Bài giảng phương pháp định lượng trong quản lý chương 2 PGS nguyễn thống

Nguyễn Thống PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH LƯỢNG TRONG QUẢN LÝ Chương 2 : Quy hoạch tuyến tính Ví dụ : Một nhà sản xuất gỗ sản xuất hai loại bàn : bàn trịn x 1 và bàn chữ nhật x 2.. Nguyễn Thống

Trang 1

Chương 2 : Quy hoạch tuyến tính

1

Khoa KTXD - Bộ mơn KTTNN

Giảng viên: PGS TS NGUYỄN THỐNG

E-mail: nguyenthong@hcmut.edu.vn or nthong56@yahoo.fr

Web: http://www4.hcmut.edu.vn/~nguyenthong

Tél (08) 38 691 592 - 098 99 66 719

11/26/2013 2

NỘI DUNG MƠN HỌC Chương 1: Giới thiệu PPĐL trong quản lý Chương 2: Quy hoạch tuyến tính

Chương 3: Cơ sở lý thuyết RQĐ Chương 4: Bài tốn vận tải

Chương 5: Quản lý kho

Chương 6: Ra quyết định đ mục tiêu

Chương 7: Lý thuyết sắp hàng

PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH LƯỢNG TRONG QUẢN LÝ

11/26/2013 3

NỘI DUNG MƠN HỌC (tt)

Chương 8: Phân tích thành phần chính (PCA)

Chương 9: Kiểm định Cronbach’s Alpha &

KMO

Chương 10: Phương pháp AHP

Chương 11: Qui hoạch động

Chương 12: Hoạch định dự án

Chương 13: Xích Markov

Chương 14: Lý thuyết trị chơi

Chương 15: Mơ phỏng Monte Carlo

PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH LƯỢNG TRONG QUẢN LÝ Chương 2 : Quy hoạch tuyến tính

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Phương pháp định lượng trong quản lý.

NXB Trẻ 1999 Tác giả PGS Dr Nguyễn

Thống & Dr Cao Hào Thi

2 Phân tích số liệu và áp dụng vào dự báo.

NXB Thanh Niên 2000 Tác giả PGS Dr

Nguyễn Thống

PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH LƯỢNG TRONG

QUẢN LÝ

NỘI DUNG

- Giới thiệu vấn đề

- Phương pháp đồ thị

- Phương pháp đơn hình

- Quy họach nguyên

- Quy họach nhị nguyên

- Giải bài toán quy hoạch với Solver

(Excel)

GIỚI THIỆU Quy hoạch tuyến tính (QHTT) là một kỹ thuật tốn học nhằm xác định gía trị của các biến x1,x2,x3, ,xn (biến quyết định) sao cho :

- Làm cực đại hoặc cực tiểu gía trị của hàm mục tiêu (HMT) Z :

Z =f(x1,x2,x3, ,xn )

- Các biến x1,x2,x3, ,xn thỏa mãn các ràng buộc :

Ri = ri(x1,x2,x3, ,xn ) PGS Dr Nguyễn Thống

Trang 2

GIỚI THIỆU

- Trong quy hoạch tuyến tính, hàm mục

tiêu f và các ràng buộc ri là những biểu

thức tuyến tính (bậc nhất) đối với các

biến quyết định x1,x2,x3, ,xn

- Trong trường hợp khác  quy họach phi

tuyến

PGS Dr Nguyễn Thống

CÁC BƯỚC CƠ BẢN BÀI TỐN QHTT

 Định nghĩa biến quyết định

 Thiết lập HMT

 Thiết lập các ràng buộc với biến quyết định

 Giải để xác định biến quyết định

Ví dụ : Một nhà sản xuất gỗ sản xuất hai loại

bàn : bàn trịn (x 1 ) và bàn chữ nhật (x 2 )

Mỗi bàn trịn cần:

- 2,5 giờ để lắp ghép

- 3 giờ để đánh bĩng

- 1 giờ để vào thùng

Một bàn chữ nhật cần :

