Phương pháp đơn hình đối ngẫu

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) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + + c n x n → min a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 21 + 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 j ≥ 0,  j = n1, g(Y) = b 1 y 1 + b 2 y 2 + + b m y m → max a 11 y 1 + a 21 y 2 + + a m1 y m ≤ c 1 a 12 y 1 + a 22 y 2 + + a m2 y m ≤ c 2 a 1n y 1 + a 2n y 2 + + a mn y m ≤ c n i i i j f X cX c X A X A X b i m x j n ( ) , min , ( 1, ) 0, 1, = =áñ® = = =áñ " =³ j j j g Y Yb b Y max YA Y A c j n ( ) , , ( 1, ) = =áñ® = =áñ£ A i là dòng thứ i và A j 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 X 0 , J 0 . Nếu p.án cực biên của bt đối ngẫu dễ tìm thì sử dụng p 2 đơn hình đối ngẫu. I. Phương án cực biên của bài toán đối ngẫu 1. Tiêu chuẩn phương án cực biên. Cho Y 0 là một p.án của bài toán đn. Ký hiệu J = (Y 0 ) = {j : Y 0 A j = c j }. Điều kiện cần và đủ để Y 0 là p.án cực biên của bài toán đn là: + Số phần tử của tập chỉ số J = (Y 0 ) không nhỏ hơn m (số pt chính tắc) + ∃ J 0 ⊆ J = (Y 0 ) gồm m phần tử: {A j : j  J 0 } là độc lập tuyến tính. Ta gọi {A j : j  J 0 }, viết tắt là J 0 là một cơ sở đối ngẫu của Y 0 . Nhận xét. + Cơ sở đối ngẫu của Y 0 gồm m cột đltt của A. + J 0 cũng sẽ là cơ sở gốc của p.án cực biên X 0 nếu: J J X A b 0 0 1 ( ) 0 - = ³ . Khi đó thì J X 0 chính là các thành phần cơ sở của p.án X 0 của bt gốc. 2. Tiêu chuẩn tối ưu cho p.án cực biên của bài toán đối ngẫu 2.1. Bổ đề. Cho Y 0 là p.án cực biên của bài toán đối ngẫu với cơ sở J 0 . Z là ma trận hệ số phân tích của ma trận A qua cơ sở đối ngẫu J 0 . 0 0 0 , ( 1, ) k k k k k j jk k J J j J C Z c C Z c c z c k n Î = - = - = - =áñ å D là véc tơ các ước lượng của A qua J 0 . Khi đó ta có: (i) Nếu f → min & g → max thì Δ k ≤ 0,  k = n1, . (ii) Nếu f → max & g → min thì Δ k ≥ 0,  k = n1, . Chứng minh. Vì Y 0 là p.án cực biên của bt đối ngẫu với cơ sở J 0 : J J J J k k k k k k k J J J Y A C Y A C Y C A Y A C Y A c C A A c C Z c k = n 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 ; ( ) ; ( ) 0 1, - - ì ï £ ï ï ï ï = =Þ ï ï í ï - =£ Û £ Û £ Û £ ï ï ï ï ï " ï î D 2.2. Tiêu chuẩn tối ưu. Cho Y 0 là p.án cực biên của bt đối ngẫu với cơ sở J 0 . Đặt J J X A b 0 0 1 ( ) - = . Nếu J J X A b 0 0 1 ( ) - = ≥ 0 thì Y 0 là p.án tối ưu của bt đối ngẫu, đồng thời X 0 là phương án cực biên tối ưu của bt chính tắc gốc với cơ sở tối ưu J 0 và các thành phần cơ sở là J X 0 . II. Xác định phương án cực biên Y 1 , J 1 , xuất phát từ Y 0 , J 0 1. Chọn r  J 0 . 2. Y() = Y 0 +  r ( ≥ 0 chọn sau). 