Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 27 Về Một mô hình bài toán quy hoạch ngẫu nhiên Lê Thanh Hoa (a) Nguyễn Thị Thanh Hiền (b) Tóm tắt. Trong bài báo này, chúng tôi đã thiết lập một mô hình quy hoạch ngẫu nhiên, chứng minh các tính chất riêng biệt của nó. Trên cơ sở đó, chúng tôi xấp xỉ bài toán vận tải với dữ liệu ngẫu nhiên bởi bài toán quy hoạch tuyến tính. I. Mở đầu 1.1. Bài toán lu chuyển hàng 1.1.1. Bài toán. Có n kho chứa hàng với sức chứa mỗi kho là b i . Số lợng hàng cần xác định ở kho thứ i là x i , i = 1, 2, , n. Kinh phí bảo quản lu giữ một đơn vị hàng ở kho thứ i là s i , i = 1, 2, , n. Cớc phí vận tải một đơn vị hàng từ kho thứ i đến kho thứ j là c ij (i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n). Cần vận chuyển để điều chỉnh lợng hàng ở các kho sao cho tổng chi phí lu kho và vận chuyển là bé nhất. Biết rằng giữa kho i và kho j luôn có cung đờng vận tải và c ij = c ji , (i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n). 1.1.2. Đặt bài toán. Ký hiệu z ij là số đơn vị hàng đợc chuyển từ i tới j (z ij 0). Khi đó một phơng án vận tải z = (z ij ) đợc thực hiện thì số hàng t i , (i = 1, 2, , n) có ở kho thứ i tại một thời điểm sẽ là t i = x i - = n j 1 z ij + = n k 1 z ki , i = 1, 2, , n. Chi phí vận chuyển và lu giữ đợc tính theo công thức = n i 1 s i x i + = n i 1 = n j 1 c ij z ij min. Vậy ta có bài toán tìm x = (x i ), z = (z ij ) 0, sao cho min { = n i 1 s i x i + = n i 1 = n j 1 c ij z ij } (1.1) với điều kiện t i + = n j 1 z ij - = n k 1 z ki = x i , i = 1, 2, , n, (1.2) x i b i , i = 1, 2, , n (1.3) t i 0, i = 1, 2, , n, (1.4) x i 0, z ij 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n, (1.5) Nhận bài ngày 27/7/2007. Sửa chữa xong 15/10/2007. Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 28 Trong thực tế, bài toán đã nêu với biến x i , (i = 1, 2, , n), có sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên w. Khi đó biến z = (z ij ) và biến t = (t i ) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên đã nêu. Để giải quyết bài toán này, ta cần tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn. 1.2. Bài toán quy hoạch tuyến tính ngẫu nhiên hai giai đoạn ([2]) Nh chúng ta đã biết bài toán quy hoạch tuyến tính ngẫu nhiên 2 giai đoạn (two- stage stochastic linear programming), với giai đoạn I: xác định sơ bộ nghiệm trên cở sở các thông tin có đợc trớc đó, giai đoạn II: chỉnh lý nghiệm theo thực tế, có chú ý đến các yếu tố ngẫu nhiên. Cụ thể, chúng ta cần giải bài toán (2SSLP) sau min {g(x) = cx + E w [Q(x, w)]} (1.6) với điều kiện A(w)x = b(w), x 0, (1.7) trong đó Q(x, w) = min {q(w)y : D(w)y = b(w) A(w)x, y 0}, với c, x ằ n ; q, y ằ m ; w = ( 1 , 2 , , k ) là biến ngẫu nhiên thuộc không gian xác suất (, , ), ằ k ; q(w) đợc hiểu nh một vectơ phạt khi có sự chênh lệch trong điều kiện buộc của bài toán với dữ liệu cha chắc chắn; E w [Q(x, w)] là kỳ vọng của Q(x, w) lấy theo biến ngẫu nhiên w ; A(w) = (a ij (w)) là ma trận hệ số cấp mìn, b(w) là ma trận cấp mì1; D là ma trận hệ số, nói chung phụ thuộc vào w. II. Các kết quả chính Nh đã nêu trong mô hình (1.1)-(1.5), số lợng hàng có ở kho i là x i có thể phụ thuộc đại lợng ngẫu nhiên w. Ta ký hiệu giá trị thay đổi, do tác động của w, này là x i (w). Do vậy, số lợng hàng có ở kho thứ i là t i (w), khi thực hiện phơng án vận tải z sẽ là t i (w) = x i - x i (w) - = n j 1 z ij (w) + = n k 1 z ki (w). Việc giải bài toán (1.1)-(1.5) với đại lợng x i xác định