BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH §1 MỘT SỐ VÍ DỤ DẪN ĐẾN BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I Bài toán lập kế hoạch sản xuất điều kiện tài nguyên hạn chế: Ví dụ: Nhân dịp tết trung thu, xí nghiệp muốn sản xuất loại bánh: Đậu xanh, thập cẩm, bánh dẻo nhân đậu xanh Để sản xuất loại bánh này, xí nghiệp phải có đường, đậu, bột, trứng, mứt, lạp xưởng…Gỉa sử số đường có thể chuẩn bị được là 500kg, đậu là 300kg, các nguyên liệu khác muốn có cũng được Lượng đường, đậu và số tiền lãi bán chiếc bánh mỗi loại cho bảng: Bánh thập cẩm Bánh dẻo Bánh Bánh đậu xanh Nguyên liệu Đường: 500kg 0.06kg 0.04kg 0.07kg Đậu: 300kg 0.08kg 0.04kg Lãi: ngàn 1.7 ngàn 1.8 ngàn Cần lập kế hoạch sản xuất mỗi loại bánh cái để không bị động về đường, đậu và tổng số lãi thu được là lớn nhất( nếu sản suất cũng bán hết) GIẢI: Phân tích: Gọi x1; x2 ; x3 lần lượt là số lượng bánh đậu xanh, thập cẩm, bánh dẻo cần sản xuất Điều kiện của ẩn: xi ≥ 0, i = 1,3 Tổng số đường: 0.06 x1 + 0.04 x2 + 0.07 x3 Tổng số đậu: 0.08 x1 + 0.x2 + 0.04 x3 Tổng tiền lãi: x1 + 1.7 x2 + 1.8 x3 Ta có mô hình toán học của bài toán: (1) f ( x ) = x1 + 1.7 x2 + 1.8 x3 → max ( 2) ( 3) 0.06 x1 + 0.04 x2 + 0.07 x3 ≤ 500   0.08 x1 + 0.x2 + 0.04 x3 ≤ 300 x j ≥ 0, j = 1.3 Mô hình toán học dưới dạng ma trận: Ma trận ràng buộc: -1- 0.06 0.04 0.07 A= 0.04 0.08 500 B=  véc tơ số hạng tự 300 x = ( x1; x2 ; x3 ) là véc tơ ẩn số Một véc tơ x = ( x1; x2 ; x3 ) thỏa (2) và(3) gọi là phương án của bài toán Một phương án x = ( x1; x2 ; x3 ) thỏa (1) gọi là phương án tối ưu của bài toán II Bài toán đầu tư vốn nhỏ nhất: Ví dụ: Có xí nghiệp may cùng có thể sản xuất áo vét và quần Do trình độ công nhân, tài tổ chức, mức trang bị kỹ thuật…khác nhau, nên hiệu quả của đồng vốn ở các xí nghiệp cũng khác Gỉa sử đầu tư 1000$ vào mỗi xí nghiệp thì cuối kỳ ta có kết quả Xí nghiệp 1: 35 áo 45 quần Xí nghiệp 2: 40 áo 42 quần Xí nghiệp 3: 43 áo 30 quần Lượng vải và số giờ công cần thiết để sản xuất áo hoặc quần ( gọi là suất tiêu hao nguyên liệu và lao động) được cho ở bảng sau: XN Sản phẩm Áo vét 3.5m 20h 4m 16h 3.8m 18h Quần 2.8m 10h 2.6m 12h 2.5m 15h Tổng số vải và giờ công lao động có thể huy động được cho cả xí nghiệp là 10.000m và 52.000 giờ công Theo hợp đồng kinh doanh thì cuối kỳ phải có tối thiểu 1500 bộ quần áo Do đặc điểm hàng hóa, nếu lẻ bộ chỉ có quần là dễ bán Hãy lập kế hoạch đầu tư vào mỗi xí nghiệp vốn để : - Hoàn thành kế hoạch sản phẩm - Không khó khăn về tiêu thụ - Không bị động về vải và tiêu thụ - Tổng số vốn đầu tư nhỏ nhất là điều nổi bật cần quan tâm Phân tích: 1)Gọi x1; x2 ; x3 lần lượt là số đơn vị vốn đầu tư ( 1000$) vào mỗi xí nghiệp Ta có: x j ≥0, j =1,3 2)Tổng số áo của XN: 35 x1 + 40 x2 + 43x3 , -2- 3)Tổng số quần của XN: 45 x1 + 42 x2 + 30 x3 , Để không khó khăn về tiêu thụ thì: 45 x1 + 42 x2 + 30 x3 ≥ 35 x1 + 40 x2 + 43 x3 ⇔ 10 x1 + x2 − 13x3 ≥ 4)Tổng số bộ quần áo= Tổng số áo của XN: 35 x1 + 40 x2 + 43x3 , 5) Tổng số mét vải của xí nghiệp ( dùng để may áo và quần ): 3.5 × 35 x1 + × 40 x2 + 3.8 × 43 x3 + 2.8 × 45 x1 + 2.6 × 42 x2 + 2.5 × 30 x3 248.5 x1 + 269.2 x2 + 238.4 x3 6) Tổng số giờ công của xí nghiệp: 20 × 35 x1 + 16 × 40 x2 + 18 × 43 x3 + 10 × 45 x1 + 12 × 42 x2 + 15 × 30 x3 1150 x1 + 1144 x2 + 1224 x3 7) Tổng số vốn đẩu tư( đơn vị: 1000$): x1 + x2 + x3 Mô hình toán học (1) f ( x ) = x1 + x2 + x3 → 10 x1 + x2 − 13x3 ≥   35 x1 + 40 x2 + 43x3 ≥ 1500 ( 2)  248.5 x1 + 269.2 x2 + 238.4 x3 ≤ 10000  1150 x1 + 1144 x2 + 1224 x3 ≤ 52000 ( 3) x j ≥ 0, j = 1,3 Mô hình toán học dưới dạng ma trận: − 13   10    35  1500  40 43     A= , B= 248.5 269.2 238.4 10000       1150 1144 1224  52000 III Bài toán vận tải Ví dụ: Ta cần vận tải vật liệu từ kho: K1 và K2 , đến công trường xây dựng: C1, C2, C3 Tổng số vật liệu có ở mỗi kho, tổng số vật liệu yêu cầu của mỗi công trường, khoảng cách từ mỗi kho đến mỗi công trường được cho ở bảng sau: -3- Hãy lập kế hoạch vận chuyển thế nào để: - Các kho giải phóng hết vật liệu - Các công trường nhận đủ vật liệu cần thiết - Tổng số T × km phải thực hiện là ít nhất GỈAI Phân tích: Gọi xij ( i = 1,2; j = 1,2,3) lần lượt là số tấn vật liệu vận chuyển từ kho Ki → C j ∀xij ≥ Số tấn vật liệu từ kho K1 đến công trường: x11 + x12 + x13 Số tấn vật liệu từ kho K2 đến công trường: x21 + x22 + x23 Số tấn vật liệu công trường C1 nhận được từ kho: x11 + x21 Số tấn vật liệu công trường C2 nhận được từ kho: x12 + x22 Số tấn vật liệu công trường C3 nhận được từ kho: x13 + x23 Tổng số T × km : x11 + x12 + x13 + x21 + 3x22 + x23 Mô hình toán học: -4- (1) f ( x ) = x11 + x12 + x13 + x21 + 3x22 + x23 →  x11 + x12 + x13 = 20  x + x + x = 40 22 23  21 ( 2)  x11 + x21 = 15  x + x = 20 12 22   x13 + x23 = 25 ( 3) xij ≥ ( i = 1,2; j = 1,2,3) -5- §2 CÁC DẠNG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I Dạng tổng quát: n (1) f ( x ) = ∑ c j x j → min( max ) j =1  n  ∑ aij x j = bi  j =1  n ( 2)  ∑ aij x j ≤ bi  j =1  n  ∑ aij x j ≥ bi  j =1 ( 3) x j ≥ ( j ∈ J1 ); x j ≤ ( j ∈ J ); x j tu  y y ′ ( j ∈ J ) ; J1 ∪ J ∪ J = {1;2; ; n} - Vector x = ( x1; x2 ; ; xn ) thỏa (2);(3) gọi là phương án của bài toán - Nếu phương án thỏa (1) tức là hàm mục tiêu đạt cực đại( hay cực tiểu) thì gọi là phương án tối ưu - Giải bài toán QHTT là tìm phương án tối ưu hoặc chỉ bài toán không có phương án tối ưu Ví dụ: Bài toán sau có dạng tổng quát: (1) f ( x ) = 3x1 − x2 + x3 + x4 + x5 → max 2 x1 − x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 17  x1 − x2 + x3 = 20 ( 2)   x1 − x2 + x3 + x5 ≥ −18  x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 100 ( 3) x1; x4 ≥ 0; x2 ; x5 ≤ 0; x3 tu  y y′ II Dạng chính tắc: n (1) f ( x ) = ∑ c j x j → min( max ) j =1 n ( 2) ∑ aij x j = bi j =1 (i = 1, m) ( 3) x j ≥ ( j = 1, n ) -6- Ví dụ: Bài toán sau có dạng chính tắc: (1) f ( x ) = 3x1 − x2 + x3 − 3x4 + x5 →  x1 + x2 − x3 + 3x4 = ( 2)  x2 − x3 − x4 + x5 = −18  x + x − x = 17  ( 3) x j ≥ 0; j = 1,5 III Dạng chuẩn: n (1) f ( x ) = ∑ c j x j → min( max ) j =1  x1  ( 2)    x2  xm + a1( m +1) xm +1 +  a1n xn = b1 + a2( m +1) xm +1 +  a2n xn = b2 + am( m +1) xm +1 +  amn xn = bm ( 3) x j ≥ ( j = 1, n ); bi ≥ 0(i = 1, m ) x1 x2 xm xm +1 xn  a1( m +1) a1n    a a ( ) m + n  A =            0 a a  m( m +1) mn  Nhận xét: Ta thấy bài toán dạng chuẩn là bài toán dạng chính tắc thêm điều kiện:  Các số hạng tự không âm: bi ≥ i = 1, m  Ma trận các hệ số ràng buộc A chứa ma trận đơn vị cấp m Định nghĩa: 1) ẩn bản: Các ẩn ứng với véc tơ cột đơn vị ma trận A gọi là ẩn bản, ma trận A ta có x1; x2 ; ; xm là các ẩn bản - ẩn bản ứng với véc tơ cột đơn vị thứ i gọi là ẩn bản thứ i Các ẩn còn lại là không bản 2) Phương án bản: phương án mà các ẩn không bản đều bằng gọi là phương án bản Nhận xét: Với bài toán dạng chuẩn ta có phương án bản ban đầu : ( -7- ) ( x1; x2 ;; xm ; xm +1;; xn ) = ( b1; b2 ;; bm ;0; ;0) bi ≥ 0, ∀i = 1, m Ví dụ: Bài toán sau có dạng chuẩn (1) f ( x ) = 3x1 − x2 + x3 − 3x4 + x5 →  x1 + x4 + x5 = 20 ( 2) − 3x1 + x2 − x4 + x6 =  x + x + x + x = 28  ( 3) x j ≥ 0; j = 1,6 x1 x2 x3 x4 x5 x6  0 0   A = − − 1  0   Ta có x5 là ẩn bản thứ nhất, x6 là ẩn bản thứ hai, x3 là ẩn bản thứ ba Phương án bản ban đầu: ( x1, x2 , x3, x4 , x5 , x6, ) = ( 0,0,28,0,20,0) -8- §3 BIẾN ĐỔI DẠNG CỦA BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I Đưa dạng tổng quát về dạng chính tắc: n 1) Nếu gặp ràng buộc dạng: ∑ aij x j ≤ bi j =1 ta cộng thêm vào vế trái ẩn phụ ( Slack variable) không âm xi +1 ≥ để biến về dạng phương trình: n ∑ aij x j + xn +1 = bi j =1 n 2) Nếu gặp ràng buộc dạng: ∑ aij x j ≥ bi j =1 ta cộng thêm vào vế trái ẩn phụ ( Slack variable) không âm xi +1 ≥ , với hệ số -1 để biến về dạng phương trình: n ∑ aij x j − xn +1 = bi j =1 Chú ý: Các ẩn phụ chỉ là những số giúp ta biến bất phương trình thành phương trình, chứ không đóng vai trò gì về kinh tế, nên nó không ảnh hưởng đến hàm mục tiêu Vì vậy hệ số của nó hàm mục bằng 3) Nếu gặp ẩn x j ≤ ta thay x j = −t j , t j ≥ 4) Nếu gặp ẩn x j tu  y y ′ ta thay x j = x′j − x′′j , x′j , x′′j ≥ Ví dụ: Đưa bài toán sau về dạng chính tắc: (1) f ( x ) = x1 − x2 + x3 + x4 − x5 →  x1 − x2 + x3 + x4 + x5 ≤  x1 − x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 7( a )   x2 + x3 + x4 ≥ −1 − x2 − x3 − x4 ≤ 1( b )   ( 2)  ⇔ x3 + x4 + 3x5 ≥ 10 x3 + x4 + 3x5 ≥ 10( c )    x1 + x2 − x3 + x4 = 20  x1 + x2 − x3 + x4 = 20( d ) ( 3) x1; x5 ≥ 0; x4 ≤ 0; x2 ; x3 tu  y y′ GIẢI  Cộng vào (a) ẩn phụ x6 ≥  Cộng vào (b) ẩn phụ x7 ≥  Cộng vào (c) ẩn phụ x8 ≥ với hệ số -1 t4 ≥  Thay x4 = −t ; x2′ ≥ x2′′ ≥  Thay x2 = x2′ − x2′′ ; -9- x3′ ≥ x3′′ ≥ Thay x3 = x3′ − x3′′ ; Bài toán đưa về dạng chính tắc sau: (1) f ( x ) = x1 − ( x2′ − x′2′ ) + 2( x3′ − x3′′ ) − t4 − x5 + 0.x6 + x7 + x8 →   x1 − 2( x2′ − x′2′ ) + ( x3′ − x3′′ ) − 2t + x5 + x6 = 7( a )  − ( x2′ − x2′′ ) − 2( x3′ − x3′′ ) + t + x7 = 1( b ) ( 2)  2( x3′ − x3′′ ) − t + 3x5 − x8 = 10( c )   x1 + ( x2′ − x2′′ ) − 2( x3′ − x3′′ ) − t = 20( d ) ( 3) x1; x5 ≥ 0; t4 ≥ 0; x2′ ; x2′′ ; x3′ ; x3′′ ; x6 ; x7 ; x8 ≥ chú ý: Nếu x10 , x2′0 , x2′′0 , x3′0 , x3′′0 , t 40 , x50 , x60 , x70 , x80 là phương án tối ưu của bài ( ) toán mới thì x10 , x20 , x30 , x40 , x50 with ( ) x20 = x2′0 − x2′′0 , x30 = x3′0 − x3′′0 , x40 = −t 40 là phương án tối ưu của bài toán gốc II Đưa dạng chính tắc về dạng chuẩn: 1) Mô tả phương pháp: Giả sử bài toán đã có dạng chính tắc: (Gỉa sử bi ≥ 0, i = 1, m ) n (1) f ( x ) = ∑ c j x j → min( max ) j =1 a11 x1 +  + a1n x n = b1 a x +  + a x = b 11 ( 2)  11    a11 x1 +  + a11 x1 = bm ( 3) x j ≥ ( j = 1, n ) Ta thêm vào mỗi phương trình một ẩn giả khộng âm xn +i ≥ với hệ số  Trong hàm mục tiêu f ( x ) → , ẩn giả có hệ số M( M>0, M lớn số nào ần so sánh)  Trong hàm mục tiêu f ( x ) → max , ẩn giả có hệ số –M Ta có bài toán mới gọi là bài toán mở rộng của bài toán xuất phát  - 10 - 30 25 15 5 40 15 25 S=-2 15 2 20 5 -1 R=0 Đưa vào (+15) R=0 15(-15) Bổ sung 0(+15) S=-1 R=-1 15(-15) S=-3 S=-1 Ở bảng trên: PACB ban đầu có ô[...]... g 0 = 3 min λi = λ2 = - 20 - §2 THUẬT TOÁN ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG I Chú ý trong thuật toán đơn hình mở rộng Nếu gặp bài toán dạng chính tắc chưa phải dạng chuẩn ta dùng ẩn giả để đưa bài toán về dạng chuẩn 1 Nếu bài toán mở rộng không có phương án tối ưu thì bài toán xuất phát cũng không có phương án tối ưu 2 Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu... của bài toán mở rộng ( ) 0 0 0 0 b) Nếu x = x1 , x2 , , xn là phương án tối ưu của bài toán xuất phát thì x 0 = x10 , x20 , , xn0 ,0 ,0 là phương án tối ưu của bài toán mở rộng ( ) Từ đó nếu bài mở rộng không có phương án tối ưu thì bài toán xuất phát cũng không có phương án tối ưu ( ) c) Nếu x 0 = x 0 , x 0 , , xn0 ,0 ,0 là phương án tối ưu của bài toán. .. x20 , , xn0 là phương án tối ưu của bài toán xuất ( ) phát d) Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu trong đó có 1 ẩn giả nhận giá trị dương thì bài toán xuất phát không có phương án BÀI TẬP CHƯƠNG I Lập mô hình toán học 1) Công