làm mất tính tổng quát, có thể giả thiết rằng hạng của A, r[A] = m 7 và m < n 8) . Đồng thời bài toán QHTT chỉ có ý nghĩa, nếu ít nhất có một c j ≠0. Như vậy tập X có dạng như tập M ở phần §5 chương I, tức là cho bởi hệ (5.1), (5.2). Vậy, nếu X ≠ ∅ thì đó là một tập lồi đa diện. Theo định lý 5.5, nếu hệ ràng buộc xác định X có hạng bằg n thi một điểm x 0 ∈X là điểm cực biên khi và chỉ khi nó thỏa mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính. Theo tính chất TC3 của bài toán QHTT, người ta chỉ cần khảo sát các điểm cực biên của miền chấp nhận được tương ứng. Sau đây chúng ta sẽ khảo sát đặt trưng đại số của các điểm cực biên ứng với bài toán (1.1) – (1.3). 345-: Giả sử X ≠ ∅ và x 0 ∈ X, A .j là các vectơ cột của ma trận A, j = 1,2, …,n. Để x 0 là điểm cực biên của X thì điều kiện cần và đủ là các vectơ A .j ứng với các x j > 0 là độc lập tuyn tnh. 67%: Do hệ ràng buộc xác định X (s.s. (1.7)) có chứa n vectơ đơn vị e j , nên hạng của hệ đó bằng n. Vì vậy, nếu x 0 là điểm cực biên thì phải thỏa mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính, tức là lời giải duy nhất của một hệ phương trình vuông không suy biến. Không giảm tính tổng quát, giả sử 0 0 j j x 0, j 1,2, ,k;x 0, j k 1, ,n> = = = + . Ở bài toán QHTT dạng chuẩn tất cả 7 Nếu trong số các ràng buộc xác định X có ràng buộc nào đó phụ thuộc tuyến tính vào các ràng buôc khác thì bằng cách loại bỏ dần này theo các pương pháp xác định hạng của ma trận thông thường để cho các ràng bộc còn lại là độc lập tuyến tính và ký hiệu số ràng buộc ấy là m. Khi ấy tập hợp chấp nhận được X sẽ không thay đổi. 8 Rõ ràng r[A] = m ≤ n. Nếu r[A] = n thì hệ (1.2) là hệ phương trình tuyến tính vuông, không thuần nhất. Hệ này có duy nhất một lời giải. Nếu lời giải này thỏa mãn điều kiện không âm thì đó là lời giải tối ưu. Nếu lời giải này khôg thỏa mãn (1.3) thì bài toán QHTT không có lời giải. Trong cả hai trường hợp việc giải bài toán QHTT không còn có ý nghĩa nữa. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 77 L thuyt qui hoch tuyn tnh các ràng buộc đều là chặt. Vì vậy có thể giả thiết rằng x 0 là lời giải duy nhất của hệ phương trình vuông không suy biến sau đây: .i i j A ,x b ,i 1,2, ,k e ,x 0, j k 1, ,n  = =   = = +   Hay cũng vậy n ij j i j 1 j a x b ,i 1,2, ,k x 0, j k 1, ,n =  = = ∑    = = +  (1.8) Thay n-k phương trình cuối vào k phương trình đầu, ta có hệ tương đương: k ij j i j 1 a x b ,i 1,2, ,k = = = ∑ (1.9) Do x 0 là lời giải duy nhất của hệ (1.8), nên 0 0 0 0 1 2 k x (x , x , ,x )= cũng là lời giải duy nhất của hệ (1.9). Suy ra các vectơ cột rút gọn 1j . j kj a A a    ÷ =  ÷  ÷   , j = 1,2,…,k (1.10) là độc lập tuyến tính. Từ đây cũng dễ thấy rằng các vectơ đầy đủ A .j cũng độc lập tuyến tính (bài tậ ). Ngược lại, nếu x 0 ∈ X và 0 j x 0, j 1,2, ,k;> = và các A .j tương ứng độc lập tuyến tính. Khi đó theo giả thiết k ≤ m. Xét trường hợp k = m. Khi ấy các lập nên một cơ sở của R m . Dễ thấy rằng các . j A ở (1.8) cũng độc lập tuyến tính. Do đó 0 0 0 0 1 2 k x (x , x , ,x )= là lời giải duy nhất của hệ phương trình vuông không suy biến (1.9) và vectơ mở rộng 0 0 0 1 k x (x , ,x ,0, ,0)= là lời giải duy nhất của hệ (1.8). Điều này chứng tỏ rằng các vectơ ràng buộc, A .j , j = 1,…,k và e j , j = k+1,…,n, trong (1.6) là độc lập tuyến tính. Do đó x 0 là điểm cực biên của X . Nếu k < m thì teo định lý bổ sung cơ sở (chuơng I) bao giờ cũng có thể bổ sung (m-k) vectơ trong số (n-k) vectơ ứng với các thành phần 0 j x 0= để tạo thành một cơ sở của R m . Sau đó bằng lý luận tương tự cũng có thể chứng tỏ rằng x 0 là điểm cực biên của X. ª Như vậy, theo định lý 1.1, nếu x là điểm cực biên của X thì số thành phần dương không thể vượt quá m = r[A]. Suy ra, một vectơ có nhiều hơn m thành phần dương không thể là điểm cực biên của X. Do đó, để kiểm tra xem một điểm x thuộc X có phải là điểm cực biên hay không phải kiểm tra hai điều kiện: 1) số thành phần dương không vượt quá m; 2) các vectơ A .j ứng với các thành phần dương là độc lập tuyến tính. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 78 L thuyt qui hoch tuyn tnh 3-: Điểm cực biên x 0 của X được coi là không thoái hóa (không suy bin) nu số thành phần dương của nó đúng bằng m = r[A]. Nu số thành phần dương nhỏ hơn m thì x 0 được g?i là thoái hóa (suy bin). Bây giờ, cho x 0 là điểm cực biên của X bất kỳ và có k thành phần dương. Nếu k = m thì x 0 là không thoái hóa. Theo định lý 1.1, các vecơ ứng với các thành phần dương của x 0 là độc lập tuyến tính. Do đó chúng lập thành một cơ sở của R m , chúng lập nên một ma trận cơ sở B. Do x 0 cũng là lời giải của hệ phương trình tuyến tính Ax = b, nên x 0 còn gọi là một 48%%9%*:;- Khi k < m, tức x 0 là thoái hóa. Do chỉ có k vectơ độc lập tuyến tính nên không đủ để lập nên một cơ sở của R m . Theo giả thiết, trong số n vectơ A .j có đúng m vectơ độc lập tuyến tính. Vì thế, bao giờ cũng có thể bổ sung thêm m-k vectơ trong số các vectơ còn lại ứng với các thành phần bằng 0 để có được một cơ sở của R m . Vì x 0 có n-k thành phần bằng 0, nên có m k n k n k C m k − − −   =  ÷ −   khả năng bổ sung như vậy. Suy ra, ứng với một điểm cực biên thoái hóa có thể có nhiều ma trận cơ sở. Chúng chỉ phân biệt nhau ở những cột ứng với các thành phần