- 1 giờ để lắp ghép

Trong một tuần, do giới hạn về mặt điều động nhân sự, xưởng chỉ cĩ thể bố trí:

- 20 giờ để lắp ghép

Lợi nhuận cho mỗi bàn trịn là 3000$ và 4000$ cho mỗi bàn chữ nhật

Tìm phương án sản xuất tối ưu (xác định

x1, x2) để mang về cho nhà sản xuất lợi nhuận cao nhất

Gọi x 1 và x 2 là số lượng lần lượt của bàn trịn

và bàn chữ nhật (biến quyết định)

Hàm mục tiêu : Max F = 1000( 3x 1 + 4x 2 ) [1]

Các ràng buộc :

• Ràng buộc về thời gian ghép thơ :

2,5x 1 + x 2 <=20 [2]

• Ràng buộc về thời gian đánh bĩng :

3x 1 + 3x 2 <=30 [3]

• Ràng buộc về thời gian đĩng thùng :

x 1 + 2x 2 <=16 [4]

Về ý nghĩa vật lý ta phải cĩ : x 1 ,x 2 >=0 [5]

• Ví dụ: Một nơng dân mong muốn đàn cừu của nơng trại tiêu thụ các loại sản phẩm thức ăn cĩ các loại chất dinh dưỡng là A,B,C với khẩu phần hàng ngày ít nhất, nhưng phải đảm bảo về mặt dinh dưỡng tối thiểu yêu cầu theo lời khuyên của nhà chuyên mơn

• Nhu cầu tối thiểu hàng ngày về chất dinh dưỡng A,B,C theo thứ tự là 14,12,18 đơn

vị

Trang 3

Trên thị trường cĩ loại sản phẩm y1 và y2

• Sản phẩm y1 cung cấp :

2 đơn vị A và 1 đơn vị B và 1 đơn vị C

• Sản phẩm y2 cung cấp :

1 đơn vị A và 1 đơn vị B và 3 đơn vị C

Biết rằng giá đơn vị sản phẩm y1, y2 lần lượt

là 2000$ và 4000$

Xác định số lượng y1 và y2 để chi phí ít nhất

Gọi y 1 và y 2 là số lượng sản phẩm được mua (là biến quyết định)

Hàm mục tiêu : Min F = 1000(2y 1 + 4y 2 ) Ràng buộc:

- Về chất dinh dưỡng loại A : 2y 1 + y 2 >=14

- Về chất dinh dưỡng loại B :

y 1 + y 2 >=12

- Về chất dinh dưỡng loại C :

y 1 + 3y 2 >=18

- Về ý nghĩa vật lý ta phải cĩ : y 1 ,y 2 >=0

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN

QHTT

 Phương pháp đồ thị (chỉ cĩ 2

biến quyết định)

(phương pháp tổng quát cĩ số

lượng biến quyết định bất kỳ)

(CHỈ CĨ 2 BIẾN QUYẾT ĐỊNH)

 Bài tốn Max

 Bài tốn Min

BÀI TỐN MAX

buộc bằng đồ thị  Xác định

miền nghiệm cĩ thể,

 Vẽ họ đường thẳng biểu thị

HMT

Hàm mục tiêu :

Max F = 1000( 3x1 + 4x2 ) [1]

Các ràng buộc : 2,5x1 + x2 <=20 [2]

3x1 + 3x2 <=30 [3]

x1 + 2x2 <=16 [4]

Về ý nghĩa vật lý ta phải cĩ : x1,x2 >=0

Trang 4

Dùng trong trường hợp chỉ có 2 biến quyết định:

O

y2

8

10

20

y 1

F=hằng số

D C

B

A C(4,6) Fmax =36000

Vùng nghiệm có thể [2]

[3]

[4]

[1]

4

6

BÀI TỐN MIN

Hàm mục tiêu :

Min F = 1000(2y1 + 4y2) [1]

Ràng buộc:

y1 + y2 >=12 [3]

y1 + 3y2 >=18 [4]

O y2

6

12

14

y 1

F=hằng số

D

C

B

A B(9,3) Fmin =44000

Vùng nghiệm có thể

[2]

