Bài giảng tối ưu hóa

b Phương án cực biên phương án cơ bản của bài toán QHTT tổng quát  Khái niệm ràng buộc chặt, lỏng - Một ràng buộc gọi là chặt đối với phương án x nếu khi ta thay x vào ràng buộc này t

- Là quá trình tìm kiếm điều kiện tốt nhất (điều kiện tối ưu) của hàm số được nghiên cứu

- Là quá trình xác định cực trị của hàm hay tìm điều kiện tối ưu tương ứng

để thực hiện một quá trình cho trước

- Để đánh giá tối ưu cần chọn chuẩn tối ưu (là các tiêu chuẩn công nghệ)

b) Cách biểu diễn bài toán tối ưu

Giả sử một hệ thống công nghệ được biểu diễn dưới dạng sau:

𝑌 = 𝑓(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑘) Với 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑘 là thành phần của vector thông số đầu vào

𝑍𝑜𝑝𝑡: Hiệu quả tối ưu

𝐼𝑜𝑝𝑡(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑘): Nghiệm tối ưu hoặc phương án tối ưu của bài toán

c) Thành phần cơ bản của bài toán tối ưu

 Hàm mục tiêu

- Là hàm phụ thuộc

- Được lập trên cơ sở tiêu chuẩn tối ưu đã được lựa chọn

→ Hàm mục tiêu là hàm thể hiện kết quả mà người thực hiện phải đạt được, là tiêu chuẩn tối ưu ở dạng hàm, phụ thuộc vào yếu tố đầu vào, giá trị của nó cho phép đánh giá chất lượng của nghiên cứu

 Quan hệ giữa các đại lượng

Các biểu thức toán học mô phỏng các mối quan hệ giữa tiêu chuẩn tối ưu hóa (hàm mục tiêu) và các thông số ảnh hưởng (thông số cần tối ưu) đến giá trị tiêu chuẩn tối ưu này

Các quan hệ này thường được biểu diễn bằng phương trình cơ bản hoặc

mô hình thống kê thực nghiệm (phương trình hồi quy)

Quan hệ giữa các yếu tố ảnh hưởng với nhau được biểu diễn bằng đẳng thức hoặc bất đẳng thức

 Các điều kiện ràng buộc

Để bài toán công nghệ có ý nghĩa thực tế, các biểu thức mô tả điều kiện ràng buộc bao gồm:

- Điều kiện biên

- Điều kiện ban đầu

Các bước giải bài toán tối ưu:

1 Đặt vấn đề công nghệ: xem xét công nghệ cần được giải quyết là công nghệ

gì, chọn ra những yếu tố ảnh hưởng chính

Chỉ ra được hàm mục tiêu Z: Z→MAX, hoặc Z→MIN

2 Xây dựng mối quan hệ giữa các yếu tố ảnh hưởng và hàm mục tiêu theo quy luật biết trước hoạc mô hình thống kê thực nghiệm

3 Tìm thuật giải: là phương pháp để tìm nghiệm tối ưu của các bài toán công nghệ trên cơ sở các mô tả toán học tương thích đã được thiết lập Đa số dẫn đến tìm cực trị của các hàm mục tiêu

4 Phân tích và đánh giá kết quả thu được

- Nếu kết quả phù hợp  kiểm chứng bằng thực nghiệm

- Nếu kết quả không phù hợp  xem lại từng bước hoặc làm lại từ việc đặt vấn đề

2 Các ví dụ thực tế

a) Bài toán về lập kế hoạch sản xuất

Ví dụ 1: Một kg nho có giá là 50.000đ, có thể sản xuất được 0,7 lít vang và 0.3 lít giấm Một kg dứa có giá 20.000đ, có thể sản xuất được 0, 6 lít vang và 0, 1 lít giấm

Qua nghiên cứu thị trường, công ty nhận thấy nhu cầu tiêu thụ vang trong năm 2014 là khoảng 5000 lít vang và 350 lít giấm Tính số nho và dứa nguyên liệu cần phải mua để đáp ứng nhu cầu với chi phí thấp nhất?

Gọi x1, x2 lần lượt là số nho và số dứa nguyên liệu cần mua để sản xuất 5000 lít vang và 350 lít giấm

Điều kiện: x j ≥0, j =1, 2 Khi đó

1) Chi phí nguyên liệu: f (x) = f (x 1 , x 2 ) = 50x 1 + 20x 2 (1000 đ)

2) Lượng vang sản xuất: 0,7x 1 + 0,6x 2 (lít)

Để đáp ứng nhu cầu tiêu thụ vang thì: 0,7x 1 + 0,6x 2 ≥5000

3) Lượng giấm sản xuất: 0,3x 1 + 0,1x 2 (lít)

Để đáp ứng nhu cầu tiêu thụ giấm thì: 0,3x 1 + 0,1x 2 ≥350

Vậy ta có mô hình bài toán:

Nguyên liệu Bánh đậu

Điều kiện: x j ≥ 0, j =1,2,3 Khi đó

1) Tiền lãi thu được là: f (x) = f (x 1 , x 2 , x 3 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 (1000 đ)

