Ngày nay, có rất nhiều thuật toán mới và công cụ mạnh để giải các bài toán tối ưu tuyến tính nhanh chóng với độ chính xác cao. Tuy nhiên để có được sự phát triển vượt bậc đó cần phải có những phương pháp sơ khai làm nền tảng vững chắc ban đầu. Phương pháp khử Fourier Motzkin (FME) là một trong những phương pháp cổ để giải một số bài toán qui hoạch tuyến tính cỡ nhỏ. Phương pháp này được tìm ra bởi Joseph Fourier vào năm 1823, ông đã sử dụng thuật toán khử để giải các bất phương trình tuyến tính. Tuy nhiên lúc ấy Fourier chỉ dừng lại ở việc công bố những ý tưởng chính của mình nên thuật toán này đã bị dần chìm vào quên lãng. Mãi cho đến thế kỉ 19, năm 1936, nhà toán học Motzkin một lần nữa tìm ra thuật toán này và phát triển nó. Đó là lí do tại sao phương pháp này được đặt tên theo Fourier và Motzkin. Cũng nhờ có thuật toán khử mà vào năm 1910, de la Vallee Poussin đã phát triển thành một phương pháp gần giống đơn hình hiện tại.Nội dung chính của phép khử Fourier Motzkin là thuật toán khử dần các biến của hệ bất phương trình ràng buộc tuyến tính, cho đến khi chỉ còn một biến cuối cùng, từ đó tìm ra được nghiệm bài toán. Sau mỗi bước thực hiện phép khử, mục đích của thuật toán là làm cho số biến giảm đi một. Tuy nhiên lúc này không may số ràng buộc lại tăng lên khá lớn, do đó phương pháp này không mang tính thực tiễn cao. Dù vậy, nó lại mang lại những hệ quả lý thuyết quan trọng, các ứng dụng quan trọng mà chúng tôi sẽ trình bày trong bài viết này.Ứng dụng đầu tiên là thuật toán khử đưa ra quy luật giúp kiểm tra tính khác rỗng của tập lồi đa diện, đây là bước rất cần thiết khi bắt đầu giải các bài toán QHTT, đặc biệt là những bài toán với số lượng lớn các ràng buộc. Phương pháp này còn dùng để chứng minh bổ đề Farkas một cách đơn giản. Cuối cùng, phép khử Fourier Motzkin là một phương pháp mạnh khi giải các bài toán tối ưu tuyến tính tìm nghiệm nguyên. Bởi vì ta khai thác được biểu diễn trước của tập nghiệm, đây là ưu điểm vượt trội hơn so với các phương pháp khác như đơn hình.Dù nhóm đã rất cố gắng trong quá trình làm việc nhưng không thể tránh được sai sót đáng tiếc. Mong nhận được sự góp ý chân thành từ bạn đọc.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM Khoa Toán - Tin học ——————– *** ——————— Tiểu luận cuối kỳ PHÉP KHỬ FOURIER - MOTZKIN Nhóm thực hiện: Nhóm Nguyễn Đình Tùng − k37.101.147 Nguyễn Kim Quý − 42.01.101.123 Lê Thị Anh Thư − 41.01.101.115 Giảng viên hướng dẫn : TS Phạm Duy Khánh Thành phố Hồ Chí Minh Ngày 20 tháng năm 2018 Tóm tắt nội dung Ngày nay, có nhiều thuật tốn cơng cụ mạnh để giải tốn tối ưu tuyến tính nhanh chóng với độ xác cao Tuy nhiên để có phát triển vượt bậc cần phải có phương pháp sơ khai làm tảng vững ban đầu Phương pháp khử Fourier - Motzkin (FME) phương pháp cổ để giải số tốn qui hoạch tuyến tính cỡ nhỏ Phương pháp tìm Joseph Fourier vào năm 1823, ông sử dụng thuật toán khử để giải bất phương trình tuyến tính Tuy nhiên lúc Fourier dừng lại việc công bố ý tưởng nên thuật tốn bị dần chìm vào quên lãng Mãi kỉ 19, năm 1936, nhà tốn học Motzkin lần tìm thuật tốn phát triển Đó lí phương pháp đặt tên theo Fourier Motzkin Cũng nhờ có thuật tốn khử mà vào năm 1910, de la Vallee Poussin phát triển thành phương pháp gần giống đơn hình Nội dung phép khử Fourier - Motzkin thuật toán khử dần biến hệ bất phương trình ràng buộc tuyến tính, biến cuối cùng, từ tìm nghiệm toán Sau bước thực phép khử, mục