[3]

[4]

[1]

- Nghiệm luôn luôn nằm trên đường “ranh

giới” (ABCD)

- Sẽ có nhiều nghiệm trong trường hợp

đường thẳng biểu thị HMT gặp “đa giác

nghiệm” trên 1 đọan thẳng trên biên

- Đường thẳng nghiệm biểu thị giá trị HMT

là hằng số

Bài tập 1 : Một xưởng sản xuất hai loại thép đặc biệt g1 và g2 Loại g1 cần 2h để nấu chảy, 4h để luyện, 10h để cắt định hình

Loại g2 cần 5h để nấu chảy, 1h để luyện, 5h để cắt định hình

Lợi nhuận mang đến bởi loại g1 là 24$ và loại g2 là 8$ Khả năng của xưởng có thể bố trí 40h để nấu chảy, 20h để luyện và 60h để cắt định hình

Xác định phương án sản xuất để nhà sản xuất có lợi nhuận cao nhất

Đáp số : g1 = 4 , g2 = 4 và F max = 128$

Trang 5

Bài tập 2 : Một nhà sản xuất hai loại đá xây dựng :

loại lớn (x1) , loại bé (x2) Loại x1 cần 2h để

nghiền, 5h để phân loại, 8h để làm sạch Loại x2

cần 6h để nghiền, 3h để phân loại, 2h để làm

sạch Lợi nhuận mang lại từ loại x1 và x2 lần lượt

là 40$ và 50$ Khả năng thiết bị cho phép sử dụng

trong một tuần là : 36h để nghiền, 30h để phân

loại và 40h để làm sạch

a Xác định phương án sản xuất x1, x2 để nhà sản

xuất có lợi nhuận cao nhất

b Xác định lời giải nếu lợi nhuận x2 là 160$

Đáp số : x1 = 3 , x2 = 5 và F max = 370$

hỗn hợp phân bón từ hai loại sản phẩm cơ bản, sao cho tối thiểu nhận được 15 đơn vị potasse, 20 đơn vị nitrate và 3 đơn vị phosphate Loại x1 có giá là 120$ cung cấp được 3 đơn vị potasse, 1 đơn vị nitrate, 3 đơn

vị phosphate Loại x2 có giá là 60$ cung cấp được 1 đơn vị potasse, 5 đơn vị nitrate, 2 đơn

vị phosphate Xác định phương án chọn lựa để cực tiểu hóa chi phí của nhà làm vườn

Đáp số : x1 = 2 , x2 = 9 và F min = 780$

Bài tập 4: Một nghệ sĩ rất quan tâm đến sức khoẻ

mong muốn mỗi ngày có được tối thiểu 36 đơn vị

vitamin A, 28 đơn vị vitamin C, và 32 đơn vị

vitamin D Loại thuốc thứ 1 giá là 3$US có thể

cung cấp 2 đơn vị vitamin A và 2 đơn vị vitamin C

và 8 đơn vị vitamin D Loại thuốc thứ 2 giá là

4$US có thể cung cấp 3 đơn vị vitamin A, 2 đơn vị

vitamin C và 2 đơn vị vitamin D Xác định lượng

thuốc sử dụng để chi phí của nghệ sĩ này là bé

nhất

Đáp số : y1 = 6 , y2 = 8 và Fmin = 50 $US

Bài tập 5 : Tìm lời giải tối ưu cho bài toán sau:

Hàm mục tiêu : Max F = 20x1+10x2 Các ràng buộc : 4x1+3x2 <=48 3x1+5x2 <=60 x1 <=9 x1, x2 >=0 Đáp số : x1 = 9, x2 = 4 và Fmax = 220 Bài tập 6: Hàm mục tiêu : Min F = 30x1+50x2 Các ràng buộc : 6x1+2x2 >=3

