Phương pháp đơn hình potx

1 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 2 Các định lí cơ bản Định lí1: ( Dấu hiệu tối ưu của phương án cực biên) Nếu đối với phương án cực biên x 0 với cơ sở J 0 của bài toán dạng chuẩn mà ∆ k ≤0 (∀k∉J 0 ) đối với bài toán f(x) ⇒ min thì x 0 là phương án tối ưu 0 k j jk k j J c x c ∈ ∆ = − ∑ Ta gọi Là ước lượng của biến x k theo cơ sở J 0 3 Định lí2: ( Dấu hiệu bài toán không giải được ) Nếu đối với phương án cực biên x 0 với cơ sở J 0 của bài toán dạng chính tắc mà tồn tại ∆ k > 0 mà x jk ≤ 0 (∀k∉J 0 ) đối với bài toán f(x) ⇒ min hoặc: tồn tại ∆ k <0 mà x jk ≤0 (∀k∉J0 ) đối với bài toán f(x) ⇒ max Thì bài toán ko giải được 4 Định lí3: ( Dấu hiệu điều chỉnh PACB) Nếu đối với phương án cực biên x 0 với cơ sở J 0 của bài toán dạng chính tắc mà với mỗi ∆ k >0 đều tồn tại x jk > 0 đối với bài toán f(x) → min thì ta có thể điều chỉnh PACB x 0 để chuyển sang một PACB mới tốt hơn 5 2. Phương pháp đơn hình cho bài toán QHTT: A. Thuật toán đơn hình cho bài toán QHTT dạng chuẩn: 6 Ví dụ ( ) 2 3 3 8 4 min 5 1 2 3 4 f x x x x x x = + + + + → ( ) 5 2 5 2 2 7 16 2 4 5 2 4 3 2 8 5 1 0 1, , 5 x x x x x x x x x x j j + = + = + + = ≥ =  +   +     0 2 0 1 7 0 5 1 0 2 1 1 0 0 2           Ta c ã A = Hệ số Ẩn cơ bản P Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 x 4 16 0 2 0 1 7 3 x 3 4 0 5 1 0 2 2 x 1 8 1 1 0 0 2 f(x 0 ) 156 0 30 0 0 62 Bảng đơn hình xuất phát 7 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 Phương án tối ưu là x 0 = (4,0,0,2,2); f(x 0 ) = 32 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 8 4 2 x 4 x 5 x 1 f(x’ 0 ) 2 0 5/2 1/2 0 1 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 8 4 2 x 4 x 5 x 1 f(x’ 0 ) 2 2 0 0 -31/2 5/2 -7/2 1/2 1 0 0 1 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 8 4 2 x 4 x 5 x 1 f(x’ 0 ) 2 2 4 0 0 1 -31/2 5/2 -4 -7/2 1/2 -1 1 0 0 0 1 0 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 8 4 2 x 4 x 5 x 1 f(x’ 0 ) 2 2 4 0 0 1 -31/2 5/2 -4 -7/2 1/2 -1 1 0 0 0 1 0 32 0 -125 -31 0 0 8 a. Trường hợp bài toán min: Thuật toán: Bước 1: lập bảng đơn hình xuất phát. Hệ số Cơ sở Phương án c 1 c 2 … c r ………. c m c m+1 … c s … c n c 1 c 2 … c r … c m x 1 x 2 … x r … x m b 1 b 2 … b r … b m 1 0 0 0 x 1m+1 x 1s x 1n 0 1 0 0 x 2m+1 x 2s x 2n … 0 0 1 0 x r n+1 x rs x r n … 0 0 0 1 x m m+1 x ms x mn f(x) f(x 0 ) 0 0 0 0 1m+ ∆ s ∆ n ∆ 9 Bước 2: Đánh giá tính tối ưu của PACB xuất phát x 0 + Nếu thì x 0 là PATƯ Ta có giá trị tối ưu là f(x 0 ). Bài toán kết thúc. + Nếu tồn tại mà > 0 thì x 0 không phải là PATƯ chuyển sang bước 3. 