Giáo trình môn Toán kinh tế

- Điểm cực biên của tập lồi các phương án gọi là phương án cực biên (PACB). - Tập lồi đa diện khác rỗng và bị chặn được gọi là đa diện lồi. Phương án X   của bài toán QHTT tổng quát [r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU

CHƯƠNG BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Một số ví dụ tốn quy hoạch tuyến tính

1.1 Bài tốn lập kế hoạch sản xuất 1.2 Bài tốn phân cơng lao động 1.3 Bài toán vận tải

2 Bài toán quy hoạch tuyến tính

2.1 Bài tốn quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát

2.2 Bài tốn quy hoạch tuyến tính dạng tắc chuẩn tắc 2.3 Chuyển đổi dạng toán quy hoạch tuyến tính

3 Thuật tốn đồ thị giải tốn quy hoạch tuyến tính hai biến 3.1 Nhận xét

3.2 Thuật toán đồ thị giải tốn quy hoạch tuyến tính Một số yếu tố hình học khơng gian n

4.1 Tập hợp lồi

4.2 Các tính chất tập hợp lồi

5 Các tính chất tốn quy hoạch tuyến tính 5.1 Các giả thiết ban đầu

5.2 Các tính chất tốn quy hoạch tuyến tính Cơ sở lý luận phương pháp đơn hình

6.1 Cơ sở lý luận phương pháp đơn hình 6.2 Công thức đổi tọa độ bảng đơn hình 6.3 Bài tốn suy biến

7 Phương pháp tìm phương án cực biên xuất phát 7.1 Bài toán giả tạo

7.2 Mối quan hệ phương án tối ưu tốn tắc toán giả tạo

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-CHƯƠNG BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU Khái niệm tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu

1.1 Bài tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu không đối xứng 1.2 Quy tắc thành lập toán đối ngẫu

1.3 Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu đối xứng Các định lý đối ngẫu

3 Phương pháp đơn hình đối ngẫu 3.1 Nội dung phương pháp

3.2 Thuật tốn đơn hình đối ngẫu CHƯƠNG BÀI TỐN VẬN TẢI

1 Các khái niệm tính chất toán vận tải

1.1 Nội dung kinh tế mơ hình tốn học tốn vận tải 1.2 Mơ hình bảng tốn vận tải

1.3 Tính chất toán vận tải cân thu phát Thuật toán vị giải toán vận tải cân thu phát 2.1 Phương pháp tìm phương án cực biên xuất phát

2.2 Tiêu chuẩn tối ưu cho phương án toán vận tải cân thu phát

2.3 Phương pháp cải tiến phương án Bài tốn vận tải khơng cân thu phát 3.1 Phát lớn thu

3.2 Phát thu Bài tốn phân phối 4.1 Định nghĩa

4.2 Phương pháp giải Bài tốn cấm

CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TỐN ỨNG DỤNG BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

I BÀI TOÁN SẢN XUẤT ĐỒNG BỘ

45 45 45 47 49 51 55 55 56 59 59 59 63 65 67 67 71

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-1 Các khái niệm tính chất tốn sản xuất đồng

1.1 Nội dung kinh tế mơ hình tốn học tốn sản xuất đồng

1.2 Tính chất toán sản xuất đồng

2 Phương pháp nhân tử giải toán sản xuất đồng

2.1 Phương pháp tìm phương án cực biên suy rộng ban đầu 2.2 Xây dựng hệ thống số kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu 2.3 Điều chỉnh phương án

2.4 Thuật toán nhân tử giải tốn sản xuất đồng II BÀI TỐN TRÒ CHƠI MA TRẬN

1 Một số khái niệm mở đầu 1.1 Ví dụ trị chơi ma trận 1.2 Bài tốn trị chơi ma trận 1.3 Hàm thu hoạch P

2 Điểm yên ngựa chiến lược tối ưu 2.1 Điểm yên ngựa

2.2 Chiến lược tối ưu 2.3 Trị chơi đối xứng

3 Phương pháp tìm chiến lược tối ưu cho tốn trị chơi ma trận 3.1 Đưa trị chơi ma trận tốn quy hoạch tuyến tính

3.2 Phương pháp tìm chiến lược tối ưu cho tốn trị chơi ma trận TÀI LIỆU THAM KHẢO

99 99

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-LỜI NĨI ĐẦU

Tốn học kinh tế hai lĩnh vực có mối quan hệ gắn bó với Kinh tế nguồn cảm hứng cho toán học thực khả tiềm mình, cịn tốn học cơng cụ giúp cho việc phân tích, giải vấn đề kinh tế cách chặt chẽ, hợp lý hiệu Toán kinh tế việc nghiên cứu để mô tả vấn đề kinh tế dạng mơ hình tốn học thích hợp từ góc độ tốn học tìm lời giải cho mơ hình đó, từ giúp nhà kinh tế tìm giải pháp tối ưu cho toán kinh tế

Để đáp ứng nhu cầu giảng dạy học tập mơn Tốn kinh tế cho sinh viên hệ đại học cao đẳng, chúng tơi biên soạn giáo trình Giáo trình khơng sâu vào vấn đề lý luận kỹ thuật toán học phức tạp mà tập trung trình bày nội dung thuật tốn lý thuyết tối ưu tuyến tính Nhằm giúp sinh viên rèn luyện kỹ giáo trình có đầy đủ ví dụ cụ thể mơ tả tình huống, hướng dẫn tỉ mỉ tồn q trình giải vấn đề

Nội dung giáo trình gồm chương:

Chương Bài tốn quy hoạch tuyến tính

Chương Bài tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu

Chương Bài toán vận tải

Chương Một số toán ứng dụng toán quy hoạch tuyến tính

Mặc dù có nhiều cố gắng, giáo trình chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong bạn đọc góp ý để sách ngày hồn thiện

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-Chương

BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

1 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 1.1 Bài tốn lập kế hoạch sản xuất

1.1.1 Nội dung toán

Một sở sản xuất sản xuất hai loại sản phẩm A B, từ nguyên liệu I, II, III Chi phí loại nguyên liệu tiền lãi đơn vị sản phẩm, dự trữ nguyên liệu cho Bảng 1.1