Đáp số : x1= 6 , x2=3 và Fmin = 330

PHƯƠNG PHÁP

ĐƠN HÌNH

NGUYÊN TẮC

 Thử và so sánh kết quả của tất

cả các điểm nằm trên “ranh

NGHIỆM

Trang 6

PHƯƠNG PHÁP

ĐƠN HÌNH

 Bài tốn Max HMT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH Phương pháp đơn hình cho phép xác định lời giải

cơ bản của một hệ thống phương trình và kiểm tra xem lời giải đó có tối ưu hay chưa

Để có lời giải cơ bản, phải gán cho (n-m) biến giá trị bằng không và giải hệ m phương trình và m ẩn số còn lại Phương pháp nầy cho phép chuyển từ lời giải cơ bản này sang một lời giải

cơ bản khác, tốt hơn lời giải trước, cho đến khi đạt đến lời giải tối ưu.

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Những biến có giá trị là 0 ở mỗi

bước lặp thì không kể trong lời

giải cơ bản Những biến không

được lấy giá trị 0 sẽ được xem ở

trong lời giải cơ bản của bài toán

NGUYÊN LÝ ƯU TIÊN CHỌN

TỔ HỢP NGHIỆM

 Sẽ ưu tiên đưa nghiệm Xi nào

cĩ hệ số ai LỚN !

Max X

a

X a X a

F  1 1 2 2  n n 

giải

Hàm mục tiêu : Max F = 5x1 + 3x2 [1]

Với các ràng buộc :

6x1 + 2x2 <=36 [2]

5x1 + 5x2 <=40 [3]

2x1 + 4x2 <=38 [4]

với x1 , x2>=0

(Ghi chú: trong trường hợp này dùng p/p đồ thị)

1 Lập bảng ban đầu cho phương pháp đơn hình

a.Thêm các biến bù s1,s2,s3>0 để biến đổi các bất phương trình trên thành phương trình : 6x1 + 2x2 + s1 = 36 [2]

5x1 + 5x2 + s2 = 40 [3]

2x1 + 4x2 + s3 = 28 [4]

b Phương trình trên dưới dạng ma trận :

6 2 1 0 0

5 5 0 1 0

2 4 0 0 1

36 40 28

1 2 1 2 3







































*

x x s s s

Trang 7

HÀM MỤC TIÊU

MỘT CÁCH “HÌNH THỨC”  SAU KHI BỔ

SUNG CÁC BIẾN “BÙ” THÌ HMT SẼ

BIẾN THÀNH:

Max F = 5x1 + 3x2 +0.s1+0.s2+0.s3

c Bảng ban đầu của phương pháp đơn hình :

Nghiệm: x1=0, x2=0, s1=36,s2=40, s3=28, HMT=0

!!! Trên 1 cột, nếu hệ số không có dạng (0 ,1, 0, )  Biến tương ứng =0

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 Hằng số

Hệ số HMT đổi dấu – Hàng tham khảo

Chọn giá trị “xoay” và thay đổi hệ cơ bản

Để đạt đến giá trị tối ưu của hàm mục tiêu,

chúng ta xem xét một lời giải cơ bản mới

Để đạt được vấn đề đó, chúng ta phải đưa

vào một biến mới trong lời giải cơ bản và

đồng thời phải loại bỏ một trong những

biến trong lời giải cũ

Ta gọi sự thay đổi hệ cơ bản là quá trình

chọn biến mới để đưa vào và đồng thời

chọn biến cũ để loại ra

Nguyên tắc thay đổi như sau :

a Giá trị tham khảo âm có giá trị tuyệt đối lớn nhất xác định biến mới đưa vào lời giải cơ bản

Trong trường hợp này, đó là giá trị -5 và nằm ở cột đầu tiên (x1), do đó x1 sẽ được đưa vào lời giải cơ bản Cột chứa x1 sẽ trở thành cột xoay và đánh dấu mũi tên

b Hàng xoay sẽ được xác định bởi tỷ số nhỏ nhất

giữa cột hằng số và các phần tử của cột xoay tương ứng Trong trường hợp này là hàng thứ nhất bởi vì (36/6<40/5<28/2)

