Toán Kinh tế tmquangvn chap1 QHTT SV

09-Mar-16 • • • • • • • • QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH §1 Khái niệm tốn qui hoạch tuyến tính Phân loại BT tối ưu Quy hoạch tuyến tính Quy hoạch tham số Quy hoạch động Quy hoạch phi tuyến Quy hoạch rời rạc Quy hoạch nguyên Quy hoạch đa mục tiêu … Giới thiệu tốn QHTT Kiến thức bổ sung • Đại số tuyến tính • Giải tích lồi – Tập lồi, hàm lồi, siêu phẳng, điểm cực biên … Một người có 70 triệu đồng, muốn đầu tư vào loại hình sau: Tiết kiệm khơng kì hạn 6,5%; tiết kiệm có kì hạn 8,5%, mua trái phiếu 10%; cho tư nhân vay 13% (lãi suất năm) Để hạn chế rủi ro, chuyên gia tư vấn khuyên: Không cho tư nhân vay 20% số vốn; Số tiền đầu tư vào trái phiếu không vượt tổng số tiền đầu tư vào lĩnh vực Ít 30% số tiền đầu tư phải gửi tiết kiệm có kì hạn trái phiếu Nếu người muốn đầu tư toàn số tiền vòng năm, tìm cách đầu tư để thu lợi nhuận tối đa? Hãy thiết lập mơ hình toán này! 09-Mar-16 Giới thiệu toán QHTT Dạng tổng quát Gọi x1, x2, x3, x4 số tiền đầu tư vào lĩnh vực tiết kiệm khơng kì hạn, tiết kiệm có kì hạn, mua trái phiếu, cho tư nhân vay Từ điều kiện: Tìm x = (x1, x2, , xn) cho: f (x)   c j.x j  min(max) n x4  14.000.000 x3  x1 + x2 + x4 x2 + x3 ≥ 21.000.000 x1 + x2 + x3 + x4 = 70.000.000 xj ≥ , j  1, Để lợi nhuận đầu tư đạt tối đa thì: f(x) = 0,065x1 + 0,085x2 + 0,1x3 + 0,13x4  max j 1 n  (*)  a ij x j  j 1  Bài toán QHTT dạng tổng quát 0 xj  y     b   i    (i  1, m) Bài toán QHTT dạng tổng quát • Tập hợp tất PA gọi miền ràng buộc Ký hiệu: D • Một phương án làm cho hàm mục tiêu cực tiểu (ứng với toán min) cực đại (ứng với toán max) gọi phương án tối ưu Ký hiệu x* xopt • Bài tốn QHTT có PATU gọi tốn giải • Hai tốn QHTT gọi tương đương chúng có chung tập PATU • f(x) gọi hàm mục tiêu • Hệ (*) gọi hệ ràng buộc đẳng thức bđt (*) gọi ràng buộc tốn • Vector x = (x1, ., xn) thõa mãn hệ (*) gọi lời giải (solution) phương án (alternative)chấp nhận tốn • bi hệ số tự • cj hệ số hàm mục tiêu • aij hệ số ràng buộc chung 09-Mar-16 Bài toán QHTT dạng tắc Bài tốn QHTT dạng tắc f (x)  c1x1   cn x n  Min (Max) Phương pháp chuyển BT dạng TQ toán CT  a11x1  a12 x   a1n x n  b1   a 21x1  a 22 x   a 2n x n  b   a x  a x   a x  b m2 mn n m  m1 x j  j  1, n  Lưu ý: a x n - Nếu ràng buộc có dạng: j 1 ij j  bi ta cộng thêm vào ẩn phụ xn + để có: a x n j 1 ij j  x n 1  bi - Nếu ràng buộc có dạng: (x n 1  0) ta trừ ẩn phụ xn + để có:  a x n Bài tốn QHTT dạng tắc - Nếu có ẩn xj  ta thay xj xj’ cách đặt: xj = - xj’ với xj’  - Nếu có ẩn xj chưa xác định dấu ta đặt: xj = xj’ - xj’’ với xj’  0; xj’’  11 j1 ij j  a x n j 1  x n 1  bi ij j  bi (x n 1  0) 10 Ví dụ: Hãy đưa tốn sau dạng tắc f(x) = 2x1 + x2 – x3  Min  2x1  x  x    4x1  2x  x   3x1  x  3x   x1  0; x  Lưu ý: - Nếu tốn dạng tắc khơng có PATU tốn tổng qt ko có PATU - Nếu tốn tắc có PATU tốn tổng qt có PATU PATU tốn tắc 12 bỏ ẩn phụ 09-Mar-16 Một số tính chất tốn QHTT • Định lý 1: Tập D PA tốn QHTT tắc tập lồi • DL2: Nếu tập D PA tốn QHTT tắc khơng rỗng bị chặn D đa diện lồi • DL3: Nếu BT QHTT tắc