ty bao bì dược cần sản xuất 3 loại hộp giấy đựng thuốc B1, Cao sao vàng và đựng Quy sâm đại bổ hoàn” Để sản xuất ra... thứ 3 Bài toán đưa về dạng chuẩn - 11 - (1) f ( x ) = 2 x1 + x2 + x3 − x4 − Mx5 − Mx6 → max  x1 + 5 x2 + 5 x4 = 25 ( 2) − 4 x2 − x3 + 6 x4 + x5 = 18  3 x + 8 x + x = 28 2 4 6  ( 3) x j ≥ 0; j = 1,6 0 5 0 0 1 5 A = 0 − 4 − 1 6 1 0    0 3 0 8 0 1 2) Quan hệ giữa bài toán xuất phát và bài toán mở rộng NHẬN XÉT a) Nếu x = ( x1, x2 , , xn ) là phương án của bài toán. .. cuối (mới)= − ∆ v × hàng chuẩn+ hàng cuối(cũ) II Trường hợp f ( x ) → max Đặt g ( x ) = − f ( x ) → min Vậy ta đã chuyển về bài toán Hàm mục tiêu cực tiểu và do đó ta hoàn toàn có thể áp dụng kết quả của bài toán min Ví dụ: Giải bài toán QHTT: (1) f ( x ) = 2 x1 + 5 x2 + 4 x3 + x4 − x5 → min  x1 − 6 x2 − 2 x4 − 9 x5 = 32  ( 2) 2 x2 + x3 + 1 x4 + 3 x5 = 30 2 2 ... = −7 ( 2)  x2 + 2 x3 + x4 ≤ 15  2 x + 3x + x ≥ 8 3 4  1 ( 3) x j ≥ 0 ( j = 1,4) a) Những bài toán nào đã có dạng chính tắc b) Những bài toán nào đã có dạng chuẩn? Ẩn cơ bản là những ẩn nào? Thứ tự của nó thế nào?Hãy tìm phương án cơ bản ban đầu của nó c) Những bài toán nào chưa có dạng chuẩn hãy đưa về dạng chuẩn sau đó cho biết ẩn nào là ẩn... Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu mà các ẩn giả đều bằng 0, thì bỏ phần ẩn giả đi ta còn phương án tối ưu của bài toán xuất phát 3 Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu mà trong đó còn ít nhất 1 ẩn giả > 0, thì bài toán xuất phát không có phương án tối ưu Ví dụ: (1) f ( x ) = x1 + 2 x2 + x4 _ 5 x5 → min  0 0 − 3 − 9 0  − 3x3 − 9 x4 = 0 ... bìa có 5 cách cắt khác nhau Cách Hộp B1 Hộp cao sao Hộp quy sâm vàng 1 2 0 2 2 0 7 4 3 8 0 3 4 1 6 2 - 12 - 5 9 2 0 Theo kế hoạch số hộp B1 phải có là 1500, số hộp quy sâm là 2000, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 Cần phương án cắt sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất Hãy lập mô hình bài toán 2) Xí nghiệp cơ khí An Phú cần cắt 1000 đoạn thép... 0.05 3 0 1 1 0.25 4 0 0 3 0.15 III: 1.8m 1 1 1 1 0 2 0 1 2 0.1 3 0 2 0 0.2 4 0 0 4 0 Cần tìm phương án cắt sao cho tổng số mẫu thép thừa là ít nhất Lập mô hình bài toán Nhận dạng và đổi dạng Trong các bài toán từ 1 đến 5 dưới đây: 1) (1) f ( x ) → min  2 x1 + x2 + 3x3 + 4 x5 = 17 4 x1 + 2 x3 + x4 + 5 x5 = 20 ( 2)  ( 3) x j ≥ 0( j = 1,5) 2) (1) f ( x ) → max  x1 + x2 −... x ) -50+2M -4 Ở phương án cơ bản ban đầu: max ∆ j = ∆ 3 = 2 + 3M ⇒ x3 ( in ) min λi = λ2 = 25 arv = 2 ⇒ x6 ( out ) Ở phương án thứ 2 ∀∆ j ≤ 0 but x5 = 2 > 0 ⇒ bài toán xuất phát không có phương án tối ưu - 25 - BÀI TẬP Bài 1 (1) f ( x ) = 2 x1 − x2 + 2 x3 → min  x1 + 4 x3 = 7 1 0 4  ⇒ A=  0 1 1   x2 + x3 = 10 ( 2)  ( 3) x j ≥ 0; j = 1,3 → s tan dard form Bảng đơn hình: Hệ