Phương pháp đơn hình đối ngẫu

Giải bài toán gốc bài toán chính tắc bằng phương pháp đơn hình và suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu.. Nếu p.án cực biên của bt đối ngẫu dễ tìm thì sử dụng p2 đơn hình đối ngẫu.. Phương á

Bài 3 Phương pháp đơn hình đối ngẫu

Xét cặp bài toán qhtt đối ngẫu không đối

xứng:

Bài toán gốc (I) Bài toán đối ngẫu

(I’)

f(X) = c1x1 + c2x2 + +

cnxn → min

a11x1 + a12x2 + +

a1nxn = b1

a21x21 + a22x2 + +

a2nxn = b2

.

am1x1 + am2x2 + +

amnxn = bm

xj ≥ 0,  j

= n 1,

g(Y) = b1y1 + b2y2

+ + bmym → max

a11y1 + a21y2

+ + am1ym ≤ c1

a12y1 + a22y2

+ + am2ym ≤ c2

.

a1ny1 + a2ny2

+ + amnym ≤ cn

i j

f X cX c X

x j n

= = áñ®

" =

³

= = áñ®

Ai là dòng thứ i và Aj là cột thứ j của ma

trận A

Giải bài toán gốc (bài toán chính tắc) bằng phương pháp đơn hình và suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu Khó khăn: Tìm p.án cực biên

X0, J0

Nếu p.án cực biên của bt đối ngẫu dễ tìm thì

sử dụng p2 đơn hình đối ngẫu.

I Phương án cực biên của bài toán đối ngẫu

Y0 là một p.án của bài toán đn

Ký hiệu J = (Y0) = {j : Y0Aj = cj} Điều kiện cần và đủ để Y0 là p.án cực biên của bài toán đn là:

+ Số phần tử của tập chỉ số J = (Y0) không nhỏ hơn m (số pt chính tắc)

+ ∃ J0 ⊆ J = (Y0) gồm m phần tử: {Aj : j 

J0} là độc lập tuyến tính.

Ta gọi {Aj : j  J0}, viết tắt là J0 là một cơ

sở đối ngẫu của Y0.

Nhận xét

+ Cơ sở đối ngẫu của Y0 gồm m cột đltt của A.

+ J0 cũng sẽ là cơ sở gốc của p.án cực biên

X0 nếu:

X 0 = ( A 0 ) - 1 b ³ 0 Khi đó thì X J0 chính là các thành phần

cơ sở của p.án X0 của bt gốc.

2 Tiêu chuẩn tối ưu cho p.án cực biên

của bài toán đối ngẫu

bài toán đối ngẫu với cơ sở J0 Z là ma

trận hệ số phân tích của ma trận A qua cơ

sở đối ngẫu J0.

0

j J

Î

D

là véc tơ các ước lượng của A qua J0 Khi

đó ta có:

(i) Nếu f → min & g → max thì Δk ≤

0,  k = 1, n (ii) Nếu f → max & g → min thì Δk ≥

0,  k = 1, n Chứng minh Vì Y0 là p.án cực biên của

bt đối ngẫu với cơ sở J0:

J J J J

Y A C

k = n

0

;

1,

ïï

ïï

í

ïï

ïï

ï "

ïî

D

2.2 Tiêu chuẩn tối ưu.

Cho Y0 là p.án cực biên của bt đối

ngẫu với cơ sở J0 Đặt

X 0 = ( A 0 ) - 1 b .

Nếu X J0 = ( A J0 ) - 1 b ≥ 0 thì Y0 là p.án tối

ưu của bt đối ngẫu, đồng thời X0 là

phương án cực biên tối ưu của bt chính

tắc gốc với cơ sở tối ưu J và các thành 0

phần cơ sở là X J0.

II Xác định phương án cực biên Y1 , J 1 ,

xuất phát từ Y0 , J 0

1 Chọn r  J0.

2. Y() = Y0 + r ( ≥ 0 chọn sau).

r

j

A

1 0

1

-ìï w =

-í

ï w = " Î ¹

ïïî

4 Y() là p.án khi và chỉ khi Y()

0

0

0 0

, 0,

r

r

r J

k rk

k rk

j J j r

z k J

ïïï

ïï

ï - qÏ ïî

D D

(i) z rk ³ 0, " k Ï J 0 Þ luôn đúng với mọi  ≥ 0.

(ii)

0

.

Y1 = Y(0) là p.án cực biên với J1 = J0 \

{r} + {s}.