Bảng 1.1 Nguyên liệu

Sản phẩm

I II III Lãi

(đơn vị tiền)

A

B 1

Dự trữ

Hãy lập tốn thể kế hoạch sản xuất cho có tổng số lãi lớn phù hợp với điều kiện dự trữ ngun liệu

1.1.2 Mơ hình tốn học toán

Gọi x1, x2 số sản phẩm A B sản xuất Khi đó:

Tổng số lãi là: 3x1 + 5x2

Tổng số nguyên liệu I cần sử dụng là: 2x1 + x2

Tổng số nguyên liệu II cần sử dụng là: x2

Tổng số nguyên liệu III cần sử dụng là: x1

Theo ra, ta có mơ hình tốn học: Tìm X(x1, x2) cho

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

với điều kiện

1

2

j

2x x

x x x 0, j 1,

 



 



 



  



1.2 Bài tốn phân cơng lao động 1.2.1 Nội dung tốn

Một phân xưởng có dây chuyền sản xuất khác sản xuất loại sản phẩm Lượng sản phẩm loại sản xuất sử dụng dây chuyền sản xuất loại chi phí sản xuất dây chuyền sau hoạt động với nhu cầu tối thiểu sản phẩm cho Bảng 1.2

Bảng 1.2

Sản phẩm (SP) Dây chuyền sản xuất Nhu cầu

tối thiểu

I II III IV

SP 1 1600

SP 2 2200

SP 3 2000

Chi phí (1000đ) 10 13 16

Hãy lập tốn để bố trí thời gian cho dây chuyền sản xuất cho thỏa mãn nhu cầu tối thiểu sản phẩm đồng thời tổng chi phí sản xuất thấp

1.2.2 Mơ hình tốn học toán

Gọi xj thời gian (giờ) áp dụng dây chuyền sản xuất thứ j (j = 41, ) đó:

Tổng chi phí sản xuất là: 10x1 + 5x2 + 13x3 + 16x4 (1000đ)

Tổng lượng sản phẩm sản xuất là: 2x1 + 3x2 + x3 + x4

Tổng lượng sản phẩm sản xuất là: x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4

Tổng lượng sản phẩm sản xuất là: 3x1 + x2 + 4x3 + 5x4

Theo ra, ta có mơ hình tốn học: Tìm X(x1, x2, x3, x4) cho

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

với điều kiện

1

1

1

j

2x 3x x x 1600 x 2x 3x 4x 2200 3x x 4x 5x 2000 x 0, j 1,

   



    



    



  



1.3 Bài toán vận tải 1.3.1 Nội dung toán

Một đơn vị vận tải cần vận chuyển xi măng từ kho K1, K2, K3 tới công

trường xây dựng T1, T2, T3, T4 Cho biết lượng xi măng có kho, lượng xi

măng cần công trường giá cước vận chuyển (ngàn đồng) xi măng từ kho tới công trường Bảng 1.3

Bảng 1.3

Kho xi măng Công trường xây dựng

T1: 130 T2: 160 T3: 120 T4: 140

K1: 170 20 18 22 25

K2: 200 15 25 30 15

K3: 180 45 30 40 35

Hãy lập tốn tìm kế hoạch vận chuyển xi măng từ kho tới cơng trường cho tổng chi phí vận chuyển nhỏ kho phát hết lượng xi măng có, cơng trường nhận đủ lượng xi măng cần?

1.3.2 Mơ hình tốn học toán

Gọi xij lượng xi măng cần vận chuyển từ kho i (i = 1, 2, 3) tới công trường

j (j = 1, 2, 3, 4) Khi đó:

Kho K1 phát hết lượng xi măng có: x11 + x12 + x13 + x14 = 170

Kho K2 phát hết lượng xi măng có: x21 + x22 + x23 + x24 = 200

Kho K3 phát hết lượng xi măng có: x31 + x32 + x33 + x34 = 180

Công trường T1 nhận đủ số xi măng cần: x11 + x21 + x31 = 130

Công trường T2 nhận đủ số xi măng cần: x12 + x22 + x32 = 160

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-Công trường T4 nhận đủ số xi măng cần: x14 + x24 + x34 = 130

Lượng hàng vận chuyển không âm: xij 0, i = 31 , j = 4, ,

Tổng chi phí vận chuyển: f(X) = 20x11 + 18x12 + 22x13 + 25x14 + 15x21 +

25x22 + 30x23 + 15x24 + 45x31 + 30x32 + 40x33 + 35x34

Vậy mơ hình tốn học tốn là: Tìm X = [xij]3x4 cho f(X) 

với X thỏa mãn điều kiện

Tổng quát: Gọi m số kho chứa hàng (điểm phát), n số nơi tiêu thụ hàng (điểm thu)

ai lượng hàng có (cung) điểm phát thứ i (i = 1, m )

bj lượng hàng cần (cầu) điểm thu thứ j (j = 1, n )

cij chi phí vận chuyển đơn vị hàng từ điểm phát i tới điểm thu j

xij lượng hàng vận chuyển cần tìm từ điểm phát i tới điểm thu j

Mơ hình tốn học tốn vận tải có dạng:

m n

ij ij i j

f (X) c x

 

 

với điều kiện n

x a ,i 1, m ij i

j m

x b , j 1, n ij j

i

x 0,i 1, m; j 1, n ij



 

     

 

   

   

  

2 BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH (QHTT) 2.1 Bài tốn quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát

Định nghĩa 1.1 Từ toán thực tế nêu nhiều tốn khác, ta thấy tốn QHTT dạng tổng qt có dạng sau:

Tìm véctơ X(x1, x2, , xn) cho hàm số

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x (max)



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

-với điều kiện:

n

ij j i j

n

ij j i j

n

ij j i j

a x b ,i 1, p (1.2) a x b ,i p 1,q (1.3) a x b ,i q 1, m







 

  

  

  

j j

(1.4) x 0, j 1, k; x 0, j k 1, r; (1.5)

         

    



trong đó: p, q, m, k, n, r số nguyên thỏa mãn: 0 p  q  m;  k  r  n xj biến số, hệ số cj, aij, bi (j = 1, n ; i = 1, m )

