CÁC MÔ HÌNH VÀ PHẦN MỀM TỐI ƯU - CHƯƠNG 2 ppsx

23 Chương II GIẢI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BTQHTT DẠNG CHÍNH TẮC 1.1. Ví dụ . Xét BTQHTT: Max z = 8x 1 + 6x 2 , với các ràng buộc 4x 1 + 2x 2 ≤ 60 2x 1 + 4x 2 ≤ 48 x 1 , x 2 ≥ 0 Đưa BTQHTT dạng chuẩn tắc trên về dạng chính tắc bằng các biến bù không âm x 3 và x 4 như sau: Max z = 8x 1 + 6x 2 + 0x 3 + 0x 4 với các ràng buộc 4x 1 + 2x 2 + x 3 = 60 2x 1 + 4x 2 + x 4 = 48 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0. Chú ý. BTQHTT có dạng chính tắc là BTQHTT với các biến không âm, các ràng buộc có dấu “=”, hệ số vế phải của các ràng buộc không âm. Ngoài ra, mỗi phương trình bắt buộc phải có một biến đứng độc lập với hệ số +1. Cách lập và biến đổi các bảng đơn hình Để giải BTQHTT dạng chính tắc trên đây, cần lập một số bảng đơn hình như trong bảng II.1. Trước hết, cần điền số liệu của bài toán đã cho vào bảng đơn hình bước 1: – Cột 1 là cột hệ số hàm mục tiêu ứng với các biến cơ sở đã chọn. Phương án xuất phát có thể chọn là x 1 = x 2 = 0 (đây chính là điểm gốc toạ độ O(0, 0) trên hình II.1), do đó x 3 = 60, x 4 = 48. Như vậy tại bước này chúng ta chưa bước vào sản xuất, nên trong phương án chưa có đơn vị sản phẩm loại I hay loại II nào được sản xuất ra (chỉ “sản xuất” ra các lượng nguyên liệu dư thừa, ta cũng nói là các “sản phẩm” loại III và IV), và giá trị hàm mục tiêu z tạm thời bằng 0. Các biến bù có giá trị lớn hơn 0 có nghĩa là các nguyên liệu loại tương ứng chưa được sử dụng h ết. Ta gọi các biến x 3 và x 4 là các biến cơ sở vì chúng có giá trị lớn hơn 0 còn x 1 và x 2 là các biến ngoài cơ sở vì chúng có giá trị bằng 0. Với bài toán có hai ràng buộc, tại mỗi bước chỉ có hai biến cơ sở. – Cột 2 là cột các biến cơ sở. Trong cột 3 (cột phương án) cần ghi các giá trị của các biến cơ sở đã chọn. – Các cột tiếp theo là các cột hệ số trong các điều kiện ràng buộc tương ứng với các biến x 1 , x 2 , x 3 và x 4 của bài toán đã cho. 24 Bảng II.1. Các bảng đơn hình giải BTQHTT c 1 = 8 c 2 = 6 c 3 = 0 c 4 = 0 Hệ số hàm mục tiêu c j Biến cơ sở Phương án x 1 x 2 x 3 x 4 Bảng đơn hình bước 1 0 0 x 3 x 4 60 48 4 2 2 4 1 0 0 1 Hàng z z 0 = 0 z 1 = 0 z 2 = 0 z 3 = 0 z 4 = 0 Hàng Δ j = c j – z j Δ 1 = 8 Δ 2 = 6 Δ 3 = 0 Δ 4 = 0 Bảng đơn hình bước 2 8 0 x 1 x 4 15 18 1 0 1/2 3 1/4 –1/2 0 1 Hàng z z 0 = 120 z 1 = 8 z 2 = 4 z 3 = 2 z 4 = 0 Hàng Δ j = c j – z j Δ 1 = 0 Δ 2 = 2 Δ 3 = –2 Δ 4 = 0 Bảng đơn hình bước 3 8 6 x 1 x 2 12 6 1 0 0 1 1/3 –1/6 –1/6 1/3 Hàng z z 0 = 132 8 6 5/3 2/3 Hàng Δ j = c j – z j 0 0 –5/3 –2/3 Phân tích bảng đơn hình bước 1 – Hệ số ứng với biến x 1 trên hàng thứ nhất là a 11 = 4 có nghĩa là tỷ lệ thay thế riêng giữa một đơn vị sản phẩm loại I và một đơn vị sản phẩm loại III là 4 (giải thích: xét phương trình (hay ràng buộc) thứ nhất 4x 1 + 2x 2 + x 3 = 60, x 1 tăng một đơn vị thì x 3 phải giảm bốn đơn vị nếu giữ nguyên x 2 ). Tương tự ta có thể giải thích được ý nghĩa của các hệ số a ij khác cho trên hàng 1 và hàng 2 trong bảng đơn hình bước 1. – Chúng ta xét