Bài tập ôn thi phân tích và tối ưu hóa hệ thống

BÀI TẬP ÔN THI PHÂN TÍCH VÀ TỐI ƯU HÓA HỆ THỐNG PHẦN 1: TÌM CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA HÀM BIẾN Câu 1: Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba biến thỏa mãn hai điều kiện: U (x,y,z) = x +2y + 3z thỏa mãn hai điều kiện: x - y + z = 1; x2 + y = Bài giải: Đây toán tìm cực trị hàm n = biến, với số điều kiện ràng buộc m = (chẵn); (m 29 29 *) Tại điểm M1( được: ∆ ( M ) Do Δ5 > 0, hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm xét đạt cực tiểu tương đối M1 giá trị cực tiểu U= − 29 −2 − 29 ; ;1 + ) ứng với ; λ1 = −3; λ2 = ; Thay vào (2) ta 29 29 29 − 29 25 = 8.( ).( + ) = −4 29 < 29 29 *) Tại điểm M2( được: ∆ ( M ) Do Δ5 < hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm xét không xác định dấu Vậy M2 điểm cực trị *)Kết luận: Bài toán có điểm cực trị là: Đạt cực tiểu tương đối M 1( giá trị cực tiểu U = − 29 2 −5 ; ;1 − ) 29 29 29 Câu 2: Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba biến thỏa mãn hai điều kiện: U (x,y,z) = x – 3y + z thỏa mãn hai điều kiện: x + y – z = 2; x2 + y2 = Bài giải: Đây toán tìm cực trị hàm n = biến, với số điều kiện ràng buộc m = (chẵn); (m0 Do Δ5 > 0, hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm xét đạt cực tiểu tương đối M1 giá trị cực tiểu U= -6 *) Tại điểm M2(1;-1;-2) ứng với ứng với λ1 = 1; λ2 = -1 Thay vào (2) ta được: ∆ ( M ) = 8.(-1).(1+1) = -16 < Do Δ5 < hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm xét không xác định dấu Vậy M2 điểm cực trị *) Kết luận: Bài toán có điểm cực trị là: Đạt cực tiểu tương đối M 1(-1; 1; -2) giá trị cực tiểu U = -6 Câu 3: Dùng phương pháp nhân tử lagrange ma trận viền để tìm cực trị hàm ba biến: u = f(x,y,z) = x + 2y +4z thỏa mãn điều kiện : x + y + z = Bài giải: Đây toán tìm cực trị hàm n = biến, với số điều kiện ràng buộc m = (lẻ); (m 0; ∆4 < (có tính đan dấu) tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện m = lẻ nên hàm xét đạt cực đại tương đối M2 giá trị cực đại U = *) Kết luận: Bài toán có điểm cực trị là:  2 ; − ; − ÷ giá trị cực tiểu U = −  5 5 - Đạt cực cực tiểu tương đối M  −  1 2 ; ; ÷ giá trị cực đại U = 2 5 5 - Đạt cực đại tương đối M  Câu : Dùng phương pháp phân tử Lagrange ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba biến: U(x,y,x) = Z - 2x + 3y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 + z = Bài giải: Đây toán tìm cực trị hàm n = biến, với số điều kiện ràng buộc m = (lẻ); (m +∆ ( M ) = −4.1 = −4 < *) Tại điểm M (−1; ; − Do Δ3 > 0; ∆4 < (có tính đan dấu) tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện m = lẻ nên hàm xét đạt cực đại tương đối M0 giá trị cực đại U =  13 13  *) Kết luận: Bài toán có điểm cực trị: Đạt cực đại tương đối M  −1; ; − ÷ 4  giá trị cực đại U = 13 PHẦN 2: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH Câu 5: Cho hàm mục tiêu: F = 3x1 + 