Khi đó: ▪ Hàm số f(X) =

n j j j

c x



 gọi hàm mục tiêu

▪ Các bất phương trình (1.2) - (1.5) gọi hệ ràng buộc toán Các ràng buộc (1.2) - (1.4) gọi ràng buộc (hay ràng buộc cưỡng bức) Các ràng buộc (1.5) gọi ràng buộc dấu (hay ràng buộc tự nhiên) toán

Định nghĩa 1.2 Véc tơ X(x1, x2, , xn) thỏa mãn hệ ràng buộc (1.2) - (1.5)

gọi phương án toán

Ký hiệu tập hợp phương án toán QHTT  Ta có khả năng: - Bài tốn (1.2)  (1.5) có vơ số phương án, tức tập  có vơ số phần tử - Bài tốn (1.2)  (1.5) có phương án, tức tập  có phần tử - Bài tốn (1.2)  (1.5) khơng có phương án nào, tức tập  = 

Định nghĩa 1.3 Phương án X*(x1*,x*2, ,xn*) toán (1.2)  (1.5) gọi phương án tối ưu (PATƯ) toán nếu:

f(X*)  f(X),  X (đối với toán f(X)  min) f(X*)  f(X),  X (đối với toán f(X)  max)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

10

-Định nghĩa 1.4 Nếu tốn QHTT có phương án tối ưu tốn gọi giải được (hay tốn có lời giải) phương án tối ưu tốn cịn gọi lời giải tốn

Nếu tốn QHTT khơng có phương án tối ưu tốn gọi khơng giải (hay tốn khơng có lời giải)

Định nghĩa 1.5 Nếu phương án X(x1, x2, , xn) toán QHTT làm thỏa

mãn

n

ij j i j

a x b





 thì phương án X gọi thỏa mãn chặt ràng buộc i tương ứng (1.2), (1.3) (1.4)

Nếu phương án X(x1, x2, , xn) có xj = phương án X gọi thỏa mãn chặt ràng buộc dấu tương ứng (nếu có ràng buộc loại xj xj 0)

Nếu phương án X(x1, x2, , xn) thỏa mãn

n

ij j i j

a x b





 (hoặc

n

ij j i j

a x b







xj > xj < 0) phương án X gọi thỏa mãn lỏng ràng buộc tương

ứng (nếu có)

2.2 Bài tốn quy hoạch tuyến tính dạng tắc chuẩn tắc 2.2.1 Bài tốn quy hoạch tuyến tính dạng tắc

Bài tốn QHTT tắc có dạng: Tìm X(x1, x2, , xn) cho

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x



      (1.6)

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b ,i 1, m (1.7) x 0, j 1, n (1.8)

 

 

 

  





Nếu ký hiệu A =

11 12 1n

21 22 2n

m1 m mn

a a a a a a a a a

 

 

 

 

 

 

ma trận cấp m  n, gọi ma trận

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

11 -X =

1

n n

x x x             

; B =

1

m m

b b b             

; O =

n 0             

Khi tốn QHTT tắc (1.6) – (1.8) viết dạng ma trận sau:

f(X) = CX  với điều kiện AX B

X     

Nếu ký hiệu: Aj =

1 j j mj a a a              

là véctơ cột thứ j (j =1, n ) ma trận A Khi

tốn QHTT tắc (1.6) – (1.8) viết dạng véctơ sau đây:

n j j j

f (X) c x



 

với điều kiện

n

j j j

j

x A B

x 0, j 1, n

         

Ma trận A A B gọi ma trận bổ sung (hay gọi ma trận mở rộng) tốn QHTT dạng tắc (1.6) – (1.8)

2.2.2 Bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc

Bài tốn QHTT chuẩn tắc có dạng: Tìm X(x1, x2, , xn) cho

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x



      (1.9)

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b ,i 1, m (1.10) x 0, j 1, n (1.11)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

12

-Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc (1.9) – (1.11) viết dạng ma trận sau:

f(X) = CX  với điều kiện AX B

X

  

 

Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc (1.9) – (1.11) viết dạng véctơ sau đây:

n j j j

f (X) c x



 

với điều kiện

n

j j j

j

x A B

x 0, j 1, n

 

 



  





2.3 Chuyển đổi dạng toán quy hoạch tuyến tính

Bằng cách thực phép biến đổi nêu đây, ta chuyển tốn QHTT tốn QHTT tắc, chuẩn tắc

a) Nếu ràng buộc có dạng

n

ij j i j

a x b





 ta thêm biến phụ xn + i  để có

n

ij j n i i

j

a x x  b



 



b) Nếu ràng buộc có dạng

n

ij j i j

a x b





 ta thêm biến phụ xn + i  để có

n

ij j n i i

j

a x x  b



 



c) Nếu có ẩn xj khơng có ràng buộc dấu ta thay xj hai biến phụ

không âm xj 0 xj  cho: xj = xj 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

13 -d) Mỗi ràng buộc đẳng thức

n

ij j i j

a x b





 thay ràng buộc bất đẳng thức

n

ij j i j

a x b







n

ij j i j

a x b





 e) Một ràng buộc

n

ij j i j

a x b





 viết lại thành

n

ij j i

j

a x b



   ngược lại f) Bài toán tìm cực đạt f  max đưa tốn tìm cực tiểu g = -f  Nhận xét: i) Khi đưa biến phụ xn + i vào hệ số hàm mục tiêu f(X)

Cn + i =

ii) Khi đưa biến phụ xj , xj vào hệ số hàm mục f(X) tương ứng Cj = Cj , Cj



= - Cj

iii) Mọi tốn QHTT đưa dạng tắc việc giải toán QHTT cho tương đương với việc giải tốn QHTT tắc tương ứng với nó, theo nghĩa tốn dạng tắc có PATƯ từ suy PATƯ tốn ban đầu, cịn tốn tắc khơng có PATƯ tốn ban đầu khơng có PATƯ Nói cách khác: Bài tốn ban đầu có PATƯ tốn dạng tắc tương ứng với có PATƯ