2) Lượng đường được sử dụng là: 0,04x 1 + 0,06x 2 + 0,05x 3 (kg)

Để không bị động về nguyên liệu thì: 0,04x 1 + 0,06x 2 + 0,05x 3 ≤ 500

3) Lượng đậu được sử dụng là: 0,07x 1 + 0,02x 2 (kg)

Để không bị động về nguyên liệu thì: 0,07x 1 + 0,02x 2 ≤ 300

Vậy ta có mô hình bài toán:

(1) f (x) = f (x 1 , x 2 , x 3 ) = 3x 1 + 2x 2 + 2,5x 3 max

(2) 0,04x 1 + 0,06x 2 + 0,05x 3 ≤ 500

0,07x 1 + 0,02x 2 ≤ 300

(3) x j ≥ 0, j =1,2,3

b) Bài toán xác định khẩu phần dinh dưỡng

Ví du: Một công ty đang nghiên cứu phát triển một loại sản phẩm mới cần dùng đến 3 loại nguyên liệu T1, T2, T3 Trong 3 loại nguyên liệu này chứa 3 loại chất dinh dưỡng là A (DHA), B (A+), C (Canxi)

Số đơn vị chất dinh dưỡng (g) có trong 1 đơn vị nguyên liệu (kg) được cho trong bảng sau:

Hãy xác định lượng nguyên liệu mỗi loại cần có trong công thức của sản phẩm

để đảm bảo yêu cầu về chất dinh dưỡng, giá thành sản phẩm là nhỏ nhất?

Gọi x j là lượng nguyên liệu T j cần cho công thức của một sản phẩm (kg), j 1 , 3 Vậy ta có mô hình toán:

CHƯƠNG I ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH – TÌM PHƯƠNG

ÁN TỐI ƯU TRONG SẢN XUẤT THỰC PHẨM

Tiết 2 1.1 Khái niệm và định nghĩa

1.1.1 Dạng tổng quát của bài toán quy hoạch tuyến tính

a) Bài toán QHTT dạng tổng quát với n ẩn là bài toán có dạng:

(1) ( ) max(min)

1 2

2 1

c x

c x c x

f

n

j j ij m

im i

1 2

2 1

 Khái niệm phương án tối ưu (PATU):

 Bài toán minf: Một phương án làm cho hàm mục tiêu đạt cực tiểu gọi là

phương án tối ưu (PATU) Kí hiệu là x *

Nghĩa là: xD: f(x)  f(x*)

 Bài toán maxf: Một phương án làm cho hàm mục tiêu đạt cực đại gọi là

PATU Ký hiệu là x *

Nghĩa là: xD: f(x)  f(x*)

 Bài toán có phương án tối ưu gọi là bài toán giải được

 Giải bài toán QHTT là tìm các PATU của nó (nếu có) hoặc chỉ ra rằng bài toán vô ngiệm, nghĩa là bài toán không có PATU

b) Phương án cực biên (phương án cơ bản) của bài toán QHTT tổng quát

 Khái niệm ràng buộc chặt, lỏng

- Một ràng buộc gọi là chặt đối với phương án x nếu khi ta thay x vào ràng

buộc này thì xảy ra dấu bằng ( )

1

i n

j j

ij x b





- Một ràng buộc gọi là lỏng đối với phương án x nếu khi ta thay x vào ràng

buộc này thì xảy ra dấu bất đẳng thức thực sự: (

ij x b a

 Khái niệm phương án cực biên (PACB)

- Một phương án có số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính bằng n (số biến)

gọi là phương án cực biên

- Một phương án cực biên có số ràng buộc chặt bằng số ràng buộc chặt độc

lập tuyến tính gọi là phương án cực biên không suy biến

- Một phương án cực biên có số ràng buộc chặt nhiều hơn số ràng buộc chặt

độc lập tuyến tính gọi là phương án cực biên suy biến

- Một phương án có số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ít hơn n (số biến)

gọi là phương án không cực biên

- Lưu ý:

 Số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ≤ n (số biến);

 Số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ≤ số ràng buộc chặt

Ví dụ: Cho bài toán QHTT dạng tổng quát sau:

min 7

6 4 3 ) (x  x1 x2 x3 x4 

1 2

3

4 3

2 1

4 3 2 1

4 3 2 1

x x x

x

x x x x

x x x x

Chứng minh các kết quả sau:

1) x= (0, 1, 2, 0) là phương án cực biên không suy biến?

2) x= (0, 2, 1, 0) là phương án cực biên suy biến?