hàng z của bảng đơn hình. Để tính z 1 , cần áp dụng công thức z 1 = (cột hệ số của hàm mục tiêu)× (cột hệ số của biến x 1 ) = 0×4 + 0×2 = (giá một đơn vị sản phẩm loại III)×(tỷ lệ thay thế riêng loại I / loại III) + (giá một đơn vị sản phẩm loại IV)×(tỷ lệ thay thế riêng loại I / loại IV) = tổng chi phí phải bỏ ra khi đưa thêm một đơn vị sản phẩm loại I vào phương án sản xuất mới = 0. Các giá trị z j , với j = 1, 2, 3, 4, được tính tương tự và chính là các chi phí khi đưa một thêm một đơn vị sản phẩm loại x j vào phương án sản xuất mới. Còn z 0 là giá trị của hàm mục tiêu đạt được tại phương án đang xét: z 0 = (cột hệ số của hàm mục tiêu)× (cột phương án) = 0×60 + 0 × 48 = 0. – Trên hàng Δ j cần ghi các giá trị Δ j , j = 1, 2, 3, 4, tính theo công thức Δ j = c j – z j = lợi nhuận / đơn vị sản phẩm – chi phí / đơn vị sản phẩm. Vậy Δ j là "lãi biên" / một đơn vị sản phẩm khi đưa một thêm một đơn vị sản phẩm loại x j vào phương án sản xuất mới. Nếu Δ j > 0 thì hàm mục tiêu còn tăng được khi ta đưa thêm các sản phẩm loại j vào phương án sản xuất mới. Có thể chứng minh được Δ j chính là đạo hàm riêng j z/ x∂∂ của hàm mục tiêu z theo biến x j . Như vậy, x 1 tăng lên 1 thì z tăng lên 8 còn x 2 tăng lên 1 thì z tăng lên 6 . Do Δ 1 và Δ 2 đều lớn hơn 0 nên vẫn còn khả năng cải thiện hàm mục tiêu khi chuyển sang (hay “xoay sang”) một phương án cực biên kề tốt hơn. 25 Thủ tục xoay (pivotal procedure) Bước 1: Chọn cột xoay là cột bất kỳ có Δ j > 0. Lúc đó biến x j tương ứng với cột xoay được chọn làm biến cơ sở mới do x j tăng kéo theo hàm mục tiêu tăng. Ở đây ta chọn đưa x 1 vào làm biến cơ sở mới. Bước 2: Chọn hàng xoay để xác định đưa biến nào ra khỏi tập các biến cơ sở (vì tại mỗi bước số biến cơ sở là không thay đổi). Để chọn hàng xoay, ta thực hiện quy tắc “tỷ số dương bé nhất” bằng cách lấy cột phương án (60, 48) T chia tương ứng cho cột xoay (4, 2) T để chọn tỷ số bé nhất. Một điều cần chú ý là ta chỉ xét các tỷ số có mẫu số dương. Vì Min {60/4, 48/2} = 60/4 đạt được tại hàng đầu, nên hàng xoay là hàng đầu (hàng tương ứng với biến x 3 ). Do đó cần đưa x 3 ra khỏi tập các biến cơ sở. Bước 3: Chọn phần tử xoay nằm trên giao của hàng xoay và cột xoay. Bước 4: Xoay sang bảng đơn hình mới, xác định các biến cơ sở mới để điền vào cột biến cơ sở, đồng thời thay các giá trị trong cột hệ số hàm mục tiêu. Sau đó, tính lại các phần tử của hàng xoay bằng cách lấy hàng xoay cũ chia cho phần tử xoay để có hàng mới tương ứng. Bước 5: Các phần tử còn lại của bảng đơn hình mới tính theo quy tắc “hình chữ nhật”: (1) mới = (1) cũ – (2) cũ × (4) cũ /(3) cũ , trong đó (3) là đỉnh tương ứng với phần tử xoay . Giải thích. Các bước xoay trên đây chỉ là phép biến đổi tương đương hệ phương trình 4x 1 + 2x 2 + x 3 = 60 (2.1) 2x 1 + 4x 2 + x 4 = 48 (2.2) để có hệ x 1 + (1/2)x 2 + (1/4)x 3 = 15 (2.1’) 0x 1 + 3x 2 – (1/2)x 3 + x 4 = 18 (2.2’) bằng cách lấy phương trình (2,1) chia cho 4 (phần tử xoay) để có (2,1’), rồi lấy (2,2) trừ bớt 2× (2.1)/4 để có (2,2’). Đây chính là nội dung