Phương pháp điểm trong giải bài toán quy hoạch tuyến tính

Trần Hải Yến – K32 CN Toán MỤC LỤC Lời cảm ơn Lời cam đoan Mở đầu Chƣơng I Bài toán quy hoạch tuyến tính phƣơng pháp đơn hình 1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính quy hoạch tuyến tính đối ngẫu 1.2 Tập lồi điểm cực biên 1.3 Phương pháp đơn hình 1.4 Thời gian thực thuật toán Chƣơng II Phƣơng pháp điểm 2.1 Tƣ tƣởng phƣơng pháp điểm 2.1.1 Nội dung ý tưởng 2.1.2 Xác đinh hướng giảm 2.1.3 Thành phần hướng tâm 2.2 Một số thuật toán phƣơng pháp điểm 2.2.1 Phương pháp tỷ lệ affin 2.2.2 Thuật toán giảm 2.2.3 Thuật toán theo đường trung tâm 2.2.4 Thuật toán theo đường trung tâm – đối ngẫu 2.2.5 So sánh phương pháp điểm Kết luận Tài liệu tham khảo Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán LỜI CẢM ƠN Trong suốt trình thực khóa luận học tập trường em nhận quan tâm, giúp đỡ tạo điều kiện thầy cô giáo Khoa Toán, thầy cô giáo tổ Toán ứng dụng, với động viên khích lệ bạn sinh viên Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo Trần Minh Tước, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa luận Trong trình thực đề tài, điều kiện thời gian hạn chế kiến thức, khó tránh khỏi thiếu sót hoàn thành khóa luận Vì em mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè để đề tài em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 05 tháng 05 tháng 2010 Sinh viên thực Trần Hải Yến Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan vấn đề em trình bày khóa luận kết nghiên cứu riêng thân hướng dẫn tận tình thầy giáo Trần Minh Tước, khóa luận không trùng với kết nghiên cứu tác giả khác Nếu không xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Hà Nội, ngày 05 tháng 05 năm 2010 Sinh viên thực Trần Hải Yến Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài toán quy hoạch tuyến tính toán giải vấn đề khó khăn thường gặp sống lao động sản xuất Việc giải toán Quy hoạch tuyến tính giúp ta tìm phương án tối ưu nhất, hợp lý nhằm mang lại hiệu cao sản xuất Thông thường dùng phương pháp đơn hình để giải toán Quy hoạch tuyến tính Đây cách giải nhanh hiệu Tuy nhiên với toán có độ phức tạp lớn phương pháp đơn hình không thực hiệu Với toán người ta thường sử dụng phương pháp khác phương pháp điểm Để tìm hiểu kỹ phương pháp điểm chọn đề tài: “Phương pháp điểm giải toán quy hoạch tuyến tính” cho khóa luận tốt nghiệp Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Mục đích nghiên cứu: Tìm hiểu thuật toán phương pháp điểm để giải toán Quy hoạch tuyến tính Nhiệm vụ nghiên cứu: Trình bày khái quát đánh giá hiệu thuật toán phương pháp điểm Phƣơng pháp nghiên cứu Trong đề tài sử dụng phương pháp như: phương pháp tìm kiếm, phân tích, thống kê, tổng hợp, so sánh,… Bố cục khóa luận Khóa luận gồm mở đầu, hai chương kết luận Chương I: Bài toán quy hoạch tuyến tính phương pháp đơn hình Chương II: Phương pháp điểm Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán Chƣơng I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH VÀ PHƢƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính quy hoạch tuyến tính đối ngẫu 1.1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính a) Dạng tổng quát Tìm véc tơ x   x1 , x2 , , xn    n cho t n f(x) = c x j 1 j j  min(max) với điều kiện:  n  aij x j  b j  j 1  n  aij x j  b j  j 1  D: n aij x j  b j  j 1   xj   x 0 j   xj (i  1, , m) (i  m1  1, , m2 ) (i  m2  1, , m) ( j  1, , n1 ) ( j  n1  1, , n2 ) ( j  n2  1, , n) b) Dạng tắc n   f ( x)   c j x j  j 1   n (i  1, 2, , m)  aij x j  b j  j 1 x j  ( j  1, 2, , n)   Hay dạng ma trận Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán  f  x   c t x    Ax  b x   Trong c, x   n , b   m , A ma trận cấp m  n c) Dạng chuẩn tắc n   f ( x)   cij x j  j 1  n  aij x j  b j   (i  1,2, , m) j 1   xj  ( j  1,2, , n)   Hay dạng ma trận  f  x   c t x    Ax  b x   1.1.2 Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu a) Đối ngẫu toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc bt x  max  t A x  c y   b) Đối ngẫu toán quy hoạch tuyến tính dạng tắc bt y  max  t A y  c y  có dấu tùy ý c) Đối ngẫu toán quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán bt y  m    a  y  c ij i j  i 1  n    aij  yi  c j  i 1  yi    yi tự   j  1, n   j  n  1, n  i  1, m  i  m  1, m  1 1.2 Tập lồi điểm cực biên a) Tập C   n gọi tập lồi lấy điểm x’ x”  C đoạn thẳng [x’,x”] nối điểm hoàn toàn thuộc C b) Điểm x0 thuộc tập lồi C gọi điểm cực biên C không điểm đoạn nối điểm khác C tức không tồn x’, x” C, x’ ≠ x” cho x0= x’+ (1- )x” với  thuộc (0,1) c) Một tổ hợp lồi điểm xi   n (i  1,2, m) điểm x   n có dạng: x  1x1   x2    n xn  i  0(i  1, m), m  i 1 i  1.3 Phƣơng pháp đơn hình 1.3.1 Tƣ tƣởng phƣơng pháp đơn hình Xét toán quy hoạch tuyến tính dạng tắc:  f  x   c t x    Ax  b x   Với x, c   n , b   m , A ma trận cấp m  n Giả thiết hạng A  m (m số buộc toán) Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán Đã biết rằng: - Nếu toán có phương án có phương án cực biên - Nếu toán có phương án tối ưu có phương án cực biên tối ưu - Số phương án cực biên hữu hạn Do ta tìm phương án tối ưu hay lời giải toán tập hợp phương án cực biên Do tập hữu hạn nên Dantzig đề xuất thuật toán gọi thuật toán đơn hình: Xuất phát từ phương án cực biên x Sau kiểm tra xem x có phải phương án tối ưu hay không Nếu x chưa phải phương án tối ưu tìm cách cải tiến để phương án cực biên khác x tốt x theo nghĩa f  x1   f  x0  Quá trình lặp lại nhiều lần số phương án cực biên hữu hạn nên sau số hữu hạn bước lặp ta tìm phương án cực biên tối ưu Để thực thuật toán đề ta cần làm rõ hai vấn đề: - Làm để biết phương án cực biên cho tối ưu hay chưa? Tức tìm dấu hiệu tối ưu - Làm để phương án cực biên chưa tối ưu tìm phương án cực biên tốt nó? 1.3.2 Dạng ma trận thủ tục đơn hình Xét toán quy hoạch tuyến tính dạng tắc  f  x   c t x    Ax  b x   Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán Với x, c   n , b   m , A ma trận cấp m  n Để đơn giản ta giả thiết sở J xét gồm m cột ma trận A, tức J={1,2, ,m} Đặt K={1,2, ,n}\J Ma trận A tách làm : ma trận sở AJ phần sở AK véc tơ tách làm phần tương ứng sở J x  c  A   AJ AK  x   J  , c   J   xK   cK  Ta có thủ tục đơn hình dạng ma trận sau: Bước 1: Tính phương án cực biên tương ứng sở J theo công thức: X j  AJ1b Tính véc tơ ước lượng  k   AJ 1 AK  cJ  cK t Bước 2: Kiểm tra dấu thành phần  k véc tơ  K :  Nếu tất thành phần véc tơ ước lượng  K  kết luận phương án xét phương án tối ưu  Nếu có thành phần  k véc tơ  K dương chọn s thỏa mãn  s = max{  k >0, k  J } chuyển sang bước Bước 3: Tính cột z s theo hệ số z js theo công thức: z s  AJ1a s Kiểm tra điều kiện: cột z s  tức z js  0j  J Nếu - Đúng: kết luận hàm mục tiêu giảm vô hạn miền ràng buộc Kết thúc thuật toán - Sai: chuyển sang bước Bước 4:  Chọn số r thỏa mãn: Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán  x  xr   j , j  J , z js   zrs  z js   Lập sở J j   J \ r   s Bước 5: Tính ma trận nghịch đảo AJ11 lặp lại từ bước 1.4 Thời gian thực thuật toán 1.4.1 Định nghĩa Một thuật toán gọi tốt thời gian thực để giải toán ngắn Thời gian thực thuật toán đo số phép toán cần tiến hành để giải toán thuật toán Tuy nhiên số phép toán lại phụ thuộc vào “kích thước” toán, số n nguyên dương, “số lượng” liệu đầu vào Do thời gian thực thuật toán thường biểu diễn dạng T(n) hàm số dương n, đồng biến theo n Để tiện so sánh thời gian thực thuật toán, người ta đưa ký hiệu O (đọc O lớn) Giả sử f  n  hàm số không âm Ta viết T  n   O  f  n   nghĩa tốc độ tăng T  n  n tiến đến vô không vượt tốc độ tăng f  n  Khi n lớn , f  n  cho ta hình dung mức lớn T  n  , f  n  thước đo độ lớn T  n  1.4.2 Thời gian thực thuật toán đơn hình Trong bước lặp phương pháp đơn hình cần thực O(m.n) phép toán số học để tính giá trị hàm mục tiêu, biến sở O(m2) phép Khóa luận tốt nghiệp 10 Trần Hải Yến – K32 CN Toán toán quy hoạch đối ngẫu max y t b, y t A  s t  ct , s0 (3.3) Sau bỏ ràng buộc dấu thay hàm phạt vào hàm mục tiêu ta có toán xấp xỉ thay cho cho toán gốc là: B ( x), (3.4) Ax  b Và ta có toán chắn toán quy hoạch đối ngẫu(3.3) là: n max y b    log s j , t j 1 y A s  c t t (3.5) t Bây ta xét điều kiện cần đủ để x (y,s) nghiệm tối ưu hai toán chắn Định lý (3.1) Nếu x* (y*,s*) thỏa mãn điều kiện Ax  b, (3.6) (3.7) (3.8) At y  s  c, XSe  e chúng nghiệm tối ưu hai toán chắn (ở XSe   e 1 cách viết khác s   X e ) Chứng minh: Giả sử x nghiệm chấp nhận (3.4) tức Ax=b x  Ta có n n c x    log x j  c x  y ( Ax  b)    log x j t t *t j 1 j 1 n n  j 1 s*j  s x  y b    log x j   n  y b    log *t *t *t j 1 Khóa luận tốt nghiệp 32 Trần Hải Yến – K32 CN Toán * Bất đảng thức cuối có biểu thức s j x j   log x j đạt cực tiểu x j   s*j (đây điểm dừng hàm lồi chặt này) Bất đẳng thức xảy điểm cực tiểu (3.8) x*j   s*j ; j  1, , n Theo  s*j Chứng minh với (y*,s*) tương tự Bài toán chắn xấp xỉ phi tuyến đẹp lý thuyết cho quy hoạch tuyến tính khó giải hàn mục tiêu lồi chặt bậc hai Để giải toán ta lại xấp xỉ toán lần cách thay B ( x) hàm bậc hai lấy số hạng đầu công thức Taylor B ( x) Giả sử x nghiệm xấp xỉ hành Khi đó: n B ( x) i 1 xi B ( x  d )  B ( x)   n  B ( x) di   di d j i , j 1 xi x j  B ( x)  (ct   et X 1 )d   d t X 2 d ta có: B ( x) xi  ci    B ( x) xi , xi2    B ( x) xi2 , xi x j  với i  j bước lặp hành ta cần xác định d Do thay cho toán chắn ta giải toán xấp xỉ: B ( x  d )  B ( x), Ad  0, Tức toán Khóa luận tốt nghiệp 33 Trần Hải Yến – K32 CN Toán min(ct   et X 1 )d   d t X 2 d , Ad  Ta giải toán quy hoạch phương pháp nhân tử Lagrange Hàm Lagrange (3.6) : L(d , y)  (ct  et X 1 )d   d t X 2 d  yAd với điều kiện tối ưu là: L(d , y ) L(d , y )  0,  0, i  1, , m; j  1, , n di yi Đạo hàm hàm (3.7) theo d , y gán ta có d y nghiệm hệ phương trình tuyến tính: c   X 1e   X 2 d  At y  Ad  Ta tính nghiệm hệ n  m ẩn n  m phương trình tuyến tính là: d (  )  ( I  X At ( AX At ) 1 A)( Xe   X c) y (  )  ( AX At ) 1 A( X 2c   Xe) Vectơ d    gọi hướng Newton trình tính hướng Newton gọi đoạn Newton Sau tính hướng Newton nghiệm gốc xấp xỉ x  d    nghiệm đối ngẫu xấp xỉ tương ứng  y(  ), c  At y (  )  Nếu ta giữ nguyên  tiến hành liên tiếp nhiều đoạn Newton nghiệm gốc xấp xỉ nhận dần đến x(  ) - nghiệm tối ưu toán chắn Nhưng ta nên làm đoạn Newton thay     ,  tham số gần Do  gần  , x(  ) gần x(  ) Đồng thời Khóa luận tốt nghiệp 34 Trần Hải Yến – K32 CN Toán nghiệm xấp xỉ sau đoạn Newton ( x  d (  ))  d (  ) gần với x(  ) khoảng cách x + d    x(  ) Vậy đích đoạn Newton x(  ) thay đổi theo  nghiệm xấp xỉ (đạt đoạn Newton) bám ngày sát x(  ) đường trung tâm 2.2.3.3 Mô tả thuật toán * Đầu vào - Dữ liệu quy hoạch tuyến tính A, b, c với rankA = m; - Cặp nghiệm (chấp nhận được) xuất phát; - Độ lới lỏng cho tính tối ưu   ; - Giá trị đầu  tham số chắn tham số    0,1 (thường chọn     ,   ,    c   M để đảm bảo hội tụ)  n * Thuật toán   k Bước 1: (kiểm tra tính tối ưu) Nếu s t x k   dừng Bước 2: (đoạn Newton) Giải hệ tuyến tính để tính d y:  k 1 X k2 d  At y   k 1 X k1e  c, Ad   k 1   k Bước 3: (nghiệm xấp xỉ mới) Đặt x k 1  x k  d , y k 1  y, s k 1  c  Ay Đặt k:= k+1 quay lại bước Khóa luận tốt nghiệp 35 Trần Hải Yến – K32 CN Toán 2.2.3.4 Tìm nghiệm xuất phát cho thuật toán Ta tìm cách xuất phát thuật toán để thuật toán hội tụ sau K bước Giả sử phần tử A, b, c số nguyên với modul bị chặn U Ta có nghiệm chấp nhận quy hoạch tuyến tính gốc thỏa mãn et x  n  mU  Do nghiệm tối ưu quy hoạch m ct x Ax  b, et x  n(mU ) m , x0 nghiệm tối ưu quy hoạch gốc ban đầu Đặt b  (3.9) (n  2)b ta n(mU ) m thấy quy hoạch (3.9) tương đương với: ct x, Ax  b, e x  n  2, x0 t (3.10) Bây ta xét cặp toán gốc toán nhân tạo sau: min ct x  Mxn1 ,   Ax  (b  Ae) xn1  b,  t e x  xn1  xn  n  2,  x , , x  n2  Khóa luận tốt nghiệp 36 Trần Hải Yến – K32 CN Toán max p t b  ym 1 (n  2),  t t t t  p A  ym 1e  s  c ,  t  p (b  Ae)  ym 1  sn 1  M ,  y  s  0,  m 1 n   s1 , , sn    xn 1 , xn  , ym1 , sn 1 , sn  biến nhân tạo M số dương lớn Đặt    c   M Dễ dàng kiểm tra ( x , xn01 , xn0 )  (e,1,1), ( y , ym0 1 , s , sn01 , sn0 )  (0,   , c   e, M   ,  ) nghiệm chấp nhận cặp toán nhân tạo với nghiệm gốc biến bù đối ngẫu dương Với M lớn nghiệm tối ưu thỏa mãn xn 1  Do nghiệm tối ưu (3.10) nghiệm tối ưu quy hoạch gốc ban đầu 2.2.3.5 Nhận xét thuật toán Tính toán bước lặp giải hệ n  m phương trình tuyến tính n  m ẩn bước m  n nên khối lượng tính toán O(n3) Gọi  : (s )t x0 lỗ hổng đối ngẫu xuất phát Theo công thức số bước lặp   n (s )t x0 (1   )  K  log   (1   )      thuật toán cần O( n log 0 ) bước  lặp để giảm lỗ hổng đối ngẫu từ  xuống  Và trình xuất phát thuật toán ta phải tính log  Để tính log  ta cần số phép tính đa thức Khóa luận tốt nghiệp 37 Trần Hải Yến – K32 CN Toán n logU Vậy độ phức tạp tính toán thuật toán đa thức n logU 1 log     2.2.4 Thuật toán theo đƣờng trung tâm – đối ngẫu 2.2.4.1 Ý tƣởng thuật toán Cũng giống thuật toán theo đường trung tâm, bước lặp ta tìm dùng hướng Newton cho toán chắn quy hoạch đối ngẫu Chỗ dựa ta điều kiện đủ tối ưu cho hai toán chắn: Ax  b, At y  s  c, XSe  e 2.2.4.2 Xây dựng thuật toán Hình trình chạy thuật toán theo đường trung tâm – đối ngẫu cho toán Khóa luận tốt nghiệp 38 Trần Hải Yến – K32 CN Toán min  x1  x2  x  x   2 x1  x2  3 x  x    x1 , x2  Áp dụng phương pháp Newton để giải phương trình phi tuyến ta có: Phương trình F(z)= là: Ax  b, At y  s  c, XSe  e Và phương trình xác định hướng Newton là:  Ax k  b  A  t k k   A y  s  c    X S e   k e  S  k k   k At k  d x    I   d yk   X k   d k   s với d x , d y , d s hướng Newton biến x, y, s tương ứng k t k k Vì Ax  b  0, A y  s  c  nên phương trình tương đương với: Ad xk  0, At d yk  d sk  0, Sk d xk  X k d sk   k e  X k Sk e Có thể kiểm tra nghiệm phương trình là: d xk  D k ( I  Pk v k (  k ), d yk  ( AD k At ) 1 AD k v k (  k ), 1 d sk  D k Pk v k (  k ) Với ký hiệu có nghĩa là: Khóa luận tốt nghiệp 39 Trần Hải Yến – K32 CN Toán D k  X k Sk1 , Pk  D k At ( AD k At ) 1 AD k , v k (  k )  X k1 D k (  k e  X k S k e) Sau có hướng Newton nghiệm xấp xỉ x k 1  x k   Pk d xk , y k 1  y k   Dk d yk , s k 1  s k   Dk d sk ,  Pk ,  Dk độ dài bước lặp biến gốc biến đối ngẫu tương ứng Các độ dài xác định cho xk+1> 0, sk+1> Ta hay chọn  xik      1,    k  k  i:( d x )i 0  (d x )i    sik    k  D  1,    k  k  i:( ds )i 0  (d s )i   k P Ta chọn    0,1 để nghiệm xấp xỉ không đạt đến biên miền chấp nhận ta gọi  tham số thuật toán Ở bước lặp thứ k vói giá trị  ta làm lần đoạn Newton mà k không làm nhiều lần để nghiệm xấp xỉ dần đến x( k ) đường trung k tâm đích ta x(  ) mà giới hạn x(0) Vì ta cập nhật  k cho đoạn Newton Cách chọn tốt thực tế chọn ( s k )t x k   n k Khóa luận tốt nghiệp 40 Trần Hải Yến – K32 CN Toán 