nào đó chỉ mới đợc xem là giai đoạn I của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên 2 giai đoạn, sơ bộ tìm ra phơng án tối u trong điều kiện cụ thể đã cho. Thực hiện ở giai đoạn II, điều chỉnh kế hoạch với sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên, ta cần giải bài toán quy hoạch min { (x, z) = = n i 1 s i x i + = n i 1 = n j 1 c ij E(z ij (w))} với điều kiện Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 29 t i (w) = x i - x i (w) - = n j 1 z ij (w) + = n k 1 z ki (w), i = 1, 2, , n, x i b i , i = 1, 2, , n x i 0, t i (w), x' i (w) 0, z ij (w) 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n. Bài toán nêu trên có thể viết lại nh sau min { (x, z) = s T x + c T E(z(w))} (2.1) với điều kiện x - t(w) + Az(w) = x(w) (2.2) x b (2.3) x, t(w), x'(w) 0, z(w) 0, (2.4) trong đó t(w) = (t i (w)), x(w) = (x' i (w)), x = (x i ), b = (b i ); s T , c T tơng ứng là ma trận chuyển vị của ma trận s = (s i ), c = (c ij ), A là ma trận gồm các phần tử tơng ứng với các hệ số của z = (z ij ). Biến z(w) gọi là biến trợ giúp của bài toán (xem [1]). Định nghĩa. Ta gọi bài toán (2.1) (2.4) là hợp lý nếu với bất kỳ vectơ t, tồn tại vectơ u 0, sao cho A.u = t. Trong trờng hợp bài toán (2.1) (2.4) tồn tại vectơ u > 0, sao cho A.u = 0 thì ta nói bài toán là nửa hợp lý. Chú ý rằng bài toán hợp lý thì là nửa hợp lý. Mệnh đề 1. Ma trận A của bài toán (2.1) (2.4) có n hàng, n(n-1) cột, nhng có hạng n 1. Đặc biệt, tổng các vectơ cột là vectơ 0. Chứng minh. Viết tờng minh bài toán (2.1) (2.4) ta thấy ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng gồm n-1 số 1 và -1, còn lại là số 0. Cũng nh vậy, trên mỗi cột chỉ gồm 1 số 1 và 1 số -1, còn lại là số 0. Chẳng hạn n = 2, ta có A = 11 11 , với n = 3, ta có A = 111100 110011 001111 , Khi đó, nếu cộng n hàng lại với nhau thì đợc hàng toàn số 0, tức là n hàng của A phụ thuộc tuyến tính. Nhng có thể thấy tồn tại định thức cấp n-1 khác 0. Vậy điều đó chứng tỏ hạng của ma trận A bằng n-1. Mặt khác, với n đỉnh sẽ có n(n-1)/2 cạnh. Mỗi cạnh (i, j) có 2 ẩn z ij và z ji , vì vậy số ẩn phải là n(n-1). Từ đó cho thấy số cột là n(n-1). Cũng tơng tự, tổng các vectơ cột sẽ là vectơ 0. Mệnh đề 2. Bài toán (2.1) (2.4) thuộc lớp bài toán nửa hợp lý. Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 30 Chứng minh. Trớc hết, nh chứng minh mệnh đề 1, ta nhận xét rằng ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng, số phần tử 1 bằng số phần tử -1. Khi đó ta chọn vectơ u = (u i ), với u i = 1, cho mọi i = 1, 2, , n(n-1), thì thoả mãn điều kiện bài toán nửa hợp lý. Bài toán (2.1) - (2.4), theo nh mệnh đề 2, nó là nửa hợp lý. Tuy nhiên, có thể kiểm tra thấy rằng bài toán đó cha hợp lý. Chúng ta hãy xét riêng một mô hình thờng gặp trong bài toán vận tải đã nêu nh sau: Ta giả thiết rằng số lợng hàng đang có ở kho i là b i . Đặt x i là số hàng đợc vận chuyển đến kho i, tức là x i = = n j 1 z ij . Khi đó ta có bài toán min { f(x, z) = = n i 1 s i x i + = n i 1 = n j 1 c ij E(z ij (w))} với điều kiện t i (w) = b i + x i - Vjij ),(: z ji (w), i = 1, 2, , n, x i b i , i = 1, 2, , n x i 0, t i (w), z ij (w) 0, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , n. Ký hiệu D = ( I A * ), trong đó I là ma trận đơn vị, tơng ứng với hệ số của x i (i = 1, 2, , n), A * là ma trận hệ số của z ij trong bài toán nêu trên (chú ý rằng ma trận A * chỉ khác với ma trận A trong mệnh đề 1, bởi xóa đi các phần tử 1, còn lại các phần tử - 1 và 0). Nh