5x2 thỏa mãn hệ điều kiện: Tìm max F phương pháp hình học Gọi toán tìm maxF A, viết toán B đối ngẫu với A Lập bảng đơn hình để giải toán A Nêu kết với bảng đơn hình tối ưu toán B Bài giải: Tìm max F phương pháp hình học - Vẽ đường biên miền thừa nhận Miền thừa nhận giới hạn 11x1 − x2 = 55  3x1 − x2 = 20 => A(8,11) 11x1 − x2 = 55  7 x1 + x2 = 52 => B( 3 x1 − x2 = 20  7 x1 + 3x2 = 52 => C(4;8) 11x1 − 3x = 55 − x + x = 20  bởi: 7 x + 3x = 52   x1 = 0, x = 107 187 ; ) 18 54 Hình Từ hình ta xác định MTNĐ tam giác ABC r Vẽ véc tơ c = (3;5) véc tơ pháp tuyến đường thẳng có phương trình: x1 + x2 = m = const Các đường thẳng phương với đường thẳng x1 + x2 = (gọi đường thẳng tựa - ĐTht) r Giá trị x1, x2 tăng dần theo hướng c Tịnh tiến đường thẳng tựa theo r hướng c quét qua mặt phẳng Khi ta có B A GTNN GTLN F Vậy: MinF = 3.107/18+5.187/54 = 949/27 MaxF = 3.8 +5.11 = 79 Gọi toán tìm maxF A, viết toán B đối ngẫu với A Bài toán ban đầu A: Max FA = Max(3x1 + 5x2) với ràng buộc 11x1 − x2 ≤ 55 11x1 − x2 ≤ 55 3 x − x ≥ −20 −3x + x ≤ 20   2 ⇔  x + x ≥ 52 − x − x 2 ≤ −52    x1 ; x2 ≥  x1 ; x2 ≥ Viết tóm tắt hai BTĐN sau BTA x1 x2 ≤ BTB y3 y4 y5 ≥ 11 -3 55 11 -3 -7 -3 20 -3 -3 -7 -3 -52 Max F Min L 55 20 -52 => Từ bảng ta viết toán B sau: Tìm Min FB = Min (55y3 + 20y4 – 52y5) thỏa mãn điều kiện sau: 11 y3 − y − y5 ≥  − y + y − y ≥ y , y , y ≥  Lập bảng đơn hình để giải toán A Bài toán A chưa dạng chuẩn tắc Ta thêm biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4; x5 biến nhân tạo (BNT) y Bài toán có dạng: Tìm Max FA = Max (3x1 + 5x2 - My) ( M số dương lớn) 11x1 − x2 + x3 = 55 − x + x + x = 20  Thỏa mãn điều kiện sau:  7 x1 + x2 − x5 + y = 52  x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0; y = Ta có bảng đơn hình toán A sau: BCS x1 x2 x3 x4 x5 y Hstd Tỷ số Ghi x3 11 -3 0 55 ⇐ x4 -3 0 20 y 0 -1 52 -3 -5 0 0 0 0 0 M -7M⇑ -3M 0 M -52M x1 -3/11 1/11 0 x4 35/11 3/11 0 35 11 y 54/11 -7/11 -1 17 187/54 ⇐ -64/11 3/11 0 15 -54M/11⇑ 7M/11 M -17M x1 1/18 -1/18 107/18 x4 0 37/54 35/54 1295/54 37 ⇐ x2 -7/54 -11/54 187/54 0 -13/27 -32/27⇑ 949/27 0 0 0 x1 4/35 3/35 x5 0 37/35 54/35 37 x2 3/35 11/35 11 0 27/35 64/35 79 0 0 0 F F F F 52/7 (bỏ) Kết luận: Phương án tối ưu (x1; x2; x3; x4; x5) = (8; 11; 0; 0; 37) → Max FA = 79 Nêu kết với bảng đơn hình tối ưu toán B 10 Tối ưu x2 A(-26/3 ;6) d3 A(5/8 ;7/24) 1 2 d2 x1 A(8/9 ;-7/6) m d1 Đặt L = x1 + x2 đường thẳng tựa, ta xét đường thẳng x1 + x2 = gọi đường thẳng (ĐTT) Khi tịnh tiến ĐTT theo chiều véc tơ pháp tuyến (2;1) ta đường thẳng 2x1 + x2 = m giá trị m tăng dần lên Dựa vào hình vẽ ta nhận thầy có điểm (0;3/2) thỏa mãn điều kiện ràng buộc (*)trên Do điểm có tọa độ (0; 3/2) miền thừa nhận (điểm giao giữu x2 d3) Vậy Fmax = 3/2 điểm có tọa độ (0;3/2) Câu 18 Cho hàm mục tiêu F = + thỏa mãn hệ điều kiện: Tìm max F phương pháp hình học phương pháp đơn hình Bài giải: Phương pháp đơn hình: Thêm ba biến chênh lệch (BCL) không âm x 3; x4; x5 biến nhân tạo (BNT) y cho toán trở thành tìm max F = max (2x1 + x2 - My) với M số dương lớn và: 36 Ta có bảng đơn hình (BĐH): BCS 0 M 3 0 -3M -5M -1 0 M 0 0 -3/5 3/5 24/5 1 0 -4/5 -1/5 2/5 0 22/5 3/5 9/5 -7/5 0 0 0 0 -1/5 -3/4 -1/4 1/12 0 1/8 -1/8 5/24 3/5 37/8 3/8 3/8 F 0 -1/12 7/24 9/8 F 12 1 0 0 1/2 5/2 1/2 3/2 9/2 3/2 F F -4 -1 HSTD 0 0 y -3 -2 -3M y Phương án tối ưu ( Vậy Fmax = ( ; ; ; 0 ; ; ) = (0 ; ;8; Tỷ số Ghi 3/5 3/2 (bỏ) 3/8 (bỏ) 9/2 Tối ưu ; 0) ) = (0 ; ) 2.Phương pháp hình học: Vẽ đường biên miền thừa nhận (MTNĐ) tam giác ABC hình: 37 Đường thẳng tựa có phương trình 2x1 + x2 = (4) Vậy Fmax = F(B) = + = (x1 ; x2) = (0 ; ) Câu 19 Cho hàm mục tiêu F = 2x1+x2 thỏa mãn hệ điều kiện: −3 x1 − x2 ≤ 3 x + x ≥   6 x1 + x2 ≤  x1 , x2 ≥ Tìm max F phương pháp hình học phương pháp đơn hình Bài giải: Phương pháp hình học Vẽ đường thẳng từ phương trình −3 x1 − x2 = ( 1)  3 x1 + x2 = ( )  6 x1 + x2 = ( 3) Đường thẳng tựa có phương trình x1 + x2 = ( ) Vectơ pháp c ( 2;1) → + Ta xác định đương biên MTNĐ nghiệm hình vẽ phần diện tích tạo đường (3) (2) Đường thẳng hàm mục tiêu F quét qua D điểm cực biên tọa độ (0;3/2) 38 GTLN F đạt đỉnh D(0;3/2) Max F = 3/2 Phương pháp đơn hình Đưa hệ BPT dạng chuẩn tắc cách thêm BCL không âm x3, x4, x5 ≥ BNT y ≥ Ta có hệ phương trình −3 x1 − x2 + x3 =  3 x1 + x2 − x4 + y = 6 x + x + x =  Hàm mục tiêu F viết lại sau F = 2x1+x2 – My Từ ta có BĐH sau BCS x1 x2 x3 x4 x5 y HSTD Tỷ số Ghi x3 -3 -4 0 y -1 2/3 x5 0 1/2 ⇐ -2 -1 0 0 F 0 0 M bỏ M 0 -2M -3M⇑ -5M x3 -3 0.50 3.5 y -1 -0.5 0.5 1/8 x1 0 0 0 1/3 -1/3 -4M⇑ 0 0 0 0 0 0 M -3/4 -1/4 1/12 -1/12⇑ 1/6 1/3 1/2M 1/8 -1/8 5/24 7/24 0 0 0.5 -2M 31/8 1/8 11/24 25/24 3/2 1/16 12 1 0 0 0 0 1/2 5/2 1/2 F x3 x2 x1 F x3 x2 x4 F 11/2 3/2 11/2 3/2 11 Dựa vào BĐH thấy max F = 3/2 ứng với nghiệm (0; ;8; ;0) 2 Kết hoàn toàn phù hợp với phương pháp hình học Câu 20: Cho hàm mục tiêu: F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện: Tìm max F phương pháp hình học phương pháp đơn hình Bài giải: 39 ⇐ ⇐ Tối ưu 1.Phương pháp hình học: Vẽ đường biên miền thừa nhận (MTNĐ) tứ giác lồi ABCD với A(0;3/2), B(1/2;0), C(1/3;0), D(0;1/5) x2 (3) (4) (2) 3/2A(0;3/2) (1) 1/5 D(0;1/5) 1/3 O C B(1/2;0) 1/2 x1 (1/3;0) Đường thẳng tựa có phương trình: 2x1 + x2 = (4) với véc tơ pháp tuyến (2;1) Vậy Fmax = F(A) = x + 3/2 = 3/2 (x1;x2) = (0;3/2) 2.Phương pháp đơn hình: Thêm biến chênh lệch (BCL) không âm x3, x4, x5 biến nhân tạo (BNT) y cho Bài toán tìm max F = max (2x1 + x2 - My) với M số dương lớn và: Ta có bảng sau: BCS x1 x3 -3 y x5 -2 F -3M x3 -3/5 x2 3/5 x5 24/5 -7/5 ⇑ F x3 x2 -4 -1 -5M ⇑ 0 x3 0 0 0 0 x4 -1 0 M -4/5 -1/5 2/5 -1/5 -1 x5 0 0 0 0 40 y 0 M Hstd 0 -M 14/5 1/5 13/5 1/5 Tỷ số G.chú 1/5 3/2 ⇐ (bỏ) 1/3 13/24 (bỏ) ⇐ x1 x5 F x3 x1 x4 F x3 x2 x4 F 5/3 -1/3 1/3 -8 1 1/2 ⇐ 7/3 2/3 -2/3 ⇑ 0 -3 1/2 7/2 1/3 0 1/6 