Bài giảng Tối ưu hóa - ThS. Nguyễn Công Trí - Làm nghề gì cũng đòi hỏi phải có tình yêu, lương tâm và đạo đức Chuong 2 (Ver13)

Bài giảng Tối ưu hóa - ThS. Nguyễn Công Trí - Làm nghề gì cũng đòi hỏi phải có tình yêu, lương tâm và đạo đức Chuong 2 (...

ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU CHƯƠNG Mục đích ý nghóa CÁCH THÀNH LẬP BÀI TOÁN QUY HOẠCH (Xem) TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU Ths Nguyễn Công Trí CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU (Xem) Copyright 2001 THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU (Xem) MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT (Xem) Ths Nguyễn Công Trí BÀI TẬP (Xem) Copyright 2001 THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Xét toán QHTT (P) dạng tắc  f P ( x)  c t x   P   Ax  b  x    Với toán QHTT, toán gốc, ký hiệu P (Primal), thiết lập toán QHTT khác, toán đối ngẫu, ký hiệu D (Dual), cho từ lời giải toán ta thu thập thông tin lời giải toán  Để có thông tin cần thiết toán gốc, nghiên cứu toán đối ngẫu  Hơn nữa, phân tích đồng thời hai toán gốc đối ngẫu, rút kết luận có giá trò mặt toán học lẫn mặt ý nghóa kinh tế THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Gọi g(y) hàm mục tiêu toán (II), ta có g(y) = min{ctx + yt(b – Ax)}, với x ≥ I  ≤ ctx + yt(b – Ax), với x ≥ Với x = (x1, x2, …, xn)n, b = (b1, b2, …, bm)m Giả sử toán (P) có P.A.T.U xopt gọi x0 P.A toán (P), ta có ctxopt ≤ ctx0 Gọi x = (x1, x2, …, xn)n, với x ≥ cho Ax – b  Bài toán tương đương:  L ( x, y )  c t x  y t  b  Ax    P   x0  y  Rm  THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU  II   Nếu x P.A toán (I) b – Ax = g(y) ≤ ctx Vậy g(y) cận hàm mục tiêu  Ta tìm cận lớn Max{g(y)}, g(y) = min{ctx + yt(b – Ax)}, với x ≥ = min{ctx + ytb – ytAx}, với x ≥ = min{ytb + (ct – ytA)x}, với x ≥ = ytb + min{ (ct – ytA)x}, với x ≥ ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU t t 0 c  y A   c t  y t A  x   t t x0   c  y A  Vậy ta g(y) = ytb Suy toán đối ngẫu có dạng Xét    g ( y )  y t b  max  g ( y )  y t b  max   D   ct  y t A    y t A  ct   y  Rm y  Rm   THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.1 Bài toán đối ngẫu toán QHTT sau  f ( x)         x j  Haøm mụnc tiêu f P ( x)   c j x j  j 1 Bài toán đối ngẫu (D) Hàm mục mtiêu f D ( y )   bi yi  max i 1 Ràng buộc thứ i Ràng buộc thứ j     m n   aij yi    c j , j  1, n aij x j  bi i  1, m       i 1 j 1       Ẩn thứ j Ẩn thứ I         0, i  1, m    xj  0, j  1, n yi      không ràng buộc  không ràng buộc  VD2.2 VD2.3 VD2.4 VD2.5 VD2.6 VD2.7 x1 6 x5  x3 x2 x2 2 x3   x5   x5   13 3 x4 j  1,5          g ( y )  y t b  max  D   At y  c  y  Rm  Bài toán gốc (P) 8 x4 toán  f D ( y )  y1 4 y2 13 y3  max Hay toán tương đương THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU x1 y1 y2 y1 y1   y3 2 y3   0 y3    y2 THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.2 Viết toán đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán QHTT Bài toán đối ngẫu  f ( x)  x1  x2  x3  x4   f D ( y )  y1  y2  y3  max  x  x2 2 x3 2 x4  1 y1 3 y2 2 y3     3x  x  x   y  y  y  2  1  x1 3 x2  x3  x4  4 y1  y2  y3  1  2 y1  y3  2 x j  j  1,   y  0, y 0  Các cặp đối ngẫu x1  0, y1 3 y2 2 y3  1 x2  0, x1 3x1 y1  x2  x2  y2 2 x3  x3 3 y3 2 x4   1,  3, y1  y2   2  3  4 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.3 Viết toán đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán QHTT Bài toán đối ngẫu  f ( x)  x  x  x  max Ví dụ 2.4 Viết toán đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán QHTT 7 x   3x  2 x1   f ( x )  x1  x  x  m in 4 x2 2 x3  28  x2 3 x2 3 x3  x3  10  15 xj  j  1,  f D ( y )  28 y1  10 y2  15 y3  7 y 3 y2 2 y3   y  y2 3 y3   2 y 3 y2  y3  8  y  0, y  0 Các cặp đối ngẫu x1  0, y1 3 y2 x2  0, y1  y2 x1 4 x2 2 x3 x1 3x2  x3 2 y3  3 y3   28,  15, y1  y3  1  2  3  4 1 0  xj   x1     2 x2        x3  j  1, Bài toán đối ngẫu f D ( y )  y1  y  max  0 4    y1             y2        y j  0; j  1, x1  0, x2  0, x3  0, x1 Các ràng buộc đối ngẫu y1 y1 x2 y2 2 y2  x3 2 x3     2, y1   5, y2  1  2  3  4 5 THÀNH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.5 Viết toán đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán QHTT f ( x )  x1  x2  max Bài toán đối ngẫu ĐỊNH LÝ Nếu hai toán đối ngẫu có P.A.T.Ư toán có P.A.T.Ư giá trò hàm mục tiêu chúng HỆ QUẢ Điều kiện cần đủ toán đối ngẫu có phương án tối ưu toán có phương án HỆ QUẢ Điều kiện cần đủ toán đối ngẫu P.A.T.Ư toán có P.A toán P.A  0 4    x1             x2        x j  0; j  1, f D ( y )  y1  y  y  m in 1 0  1 Ràng buộc đối ngaãu y j  x1  0, y1  y1    2   y2      y     3 j  1,  y3  x2  0, y2  y3  x1 x2   4, 3, y1  y2   x2  8, y3  x1 1 2  3 4 5 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ĐỊNH LÝ 2.(ĐỊNH LÝ ĐỘ LỆCH BÙ YẾU) ĐỊNH LÝ 3.(ĐỊNH LÝ ĐỘ LỆCH BÙ MẠNH) Điều kiện cần đủ để cặp toán đối ngẫu có P.A.T.Ư cặp ràng buộc đối ngẫu, ràng buộc xảy với dấu bất đẳng thức ngặt (“>” “ hoaëc   ,  n  Neáu  aij xoptj j 1 a ij yiopt  c j i 1  bi yiopt = ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.6 Cho toán QHTT f ( x)  x1  3x2  x3   x1   1        x2       x     3 x j  0, j  1,3 có P.A.T.Ư toán đối ngẫu yopt = (2, 3) f(yopt) = 19 Hãy tìm P.A.T.Ư toán Bài toán đối ngẫu fD ( y )  y1  5y2  max 1 0  4    y1             y2        j 1 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Các cặp ràng buộc đối ngẫu x1 ≥ y1 ≤ (1) x2 ≥ vaø y2 ≤ (2) x3 ≥ vaø y1 + 2y2 ≤ (3) Thay yopt = (2, 3) vào ràng buộc Từ (1): y1 = <  x1 = (đònh lý 2) Thay x1 = vào hpt toán goác 0 x3    1   2    x2       x  x   x2  1; x3     x     3 Vậy, P.A.T.