KHỬ

• Đây là bước cho phép giải hệ m phương trình và

có m ẩn số còn lại trong lời giải cơ bản Bởi vì chỉ

có duy nhất một biến mới đưa vào lời giải cơ bản

và bước tính luôn luôn tạo ra một ma trận đơn

vị, trong bước này ta sẽ biến đổi sao cho giá trị

xoay bằng 1 (chứa tất cả các số hạng của hàng

này cho giá trị xoay) và tạo ra các giá trị bằng 0

cho các số hạng khác trong phần cột xoay còn

lại, bằng cách thay nó bởi một tổ hợp tuyến tính

của hàng đang xét và hàng xoay (giống như

trong phương pháp khử Gauss)

42

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 Hằng số

Nghiệm: x1=6, x2=0, s1=0,s2=10, s3=16,HMT=30

Trang 8

TỐI ƯU HÓA

HMT sẽ cực đại khi ta không còn giá trị

tham khảo nào âm ở hàng cuối

Chúng ta tiếp tục sự thay đổi lời giải cơ bản

và sự khử với nguyên tắc như trình bày ở

bước trên

Cột x2 sẽ được chọn là cột xoay và hàng 2 sẽ

được chọn là hàng xoay, do đó 10/3 sẽ là

giá trị xoay, khi đó ở bước này thì s1 và s2

sẽ bị loại ra khỏi lời giải cơ bản

44

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 Hằng số

0 -1.33 5/6 0 0 30

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 Hằng số

0 1 -0.25 3/10 0 3

Nghiệm: x1=5, x2=3, s1=0,s2=0, s3=6,HMT=34

MỘT SỐ LƯU Ý

 Biến bù s=0  Bất phương trình ràng

buộc đã đạt tối đa  biến thành

phương trình

 Biến bù s > 0  Bất phương trình

ràng buộc tương ứng chưa đạt tối đa

 “tài nguyên” này cịn

 Kết quả trên  ràng buộc [2] & [3] đã

đạt tối đa, ràng buộc [4] cịn 6 đơn vị

Bài tập: Dùng phương pháp đơn hình giải:

Hàm mục tiêu : Max F = 1000( 3x 1 + 4x 2 ) [1]

Các ràng buộc :

• Ràng buộc về thời gian ghép thơ : 2,5x 1 + x 2 <=20 [2]

• Ràng buộc về thời gian đánh bĩng : 3x 1 + 3x 2 <=30 [3]

• Ràng buộc về thời gian đĩng thùng :

x 1 + 2x 2 <=16 [4]

Về ý nghĩa vật lý ta phải cĩ : x 1 ,x 2 >=0 [5]

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

BÀI TOÁN CỰC TIỂU

Khi chúng ta sử dụng phương pháp đơn hình để

tìm một giá trị cực tiểu, những biến bù thêm

vào mang trước nó dấu trừ sẽ đưa đến một

dạng bài toán đặc biệt

Trong thực tế, người ta có thể giải bài toán cực

tiểu bằng cách thay nó bằng bài toán đối

ngẫu để trở thành bài toán cực đại

Sử dụng phương pháp đơn hình để giải bài toán sau :

Hàm mục tiêu : Min F = 2x1 + 4x2

với các ràng buộc : 2x1 + x2 >= 14 x1 + x2 >= 12 x1 + 3x2 >= 18 với x1, x2 >=0

Trang 9

Bảng ban đầu cho phương pháp đơn hình (có một ít

thay đổi so với bài toán trước)

a Phương trình với các biến bù :

2x1 + x2 - s1 = 14

x1 + x2 - s2 = 12

x1 + 3x2 - s3 = 18

14 12 18

1 2 1 2 3









































*

x x s s s

TưØ ma trận này ta thấy rằng nếu x1=x2=0, lời giải

cơ bản không thể chấp nhận vì s1=-14, s2=-12, s3=-18 (giá trị âm) Để giải quyết vấn đề này ta sẽ đưa vào các biến nhân tạo Ai

Biến nhân tạo (Ai) là một biến ảo được đưa vào một cách đặc biệt để tạo nên một lời giải cơ bản chấp nhận được, do đó nó không có ý nghĩa về mặt kinh tế Ta đưa vào mỗi bất phương trình ban đầu một biến nhân tạo :

