vận trù học 3 potx

Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 20 − Trên hàng ∆ j cần ghi các giá trị ∆ j, j = 1, 2, 3, 4, tính theo công thức ∆ j = c j -z j = lợi nhuận trên một ñơn vị sản phẩm - chi phí trên một ñơn vị sản phẩm. Vậy ∆ j là "lãi biên"/một ñơn vị sản phẩm khi ñưa thêm một ñơn vị sản phẩm loại j vào phương án sản xuất mới. Nếu ∆ j > 0 thì hàm mục tiêu còn tăng ñược khi ta ñưa thêm các ñơn vị sản phẩm loại j vào phương án sản xuất mới. Có thể chứng minh ñược ∆ j chính là ñạo hàm riêng ∂z/∂x j 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 ∆ 1 và ∆ 2 ñều dương nên vẫn còn khả năng cải thiện hàm mục tiêu khi chuyển sang (hay “xoay sang”) một phương án cực biên kề tốt hơn (quay lại nhận xét ở phần giải bài toán bằng phương pháp ñồ thị: ñiểm cực biên kề của ñiểm (0, 0) có thể là A(0, 12) hay C(15, 0)). Thủ tục xoay Bước 1: Chọn cột xoay là cột có ∆ j > 0 tức là chọn biến x j làm biến cơ sở mới do x j tăng kéo theo hàm mục tiêu tăng. Ở ñây ta chọn ñưa x 1 vào (ñánh dấu √ ở cột ∆ 1 ). Bước 2: Chọn hàng xoay ñể xác ñịnh ñưa biến nào ra khỏi số biến cơ sở (vì tại mỗi bước số biến cơ sở là không thay ñổi). ðể chọn hàng xoay, ta thực hiện quy tắc “tỉ số dương bé nhất" bằng cách lấy cột phương án (60, 48) T chia tương ứng cho cột xoay (4, 2) T ñể chọn tỉ số bé nhất. Một ñiều cần chú ý là ta chỉ xét các tỉ số có mẫu số dương. Vì Min{60/4, 48/2} = 60/4 ñạt ñược tại hàng ñầu, nên ta ñánh dấu √ vào hàng xoay là hàng ñầu (hàng tương ứng với biến x 3 ). Do ñó cần ñưa x 3 ra khỏi các biến cơ sở. Bước 3: Chọn phần tử xoay nằm trên giao của hàng xoay và cột xoay. Bước 4: Xoay sang bảng ñơn hình mới, xác ñịnh các biến cơ sở mới ñể ñiền vào cột biến cơ sở, ñồng thời thay các giá trị trong cột hệ số hàm mục tiêu. Sau ñó, tính lại các phần tử của hàng xoay bằng cách lấy hàng xoay cũ chia cho phần tử xoay ñể có hàng mới tương ứng. Bước 5: Các phần tử còn lại của bảng ñơn hình mới ñược tính theo quy tắc "hình chữ nhật": (1) mới = (1) cũ - (2) cũ × (4) cũ /(3) cũ , trong ñó (3) là ñỉnh tương ứng với phần tử xoay (xem hình II.3). (1) (2) (3) (4) Ch ẳng hạn: (1) cũ = 4, 2 (cũ) = 2 (3) cũ = phần tử xoay = 4, (4) cũ = 2 ⇒ (1) mới = 4 − 2 × 4 2 = 3. Hình II.3. Quy tắc hình chữ nhật Giải thích: Các bước xoay trên ñây chỉ là phép biến ñổi tương ñương hệ phương trình 4x 1 + 2x 2 + x 3 = 60 (a) 2x 1 + 4x 2 + x 4 = 48 (b) ñể có hệ x 1 + (1/2)x 2 + (1/4)x 3 = 15 (a’) 0x 1 + 3x 2 − (1/2)x 3 + x 4 = 18. (b’) bằng cách lấy phương trình (a) chia cho 4 (phần tử xoay) ñể có (a’), rồi lấy (b) trừ bớt 2 × (a)/4 ñể có (b’). ðây chính là nội dung của bước 4 và bước 5. Còn bước 3 sẽ ñảm 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 