Ư toán gốc xopt= (0,1,2) f(xopt) = fD(yopt) = 19 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.7 Cho toán QHTT ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Có P.A.T.Ư xopt = (0,14, 6, 5) f(xopt) = 54 Hãy tìm P.A.T.Ư toán đối ngẫu Bài toán đối ngẫu Các cặp ràng buộc đối ngẫu x1 ≥ vaø 5y1 – 3y2 + 4y3 ≥ (1) x2 ≥ vaø y1 ≥ (2) x3 ≥ vaø y1 + y2 + 3y3 ≥ (3) x4 ≥ vaø 6y1 + 2y2 + y3 ≥ (4) -3x1 + x3 + 2x4 ≥ 16 vaø y2 ≤ (5) 4x1 + 3x3 + x4 ≤ 23 vaø y3 ≥ (6) Thay xopt = (0, 14, 6, 5) vào ràng buộc Từ (2): x2 = 14 >  y1 = Từ (3): x3= >  y1 + y2 + 3y3 = Từ (4): x4= >  6y1 + 2y2 + y3 = Giải hệ phương trình trên, ta coù y1 = 2; y2 = -23/5; y3 = 6/5 Vậy, P.A.T.Ư toán đối ngẫu yopt= (2, -23/5, 6/5) fD(yopt) = 54 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU f ( x )  x1  x2  x3  x  max x1  x2  x1 x1 xj   x3  x4   x3  x3  x4  x4  16  23 50 j  1,  f D ( y )  y1  y2  y    y  y   y1 y1    y1  y  y    y1  y  y   y2  0; y   m in Ví dụ 2.8 Cho toán QHTT  f ( x)   x1  x2  x3  Max  x1 3 x2  x4    x1  x2    3x1  x3  x4    x j  j  1, Xét vectơ sau X = (3, 0, 11, 0), Y = (2, 1, 8, 0), Z = (-4, 2, 0, 10) vaø T = (1, 2, 1, 2) Vectơ P.A.T.Ư toán? Cách giải Kiểm tra vectơ có phải P.A hay không? Viết toán đối ngẫu, Kiểm tra P.A có phải P.A.T.Ư.? Kiểm tra trực tiếp, ta thấy X, Y, T P.A toán Vì Z không thỏa mãn ràng buộc nên Z không P.A toán Bài toán đối ngẫu f D ( y )  y1  y2  y3  y1 y1  y1 y1  0;  y2  y2 y2  0; 3 y3 y3  y3 y3   1    Ta có cặp ràng buộc đối ngẫu ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU x1 ≥ y1 + y2 – 3y3 ≥ -1 (1) x2 ≥ vaø 3y1 + y2 ≥ (2) x3 ≥ vaø y3 ≥ (3) x4 ≥ vaø – y1 + y3 ≥ (4) x1 + 3x2 – x4 ≤ vaø y1 ≥ (5) x1 + x2 ≤ vaø y2 ≥ (6) -3x1 + x3 + x4 ≤ vaø y3 ≥ (7) Kiểm tra X, Y, T P.A.T.Ư  Giả sử X = (3, 0, 11, 0) P.A.T.Ư toán Từ (1): x1 = >  y1 + y2 – 3y3 = -1 Từ (3): x3=11 >  y3 = Từ (5): + + + = <  y1 = Giải hệ phương trình, ta X*= (0, 2, 1) ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.9 Giải toán QHTT f ( x )  10 x1  x2  19 x3   1   x1      x            x         xj  Baøi toán đối ngẫu j  1,3 f D ( y )  y1  y2  y3  max    y1  10   2 y             y  19       Ví dụ 2.10 yj  j  1,3 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Dễ dàng kiểm tra vectơ X*= (0, 2, 1) thỏa ràng buộc toán đối ngẫu Hơn nữa, fD(X*)= f(X)= nên X P.A.T.Ư toán gốc  Do Y = (2, 1, 8, 0) laø P.A toán gốc f(X) = f(Y)= nên Y P.A.T.Ư  Với T = (1, 2, 1, 2), ta coù f(T)=  fmax = Vậy T P.A.T.