3. r r r r r r r J J j A A E E A A j J j r 0 0 1 0 1 0, , - ì ï = -w ï ï = - = -Û w Û w í ï = "w Î ¹ ï ï î 4. Y() là p.án khi và chỉ khi Y( ) 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0, , ; ( ) 0; , ; 0 , 0, r r J J J r J k rk k rk Y A C Y A C C A E A A C j J j r C E Z C VT j r z k J z k J - - + -q £ Û qw £ Û q £ ì ï Î ¹ ï ï ï - - = - =Û q £ q £ í ï ï ï - qÏ ï î -Û q £ Ï D D (i) rk z k J 0 0,"³ Ï Þ luôn đúng với mọi  ≥ 0. (ii) 0 0 min{ , 0} k s rk rk rs z = z z = <£ q£ q D D . Y 1 = Y( 0 ) là p.án cực biên với J 1 = J 0 \ {r} + {s}. 5. g(Y()) = g(Y 0 ) - x 0 r > g(Y 0 ) nếu  > 0 và x 0 r < 0. 6. Dấu hiệu bt không giải được: x 0 r < 0 và z rk ≥ 0,  k J 0 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 Y 0 , J 0 . + Tính ma trận hệ số phân tích mở rộng: J A b Z X Z 0 ( | ) ( | ) =Þ (Khử theo J 0 ). 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 A r có x r < 0 (min). + Cột vào cơ sở mới là A s , xác định khi tính  0 . + Tớnh toỏn bng mi vi phn t xoay l z rs . IV. Mt s vớ d Vớ d 1. Gii bng n hỡnh i ngu bi toỏn sau: f(X) = x 3 + x 4 + x 5 min - x 1 + 2x 3 - x 4 + x 5 = 1 x 2 - x 3 - x 4 + x 5 = 1 x j 0, j = 1,5 . Gi i. + B i toán đối ngẫu: G(Y) = y 1 + y 2 Max -y 1 0 (1) y 2 0 (2) 2y 1 y 2 1 (3) -y 1 y 2 1 (4) y 1 + y 2 1 (5) + Y 0 = (0, 0) là phơng án cực biên của bài toán đối ngu? 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 A = ữ ; 1 0 2 1 1 -1 0 1 1 1 1 1 Z = ữ ; J 0 = {1, 2}. + Bảng đơn hình A J C J X J 0 0 1 1 1 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 1 0 [-1] 1 0 (-2) 1 -1 A 2 0 1 0 1 -1 -1 1 k 0 0 0 [-1] -1 -1 A 3 1 1/2 -1/2 0 1 -1/2 1/2 A 2 0 3/2 -1/2 1 0 -3/2 3/2 k 1/2 -1/2 0 0 -3/2 -1/2 Thuật toán dừng sau 2 bớc lặp vì x j 0 j. P.án cb tối u của bài toán gốc là X * = (0, 3/2, 1/2, 0, 0), J * = {3, 2}, f min = 1/2. + Suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu : y 1 = - ( 1 + c 1 ) = 1/2; y 2 = 2 + c 2 = 0. Y * = (1/2, 0); g max = 1/2. Ví dụ 2. Giải bằng phơng pháp đơn hình đối ngu bài toán sau: f(x) = 4x 1 + 3x 2 + 2x 3 + 3x 4 min x 1 + x 3 - x 4 = 2 - x 1 + 2x 2 + x 4 11 2x 1 + x 2 - 3x 4 8 x j 0, j = 1,4 . Gi i. + Chính t c f(x) = 4x 1 + 3x 2 + 2x 3 + 3x 4 min x 1 + x 3 - x 4 = 2 - x 1 + 2x 2 + x 4 + x 5 = 11 2x 1 + x 2 - 3x 4 -x 6 = 8 x j 0, j = 1,6 . + Bài toán đối ngẫu: g(Y) = 2y 1 + 11y 2 + 8y 3 max y 1 - y 2 + 2y 3 4 (1) 2y 2 + y 3 3 (2) y 1 2 (3) -y 1 +y 2 - 3y 3 3 (4) y 2 0 (5) -y 3 0 (6) + Y 0 = (2, 0, 0) l p.ỏn cc biờn ca bi toỏn i ngu? + Kim tra: (1): 2 < 4 (t/m lng) (2): 0 < 3 (t/m lng) (3): 2 = 2 (t/m cht) (4): -2 < 3 (t/m lng) (5): 0 = 0 (cht) (6): 0 = 0 (cht). + Y 0 l p.