ñơn hình bước 1, sau ñó tính các giá trị trên hàng z j và ∆ j tương tự như khi lập bảng ñơn hình bước 1, chúng ta sẽ nhận ñược bảng ñơn hình bước 2. Phân tích bảng ñơn hình bước 2 Bảng bước 2 có thể ñược phân tích tương tự như bảng bước 1. Cần chú ý rằng lúc này ta ñang ở vị trí của ñiểm C(15, 0) vì x 1 = 15 còn x 2 = 0; giá trị của hàm mục tiêu là z 0 = 120 ñã ñược cải thiện hơn so với bước 1. Ta thấy ∆ 2 = 2 > 0 nên còn có thể cải thiện hàm mục tiêu bằng cách chọn biến x 2 làm biến cơ sở mới. Thực hiện các bước xoay sang phương án cực biên kề tốt hơn, chúng ta sẽ có bảng ñơn hình bước 3. Phân tích bảng ñơn hình bước 3 Tại bảng ñơn hình bước 3 ta thấy ñiều kiện tối ưu ñã ñược thoả mãn ( ∆ j ≤ 0 ∀ j=1, 2, 3, 4) nên không còn khả năng cải thiện phương án. Phương án tối ưu ñã ñạt ñược tại x 1 = 12, x 2 = 6, x 3 = 0, x 4 = 0, tức là tại ñiểm cực biên B(12, 6) với giá trị z max = 132. Khung thuật toán ñơn hình giải BTQHTT dạng chính tắc Sau ñây là khung thuật toán của phương pháp ñơn hình ñược phát biểu cho BTQHTT cực ñại hóa dạng chính tắc. Bước khởi tạo - Tìm một phương án cực biên ban ñầu. - Tính ∆ j = c j - z j , ∀j = 1, n , trong ñó n là số biến của bài toán ñang xét. Các bước lặp Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 22 Bước 1: Kiểm tra ñiều kiện tối ưu. Nếu ñiều kiện tối ưu ∆ j = c j - z j ≤ 0, ∀j = 1, n ñã ñược 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 ∆ j > 0 thì tiến hành thủ tục xoay gồm năm bước ñã biết, tính lại các ∆ j , ∀j = 1, n và quay lại bước 1 (Chú ý: Trong trường hợp ta tìm ñược cột xoay mà không tìm ñược 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. Chú ý: - ðối với các BTQHTT cần cực tiểu hóa hàm mục tiêu thì ñiều kiện tối ưu (hay tiêu chuẩn dừng) là ∆ j ≥ 0 ∀j (nếu tồn tại j mà ∆ j ≤ 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 ñược phương án xuất phát. Lúc này có thể kết luận mô hình ñã thiết lập có các ñiều kiện ràng buộc quá chặt chẽ, cần xem xét nới lỏng các ñiều kiện này. - Trong trường hợp ta tìm ñược cột xoay mà không tìm ñược hàng xoay thì kết luận hàm mục tiêu không bị chặn trên (ñối với các BTQHTT dạng Max) hoặc không bị chặn dưới (ñối với các BTQHTT dạng Min). Khi ñó dừng quá trình giải và kết luận mô hình quy hoạch tuyến tính ñã thiết lập không phù hợp với thực tế. 1.3. Phương pháp ñơn hình hai pha giải BTQHTT dạng tổng quát ðưa BTQHTT về dạng chính tắc Ví dụ 1: (Trường hợp các ràng buộc ñều có dấu ≤) z = 8x 1 + 6x 2 → Max với các ràng buộc: 1 2 1 2 1 2 4x 2x 60 2x 4x 48 x , x 0. + ≤   + ≤   ≥  ðưa BTQHTT về dạng chính tắc như ñã biết bằng cách thêm hai biến bù (slack variables) x 3 và x 4 . Ta có BTQHTT