Ư mà T phương án toán ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Đưa toán dạng tắc cách thêm ẩn phụ y4 ≥ 0, y5 ≥ 0, y6 ≥ f D ( y )  y1  y2  y3  max    y1   y4  10   2 y    y               y   y  19         yj  j  1,6 Ta thấy toán có dạng chuẩn Sử dụng thuật giải đơn hình ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU HỆ ẨN SỐ C.B 0 0 y4 y5 y6 f  x y1 y5 y6 f  x P.A 10 19 14 30 y1 y2 1 6 2 32 3 12 y3 y4 1 5 2 2 1 1 y5 0 0 y6 0 0 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU HỆ AÅN P.A 0 y1 y2 y3 y4 y5 y6 SOÁ C.B 1 y1 2  y3 1 3 y6 5 3 f  x  34 0 3 GHI CHÚ Bài toán có P.A.T.Ư yopt=(4, 0, 2) f(yopt)= 34 P.A.T.Ư toán gốc xopt  x1    b4    x2  5  b5 x    b 6   xopt  x1       x2    x     ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU Cách 2: dùng đònh lý đối ngẫu x1 ≥ 2y1 + 3y2 + y3 ≤ 10 (1) x2 ≥ vaø y1 + 2y3 ≤ (2) x3 ≥ vaø y1 + 2y2 + 5y3 ≤ 19 (3) 2x1 + x2 + x3 ≥ vaø y1 ≥ (4) 3x1 + 2x3 ≥ vaø y2 ≥ (5) x1 + 2x2+ 5x3 ≥ vaø y3 ≥ (6) Ta có P.A.T.Ư toán đối ngẫu yopt= (4,0,2) Từ (3): +20 + 52 = 14 < 19  x3 = Từ (4): y1 = >  2x1 + x2 + x3 = Từ (6): y3= >  x1 + 2x2 + 5x3 = Giải hệ phương trình, ta có PA.T.Ư toán gốc xopt = (7/3, 4/3, 0) f(xopt) = 34 GHI CHÚ Chúng ta sử dụng quy tắc sau để tìm P.A.T.Ư toán đối ngẫu: yopt  y1  1  c1  y   c  2     ym   m  cm Với ẩn xj (j = 1, 2, …, m) P.A.C.B lập thành ma trận đơn vò cấp m tương ứng với j bảng cuối Trong Ví dụ 2.9, ẩn toán đối ngẫu y4, y5 y6 P.A.T.Ư toán gốc (đối ngẫu toán đối ngẫu) Xopt = (7/3, 4/3, 0) vaø f(Xopt) = 34 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU  Do Lemke G.E đề xuất năm 1954 Đây thuật giải đơn hình áp dụng vào toán đối ngẫu để tìm P.A.T.Ư cho toán gốc  Thuật giải đơn hình đối ngẫu xuất phát từ “phương án giả” thỏa ràng buộc toán (nghiệm Ax = b) không thoả điều kiện ràng buộc dấu (x  0), nghóa bảng đơn hình phần tử dương dòng mục tiêu (dòng cuối) lại có phần tử âm cột phương án  Thuật giải thường áp dụng chưa biết P.A.C.B toán gốc lại có sẵn P.A.C.B toán đối ngẫu THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.10 Giải toán QHTT Ví dụ 2.9 thuật giải đơn hình đối ngẫu Đưa toán dạng tắc, sau nhân (–1) cho ràng buộc đẳng thức, ta có toán dạng tắc sau  f ( x )  10 x1  x2  19 x3   2 x1  x2  x3  x4  6   3x1 2 x3  x5  2    x1 2 x2 5 x3  x6  5   x j  0, j  1, Xuất phát từ phương án giả X = (0,0,0,–6,–2,–5) Ta có bảng đơn hình đối ngẫu sau THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU LẬP BẢNG ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU bi ≥ 0,i? Sai aij  0,j? Đúng j ≤ 0,j? Sai Đúng THUẬT GIẢI Sai XÁC ĐỊNH PHƯƠNG ÁN MỚI n : Min bi  xi ĐƠN HÌNH aij 0 j aij P.A.T.Ư KẾT THÚC THUẬT GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG CÓ P.A.T.