1/2 3/2 ⇐ -4 1/2 1/2 0 1/3 -1/3 ⇑ 0 1/2 3/2 12 0 5/2 13/2 0 1/2 3/2 Tối ưu Vậy Fmax = 3/2 (x1;x2;x3;x4;x5) = (0;3/2;8;13/2;0) Và (x1;x2) = (0;3/2) PHẦN 3: QUY HOẠCH ĐỘNG Câu 21: Giá trị hàm lợi ích phân phối thép (tính theo tấn) cho sở A, B, C, D cho theo bảng sau: Cơ sở A B C D Số thép 0 0 9 14 11 17 18 17 15 21 (Dấu – ứng với khả không phân phối được) Dùng quy hoạch động để lập phương án phân phối hết thép cho sở cho tổng lợi ích lớn nêu tất phương án tối ưu tương đương (nếu có) Bài giải: 1.Thiết lập toán quy hoạch động (QHĐ) Ta chọn thời điểm n sau: n=0 ứng với trạng thái chưa phân phối n=1 phân phối xong cho sở A x1 x1 є {0,1,3,4} n=2 phân phối xong cho sở A,B x2 x2 є {0,1,2,4} điều kiện x1 + x2 [...]... tiên mà ĐThT chạm vào miền S và điểm D  0; ÷ là vị trí cuối cùng ĐThT 2  chạm vào miền S Chính tại C và D hàm F lần lượt đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất Từ đó ta có: MaxF = 0+3/2 = 1,5 30 2 Tìm max của F bằng phương pháp đơn hình Thêm 3 biến chênh lệch(BCL) không âm x3 , x4 , x5 và một biến nhân tạo(BNT) y sao cho bài toán sẽ là tìm max F = max(2 x1 + x2 − My ) với M là số dương lớn và  −3 x1 − 4... 3/2 Tối ưu -1/3 ⇑ Vậy Fmax = 3/2 tại (x1;x2;x3;x4;x5) = (0;1/2;2;5/2;0) Và tại (x1;x2) = (0;3/2) Câu 17: Cho hàm mục tiêu: F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện: − 3 x1 − 4 x 2 ≤ 2  3 x1 + 5 x 2 ≥ 4 6 x + 2 x ≤ 3 2  1 Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình Bài giải: 1 Phương pháp đơn hình: Thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x 3, x4, x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y sao cho Bài. .. tiêu F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện:  4 x1 + x2 ≥ 1 3 x + 5 x ≥ 2  1 2  6 x + 2 x 2 ≤3  1  x1 , x2 ≥ 0 1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học 2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A 3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A Bài giải: 1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học Xác định miền thừa nhận được: 21 Tỉ số Tối ưu   4 x1 + x2 = 1(d1)... 3 x + 2 x ≤ 26  1 2  3 x1 − 4 x 2 ≤ 2  x1 , x 2 ≥ 0 1 Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học 2 Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A 3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A 4 Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B Bài giải: 1.Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học - Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được: Tìm MTNĐ: 3 x1 − x 2 ≥ 5(d1... chú 7/5 3/2 Bỏ 7/3 1/24 1/2 Tối ưu 5 Kết luận: Max F = 3/2 tại (x ;x ;x ;x ;x )=(0;3/2;8;1/2;0) Max(2x1+x2)=3/2 tại (x1;x2)=(0;3/2) Câu 15 Cho hàm mục tiêu: F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện: Tìm max của F bằng phương pháp hình học và phương pháp đơn hình Bài giải: 1 Phương pháp đơn hình: Thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x 