dạng chính tắc là: z = 8x 1 + 6x 2 + 0x 3 + 0x 4 → Max 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x x 60 2x 4x x 48 x , x , x ,x 0. + + =   + + =   ≥  Lúc này, trong hệ hai ñiều kiện ràng buộc ñã có ñủ hai biến ñứng ñộc lập trong từng phương trình với hệ số +1, nên ñã có thể tìm ñược phương án cực biên xuất phát ñể bắt ñầu quá trình giải bài toán. Ví dụ 2: (Trường hợp có biến không dương) z = 8x 1 − 6x 2 → Max với các ràng buộc: 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x x 60 2x 4x x 48 x 0, x 0, x 0,x 0. + + ≤   + + ≤   ≥ ≤ ≥ ≥  Lúc này muốn giải bài toán bằng phương pháp ñơn hình ta phải ñổi biến x' 2 = −x 2 . Ta có BTQHTT với các biến ñều không âm. z = 8x 1 + 6x' 2 → Max với các ràng buộc: 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x ' x 60 2x 4x ' x 48 x , x ' , x ,x 0. − + ≤   − + ≤   ≥  Ví dụ 3: (Trường hợp có biến với dấu tuỳ ý) z = 8x 1 + 6x 2 → Max với các ràng buộc: 1 2 1 2 1 2 4x 2x 60 2x 4x 48 x 0, x . + ≤   + ≤   ≥  Lúc này ta viết biến x 2 dưới dạng x 2 = x' 2 − x'' 2 với 2 2 2 2 x ' max[0, x ] x '' max[0, x ] =   = −  thì ñảm bảo 2 2 x ' 0 x '' 0. ≥   ≥  Các ràng buộc sẽ là 1 2 2 3 1 2 2 4 1 2 2 3 4 4x 2x ' 2x'' x 60 2x 4x ' 4x' x 48 x , x ' , x '' , x , x 0. + − + =   + − + =   ≥  Bài toán với hàm mục tiêu là: z = 8x 1 + 6x' 2 − 6x'' 2 + 0x 3 + 0x 4 và các ñiều kiện ràng buộc trên là BTQHTT dạng chính tắc. Ví dụ 4: (Trường hợp có ñiều kiện ràng buộc với dấu ≥ hoặc dấu =) có dấu tuỳ ý. Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 24 z = 8x 1 + 6x 2 → Max với các ràng buộc: (a) 1 2 1 2 1 2 4x 2x 60 2x 4x 48 x 0,x 0. + ≤   + ≥   ≥ ≥  Ta thêm các biến bù x 3 (slack variable) mang dấu “+”, x 4 (surplus variable) mang dấu “−” ñể có hệ ñiều kiện ràng buộc sau (lúc này hai ràng buộc ñều có dấu =): (b) 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x x 60 2x 4x x 48 x , x , x , x 0. + + =   + − =   ≥  Phải thêm biến giả x 5 (x 5 gọi là lượng vi phạm của phương trình thứ hai) ñể ñược hệ ñiều kiện ràng buộc (c) 1 2 3 1 2 4 5 1 2 3 4 5 4 2 60 2 4 48 , , , , 0. x x x x x x x x x x x x + + =   + − + =   ≥  Lúc này, ñã có ñủ hai biến ñứng ñộc lập trong từng phương trình với hệ số +1, nên ñã có thể tìm ñược phương án cực biên xuất phát ñể bắt ñầu quá trình giải bài toán bằng phương pháp ñơn hình với hàm mục tiêu là z = 8x 1 + 6x 2 + 0x 3 + 0x 4 − Mx 5 → Max, trong ñó M ≈ +∞ và biểu thức −Mx 5 gọi là lượng phạt (ñánh thuế). Bài toán ñã ñược ñưa về dạng chính tắc. Lượng vi phạm x 5 càng lớn thì hàm mục tiêu càng giảm, giá trị của hàm mục tiêu chỉ có thể ñạt Max khi x 5 = 0. Kết luận: Bao giờ cũng ñưa ñược BTQHTT bất kì (các biến có dấu tuỳ ý, các ràng buộc có thể ≤, ≥, =) về dạng chính tắc. Phương pháp ñơn hình mở rộng Phương pháp ñơn hình mở rộng còn gọi là phương pháp ñánh thuế M ñược áp dụng ñể ñể giải BTQHTT có biến giả. Ví dụ 5: Sau khi thêm vào các biến bù và biến giả, BTQHTT trong ví dụ 4 ñược ñưa về dạng chính tắc (trong hàm mục tiêu tất cả các biến giả ñều có hệ số là -M nên bài toán ñược gọi là bài toán M). Max z = 8x 1 + 6x 2 +0x 3 + 0x 4 − Mx 5 (trong ñó M ≈ +∞) với các ràng buộc 1 2 3 1 2 4 5 1 2 3 4 5 4x 2x x 60 (c) 2x 4x x x 48 x , x ,x ,x ,x 0. + + =   + − + =   ≥  Cách 1: Có thể giải BTQHTT với các ñiều kiện ràng buộc (a) bằng phương pháp ñồ thị ñể nhận ñược kết quả: phương án tối ưu là (x 1 = 0, x 2 = 30) và z max = 180. Cách 2: Giải BTQHTT với các ñiều kiện ràng buộc (c) bằng cách lập bảng ñơn hình như thông thường nhưng chú ý hệ số M ≈ +∞ (xem bảng II.2). Tại bảng ñơn hình cuối cùng, ta thấy ∆ j ≤ 0 ∀j nên phương án tối ưu ñã ñạt ñược với x 2 = 30, x 4 = 72, các x j khác = 0 và z Max = 180. Chú ý: − Khi một biến giả ñã ñược ñưa ra khỏi cơ sở thì không bao giờ quay lại nữa. Do ñó ta có thể xoá cột biến giả ñó khỏi bảng ñơn hình. − Nếu dấu hiệu dừng xuất hiện (∆ j ≤ 0 ∀j) nhưng vẫn còn biến giả với giá trị dương trong số các biến cơ sở thì ñiều này chứng tỏ bài toán ban ñầu không thể có phương án khả thi (có thể chứng minh bằng phản chứng). Bảng II.2. Các bảng ñơn hình giải bài toán M 8 6 0 0 −M Hệ số hàm mục tiêu Biến cơ sở Phương án x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 0 −M x 3 x 5 60 48 4 2 2 4 1 0 0 −1 0 +1 Hàng z z 0 = −48M z 1 = −2M z 2 = −4M z 3 = 0 z 4 = M z 5 = −M Hàng ∆ j ∆ 1 = 8+2M ∆ 2 = 6+4M ∆ 3 = 0 ∆ 4 = −M ∆ 5 = 0 0 6 x 3 x 2 36 12 3 1/2 0 1 1 0 1/2 −1/4 −1/2 1/4 Hàng z 72 3 6 0 −3/2 3/2 Hàng ∆ j 5 0 0 3/2 −M − 3/2 0 6 x 4 x 2 72 30 6 2 0 1 2 1/2 1 0 −1 0 Hàng z 180 12 6 3 0 0 Hàng ∆ j −4 0 −3 0 −M Phương pháp ñơn hình hai pha Với ví dụ trên (xem bảng II.2) ta thấy quá trình giải chia làm hai pha: pha 1 nhằm giải bài toán M cho tới khi biến giả (x 5 ) ñược ñưa ra khỏi số biến cơ sở (lúc này có phương án cực biên xuất phát cho bài toán (b)) và pha 2 nhằm tìm phương án tối ưu cho bài toán (b). Phương pháp ñơn hình mở rộng như trình bày trên ñây có khó khăn trong việc khai báo giá trị của hệ số M ≈ +∞ và tính toán các giá trị ∆ j liên quan tới hệ số M. ðể khắc phục các ñiểm này, chúng ta xét phương pháp ñơn hình hai pha: pha 1 nhằm giải bài Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 26 toán ω ñể tìm cách ñưa các biến giả ra khỏi số biến cơ sở (lúc này có phương án cực biên xuất phát cho bài toán (b)) và pha 2 nhằm tìm phương án tối ưu cho bài toán (b). Ví dụ 6: Xét BTQHTT (bài toán 1) z = 8x 1 + 6x 2 → Max, với các ràng buộc: 1 2 1 2 1 2 4x 2x 60 (a) 2x 4x 48 x , x 0, + ≤   + ≥   ≥  hay BTQHTT dạng chuẩn tắc (bài toán 2) tương ñương với nó là: z = 8x 1 + 6x 2 +0x 3 + 0x 4 → Max, với các ràng buộc 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x x 60 (b) 2x 4x x 48 x , x , x ,x 0. + + =   + − =   ≥  ðể tìm phương án cực biên xuất phát cho BTQHTT dạng chuẩn tắc trên ñây chúng ta cần thực hiện pha 1 (hàm mục tiêu ω là tổng của tất cả các biến giả). Pha 1: Giải bài toán ω (bài toán 3): ω = x 5 → Min, với các ràng buộc 1 2 3 1 2 4 5 1 2 3 4 5 4x 2x x 60 (c) 2x 4x x x 48 x , x ,x ,x ,x 0. + + =   + − + =   ≥  Bảng II.3. Các bảng ñơn hình 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 z z 0 = 48 z 1 = 2 z 2 = 4 z 3 = 0 z 4 = −1 z 5 = 1 Hàng ∆ j ∆ 1 = −2 ∆ 2 = −4 ∆ 3 = 0 ∆ 4 = 1 ∆ 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 z 0 0 0 0 0 0 Hàng ∆ j 0 0 0 0 1 Như vậy trong ví dụ này, như trình bày trong bảng II.3, sau hai bước chúng ta ñã tìm ñược phương án tối ưu cho bài toán ω. Một cách tổng quát khi giải xong bài toán ω có thể xảy ra ba trường hợp sau ñây: − Trường hợp 1: Tìm ñược phương án tối ưu của bài toán ω với giá trị ω Min = 0, không chứa các biến giả trong số các biến cơ sở (như trong ví dụ trên). − Trường hợp 2: Tìm ñược phương án tối ưu của bài toán ω với giá trị ω Min = 0, có chứa các biến giả trong số các biến cơ sở (lúc này các biến giả nằm trong cơ sở ñều có giá trị bằng 0). − Trường hợp 3: Tìm ñược phương án tối ưu của bài toán ω với giá trị ω Min > 0, có chứa các biến giả trong số các biến cơ sở (lúc này có một số biến giả nằm trong cơ sở ñều có giá trị dương). Có thể chứng minh ñược rằng trong trường hợp 1, bài toán 2 có phương án cực biên xuất phát như tìm ñược trong bảng ñơn hình tối ưu sau khi gạch bỏ ñi tất cả các cột biến giả. Trong trường hợp 2, bài toán 2 có phương án cực biên xuất phát như tìm ñược trong bảng ñơn hình tối ưu sau khi gạch bỏ ñi tất cả các cột biến giả và các hàng chứa biến giả (các hàng bị gạch ñi tương ứng với các phương trình phụ thuộc tuyến tính vào các phương trình còn lại trong hệ ñiều kiện ràng buộc của BTQHTT dạng chuẩn tắc). Còn trong trường hợp 3, BTQHTT dạng chính tắc không có phương án khả thi nên cũng không có phương án tối ưu. Trong các trường hợp 1 và 2, chúng ta cần chuyển sang pha 2 ñể tiếp tục ñi tìm phương án tối ưu cho bài toán 2 từ phương án cực biên xuất phát tìm ñược bằng cách thay các hệ số hàm mục tiêu và tính lại các giá trị của hàng z j và hàng ∆ j . Pha 2: Xét bài toán 2: z = 8x 1 + 6x 2 +0x 3 + 0x 4 → Max, với các ràng buộc 1 2 3 1 2 4 1 2 3 4 4x 2x x 60 (b) 2x 4x x 48 x , x , x ,x 0, + + =   + − =   ≥  Hay BTQHTT dạng