đích thuật tốn làm cho số biến giảm Tuy nhiên lúc không may số ràng buộc lại tăng lên lớn, phương pháp khơng mang tính thực tiễn cao Dù vậy, lại mang lại hệ lý thuyết quan trọng, ứng dụng quan trọng mà trình bày viết Ứng dụng thuật toán khử đưa quy luật giúp kiểm tra tính khác rỗng tập lồi đa diện, bước cần thiết bắt đầu giải toán QHTT, đặc biệt toán với số lượng lớn ràng buộc Phương pháp dùng để chứng minh bổ đề Farkas cách đơn giản Cuối cùng, phép khử Fourier - Motzkin phương pháp mạnh giải toán tối ưu tuyến tính tìm nghiệm ngun Bởi ta khai thác biểu diễn trước tập nghiệm, ưu điểm vượt trội so với phương pháp khác đơn hình Dù nhóm cố gắng q trình làm việc khơng thể tránh sai sót đáng tiếc Mong nhận góp ý chân thành từ Thầy bạn đọc Mục lục Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi đa diện 1.2 Phép chiếu 4 Phép khử Fourier - Motzkin Ứng dụng phép khử FME 3.1 Chứng minh bao lồi hữu hạn vectơ tập lồi đa diện 3.2 Sử dụng phép khử Fourier-Motzkin để giải toán Quy hoạch 3.2.1 Giá trị tối ưu toán (TT’) 3.2.2 Phương án tối ưu toán (TT’) 3.3 Điều kiện cần đủ tập lồi đa diện rỗng tuyến tính 10 10 11 12 14 18 Bài tập 20 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 25 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi đa diện Tập lồi đa diện P ⊂ Rn tập biểu diễn dạng P = {x ∈ Rn | Ax ≥ b} Trong A ma trận cấp m × n b vectơ Rm 1.2 Phép chiếu Điều cốt lõi để xây dựng phương pháp khử Fourier-Motzkin khái niệm phép chiếu [1] Định nghĩa 1.2.1 Nếu x = (x1 , , xn ) vectơ Rn k ≤ n, ánh xạ chiếu x định nghĩa ánh xạ πk : Rn → Rk chiếu x lên k tọa độ πk : Rn → Rk x → πk (x) = (x1 , , xk ) Vậy πk (x) = πk (x1 , , xn ) = (x1 , , xk ) Định nghĩa 1.2.2 Cho tập S ⊂ Rn ánh xạ chiếu tập S định nghĩa sau Πk (S) = {πk (x) | x ∈ S} Nhận xét 1.2.1 • Tập S khác rỗng Πk (S) khác rỗng Thật vậy, S = ∅ tồn x ∈ S, suy πk (x) ∈ Πk (S), Πk (S) = ∅ Ngược lại Πk (S) = ∅ phải tồn πk (x) ∈ Πk (S) với x ∈ S, S = ∅ • Từ định nghĩa (1.3.1) (1.3.2) ta có Πk (S) = {πk (x) | x ∈ S} = {πk (x) = πk (x1 , , xn ) | x = (x1 , , xn ) ∈ S} = (x1 , , xk ) | tồn xk+1 , , xn cho (x1 , , xn ) ∈ S Như định nghĩa (1.3.2 ) phép chiếu tập S ⊂ Rn tương đương với định nghĩa sau Πk (S) = (x1 , , xk ) | tồn xk+1 , , xn cho (x1 , , xn ) ∈ S Phép khử Fourier - Motzkin Chúng ta hy vọng kiểm tra tính khác rỗng tập lồi đa diện P ⊂ Rn cho trước Nếu cách ta khử biến xn xây dựng tập Πn−1 (P ) ⊂ Rn−1 , lúc cần xem xét tốn đơn giản hơn, kiểm tra tính khác rỗng tập Πn−1 (P ) Và tiếp tục khử biến một, cuối thu tập Π1 (P ) gồm biến dễ dàng kiểm tra tính khác rỗng [1] Điều khó khăn phương pháp sau bước thực phép khử, số chiều (số biến) giảm thêm lượng lớn ràng buộc, ràng buộc tăng theo cấp số mũ với số chiều toán [1] Bây ta nghiên cứu phương pháp khử Cho trước đa diện lồi P có ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính dạng: n aij xj ≥ bi , i = 1, , m j=1 Ta kỳ vọng khử xn xây dựng ánh xạ chiếu Πn−1 (P ) thơng qua thuật tốn khử sau BƯỚC n aij xj ≥ bi , i = 1, , m thành dạng Ta viết lại ràng buộc j=1 n−1 ain xn ≥ − aij xj + bi , i = 1, , m; j=1 Nếu ain = 0, chia hai vế cho ain Ta có biểu diễn tương đương P bao gồm ràng buộc sau: xn ≥ di + fi x ain > dj + fj x ≥ xn (2.1) ajn < (2.2) ≥ dk + fk x akn = (2.3) Trong di , dj , dk tích vơ hướng, fi , fj , fk vectơ Rn−1 Nhận xét 2.0.1 Ở bước [1], ta viết lại ràng buộc P thành dạng n−1 ain xn ≥ − aij xj + bi , i = 1, , m; (1) j=1 