của bước 4 và bước 5. Còn việc thực hiện bước 3 sẽ đảm bảo rằng giá trị của các biến cơ sở mới không âm (x 1 = 15, x 4 = 18). Áp dụng thủ tục xoay cho các phần tử nằm trên hàng 1 và 2 của bảng đơn hình bước 1, sau đó tính các giá trị trên hàng z j và Δ j tương tự như khi lập bảng đơn hình bước 1, chúng ta sẽ nhận được bảng đơn hình bước 2. (1) (2) (3) (4) Chẳng hạn: nếu (1) cũ = 4,(2) cũ = 2, (3) cũ = phần tử xoay = 4, (4) cũ = 2 thì (1) mới = 4 – 2×2/4 =3 Q u y t ắc hình chữ nh ật 26 Phân tích bảng đơn hình bước 2 Bảng bước 2 có thể được phân tích tương tự như bảng bước 1. Lúc này giá trị của hàm mục tiêu là z 0 = 120 đã được cải thiện hơn so với bước 1. Ta thấy Δ 2 = 2 > 0 nên còn có thể cải thiện hàm mục tiêu bằng cách đưa biến x 2 vào làm biến cơ sở mới. Thực hiện các bước xoay sang phương án cực biên kề tốt hơn, chúng ta sẽ có bảng đơn hình bước 3. Phân tích bảng đơn hình bước 3 Tại bảng đơn hình bước 3 ta thấy điều kiện tối ưu đã được thoả mãn (Δ j ≤ 0, ∀j = 1, 4 ) nên không còn khả năng cải thiện phương án. Phương án tối ưu đã đạt được tại x 1 = 12, x 2 = 6, x 3 = 0, x 4 = 0, tức là tại điểm cực biên B(12, 6) với giá trị z max = 132. Một số chú ý – Điều kiện tối ưu cho các BTQHTT dạng Max là Δ j ≤ 0, ∀j . – Đối với các BTQHTT cần cực tiểu hoá hàm mục tiêu thì điều kiện tối ưu (hay tiêu chuẩn dừng) là Δ j ≥ 0, ∀j (nếu ∃ j* sao cho j* Δ < 0 thì cần tiếp tục cải thiện hàm mục tiêu bằng cách chọn cột j* làm cột xoay). – Trong thực tiễn giải các BTQHTT dạng tổng quát có thể xảy ra trường hợp không tìm được phương án xuất phát (tức là không có phương án khả thi). Lúc này có thể kết luận mô hình đã thiết lập có các điều kiện ràng buộc quá chặt chẽ, cần xem xét nới lỏng các điều kiện này. – Trong trường hợp ta tìm được cột xoay mà không tìm được hàng xoay thì kết luận hàm mục tiêu không bị chặn trên (đối với các BTQHTT dạng Max) hoặc không bị chặn dưới (đối với các BTQHTT dạng Min). Trong các trường hợp trên cũng phải dừng lại và kết luận mô hình quy hoạch tuyến tính đã thiết lập không phù hợp với thực tế. Khung thuật toán đơn hình Sau đây là khung thuật toán của phương pháp đơn hình được phát biểu cho BTQHTT cực đại hóa dạng chính tắc. Bước khởi tạo – Tìm một phương án cực biên ban đầu (nếu không tìm được thì dừng và in ra thông báo “BTQHTT không có phương án”). – Tính Δ j = c j – z j , ∀j = 1,n , trong đó n là số biến của bài toán đang xét. Các bước lặp Bước 1: Kiểm tra điều kiện tối ưu. Nếu điều kiện tối ưu Δ j = c j – z j ≤ 0, ∀j = 1, n đã được thoả mãn thì in / lưu trữ kết quả của bài toán và chuyển sang bước kết thúc. Bước 2: Nếu tồn tại một chỉ số j sao cho Δ j > 0 thì tiến hành thủ tục xoay gồm năm bước đã biết, tính lại các Δ j , ∀j = 1, n và quay lại bước 1 (Chú ý: Trong trường hợp 27 ta tìm được cột xoay mà không tìm được hàng xoay thì kết luận hàm mục tiêu không bị chặn, in / lưu trữ kết quả của bài toán và chuyển sang bước kết thúc). Bước kết thúc. Dừng. 1.2. Thuật toán đơn hình cho BTQHTT dạng chính tắc Xét BTQHTT sau (xem thêm giáo trình