có lời giải tập D PA đa diện lồi có điểm cực biên D PATU • DL4: Nếu BT QHTT tắc có lời giải, có điểm cực biên D PATU gọi PACB tối ưu 13 Một số tính chất tốn QHTT • DL5: Nếu tốn QHTT có nhiều PATU tổ hợp lồi chúng PATU • DL6: PA x = (x1, ., xn) toán QHTT tắc PACB vector cột Aj ma trận hệ số ứng với thành phần xj > lập thành hệ độc lập tuyến tính • PACB suy biến/ khơng suy biến? 14 Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc VD: Cho toán QHTT: f(x) = 2x1 – 3x2 + 4x3 + 5x4  Min  2x1  x  x  x    x1  x  x  2x    x  0; x  0; x  0; x   Trong phương án sau đâu là: PACB; PACB suy biến; PACB không suy biến: X1 = (0;1;2;0) X2 = (0;3;0;0) X3 = (0; 1;1; 0) 15 Ẩn xj gọi ẩn sở ràng buộc thứ i hệ số ràng buộc i ràng buộc lại Bài tốn QHTT dạng chuẩn tốn QHTT dạng tắc có bi  i ràng buộc có ẩn sở 16 09-Mar-16 Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc Bài toán QHTT dạng chuẩn: f (x)  c1x1   cn x n  Min (Max)  x1  a1(m 1) x m 1   a1n x n  b1  x2  a 2(m 1) x m 1   a 2n x n  b     x m  a m(m 1) x m 1   a mn x n  b m  x  j  1, n  j PA CB xuất phát: x0 = (b1, b2, … , bm, 0, … , 0) 17 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH Phương pháp chuyển đổi ẩn sở hệ phương trình tuyến tính Cơ sở phương pháp đơn hình Thuật tốn đơn hình Tìm phương án tối ưu khác Phương pháp giải tốn Max Phương pháp đơn hình mở rộng 19 Ví dụ: Cho tốn QHTT: f(x) = x1 - 2x2 + x3 - 3x4 + x5  Min x5   x1  x   3x  x  2x     2x  x4  x5    x j  j  1,  Bài tốn có phải tốn dạng chuẩn khơng? Vì sao? Tìm PACB xuất phát? 18 Phương pháp đổi ẩn sở hệ ràng buộc Cho hệ ràng buộc toán QHTT dạng chuẩn: a1(m 1) x (m 1)   a1n x n  b1  x1   x2  a 2(m 1) x (m 1)   a 2n x n  b     x m  a m(m 1) x (m 1)   a mn x n  b m  x1, ……, xm ẩn sở hệ phương trình ta có phương án cực biên tương ứng là: x0 = (b1, b2, … , bm, 0, … , 0) 20 09-Mar-16 Phương pháp đổi ẩn sở hệ ràng buộc • Dùng phương pháp Gauss-Jordan (đã học DSTT) xây dựng sở Ví dụ: Cho tốn QHTT: f(x) = x1 - 2x2 + x3  Min Phương pháp đổi ẩn sở hệ ràng buộc • Xuất phát từ PACB, PACB chưa tối ưu, ta tìm cách chuyển sang PACB “tốt” Vì số PACB hữu hạn nên sau số hữu hạn bước lặp, ta tìm PACB tối ưu kết luận tốn khơng có lời giải • Xoay đỉnh? 21 Cơ sở thuật tốn đơn hình Xét toán QHTT: f (x)   c j x j n j 1 Cơ sở thuật toán đơn hình Gọi x = (x1, … , xn) phương án tốn trên, xét: n f (x)   ci x i  Min n m   x i   a i,m  k x m  k  bi k 1   x  j  1, n; b  i  j i 1 (i  1, m) Vì x phương án nên thõa mãn ràng buộc sau thay vào hàm mục ntiêu biến đổi ta có: i  1, m Với: Ta có phương án CB tốn: x0 = (b1, b2, … , bm, 0, … , 0) Giá trị hàm mục tiêu x0: f(x0) = b1c1 + … + bmcm x5   x1  x   3x  x  2x     2x  x  x5    x  j  1,  j Hãy thay ẩn sở x3 ẩn sở x2 PACB 22 23 Lưu ý: f (x)  f (x )    j x j  j   ci a ij  c j m j  Với xj ẩn sở i 1 j 1 j  1, m (*) j  1, n 24 09-Mar-16 Cơ sở thuật toán đơn hình f (x)  f (x )    j x j n Cơ sở thuật toán đơn hình (*) Do x phương án nên: xj  0, j  với j f(x)  f(x0) Hay x0 PATU Định lí:  Nếu PACB mà j  với j PATU  Nếu PACB mà tồn j > aij  với i, tốn