Trường hợp ain > 0, từ (1) suy n−1 xn ≥ − j=1 Đặt di = bi , fi = ain −ai(n−1) −ai1 , , ain ain aij bi xj + ain ain x = (x1 , , xn−1 ), ta có xn ≥ d i + f i x Trường hợp ain < 0, từ (1) suy n−1 − j=1 Đặt di = bi , fi = ain aij bi xj + ≥ xn ain ain −ai(n−1) −ai1 , , ain ain x = (x1 , , xn−1 ), ta có di + fi x ≥ xn Trường hợp ain = 0, từ (1) suy n−1 0≥− aij xj + bi j=1 Đặt di = bi , fi = (−ai1 , , −ai(n−1) ), x = (x1 , , xn−1 ), ta có ≥ dk + f k x BƯỚC Xây dựng tập Q tập lồi đa diện Rn−1 xác định ràng buộc theo trường hợp sau Trường hợp Biểu diễn P có chứa ba dạng (2.1) - (2.3) Khi ta giữ nguyên ràng buộc dạng (2.3) vế phải ràng buộc (2.1) ta kết hợp với vế trái ràng buộc (2.2), cuối ta thu tập Q xác định ràng buộc có dạng dj + f j x ≥ di + f i x ≥ dk + f k x ain > ajn < ain = Ví dụ 2.0.1 Giả sử tập lồi đa diện P ⊂ R3 xác định ràng buộc sau x1 + x2 x1 + x2 + 2x3 2x1 + 3x3 x1 − 4x3 −2x1 + x2 − x3 ≥1 ≥2 ≥3 ≥4 ≥5 Ta viết lại dạng tương đương ràng buộc ≥ − x1 − x2 x3 ≥ − x1 /2 − x2 /2 x3 ≥ − 2x1 /3 −1 + x1 /4 ≥ x3 −5 − 2x1 + x2 ≥ x3 Khi tập Q ⊂ R2 xác định ràng buộc ≥ − x1 − x2 −1 + x1 /4 ≥ − x1 /2 − x2 /2 −1 + x1 /4 ≥ − 2x1 /3 −5 − 2x1 + x2 ≥ − x1 /2 − x2 /2 −5 − 2x1 + x2 ≥ − 2x1 /3 Trường hợp Biểu diễn P khơng có chứa dạng (2.1) (2.2) Khi tập Q gồm ràng buộc có dạng (2.3) (nếu có) ≥ dk + f k x ain = Q = Rn−1 (nếu khơng có ràng buộc dạng (2.3)) Ví dụ 2.0.2 Giả sử tập lồi đa diện P ⊂ R3 xác định ràng buộc sau x1 + x2 ≥ x1 + x2 + 2x3 ≥ 2x1 + 3x3 ≥ Ta viết lại dạng tương đương ràng buộc ≥ − x1 − x2 x3 ≥ − x1 /2 − x2 /2 x3 ≥ − 2x1 /3 Đây biểu diễn không chứa dạng (2.2), có dạng (2.3) Khi tập Q ⊂ R2 xác định ràng buộc ≥ − x − x2 Ví dụ 2.0.3 Giả sử tập lồi đa diện P ⊂ R3 xác định ràng buộc sau x1 + x2 ≥ x1 − 4x3 ≥ −2x1 + x2 − x3 ≥ Đây biểu diễn không chứa dạng (2.1), có dạng (2.3) Ta viết lại dạng tương đương ràng buộc ≥ − x1 − x2 −1 + x1 /4 ≥ x3 −5 − 2x1 + x2 ≥ x3 Khi tập Q ⊂ R2 xác định ràng buộc ≥ − x1 − x2 Ví dụ 2.0.4 Giả sử tập lồi đa diện P ⊂ R3 xác định ràng buộc sau x1 + x2 + 2x3 ≥ 2x1 + 3x3 ≥ Ta viết lại dạng tương đương ràng buộc x3 ≥ − x1 /2 − x2 /2 x3 ≥ − 2x1 /3 Đây biểu diễn không chứa dạng (2.1) (2.3) Khi tập Q = R2 Trường hợp Biểu diễn P khơng có chứa dạng (2.3) Khi vế phải ràng buộc (2.1) ta kết hợp với vế trái ràng buộc (2.2), cuối ta thu tập Q xác định ràng buộc có dạng dj + f j x ≥ di + f i x ain > ajn < Và biểu diễn P khơng có dạng (2.1) (2.2) Trường hợp Q = Rn−1 Ví dụ 2.0.5 Giả sử tập lồi đa diện P ⊂ R3 xác định ràng buộc sau x1 + x2 + 2x3 2x1 + 3x3 x1 − 4x3 −2x1 + x2 − x3 ≥2 ≥3 ≥4 ≥5 Ta viết lại dạng tương đương ràng buộc x3 ≥ − x1 /2 − x2 /2 x3 ≥ − 2x1 /3 −1 + x1 /4 ≥ x3 −5 − 2x1 + x2 ≥ x3 Khi tập Q ⊂ R2 xác định ràng buộc −1 + x1 /4 ≥ − x1 /2 − x2 /2 −1 + x1 /4 ≥ − 2x1 /3 −5 − 2x1 + x2 ≥ − x1 /2 − x2 /2 −5 − 2x1 + x2 ≥ − 2x1 /3 Sau ta xem xét mối liên hệ tập Q vừa xây dựng theo thuật toán khử FME với tập đa diện lồi P ban đầu Định lý 2.0.1 Tập lồi đa diện Q xây dựng thuật tốn khử ảnh phép chiếu Πn−1 (P ) tập P Πn−1 (P ) = Q.