chính tắc tương ñương với nó: z = 8x 1 + 6x 2 +0x 3 + 0x 4 → Max, với các ràng buộc 1 1 2 3 4 2 1 1 1 2 3 4 2 4 1 2 3 4 3x 0x 3x x 36 (b ) x x 0x x 12 x , x ,x , x 0. + + + =   ′ + + − =   ≥  Các b ả ng ñơ n hình c ủ a pha 2 ñượ c trình bày trong b ả ng II.4. Bảng II.4. Các bảng ñơn hình 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 Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 28 Hàng z 72 3 6 0 −3/2 Hàng ∆ j 5 0 0 3/2 0 6 x 4 x 2 72 30 6 2 0 1 2 1/2 1 0 Hàng z 180 12 6 3 0 Hàng ∆ j −4 0 −3 0 Chú ý: So sánh các bảng II.3 và II.4 với bảng II.2, có thể thấy rằng phương pháp hai pha và phương pháp ñơn hình mở rộng thực chất là hoàn toàn tương ñương với nhau. Nhưng lập trình tính toán dựa trên phương pháp hai pha là dễ dàng hơn nhiều do tránh ñược việc khai báo giá trị của hệ số M ≈ +∞ và tính toán các giá trị ∆ j không liên quan tới hệ số M. 1.4. Phương pháp cắt Gomory giải BTQHTT nguyên Ví dụ 7. Xét BTQHTT nguyên: Max z = x 1 + 4x 2 với các ràng buộc 2x 1 + 4x 2 ≤ 7 10x 1 + 3x 2 ≤ 15 x 1 , x 2 ≥ 0 x 1 , x 2 nguyên. Cần tìm các giá trị nguyên của các biến quyết ñịnh x 1 , x 2 ñể các ràng buộc ñược thoả mãn và hàm mục tiêu ñạt giá trị lớn nhất. Dạng tổng quát của BTQHTT nguyên cũng giống như dạng tổng quát của BTQHTT ñã nêu trong mục 1.1, có bổ sung thêm ñiều kiện nguyên của các biến quyết ñịnh. ðưa BTQHTT nguyên trên ñây về dạng chính tắc. Max z = x 1 + 4x 2 + 0x 3 + 0x 4 , với các ràng buộc 2x 1 + 4x 2 + x 3 = 7 (a) 10x 1 + 3x 2 + x 4 = 15 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 nguyên. Trước hết ta giải BTQHTT không nguyên tương ứng, tức là tạm thời bỏ qua ñiều kiện nguyên của các biến (xem bảng II.5). Bảng II.5. Các bảng ñơn hình giải BTQHTT nguyên Hệ số hàm Biến cơ sở Phương án c 1 = 1 c 2 = 4 c 3 = 0 c 4 = 0 mục tiêu c j x 1 x 2 x 3 x 4 Bảng ñơn hình bước 1 0 0 x 3 x 4 7 15 2 10 4 3 1 0 0 1 Hàng z z 0 = 0 z 1 = 0 z 2 = 0 z 3 = 0 z 4 = 0 Hàng ∆ j = c j - z j ∆ 1 = 1 ∆ 2 = 4 ∆ 3 = 0 ∆ 4 = 0 Bảng ñơn hình bước 2 4 0 x 2 x 4 7/4 39/4 1/2 17/2 1 0 1/4 - 3/4 0 1 Hàng z z 0 = 7 z 1 = 2 z 2 = 4 z 3 = 1 z 4 = 0 Hàng ∆ j = c j - z j ∆ 1 = - 1 ∆ 2 = 0 ∆ 3 = - 1 ∆ 4 = 0 Như vậy, phương án tối ưu ở bước 2 chưa thỏa mãn ñiều kiện nguyên. Tại bảng ñơn hình bước 2 của bảng II.5, BTQHTT nguyên ñã ñược biến ñổi tương ñương về dạng sau: Max z = x 1 + 4x 2 + 0x 3 + 0x 4 , với các ràng buộc 1 2 x 1 + x 2 + 1 4 x 3 = 7 4 (b) 17 2 x 1 + - 3 4 x 2 + x 4 = 39 4 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0; x 1 , x 2 , x 3 , x 4 nguyên. Xét phương trình (xem bảng ñơn hình bước 2 của bảng II.5): 1 2 3 1 1 7 x x x 2 4 4 + + = ⇔ 2 1 3 1 1 7 x x x 2 4 4 + + = . Một cách tổng quát chúng ta có