1.1.2 Dạng chính tắc của bài toán QHTT

a) Bài toán QHTT dạng chính tắc với n ẩn số là bài toán có dạng:

 Dạng đại số:

(1) ( ) max(min)

1 2

2 1

c x

c x c x

m

n n

a a

a

a a

a

a a

2 22

11

1 12

b

2 1

x

2 1

- Với quy ước: x=(x 1 , x 1 ,…, x n ) ≥0, x j ≥0, j 1 ,n

Ví dụ: Bài toán sau có dạng chính tắc

(1)f(x)  2x1 4x2x3 6x4 min

12 4

4 3 2

1

4 3 2 1

4 2 1

x x x

x

x x x

x

x x

x

(3) x j  0 ,j 1 , 2 , 3 , 4

Nhận xét: Bài toán QHTT dạng chính tắc là bài toán QHTT dạng tổng quát trong đó

- Các rảng buộc chính đều là phương trình

- Các ẩn đều không âm

b) Phương án cực biên của bài toán dạng chính tắc

x là phương án cực biên ta luôn có: m (J) ≤ r(A)

 Nếu m (J) = r (A) thì x là phương án cực biên không suy biến;

 Nếu m (J) < r (A) thì x là phương án cực biên suy biến

- Bài toán có thể có phương án hoặc không có phương án

- Nếu bài toán có phương án thì nó có phương án cực biên

- Bài toán có mọi phương án cực biên không suy biến là bài toán không suy biến Nếu có ít nhất một PACB suy biến thì gọi là bài toán suy biến

- Bài toán minf: Nếu bài toán có phương án và hàm mục tiêu bị chặn dưới

thì bài toán có phương án tối ưu Nếu f không bị chặn dưới thì 𝑓 → −∞

- Bài toán maxf: Nếu bài toán có phương án và hàm mục tiêu bị chặn trên

thì bài toán có phương án tối ưu Nếu f không bị chặn trên thì 𝑓 → +∞

- Nếu bài toán có phương án tối ưu thì bài toán có phương án cực biên tối

ưu Một phương án gọi là PACBTU nếu nó vừa là phương án cực biên vừa là phương án tối ưu

1.1.3 Dạng chuẩn của bài toán QHTT

Bài toán QHTT dạng chuẩn là bài toán QHTT dạng chính tắc

(1) ( ) max(min)

1 2

2 1

c x

c x c x f

(2) a i1x1a i2x2  a im x m a ij x j b i,i 1 , 2 , ,m

(3) x j  0 ,j 1 , 2 , ,n

Trong đó:

 Các hệ số tự do đều không âm

 Trong ma trận hệ số tự do có đủ m vector cột đơn vị: e 1 , e 2 ,…,e m

Khi đó:

 Các ẩn ứng với các vector cột đơn vị được gọi là các ẩn cơ bản Cụ thể ẩn

ứng với vector cột đơn vị e k là ẩn cơ bản thứ k

 Một phương án mà các ẩn cơ bản đều bằng 0 dược gọi là phương án cơ bản

 Một phương án cơ bản có đủ m thành phần dương được gọi là không suy biến

Ngược lại, một phương án có ít hơn m thành phần dương được gọi là phương án suy biến

Ví dụ: Xét bài toán QHTT sau:

12

4 3 2 1

6 3 1

5 4 1

x x x x

x x x

x x x

(3) x j 0, j1,2,3,4,5,6

Ta thấy bài toán trên có dạng chính tắc, hơn nữa

Các hệ số tự do đều không âm

1 0 0 1 0 12

0 1 1 0 0 1

A

Có chứa đầy đủ 3 vector cột đơn vị e 1 (cột 5), e 2 (cột 6), e 3 (cột 2)

Do đó bài toán có dạng chuẩn, trong đó

- Ẩn cơ bản thứ nhất là x5

- Ẩn cơ bản thứ hai là x6

- Ẩn cơ bản thứ ba là x2

Nhận xét: Trong bài toán trên khi cho ẩn cơ bản thứ k bằng hệ số tự do thứ k,

còn các ẩn không cơ bản bằng 0, nghĩa là cho x 5 =12, x 6 =3, x 2 =6, x 1 =x 3 =x 4 =0 ta

được một phương án cơ bản của bài toán 𝑥 = (0,6,0,0,1,2,3).

Phương án này không suy biến vì có đủ 3 thành phần dương Ta gọi đây là phương án cơ bản ban đầu của bài toán

Chú ý: Tổng quát, trong bài toán QHTT dạng chuẩn bất kì, khi cho ẩn cơ bản

thứ k bằng hệ số tự do thứ k (k=1, 2, ,m), còn các ẩn không cơ bản bằng 0, ta được một phương án cực biên (phương án cơ sở) của bài toán Ta gọi đây là phương án cơ bản ban đầu của bài toán

Tiết 3 1.1 Khái niệm và định nghĩa (tiếp)

1.1.4 Biến đổi dạng bài toán QHTT

ij x b a

1

thì ta cộng vào vế trái ràng buộc

đó ẩn phụ x n+k nghĩa là ta thay ràng buộc 

ij x b a

ij x b a

ij x b a

1

thì ta trừ vào vế trái ràng buộc đó

ẩn phụ x n+k , nghĩa là ta thay ràng buộc 

ij x b a

ij x b a

1

Chú ý: Các ẩn phụ là không âm và hệ số của các ẩn phụ đó trong hàm mục tiêu

là 0

Bước 2 Kiểm tra dấu hiệu của ẩn số

1) Nếu ẩn x j  0 thì ta thực hiện phép đổi ẩn số '

j

x   với x'j  0 2) Nếu có ẩn x jcó dấu tùy ý thì ta thực hiện phép biến đổi ẩn số ' ''

j j

Ví dụ: Biến đổi bài toán sau về dạng chính tắc

3 2

30 7

50 5

6 4

3 2 1

3 1

3 2 1

x x x

x x

x x x

(3) x1  0 ,x2  0Giải:

Thêm vào bài toán ẩn phụ x4  0để biến phương trình 4x16x2 5x3 50

(532

30)

(7

50)

(564

'' 3

' 3

' 2 1

5

'' 3

' 3 1

4

'' 3

' 3

' 2 1

x x x

x

x x x x

x x x x

2) Khi ma trận hệ số ràng buộc A không chứa cột đơn vị thứ k là e k ta đưa

vào ẩn giả x nk  0và cộng thêm ẩn giảx nk vào vế trái của phương trình

ràng buộc thứ k để được phương trình ràng buộc mới:

k k n n kn k

a 1 1 2 2   

3) Hàm mục tiêu mở rộng f(x) được xây dựng từ hàm mục tiêu ban đầu như

sau

 Đối với bài toán min: 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 + 𝑀( ẩ𝑛 𝑔𝑖ả)

 Đối với bài toán max: 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 − 𝑀( ẩ𝑛 𝑔𝑖ả)

Trong đó M là đại lượng rất lớn, lớn hơn bất kì số nào cho trước

Ví dụ 1 Biến đổi bài toán QHTT sau về dạng chuẩn

32

07

505

64

3 2 1

4 3 1

3 2 1

x x x

x x x

x x x

00

01

0532

1107

0564

Vì A còn thiếu 2 vector cột đơn vị là e 1 và e 3 nên bài toán chưa có dạng chuẩn

Thêm vào bài toán 2 ẩn giả x5,x6  0và xây dựng bài toán dạng chuẩn như sau: (1) f(x)  3x1 2x2 2x3x4Mx5Mx6 min

2

07

505

6

4

6 3 2 1

4 3 1

5 3 2 1

x x x x

x x x

x x x x

3

2

0 7

50 5

6

4

3 2 1

4 3 1

3 2 1

x x

x

x x x

x x

3

2

07

505

6

4

6 3 2 1

4 3 1

5 3 2 1

x x x x

x x x

x x x x

(3) x j 0,j1, ,6

Chú ý:

 Ẩn phụ: Tổng quát chuyển thành chính tắc

 Ẩn giả: chính tắc chuyển thành dạng chuẩn

Ví dụ 3 Biến đổi bài toán QHTT sau về dạng chuẩn

3

1202

6

5015

9

3 2

1

4 1

3 1

x x

x

x x

x x

(3) x j 0, j1,2,3,4

1202

6

5015

9

6 3 2 1

4 1

5 3 1

x x x x

x x

x x x

(3) x j 0, j 1, ,6

Bài toán chưa có dạng chuẩn

Ta thấy các vế phải của hai phương trình ràng buộc thứ 2 và thứ 3 đều âm nên bằng cách đổi dấu 2 vế phương trình ta được

3

120 2

6

50 15

9

6 3 2 1

4 3

5 3 1

x x x x

x x

x x x

Ma trận hệ số ràng buộc là

010

100531

002600

0101509

Vì A còn thiếu một vector cột là e 2 nên bài toán chưa có dạng chuẩn

Thêm vào ràng buộc chính thứ 2 ẩn giả x7 0ta được bài toán dạng chuẩn như sau:

3

1202

6

5015

7 4 3

5 3 1

x x x

x

x x x

x x x

(3) x j 0,j1, ,7

Chú ý: Quan hệ giữa bài toán xuất phát (A) và bài toán mở rộng (B) được thể hiện như sau:

- B vô nghiệm suy ra A vô nghiệm

- B có nghiệm có hai trường hợp:

1) Nếu mọi ẩn giả của PATU bằng 0 thì bỏ ẩn giả ta được PATU của A 2) Nếu có ít nhất một ẩn giả >0 thì A không có PATU

Tiết 4 1.2 Phương pháp đơn hình giải bài toán QHTT

1.2.1 Khái niệm và bản chất của phương pháp đơn hình

Năm 1949 nhà toán học người Mỹ D.D Dantzig đã giải quyết bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc có ràng buộc:

x

1

1 với xj 0Năm 1951 phương pháp này đã được công bố và sau đó đã trở thành công cụ lợi hại để giải quyết các bài toán thuộc loại quy hoạch tuyến tính

Miền ràng buộc của các biến trong không gian 2 chiều (2 biến) là một tam giác vuông cân, có độ dài của các cạnh góc vuông là một đơn vị, còn trong không gian 3 chiều là một tứ diện Trong không gian n chiều, miền ràng buộc là một đa diện lồi có các kích thước bằng 1 – gọi là đơn hình

- Thuật toán là thực hiện dịch chuyển

từ một đỉnh sang một đỉnh kề tốt hơn

cho đến khi đến được đỉnh tối ưu

- Thuật toán là hữu hạn nhưng tương

đối phức tạp

1.2.2 Cách tìm phương cực biên (cơ sở chấp nhận được)

Khái niệm phương án cực biên (phương án cơ sở chấp nhận được) đã được trình bày tại phần 1.2 (tiết 2)