[1] Chứng minh Ta chứng minh Πn−1 (P ) ⊂ Q Nếu P rỗng Πn−1 (P ) rỗng nên điều phải chứng minh Nếu P khác rỗng Πn−1 (P ) khác rỗng Lấy x ∈ Πn−1 (P ), tồn xn cho (x, xn ) ∈ P Đặt x = (x, xn ), x ∈ P nên x thỏa ràng buộc (2.1) - (2.3), suy x ∈ Q Vậy Πn−1 (P ) ⊂ Q Tiếp theo chứng minh Q ⊂ Πn−1 (P ) Nếu Q rỗng lúc Πn−1 (P ) ⊂ Q = ∅, suy Πn−1 (P ) = Q Nếu Q khác rỗng, lấy x ∈ Q dj + fj x ≥ di + fi x ain > ajn < (*) ≥ dk + fk x akn = Từ (*) suy min{j|ajn 0} (di + fi x) Chọn xn ∈ R nằm hai vế bất phương trình min{j|ajn 0} (di + fi x) Quy ước Nếu {j | ajn < 0} = ∅ min{j|ajn 0} = ∅ max{i|ain >0} (di + fi x) = −∞) Đặt x = (x, xn ) x ∈ Q theo cách chọn xn nên xn ≥ di + fi x ain > d j + f j x ≥ xn ajn < 0 ≥ dk + fk x akn = Suy x ∈ P Vậy tồn xn cho x = (x, xn ) ∈ P nên suy x ∈ Πn−1 (P ) Như Πn−1 (P ) = Q Mà Q tập lồi đa diện nên Πn−1 (P ) tập lồi đa diện Lưu ý Với vectơ x = (x1 , , xn ) ta có πn−2 (πn−1 (x)) = πn−2 (x) Vì πn−2 (πn−1 (x)) = πn−2 (πn−1 (x1 , , xn )) = πn−2 (x1 , , xn−1 ) = (x1 , , xn−2 ) = πn−2 (x) Và với tập lồi đa diện P ta có Πn−2 (Πn−1 (P )) = Πn−2 (P ) Thật vậy, ta có Πn−1 (P ) = {πn−1 (x) | x ∈ P } Πn−2 (Πn−1 (P )) = {πn−2 (y) | y ∈ Πn−1 (P )} = πn−2 (y) | tồn x ∈ P cho y = πn−1 (x) = {πn−2 (πn−1 (x)) = πn−2 (x) | x ∈ P } = Πn−2 (P ) Do Πn−1 (P ) = Q ⊂ Rn−1 tập lồi đa diện nên Πn−2 (Q) tập lồi đa diện, mà Πn−2 (Q) = Πn−2 (Πn−1 (P )) = Πn−2 (P ), suy Πn−2 (P ) tập lồi đa diện Áp dụng thuật toán khử tương tự k lần ta thu tập Πn−k (P ) tập lồi đa diện, k = n − cuối ta thu tập Π1 (P ) Thật không may sau lần áp dụng thuật tốn khử làm tăng thêm lượng lớn ràng buộc, có nhiều ràng buộc thừa, để biết ràng buộc thừa, nhìn chung ta phải liệt kê tất Tuy nhiên thuật tốn khử có chuỗi lý thuyết quan trọng: phép chiếu Πk (P ) mở rộng cách lặp lại nhiều lần việc áp dụng thuật tốn khử, thuật tốn khử ln tạo tập lồi đa diện, dẫn đến phép chiếu Πk (P ) tập lồi đa diện tập lồi đa diện Ta trình bày lại điều dạng ngôn ngữ khác [1] Hệ 2.1 Cho P ⊂ Rn+k tập lồi đa diện, tập sau tập lồi đa diện x ∈ Rn | tồn y ∈ Rk cho (x, y) ∈ P [1] Thật vậy, theo định nghĩa ta có Πn (P ) = x ∈ Rn | tồn y ∈ Rk cho (x, y) ∈ P biến thể hệ ảnh tập lồi đa diện tập lồi đa diện Một Hệ 2.2 Cho P ⊂ Rn tập lồi đa diện cho ma trận A cấp m × n Khi tập Q = {Ax | x ∈ P } tập lồi đa diện [1] Chứng minh Ta có Q = {Ax | x ∈ P } = y ∈ Rm | tồn x ∈ Rn cho Ax = y, x ∈ P Đặt S = (y, x) ∈ Rn+m | Ax = y, x ∈ P , hiển nhiên S tập lồi đa diện Ta có Πm (S) = {πm (y, x) | (y, x) ∈ S} = {πm (y, x) | Ax = y, y ∈ Rm , x ∈ P } = y ∈ Rm | tồn x ∈ Rn cho Ax = y, x ∈ P = Q Như tập Q hình chiếu tập lồi đa diện nên tập lồi đa diện 3.1 Ứng dụng phép khử FME Chứng minh bao lồi hữu hạn vectơ tập lồi đa diện Nhận xét 3.1.1 Trước chứng minh hệ ta xét toán sau Cho bao lồi điểm x1 (0, 0), x2 (1, 0), x3 (1, 1), x4 (0, 1) 4 i λ1 x | Q= i=1 λi = 1, ≤ λi ≤ i=1 Q có hình ảnh hình vng đơn vị Để chứng minh Q tập lồi đa diện thông thường ta xây dựng tập lồi đa diện P = (x1 , x2 ) ∈ R2 | x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, −x1 ≥ −1, −x2 ≥ −1 chứng minh P = Q Dù tốn khơng gian hai chiều, việc chứng minh P = Q rắc rối, để có P ⊂ Q ta phải chọn λi thỏa mãn nhiều điều kiện Và phương pháp giúp ta chứng minh trường hợp bao lồi nhiều vectơ x1 , , xk việc xây dựng tập P khó khăn Tuy nhiên lại hệ phép khử Fourier-Motzkin 10 Hệ 3.1 Bao lồi hữu hạn vectơ tập lồi đa diện [1] Chứng minh Xét bao lồi hữu hạn vectơ x1 , , xk có dạng sau k k i λi x | Q= i=1 λi = 1, λi ≥ i=1 Ta chứng minh ảnh qua phép chiếu tập lồi đa diện k P = (λ1 , , λk ) | λi = 1, λi ≥ i=1 Đặt x11 x21 xk1 x12 x22 xk2 = k xn xn xn A= x1 x2 xk ma trận cấp n × k λ = (λ1 , , λk ) Khi Q = {Aλ | λ ∈ P } Do P ⊂ Rk tập lồi đa diện nên theo Hệ 2.2 Q tập lồi đa diện 3.2 Sử dụng phép khử Fourier-Motzkin để giải toán Quy hoạch tuyến tính Trong phần này, quan tâm đến việc sử dụng thuật toán FME để giải toán QHTT Xét toán QHTT dạng chuẩn tắc (T T ) c x → Ax ≥ b A ma trận cấp m × n b vectơ Rm Chúng ta định nghĩa biến x0 giới thiệu toán QHTT dạng chuẩn tắc thứ hai x0 → −c x ≥ −x0 (T T ) Ax ≥ b mệnh đề sau mối quan hệ hai toán Mệnh đề 3.2.1.