vậy, ma trận D có n hàng và n 2 cột. Lúc này bài toán nêu trên có thể viết lại min { f(x, z) = s T x + c T E(z(w))} với điều kiện t(w) - D(x, z ( w)) = b x b x, t(w), z(w) 0. Bài toán vừa nêu có thể viết khái quát hơn nh sau: Tìm x = (x i ) ằ n và z = (z ij ) ằ 2n sao cho min { f(x, z) = s T x + E(d T t(w)) + E(g T (z(w))} (2.5) Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 31 với điều kiện Bx = b (2.6) U(w)x + Vt(w) + D(x, z(w)) = h(w), (2.7) x, t(w), z(w) 0, (2.8) trong đó B, V là các ma trận hệ số, D và các ký hiệu khác nh đã nêu trên. U(w) và h(w) là các hàm affine đối với i , nghĩa là U(w) = U 0 + = k i 1 U i i , h(w) = h 0 + = k i 1 h i i . Mệnh đề 3. Bài toán (2.5)-(2.8) với ma trận D nh đã nêu thỏa mãn điều kiện hợp lý. Chứng minh. Nh đã thấy D = (I A * ), nên với vectơ t = (t i ) bất kỳ thuộc ằ n , phơng trình Du = t, ứng với mỗi t i có dạng u i - v j = t i , (*) trong đó v j = Jj j u , với J là tập hợp gồm n-1 chỉ số tơng ứng vơi các số -1 trong D. Rõ ràng phơng trình (*) luôn tồn tại nghiệm u i , v j 0 với mọi t i . Từ v j ta có thể phân tích để có đợc vectơ u = (u i ) 0, thỏa mãn Du = t, với mọi cách chọn vectơ t. Đó là điều cần chứng minh. Từ đây trở đi, ta xét bài toán vận tải dạng tổng quát (2.5)-(2.8). Ta giả thiết thêm rằng t( ), z( ) cũng là hàm affine đối với i , nghĩa là t(w) = t 0 + = k i 1 t i i , z(w) = z 0 + = k i 1 z i i . (Chú ý rằng trong mô hình (2.5)-(2.8), sự biểu diễn dạng affine của U( ), h( ) và t( ) là rất thực tế). Khi đó ta xấp xỉ bài toán (2.5)-(2.8) bởi bài toán sau đây min { F(x, z) = s T x + d T t 0 + g T z 0 } (2.9) với điều kiện Bx = b (2.10) U i x + Vt i + Dz i = h i , i = 0, 1, , k (2.11) x, t(w), z(w) 0. (2.12) Mệnh đề 4. Mỗi phơng án của bài toán (2.9)-(2.12) cũng là phơng án của bài toán (2.5)-(2.8). Đồng thời minf minF. Chứng minh. Cho x, z( ) là phơng án của bài toán (2.9)-(2.12), ta chỉ cần kiểm tra x, z( ) có thỏa mãn điều kiện (2.7) hay không. Rõ ràng từ điều kiện U i x + Vt i + Dz i = h i , i = 0, 1, , k (2.11) cộng k+1 đẳng thức lại ta đợc điều kiện (2.7). Vậy mỗi phơng án của bài toán (2.9)- (2.12) cũng là phơng án của bài toán (2.5)-(2.8). Trong biểu thức min { f(x, z) = s T x + E(d T t(w)) + E(g T (z(w))} Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 32 ta thay t(w) = t 0 + = k i 1 t i i , z(w) = z 0 + = k i 1 z i i . Suy ra min{f(x, z) = s T x + E(d T t(w)) + E(g T (z(w))} min{F(x, z) = s T x + d T t 0 + g T z 0 }. Đó là điều phải chứng minh. Ký hiệu q = (q 1 , q 2 , , q 2 n ). Khi đó với mỗi i (i = 1, 2, , n 2 ), xét bài toán quy hoạch tuyến tính g i = min g T q (2.13) với điều kiện Dq = 0, q i = 1, q j 0, j i, trong đó g là vectơ hệ số tơng ứng. Vì D thỏa mãn hợp lý nên tập phơng án khác rỗng và bị chặn, do vậy có phơng án tối u q i . Với mỗi i, ta đợc g i = g T q i . Bởi vậy, với bất kỳ r( ) (không đòi hỏi không âm) và t( ) thỏa mãn U( )x + Vt( ) + Dr( ) = h( ), (2.14) ta xét z( ) = r( ) + = n i 1 (r i ( ) _ ) q i , (2.15) trong đó ký hiệu a _ = max{- a, 0}. Chúng ta thấy rằng z( ) 0 và Dz( ) = Dr( ). Thật vậy, từ (2.15), nhân D vào hai vế, vì r i ( ) là một số nên Dz( ) = Dr( ) + = n i 1 (r i ( ) _ )D q i . Vì q i là nghiệm của (2.13) nên D q i = 0. Từ đó suy ra Dz( ) = Dr( ). Mặt khác, do q 0 và q i = 1, nên từ (2.15) suy ra z( ) 0. Bởi vậy, với mỗi x cho trớc nào đó thì tồn tại r( ) và t( ) thỏa mãn (2.14). Mệnh đề 5. Bài toán (2.5)-(2.8) với mọi x và t( ) đã cho, tồn tại r( ) sao cho U( )x + Vt( ) + Dr( ) = h( ). Chứng minh ([1]). Nh đã nêu, ta có t(w) = t 0 + = k i 1 t i i . Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 33 Theo mệnh đề 3, bài toán đã cho là hợp lý, nên tồn tại r 0 , r 1 , , r k , sao cho U i x + Vt i + Dr i = h i , i = 0, 1, , k. Thực hiện với và cộng k+1 đẳng thức trên ta đợc r( ) = r 0 + = k i 1 r i i . Mệnh đề chứng minh xong. Mệnh đề 6. Bài toán (2.5)-(2.8) với mọi x thỏa mãn Bx = b, x 0, tồn tại t( ), r( ) sao cho z( ) từ (2.15) thỏa mãn điều kiện của bài toán. Chứng minh. Chú ý rằng t( ) = 0 luôn thỏa mãn các ràng buộc. Theo Mệnh đề 5 cùng với phơng trình (2.15) cho thấy rằng t( ) = 0 và z( ) từ (2.15) thỏa mãn điều kiện của bài toán đã cho. Đó là điều phải chứng minh. Từ (2.15) chúng ta có g T z( ) = g T r( ) + g T (r( ) _ ). Xét bài toán min{ = s T x + d T t 0 + g T r 0 + E[ g T (r( ) _ ] (2.16) với điều kiện Bx = b U i x + Vt i + Dr i = h i , i = 0, 1, , k x 0. Mệnh đề 7. Mỗi phơng án của bài toán (2.16) cũng là phơng án của bài toán (2.5)-(2.8). Đồng thời minf min minF. Chứng minh. Bài toán (2.16), rõ ràng với mọi phơng án dạng (x, t( ), z( )), trong đó z( ) = r( ) + = n i 1 (r i ( ) _ ) q i là thỏa mãn điều kiện của bài toán (2.5)-(2.8). Lúc này chúng ta có minf min . Ngoài ra, với mọi phơng án dạng (x, t( ), z( )) của bài toán (2.9)-(2.12), chúng ta nhận thấy rằng E[ g T (z( ) _ ] = 0. Do đó, với r( ) = z( ) thì (x, t( ), z( )) là phơng án của bài toán (2.16) và ta có minf min minF. Đó là điều phải chứng minh. Từ Mệnh đề 7, sử dụng dạng affine của z( ) và của t( ), ta có thể xấp xỉ bài toán (2.5) -(2.8) bởi bài toán (2.16). Đại học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 34 Trong trờng hợp này, chúng ta rút bớt đợc cận trên của bài toán cần giải. Nh vậy, để giải bài toán (2.5)-(2.8), ta giải bài toán xấp xỉ (2.16). Việc giải bài toán (2.16) có thể sử dụng phơng pháp xấp xỉ Monte - Carlo. tài liệu tham khảo [1] X. Chen, M. Sim, P. Sun, A robust optimization perspective of stochastic programming, Working paper, National University of Singapore, 2005. [2] Dinh The Luc, Introduction a la optimizacion no lineal, (Chapter 10: Stochastic Programming, pp. 77-82, VI Coloquio del departamento de matematicas centro de investigacion y de estudios avanzados del IPN 31 de Julio al 18 de Agosto de 1989. [3] Bùi Thế Tâm, Trần Vũ Thiệu, Các phơng pháp tối u hoá, NXB Giao thông vận tải, Hà Nội, 1998. [4] Bùi Minh Trí, Quy hoạch toán học, Tập 2, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội, 2005. Summary On A model of stochastic programming problems In this paper, we set up a model of stochastic programming problems, prove its distinct properties. Basing on the its distinct properties, we can approximate the chance - data transportation problem by a linear programming problem. (a) Cao học 13 XSTK, trờng Đại học Vinh (b) Khoa Toán, Trờng Đại học Vinh. . đã thiết lập một mô hình quy hoạch ngẫu nhiên, chứng minh các tính chất riêng biệt của nó. Trên cơ sở đó, chúng tôi xấp xỉ bài toán vận tải với dữ liệu ngẫu nhiên bởi bài toán quy hoạch tuyến. học Vinh Tạp chí khoa học, tập XXXVI, số 3A-2007 27 Về Một mô hình bài toán quy hoạch ngẫu nhiên Lê Thanh Hoa (a) Nguyễn Thị Thanh Hiền (b) Tóm tắt. Trong bài báo này, chúng. tố ngẫu nhiên w. Khi đó biến z = (z ij ) và biến t = (t i ) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên đã nêu. Để giải quy t bài toán này, ta cần tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy hoạch ngẫu