0, 1, , j j n ∆ ≤ ∀ = k ∆ k ∆ Bước 3: Kiểm tra tính không giải được của bài toán. + Nếu tồn tại một ∆ s > 0 mà a jk ≤ 0, với ∀i=1,…,m Thì bài toán không giải được vì hàm mục tiêu không bị chặn. + Nếu với mỗi ∆s > 0 đều có ít nhất a js > 0 thì chuyển sang bước 4. o j J ∀ ∈ 10 Bước 4: điều chỉnh PACB. + Chọn vectơ đưa vào cơ sở. Tìm ∆ v = max{∆ j | ∆ j >0 ∀j= 1,2, n} gọi x v là ấn thay thế (ẩn cơ bản mới) Tính Khi đó x r gọi là ẩn bị loại. Phần tử a rv gọi là phần tử trục xoay. Lập bảng đơn hình mới nối tiếp vào bảng đơn hình cũ Tính lại hệ số mới và quay về bước 2 min : 0 r i iv rv iv b b i a a a = ∀ > [...]... 2 -8 -11 -18 0 1 0 0 0 1 1 0 0 f(x’0) 2 -5 1 7 -1 -1 0 0 0 Phương án tối ưu cần tìm là: x*=(0,0,16,31,14) với f(x*)= 7 22 Thuật toán đơn hình mở rộng Mục đích: Giải bài toán QHTT có ẩn giả Bài toán này xuất hiện khi chuyển bài toán dạng chính tắc về bài toán dạng chuẩn bằng cách đưa vào ẩn giả để tạo ma trận đơn vị 23 Ví dụ: Giải bài toán QHTT sau f ( x ) = 2 x1 + 6... j = 1, , 4 ) g(x) =-f ( x ) = −x1 + 3 x2 − 3 x3 + x4 → min ⇔ f(x) → max 4x + 3 x − 3x + x4 − x5 = 12 1 2 3   +x6 =5  -x1 + x2 − x3  + x7 = 6  x1 + 5 x2 − 5 x3  x j ≥ 0 ( j = 1, , 7 ) 13 Bảng đơn hình xuất phát Hệ số Ẩn cơ bản P Án -1 x1 3 x2 -3 x3 1 x4 0 x5 0 0 x6 x7 1 x4 12 4 3 -3 1 -1 0 0 0 x6 5 -1 1 -1 0 0 1 0 0 -1 x7 x1 -f(x0) 6 3 12 1 1 5 5 3/4 0 -5 -3/4 0 0 1/4 0 0 0 -1/4 0 -1 0 1 0 0... gọi là hàng chuẩn -Muốn có hàng i mới i ≠ 0 ta lấy phần tử trên hàng i cũ trừ đi tích của hàng chuẩn với aiv -Muốn có hàng cuối gồm f(x0) và ∆j ta tính tương tự như trên hay tính như bước 1 -Sau bảng đơn hình mới ta có PACB mới x’0 Đối với x’0 quay trở lại bước 1 và lặp lại quá trình sau hữu hạn bước ta có kết luận bài toán 11 b) Trường hợp bài toán Max: Bài toán 1: f(x) → max Giải bài toán... x5 → min x − 4 x + 2 x − 5 x4 + 9 x5 = 3 2 3 1  x2 − 3x3 + 4 x4 − 5 x5 = 6   x2 − x3 + x4 − x5 = 1   x j ≥ 0 ( j = 1, ,5 ) Trong ma trận các hệ số đã có A1 là véc tơ đơn vị nên chỉ cần đưa vào 2 ẩn giả là x6 và x7 ứng với 2 phương trình cuối ta có bài toán phụ sau 24 F(x,w) = x6 + x7 → min  x − 4 x + 2 x − 5 x4 + 9 x5 =3 2 3 1  x2 − 3x3 + 4 x4 − 5 x5 + x6 =6   x2 − x3 + x4 − x5 + x7 = 1 ... x6 x7 0 0 x4 36 8 0 -3 1 0 0 1 0 x2 4 1/2 1 (½) 0 0 0 0 1 x7 0 -4 0 0 0 -1 1 F(x, w) -4 0 0 0 -1 0 f(x) 0 6 9/2 0 0 1 0 0 0 0 x4 60 -13/2 11 -4 0 x3 8 1 2 1 0 0 0 0 1 x7 0 -4 0 0 0 -1 1 -32 -11 -9 0 0 Phương án tối ưu là x0 = (0,0,8); f(x0) = - 32 0 0 0 0 f(x) 32 . 1 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 2 Các định lí cơ bản Định lí1: ( Dấu hiệu tối ưu của phương án cực biên) Nếu đối với phương án cực biên x 0 với cơ sở J 0 của. Khi đó x r gọi là ẩn bị loại. Phần tử a rv gọi là phần tử trục xoay. Lập bảng đơn hình mới nối tiếp vào bảng đơn hình cũ Tính lại hệ số mới và quay về bước 2 min : 0 r i iv rv iv b b i a a. 156 0 30 0 0 62 Bảng đơn hình xuất phát 7 Hệ số Ẩn cơ bản Ph Án 2 3 3 8 4 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 8 3 2 x 4 x 3 x 1 f(x 0 ) 16 4 8 156 0 0 1 2 5 1 0 1 0 1 0 0 7 2 2 0 30 0 0 62 Phương án tối ưu là