thể viết: j 0 N r r j r j j x z x z ∈ + = ∑ , trong ñó J N là tập các chỉ số tương ứng với các biến ngoài cơ sở. Còn x r là biến cơ sở nằm trong phương trình ñang xét. Giả sử j j j r r r z z f   = +   với j r z     là phần nguyên và j r f là phần lẻ của j r z . Lúc ñó có: j j 0 0 N r r r j r r j j x ([z ] f )x [z ] f ∈ + + = + ∑ ⇔ j 0 0 j N N r r j r r x j j j j j x [z ]x [z ] f f x ∈ ∈ + − = − ∑ ∑ . Vế trái bắt buộc là số nguyên theo ñiều kiện của BTQHTT nguyên nên vế phải phải là số nguyên nhỏ hơn 1 (do vế phải 0 r f < 1). Vậy vế phải luôn nhỏ hơn hoặc bằng 0. Trong ví dụ trên ta có: j 0 0 j 2 2 j 2 2 x j j {1,3} j {1,3} x [z ]x [z ] f f x ∈ ∈ + − = − ∑ ∑ . Nếu ñặt vế phải là - x 5 (với ñiều kiện x 5 nguyên và x 5 ≥ 0) thì có phương trình mới sau ñây: j 0 2 j 5 2 1 3 5 j {1,3} 1 1 3 f x x f x x x 2 4 4 ∈ − + = − ⇔ − − + = − ∑ . Do phương trình trên ñây là hệ quả của các ñiều kiện ràng buộc của BTQHTT nguyên, nên khi ñược bổ sung vào các ñiều kiện ràng buộc, miền phương án của BTQHTT nguyên không thay ñổi và do ñó BTQHTT nguyên ñược ñưa về dạng sau: [...]...Max z = x1 + 4x2 + 0x3 + 0x4, v i các ràng bu c 1 1 7 x1 + x2 + x3 = 2 4 4 17 3 39 x1 + - x2 + x4 = 2 4 4 (c) 1 1 3 - x1 - x3 + x5 = − 2 4 4 x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0; x1, x2, x3, x4 nguyên Lúc này, chúng ta có b ng ñơn hình II.6 v i phương án ñ i ng u kh thi (phương án ñ i ng u kh thi là phương án có... BTQHTT nguyên (ti p) H s hàm m c tiêu Bi n cơ s 1 4 0 0 0 x1 x2 x3 x4 x5 Phương án B ng ñơn hình bư c 3 4 x2 0 x4 0 x5 zj 7/4 1/2 1 1/4 0 0 39 /4 17/2 0 - 3/ 4 1 0 - 3/ 4 - 1/2 0 - 1/4 0 1 2 4 1 0 0 -1 0 -1 0 0 7 ∆j B ng ñơn hình bư c 4 4 x2 1 0 1 0 0 1 0 x4 -3 0 0 -5 1 17 Trư ng ð i h c Nông nghi p Hà N i – Giáo trình V n trù h c ……………………………… 30 ... u ki n ∆j ≤ 0 v i m i ch s j) Chúng ta s s d ng th t c xoay c a phương pháp ñơn hình ñ i ng u ñ tìm phương án (ñ i ng u kh thi) t i ưu th a mãn ñi u ki n ∆j ≤ 0 v i m i ch s j (xem b ng ñơn hình bư c 3 c a b ng II.6) Chú ý: Th t c xoay trong phương pháp ñơn hình ñ i ng u có năm bư c, bao g m: - Trư c tiên ch n hàng xoay là hàng v i bi n xj có giá tr âm (thông thư ng v i tr tuy t ñ i l n nh t, ho c . x 3 x 4 0 6 x 3 x 2 36 12 3 1/2 0 1 1 0 1/2 −1/4 Trường ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 28 Hàng z 72 3 6 0 3/ 2 Hàng ∆ j 5 0 0 3/ 2. = −M ∆ 5 = 0 0 6 x 3 x 2 36 12 3 1/2 0 1 1 0 1/2 −1/4 −1/2 1/4 Hàng z 72 3 6 0 3/ 2 3/ 2 Hàng ∆ j 5 0 0 3/ 2 −M − 3/ 2 0 6 x 4 x 2 72 30 6 2 0 1 2 1/2 1. ðại học Nông nghiệp Hà Nội – Giáo trình Vận trù học ……………………………… 30 Max z = x 1 + 4x 2 + 0x 3 + 0x 4 , với các ràng buộc 1 2 x 1 + x 2 + 1 4 x 3 = 7 4 (c) 17 2 x 1 + - 3 4 x 2