khơng có PATU  Nếu PACB mà j > tồn aij > ta tìm 25 phương án tốt j 1 Cơ sở thuật toán đơn hình Rõ ràng xp xây dựng phương án toán dạng chuẩn với p > Vì xp phương án nên ta có: f (x p )  f (x )    j x pj  f (x )   m  h x pm  h n j 1  f (x )  p  m  h Với p > tùy ý nên ta chọn p  + ,  > f(xp)  -  nên hàm mục tiêu giảm vơ hạn Nghĩa tốn khơng có phương án tối ưu 27 Chứng minh: ii) Giả sử ta có PACB: x0 = (b1,…,bm,0, … , 0) thõa mãn điều kiện định lí Tức tồn m + h > mà ai,m + h  với i Xét dãy số xp = {xjp} j = 1, 2,…, n xây dựng sau: p x m h  p  p p xi  x m  k   p  x i  bi  a i, m  h p p0 k  1, n  m, k  h j  1, m 26 Cơ sở thuật tốn đơn hình Chứng minh: iii) Giả sử ta có PACB: x0 = (b1,…,bm,0, … , 0) thõa mãn điều kiện định lí Tức với m + k > tồn ai,m + k > với k Chọn m + h = Max {m + k: m + k > 0} Xét dãy số x’ = {x’i} i=1,… ,n xác định sau:  x ,m  h   0   x ,i   x ,m  k  k  1, n  m, k  h  ,  x i  bi  a i, m  h  i  1, m Rõ ràng x’ thõa mãn ràng buộc 28 toán QHTT 09-Mar-16 Cơ sở thuật toán đơn hình Nên để x’ phương án thì: x ,j  b j  a j, m  h   Cơ sở thuật tốn đơn hình Ta chọn  = 0 Với  = 0 x’ phương án với ẩn sở đưa xr ẩn sở đưa vào xm +h n f (x , )  f (x )    j x ,j j Với aj.m + h  hiển nhiên thõa mãn Với aj, m + h > thì: 0 bj  f (x )   m  h 0 j Vì m + h > 0, 0 > nên f(x’) < f(x0) hay x’ phương án tốt a j, m  h  b  br      j    0 a j, m  h  a  j, m  h  a r, m  h 29 30 Thuật toán đơn hình Từ phương án x0 = (b1,…., bm,0, , 0), tức sở xi (i = 1, 2, , m) Ta thành lập bảng đơn hình tính:  j   ci a ij  c j m i 1 j 1 j  1, n f(x0) = b1c1 + … + bmcm Chú ý: Nếu xj ẩn sở j = 31 Thuật tốn đơn hình Hệ số Hệ ẩn CS Phương án CB c1 c2 cm x1 x2 xm b1 b2 bm 0 0……………a1n 0… … a2n …… amn f(x) f(x0) 0 m+ … n c1 c2 cm ……… cn x1 x2 …xm… ……xn 32 09-Mar-16 Thuật tốn đơn hình Bước 1: Tính j kiểm tra điều kiện: - Nếu j  với j PATU - Nếu j > aij  với i, tốn khơng có PATU Nếu khơng thõa mãn chuyển qua bước Bước 2: (Xác định ẩn cở sở mới) - Trong số j > chọn: Max{j: j > 0} = h ẩn xh ẩn đưa vào - Ẩn xr ẩn loại khỏi hệ ẩn sở xác định bởi: br bi  a r, m  h a ij 0 a i, m  h 33 Thuật tốn đơn hình Ví dụ: Giải tốn QHTT f(x) = x1 – x2 - 2x4 + 2x5 - 3x6  Min Thuật tốn đơn hình Bước 3: (Chuyển bảng đơn hình) - Phần tử arh nằm dòng r cột h gọi phần tử chủ yếu - Lập bảng đơn hình mới: + Dòng thứ r bảng ta lấy dòng thứ r bảng cũ chia cho phần tử chủ yếu + Trong cột h bảng có vị trí arh = vị trí khác cột h + Còn vị trí khác lại bảng đơn hình ta tính theo cơng thức hình chữ nhật: a'ij  a rh Tiếp tục đánh giá phương án (quay bước 1)34 ci -1  x  x5  x6   x1  x2  x4  x  12   x  2x  4x  3x    xj   j  1,  a rh a ij  a ih a rj Thuật toán đơn hình -1 -2 xi bi x1 x2 x3 x4 x1 0 [1] x2 12 1 x3 0 f(x) -10 0 2 x5 -1 -3 x6 -1 Xác định ẩn đưa vào đưa khỏi hệ ẩn sở? 35 36 09-Mar-16 ci -2 -1 Thuật toán đơn hình -1 -2 xi bi x1 x2 x3 x4 x4 0 x2 10 -1 0 x3 -2 f(x) -14 -2 0 x5 -1 -3 -3 x6 -1 [5] Thuật toán đơn hình x1 -2 x4 3/5 -1 x2 -1/5 -3 x6 -2/5 f(x) -17 -4/5 ci xi bi -1 x2 0 x3 1/5 -2/5 1/5 -3/5 -2 x4 x5 7/5 -9/5 2/5 -21/5 -3 x6 0 