[4] Hai toán (TT) (TT’) tương đương theo nghĩa: • Nếu a0 giá trị tối ưu toán (TT) a0 giá trị tối ưu tốn (TT’) ngược lại 11 • Nếu x∗ phương án tối ưu toán (TT) ứng với giá trị tối ưu a0 (a0 , x∗ ) phương án tối ưu toán (TT’) ngược lại Chứng minh Gọi P,P’ tập phương án toán (TT) (TT’) Giả sử a0 giá trị tối ưu toán (TT) x∗ phương án tối ưu tương ứng Khi c x ≥ c x∗ = a0 , ∀x ∈ P Ax∗ ≥ b suy (a0 , x∗ ) phương án tốn (TT’) −c x∗ ≥ −a0 Ax∗ ≥ b Hơn nữa, (x0 , x) phương án khác tốn (TT’) x ≥ c x ≥ c x ∗ ≥ a0 Vậy a0 giá trị tối ưu (TT’) ứng với phương án tối ưu (a0 , x∗ ) Đảo lại, giả sử b0 giá trị tối ưu toán (TT’) (bo , y∗) phương án tối ưu tương ứng Khi −c y ∗ ≥ −b0 Ay ∗ ≥ b Để ý (c y ∗ , y ∗ ) phương án toán (TT’), nên c y ∗ ≥ b0 Vậy b0 = c y ∗ có Ay ∗ ≥ b nên y ∗ phương án toán (TT) Nếu y phương án tốn (TT) Ay ≥ b, suy (c y, y) phương án (TT’), nghĩa c y ≥ b0 = c y ∗ Vậy b0 giá trị tối ưu toán (TT) phương án tối ưu tương ứng y ∗ 3.2.1 Giá trị tối ưu toán (TT’) Xét tập P ⊂ Rn+1 với ràng buộc xác định có dạng n aij xj ≥ bi , i = 0, 1, 2, , m j=0 Nếu áp dụng liên tiếp thuật toán FME để khử biến x1 , x2 , , xn lại tập Π1 (P ) = {x0 | ∃x1 , x2 , , xn để (x0 , x1 , x2 , , xn ) ∈ P } Theo cách xây dựng, giá trị tối ưu toán (TT’) giá trị nhỏ tập Π1 (P ) Tiếp theo, giả sử áp dụng thuật toán FME n − m lần liên tiếp để khử n − m biến xm+1 , xm+2 , , xn Ở lần khử thứ n − m cho kết tập lồi đa diện Πm+1 (P ) xác định ràng buộc bất đẳng thức dạng xm ≥ di + fi x¯, dj + fj x¯ ≥ xm , i∈I j∈J (I) (II) ≥ dk + fk x¯, k∈K (III) Quá trình khử dừng lại xảy hai trường hợp sau 12 i) Các biến x1 , x2 , , xn bị khử hoàn toàn, nghĩa hệ số đứng trước chúng Đều xảy ràng buộc tập Πm+1 (P ) thuộc loại (III), chúng phải có dạng x0 ≥ di , i ∈ K1 d j ≥ x0 , j ∈ K ≥ dk , k ∈ K (III.1) (III.2) (III.3) Nếu có ràng buộc loại (III.3) khơng khả thi, tức có k ∈ K3 cho dk > tập Πm+1 (P ) rỗng, tốn vơ nghiệm Ngược lại, ràng buộc loại (III.3) khả thi bỏ đi, tập Πm+1 (P ) xác định ràng buộc dj ≥ x0 ≥ max di j∈K2 i∈K1 với quy ước: max di = −∞ K1 = ∅ i∈K1 dj = +∞ K2 = ∅ j∈K2 Trong trường hợp này, toán có nghiệm max di hữu hạn, tức K1 khác rỗng, đồng i∈K1 thời dj ≥ max di Tóm lại, giá trị tối ưu toán (TT’) có max di , điều j∈K2 i∈K1 i∈K1 xảy dk ≤ 0, ∀k ∈ K3 dj ≥ max di j∈K2 i∈K1 Ví dụ 3.2.1 Xét tập Πm+1 (P ) xác định ràng buộc a) x0 ≥ 0≥1 ≥ −1 ràng buộc loại (III.3) ≥ không khả thi, tốn vơ nghiệm b) ≥ x0 ≥ x0 ≥ −1 ràng buộc ≥ −1 ln đúng, nên ta bỏ đi, hệ khơng có ràng buộc loại (III.1) nên x0 không bị chặn dưới, tốn vơ nghiệm c) x0 ≥ ≥ x0 ≥ −1 ràng buộc thứ ba nên ta bỏ qua, hai ràng buộc đầu cho ta ≥ khơng khả thi, tốn vơ nghiệm 13 d) x0 ≥ x0 ≥ ≥ x0 ≥ x0 hệ có ràng buộc loại (III.1) (III.2) max{1, 2} = ≤ min{3, 4} = nên tốn có giá trị tối ưu ii) Số ràng buộc lần khử hay |I||J| + |K| = Điều xảy |I| = |K| = |J| = |K| = nghĩa ràng buộc thuộc loại (I) loại (II) Trong trường hợp này, cho x0 , x1 , , xm−1 nhận giá trị tùy ý, cần chọn xm đủ lớn (hoặc đủ nhỏ) ràng buộc thuộc loại (I)(hoặc loại (II)) x0 , , xm ∈ πm+1 (P ) giá trị hàm mục tiêu giảm tùy ý, tốn vơ nghiệm Ví dụ 3.2.2 Xét tập Πm+1 (P ) xác