ỏn ca bt i ngu. + Y 0 tha món cht m = 3 rng buc ((3), (5), (6)) cú D = -1. + Y 0 l cc 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 ữ ữ ữ ; J 0 = {3, 5, 6}. X 0 = (0, 0, 2, 0, 11, - 8) là giả p.án của bt gốc. + Bảng đơn hình A J C J X J 4 3 2 3 0 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 3 2 2 1 0 1 -1 0 0 A 5 0 11 -1 2 0 1 1 0 A 6 0 -8 (-2) -1 0 3 0 1 k 4 [-2] -3 0 -5 0 0 A 3 2 -2 0 (-1/2) 1 1/2 0 1/2 A 5 0 15 0 5/2 0 -1/2 1 -1/2 A 1 4 4 1 1/2 0 -3/2 0 -1/2 k 12 0 [-2] 0 -8 0 -1 A 2 3 4 0 1 -2 -1 0 -1 A 5 0 5 0 0 5 2 1 2 A 1 4 2 1 0 1 -1 0 0 k 20 0 0 -4 -10 0 -3 + Thuật toán dừng sau 3 bớc lặp vì x j 0 j. Phơng án tối u của bài toán chính tắc là X * = (2, 4, 0, 0, 5, 0), J * = {2, 5, 1}; f min = 20. + P.án tối u bài toán gốc: X * = (2, 4, 0, 0); f min = 20. + Suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu Y * = (-2, 0, 3); g max = 20. Ví dụ 3. Giải bằng phơng pháp đơn hình đối ngẫu bài toán sau: f(X) = 3x 1 + 5x 2 - 7x 3 + x 4 min 2x 2 - x 3 + 3x 4 10 x 1 + x 2 - 4x 3 - x 4 = 3 3x 2 + 2x 3 + 4x 4 7 x j 0, j = 1,4 . Giải. Chính tắc: f(X) = 3x 1 + 5x 2 - 7x 3 + x 4 min 2x 2 - x 3 + 3x 4 - x 5 = 10 x 1 + x 2 - 4x 3 - x 4 = 3 3x 2 + 2x 3 + 4x 4 +x 6 = 7 x j 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 ữ ữ ữ ; J 0 = {5, 1, 6} X 0 = (3, 0, 0, 0, -10, 7) là giả p.án bt gốc. + Bảng đơn hình A J C J X J 3 5 -7 1 0 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 5 0 -10 0 (-2) 1 -3 1 0 A 1 3 3 1 1 -4 -1 0 0 A 6 0 7 0 3 2 4 0 1 k 9 0 [-2] -5 -4 0 0 A 2 5 5 0 1 -1/2 3/2 -1/2 0 A 1 3 -2 1 0 -7/2 -5/2 1/2 0 A 6 0 -8 0 0 7/2 (-1/2) 3/2 1 [...]... = 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 + Y0 = (0, -3, -1); Y1 = (-2, 3, 1) là các phơng án cực biên của bài toán đối ngẫu ... 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 phơng 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: + Y0 = (0, 0, 1) là phơng án cực biên, J0 = {2, 5, 6} + Tính... ngẫu: + Y0 = (0, 0, 1) là phơng án cực biên, J0 = {2, 5, 6} + Tính X0 và Z : 4 0 1 1 1 0 | 12 ữ 0 Z = 13 0 10 5 0 1 | 51 ữ; J = {5, 6, 2} 4 1 3 1 0 0 | 10 ữ X0 = (0, -10, 0, 0, -12, 51) + Bảng đơn hình: AJ CJ XJ 1 -1 -1 0 A1 A2 A3 A4 A5 0 -12 (-4) 0 -1 -1 A6 0 51 13 0 10 5 A2 -1 -10 -4 1 -3 -1 10 [3] 0 4 1 k A1 1 3 1 0 1/4 1/4 A6 0 12 0 0 27/ 7/4 4 0 A5 1 0 0 0 -1/4 13/ 4 0 A6 0 1 0 0 0 1 A2 k . bằng phương pháp đơn hình và suy nghiệm cho bài toán đối ngẫu. Khó khăn: Tìm p.án cực biên X 0 , J 0 . Nếu p.án cực biên của bt đối ngẫu dễ tìm thì sử dụng p 2 đơn hình đối ngẫu. I. Phương. 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) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + +. → +  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