2.2.4.3 Mô tả thuật toán * Đầu vào - Các ràng buộc hàm mục tiêu A, b, c với rankA = m, - Cặp nghiệm chấp nhận x0 ,( y , s ) - Độ nới lỏng tối ưu   - Tham số    0,1 * Thuật toán k t k Bước 1: (kiểm tra tính tối ưu) Nếu ( s ) x   dừng ( s k )t x k Bước 2: (đoạn Newton) Đặt   giải hệ: n k Ad xk  0, At d yk  d sk  0, Sk d xk  X k d sk   k e  X k Sk e để d xk , d yk , d sk Bước 3: (tìm độ dài bước lặp) Chọn   xik     1,    k  k  i:( d x )i 0  (d x )i     sik   k  D  1,    k  k i :( d )    s i  (d s )i    k P Bước 4: Cập nhật nghiệm xấp xỉ x k 1  x k   Pk d xk , y k 1  y k   Dk d yk , s k 1  s k   Dk d sk , đặt k:= k+1 quay lại bước Khóa luận tốt nghiệp 41 Trần Hải Yến – K32 CN Toán 2.2.4.4 Tìm nghiệm xuất phát cho thuật toán Giả sử có x0 > 0, s0 >0 y0 không thiết nghiệm chấp nhận cặp quy hoạch đối ngẫu Ta xét quy hoạch tuyến tính sau đây, chứa tất yếu tố cặp quy hoạch đối ngẫu xét min(( s )t x  1) , Ax  b  b  0,  At y  c  c  s  0, bt y  ct x  z  k  0, t (4.1) t b y  c x  z  (( s )t x  1) x,  , s , k  0 t 0 t t b  b  Ax , c  c  A y  s , z  c x   b y Ta kiểm tra quy hoạch tuyến tính (4.1) tự đối ngẫu Ta thấy nghiệm chấp nhận là: ( x, y, s, , , k )  ( x , y , s ,1,1,1) 2.2.4.5 Nhận xét (thời gian thực thuật toán) Trong trường hợp xấu thuật toán theo đường trung tâm gốc – đối    ngẫu cần O  n log  bước lặp để giảm lỗ hổng đối ngẫu từ  tới        Trong thực tế trung bình số bước lặp O  log n log     2.2.5 So sánh phƣơng pháp điểm Các phương pháp điểm có quan hệ mật thiết với nhau: Bước bước lặp phương pháp tỉ lệ affin Khóa luận tốt nghiệp 42 Trần Hải Yến – K32 CN Toán d affin   X s   X (c  At y )   X ( I  At ( AX At ) 1 AX )c Hướng di chuyển phương pháp theo đường trung tâm d Newton  ( I  X At ( AX At )1 A)( Xe  Ta có d Newton  d ht  1  X c) d affin với dht hướng di chuyển vào điểm x     đường trung tâm (được gọi hướng tâm) dht  ( I  X At ( AX At )1 A) Xe Hướng di chuyển thuật toán giảm thế:    q  d gt   X I  XAt  AX At  AX  t Xs  e  s x      1  q    X I  XAt  AX At  AX  t X c  At y   e  s x  1  q    X I  XAt  AX At  AX  t Xc  e  s x   ( I  X At ( AX At ) 1 A) Xe   d ht  q X ( I  At ( AX At ) 1 AX )c t sx q daffin st x Theo công thức ta thấy thuật toán giảm thuật toán theo đường trung tâm có hướng bước lặp tổ hợp tuyến tính hướng tỉ lệ affin hướng tâm Thuật toán tỉ lệ affin đơn giản hội tụ nhanh thực tế không đánh giá cận số bước lặp (có phải đa thức cỡ toán hay không?) Hai thuật toán lại có số bước lặp đa thức cỡ toán Khóa luận tốt nghiệp 43 Trần Hải Yến – K32 CN Toán Thuật toán theo đường trung tâm có hàm chắn tương tự hàm thuật toán giảm Nó sử dụng phương pháp Newton để giải nên hội tụ nhanh Vì thuật toán hoàn thiện lý thuyết hội tụ nhanh thực tế nên sử dụng nhiều Khóa luận tốt nghiệp 44 Trần Hải Yến – K32 CN Toán KẾT LUẬN Với mục đích tìm hiểu phương pháp điểm để giải toán Quy hoạch tuyến tính nên sau đọc, tìm hiểu nghiên cứu tài liệu có liệu