định a) x2 ≥ x1 + x0 x2 ≥ 2x1 − x0 ứng với x1 = 0, x0 = t, t ∈ R ta chọn x2 đủ lớn chẳng hạn x2 = max {0 + t, 2.0 − t} = |t| hệ thỏa mãn giá trị hàm mục tiêu tương ứng t-giảm tùy ý Vậy tốn vơ nghiệm b) −x1 − x0 ≥ x2 −2x1 + x0 ≥ x2 ứng với x1 = 0, x2 = t, t ∈ R chọn x2 đủ nhỏ chẳng hạn x2 = {−0 − t, −2.0 + t} = −|t| hệ thỏa mãn giá trị hàm mục tiêu t-giảm tùy ý Vậy tốn vơ nghiệm 3.2.2 Phương án tối ưu toán (TT’) Giả sử thuật tốn FME, tìm giá trị tối ưu toán (TT’) a0 ta muốn phương án tối ưu tương ứng Nhớ rằng, lúc tập Πm+1 (P ) xác định ràng buộc x0 ≥ d i , i ∈ K d j ≥ x0 , j ∈ K Do hệ số x1 , x2 , , xm nên biến cho giá trị tùy ý tương ứng x01 , x02 , , x0m Ta cần tìm giá trị xm+1 , , xn Nhớ rằng, theo Định lý 2.0.1 vectơ x¯ = (x01 , x02 , , x0k ) thuộc Πk (P ) chọn (dj +fj x¯) ≥ j|ajk 0 (x01 , , x0k , x0k+1 ) ∈ Πk+1 (P ) Do áp dụng cách xây dựng này, sau bước ta giá trị xm+1 = x0m+1 tới xm+2 = x0m+2 tới cuối xn = x0n Lúc (a0 , x00 , x01 , , x0n ) vectơ P’ Vậy a0 giá trị tối ưu (TT) phương án tối ưu tương ứng (x00 , x01 , , x0n ) 14 Ví dụ 3.2.3 Cho tốn QHTT (TT) có dạng mx1 − x2 + x3 x1 + x2 − x3 (T T ) 2x1 + 2x2 + x3 x1 − mx2 → ≥1 ≥2 ≥0 a Với giá trị m tốn có nghiệm, vơ nghiệm b Trong trường hợp tốn có nghiệm, phương án tối ưu tương ứng Lời giải a Xét toán QHTT (TT’) sau x0 → mx1 − x2 + x3 ≤ x0 x1 + x2 − x3 ≥ (T T ) 2x1 + 2x2 + x3 ≥ x1 − mx2 ≥ Ta viết lại ràng buộc dạng x0 − mx1 + x2 ≥ x3 x1 + x2 − ≥ x3 x3 ≥ − 2x1 − 2x2 ≥ −x1 + mx2 Đặt P tập phương án toán (TT’) Ở buốc lặp thuật toán khử FME ta khử x3 để thu tập Π3 (P ) xác định ràng buộc x0 − mx1 + x2 ≥ − 2x1 − 2x2 x1 + x2 − ≥ − 2x1 − 2x2 ≥ −x1 + mx2 Chúng ta viết lại ràng buộc x2 ≥ 2/3 − x0 /3 + (m − 2)x1 /3 x2 ≥ −x1 + −mx2 ≥ −x1 Nếu m < tập Π3 (P ) xác định ràng buộc loại x2 ≥ 2/3 − −x0 /3 + (m − 2)x1 /3 x2 ≥ −x1 + x2 ≥ x1 /m Bài tốn vơ nghiệm, x0 = −∞ Nếu m = tập Π3 (P ) xác định ràng buộc x2 ≥ 2/3 − x0 /3 + (m − 2)x1 /3 x2 ≥ −x1 + ≥ −x1 15 Tiếp tục áp dụng phép khử ta thu tập Π2 (P ) xác định ràng buộc ≥ −x1 Lúc x0 chọn tùy ý, tốn vơ nghiệm Nếu m > 0, tập Π3 (P ) xác định ràng buộc x2 ≥ 2/3 − x0 /3 + (m − 2)x1 /3 x2 ≥ −x1 + x1 /m ≥ x2 Tiếp tục áp dụng phép khử ta thu tập Π2 (P ) xác định ràng buộc x1 /m ≥ 2/3 − x0 /3 + (m − 2)x1 /3 x1 /m ≥ −x1 + Ta viết lại ràng buộc dạng (1 + m)(3 − m)x1 /m ≥ − x0 (1 + m)x1 /m ≥ Nếu < m < tập Π2 (P ) xác định ràng buộc loại x1 ≥ (2 − x0 )m/ [(1 + m)(3 − m)] x1 ≥ m/(1 + m) Bài tốn vơ nghiệm, x0 = −∞ Nếu m = tập Π2 (P ) xác định ràng buộc x1 ≥ 3/4 ≥ − x0 Tiếp tục khử x1 ta có tập Π1 (P ) có dạng ≥ − x0 Do Π1 (P ) = {x0 | x0 ≥ 2} Bài tốn có nghiệm x0 = Nếu m > tập Π2 (P ) xác định ràng buộc (2 − x0 )/ [(1 + m)(3 − m)] ≥ x1 x1 ≥ m/(1 + m) Tiếp tục khử x1 ta có tập Π1 (P ) xác định (2 − x0 )m/ [(1 + m)(3 − m)] ≥ m/(1 + m) Do Π1 (P ) = {x0 | x0 ≥ m − 1} Bài toán có nghiệm x0 = m − Tóm lại m < tốn vơ nghiệm, m ≥ tốn có nghiệm m − b Với m ≥ toán co nghiệm m − 1, phương án tối ưu tìm lại phép ngược sau 16 Thay x0 = m − vào ràng buộc tập Π2 (P ) ta m/(m + 1) ≤ x1 ≤ m/(m + 1) Suy x1 = m/(m + 1) Thay (x0 , x1 ) = (m − 1, m/(m + 1)) vào ràng buộc tập Π3 (P ) ta x2 ≥ 1/(m + 1) x2 ≥ 1/(1 + m) 1/(m + 1) ≥ x2 Suy x2 = 1/(m + 1) Thay (x0 , x1 , x2 ) = (m − 1, m/(m + 1), 1/(m + 1)) vào ràng buộc tập P ta x3 ≥ 0 ≥ x3 ≥ x3 0≥0 Suy x3 = Vậy (x1 , x2 , x3 ) = (m/(m + 1), 1/(m + 1), 0) Nhận xét 3.2.1 Thuật toán khử áp dụng cho tập lồi đa diện P (tập phương