Phương án tối ưu toán : (0,8,0,3,0,1) Giá trị hàm mục tiêu đạt : f(x) = -17 37 Thuật tốn đơn hình Ví dụ: Giải toán QHTT: f(x) = -7x1 + x2 + 3x3 + x4 + x5 + 6x6  Min Giải:  x  x  x  15  x1 2x  x  2x   3x  x  2x  4x  2   xj  j  1,  39 38 ci xi Thuật tốn đơn hình bi -7 x1 x2 x3 x4 x5 x6 40 09-Mar-16 Phương pháp đơn hình mở rộng Bài tốn QHTT dạng tắc: f (x)   c j x j  Min n j1  n  a ij x j  bi  j 1 x   j Bài toán M (bài toán mở rộng): (i  1, m) j  1, n g(x)   c j x j  M  x n  i  Min n m n  a ij x j  x n i  bi  j 1  x  0; x  n i  j j 1 i 1 (i  1, m) j  1, n; i  1, m Với M số dương lớn tùy ý 65 Phương pháp đơn hình mở rộng Tính chất 1: Nếu tốn M khơng có PATƯ tốn xuất phát khơng có PATƯ Chứng minh: Giả sử ngược lại, tốn xuất phát có PATƯ x0, ta chứng minh (x0, 0) PATƯ toán M Thật vậy, giả sử (x, xn + i) phương án toán M - Nếu xn + i = với i = 1, 2,… , m thì: g(x, xn + i) = g(x, 0) = f(x)  f(x0) = g(x0, 0) - Nếu tồn x n  i  : g(x, xn + i)  f(x) + M x n  i  f(x0) = g(x0, 0) Vậy (x0, 0) PATU toán M (Mâu thuẫn 67 với giả thiết tốn M khơng có PATƯ) Phương pháp đơn hình mở rộng Như tốn M có n + m ẩn ta kí hiệu phương án toán M là: (x, xn + i) = (x1, x2, … , xn, xn + 1, …., xn + m) Nếu x phương án toán xuất phát thì: (x, 0) = (x1, x2, … , xn, 0, …., 0) phương án toán mở rộng Nếu (x, 0) phương án tốn mở rộng x = (x1, x2, … , xn) phương án toán xuất phát Với tốn mở rộng ta có phương án xuất phát: (0, 0, ……,0, b1, b2, … , bm) 66 Phương pháp đơn hình mở rộng Tính chất 2: Nếu tốn M có PATƯ (x, xn + i), đó: - Nếu (x, xn + i) = (x, 0) x PATƯ toán xuất phát - Nếu xn + i > tốn xuất phát khơng có phương án nên khơng có PATƯ 68 09-Mar-16 Phương pháp đơn hình mở rộng Chứng minh kết luận thứ 3: Bài tốn M có PATƯ (x, xn + i) tồn x n  i0    Khi giả sử x0 phương án toán xuất phát (x0, 0) phương án tốn mở rộng Ta có: g(x, xn + i)  f(x) + .M > g(x0, 0) Điều mâu thuẫn với (x, xn + i) PATƯ 69 Bài toán đơn hình mở rộng Ví dụ: Giải tốn QHTT f(x) = -x1 - 2x2 + x3  Min Phương pháp đơn hình mở rộng Khi xây dựng tốn đơn hình mở rộng ta thêm ẩn giả vào ràng buộc chưa có ẩn sở Bài tốn đơn hình mở rộng f(x), j phụ thuộc vào M nên ta chia dòng tính f(x), j thành hàng, hàng ghi giá trị không phụ thuộc M, hàng ghi hệ số M Nếu tới bước mà ẩn giả bị loại khỏi hệ ẩn sở ta khơng chia hàng tính giá trị f(x), j thành hàng Trong bảng đơn hình không cần ghi cột ứng với ẩn giả Nếu f(x)  max hệ số ẩn giả nằm hàm mục tiêu toán mở rộng – M (Với M số 70 dương lớn tùy ý) Bài tốn đơn hình mở rộng Bài tốn mở rộng: f(x) = -x1 - 2x2 + x3 + Mx6 + Mx7  Min 6  4x1  4x  2x  x  x  x  2x  x5  x 6   2x  x  2x  x7    xj  j  1,   4x1  4x  2x    x  x  2x     2x1  x  2x   x j  j  1, 2,  71 72 09-Mar-16 Bài tốn đơn hình mở rộng Ví dụ: Giải toán QHTT f(x) = x1 + x2 + 3x3 + 2x4  max  x1  2x  x  2x  10  2x  x  3x  4x    x  2x  2x  x    x j  j  1,  Bài toán đơn hình mở rộng Đặt g(x)= - f(x) Bài tốn dạng tắc: g(x)= -x1 - x2 - 3x3 - 2x4   x1  2x  x  2x  x  10  2x  x  3x  4x    x  2x  2x  x  x    x j  j  1,  73 Bài tốn đơn hình mở rộng Bài toán dạng