của Nguyễn Hải Thanh, Tối ưu hoá, Nxb Bách Khoa, 2007): z = f(x) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + + c n x n → Max (Min), với các điều kiện ràng buộc a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n ≤ b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n ≤ b 2 a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n ≤ b m x 1 , x 2 , , x n ≥ 0 (điều kiện không âm). Đưa BTQHTT trên về dạng chính tắc: z = f(x) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + + c n x n + 0x n+1 + …+ 0x n+m → Max (Min), với các điều kiện ràng buộc a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n + x n+1 = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n + x n+2 = b 2 a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n + x n+m = b m x 1 , x 2 , , x n+m ≥ 0 (điều kiện không âm). Bước khởi tạo – Nhập các hệ số hàm mục tiêu c, ma trận ràng buộc A và các hệ số vế phải b. – – Đ Đ ặ ặ t t d d 1 1 = = c c n n + + 1 1 = = 0 0 , , . . . . . . , , d d m m = = c c n n + + m m = = 0 0 , , t t ứ ứ c c l l à à c c B B = = ( ( d d 1 1 , , . . . . . . , , d d m m ) ) T T . . – – Đ Đ ặ ặ t t c c h h ỉ ỉ s s ố ố c c á á c c b b i i ế ế n n c c ơ ơ s s ở ở : : r r ( ( 1 1 ) ) = = n n + + 1 1 , , . . . . . . , , r r ( ( m m ) ) = = n n + + m m . . – – G G á á n n x x r r ( ( i i ) ) = = b b i i , , i i = = 1, m . . Đ Đ ặ ặ t t f f l l a a g g = = 2 2 . . C C á á c c b b ư ư ớ ớ c c l l ặ ặ p p B B ư ư ớ ớ c c 1 1 : : – – T T í í n n h h c c T T x x = = z z = = d d 1 1 x x r r ( ( 1 1 ) ) + + . . . . . . + + d d m m x x r r ( ( m m ) ) . . – – T T í í n n h h z z j j = = m p jp p1 ad = ∑ , , ∀ ∀ j j = = 1, n m + . . – – T T ì ì m m Δ Δ = = [ [ Δ Δ N N , , Δ Δ B B ] ] = = [ [ T N c – – T B c B B – – 1 1 N N , , T B c – – T B c B B – – 1 1 B B ] ] , , t t r r o o n n g g đ đ ó ó Δ Δ B B = = 0 0 . . N N h h ư ư v v ậ ậ y y Δ Δ j j = = c c j j – – z z j j , , v v ớ ớ i i z z j j = = m pj p p1 ad = ∑ , , ∀ ∀ j j ∈ ∈ N N = = { { 1 1 , , 2 2 , , … … , , n n + + m m } } \ \ { { r r ( ( 1 1 ) ) , , … … , , r r ( ( m m ) ) } } v v à à Δ Δ j j = = c c j j – – z z j j = = 0 0 , , ∀ ∀ j j ∈ ∈ B B = = { { r r ( ( 1 1 ) ) , , … … , , r r ( ( m m ) ) } } , , ( ( t t ứ ứ c c l l à à z z N N = = T B c B B – – 1 1 N N v v à à z z B B = = T B c B B – – 1 1 B B ) ) . . 28 B B ư ư ớ ớ c c 2 2 : : N N ế ế u u t t ồ ồ n n t t ạ ạ i i c c h h ỉ ỉ s s ố ố j j ∈ ∈ N N s s a a o o c c h h o o Δ Δ j j > > 0 0 t t h h ì ì t t h h ự ự c c h h i i ệ ệ n n t t h h ủ ủ t t ụ ụ c c x x o o a a y y . . – – X X á á c c đ đ ị ị n n h h c c ộ ộ t t x x o o a a y y : : c c h h ọ ọ n n c c ộ ộ t t x x o o a a y y s s ứ ứ n n g g v v ớ ớ i i m m ộ ộ t t c c h h ỉ ỉ s s ố ố j j c c ó ó t t í í n n h h c c h h ấ ấ t t Δ Δ j j > > 0 0 . . T T h h ô ô n n g g t t h h ư ư ờ ờ n n g g c c h h ọ ọ n n j j ứ ứ n n g g v v ớ ớ i i Δ Δ j j > > 0 0 l l ớ ớ n n n n h h ấ ấ t t , , h h o o ặ ặ c c c c h h ọ ọ n n n n g g ẫ ẫ u u n n h h i i ê ê n n . . – – X X á á c c đ đ ị ị n n h h h h à à n n