Ư bi  n vào : Min Đúng  xj SỐ BƯỚC LẶP LÀ HỮU HẠN BIẾN ĐỔI BẢNG ĐƠN HÌNH THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Hệ Ẩn số C.B P.A 10 19 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x4 –6 –2 –1 –1 0 x5 –2 –3 –2 0 x6 –5 –1 –2 –5 0 f(x) –10 –8 –19 0 10 x1 ½ ½ –½ 0 x5 3/2 –½ –3/2 0 x6 –2 –3/2 9/2 –½ f(x) 30 –5 0 –3 –14 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Hệ Ẩn số C.B P.A 10 19 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 10 x1 7/3 –2/3 1/3 x5 0 –2 1 x3 4/3 –3 1/3 –2/3 f(x) 34 0 –23 –4 –2 Vaäy, P.A.T.Ư toán xopt = (7/3, 4/3, 0) f(xopt) = 34 THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU GHI CHÚ Đối với thuật giải đơn hình đối ngẫu, để tìm P.A.T.Ư toán đối ngẫu Yopt, ta có  y1  1  c1 biểu thức sau  y    c  2 yopt      ym   m  cm Trong Ví dụ 2.10, ẩn toán đối ngẫu x4, x5 x6  y1    c4  yopt   y2  5  c5  y    c  6  y1  (4)      y2  0    y  ( 2)    P.A.T.Ư toán đối ngẫu Yopt = (4, 0, 2) f*(Yopt) = 34 THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Ví dụ 2.11 Dùng thuật giải đơn hình đối ngẫu để giải toán quy hoạch tuyến tính sau  f ( x)  x1  x2  x3  x4  x5  Min  x1 2 x2 2 x5   x2  x3  x4  x5  x3  x5   x2  x3 4 x5  x j  0, j  1,   x6  x7  2  4   Xuất phát từ phương án giả X = (–2,0,0,–4,0,2,6) Ta có bảng đơn hình đối ngẫu THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU Hệ số Ẩn P.A –4 –1 0 C.B x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 –1 0 x1 x4 x6 x7 f(x) x1 x5 x6 x7 f(x) –1 0 –2 –4 6 –10 20 –2 0 –2 0 1 –1 0 –1 1 0 –4 –2 –5 –10 –2 –2 0 –4 –1 –1 0 –4 –1 17 0 –24 –7 –5 0 0 0 0 Do a4j  0, j = 1, , nên toán P.A.T.Ư ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT TÌM PHƯƠNG ÁN TỐI ƯU MỚI KHI CÓ THÊM RÀNG BUỘC VÀO BÀI TOÁN (XEM) TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG THUẬT GIẢI ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG (XEM) Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN QUY (XEM) HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT Đưa toán dạng tắc, sau nhân (–1) cho ràng buộc đẳng thức, ta có toán dạng tắc sau  f ( x)  15 x1  12 x2  10 x3  Min  3 x1 4 x2 2 x3  x4    x1 2 x2 3 x3   x j  0, j  1,5   160  x5  140 a) Xuất phát từ phương án giả X = (0, 0, 0, –160, –140 Ta có bảng đơn hình đối ngẫu MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT Ví dụ 2.12 a) Dùng thuật giải đơn hình đối ngẫu để giải toán quy hoạch tuyến tính sau ñaây  f ( x)  15 x1  12 x2  10 x3  Min  x1 4 x2 2 x3  160   x1 2 x2 3 x3  140   x j  0, j  1,  b) Nếu thêm ràng buộc x1 + x2 + x3  60 vào toán trên, tìm phương án tối ưu toán MỘT SỐ ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU Hệ Ẩn P.A Số C.B 15 12 10 0 x1 x2 x3 x4 x5 x4 –160 –3 –4 –2 0 x5 –140 –1 –2 –3 f(x) –15 –12 –10 0 12 x2 40 ắ ẵ ẳ 0 x5 60 ẵ –2 –½ f(x) 480 –6 –4 –3 12 x2 25 7/8 –3/8 ¼ 10 x3 30 ẳ ẳ ẵ f(x) 600 0 –2 –2 P.A.T.