bằng 0 của điểm cực biên tương ứng. Sau đây sẽ trình bày phần lý tuyết làm cơ sở cho các bước của thuật toán đơn hình giải bài toán QHTT dạng chuẩn. Cho x* là điểm cực biên bất kỳ của tập chấp nhận được X. Giả sử x* không thoái hóa 1 . Ký hiệu B là ma trận cơ sở ứng với x* và giả sử B = [A. B1 , A. B2 ,…, A. Bm ] (1.11) Khi đó có thể tách A thành hai ma trận B và R: A = [B, R], với R bao gồm những cột của A không nằm trong cơ sở. Tương tự như vậy có thể tách x thành x B và x R , với x B là vectơ gồm các biến x Bi ứng với các vectơ cơ sở A. Bi (gọi tắt là bin cơ sở) và x R là vectơ ứng với các x j mà A .j không nằm trong cơ sở (gọi tắt là bin phi cơ sở). Đặt J = {j/ x j là biến phi cơ sở}. Hệ phương trình tuyến tính Ax = b tương đương với hệ sau đây: (B R) B R x x    ÷   = b Hay, cũng vậy Bx B + Rx R = b (1.12) 1 Nếu x* là thoái hóa thi B là một trong những ma trận cơ sở ứng với nó. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 79 L thuyt qui hoch tuyn tnh Do B là ma trận cơ sở nên nó không suy biến. Vì vậy tồn tại B -1 . Nhân hai vế ở (1.12) về bê trái với B -1 ta có phương trình (B -1 B)x B + (B -1 R)x R = (B -1 b) (1.13) Vì (B -1 B) = E (ma trận đơn vị) nên (1.11) tương đương với x B + (B -1 R)x R = (B -1 b) Hay Bi ij j i0 j J x y x y ∈ + = ∑ , i = 1,2,…,m (1.14) Trong đó y ij = 1 Bi. .j A ,A − , y io = 1 Bi. A ,b − , và 1 Bi. A − là vectơ hàng i của B -1 , i = 1,2,…,m; j∈ J. 2 Hệ (1.14) gọi là dạng chính tắc của hệ phương trình xuất phát Ax = b ứng với cơ sở B. Như vậy, nếu x* là không thoái hóa thì hệ (1.14) là hệ duy nhất. Khi x* thoái hóa thì ứng với nó có nhiều ma trận cơ sở B nên cũng có nhiều dạng chính tắc (1.12). Từ dạng này suy ra Bi i0 ij j j J x y y x ∈ = − ∑ , i = 1,2,…,m (1.15) Đối với x* thì * j x 0= , j∈J nên * Bi i0 x y= > 0, i = 1,2,…,m. Giá trị hàm mục tiêu ứng với x* bằng Z* = n m * * * j j Bi Bi j j j 1 i 1 j J c x c x c x = = ∈ = + ∑ ∑ ∑ = m Bi i0 i 1 c y = ∑ (1.16) Phương pháp đơn hình được tiếp tục với việc xét xem liệu Z* có phải là giá trị nhỏ nhất hay không. Tư tưởng cơ bản để thực hiện việc kiểm tra này là biểu diễn các biến cơ sở trong hàm mục tiêu thành biểu thức của các biến phi cơ sở. Sau đó lần lượt xét sự thay đổi của hàm mục tiêu ứng với việc thay đổi (tăng dần của một biến phi cơ sở nào đó). Để làm việc này người ta tiến hành như sau: Trước hết 2 Dễ thấy rằng các hệ số y ij và y i0 , i = 1,2.,…,m, là tọa độ của các vectơ A .j ,j∈J, và b tương ứng theo cơ sở {A.  ,….,A. 7 }, Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 80 L thuyt qui hoch tuyn tnh n m j j Bi i0 ij j j j j 1 i 1 j J j J m m Bi i0 Bi ij j j i 1 j J i 1 Z c x c (y y x ) c x c y (c y c )x = = ∈ ∈ = ∈ = = = − + ∑ ∑ ∑ ∑ = − − ∑ ∑∑ (1.17) Đặt m m 1 1 m 1,0 Bi i0 Bi Bi B i 1 i 1 y c y c A ,b c ,B b − − + = = = = = ∑ ∑ ( ) m m 1 m 1, j Bi ij j Bi Bi. . j j i 1 i 1 y (c y c ) c A ,A c − + = = = − = − ∑ ∑ (1.18) 1 m 1, j B . j j y , c ,B A c − + = − , j∈ J Khi ấy giá trị hàm mục tiêu Z trở thành m 1,0 m 1, j j j J Z y y x + + ∈ = − ∑ Hay cũng vậy m 1, j j m 1,0 j J Z y x y + + ∈ + = ∑ (1.19) Giá trị y m+1,Rj được gọi là hệ số đặc trưng ứng với biến phi cơ sở x Rj , j∈ J. Như vậy, với x = x* thì Z* = y m+1,0 Bổ sung (1.17) vào hệ (1.12) ta được dạng chính tắc mở rộng của bài toán QHTT Bi ij j i0 j J x y x y ∈ + = ∑ , i = 1,2,…,m m 1, j j m 1,0 j J Z y x y + + ∈ + = ∑ (1.20) Hệ (1.20) tương đương hoàn toàn với hệ (1.4). Nếu y io ≥ 0, i =1,2,…,m, ta nói rằng (1.20) là dạng chính tắc chấp nhận được. Từ hệ này thấy rằng, ứng với x = x* ta có * j x 0, j J= ∈ và do đó * Bi i0 x y 0,i 1,2, ,m= ≥ = ; Z* = y m+1,0 . Xuất phát từ x* sẽ có 3 trường hợp xãy ra. Đó là • Trường hợp 1: ∀j, j =1,2,…,n-m: y m+1,j ≤ 0. Khi ấy, vì ∀x∈X: x j ≥ 0, j∈J, nên theo (1.20), Z = Z(x) ≥ y m+1,0 = Z* = Z(x*). Suy ra x* là lời giải tối ưu và Z min = Z*. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 81 L thuyt qui hoch tuyn tnh • Trường hợp 2: ∃ R l , 1 ≤ l≤ l, để cho y m+1,l > 0 và ∀i, i = 1,2,…,m: y i,l ≤ 0. Khi ấy chọn x(λ), 0 ≤ λ, như sau: x l (λ) = λ, x j (λ) = 0, j ≠ l, j ∈J Từ (1.20) suy ra x Bi (λ) = y i0 – y il .x l = y i0 – y il .λ ≥ 0, i = 1,2,…,m (1.21) Do (1.20) tương đương với hệ (1.4), đồng thời x(λ) thỏa mãn (1.5) (điều kiện không âm), nên x(λ)∈X với bất kỳ giá trị không âm nào đó của λ. Dễ thấy rằng giá trị hàm mục tiêu ứng với x(λ) bằng Z(λ) = Z[x(λ)] = y m+1,0 – y m+1,l .x l = y m+1,0 – y m+1,l .λ (1.22) Vì theo giả thiết y m+1,l > 0, nên giá trị này sẽ tiến dần tới -∞ khi λ → ∞. Tức là khi λ → ∞ , x(λ)∈X và Z(λ) → -∞ . Nói cách khác, trong trường hợp này, hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên X, nên giá trị Z min không tồn tại. Suy ra bài toán QHTT không có lời giải tối ưu. • Trường hợp 3: ∃ l, 1 ≤ l≤ l, để cho y m+1,l > 0và∃k, 1≤ k ≤ m, y kl > 0. Khi ấy tương tự như (1.21) ứng với biến cơ sở x Bk (λ) = y k0 – y kl .λ. Để cho x(λ)∈X thì x Bk (λ) ≥ 0. Tức là k0 kl y y λ ≤ . Suy luận tương tự, ta cũng thấy rằng để cho x(λ)∈X thì i0 il y , y λ≤ với y il > 0 3 ) Tổng hợp lại, trong trường hợp này, để x(λ) vẫn còn là chấp nhận được thì il i0 i,y 0 il y 0 min y > ≤ λ ≤ Khi ấy giá trị Z[x(λ)] cũng tính theo công thức (1.22) và Z(λ) < y m+1,0 = Z(x 0 ), nếu λ > 0. Tuy nhiên để cho Z giảm nhiều nhất người ta chọn il i0 0 i,y 0 il y min y > λ = λ = (1.23) 3 Dễ thấy rằng ứng với các y il ≤ 0 điều kiện x Bi (λ)∈X mặt nhiên thỏa mãn ∀λ ≥ 0. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 82 L thuyt qui hoch tuyn tnh Không giảm tính tổng quát, giả sử il i0 k0 0 i,y 0 il kl y y min y y > λ = = (1.24) Dễ thấy rằng x(λ 0 ) cũng là điểm cực biên của X. Thật vậy, trước hết đối với biến x Bk : x Bk (λ 0 ) = y k0 – y kl .λ 0 = y k0 – y kl .(y k0 /y kl ) = 0 Theo định lý đổi cơ sở (định lý1.1, chương I), do tọa độ thứ k của vectơ A .l theo cơ sở B = [A. B1 , A. B2 ,…, A. Bk ,…, A. Bm ], y kl > 0 nên có thể thay thế vectơ A. Bk bởi vectơ A .l để có một cơ sở mới; đó là B’ = [A. B1 , …, A. B(k-1) , A .l , A. B(k+1) ,…, A. Bm ]. Tức là biến x Bk chuyển thành biến phi cơ sở với giá trị bằng 0, còn biến x l sẽ là biến cơ sở với giá trị λ 0 . Giá trị các biến cơ sở x Bi , i = 1,2,…,m, còn lại được tính như sau: x Bi (λ 0 ) = y i0 – y il .x l = y i0 – y il .λ 0 = y i0 – y il (y k0 /y kl ) ≥ 0 4 Số biến nhận giá trị dương ở x(λ 0 ) không vượt quá m (thêm một biến dương và bớt di ít nhất một biến dương khác); đồng thời các vectơ A .j ứng với các biến dương là độc lập tuyến tính (chúng là những vectơ cơ sở). Giá trị hàm mục tiêu tại x(λ 0 ), Z(λ 0 ), không lớn hơn giá trị hàm mục tiêu tại x 0 (= y m+1,0 ), và sẽ nhỏ hơn, nếy λ 0 > 0. Ở điểm cực biên này cũng có một trong 3 trường hợp như trên. Tuy nhiên, để nhận biết các trường hợp ấy, cần phải tính các hệ số ứng dạng chính tắc mở rộng như (1.20). Các hệ số trong dạng này là các tọa độ của các vectơ A .j và vectơ b theo cơ sở mới; chúng được tính tương tự theo công thức (1.10), trang 6, chương I, trực tiếp từ các hệ số ở dạng chính tắc mở rộng ứng với x 0 (dạng (1.20)). Từ (1.20) Bk k 0 kij j kl l j J,j l x y y x y x ∈ ≠ = − − ∑ Hay kj k0 l j Bk j J, j l kl kl kl y y 1 x x x y y y ∈ ≠ = − − ∑ (1.25) Thay thế (khử) x l ở các phương trình còn lại ở (1.20) Bi i0 ij j il l j J, j l x y y x y x ∈ ≠ = − − ∑ , i = 1,2,…,m, i ≠ k 4 Nếu y il ≤ 0 thì – y il (y k0 /y kl ) ≥ 0, nên x Bi (λ 0 ) ≥ 0. Khi y il > 0, thì theo cách xác định λ 0 ở (1.24), il i0 k 0 i0 0 i,y 0 il kl il y y y min y y y > λ = = ≤ , nên x Bi (λ 0 )= y i0 – y il .λ 0 ≥ y i0 – y il (y i0 /y kl ) = 0. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 83 L thuyt qui hoch tuyn tnh Hay kj k0 Bi i0 il ij il j il Bk j J,j l kl kl kl y y 1 x (y y ) (y y )x y x y y y ∈ ≠ = − − − + ∑ Hay cũng vậy kj k0 Bi ij il j il Bk i0 il j J, j l kl kl kl y y 1 x (y y )x y x (y y ) y y y ∈ ≠ + − − = − ∑ Khử x l trong biểu thức hàm mục tiêu (so sánh với (1.20)), ta có m 1, j j m 1,l l m 1,0 j J,j l Z y x y x y + + + ∈ ≠ + + = ∑ kj k0 m 1, j m 1,l j m 1,l Bk m 1,0 m 1,l j J,j l kl kl kl y y 1 Z (y y )x y x y y y y y + + + + + ∈ ≠ + − − = − ∑ Đặt kj ij ij il kl kj kj kl kj m 1, j m 1, j m 1,l kl y y' y y , i 0,1,2, ,m;i k y y y' y y y' y y y + + + = − = ≠ = = − j = 0,1,2,…,n (1.26) Dạng chính tắc mở rộng ứng với phương án mới cho bởi ' ' ' Bi ij j i0 j J x' y x ' y ∈ + = ∑ ' m 1, j j m 1,0 j J Z y' x ' y' + + ∈ + = ∑ , (1.27) Trong đó J’=[J \ {l}]∪{B k }; x’ Bi = x Bi , i ≠ k, x’ Bk = x l , x’j = x j , j ≠ l, x’ l = x Bk . Sau khi có dạng chính tắc (1.27), phương pháp giải sẽ được tiếp tục với một trong 3 trường hợp như trên. Phép biến đổi đơn hình chuyển từ dạng chính tắc (1.20) sang dạng chính tắc (1.27) còn gọi là phép biến đổi trục xoay với phần tử trục xoay (phần tử chuẩn) tương ứng là y kl , cột chuẩn là cột l và hàng chuẩn là hàng k. Người ta thường đóng khung phần tử chuẩn để phân biệt với các phần tử khác 5 . 5 Một đơn hình S trong không gian R n là một tập hợp lồi bị chặn có n+1 đỉnh. Ví dụ trong R 1 , đó là một đoạn thẳng, trong R 2 , S là một tam giác, trong R 3 , S là một tứ diện . Phép biến đổi trên đây dựa trên nguyên lý của một đơn hình, tức là, giả sử phương án hiện có ứng với một đỉnh của một đơn hình, người ta so sánh giá trị hàm mục tiêu ở đỉnh đó với các đỉnh kề với nó. Nếu đỉnh nào (trong số các đỉnh ấy) có giá trị hàm mục tiêu tốt hơn (trường hợp 3) thì chuyển sang đỉnh đó. Nếu giá trị hàm mục tiêu ở các đỉnh kề là không tốt hơn (trường hợp 1) Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 84 L thuyt qui hoch tuyn tnh  +<&&'! Giả sử hệ ràng buộc (1.2) cho ở dạng chính tắc: Bi ij j i j J x a x b ∈ + = ∑ , i =1, 1,…, m và các hệ số vế phải đều không âm. Dễ thấy rằng, khi đó ma trận ràng buộc A chứa ma trận đơn vị B = E. Bước 1: Thành lập bảng đơn hình xuất phát ứng với (1.20) với y ij = a ij , y i0 = b i . i = 1,2,…,m; j∈J. m 1, j Bi ij j m 1,0 Bi i j J j J y c a c ; y c b + + ∈ ∈ = − = ∑ ∑ . Bảng đơn hình xuất phát có dạng: 6 Bảng 4.1 Biến cơ sở Phương án x 1 … x l … x n λ 0 c 1 … c l … c n x B1 y 10 y 11 … y 1l … y 1n … … … … … … … x Bk y k0 y k1 … y kl … y kn … … … … … … … x Bm y m0 y m1 … y m,l … y m,n Z y m+1,0 y m+1,1 … y m+1,l y m+1,n Bước 2: Xác định m 1,l m 1, j 1 j n y max{y } + + ≤ ≤ = (1.28) • Nếu y m+1,l = 0, thì y m+1,j ≤ 0, j =1,2,…,n. Ta có trường hợp 1. Phương án hiện có là phương án tối ưu, tức là x* Bi = y io , i = 1,2,…,m; x* j = 0, x j là biến phi cơ sở. Z min = y m+1,0 . • Khi y m+1,l > 0 thì sang bước 3. (Vì theo chú thích 6, trang 99, thì do = 