chuẩn: g(x)= -x1 - x2 - 3x3 - 2x4 + M(x7 + x8 )   x1  2x  x  2x  x  10  2x  x  3x  4x  x    x  2x  2x  x  x  x  8   x j  j  1,8  74 Bài tốn đơn hình mở rộng -1 -1 -3 -2 x1 x2 x3 x4 x5 10 2 M x7 [3] M x8 2 g(x) 3M+1 3M+1 5M+3 5M+2 ci xi bi x5 0 0 x6 0 -1 -M PACB xuất phát: X0 = (0 , ,0 ,0, 10,0,9,8) 75 76 09-Mar-16 Bài tốn đơn hình mở rộng ci -3 M xi bi x5 x3 x8 g(x) -1 -1 x1 x2 1/3 5/3 2/3 1/3 -1/3 [4/3] -3 x3 -2 x4 2/3 4/3 -5/3 x5 0 x6 0 -1 Bài tốn đơn hình mở rộng -1 x1 x5 9/2 3/4 -3 x3 5/2 3/4 -1 x2 3/2 -1/4 g(x) -9 ci xi bi -1 x2 0 -3 x3 -2 x4 11/4 7/4 -5/4 0 x5 x6 5/4 1/4 -3/4 Vậy tốn gốc có PATU X* = (0,3/2,5/2,0) f(X*) = -g(X*) = 77 78 79 80 Ví dụ 09-Mar-16 Hiện tượng xoay vòng • Mơ tả • Giải BT QHTT PP đơn hình: gặp phải p.á.c.b suy biến đổi sở ta giữ ngun p.á.c.b mà khơng xây dựng p.á.c.b • Có hai khả năng: i ii Sau số bước lặp  thoát (may mắn) Khơng thốt: sau số bước quay lại sở cũ xoay vòng Nếu khơng có cách khắc phục kéo dài vô hạn 81 2.4.1 Khái niệm 82 ci • Ví dụ: Giải BT sau: f ( x )  x1  x5  x6  64 x7  min,   x1  x4  x5  x6  12 x7  0,   x  x  x  x  x  0,  2 6  x3  x5  x6  x7  2,   x j  0,( j  1, 7)  x2 x3 x2 0 x3 0 -6 83 x1 0 0 bi x1 0 xi 4 f(x) x4 X3 x2 f(x) 0 -1 -1/6 2/3 -16 4/3 52/3 -2 -2 -3/2 0 [2] -4 0 -3/4 1/2 0 -3 0 x3 3/4 1/2 [1/3] 4/3 -3/2 f(x) x6 1/2 -1/2 1 64 x5 0 -5 x4 0 0 -6 x4 x5 0 -6 0 -1 -3 x7 12 -9 36 -9 -64 -16 2/3 -26/3 -1284 1/3 -1/3 09-Mar-16 -5 x6 -3/2 X3 -6 -5 64 64 0 x5 f(x) x6 0 5/4 -3/2 1/2 -9 -13/3 9/4 4/3 -18 -26/3 27/2 27/4 -25/2 0 1/3 -2 1/4 -3/2 -6 x7 1/8 -3/4 f(x) 3/ -3 x7 0 f(x) 0 x2 0 X3 x1 X3 x1 x3 f(x) 2 5/8 0 3/2 24 0 1 -16 -1/3 0 -2/3 -1 -1/3 1/3 3/4 0 1/2 0 4/3 0 1/2 -2 -3/2 -1/4 -26 -3 -5/2 16 0 -5/4 -1 12 -1 -1/6 2/3 -2 -16 1 -9 • Ta giải BT sau (từ ta tìm nghiệm BT ban đầu) n 86 f ( x)  x1  x5  x6  64 x7  min,   x1  x4  x5  x6  12 x7  p ( ) ,   x  x  x  x  x  p ( ),  2 6   x3  x5  x6  x7   p( ) ,  x  0, ( j  1, 7), lim p ( )   0  j f ( x)   c j x j  min, n j 1   aij x j  bi  p ( ), i  m,  j 1  x j  0, j  n, lim p ( )   0  Sửa đổi miền ràng buộc đưa BT không suy biến Nghiệm BT ban đầu tìm từ nghiệm BT sửa  PP nhiễu loạn ii Đưa quy tắc chọn sở cho quay sở xét bước trước PP tự vựng • Ví dụ: Giải BT ví dụ pp nhiễu loạn j 1   aij x j  bi , i  m,  j 1  x  0, j  n  j n i 2.4.2 Phương pháp nhiễu loạn f ( x)   c j x j  min, n • Như vậy, sau bảy bước ta lại trở lại bảng đơn hình xuất phát Nếu lặp lại ta gặp tượng xoay vòng • Thực tế: Nhiều BT suy biến, tượng xoay vòng • Có hai cách khắc phục: 85 2.4.2 Phương pháp nhiễu loạn • Để giải BT QHTT dạng tắc: 2.4.1 Khái niệm 87 88 09-Mar-16 ci xi bi x1 x2 x3 x1 p(e) 0 x3 2+ p(e) 0 x1 1/3 p(e) x2 f(x) 0 x4 x3 p(e) p(e) p(e) 2+ p(e) f(x) 4/3 p(e) x4 2/3+7/3 p(e) x1 16/9+16/9 p(e) -5 x6 2+ p(e) f(x) -26/9 -1/9 p(e) §3 0 0 1/3 -2 [ 1/2] 4/3 0 -8/3 x5 -2/3 x4 0 0 -6 -1 -2 -4/3 x6 -5 64 -1/6 2/3 -1 1 -8/9 -2 -1/3 2/3 13/9 x7 [1 ] 12 -9 -16 104/9 4/3 -9 -160/9 2.4.2 Phương pháp nhiễu loạn • Cho 0 ta nghiệm toán ban đầu 16 11  x ( )  (  p( ), 0, 0,  p( ),0,  p( ), 0) 9 26 f ( x ( ))    p ( ) 9 