g g x x o o a a y y q q t t h h e e o o q q u u y y t t ắ ắ c c t t ỷ ỷ s s ố ố d d ư ư ơ ơ n n g g b b é é n n h h ấ ấ t t : : r(q) r(i) is qs is xx Min , a 0 aa ⎧⎫ =∀> ⎨⎬ ⎩⎭ . . T T r r o o n n g g t t r r ư ư ờ ờ n n g g h h ợ ợ p p k k h h ô ô n n g g t t ồ ồ n n t t ạ ạ i i a a i i s s > > 0 0 , , đ đ ặ ặ t t f f l l a a g g = = 0 0 v v à à c c h h u u y y ể ể n n s s a a n n g g b b ư ư ớ ớ c c k k ế ế t t t t h h ú ú c c . . – – X X á á c c đ đ ị ị n n h h p p h h ầ ầ n n t t ử ử x x o o a a y y a a q q s s . . – – T T í í n n h h l l ạ ạ i i ( ( đ đ ể ể c c h h u u y y ể ể n n s s a a n n g g b b ả ả n n g g đ đ ơ ơ n n h h ì ì n n h h m m ớ ớ i i ) ) : : b b q q : : = = b b q q / / a a q q s s , , a a q q j j : : = = a a q q j j / / a a q q s s , , ∀ ∀ j j . . ∀ ∀ i i ≠ ≠ q q t t í í n n h h l l ạ ạ i i b b i i : : = = b b i i – – b b q q * * a a i i s s v v à à a a i i j j : : = = a a i i j j – – a a q q j j * * a a i i s s , , ∀ ∀ j j . . – – Đ Đ ặ ặ t t l l ạ ạ i i c c h h ỉ ỉ s s ố ố c c á á c c b b i i ế ế n n c c ơ ơ s s ở ở : : r r ( ( q q ) ) : : = = s s , , d d q q : : = = c c s s , , v v à à x x r r ( ( i i ) ) = = b b i i , , i i = = 1, m . . Q Q u u a a y y v v ề ề b b ư ư ớ ớ c c 1 1 . . B B ư ư ớ ớ c c 3 3 : : N N ế ế u u Δ Δ j j ≤ ≤ 0 0 , , ∀ ∀ j j ∈ ∈ N N t t h h ì ì đ đ ặ ặ t t f f l l a a g g = = 1 1 v v à à c c h h u u y y ể ể n n s s a a n n g g b b ư ư ớ ớ c c k k ế ế t t t t h h ú ú c c . . B B ư ư ớ ớ c c k k ế ế t t t t h h ú ú c c : : G G h h i i l l ạ ạ i i d d ữ ữ l l i i ệ ệ u u đ đ ầ ầ u u v v à à o o c c ủ ủ a a B B T T Q Q H H T T T T v v à à k k ế ế t t q q u u ả ả c c u u ố ố i i c c ù ù n n g g . . N N ế ế u u f f l l a a g g = = 0 0 t t h h ì ì k k ế ế t t l l u u ậ ậ n n B B T T Q Q H H T T T T c c ó ó h h à à m m m m ụ ụ c c t t i i ê ê u u k k h h ô ô n n g g b b ị ị c c h h ặ ặ n n t t r r ê ê n n . . C C ò ò n n n n ế ế u u f f l l a a g g = = 1 1 t t h h ì ì k k ế ế t t l l u u ậ ậ n n B B T T Q Q H H T T T T c c ó ó p p h h ư ư ơ ơ n n g g á á n n t t ố ố i i ư ư u u đ đ ã ã t t ì ì m m đ đ ư ư ợ ợ c c . . D D ừ ừ n n g g . . 2. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH HAI PHA GIẢI BTQHTT TỔNG QUÁT Từ trước tới nay, chúng ta luôn giả sử rằng BTQHTT được xem xét luôn có phương án và có thể biết được một phương án (cực biên) ban đầu của nó để khởi tạo quá trình giải. Trong mục này chúng ta sẽ đi xét các trường hợp khi chưa biết BTQHTT có phương án hay không, cũng như chưa biết được phương án cực biên ban đầu. Đối với những trường hợp này có thể sử dụng phương pháp đơn hình hai pha. Chúng ta sẽ trình bày phươ ng pháp đơn hình hai pha thông qua ví dụ sau. 2.1. Ví dụ . Max z = 8x 1 + 6x 2 , với các ràng buộc 12 12 12 4x 2x 60 2x 4x 48 x,x 0. +≤ ⎧ ⎪ +≥ ⎨ ⎪ ≥ ⎩ hay: Max z = 8x 1 + 6x 2 + 0x 3 + 0x 4 , với các ràng buộc 123 124 1234 4x 2x x 60 2x 4x x 48 x,x,x,x 0. ++= ⎧ ⎪ +−= ⎨ ⎪ ≥ ⎩ Trước hết cần trả lời câu hỏi BTQHTT dạng chuẩn tắc trên đây có phương án hay không, nếu có thì cần tìm một