0, ∀x Bi , nên chắc chắn x l là biến pi cơ sở). Bước 3: Xác định il i0 y 0 0 il il y min y , neáu y 0, i >       λ =     ∞ ≤ ∀  (1.29) thì đỉnh đang xét ứng với lời giải tối ưu. Vì vậy phương pháp này được gọn ngắn gọn là phương pháp đơn hình, mặc dù tập chấp nhận được trong R n thường có nhiều hơn n+1 đỉnh. 6 Từ (1.13), (1.18) dễ dàng suy ra rằng các cột tương ứng với biến cơ sở x Bi sẽ có dạng vectơ đơn vị e i = (0,0,…,0,1,0,…,0), i =1,2,…,m. Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 85 Cột chuẩn Hàng chuẩn [...]... một phương án cơ sở được xét đến Theo tính chất 1 của bài tốn QHTT nếu tập chấp nhận được X là khơng rỗng thì số các phương án cơ sở là hữu hạn 7 Do đó, nếu các phương án cơ sở được xét đến trong thuật tốn là khơng suy biến thì sau một số hữu hạn bước lặp thuật tốn sẽ kết thúc hoặc là với một lời giải tối ưu hoặc là chứng tỏ rằng hàm mục tiêu khơng bị chặn dưới 1.4 Ví dụ: Giải bài tốn QH tuyến tính. .. bao gồm việc sử dụng phương pháp đơn hình 2 lần: lần thứ nhất dùng để giải bài tốn P G (Thời kỳ I) và lần thứ 2 dùng để giải bài tốn (P) (Thời kỳ II) Vì vậy phương pháp này còn có tên là phương pháp đơn hình hai thời kỳ Về việc thực hiện phương pháp, bảng đơn hình ban đầu khơng có gì thay đổi nhiều so với bảng đơn hình thơng thường Vì hàm mục tiên của P G rất đơn giản, các hệ số của các biến đều bằng... PM, và x* là lời giải tối ưu của P.ª Từ định lý này ta suy ra phương pháp giải bài tốn P từ việc giải bài tốn PM như sau Trước hết dùng phương pháp đơn hình thơng thường giải bài tốn PM với cơ sở xuất phát là x Gi = bi, i = 1,2,…,m Ta phân biệt 3 trường hợp: 1) Bài tốn PM có lời giải tối ưu là (x*, x* G) và có ít nhất một x*Gk > 0: Khi đó tập chấp nhận được của P, X=∅ Do đó P khơng giải được Thật vậy,... đây các hệ số y i0 ≥ 0, i = 1,2,…,m, nên thuật tốn dừng lại với phương án tối ưu là x* = (0, 0, 35/4); Zmin = 175/2 §5 Ứng dụng của bài tốn đối ngẫu Việc nghiên cứu lý thuyết đối ngẫu khơng những chỉ giúp phát triễn một số phương pháp giải các bài tốn thực tế có thể đưa về dạng bài tốn qui Lê Văn Phi, Khoa Tốn – Thống kê, Đại học Kinh tế Tp HCM 105 Lý thút qui hoạch tún tính hoạch tuyến như bài. .. như bài tốn vận tải 16, bài tốn sản xuất đồng bộ 17, các bài tốn có thể đưa về dạng trò chơi ma trận, các bài tốn về qui hoạch tham số v.v…, mà còn mang một ý nghĩa thực tiễn khác Đó là việc có thể giải bài tốn đối ngẫu thay cho việc giải bài tốn gốc và ngược lại, hoặc việc nghiên cứu sự phụ thuộc của giá trị tối ưu Z max (cũng như Zmia) vào vectơ hạn chế, tức là nghiên cưú tính ổn định của giá trị... thể làm cho người thực hiện mắc