Như vậy, ta cần tìm cách giải tốn QHTT tắc Ví dụ 1.1: Đưa tốn QHTT sau dạng tắc, dạng chuẩn tắc

f(X) = 2x1 – x2 

với điều kiện

1

1

1

2

x 2x x

2x 2x x

x x x x 0; x

  



   

 

  



  



Giải: * Dạng tắc: Bằng cách thay x1 = x4 – x5 với x4, x5 thêm hai biến

phụ x6 , x7  0, ta đến toán:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

14 -với điều kiện

2

2

2

j

2x x x x x 2x x 2x 2x x x x x x x 0; j 2,7

     



     



    



  



* Dạng chuẩn tắc: Bằng cách thay x1 = x4 – x5 với x4, x5  0, đổi dấu hai vế bất

đẳng thức đầu thay bất đẳng thức cuối hai bất đẳng thức, ta đến toán:

f(X) = – x2 + 2x4 – 2x5 

với điều kiện

2

2

2

2

j

2x x x x 2x x 2x 2x x x x x x x x x x 0, j 2,5

    



    

 

   



      



  



3 THUẬT TOÁN ĐỒ THỊ GIẢI BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH HAI BIẾN

3.1 Nhận xét

Trong mặt phẳng 2 với hệ trục tọa độ vng góc xOy ta có:

* Phương trình ax + by = c, biểu diễn đường thẳng vng góc với véctơ pháp tuyến n(a, b)

* Các điểm (x, y) thỏa mãn ax + by  c nằm nửa mặt phẳng giới hạn đường thẳng ax + by = c

* Phương trình ax + by = f, f thay đổi cho ta họ đường thẳng song song với véctơ phương v(b,a) Giá trị f lớn dịch chuyển đường họ theo hướng n(a, b)

Vì hình ảnh hình học tốn QHTT 2 mơ tả theo thuật tốn đồ thị sau

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

15

-min(max){f(X) = c1x+ c2y: X = (x, y) },

trong  tập phương án tốn

Bước Biểu diễn điều kiện buộc lên mặt phẳng tọa độ vng góc xOy Tìm tập phương án 

Bước Biểu diễn phương hàm mục tiêu c1x+ c2y = f, cách cho f giá

trị f0 Đường thẳng c1x+ c2y = f0 gọi đường mức

Bước Tịnh tiến song song đường mức tập phương án để tìm phương án tối ưu Chú ý: Thay xác định véctơ n(c1, c2) để tìm hướng tăng, ta kiểm tra giá

trị hàm mục tiêu gốc tọa độ O(0, 0) Ví dụ 1.2: Giải tốn QHTT

min{f(X) = - 2x + y}

với điều kiện

x 2y 2x 3y 4x 5y 20 x, y

 



  

 

 



 



Giải:

Hình 1.1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

16

-Chọn f0 = 1, ta có đường mức -2x + y = (d) Chọn D(2, 0)  f(D) = - <

f0 Suy dịch chuyển đường mức (d) theo chiều mũi tên giá trị hàm

giảm Do tịnh tiến (d) theo chiều mũi tên, ta có PATƯ A(

8 11 , 11 45

) fmin =

88 599



Ví dụ 1.3: Giải tốn QHTT min{f(X) = x - y}

với điều kiện

2x y

x 2y

x, y

  

 

 



 



Giải:

Hình 1.2

Biểu diễn điều kiện buộc toán lên mặt phẳng xOy ta tập phương án  (Hình 1.2)

Chọn f0 = 1, ta có đường mức (d): x – y = Chọn C(1, 1) suy f(C) = <

f0 = Vì dịch chuyển (d) theo chiều mũi tên giá trị hàm mục tiêu f(X)

giảm

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

17

-Bạn đọc kiểm tra thêm với ví dụ 2, xét với hàm mục tiêu f(X) = -2x + y max( -2x + y) phương án tối ưu lúc điểm A(4, 0), f(A) =

Cũng cách làm với ví dụ 2, thêm điều kiện x – 2y  tập phương án rỗng Bài tốn khơng có phương án tối ưu

Ở ví dụ 1, thay f(X) = 2x – 3y tốn có vơ số phương án tối ưu Nhận xét: i)Tập PA tốn QHTT miền lồi bị chặn khơng bị chặn

ii) Bài tốn có PATƯ đỉnh có vơ số PATƯ

iii) Bài tốn khơng có PATƯ hàm mục tiêu khơng bị chặn tập PA tập PA rỗng

4 MỘT SỐ YẾU TỐ HÌNH HỌC TRONG KHƠNG GIAN n 4.1 Tập hợp lồi

4.1.1 Tổ hợp lồi Cho hệ hữu hạn điểm X1, X2, , Xk không gian véctơ n

 Điểm X =

k i i i

X

 

 i  (i = 1, k ),

k i i

1

  

 gọi tổ hợp lồi hệ điểm cho

4.1.2 Đoạn thẳng Cho X1, X2 n

 Tập hợp điểm tổ hợp lồi hai điểm cho gọi đoạn thẳng nối hai điểm

Tập hợp X X1 2 Xn X X1(1 )X ;02   1 gọi đoạn thẳng nối hai điểm X1, X2

4.1.3 Tập hợp lồi Tập M  n gọi tập hợp lồi đoạn thẳng nối hai điểm tập hợp nằm trọn tập hợp

Nghĩa là: Với X1, X2 M, X X1(1 )X ;02   1thì X  M

4.1.4 Điểm cực biên (Đỉnh) Điểm X thuộc tập lồi M gọi điểm cực biên X biểu diễn thành tổ hợp lồi thực hai điểm khác thuộc M Nghĩa không tồn X1, X2 M (X1 X2) cho:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

18

-4.1.5 Siêu phẳng Cho t  n ,  , Khi tập hợp điểm X  n thỏa mãn điều kiện T,X   gọi siêu phẳng thuộc không gian n

Tập Xn: T,X  gọi nửa khơng gian đóng giới hạn siêu phẳng T,X  

4.2 Tính chất tập hợp lồi 4.2.1 Giao tập lồi tập lồi

4.2.2 Cho D1 D2 tập lồi Khi hiệu D = D1 - D2 tổng D = D1 + D2

các tập hợp lồi (hiệu tổng theo nghĩa hiệu tổng véc tơ tương ứng thuộc tập hợp)