Ư xopt = (0, 25, 30) f(xopt) = 600 10 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU TRONG BÀI TOÁN QHTT b) Do xopt = (0, 25, 30) không thỏa ràng buộc x1 + x2 + x3  60 nên xopt phương án toán Để xử lý ràng buộc này, ta đưa ràng buộc bất đẳng thức ràng buộc đẳng thức cách thêm ẩn phụ x6  0, ta –x1 – x2 – x3 + x6 = –60 Sử dụng bảng cuối câu a) đưa ràng buộc –x1 – x2 – x3 + x6 = –60 vaøo bảng Lưu ý ẩn x6 ẩn toán mới, x4 x5 ẩn toán cũ nên ma trận hệ số toán ta cộng dòng dòng vào dòng để vectơ cột ứng với x4 x5 vectơ đơn vò MỘT SỐ ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU Hệ Ẩn số C.B P.A 15 12 10 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 12 x2 20 ½ –½ 10 x3 40 ½ ½ –2 x5 20 3/2 0 ½ –4 f(x) 640 –4 0 –1 –8 P.A.T.Ö laø x/opt = (0, 20, 40) vaø f(x/opt) = 640 MỘT SỐ ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU Hệ Ẩn P.A soá C.B 15 12 10 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 12 x2 25 7/8 –3/8 ¼ 10 x3 30 –¼ ¼ –½ 0 x6 –60 –1 –1 –1 0 f(x) 600 –7 0 –2 –2 12 x2 25 7/8 –3/8 ¼ 10 x3 30 ẳ ẳ ẵ 0 x6 –5 –3/8 0 –1/8 –¼ f(x) 600 –7 0 –2 –2 TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Tìm nghiệm không âm hệ phương trình tuyến tính AX = b, X  (1), A ma trận mn, bm quy giải toán quy m hoạch tuyến tính f  x   M  x gj  j 1 AX  X g  b 2 g X  0, X  0, M   Bài toán (2) luôn có P.A.T.Ư (0,b) P.A hàm mục tiêu bò chặn [f(x)  0]  Giả sử P.A.T.Ư toán (xopt, xgopt), xgopt = 0, j xopt nghiệm toán (1) Ngược lại tồn xgj  toán (1) vô nghiệm 11 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương TÌM NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 2.1.Tìm nghiệm không âm hệ phương trình tuyến tính 2 x1 3 x2  x3    x1 2 x2 4 x3   3x   x2 2 x3  Ta quy toán toán QHTT Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Xét toán gốc toán phần thức ăn Thức ăn j Mức dinh dưỡng tối thiểu b1 b2 bi bm Chất dinh dưỡng (%) Giải toán trên, ta P.A.T.Ư (xopt, xgopt) = (3, 1, 2, 0, 0, 0) Vậy nghiệm không âm hệ phương trình tuyến tính x = (3, 1, 2) i m Giá đơn vò thức ăn a11 a21 ai1 am1 c1 a12 a22 ai2 am2 c2 Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Ý NGHĨA KINH TẾ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU Gọi xj (j = 1, 2, , n) số đơn vò thức ăn bửa, ta có mô hình toán QHTT sau  f  x   c1 x1 c2 x2    cn xn   ai1 x1  x2    ain xn  bi , i  1, m   x j  0, j  1, n  Bài toán đối ngẫu Gọi yi giá bán viên thuốc bổ có chứa chất dinh dưỡng i (i = 1, 2, , m) Người chăn nuôi phải lựa chọn:  Mua thuốc bổ, a1jy1 + a2jy2 + + anjyn < cj Vì giá thuốc bổ rẻ lúc xj = (đònh lý độ lệch bù yếu)  Mua thức ăn, theo đònh lý độ lệch bù yếu, yi > ai1x1 + ai2x2 + … + ainxn = bi, Nghóa là, giá viên thuốc bổ cao người chăn nuôi mua loại thức ăn cho thoả nhu cầu tối thiểu chất dinh dưỡng Vậy, phân tích cặp toán đối ngẫu phân tích tính T.