phương án cực biên xuất phát của nó. Pha 1. Tìm một phương án cực biên xuất phát bằng cách xét BTQHTT sau đây: Min ω = x 5 , với các ràng buộc 29 123 1245 12345 4x 2x x 60 2x 4x x x 48 x,x,x,x,x 0. ++= ⎧ ⎪ +−+= ⎨ ⎪ ≥ ⎩ (2.3) Bảng II.2. Các bảng đơn hình giải bài toán pha 1 0 0 0 0 1 Hệ số hàm mục tiêu Biến cơ sở Phương án x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 0 1 x 3 x 5 60 48 4 2 2 4 1 0 0 –1 0 +1 Hàng ω ω 0 = 48 ω 1 = 2 ω 2 = 4 ω 3 = 0 ω 4 = – 1 ω 5 = 1 Hàng Δ j Δ 1 = –2 Δ 2 = – 4 Δ 3 = 0 Δ 4 = 1 Δ 5 = 0 0 0 x 3 x 2 36 12 3 1/2 0 1 1 0 1/2 –1/4 –1/2 1/4 Hàng ω ω 0 = 0 0 0 0 0 0 Hàng Δ j 0 0 0 0 1 Mục đích của pha 1 là để giải BTQHTT với các ràng buộc (2.3) hay còn gọi là bài toán ω. Nếu tìm được phương án tối ưu của bài toán ω với các biến giả đều nhận giá trị bằng 0 thì điều này chứng tỏ BTQHTT ban đầu có phương án. Trong trường hợp đó dễ dàng tìm được một phương án cực biên của nó (xem bảng II.2). Tại bảng đơn hình cuối cùng, ta thấy Δ j ≤ 0, ∀j, nên phương án tối ưu đã đạt được với x 2 = 12, x 3 = 36, x 1 = x 4 = x 5 = 0 và ω min = 0. Do đó chúng ta đưa ra kết luận là BTQHTT ban đầu có phương án x 1 = 0, x 2 = 12, x 3 = 36, x 4 = 0. Một cách tổng quát, có thể khẳng định được ngay rằng, nếu bài toán ω có phương án tối ưu với giá trị hàm mục tiêu là 0 thì BTQHTT ban đầu có phương án, trong trường hợp trái lại thì nó không có phương án. Pha 2. Giải BTQHTT ban đầu căn cứ phương án cực biên vừa tìm được ở pha 1 (xem bảng II.3): Max z = 8x 1 + 6x 2 +0x 3 + 0x 4 , với các ràng buộc 123 124 1234 4x2xx60 2x 4x x 48 x,x,x,x 0. ++= ⎧ ⎪ +−= ⎨ ⎪ ≥ ⎩ Nhận xét. Kết quả giải ví dụ trên bằng phương pháp đơn hình hai pha cũng giống với kết quả đạt được khi giải bằng phương pháp đơn hình mở rộng. Tuy nhiên, khi sử dụng phương pháp đơn hình hai pha, chúng ta tránh được sự phiền phức trong việc khai báo giá trị dương đủ lớn của tham số M như trong phương pháp đơn hình mở rộng. 30 Bảng II.3. Các bảng đơn hình giải bài toán pha 2 8 6 0 0 Hệ số hàm mục tiêu Biến cơ sở Phương án x 1 x 2 x 3 x 4 0 6 x 3 x 2 36 12 3 1/2 0 1 1 0 1/2 –1/4 Hàng z z 0 = 72 z 1 = 3 z 2 = 6 z 3 = 0 z 4 =–3/2 Hàng Δ j Δ 1 = 5 Δ 2 = 0 Δ 3 = 0 Δ 4 = 3/2 0 6 x 4 x 2 72 30 6 2 0 1 1 1/2 1 0 Hàng z 180 12 6 3 0 Hàng Δ j –4 0 –3 0 Tại bảng đơn hình cuối cùng, ta thấy Δ j ≤ 0, ∀j, nên phương án tối ưu đã đạt được với x 2 = 30, x 4 = 72, x 1 = x 3 = 0 và z max = 180. 2.2. Thuật toán đơn hình hai pha giải BTQHTT dạng tổng quát Xét bài toán gốc: z = n j1 = ∑ c j x j → Min/ Max n ij j i j1 n ij j i j1 n ij j i j1 j i1,m 1 im1,mm 112 imm 1,mm m 12 123 j1,nm m m 123 ax b ( ) ax b ( ) ax b ( ) x0 ( ) = = = = =+ + =++ ++ =+++ ∑ ∑ ∑ ⎧ ≤ ⎪ ⎪ ≥ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎪ ≥ ⎪ ⎩ Bước 1 : - Nhập dạng bài toán Min, Max. - Nhập tổng số ràng buộc m bao gồm các ràng buộc mang dấu: ≤ (m 1 ràng buộc) , ≥ (m 2 ràng buộc) và = (m 3 ràng buộc). - Nhập số biến: n biến. - Nhập véc tơ hệ số hàm mục tiêu: C = [ c 1 , c 2 , . . ., c n ]. - Nhập véc tơ hệ số vế phải: b = [ b 1, b 2, . . ., b m ]. - Nhập ma trận hệ số ràng buộc: A = [a i j ] m x n . Bước 2: Đưa bài toán về dạng chính tắc: dạng Max đưa về dạng Min. Đưa thêm biến bù thiếu: m 1 biến x n+i , 1 i1,m= , Biến bù thừa: m 2 biến x n+ m1+p , 2 p 1,m= , Biến giả: m 2 + m 3 biến x n+m1+m2+q , 23 q1,m m = + . Nếu m 2 + m 3 = 0, chuyển sang bước 4. Nếu m 2 + m 3 ≠ 0, giải bài toán theo hai pha bằng cách chuyển sang bước 3. 