án) biểu diễn hệ bất đẳng thức tuyến tính Do đó, biểu diễn tập phương án P có ràng buộc đẳng thức tuyến tính, ta phải chuyển chúng thành hệ ràng buộc bất đẳng thức tương đương Cụ thể: Xét tất ràng buộc đẳng thức tập P: x = b i , i = 1, , k (ĐT) theo cách thông thường đẳng thức a x = b thay hệ tương đương a x ≥ b, −a x ≥ −b, (ĐT) tương đương với hệ gồm 2m bất đẳng thức x ≥ bi , i = 1, , k −ai x ≥ −bi , i = 1, , k số ràng buộc tăng thêm m Ta muốn thay (ĐT) ràng buộc hơn, để ý rằng, ràng buộc −aj x ≥ −bj kết việc cộng vế với vế ràng buộc dạng −ai x ≥ −bi , i = 1, , k với ràng buộc dạng x ≥ bi , i = 1, , k; i = j Như vậy, ta thay (ĐT) hệ tương đương có m + ràng buộc sau: x ≥ b i , k − i = 1, , k k x≥− i=1 bi i=1 Ví dụ 3.2.4 Cho toán QHTT xác định ràng buộc x1 + x2 + x3 → x1 − x2 ≥ 2x1 + x3 ≥ x1 + x − x3 = −x1 + 2x2 + 3x3 = 17 Để áp dụng thuật tốn FME ta phải chuyển ràng buộc đẳng thức x1 + x2 − x3 = −x1 + 2x2 + 3x3 = thành ràng buộc bất đẳng thức x1 + x2 − x3 ≥ −x1 + 2x2 + 3x3 ≥ −(x1 + x2 − x3 ) − (−x1 + 2x2 + 3x3 ) ≥ −3 − ta có tốn tương đương x1 + x2 + x3 x1 − x2 2x1 + x3 x1 + x − x3 −x1 + 2x2 + 3x3 −3x2 − 2x3 3.3 → ≥1 ≥2 ≥3 ≥4 ≥ −7 Điều kiện cần đủ tập lồi đa diện rỗng Trong phần ứng dụng thuật toán khử Fourier-Motzkin để kiểm tra tính khác rỗng tập lồi đa diện [2],[3] Đầu tiên cần hai định nghĩa Định nghĩa 3.3.1 Cho hệ m ràng buộc bất đẳng thức dạng n aij xj ≥ bi , i = 1, 2, , m (1) j=1 Khi đó, ràng buộc bất đẳng thức gọi tổ hợp tuyến tính khơng âm ràng buộc bất đẳng thức hệ (1) thành lập cách nhân ràng buộc bất đẳng thức i với số thực không âm yi , i = 1, 2, , m cộng lại Nhận xét 3.3.1 • Mỗi ràng buộc bất đẳng thức hệ (1) tổ hợp tuyến tính khơng âm hệ • Mỗi ràng buộc bất đẳng thức tập Πk (P ) tổ hợp tuyến tính khơng âm hệ ràng buộc bất đẳng thức tập πk+1 (P ) Do đó, ràng buộc bất đẳng thức tập Π1 (P ) tổ hợp tuyến tính khơng âm hệ ràng buộc bất đ8ảng thức tập P Định nghĩa 3.3.2 Một ràng buộc bất đẳng thức gọi khả thi tập phương án khác rỗng Một ràng buộc bất đẳng thức gọi không khả thi tập phương án rỗng 18 n xi ≥ b với aj = ln có phương Nhận xét 3.3.2 Mỗi ràng buộc bất đẳng thức i=1 án (0, 0, , xj = b , 0, , 0) nên khả thi Do đó, ràng buộc bất đẳng thức khơng khả thi aj phải có dạng 0x1 + 0x2 + + 0xn ≥ d với d > Bây xét tập lồi đa diện P cho ràng buộc bất đẳng thức (1) n aij xj ≥ bi , i = 1, 2, , m j=1 Giả sử từ ràng buộc bất đẳng thức P , tìm tổ hợp tuyến tính khơng âm khơng khả thi, tức ràng buộc bất đẳng thức có dạng 0x1 + 0x2 + + 0xn ≥ d với d > Khi đó, P tập rỗng Ngược lại, P rỗng, cách áp dụng liên tiếp thuật toán khử F-M (tối đa n − lần), thu tập rỗng Π1 (P ) xác định ràng buộc bất đẳng thức dạng x1 ≥ d i , i ∈ I d j ≥ x1 , j ∈ J ≥ dk , k ∈ K Quan sát ràng buộc tập Π1 (P ) có hai khả để Π1 (P ) rỗng: Có ràng buộc bất đẳng thức loại ≥ dk không khả thi, tức tồn k ∈ K để dk > Khi thu tổ hợp tuyến tính khơng âm không khả thi 0x1 + 0x2 + + 0xn ≥ d max di > dj i∈I j∈J Tức tồn i ∈ I, j ∈ J cho di > dj Khi thu tổ hợp tuyến tính khơng âm không khả thi 0x1 + 0x2 + + 0xn ≥ di − dj Vì vậy, tập P rỗng tồn tổ hợp tuyến tính không âm không khả thi ràng buộc bất đẳng thức xác định P Trong ký hiệu ma trận, phát biểu lại định lý sau Định lý 3.3.1: (Định lý bất tương thích hệ bất phương trình tuyến tính) Cho P = {x ∈ Rn : Ax ≥ b} tập lồi đa diện, A ma trận cấp m × n, b vectơ Rm Điều kiện cần đủ để P rỗng tồn vectơ y ≥ cho y A = y b > 19 Ví