4.2.3 Tập M lồi tổ hợp lồi hữu hạn điểm thuộc M thuộc M

4.2.4 Tập

n n

ij j i j

M X : a x b ,i 1,2, ,m



 

 

 

    

 

 

    tập lồi

Trong trường hợp này, tập M gọi tập lồi đa diện thuộc không gian n

 Như vậy, tập lồi đa diện giao hữu hạn nửa khơng gian đóng

4.2.5 Đa diện lồi M có hữu hạn điểm cực biên X1, X2, …, Xr điểm thuộc đa

diện lồi tổ hợp lồi điểm cực biên, nghĩa XM

r r

i i i i

i i

X X , 0,

 

    

5 TÍNH CHẤT CỦA BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 5.1 Các giả thiết ban đầu

Khơng tính tổng qt, ta giả thiết: Xét tốn dạng tắc

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x



      (1.6)

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b ,i 1, m (1.7) x 0, j 1, n (1.8)

 

 

 

  



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

19

-* Hệ phương trình (1.7) có m phương trình độc lập tuyến tính *  bi 0, i 1, m 

* m < n (vì trường hợp m  n tập phương án có nhiều điểm, việc xét phương án tối ưu tầm thường)

Ký hiệu:  tập phương án toán (1.6) – (1.8)

Với toán cho, để tiện cho việc chứng minh sau nhớ rằng: Phương án X* phương án tối ưu f(X*)  f(X),  X 

5.2 Các tính chất tốn quy hoạch tuyến tính Định lý 1.1 Tập phương án toán QHTT tập lồi đa diện Định nghĩa 1.6

- Điểm cực biên tập lồi phương án gọi phương án cực biên (PACB) - Tập lồi đa diện M gọi bị chặn với X (x )j M, tồn số thực L cho xj L, j 1, n

- Tập lồi đa diện khác rỗng bị chặn gọi đa diện lồi

Định lý 1.2 Phương án X   toán QHTT tổng quát phương án cực biên X thỏa mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính

Phương án cực biên thỏa mãn chặt n ràng buộc gọi phương án cực biên không suy biến

Phương án cực biên thỏa mãn chặt n ràng buộc gọi phương án cực biên suy biến

Chú ý: i) Số n định nghĩa số biến số toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

20

-Định nghĩa 1.7 Nếu phương án toán QHTT vừa PACB, vừa PATƯ phương án gọi phương án cực biên tối ưu

Ví dụ 1.4: Cho toán QHTT

f(X) = 8x1 + 2x2 + 9x3– x4

với điều kiện

1

1

1

1

3x 2x x 14 3x 4x 2x

x 7x x 3x x 0; x 0; x

                     

Xét xem véctơ X0(0, - 1, 6, - 2) X1(4, 0, 0, -2), véctơ phương án

cực biên toán? Giải: ▪ Xét X0(0, -1, 6, -2)

+ Thay X0 vào hệ ràng buộc toán ta thấy thỏa mãn, X0

phương án toán

+ Mặt khác X0 thỏa mãn ràng buộc chặt

1

1

1

1

3x 2x x 14 3x 4x 2x

x 7x x 3x x                    

Số ràng buộc chặt số biến toán định thức ma trận hệ số ứng với hệ ràng buộc chặt là:

A =

3 0 0 1          

Suy hệ ràng buộc chặt hệ ràng buộc chặt phụ thuộc tuyến tính, phương án X0 khơng phải phương án cực biên

▪ Xét X1(4, 0, 0, -2)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

21

-1

1

1

1

3

3x 2x x 14 3x 4x 2x

x 7x x 3x 10

x

x x                            

Như X1 phương án toán Phương án X1 làm thỏa mãn ràng

buộc chặt Số ràng buộc số biến toán định thức ma trận hệ số ứng với hệ ràng buộc chặt là:

B =

2 1 1 0 0 1              

Suy hệ ràng buộc chặt hệ ràng buộc chặt độc lập tuyến tính Do phương án X1 phương án cực biên

Định lý 1.3 Nếu tập phương án toán QHTT tổng qt khác rỗng bị chặn đa diện lồi

Định lý 1.4 Nếu tập phương án toán QHTT đa diện lồi tồn phương án cực biên tối ưu

Chứng minh: Theo giả thiết  đa diện lồi, suy tồn hữu hạn phương án cực biên (điểm cực biên) X1, X2, , Xr với X thuộc  ta có:

r r

i i i i

i i

X X , 0,

 

    

Đặt f(X*) = min{f(X1), f(X2), , f(Xr)}, ta có:

f(X)= f( r i i i X    ) = r i i i

f (X )

    r i i f (X*)    = r i i

f (X*) f (X*)

  

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

22

-Định lý 1.5 Nếu tốn quy hoạch tuyến tính có phương án tối ưu có một phương án cực biên tối ưu

Nhận xét: Từ định lý 1.4 1.5 cho phép tìm phương án tối ưu tốn quy hoạch tuyến tính tập phương án cực biên Sau này, thấy thêm số phương án cực biên hữu hạn

Định lý 1.6 Phương án X xj cực biên hệ véc tơ cột  A ứng j với xj> độc lập tuyến tính

Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử X có dạng X = (x1, x2, , xk, 0, ,

0), x1, x2, , xk >

Điều kiện cần: Giả sử X phương án cực biên Ta chứng minh hệ véc tơ A1, A2,

, Ak độc lập tuyến tính

Thật vậy, giả sử ngược lại hệ A1, A2, , Ak phụ thuộc tuyến tính, nghĩa

tồn s  (s [1, k]) mà

1A1+ 2A2 + + kAk = (1.12)

Lại X phương án nên

x1A1 + x2A2 + + xkAk = B (1.13)

Từ (1.12) (1.13) ta có

(x1 1)A1 + (x2 2)A2 + + (xk k)Ak = B

Vì x1, x2, , xk > 0, nên chọn  > đủ bé để xs  s  0, s =1, 2, ,

k Khi ta được:

X1 = (x1 + 1, x2 + 2, , xk + k, 0, , 0)

và X2 = (x11, x22, , xkk, 0, , 0)

là hai phương án khác (vì tồn s  0,  > 0)