Ta giả thiết rằng hạng của ma trận ràng buộc A bằng m, tức là hệ ràng buộc có m phương trình độc lập tuyến tính

Định nghĩa 1:

Từ ma trận A của hệ ràng buộc m phương trình, ta chọn ra m vector cột bất kỳ, độc lập tuyến tính (số vector cột độc lập tuyến tính có thể nhiều hơn m, nhưng ta chỉ chọn ra số vector bằng số ràng buộc) thì bộ vector này lập thành

một cơ sở của ma trận A

Phương án cơ sở là phương án, trong đó các biến số có ma trận cột tương ứng không nằm trong cơ sở nhận giá trị bằng không, còn các biến có trong ma trận cột tương ứng đã nằm trong cơ sở sẽ có giá trị khác không, và được xác định từ điều kiện:

𝐴𝑥 = 𝑏 → 𝑥 = 𝐴−1𝑏

Từ đây ta đi đến quy tắc tìm phương án cơ sở như sau:

1- Chọn một cơ sở của A bao gồm các ma trận cột

𝐴𝑘, 𝐴𝑘+1, … , 𝐴𝑚2- Đặt 𝑥1 = 𝑥2 = ⋯ = 𝑥𝑘−1 = 𝑥𝑚 +1 = ⋯ = 𝑥𝑛 = 0

0 5

2 2

2 2

2 1

2 1

2 1

2 1

x x

x x

x x

x x

Hệ điều kiện ràng buộc cho dưới dạng bất đẳng thức, vì vậy để đưa bài toán về dạng chính tắc ta thêm 3 ẩn phụ 𝑥3, 𝑥4, 𝑥5 ta có dạng phương trình như sau:

0 , 0 , 0

5

2 2

2 2

5 4

3 2

1

5 2 1

4 2 1

3 2 1

x x

x x

x

x x x

x x x

x x x

Hệ phương trình trên có thể viết dưới dạng vector:

010

001

Do đó các vector 𝐴3, 𝐴4 𝑣à 𝐴5 là độc lập tuyến tính Vì vậy ta chọn 3 vector cột này làm cơ sở của ma trận điều kiện – (thực hiện xong bước 1)

Bước 2:

Vì các cột hệ số của 𝑥3, 𝑥4, 𝑥5 đã đưa vào cơ sở, nên các biến còn lại phải nhận giá trị bằng không:

𝑥1 = 𝑥2 = 0 Bước 3: thay 𝑥1 = 𝑥2 = 0 vào hệ phương trình điều kiện, ta có:

𝑥5 = 5; 𝑥4 = 2; 𝑥3 = 2 Vậy phương án cơ sở ứng với cơ sở 𝐴3, 𝐴4 𝑣à 𝐴5 của ma trận điều kiện là vector

𝑥 = 0, 0, 𝑥3, 𝑥4, 𝑥5 = (0, 0, 2, 2, 5) Đối chiếu với điều kiện ràng buộc chính và điều kiện về dấu của biến, ta thấy phương án trên hoàn toàn thỏa mãn Vì vậy phương án cơ sở đã cho là phương án cơ sở chấp nhận được (phương án cực biên)

Lưu ý: Có những phương án tuy là phương án cơ sở nhưng không phải là

phương án cơ sở chấp nhận được vì bản thân phương án đó không là phương án chấp nhận được

Ví dụ 2: Xét bài toán QHTT sau:

6𝑥1 + 2𝑥2 − 5𝑥3 + 𝑥4 + 4𝑥5 − 3𝑥6 + 12𝑥7 → 𝑚𝑖𝑛

𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 4

𝑥1 + 𝑥5 = 2

𝑥3 + 𝑥6 = 3 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥7 = 6

A

Ta thấy rằng các vector từ A 1 đến A 7 là một hệ độc lập tuyến tính, do đó cả

7 biến số đều có quyền đưa vào cơ sở Nhưng vì số thành phần của 1 cơ sở chỉ được phép tối đa bằng số ràng buộc m (trong trường hợp này là 4) Vì vậy số cơ

sở có khả năng tạo thành là rất nhiều Ta chọn ngẫu nhiên 2 cơ sở bất kỳ Ví dụ: (𝐴4, 𝐴5, 𝐴6, 𝐴7) và (𝐴2, 𝐴5, 𝐴6, 𝐴7)

 Với cơ sở thứ nhất:

𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥3 = 0 → 𝑥4 = 4; 𝑥5 = 2; 𝑥6 = 3; 𝑥7 = 6

Do đó phương án cơ sở tương ứng là:

𝑥 = (0, 0,0,4, 2, 3, 6) Phương án này thỏa mãn các điều kiện ràng buộc và điều kiện và dấu của các biến, cho nên nó là phương án cơ sở chấp nhận được

 Với cơ sở thứ 2:

𝑥1 = 𝑥3 = 𝑥4 = 0 → 𝑥2 = 4; 𝑥5 = 2; 𝑥6 = 3; 𝑥7 = −6

Do đó phương án cơ sở tương ứng là:

𝑥 = (0, 4,0,0, 2, 3, −6) Phương án này thỏa mãn các điều kiện ràng buộc nhưng không thỏa mãn điều kiện về dấu của các biến vì 𝑥7 = −6 Vì vậy phương án này không là phương án cơ sỏ chấp nhận được, từ đây ta có định nghĩa 2:

Bây giờ ta kí hiệu:

𝑥𝑗 = 𝑥𝑗 : 𝑗 ∈ 𝐽 là vector các thành phần cơ sở (biến đã đưa vào cơ sở)

𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 : 𝑘 𝐽 là vector các thành phần phi cơ sở (biến nằm ngoài cơ sở)

𝐴𝑗 = 𝐴𝑗 : 𝑗 ∈ 𝐽 là ma trận cơ sở

Như vậy ta có: 𝑥𝑘 = 0 (∀𝑘𝐽)

Từ hệ phương trình Ax b

Ta có thể viết như sau: A j x j b x j  A j1b (*)

Biểu thức (*) chính là hệ số phân tích b qua cơ sở J (cơ sở của thành phần đã chọn)

 Để đánh giá các vector điều kiện còn lại (hệ số của biến phi cơ sở) theo

cơ sở J, ta sẽ phân tích các vector A k qua cơ sở J:

Gọi các hệ số phân tích của A k là x jk vector hệ số phân tích tương ứng là Xk tức là:

𝐴𝑘 = 𝑥𝑗𝑘𝐴𝑗 𝑣à 𝑋𝑘 = 𝐴𝑗−1𝐴𝑘

𝑗 ∈𝐽

Ta sẽ xác định đại lượng ∆𝑘 (𝑘J) bằng công thức:

∆𝑘= 𝑐𝑗𝑥𝑗𝑘 − 𝑐𝑘

∆𝑘 được gọi là ước lượng của biến 𝑥𝑘 theo cơ sở J

Đối với các biến cơ sở 𝑥𝑗 thì ước lượng của chúng ∆𝑗= 0

Dựa theo các ước lượng này ta sẽ đánh giá các phương án cơ sở qua 2 định lý sau đây:

Định lý 2:

Nếu đối với phương án cơ sở 𝑥0 ứng với cơ sở 𝐽0 của bài toán min dạng chính tắc mà tồn tại ít nhất một ∆𝑘> 0 (∆𝑘< 0 với bài toán Max thì có thể tìm được phương án khác, chấp nhận được 𝑥1 với có sở 𝐽1 có giá trị hàm mục tiêu bé hơn (lớn hơn – với bài toán Max)

Định lý 3 (Tiêu chuẩn tối ưu):

Nếu đối với phương án cơ sở 𝑥0 ứng với cơ sở 𝐽0 của bài toán Min dạng chính tắc mà ∆𝑘≤ 0 ∀𝑘𝐽0 (∆𝑘≥ 0 ∀𝑘𝐽0 – Đối với bài toán Max) thì 𝑥0 là phương án tối ưu

Hàm mục tiêu sẽ đạt giá trị Max nếu nó bị chặn trên và đạt giá trị Min nếu

bị chặn dưới

Để xét hàm mục tiêu có bị chặn không ta sử dụng định lý:

Định lý 4 (Kiểm tra tính không giải được của bài toán):

+ Đối với bài toán Min dạng chính tắc, nếu tồn tại một ∆𝑘> 0 𝑚à 𝑥𝑗𝑘 ≤ 0 ∀𝑗 ∈

Tiết 5

1.2 Phương pháp đơn hình giải bài toán QHTT (tiếp)

1.2.3 Thuật toán đơn hình dạng bảng

Các giả thiết của thuật toán:

- Bài toán dạng chính tắc, cực tiểu hóa (cực đại hóa sẽ được chú thích)

- Bài toán xác định một phương án cơ sở chấp nhận được 𝑥0 ứng với cơ sở

𝐽0, tức là cơ sở gồm các vector (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑚)

1.2.3.1 Cấu tạo của bảng đơn hình

Bảng đơn hình gồm 4 phần: phần đầu, phần thân, phần cơ sở và hàng mục tiêu

Phần đầu của bảng, vào hàng trên ta ghi các hệ số của các biến ở hàm mục tiêu,

hàng dưới ghi các biến tương ứng (hoặc ghi ký hiệu của ma trận cột của biến đó)

Phần thân bảng ta chia theo cột tương ứng với các biến ở phần đầu Trên đó ghi

các hệ số tương ứng ở hàm mục tiêu, tức là chép lại toàn bộ ma trận điều kiện Cột trong cùng của phần thân (tiếp giáp với phần cơ bản) là cột ghi các phương

án và các giá trị của hàm mục tiêu sau mỗi lần đổi cơ sở

Phần cơ bản bao gồm hai cột: cột đầu ghi hệ số của các biến cơ sở ở hàm mục

tiêu, kí hiệu là cj còn cột thứ hai ghi kí hiệu các biến cơ sở Trên đầu cột này thường được kí hiệu pk, để chỉ số lần lặp đã thực hiện trên bảng đơn hình