dụ 3.3.1 Xét tập lồi đa diện P cho ràng buộc mx1 − 2x2 ≥ −1 x1 + mx2 ≥ 2m x − x2 ≥ m − Tập P ứng với ma trận m −2 −1 A = m , b = 2m −1 m−1 Để kiểm tra tính khác rỗng P giải hệ m −2 y1 y2 y3 m = −1 Giải nghiệm y1 −(m + 1)t y2 = (m − 2)t với t ∈ R y3 (m2 + 2)t Giá trị y b = (m − 1)(m + 1)2 t Tập P rỗng hệ bất phương trình sau có nghiệm −(m + 1)t ≥ (m − 2)t ≥ (m2 + 2)t ≥ (m − 1)(m + 1)2 t > (2) (3) (4) (5) Hai bất phương trình (4) (5) cho t > 0, m > 1; giá trị khơng thỏa bất phương trình (2) Vậy tập P khác rỗng Bài tập (a) Giả sử tập lồi đa diện P xác định m ràng buộc (m > số chẵn) Cho ví dụ minh họa Từ chứng tỏ thuật toán khử FME tạo thành tập Πn−1 (P ) có nhiều m2 /4 ràng buộc tuyến tính n−1 n (b) Chứng tỏ thuật toán khử tạo thành tập lồi đa diện Π1 (P ) chứa không m2 /22 −2 ràng buộc (c) Cho n = 2p + p + 2, với p số nguyên dương, tập lồi đa diện Rn có C83 ràng buộc dạng ±xi ± xj ± xk ≤ 1, ≤ i < j < k ≤ n p +2 Chứng minh sau p bước khử số ràng buộc 22 Lời giải [6] (a) Ví dụ minh họa Ví dụ 4.0.1 với m = 4, xét tập P sau x1 + x2 x1 − 2x2 + x3 8x1 + 4x2 − x3 6x2 − x3 20 ≥1 ≥5 ≥ −1 ≥2 [1] Các ràng buộc tương đương với ≥ − x1 − x x3 ≥ − x1 + 2x2 8x1 + 4x2 + ≥ x3 6x2 − ≥ x3 Khi tập Πn−1 (P ) xác định ràng buộc ≥ − x1 − x2 8x1 + 4x2 + ≥ − x1 + 2x2 6x2 − ≥ − x1 + 2x2 Lúc tập Πn−1 (P ) có ràng buộc, m2 /4 = Xét tập lồi đa diện P xác định m chẵn ràng buộc có dạng n aij xi ≥ bj , j =, , m i=1 Bây ta chứng minh Πn−1 (P ) có nhiều m2 /4 ràng buộc tuyến tính Theo thuật tốn khử tập Πn−1 (P ) có dạng dj + fj x ≥ di + fi x ain > ajn < (1) ≥ dk + fk x akn = (2) Đặt I = {i | ain < 0} , J = {i | ain > 0} , K = {i | ain = 0} , i = 1, m | I |= n1 , | J |= n2 , | K |= n3 (n1 , n2 , n3 ∈ N, n1 + n2 ≥ 1) ,n1 + n2 + n3 = m Do số ràng buộc có dạng (1) | I || J |= n1 n2 dạng (2) | K |= n3 = m − n1 − n2 Suy có tất n1 n2 + n3 ràng buộc n − biến Ta có n1 n2 + n3 ≤ (n1 + n2 )2 /4 + m − (n1 + n2 ) = [(n1 + n2 )/2 − 1]2 + m − Nếu n1 + n2 ≥ [(n1 + n2 )/2 − 1]2 + m − ≤ m2 /4 Dấu xảy n1 = n2 = m/2 Nếu n1 + n2 = n1 n2 = Khi n1 n2 + n3 = n3 ≤ m − ≤ m2 /4 Dấu xảy m = 2, n3 = n1 + n2 = Nếu n1 + n2 = n1 = n2 = 0, n3 = m, n1 n2 + n3 = m ≥ m2 /4 Vậy tóm lại Πn−1 (P ) có nhiều m2 /4 ràng buộc (b) Chứng tỏ thuật toán khử tạo thành tập lồi đa diện Π1 (P ) chứa số ràng buộc không n−1 n m2 /22 −2 k k+1 Nhận xét m2 /22 −2 ∈ N, ∀0 < k < n m chia hết cho k k+1 k k+1 k m2 /22 −2 = (22 t)2 /22 −2 = 4t2 số chẵn Theo câu (a) từ tập P có m ràng buộc sau khử thu tập Πn−1 (P ) có khơng q m2 /4 ràng buộc Tương tự vậy, số ràng buộc tập Πn−2 (P ) có khơng q (m2 /4)2 /4 = m4 /26 = m2 /22 −2 Số ràng buộc tập Πn−3 (P ) có khơng q (m4 /26 )2 /4 = m8 /214 = m2 /22 −2 21 k k+1 Ta chứng minh quy nạp số ràng buộc tập Πn−k (P ) có khơng q m2 /22 −2 , ∀0 < k < n Với k = 1, theo câu (a) Giả sử với k (0 < k < n − 1), ta chứng minh với k + k k+1 k+1 k+2 Số ràng buộc tập Πn−(k+1) (P ) có không (m2 /22 −2 )2 /4 = = m2 /22 −2 n−1 n Vậy số ràng buộc tập Π1 (P ) có khơng q m2 /22 −2 (c) Cho n = 2p + p + 2, với p số nguyên dương, tập lồi đa diện Rn có C83 ràng buộc dạng ±xi ± xj ± xk ≤ 1, ≤ i < j < k ≤ n Chứng minh sau p bước khử số ràng buộc p +2 22 Ta chứng minh qui nạp theo t, sau khử t biến, ta thu tập Πn−t (S) vế trái có dạng ±xj1 ± xj2 ± ± xjs (1 ≤ j1 < j2 < < js ≤ n − t) Với s = 2t + Thật với t = 1, ta khử biến xn Từ ràng buộc S viết lại thành xn ≤ ± xi ± xj , ±xi ± xj − ≤ xn , ±xi ± xj ± xk − ≤ 0, 1≤i