quan trình bày khái quát đánh giá hiệu thuật toán phương pháp điểm Trong trình nghiên cứu thực khóa luận tốt nghiệp học hỏi nâng cao nhiều kiến thức bổ ích, quan trọng Tôi hy vọng kiến thức trình bày khóa luận có ích cho muốn tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp điểm giải toán Quy hoạch tuyến tính Do điều kiện thời gian hạn chế kiến thức nên khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót Vì mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè để đề tài hoàn thiện Khóa luận tốt nghiệp 45 Trần Hải Yến – K32 CN Toán TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lý thuyết quy hoạch tuyến tính đồ thị hữu hạn, Doãn Châu Long – Lê Huy Hùng, NXB Giáo Dục, 1971 [2] Quy hoạch tuyến tính, Phí Mạnh Ban, NXB Đại học Sư phạm, 2007 [3] Quy hoạch tuyến tính, Trần Xuân Sinh, NXB Sư phạm, 2003 [4] Quy hoạch tuyến tính, Nguyễn Ngọc Thắng – Nguyễn Đình Hóa, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2008 [5] Quy hoạch tuyến tính, Phan Quốc Khánh – Trần Huệ Nương, NXB Giáo Dục, 2003 Khóa luận tốt nghiệp 46 [...]... – K32 CN Toán toán để tính lại ma trận cơ sở Tổng số phép toán số học trong một phép lặp đơn hình là O(m.n + m3) Nói chung, người ta thấy cần O(m) phép lặp đơn hình để giải bài toán quy hoạch tuyến tính Về trung bình, thời gian giải bài toán quy hoạch tuyến tính bằng thuật toán đơn hình là một đa thức theo m và n Khóa luận tốt nghiệp 11 Trần Hải Yến – K32 CN Toán Chƣơng II PHƢƠNG PHÁP ĐIỂM TRONG 2.1... pháp điểm trong 2.1.1 Nội dung của ý tƣởng Phương pháp đơn hình tìm lời giải bài toán quy hoạch tuyến tính bằng cách di chuyển qua các điểm cực biên, nằm trên biên của miền rằng buộc Phương pháp điểm trong xuất phát từ một điểm nằm bên trong miền rằng buộc và di chuyển dần đến lời giải tối ưu nhưng vẫn luôn ở bên trong miền rằng buộc Tên gọi của phương pháp này cũng đã cho thấy ý tưởng này Từ một điểm. .. là một phần của tập lồi đa diện ràng buộc của bài toán quy hoạch tuyến tính nên x * chưa phải là nghiệm tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính Để x* là nghiệm tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính thì x * phải rơi vào biên của tập lồi hay nói cách khác: “nếu x j  0 * với j nào đó thì x* cho bởi (1.6) là nghiêm tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính Ta đi chứng minh khẳng định trên Ta có bổ... mỗi bước lặp, khi đã có môt nghiệm trong, ta thay bài toán quy hoạch tuyến tính bằng bài toán có cùng hàm mục tiêu nhưng tập ràng buộc là một elip có tâm là nghiệm trong đã có, xấp xỉ với tập lồi đa diện ràng buộc của quy hoạch tuyến tính Nghiệm của bài toán mới sẽ được chứng minh là nghiệm trong của bài toán của bài toán quy hoạch tuyến tính và sẽ được dùng làm tâm của elip ở bước lặp tiếp theo Cứ... trong của bài toán quy hoạch tuyến tính tăng cường này Ta có thể chứng minh được xn+1= 0 là nghiệm tối ưu của bài toán tăng cường, do đó nó là nghiêm tối ưu