16 x  ( , 0, 0, , 0, 2, 0), -8/3 -13/9 -7/9 f ( x )   26 89 -43/9 BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU (tham khảo) 90 Định nghĩa toán đối ngẫu Qui tắc viết toán đối ngẫu cho toán Max: f (x)  c1x1   c n x n  Max g(y)  b1 y1   b m y m  Min Định nghĩa toán đối ngẫu Mối quan hệ cặp toán đối ngẫu    x j     tùy ý  Ứng dụng toán đối ngẫu: Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Chứng tỏ tính TU PA   a i1x1   a in x n    bi    3 Giải tốn có dạng đặc biệt 91   a1j y1   a mj y m   c j       yi     tùy ý  92 09-Mar-16 Định nghĩa toán đối ngẫu Qui tắc viết toán đối ngẫu cho toán Min: f (x)  c1x1   c n x n  Min g(y)  b1 y1   b m y m  Max  0  x j     tùy ý    a i1x1   a in x n    bi      a1j y1   a mj y m   c j       yi     tùy ý  Định nghĩa tốn đối ngẫu Ví dụ: Viết toán đối ngẫu toán QHTT (I): f (x)  2x1  x  3x  x  max x4  5x1  4x   x  2x  x  2x  1  (I)  - x1  x  3x  x   x1  0; x  0; x  93 Định nghĩa toán đối ngẫu Bài toán QHTT (I’) đối ngẫu toán (I) g(y) = 2y1 – y2 + 5y3  Min 94 Định nghĩa toán đối ngẫu VD: Viết toán đối ngẫu toán sau: g(y) = 2y1 – y2 + 5y3  Min  5y1  y  y3    4y1  2y  y3   y  3y3     y  2y  y  1   y1  0; y  0;  5y1  y  y3    4y1  2y  y3   y  3y3     y  2y  y  1   y1  0; y  0; 95 96 09-Mar-16 Định nghĩa toán đối ngẫu Định nghĩa: (Cặp ràng buộc đối ngẫu) Trong cặp tốn đối ngẫu ràng buộc bất đẳng thức thứ i với ẩn thứ i toán đối ngẫu lập thành cặp ràng buộc đối ngẫu Ví dụ: Tìm cặp ràng buộc đối ngẫu cặp toán đối ngẫu (I) (I’): x1  5y1 + y2 - y3  x2  - 4y1 + 2y2 + y3  - x4  5x1 - 4x2 – x4  và x1 + 2x2 + x3 - 2x4  -1 -y1 - 2y2 + y3  y1  y2  97 Định nghĩa tốn đối ngẫu Ví dụ: Hãy viết tốn đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán sau: f (x)  x1  x  2x  4x  Min  x1  2x  x  2x   2x  4x  3x  x  14   -5x1  6x  x  8x  9  x1  0; x  0; x  99 Định nghĩa tốn đối ngẫu Ví dụ: Hãy viết toán đối ngẫu cặp ràng buộc đối ngẫu toán sau: f (x)  x1  2x  3x  4x  max  5x1  6x  7x  8x   10x  11x  12x  13x  14   -15x1  16x  17x  18x  19  x1  0; x  0; x  98 Mối quan hệ cặp toán đối ngẫu Mối quan hệ hai toán thể định lý sau: Định lý 1: Đối với cặp toán đối ngẫu xẩy trường hợp sau: - Cả hai toán khơng có phương án - Cả hai tốn có phương án, lúc hai tốn có PATƯ giá trị hàm mục tiêu chúng - Một tốn khơng có phương án, tốn có phương án, tốn có phương án khơng có PATƯ 100 09-Mar-16 Mối quan hệ cặp toán đối ngẫu Định lý 2: (Định lí độ lệch bù yếu) Hai phương án cặp toán đối ngẫu PATƯ với cặp ràng buộc đối ngẫu ràng buộc thõa mãn với dấu bất đẳng thức thực ràng buộc thõa mãn với dấu 101 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Giải: Bài toán đối ngẫu là: g(y) = 15y1 + 8y2 + 10y3  Max 3y1  2y  4y3   2y  y  2y   4y  5y  2y  1   y j  j  1,  Do tốn xuất phát có PATƯ x0 = (7, 0, -9) nên theo định lí độ lệch bù yếu ta có: -3y1 + 2y2 + 4y3 = (1) -4y1 -5y2 + 2y3 = (2) 103 Ứng dụng tốn đối ngẫu 2.1 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu PP 1: Nhờ tiêu chuẩn tối ưu nên ta biết PATƯ cặp tốn đối ngẫu ta dễ dàng tìm PATƯ tốn lại Ví dụ 1: Cho