5 g(Y()) = g(Y0) - x0

r > g(Y0) nếu  > 0

và x0

r < 0.

6 Dấu hiệu bt không giải được:

x0

r < 0 và zrk ≥ 0,  k J0 Khi đó, Y() là p.án với mọi  ≥ 0;

g(Y()) → +  khi  → +  Bài toán đối ngẫu có p.án, không giải được; bt gốc không có p.án.

III Bảng đơn hình đối ngẫu

1 Chuẩn bị.

+ Chính tắc bt gốc.

+ Viết bt đối ngẫu với bt chính tắc.

+ Chỉ ra Y0, J0.

+ Tính ma trận hệ số phân tích mở rộng:

J

( | ) Þ ( | ) = (Khử theo J0).

2 Kiểm tra tối ưu? Hay bài toán không giải được?

3 Lập bảng đơn hình.

4 Cải tiến phương án (chuyển bảng đơn hình mới)

+ Cột ra khỏi cơ sở cũ là Ar có xr < 0

(min).

+ Cột vào cơ sở mới là As, xác định khi tính 0.

+ Tớnh toỏn bảng mới với phần tử xoay là

zrs

IV Một số vớ dụ

Vớ dụ 1 Giải bằng đơn hỡnh đối ngẫu bài toỏn sau:

f(X) = x3 + x4 + x5 → min

- x1 + 2x3 - x4 + x5 = 1

x2 - x3 - x4 + x5 = 1

xj ≥ 0, ∀ j = 1,5.

Gi

ải

+ B i toán đối ngẫu: à

G(Y) = y1 + y2 → Max

-y1 ≤ 0 (1) y2 ≤ 0 (2)

2y1 y– 2 ≤ 1 (3)

-y1 y– 2 ≤ 1 (4) y1 + y2 ≤ 1 (5) + Y 0 = (0, 0) là phơng án cực biên của bài toán đối

ngẫu? J 0 = {1, 2}

+ Tìm giả phơng án X 0 và ma trận Z:

1 0 2 1 1 1

0 1 1 1 1 1

1 0 2 1 1 -1

0 1 1 1 1 1

J 0 = {1, 2}

+ Bảng đơn hình

A3 1 1/2 -1/2 0 1 -1/2 1/2

Thuật toán dừng sau 2 bớc lặp vì xj ≥ 0 ∀ j P.án cb tối u của bài toán gốc là

X * = (0, 3/2, 1/2, 0, 0), J * = {3, 2}, fmin = 1/2.

+ Suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu :

y1 = - (∆1 + c1) = 1/2; y2 = ∆2 + c2 = 0 Y * = (1/2, 0); gmax = 1/2.

Ví dụ 2 Giải bằng phơng pháp đơn hình đối ngẫu bài toán sau:

f(x) = 4x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 → min

x1 + x3 - x4 = 2

- x1 + 2x2 + x4 ≤ 11

2x1 + x2 - 3x4 ≥ 8

xj ≥ 0, ∀ j = 1,4.

Gi

ải

+ Chính t ắc

f(x) = 4x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 → min

x1 + x3 - x4 = 2

- x1 + 2x2 + x4 + x5 = 11

2x1 + x2 - 3x4 -x6 = 8

xj ≥ 0, ∀ j = 1,6.

+ Bài toán đối ngẫu:

g(Y) = 2y1 + 11y2 + 8y3 → max

y1 - y2 + 2y3 ≤ 4 (1) 2y2 + y3 ≤ 3 (2) y1 ≤ 2 (3) -y1 +y2 - 3y3 ≤ 3 (4) y2 ≤ 0 (5) -y3 ≤ 0 (6) + Y 0 = (2, 0, 0) là p.ỏn cực biờn của bài toỏn đối ngẫu?

+ Kiểm tra:

(1): 2 < 4 (t/m lỏng) (2): 0 < 3 (t/m lỏng) (3): 2 = 2 (t/m chặt) (4): -2 < 3 (t/m lỏng) (5): 0 = 0 (chặt) (6): 0 = 0 (chặt).

+ Y 0 là p.ỏn của bt đối ngẫu.

+ Y 0 thỏa món chặt m = 3 ràng buộc ((3), (5), (6)) cú D = -1 + Y 0 là cực biờn; J 0 = {3, 5, 6}.

+ Tìm X 0 và ma trận Z.