14 12 18

1 2 1 2 3 1 2 3









































*

x x s s s A A A

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 A 1 A 2 A 3 Hằng số

2 1 -1 0 0 1 0 0 14

1 1 0 -1 0 0 1 0 12

1 3 0 0 -1 0 0 1 18

-2 -3 0 0 0 -M -M -M 0

M>0 đủ lớn để A i bị loaị ra khỏi p/t HMT

QUY HOẠCH NGUYÊN

• Đây là một trường hợp đặc biệt của

bài toán quy hoạch tuyến tính, ở đó ta

chỉ chấp nhận biến quyết định có giá trị nguyên

 Chọn số lượng thiết bị sản xuất, số lượng sản phẩm,

QUY HOẠCH NGUYÊN

Một phương pháp giải cơ bản cho quy hoạch

nguyên thường gọi là “cutting plane“

 Đầu tiên xác định biến quyết định bằng phương

pháp quy hoạch tuyến tính

Trường hợp biến kết quả không nguyên  thiết

lập ràng buộc mới từ bản tính QHTT

 Giải hệ p/t QHTT với ràng buộc mới

 Quy trình sẽ kết thúc khi chúng ta đã nhận các

biến quyết định hoàn toàn nguyên

Ví dụ: Một Xí nghiệp chế tạo hai loại radio A và B

- Lợi nhuận thu được từ A và B lần lượt là 100 $US và 200 $US

- Một người thợ cần 1 h và 4 h để lắp ráp A và B

Mỗi ngày người thợ chỉ có thể làm việc 12 h

- Ngoài ra theo kết quả của phòng nghiên cứu tiếp thị thì khả năng tiêu thụ của thị trường tối đa là

4 sản phẩm/ngày, không phân biệt loại radio nào

Trang 10

- Về khả năng công nghệ, xưởng cần 3 h và 1

h để chế tạo các linh kiện cho A và B

- Xưởng này hoạt động tối đa 10 h/ngày

Xác định chiến lược sản xuất A và B để cực

đại hóa lợi nhuận cho Xí nghiệp, chú ý là

việc chế tạo một số lẽ radio A và B là

không có nghĩa thực tế

Gọi x1 = Số lượng radio A chế tạo ( nguyên )

x 2 = Số lượng radio B chế tạo ( nguyên )

s 1 ,s 2 ,s 3 : các biến bù Hàm mục tiêu : Max F = 100 (x 1 + 2x 2 ) Giải bằng phương pháp đơn hình Sau khi thêm các biến bù s i vào các ràng buộc ta có :

x 1 + x 2 +s 1 = 4 3x 1 + x 2 + s 2 = 10

x 1 + 4x 2 + s 3 = 12 Lập bảng đầu tiên của phương pháp đơn hình :

Kết quả : x1 = 4/3 ,x2 =8/3, s1=s3=0,s2=10/3 và Fmax =

20/3 (x100)

Do kết quả cho biến quyết định x1 & x2 không phải là số nguyên

 ta không chấp nhận  tiếp tục giải với Cuting plane

x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 Hằng số

• Phương pháp sau đây gọi là phương pháp Gomory

cho phép tạo ra các ràng buộc bổ sung từ bảng

cuối cùng của phương pháp đơn hình ở trên Các

cưởng bức bổ sung này sẽ giới hạn thêm phần miền

nghiệm có thể

• (Chú ý: nên chọn ràng buộc có biến bù =0

!!!)

• Ràng buộc thứ 3 trong bảng cuối cùng của phương

pháp đơn hình cho ta :

3 3 3

2

S S



Mỗi sốõ hạng trong phương trình trên sẽ được phân tích thành tổng của một số nguyên và một phần lẽ theo nguyên tắc sau :

Gọi: vì si>=0  k>=0 Trừ hai phương trình trên và chuyển giá trị 2 ra vế sau 

2

1 3

3 3

2s1 s3

k 

2

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	832,06 KB