của bài toán gốc 2.2.1.5 Nhận xét về thuật toán Trong thuật toán affin, tại mỗi bước lặp thời gian tính toán chủ yếu là dành để tính nghiệm đối ngẫu xấp xỉ Cụ thể là: đầu tiên tính ma trận A(Xk)2At với O(m2n) phép toán số học Sau đó là giải hệ phương. .. ta cần giải bài toán xấp xỉ: Khóa luận tốt nghiệp 25 Trần Hải Yến – K32 CN Toán min  xG( x, s)t d , Ad  0, (2.5) || X d ||  , 1 Với tham số   1 cố định Đây là bài toán tương tự với bài toán mà chúng ta đã gặp ở phương pháp tỷ lệ affin Thật vậy: Trong bài phương pháp tỷ lệ affin bài toán elip xấp xỉ có dạng: min ct x, Ax  b, (2.6) || ( X 0 ) 1 ( x  x 0 ) ||  đặt d  x  x0 thì bài toán trên... Vậy ta đã có nghiệm tối ưu của bài toán (1.4) biếu diễn qua A, c của bài toán quy hoạch và nghiệm trong x 0 đã biết Ta dùng phép đổi biến x=X0x‟ vào (1.5) để được nghiệm tối ưu: X 0 PX 0c x  x  || PX 0c || * 0 (1.6) Ta thấy nghiệm tối ưu x* của bài toán elip xấp xỉ là nghiệm chấp nhận được của bài toán quy hoạch tuyến tính Hơn nữa nó đạt cực tiểu hàm mục tiêu c t x trong elip Nhưng elip chỉ là một... (1.2) Bài toán elip xấp xỉ là bài toán nhận được từ bài toán quy hoạch tuyến tính (1.1) với nghiệm trong x 0 đã cho và thay các ràng buộc x  0 bằng ràng buộc elip (1.2) Ta có bài toán elip xấp xỉ: min ct x, Ax  b, (1.3) 2  xi  x  2     0 xi  i 1  0 i n 0 Đổi biến x  X x ' , X0 là ma trận đường chéo với các phần tử thứ I ở đường   0 0 0 chéo là X ii  xi , X  diag x1 , , xn 0 0 Bài toán. .. j   s*j (đây là điểm dừng của hàm lồi chặt này) Bất đẳng thức chỉ xảy ra tại điểm cực tiểu duy nhất (3.8) thì x*j   s*j ; j  1, , n Theo  s*j Chứng minh với (y*,s*) tương tự Bài toán chắn đã là một xấp xỉ phi tuyến đẹp về lý thuyết cho quy hoạch tuyến tính nhưng vẫn còn khó giải vì hàn mục tiêu tuy là lồi chặt nhưng không phải bậc hai Để giải bài toán này ta lại xấp xỉ bài toán một lần nữa bằng... có mọi nghiệm chấp nhận được của quy hoạch tuyến tính gốc thỏa mãn et x  n  mU  Do đó nghiệm tối ưu của quy hoạch m min ct x Ax  b, et x  n(mU ) m , x0 cũng là nghiệm tối ưu của bài quy hoạch gốc ban đầu Đặt b  (3.9) (n  2)b ta n(mU ) m thấy quy hoạch (3.9) tương đương với: min ct x, Ax  b, e x  n  2, x0 t (3.10) Bây giờ ta xét cặp bài toán gốc và bài toán nhân tạo sau: min ct x  Mxn1 ... Chương II: Phương pháp điểm Khóa luận tốt nghiệp Trần Hải Yến – K32 CN Toán Chƣơng I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH VÀ PHƢƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính quy hoạch tuyến tính đối... toán phương pháp điểm để giải toán Quy hoạch tuyến tính Nhiệm vụ nghiên cứu: Trình bày khái quát đánh giá hiệu thuật toán phương pháp điểm Phƣơng pháp nghiên cứu Trong đề tài sử dụng phương pháp. .. Yến – K32 CN Toán MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài toán quy hoạch tuyến tính toán giải vấn đề khó khăn thường gặp sống lao động sản xuất Việc giải toán Quy hoạch tuyến tính giúp ta tìm phương án tối