Nhưng lúc X = 1X1 1X2

2 2 , suy X tổ hợp lồi hai phương án Điều mâu thuẫn với X phương án cực biên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

23

-Điều kiện đủ: Cho hệ véctơ cột A1, A2, ., Ak ma trận ràng buộc A

phân tích x1A1 + x2A2 + + xkAk = B, (với x1, x2, , xk > 0) độc lập tuyến tính

Ta chứng minh X = (x1, x2, , xk, 0, , 0) phương án cực biên

Giả sử X phương án cực biên, nghĩa tồn hai phương án khác X '(x ' )j (x ' , x ' , , x ' )1 2 n X" (x" ) j (x" , x" , , x" )1 2 n toán cho X = X’ + (1 - )X”,  (0, 1) Điều tương đương với

xj  x 'j(1 )x" , j 1, nj  

Với jk 1, n mặt xj 0, j k 1, n , mặt khác xj  x 'j(1 )x" , jj  k 1, n ,

mà X’, X” phương án toán nên x 'j 0, x"j 0, j k 1, n Suy

j j

x ' x" 0, j k 1, n Tức X’ X” thỏa mãn

1 2 k k

1 2 k k

x ' A x ' A x ' A B x" A x" A x" A B

   

   

Từ đó, ta có (x '1x" )A1 1(x '2x" )A2 2  (x ' kx" )Ak k 0

Vì X’ X” hai phương án khác nên tồn x 'lx"l 0, từ đẳng thức suy hệ véctơ A1, A2, , Ak phụ thuộc tuyến tính Điều mâu thuẫn

với giả thiết Vậy X phương án cực biên.■ Ví dụ 1.5: Cho tốn quy hoạch tuyến tính

1

f (X)x 2x x x 3x min

với điều kiện

1

1

1

j

2x x x x 3x 13 x x x 5x 2x 3x x x 9x 3x x 0, j 1,5

    



     



     



   



Hỏi véctơ X(4, 5, 0, 0, 0) có phải phương án cực biên tốn cho hay không?

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

24

-Phương án X có hai thành phần dương x1, x2 Hệ véctơ cột ma trận

ràng buộc A ứng với thành phần tọa độ dương X là: A1 =

  

 

  

 



3

; A2 =

  

 

  

 

1 1

Xét ma trận D = [A1, A2] =

1

1 3

1

2h h

3h h 4/3h h

h h

2 1 1 1

1 3

3 0



  



  

       

       

   

       

       

       

Suy rankD = = số véctơ hệ, hệ véctơ {A1, A2} độc lập tuyến

tính Theo định lý 1.6, phương án X phương án cực biên tốn

Ví dụ 1.6: Cũng với toán trên, hỏi véctơ X(2, 8, 0, 1, 0) có phải phương án cực biên hay không?

Giải: Dễ thấy X phương án toán

Phương án X có thành phần tọa độ dương x1, x2, x4 Hệ véctơ cột ma

trận ràng buộc A ứng với thành phần tọa độ dương phương án X {A1, A2,

A4}, hệ có số véctơ số chiều định thức ma trận tạo chúng là:

D =

5

1

1

 

 

Suy hệ véctơ {A1, A2, A4} phụ thuộc tuyến tính Vậy X khơng phải

phương án cực biên

Hệ Số tọa độ dương phương án cực biên có tối đa m (m số phương trình hệ ràng buộc)

Hệ Số phương án cực biên  hữu hạn

Chú ý: i) Một phương án toán (1.6) – (1.8) có số thành phần tọa độ dương khơng vượt q m chưa phương án cực biên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

25

iii) Một phương án cực biên tốn có số thành phần tọa độ dương m phương án cực biên phương án cực suy biến

iv) Hệ m véctơ  Aj độc lập tuyến tính tương ứng với phương án cực biên X nêu định lý 1.6 gọi sở liên kết

v) Bài tốn QHTT có tất phương án cực biên không suy biến gọi tốn QHTT khơng suy biến

Ví dụ 1.7: Cho toán

1

f (X) 2x x x min

với điều kiện

1

1

1

j

2x x x x 3x x x x x x x 0, j 1,5

   

 

  



   



  



a) Véctơ X(2, 0, 0, 0, 1) có phải phương án cực biên khơng?

b) Hệ véctơ {A1, A2,A3} có độc lập tuyến tính khơng? Nếu có tìm

phương án cực biên tương ứng

Giải: a) Vì hệ véctơ {A1, A4, A5} độc lập tuyến tính, nên X(2, 0, 0, 0, 1) phương

án cực biên

b) Dễ kiểm tra hệ véctơ {A1, A2,A3} độc lập tuyến tính

Giả sử X*(x1, x2, x3, 0, 0) (x1, x2, x3  0) phương án cực biên cần tìm Khi

đó X* thỏa mãn điều kiện ràng buộc toán

1

1

1

j

2x x x 3x x x x x x 0, j 1,3

  

 

 



   



  





2

3

j

16 x

9 x

3

x

9 x 0, j 1,3

   

 

  

  

 

  



 Hệ vô nghiệm

Vậy không tồn phương án cực biên nhận hệ véctơ {A1, A2,A3}

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

26

-Định lý 1.7 Mỗi phương án cực biên tập phương án  tồn hàm mục tiêu để phương án tối ưu

Chứng minh: Cho X(x , x , , x , , x ,0 ,01 2 j k ) phương án cực biên ứng với sở liên kết A1A2 Ak ( k [1, m])

Đặt: J = [1, k] tập số sở liên kết X C = (c ) với j cj nêu j J

1 nêu j J

 

 

 

, tức C =

    

  

1 , , , , , , 0

0 sè k cã

Rõ ràng CX = 0, với phương án Y yj ta có CY =

n j j k

y

 

  Vậy X phương án tối ưu Đồng thời có Y yj phương án tối ưu có CY =

Lại vì, cj 1với j  J, chứng tỏ yj = với j  J Do [A1A2 Ak] khơng suy

biến nên từ hệ phương trình AX = B AY = B suy X =Y, nghĩa phương án X tối ưu

Định lý 1.8 (Về tồn PATƯ tốn QHTT)