Ư toán  f ( x)  M  x4  x5  x6   Min  x1 3x2  x3  x4   x  x  x3   3x1  x2 2 x3   x j  0, j  1,   x5 b2 y2   bm ym  f D  y   b1 y1  a1 j y1  a2 j y2    amj ym   yi  0, i  1, m   x6    max  cj , j  1, n Chất dinh dưỡng thay thế: nhà sản xuất thuốc bổ tương ứng với chất dinh dưỡng a1j a2j aij amj cj n a1n a2n ain amn cn 12 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI TẬP CHƯƠNG 1.a) Viết toán đối ngẫu toán QHTT LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU [1a] [1b] [2] Th.s Nguyễn Công Trí SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU [3] [4] [5] [6] Copyright 2001 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU [7a] [7b] BÀI TẬP CHƯƠNG 1.b) Viết toán đối ngẫu toán QHTT 3x2 4 x3 5 x4  max  f ( x)  x1  x1  x2 2 x3 2 x4  10   x1 2 x2  x3  x4    x1  x2 2 x3  x4   x2  0, x3  0, x4   Bài toán đối ngẫu 10 y1 8 y2 9 y3   fD ( y)   y1  y2  y3   y1 2 y2  y3    2 y1  y2 2 y3  4   y1  y2  y3   y1  0, y3    f ( x)        x1 4 x2 3x3 2 x4 x1 x1  x1 2 x2  x3  x4  1  x2 5 x2 3x3  x3  x4 3 x4   x1  0,  x3  0, x4  Bài toán đối ngẫu  f D ( y )   y1  y1   2 y1  y1   y1   8 y2 4 y3  max 2 y2  y3   y2 5 y3  4 3 y2  y2  y3 3 y3   3 y2  0, y3  BÀI TẬP CHƯƠNG 2 Chứng minh toán QHTT sau trùng với toán đối ngẫu (Bài toán tự đối ngaãu) x1  x2  f ( x)    x2  x1    x1  x2  x1  0, x2  x3   x3  x3  x3   1  1  1  0, 13 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI TẬP CHƯƠNG Cho toán QHTT sau đây: f ( x )  x1  x2  x3  x4  max x1 3 x  x4  5 x 2 x4   x4  x2 xj  4 x3 j  1, a) Viết toán đối ngẫu toán b) Giải toán gốc, suy lời giải toán đối ngẫu a) Bài toán đối ngẫu f D ( y)  y1  3y2  3y3  b) Giaûi toán gốc, y1  ta P.A.T.Ư xopt = 3y1 5y2  y3  (1, 0, 3/4, 0), fmax= 11/4 y3  Các cặp đối ngẫu y1 2 y2  y3  x1  vaø y1  (1) y2  x2  vaø 3y1 – 5y2 + y3  (2) x3  vaø + 4y3  (3) x4  vaø y1 – 2y2 + y3  (4) -5x2 – 2x4 ≤ y2  (5) Giải hpt (1), (3) (5), ta yopt = (2, 0, 1/4) fD(yopt)= 11/4 Cho toán QHTT f ( x)  5x1  x2  15x3  7x4  x5  Cho baøi toán QHTT sau đây: f ( x )  12 x1  27 x2  x3  3 x 2 x3 x1 3 x  x3 x1 9 x 2 x3 xj  j  1,3 x1  12   24 a) Viết toán đối ngẫu toán b) Giải toán đối ngẫu, suy lời giải toán gốc 1 BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI TẬP CHƯƠNG 2 x1 x1  x1 3x2  x2  x3  x4  x3 2 x4  x3  x5   x5  2 x5  1 x j  j  2,5 a) Viết toán đối ngẫu toán b) Phân tích tính chất (P.A.C.B suy biến hay không suy biến) vectơ X = (0, 1, 0, 2, 0) c) Cho bieát X P.A.T.Ư toán gốc f(X) = Tìm P.A.T.Ư toán đối ngẫu 14 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TẬP CHƯƠNG a) Bài toán đối ngẫu BÀI TẬP CHƯƠNG fD ( y)  y1  4y2  y3  max b) Kiểm tra trực tiếp, ta y1 4y2  y3  thaáy X = (0, 1, 0, 2, 0) P.A 3y1 X thỏa ràng buộc chặt,  y1  y2  y1 2y2 dễ dàng kiểm tra hpt ràng y1  y2 buộc có hạng khác 5, y1  0, nên X không P.A.C.B  y3  y3  9  15 2 y3   y3  c) Chỉ cặp đối ngẫu, từ áp dụng đònh lý đối ngẫu, ta có P.A.T.