toán QHTT sau: f (x)  3x1  4x  x  3x1  2x  4x  15  2x  x  5x     4x1  2x  2x  10  x1  0; x  0; x  Cho biết tốn có PATƯ x0 = (7, 0, -9) Hãy 102 lập giải toán đối ngẫu tốn Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Mặt khác thay phương án x0 vào ràng buộc toán gốc ta thấy ràng buộc thứ ba xẩy dấu bất đẳng thức thực nên: y2 = (3) Từ hệ phương trình (1), (2), (3) ta dễ dàng suy nghiệm y0 = (1/5, 0, 9/10) ta thấy y0 phương án tốn đối ngẫu nên PATƯ toán đối ngẫu Vậy toán đối ngẫu có phương án tối ưu là: y0 = (1/5, 0, 9/10) g(y0) = 12 104 09-Mar-16 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Ví dụ: Cho tốn QHTT : f(x) = x1 + 2x2 + 3x3 + 3x4  Max  2x1  x  x  2x   2x  x  x j   Tìm PATƯ toán đối ngẫu Bài toán dạng chuẩn: f(x) = x1 + 2x2 + 3x3 + 3x4 – Mx7 – Mx8  Max  x  2x  20  3x  4x  18  2x  x  16 j  1, a Hãy giải toán b Hãy viết toán đối ngẫu PATƯ toán đối ngẫu  2x1  x  x  2x   2x  x  x j    x  2x  x  3x  4x  2x  x j  1,8  x6  x7  20  18  x  16 105 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu 3 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x5 20 1 -M x7 18 0 -M x8 16 2 -1 F(x) -1 -2 -3 -3 0 -34 -3 -3 -5 -5 Xây dựng PA tốt 3 = -3 - 5M < bé nên x3 ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai3 > giá trị nhỏ đạt hàng i = nên x7 ẩn đưa 107 a23 = phần tử chủ yếu ci xi bi 106 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu x1 x5 14 5/3 x3 1/3 -M x8 4/3 F(x) 18 -4 -4/3 ci xi bi x2 1/3 2/3 -1/3 1/3 x3 0 x4 2/3 4/3 -5/3 5/3 x5 0 0 x6 0 -1 Xây dựng PA tốt 1 = - 4/3M < bé nên x1 ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai1 > giá trị nhỏ đạt hàng i = nên x8 ẩn đưa 108 a13 = 4/3 phần tử chủ yếu 09-Mar-16 ci Tìm PATƯ tốn đối ngẫu 3 xi bi x1 x2 x3 x4 x5 x5 3/4 11/4 x3 3/4 7/4 x1 -1/4 -5/4 F(x) 18 0 0 x6 5/4 1/4 -3/4 Các j > với j nên tốn có PATƯ toán mở rộng : (3,0,5,0,9,0,0,0) Giá trị hàm mục tiêu đạt : f(x) = 18 PATƯ toán xuất phát: (3,0,5,0) fmax = 18 109 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Mặt khác thay phương án x0 vào ràng buộc tốn gốc ta thấy ràng buộc thứ xẩy dấu bất đẳng thức thực nên: y1 = (3) Từ hệ phương trình (1), (2), (3) ta dễ dàng suy nghiệm y0 = (0, 1, 0) ta thấy y0 phương án tốn đối ngẫu nên PATƯ tốn đối ngẫu Vậy tốn đối ngẫu có phương án tối ưu là: y0 = (0, 1, 0) g(y0) = 18 111 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu b Bài toán đối ngẫu là: g(y) = 20y1 + 18y2 + 16y3  Max 2y1  y  2y3   y  2y  y  2   y1  3y2  2y3  2y  4y  y  3   y1  0; y3  Do tốn xuất phát có PATƯ x0 =(3,0, 5,0) nên theo định lí độ lệch bù yếu ta có: 2y1 + y2 + 2y3 = (1) y1 + 3y2 + 2y3 = (2) 110 Chứng tỏ tính tối ưu phương án Vấn đề: Khơng giải tốn QHTT xem xét phương án x0 có PATƯ hay khơng? Phương pháp: Lập tốn đối ngẫu, giả sử x0 PATƯ sau dùng định lí độ lệch bù yếu để tìm phương án tương ứng với x0 thõa mãn định lí, tồn phương án tương ứng x0 PATƯ không tồn phương án chứng tỏ x0 không PATƯ 112 09-Mar-16 Chứng tỏ tính tối ưu phương án Ví dụ: Cho tốn QHTT f(x) = - 8x1 + 6x2 + 4x3 + 5x4  Min  2x  x   x1  2x1  x  x  