Hai ô cuối cùng của phần cơ bản được nối liền với nhau, trên đó ghi kí hiệu Δk hoặc Zj- cj là để chỉ ướng lượng của các biến tương ứng

Hàng mục tiêu là hàng cuối cùng của bảng, trên đó được chia theo ô của các

biến tương ứng Trong các ô này sẽ ghi giá trị Δk của các biến tương ứng sau mỗi lần đổi cơ sở Căn cứ vào dấu của các phần tử ta sẽ tiến hành đánh giá các phương án

cj pk x 0

Ghi hệ số của các biến số ở hàm mục tiêu, kể cả biến phụ, biến bù và biến giả

Ghi số hiệu của các biến, kể cả biến phụ, biến bù, biến giả

cơ sở

Ghi giá trị của các biến cơ sở

ở phương án chấp nhận được

Ma trận điều kiện ràng buộc

Δk= Zj-

cj

Giá trị hàm mục tiêu Ghi Δk của các biến tương ứng ở hàng đầu

1.2.3.2 Thuật toán tính toán

Sau khi xây dựng xong bảng đơn hình, quá trình tính toán được thực hiện qua các bước sau:

Bước 1 (kiểm tra dấu hiệu tối ưu): Nhìn ở hàng mục tiêu, nếu ∆𝑘≤ 0 ∀𝑘𝐽0 thì

x 0 là phương án tối ưu Thuật toán kết thúc

Bước 2 (kiểm tra sự bị chặn của hàm mục tiêu): Nhìn vào hàng mục tiêu nếu thấy tại ∆𝑘> 0 mà 𝑥𝑗𝑘 ≤ 0 ∀𝑗 ∈ 𝐽0 thì hàm mục tiêu không bị chặn dưới Bài toán không có phương án tối ưu Thuật toán kết thúc

- Nếu không: chuyển qua bước 3

Bước 3: Cải tiến phương án (tìm một phương án cơ bản mới tốt hơn)

Chọn vector đưa vào cơ sở và xác định vector loại khỏi cơ sở

Tìm cột xoay:

- Chọn cột xoay là cột có Δ dương lớn nhất

Chọn 𝑀𝑎𝑥∆𝑘= ∆𝑠→ ma trận cột A s sẽ được đưa vào cơ sở

- A s là cột xoay, biến x s sẽ được đưa vào cơ sở

Tìm dòng xoay:

- Tính tỉ số: λ = xij0/xis

- Chọn𝜆𝑚𝑖𝑛 Biến cơ sở ứng với 𝜆𝑚𝑖𝑛 sẽ là dòng xoay

(tỷ số λ = các phần tử ở cột x 0 chia cho các phần tử tương ứng ở cột xoay, hàng

nào có λ bé nhất thì phần tử tương ứng ở cột p k phải loại khỏi cơ sở

Bước 4: Thực hiện phép biến đổi đơn hình, đưa phương án chấp nhận được x 0

sang phương án chấp nhận được x 1

- Phần tử xoay khi chuyển sang bảng mới bằng 1

- Các phần tử khác nằm trên cột xoay khi chuyển sang bảng mới bằng 0

- Các phần tử khác ở hàng xoay khi chuyển sang bảng mới bằng giá trị của

nó ở bảng cũ chia cho phần tử quay

- Các phần tử khác của bảng được tính theo quy tắc đường chéo (quy tắc hình chữ nhật)

Sau mỗi lần đổi cơ sở, dùng các định lý 2, 3, 4 để kiểm tra các phương án

Tiết 6

1.3 Phương án tối ưu bài toán sản xuất các loại kẹo

1.3.1 Xây dựng bài toán

Xí nghiệp A muốn sản xuất ba loại kẹo 𝑘1, 𝑘2 𝑣à 𝑘3 từ 3 loại nguyên liệu chính

𝑍1, 𝑍2 𝑣à 𝑍3 Công thức sản xuất của từng loại kẹo, khả năng về nguyên liệu và lãi ròng thu được của từng loại kẹo được cho ở bảng sau:

Bảng 1.3

Nguyên liệu

Định mức nguyên liệu (tấn/tấn sản phẩm) Khả năng

cung cấp (tấn)

Gọi 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 lần lượt là số lượng kẹo 𝑘1, 𝑘2 𝑣à 𝑘3 cần sản xuất:

Từ giả thiết ta có mô hình toán:

𝑍 = 100𝑥1 + 110𝑥2 + 120𝑥3 → 𝑀𝑎𝑥 0,7𝑥1 + 0,7𝑥2 + 0,7𝑥3 ≤ 7000,3𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,2𝑥3 ≤ 300 0,2𝑥2 + 0,3𝑥3 ≤ 150

𝑥𝑗 ≥ 0 ∀ 𝑗 = 1,3

- Đưa bài toán về dạng QHTT dạng chính tắc bằng cách thêm 3 ẩn phụ

𝑥4, 𝑥5, 𝑥6 ta được mô hình toán

𝑍 = 100𝑥1 + 110𝑥2 + 120𝑥3 + 0𝑥4 + 0𝑥5 + 0𝑥6 → 𝑀𝑎𝑥

0,7𝑥1 + 0,7𝑥2 + 0,7𝑥3 + 𝑥4 = 700 0,3𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,2𝑥3 + 𝑥5 = 300 0,2𝑥2 + 0,3𝑥3 + 𝑥6 = 150