31 Sơ đồ thuật giải (cho BTQHTT gốc là bài toán Max) Bước 3: Pha thứ nhất. Xây dựng và giải bài toán phụ: ω = m2 m3 q + ∑ x m1 + m2+q+n → Min Giải pha I Tính Δ k Giải pha II Khởi tạo, đổi dấu, thêm biến bù, biến giả Bắt đầu ∀ k , Δ k ≤ 0 ? Y N Kết thúc Xuất kết quả Tính Max Δ k , Δ k > 0 Tìm cột Hàm mục tiêu không bị chặn, BT vô nghiệm Tìm phần tử Chuyển đổi cơ sở N Y Tìm hàng xoay Tính f( ) BT có nghiệm Tính Δ k Y N Có biến giả ? ∃k,Δ k <0? Y N Tính Max k Δ , Δ k Tìm cột xoay Tìm hàng xoay và phần tử Chuyển đổi cơ sở BT vô nghiệm ∃biến giả ≠ 0? Y N Xóa biến giả Pha I Pha II Sơ đồ thuật giải đơn hình hai pha 32 123 m2*m m ij j i 1 2 3 j1 j123 ax b (i 1,m m m) x0 j1,(nm2*mm). ++ = ⎧ ⎪ ==++ ⎪ ⎨ ⎪ ≥∀= + + + ⎪ ⎩ ∑ Kết thúc pha 1: Xảy ra ba trường hợp sau: – Phương án tối ưu không có biến giả, lấy đó làm phương án xuất phát, thay lại hệ số hàm mục tiêu, loại trừ các cột biến giả và sang bước 4. – Phương án tối ưu có biến giả khác 0 thì bài toán tối ưu không có phương án. Dừng. – Phương án tối ưu có chứa biến giả nhưng biến giả bằng 0, xoá các dòng chứa các biến giả này, thay lại hệ số hàm mục tiêu, loại trừ các cột biến giả và sang bước 4. Bước 4: Pha thứ 2. Giải bài toán gốc với phương án xuất phát tìm được bằng phương pháp đơn hình. Bước 5: In kết quả . 3. GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỐI ƯU TRÊN MICROSOFT EXCEL Microsoft Excel 2000, 2003 có các công cụ toán học rất mạnh để giải các bài toán tối ưu và thống kê toán học. Excel có thể giải được các loại bài toán tối ưu: BTQHTT tổng quát, các biến có thể có ràng buộc hai phía, ràng buộc cũng có thể viết ở dạng hai phía; bài toán vận tải có hai chỉ số; bài toán quy hoạch nguyên (các biến có điều kiện nguyên hay boolean); bài toán quy hoạch phi tuyến. Số biến của BTQHTT hay nguyên có thể lên tới 200 biến. Excel còn có thể giải các bài toán hồi quy trong thống kê toán họ c: hồi quy đơn, hồi quy bội, hồi quy mũ. Dùng Solver ta có thể tìm cực đại hay cực tiểu của một hàm số đặt trong một ô gọi là ô đích. Solver chỉnh sửa một nhóm các ô (gọi là các ô có thể chỉnh sửa) có liên quan trực tiếp hay gián tiếp đến công thức nằm trong ô đích để tạo ra kết quả. Ta có thể thêm vào các ràng buộc để hạn chế các giá trị mà Solver có thể dùng. Đối với BTQHTT Solver dùng phương pháp đơn hình, đố i với quy hoạch phi tuyến Solver dùng phương pháp tụt gradient để tìm một cực trị địa phương. 3.1. Giải BTQHTT Xét bài toán quy hoạch c 1 x 1 + c 2 x 2 + …+ c n x n = f(x) → max / min a 11 x 1 + a 12 x 2 + … + a 1n x n Q b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + " + a 2n x n Q b 2 … a m1 x 1 + a m2 x 2 + … + a mn x n Q b m x j ≥ 0, j = 1, . . . , n nguyên hoặc nhị phân 0–1. [...]