Ư toán đối ngẫu Yopt = [(y3 – 9)/3, (y3 + 12)/6, y3], với y3 ≥ 0, y1 ≤ Cho toán QHTT f ( x)  x1  x2  x3  x4  max x1 3 x2  x3 2 x4 x1 2 x2 3 x3 x1 2 x2 3 x3 4 x4 xj   30   60 32 j  1, Cho vectơ: X = (-1, 2, 3, 4); Y = (0, 2, 1, 3); Z = (0, 0, 0, 8), T = (14, 0, 0, 1); S = (18, 2, 0, 0) Trong caùc vectơ trên, vectơ phương án tối ưu toán? Hãy giải thích BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI TẬP CHƯƠNG Kiểm tra trực tiếp X, Y phương án Các vectơ Z, T, S phương án chúng thỏa ràng buộc toán Kiểm tra tính tối ưu phương án  Xét phương án Z = (0, 0, 0, 8), giả sử Z P.A.T.Ư toán gốc, ta có f(Z) = –16 Từ (4): z4 =  y1 + 4y3 = –2 Từ (5): 2x1 – 3x2 – x3 + 2x4 = 16 < 30  y1 = Từ (6): 2x1 – 2x2 + 3x3 = < 60  y2 = P.A.T.Ư toán đối ngẫu Z*= (0, 0,–½), Z* không thỏa ràng buộc toán đối ngẫu nên Z* P.A.T.Ư Vậy, Z P.A.T.Ư toán gốc  Tương tự, giả sử T = (14, 0, 0, 1) P.A.T.Ư toán gốc ta có f(T) = 40 Bài toán đối ngẫu ( yn) g  buộ 30cy1đối 60 y2 u 32 y3 Các cặpf Drà ngaã  y  y x1 ≥ vaø  2y1 + 2y2 +1 2y3 ≥ 23 2 y3  –3y – 2y3–y1 2y ≥2 y–7 2 y3 x2 ≥ vaø  y1 3 y2 3 y3  – y1 + 3y x3 ≥ vaø – 3y3 ≥  y1 4 y3 x4 ≥ vaø + 4y3 ≥ –2  y1 y1  0, y2   2x1 – 3x2 – x3 + 2x4 ≤ 30 vaø y1 ≥ 2x1 – 2x2 + 3x3 ≤ 60 vaø y2 ≥   (1)  (2)  (3)  (4) (5) (6) 7 2 15 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI TẬP CHƯƠNG a) Dùng PPĐHĐN giải toán QHTT sau đây, từ suy lời giải toán đối ngẫu Từ (1): t1 = 14  2y1 + 2y2 + 2y3 = Từ (4): t4 =  y1 + 4y3 = –2 Từ (6): 2x1 – 2x2 + 3x3 = 28 < 60  y2 = Giải hệ phương trình trên, ta có P.A.T.Ư toán đối ngẫu T*= (4, 0,–5/2) Dễ dàng kiểm tra T* thỏa ràng buộc toán đối ngẫu nên T* P.A.T.Ư toán đối ngẫu Hơn nữa, fD(T*) = f(T) = 40 Vậy, T P.A.T.Ư toán gốc x1 3 x2  x3 2 x4   f ( x)   x1  x2 2 x3 2 x4  10   x1 2 x2  x3  x4    x1  x2  x3  x4   x1  0, x2  0, x3  0, x4    Xeùt phương án S = (18, 2, 0, 0), ta có f(S) = 40 = f(T) Vậy, S P.A.T.Ư toán gốc BÀI TẬP CHƯƠNG b) Dùng PPĐHĐN giải toán QHTT sau đây, từ suy lời giải toán đối ngẫu x1  f ( x)   x1     x1  0, x2   x2 6 x3 3x4  x2  x2  x2  x3  x4  max  1  4  2  0, x3  0, x4  16 ... 2  y1 y1  0, y2   2x1 – 3x2 – x3 + 2x4 ≤ 30 vaø y1 ≥ 2x1 – 2x2 + 3x3 ≤ 60 vaø y2 ≥   (1)  (2)  (3)  (4) (5) (6) 7 2 15 ThS Nguyễn Cơng Trí - Tối ưu hóa * Chương BÀI TẬP CHƯƠNG BÀI... x6 x4 –6 2 –1 –1 0 x5 2 –3 2 0 x6 –5 –1 2 –5 0 f(x) –10 –8 –19 0 10 x1 ½ ½ –½ 0 x5 3 /2 –½ –3 /2 0 x6 2 –3 /2 9 /2 –½ f(x) 30 –5 0 –3 –14 ThS Nguyễn Công Trí - Tối ưu hóa * Chương THUẬT GIẢI...  x2 2 x3 2 x4  10   x1 2 x2  x3  x4    x1  x2 2 x3  x4   x2  0, x3  0, x4   Bài toán đối ngẫu 10 y1 8 y2 9 y3   fD ( y)   y1  y2  y3   y1 2 y2  y3    2