Nếu tốn QHTT có tập phương án khác rỗng hàm mục tiêu bị chặn dưới toán f(X)  ( bị chặn toán f(X)  max) tập phương án tốn có phương án tối ưu

Ví dụ 1.9: Chứng minh tốn sau có phương án tối ưu

1

f (X) 3x 3x x min

với điều kiện

1

1

2

1

j

x 2x x x 5x 16 2x 9x

3x x 3x x 0, j 1,3

   



 

 

   



   



   



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

27

-▪ Chứng tỏ hàm mục tiêu f(X) bị chặn Từ hệ ràng buộc ta có

1

1 3

1

x 2x x

x 5x 16 3x 3x x 3x x 3x

  

 

         



   



Vì xj 0, j 1,3  nên x3 - x3 Do

f (X) 3x13x2 x3  3x 1 3x2x3  9,  X Tức hàm mục tiêu f(X) bị chặn tập phương án  Theo định lý 1.8 tốn có phương án tối ưu

Ví dụ 1.9: Cho toán QHTT

1

f (X)5x 2x 2x 5x min

với điều kiện

1

1

1

j

2x 2x x x 3x x 3x 4x x 2x x 3x x 0, j 1,

   

 

   



    



   



Chứng minh tốn có phương án khơng có phương án tối ưu Giải: Xét họ véctơ phụ thuộc tham số X() = (0, 2, 0, ),  tùy ý Thay X() vào hệ ràng buộc toán, ta được:

j

2 (2 ) 5 1

3 4

(2 ) 7

0 x 0, j 1,

          

   

            

  

 

   

          

  

 

     



Vậy, với  0thì X() phương án toán Mặt khác, thay họ X() vào hàm mục tiêu ta

f(X()) =   + 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

28

-Định lý 1.9 Nếu tốn QHTT có hai phương án tối ưu khác có vơ số phương án tối ưu

Chứng minh: Giả sử X1 X2 hai phương án tối ưu khác toán (1.6)

– (1.8), tức f(X1) = f(X2)  f(X),  X 

Khi đó, xét Y = X1 + (1 - )X2,  (0, 1)

Rõ ràng Y phương án

f(Y) = f(X1) + (1 - )f(X2) = f(X1) = f(X2)  f(X),  X 

Vậy Y phương án tối ưu toán (1.6) – (1.8), có vơ số Y ■ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Nội dung phương pháp: Trên sở tính chất nêu trên, để tìm phương án tối ưu tốn QHTT dạng tắc ta duyệt phương án cực biên cách: xuất phát từ phương án cực biên X0 đó, kiểm tra X0 có tối

ưu khơng?

Nếu X0 tối ưu dừng

Nếu chưa tối ưu tìm cách chuyển sang phương án cực biên tốt (theo nghĩa giá trị hàm mục tiêu giảm)

Quá trình tiếp tục vậy, ta dãy phương án cực biên tốt dần Vì số phương án cực biên hữu hạn sau số hữu hạn bước ta tìm phương án cực biên tối ưu xác định tốn khơng có lời giải

6.1 Cơ sở lý luận phương pháp đơn hình Xét tốn QHTT dạng tắc

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x CX



       (1.6)

với điều kiện

n

ij j i j

j

AX B (1.7) a x b ,i 1, m

hay

X O (1.8) x 0, j 1, n



    

 

 

    

 



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

29

-* Hệ phương trình (1.7) có m phương trình độc lập tuyến tính (rank A = m);

*  bi 0, i 1, m  ;

* m < n

Bây ta giả thiết thêm rằng:

- Bài tốn (1.6) – (1.8) khơng suy biến;

- Biết trước phương án cực biên xuất phát Xo

Ở phần sau nêu cách giải tốn chưa có giả thiết

Khơng tính tổng qt, giả sử phương án cực biên Xo có dạng:

Xo = (x1o, x2o, , xmo, 0, , 0),

trong xjo > 0,  j = 1, 2, , m

Với sở liên kết A1A2 Am Vì Xolà phương án nên phải thỏa mãn

ràng buộc (1.7), ta có

x1oA1 + x2oA2 + + xmoAm = B,

(1.14)

và giá trị hàm mục tiêu Xo

f(Xo) =

n j j0 j

c x



 = c1x1o + c2x2o + + cmxmo

(1.15) Do A1, A2, , Am sở không gian

m

 nên véctơ Aj ( j = 1, n )

biểu thị qua qua chúng: Aj =

m ij i i

x A



 = x1jA1 + x2jA2 + + xmjAm ( j = 1,n)

(1.16)

Đặt Xj = (x1j, x2j, , xmj) tọa độ Aj ( j = 1, n ) sở A1,A2, ,

Am

Chú ý: Nếu j = 1, 2, , m Xj = ( ,0, ,0, ,0

j trÝ vÞ

, ,

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

30

-Nếu cách biết Xo PATƯ mục đích ta đạt

được Nếu Xo khơng phải PATƯ ta tìm cách xây dựng phương án cực

biên mà giá trị hàm mục tiêu nhỏ f(X0)

Muốn cần xác định sở mới, cách thay véctơ sở cũ véctơ nằm ngồi sở cũ

Khơng tính tổng qt giả sử đưa Aj ( j = m 1, n ) vào sở (Aj có

dạng (1.16)) Từ (1.14) (1.15), ta có

x1o θx1jA1x2o θx2 jA2  xmo θxmjAm θAj B, (1.17)

trong  số dương tùy ý

Vì xio > 0,  i 1, m, nên tìm số  đủ bé cho

xio θxij > 0,  i 1, m (1.18)

Khi rõ ràng véctơ

X*(x*j) = 1o 1j 2o j mo mj

v? trí th? j

(x θx , x θx , , x θx ,0, 0, θ ,0, ,0), ( j = m 1, n ) phương án tốn (1.6) – (1.8), giá trị hàm mục tiêu

f(X*) =

n

j j

j

c x *



 =

m

i io ij j

i

c (x θx ) c θ



 

 =

=

m m

i io i ij j

i i

c x θ c x c

 

 

   

 

 