3x  4   3x1  x  2x  6x   x1  0; x  0; x  a Viết toán đối ngẫu toán b Chứng tỏ x* = (3, 0, -2, 0) phương án x* có PATƯ hay khơng? Tìm tập PATƯ tốn đối ngẫu? 113 Tìm PATƯ tốn đối ngẫu Theo định lí độ lệch bù yếu ta có: y1 - 2y2 + 3y3 = -8 (1) Ngồi y phương án nên ta có: -2y1 - y2 + 2y3 = (2) Từ (1) (2) giải hệ ta có phương án y có dạng: y = (-16/5 + a/5; 12/5 + 8/5a; a) Thay vào hệ ràng buộc toán đối ngẫu ta có: 0a6 Rõ ràng tồn phương án toán đối ngẫu y với x* thõa mãn định lí độ lệch bù yếu nên x* PATƯ tốn xuất phát 115 Chứng tỏ tính tối ưu phương án a Bài toán đối ngẫu: g(y) = 7y1 – 4y2 + 5y3  Min  y1  2y  3y3    y  y3   2y1  y  2y3   y  3y  6y    y1  0; y3  Dễ thấy x* = (3, 0, -2, 0) phương án phương án toán xuất phát Giả sử x* PATƯ phương án tương ứng y = (y1; y2; y3) toán 114 đối ngẫu thõa mãn định lí độ lệch bù yếu Giải tốn có dạng đặc biệt Ví dụ: Giải toán QHTT f(x) = 12x1 + 27x2 + 6x3  Min  x  3x  x  12  x  3x  x    x  x  x  24   x   j  1,  j 116 09-Mar-16 Giải toán có dạng đặc biệt Giải: Bài tốn đối ngẫu Giải tốn có dạng đặc biệt Bài tốn mở rộng: f(y) = 12y1 + 6y2 + 24y3  Max f(y) = 12y1 + 6y2 + 24y3 – M(y4 + y5 + y6)  Max  2y1  y  6y3  12 3y  3y  9y  27   2y  y  2y    y  j  1,  j  12 2y1  y  6y3  y4 3y  3y  9y  y5  27  2y  y  2y  y6    y  j  1,  j 117 Giải tốn có dạng đặc biệt ci 0 yi bi y4 12 y5 27 y6 g(y) 12 y1 -12 y2 -6 24 y3 -24 y4 0 0 y5 0 y6 0 Xây dựng PA tốt 3 = -24 < bé nên x3 ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai3 > giá trị nhỏ đạt hàng i = nên y3 ẩn đưa a13 = phần tử chủ yếu 119 118 Giải tốn có dạng đặc biệt ci 24 0 yi y3 y5 y6 g(y) bi 48 12 y1 1/3 4/3 -4 y2 1/6 3/2 2/3 -2 24 y3 0 0 y4 1/6 -3/2 -1/3 y5 0 y6 0 Xây dựng PA tốt 1 = - < bé nên x1 ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai1 > giá trị nhỏ đạt hàng i = nên y6 ẩn đưa a31 = 4/3 phần tử chủ yếu 120 09-Mar-16 Giải tốn có dạng đặc biệt ci 24 12 yi bi y3 3/2 y5 y1 3/2 g(y) 54 12 y1 0 y2 3/2 1/2 24 y3 0 0 y4 1/4 -3/2 -1/4 y5 0 y6 -1/4 3/4 Các j ≥ với j nên tốn có PATƯ toán đối ngẫu là: (3/2, 0, 3/2) Giá trị hàm mục tiêu đạt là: gmax = 54 121 Giải tốn có dạng đặc biệt Bài tốn đối ngẫu có PATƯ là: y0 = (3/2, 0, 3/2) nên theo định lí độ lệch bù yếu ta có: 2x1 + 3x2 + 2x3 = 12 (1) 6x1 + 9x2 + 2x3 = 24 (2) Mặt khác thay phương án y0 vào ràng buộc tốn đối ngẫu ta thấy ràng buộc thứ hai xẩy dấu bất đẳng thức thực nên: x2 = (3) Từ (1),(2), (3) giải ta có x0 = (3, 0, 3) phương án tốn xuất phát nên PATƯ 122 fmin = 54 ... i ràng buộc lại Bài tốn QHTT dạng chuẩn tốn QHTT dạng tắc có bi  i ràng buộc có ẩn sở 16 09-Mar-16 Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc Bài toán QHTT dạng chuẩn: f (x) ... 0; x  93 Định nghĩa toán đối ngẫu Bài toán QHTT (I’) đối ngẫu toán (I) g(y) = 2y1 – y2 + 5y3  Min 94 Định nghĩa toán đối ngẫu VD: Viết toán đối ngẫu toán sau: g(y) = 2y1 – y2 + 5y3  Min ... 09-Mar-16 Một số tính chất tốn QHTT • Định lý 1: Tập D PA tốn QHTT tắc tập lồi • DL2: Nếu tập D PA tốn QHTT tắc khơng rỗng bị chặn D đa diện lồi • DL3: Nếu BT QHTT tắc có lời giải tập D PA đa