3, x4, x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y sao cho Bài toán sẽ là tìm max F =... x1 F 0 0 − 3M ⇑ 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 − 16 / 9 ⇑ − 5/9 ⇑ Tỷ số 5/3 26/3 2/3 Kết luận: Phương án tối ưu tại (x1; x2; x3; x4; x5) = (4; 7; 0; 0; 18) 13 Ghi chú ⇐ (bỏ) 1 4 ⇐ 9 ⇐ 18 54 ⇐ Tối ưu! → Max FA = 32 4 Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toánB Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là: BCS y1 y2 y3 y4 y5 y3 2/9 -1/9 4 -1/3 -1/3 7 1 0 0 0 1 0 -2 -1 18 y4 L* HSTD 10/9 13/9 -32... 2/5 - 3/5 ⇑ 0 11/5 2/5 y3 5/17 - 3/17 1 0 -24/17 12/17 y4 - 1/17 4/17 0 1 - 2/17 1/17 L 3/17 5/17 0 0 23/17 14/17 Kết luận: Max L = Tối ưu 14 12 1 tại ( y1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 )=(0,0, , ,0) 17 17 17 4 Nêu kết quả và bảng đơn hình tối ưu của A Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A: BCS x1 x2 x5 L* x1 1 0 0 0 x2 0 1 0 0 x3 - 5/17 3/17 24/17 12/17 x4 1/17 - 4/17 2/17 1/17 x5 0 1 0 0 HSTD 3/17 5/17 23/17... L -5 26 2 => Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau: 12 Tìm Min L =Min (−5 y 3 + 26 y 4 + 2 y5 ) thỏa mãn các điều kiện sau: − 3 y 3 + 3 y 4 + 3 y 5 ≥ 1   y3 + 2 y 4 − 4 y5 ≥ 4 y , y , y ≥ 0  3 4 5 3.Lập các bảng đơn hình giải bài toán A Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4; x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y Bài toán có dạng: Tìm Max FA = Max (x1... bằng phương pháp hình học 2 Gọi bài toán tìm minF là A Viết bài toán B đối ngẫu với A 3 Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B Nêu kết quả của bài toán A Bài giải: 1 Tìm min của F bằng phương pháp hình học - Tìm miền thừa nhận được:  4 x1 + x2 = −4 3 x + 5 x = 2  1 2 Miền thừa nhận (D) được giới hạn bởi:  6 x + 2 x 2 =3  1  x1 , x2 ≥ 0 Miền thừa nhận (D) của bài toán được xác định bởi 3 điểm...  y1 , y2 , y3 , y4 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình bài toán B: BCS y1 y2 y3 y4 y5 HSTD Tỷ số y1 1 0 4 3 -6 2 2/3 y2 0 1 1 5 -2 1 1/5 FB 0 0 4 -2 ⇑ 3 0 y1 1 -3/5 17/5 0 -24/5 7/5 y4 0 1/5 1/5 1 -2/5 1/5 FB Ghi chú ⇐ 0 2/5 22/5 0 11/5 2/5 Tối ưu Kết luận: Phương án tối ưu tại (y1; y2; y3; y4 ; y5) = (7/5; 0; 0; 1/5 ;0) → Max FB = 2/5 Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A: BCS x1 x2 x3 x4 x5 HSTD x2 3/5 1 ... 36đơn vị Có Phương án phân phối tối ưu hết số thép là: - Phương án 1: + Phân phối thép sở A, + Phân phối thép sở B, + Phân phối thép sở C, + Phân phối thép sở D - Phương án 2: + Phân phối thép sở... + Phân phối thép sở B, + Phân phối thép sở C, + Phân phối thép sở D - Phương án 3: + Phân phối thép sở A, + Phân phối thép sở B, + Phân phối thép sở C, + Phân phối thép sở D - Phương án 4: + Phân. .. phương án phân phối thép: 0:0 1:1 2:3 47 3:3 4:4 Kết quả: Lợi ích lớn 25 đơn vị Phương án phân phối tối ưu hết số thép là: Phân phối thép sở A, lợi ích Phân phối thép sở B, lợi ích Phân phối