Z =

1 0 1 1 0 0 | 2

1 2 0 1 1 0 | 11

2 1 0 3 0 1 | 8

−

; J 0 = {3, 5, 6}.

X 0 = (0, 0, 2, 0, 11, - 8) là giả p.án của bt gốc.

+ Bảng đơn hình

A 6 0 -8 (-2) -1 0 3 0 1

A 3 2 -2 0 (-1/2) 1 1/2 0 1/2

+ Thuật toán dừng sau 3 bớc lặp vì xj ≥ 0 ∀ j Phơng án tối u của bài toán chính tắc là X * = (2, 4, 0, 0, 5, 0), J * = {2, 5, 1}; fmin= 20.

+ P.án tối u bài toán gốc: X * = (2, 4, 0, 0); fmin = 20.

+ Suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu

Y * = (-2, 0, 3); gmax = 20.

Ví dụ 3 Giải bằng phơng pháp đơn hình đối ngẫu bài toán sau:

f(X) = 3x1 + 5x2 - 7x3 + x4 → min

2x2 - x3 + 3x4 ≥ 10

x1 + x2 - 4x3 - x4 = 3

3x2 + 2x3 + 4x4 ≤ 7

xj ≥ 0, ∀ j = 1,4.

Giải Chính tắc:

f(X) = 3x1 + 5x2 - 7x3 + x4 → min

2x2 - x3 + 3x4 - x5 = 10

x1 + x2 - 4x3 - x4 = 3

3x2 + 2x3 + 4x4 +x6 = 7

xj ≥ 0, ∀ j = 1,6.

Viết bài toán đối ngẫu (Tự làm)

+ Y 0 = (0, 3, 0) là phơng án cực biên với J 0 = {1, 5, 6}.

+ Tính X 0 và ma trận Z

Z =

0 2 1 3 1 0 10

1 1 4 1 0 0 3

0 3 2 4 0 1 7

; J 0 = {5, 1, 6}

X 0 = (3, 0, 0, 0, -10, 7) là giả p.án bt gốc.

+ Bảng đơn hình

A6 0 -8 0 0 7/2 (-1/2) 3/2 1

∆k 19 0 0 -6 [-1] -1 0

Thuật toán dừng sau 3 bớc lặp vì x2 < 0 mà z2k 0 ≥ ∀ k

Chứng tỏ bài toán đối ngẫu có hàm mục tiêu không bị chặn trên tập p.án và bài toán gốc không có ph ơng án.

Ví dụ 4 Giải bằng đơn hình đối ngẫu.

f(X) = x1 - x2 - x3 → max

4x1 - 2x2 + 5x3 + x4 ≤ 8

x1 + 3x2 + x3 + 2x4 ≤ 21

4x1 - x2 + 3x3 + x4 = 10

xj ≥ 0, ∀ j = 1,4.

Giải

+ Chính tắc bt gốc:

+ Viết bt đối ngẫu:

+ Y 0 = (0, 0, 1) là phơng án cực biên, J 0 = {2, 5, 6}.

+ Tính X 0 và Z :

Z =

4 0 1 1 1 0 | 12

13 0 10 5 0 1 | 51

4 1 3 1 0 0 | 10

; J 0 = {5, 6, 2}.

X 0 = (0, -10, 0, 0, -12, 51)

+ Bảng đơn hình:

4

7/4 13/

4

1

A2 -1 2 0 1 -2 0 -1 0

4

+ Thuật toán kết thúc sau 2 bớc lặp vì xj ≥ 0 ∀ j

+ P.án cực biên tối u của bt chính tắc:

X * = (3, 2, 0, 0, 0, 12); J * = {1, 6, 2}

+ Phơng án tối u của bài toán gốc là X * = (3, 2, 0, 0); fmax = 1 + Suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu:

y1 = 3/4; y2 = 0 gmin = fmax = 1 = 6 + 10y3 suy ra y3 = -1/2.

Ví dụ 4 Giải bằng phơng pháp đơn hình đối ngẫu bài toán sau:

f(X) = -2x1 + 5x2 + 2x3 + 3x5 → min

2x1 - x2 + 3x3 - x5 ≤ 46

x1 + 2x3 - x4 + x5 = 15

- x1 + 2x2 + x3 + 3x4 - 2x5 = -19

xj ≥ 0 ∀ j.

Giải + Y 0 = (0, -3, -1); Y 1 = (-2, 3, 1) là các phơng án cực biên của bài toán đối ngẫu.