... tục và vẫn còn sai sót Bài toán dạng chính tắc: F(x) = 8x1 + 6x2 => MAX Các ràng buộc: 4x1 + 2x2 + x3 = 60 2x1 + 4x2 + x4 = 48 Trong đó: 38 x3, x4 là biến bù x1 >=0, x2 >=0, x3 >=0, x4 >=0 Ci 0 0 Xi X3 X4 F(x) Yi 60 48 0 X1 4 2 -8 X2 2 4 -6 X3 1 0 0 X4 0 1 0 Lamda 15 24 Ci 8 0 Xi X1 X4 F(x) Yi 15 18 120 X1 1 0 0 X2 1 /2 3 -2 X3 1/4 -1 /2 2 X4 0 1 0 Lamda 30 6 Xi X1 X2 F(x) Yi 12 6 1 32 X1 1 0 0 X2 0 1... tiểu địa phương) 2 2 2 2 2 –x1 +2x1 –x2 +4x2 –x3 +8x3 –x4 +14x4 –x5 +18x5 –180 →Min –x1 –2x2 +x3 +2x4 +3x5 ≤ 85 –7x1 +9x2 –5x3 +33x4 –11x5 ≤500 2x1 –x2 +2x3 –x4 +2x5 ≤ 150 1.3x1 +x2 +x3 +x4 +x5 ≤ 300 x1 +x2 +x3 +x4 +x5 ≤ 300 x1, x2, x3, x4, x5 ≥0 Đáp số Với phương án ban đầu X = (50, 50, 50, 50, 50) dùng Solver có phương án tối ưu là X = (0, 190, 0, 0, 110) và trị tối ưu hàm mục tiêu là - 45640 4 GIẢI... +0,5x1 +0,5x2 →Min 2x1 +3x2 + x3 =6 x1 +4x2 + x4 =5 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Bảng tính để giải bài toán này như sau: Phương án trong khối ô B2:E2 (phương án ban đầu cho mọi phần tử bằng 0), hàm mục tiêu trong ô F2 xác định bởi công thức = - b2 - 2* c2 + 0.5*b2 ^2 + 0.5*c2 ^2 Ô F3 tính theo công thức = sumproduct ($b $2: $e $2, b3 : e3), công thức này chép sang ô F4 Các ràng buộc bài toán B2 : E2 >= 0, và F3:F4 =... 5x1 –x2 +x5 ≥7 x1 +x2 +6x3 +x4 ≥4 xj ≥ 0 j=1, 2, 3, 4, 5 xj = interger, j = 1, 2, 3 Đáp số: Giá trị tối ưu là 12, phương án tối ưu (2, 2, 0, 0, 0) Bài 2 Giải BTQHTT 0–1 (bài toán cái túi) sau: 30x1 +19x2 +13x3 +38x4 +20 x5 +6x6 +8x7 +19x8 +10x9 +11x10 →max 15x1 +12x2 +9x3 +27 x4 +15x5 +5x6 +8x7 +20 x8 +12x9 +15x10 → 62 xj ∈{0, 1}, j=1, 2, ",10 Đáp số: Giá trị tối ưu là 95, phương án tối ưu là ( 1, 1, 0, 1,... x[j] b[1] b [2] b[m] Hàng cuối cùng là các giá trị ban đầu của các biến để các công thức của Excel hoạt động, có thể lấy giá trị của tất cả các biến bằng 1 Xét bài toán: x1 +4x2 + x3 → Min , với các ràng buộc: 2x1 +3x2 +4x3 ≥ 20 5x1 – x2 +2x3 ≥ 12 x1 +2x2 – x3 ≤ 2 x1 +4x2 –2x3 ≤1 x1, x2, x3 ≥ 0 Các bước thực hiện để giải bài toán: Bước 1 Nhập dữ liệu bài toán vào bảng tính dưới dạng sau: Phương án ban... toán tối ưu, trong đó có BTQHTT (biến liên tục cũng như biến nguyên) Để giải bài toán này, chúng ta cần cài đặt Lingo vào trong máy tính Nhấn vào biểu tượng Lingo trên màn hình để vào cửa sổ Lingo Sau đó thực hiện các lệnh Lingo: Menu > New > và gõ vào các dữ liệu của bài toán Nhập bài toán max = 8*x1+6*x2; 4*x1 +2* x2 . 4x 1 + 2x 2 + x 3 = 60 (2. 1) 2x 1 + 4x 2 + x 4 = 48 (2. 2) để có hệ x 1 + (1 /2) x 2 + (1/4)x 3 = 15 (2. 1’) 0x 1 + 3x 2 – (1 /2) x 3 + x 4 = 18 (2. 2’) bằng cách lấy phương trình (2, 1). 1 /2 1/4 0 30 0 X 4 18 0 3 -1 /2 1 6 F(x) 120 0 -2 2 0 D C i X i Y i X 1 X 2 X 3 X 4 Lamda 8 X 1 12 1 0 1/3 -1 /6 - 6 X 2 6 0 1 -1 /6 1/3 - F(x) 1 32 0 0 5/3 2/ 3. –x 1 2 +2x 1 –x 2 2 +4x 2 –x 3 2 +8x 3 –x 4 2 +14x 4 –x 5 2 +18x 5 –180 →Min –x 1 –2x 2 +x 3 +2x 4 +3x 5 ≤ 85 –7x 1 +9x 2 –5x 3 +33x 4 –11x 5 ≤500 2x 1 –x 2 +2x 3 –x 4