𝑥𝑗 ≥ 0 ∀ 𝑗 = 1,6

Ta thấy bài toán đã được đưa về dạng chuẩn với cơ sở là 𝐴4, 𝐴5 𝑣à 𝐴6

Vậy ta có phương án cơ sở: 𝑥0 = (0, 0, 0, 700, 300, 150) là phương án xuất phát trong thuật toán đơn hình dạng bảng

1.3.2 Lập bảng đơn hình và thực hiện thuật toán

∆4= 0 − 0 = 0 (ứ𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑐ộ𝑡 𝑥4)

∆5= 0 − 0 = 0 (ứ𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑐ộ𝑡 𝑥5)

∆6= 0 − 0 = 0 (ứ𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑐ộ𝑡 𝑥6)

Kiểm tra tính bị chặn của hàm mục tiêu:

Sử dụng định lý 4 để kiểm tra, ta thấy rằng có 3 giá trị ∆𝑘< 0 nhưng không tồn tại 𝑥𝑗𝑘 ≤ 0 ∀𝑗 ∈ 𝐽0 Vậy hàm mục tiêu bị chặn trên – bài toán có lời giải

Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu:

Dùng định lý 3 để kiểm tra, ta thấy trên hàm mục tiêu còn có 3 giá trị ∆𝑘< 0 Vậy phương án x0 chưa là phương án tối ưu Cần phải chuyển sang phương án khác

Xác định vector cột sẽ đưa vào cơ sở:

Nhìn trên hàng mục tiêu ta thấy:

𝑀𝑎𝑥  k = 120 Vậy vector cột A3 (ứng với x3) được đưa vào cơ sở - cột A3 được gọi là cột quay Xác định vector loại khỏi cơ sở:

Nhìn vào các phần tử ở cột x0 và các phần tử tương ứng ở cột quay ta xác định được:

(đã được nêu trong tiết 4)

- Phần tử xoay khi chuyển sang bảng mới bằng 1

- Các phần tử khác nằm trên cột xoay khi chuyển sang bảng mới bằng 0

- Các phần tử khác ở hàng xoay khi chuyển sang bảng mới bằng giá trị của

nó ở bảng cũ chia cho phần tử quay

- Các phần tử khác của bảng được tính theo quy tắc đường chéo (quy tắc hình chữ nhật)

(Các bước làm tương tự như lặp ở bước 1)

Thực hiện bước lặp 2, kết quả thể hiện trên bảng 1.8

Trên bảng, ở hàng mục tiêu ta thấy không có ∆𝑘< 0  Bài toán xác định được phương án tối ưu Theo phương án này ta có:

𝑥1 = 500 𝑡ấ𝑛; 𝑥2 = 0

𝑥3 = 500 𝑡ấ𝑛; 𝑥5 = 50 𝑡ấ𝑛 (Lượng nguyên liệu Z2 còn tồn kho là 50 tấn)

Hàm mục tiêu đạt 110.000(10 4 đồng)

Kiểm tra và phân tích kết quả:

Theo phương án tối ưu x2

thì lượng kẹo k1 nên sản xuất là 500 tấn, kẹo k3 – 500 tấn, không sản xuất loại kẹo k2 Với phương án này lượng nguyên liệu Z2 còn tồn kho là 50 tấn

Kiểm tra theo các ràng buộc:

Lượng nguyên liệu Z1:

0,7.500 + 0,7.0 + 0,7.500 = 700 Lượng nguyên liệu Z2:

0,3.500 + 50 + 0,2.500 = 300 Lượng nguyên liệu Z3:

0,3.500 = 150 Điều kiện về dấu:

𝑥1 = 500 > 0; 𝑥3 = 500 > 0 Hàm mục tiêu đạt giá trị Max:

MaxZ= 104(100.500 +120.500) = 110.000 104 (đồng)

CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN TỐI ƯU VỀ VẬN CHUYỂN NGUYÊN LIỆU VÀ

Dưới quan điểm của công nghệ sinh học, nguyên liệu nông sản thực phẩm

và sản phẩm thực phẩm được xem là những thực thể sống, luôn diễn ra các phản ứng sinh lý, sinh hóa Thông thường thì những phản ứng đó luôn kèm theo sự tổn hao chất khô và những biến đổi bất lợi Sự tổn thất trong quá trình vận chuyển chiếm một tỷ lệ khá lớn trong toàn bộ lượng tổn thất này

Chi phí vận tải trong công nghệ thực phẩm – đó là tổng thành nhiều tham số: tiêu tốn năng lượng, khấu hao phương tiện, thiết bị, tiêu hao năng lượng của các công cơ học, hao phí do hô hấp, hoa tổn do các phản ứng sinh học gây ra như oxy hóa, sự phá hủy tế bào do vi sinh vật… Vì vậy nghiên cứu các biện pháp để chống tổn thất, hao phí và chi phí trong công việc vận chuyển nguyên liệu và sản phẩm thực phẩm là việc làm rất cần thiết