sai lầm Vì vậy cần phát triễn một phương pháp nào đó giảm được phiền hà này Từ cơ sở lý thuyết của phương pháp cơ sở giả tạo người ta nghĩ ra tưởng kết hợp hai thời kỳ làm một Dó đó xuất hiện phương pháp đơn hình mở rộng, hay còn gọi là phương pháp bài tốn M Cơ sở lý thuyết của phươngpháp này như sau Ta xét bài tốn QHTT n  Z = ∑ c x → min j j  j =1  n  (2.1)  ∑ a ij... thuộc tuyến tính vào các ràng buộc khác Vì vậy có thể loại bỏ ràng buộc này b) ∃ykl ≠ 0 Trong trường hợp này, ta thực hiện phép biến đổi cơ sở thay biến xGk bởi buến xl Cơ sở sẽ bớt được một biến giả Sau khi loại bỏ tất cả các biến giả khỏi cơ sở, ta tiếp tục giải bài tốn (2.1) bằng phương pháp đơn hình với cơ sở vừa tìm được bằng việc tính lại các hệ số đặc trưng ym+1,j, j = 0,1,2,…,n Như vậy phương pháp. .. ba phần trước chúng ta đã tìm hiểu ba phương pháp giải bài tốn QHTT ở dạng bất kỳ Mỗi phương pháp đều có độ phức tạp riêng Đối với phương pháp đơn hình, người ta cần có một phương án cơ sở xuất phát ban đầu và dạng chính tắc mở rộng tương ứng Tuy nhiên nếu bài tốn ban đầu khơng có phương án chấp nhận được thì dĩ nhiên khơng thể tìm được dạng chính tắc như vậy Ở phương án cơ sở giả tạo, người ta cần... QHTT ở một dạng bất kỳ, việc trình bày phương pháp sau dây, gọi là phương pháp cơ sở giả tạo, sẽ giúp cho người đọc một lần nữa nắm được các kiến thức lý thuyết cơ bản của QHTT và của phương pháp đơn hình Việc thực hiện phương pháp đơn hình ở phần I giả thiết bài tốn QHTT _ cho ở dạng chính tắc mở rộng (1.20), trong đó các yi0 ≥ 0, i = 1, m Trên thực tế, khơng phải bài tốn QHTT nào cũng có thể được cho... biến cơ sở là dương §3 Phương pháp đơn hình mở rộng Phương pháp bài tốn M 3.1 Cơ sở lý thuyết Phương pháp cơ sở giả tạo cho phép ứng dụng phương pháp đơn hình thơng thường để giải bài tốn QHTT ở dạng bất kỳ Tuy nhiên khi sử dụng phương pháp này người ta phải phân biệt giữa thời kỳ I và thời kỳ II; tức là sử dụng 2 hàm mục tiêu khác nhau và do đó có các hệ số đặc trưng khác nhau Thủ tục này có thể làm . $%&'!()*+, Để mô tả các phương pháp hữu hạn giải bài toán QHTT người ta thường xét bài toán cho ở dạng sau đây, gọi là bài toán QHTT dng chuẩn: Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc. sử dụng phương pháp đơn hình 2 lần: lần thứ nhất dùng để giải bài toán P G (Thời kỳ I) và lần thứ 2 dùng để giải bài toán (P) (Thời kỳ II). Vì vậy phương pháp này còn có tên là phương pháp đơn. tiếp giải bài toán (3.1) với cơ sở (giả tạo) xuất phát là: x Gi = b i , i = 1,2,…,m. Tuy nhiên, khác với bài toán P G , bài toán (3.1) có thể không có lời giải tối ưu. Giữa bài toán P và bài toán