Đặt j  m

i ij j i

c x c





 , (1.19) gọi ước lượng véctơ Aj ứng với phương án cực biên Xo

Suy f(X*) = f(Xo) j (1.20) Chú ý: j 0, j số hệ véctơ sở cũ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

31

-Nếu Xo = (x1o, x2o, ., xmo, 0, ., 0) phương án cực biên cho

0



j , j1,n Xo phương án tối ưu toán (1.6) – (1.8)

Chứng minh: Giả sử Y(y1, y2, , yn) phương án bất kỳ, ta cần chứng minh

f(X0)  f(Y)

Do Y phương án nên thỏa mãn ràng buộc (1.7)

y1A1 + y2A2 + + ymAm = B, (1.21)

và giá trị hàm mục tiêu Y f(Y) =

n j j j

c y



 = c1y1 + c2y2 + + cnyn (1.22)

Vì  j 0,  j 1, n  m

i ij j i

c x c





 ,  j 1, n yj  0,  j 1, n nên từ

(1.22) ta có

f(Y) 

n m m n

j ij j j ij i

j i i j

c x y y x c

   

 

 

  

 

   

    (1.23) Mặt khác, (1.21) thay Aj (1.16) ta

B =

n n m m n

j j j ij i j ij i

j j i i j

y A y x A y x A

    

 

 

    

   

     (1.24) Mà X0 phương án nên có

B = x1oA1 + x2oA2 + + xmoAm =

m io i i

x A



 (1.25) So sánh (1.24) (1.25) ta có

xi0=

n j ij j

y x



 , i 1, m  (1.26) Từ (1.23) (1.25) suy f(Y)  f(Xo).■

Định lý 1.11 (Dấu hiệu tốn khơng có lời giải)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

32

-(1.6) – (1.8) khơng có phương án tối ưu, cụ thể hàm mục tiêu lấy giá trị nhỏ tùy ý tập phương án

Chứng minh: Do Xj = (x1j, x2j, , xmj )   xij  0,  i = 1, m nên với  số

dương nhỏ tùy ý từ (1.18), suy X* phương án có m + thành phần tọa độ dương

Mặt khác, theo (1.20) f(X*) = f(Xo) j Do j > 0,  > nên f(X*) <

f(Xo), tức phương án X* tốt X0

Hơn nữa, f(X*) lấy giá trị nhỏ tùy ý  chọn số dương lớn tùy ý, tức hàm mục tiêu không bị chặn Suy tốn khơng có phương án tối ưu.■

Định lý 1.12 (Cải tiến phương án có)

Nếu phương án cực biên Xo, tồn k > tồn xik > xây dựng được phương án cực biên X1 tốt X0, nghĩa f(X1)  f(Xo)

Chứng minh: Theo giả thiết Xo phương án nên

x1oA1 + x2oA2 + + xmoAm = B (1.27)

Mặt khác, Ak biểu diễn qua sở A1, A2, , Am liên kết Xo

Ak = x1kA1 + x2kA2 + + xmkAm (1.28)

Từ (1.27) (1.28) ta

x1o θx1kA1x2o θx2kA2  xmo θxmkAm θAk B,  số dương tùy ý

Khi để vectơ

X* = 1o 1k 2o 2k mo mk

vÞ trÝ thø k

(x θx , x θx , , x θx ,0, 0, θ ,0, ,0), phương án ta cần xio θxik 0, i 1,m 

Với  > điều tương đương với <  i0 ik

x

x , i 1,m Chọn o = io ik

ik

x

min x 0,i 1,m x

 

 

 

 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

33

-Khơng tính tổng quát, giả sử đạt số i = l (l = 1, 2, , m), tức o = l0

lk

x

x > Khi phương án

X1 = (x1o θ x , xo 1k 2o θ x , , xo 2k (l 1)o θ xo (l 1)k , x(l 1)o θ xo (l 1)k , ,

xmo θ xo mk,0, ,0, θo ,0, ,0)

k thø trÝ vÞ

,

là phương án có đủ m thành phần tọa độ dương (đó vị trí thứ 1, 2, , l -1, l +1, , m k), X1 Xo (vì o > 0)

Theo đại số tuyến tính, hệ véctơ A , A , , A , A , , A , A1 2 l 1 l 1 m klà sở Do X1 phương án cực biên, đồng thời giá trị hàm mục tiêu X1

f(X1) = f(Xo) ok

Vì o > 0, k > nên f(X1) < f(Xo), hay X1 tốt Xo ■

6.2 Công thức đổi tọa độ bảng đơn hình

Từ sở lý luận phương pháp đơn hình trình bày ta thấy xuất phát từ phương án cực biên ban đầu Xo coi biết, sau kiểm tra

nếu thấy chưa thỏa mãn định lý 1.10 (dấu hiệu tối ưu) định lý 1.11 (dấu hiệu tốn khơng giải được) ta phải tiến hành xây dựng phương án cực biên X1 tốt Xo kiểm tra Q trình sau số hữu hạn bước kết thúc,

lúc ta tìm phương án tối ưu kết luận tốn khơng giải

Ta nói thực bước lặp phương án xuất q trình nói trên, sau kiểm tra xong ta có định

Trong bước lặp ta cần xác định tham số xij, j, f (giá trị hàm mục

tiêu phương án cực biên xét), việc xác định xij khó khăn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

34 -6.2.1 Công thức đổi tọa độ

Tại phương án cực biên Xo, ta biết

xio tọa độ thứ i X0

xij tọa độ thứ i véctơ Aj

Chú ý: Nếu hệ sở A1A2 Am Xo véctơ đơn vị xij = aij ma trận A

Từ ta tính được: j  m

i ij j i

c x c





 f(X0) =

m i i0 i c x   , để có X1 ta cần tìm xi1, x’ij, ’j, f(X1)

Theo chứng minh định lý 1.12, ta có

lo lk i1 lo io ik lk x

nêu i k x

x

x

x x nêu i k x            (1.30)

Ta có hệ A , A , , A , A , A , , A1 2 l 1 l l 1 m sở cũ ứng với phương án cực biên Xo thay Al Ak ( k = m 1, n ; k ứng với k > 0), ta sở

A , A , , A , A , , A , A1 2 l 1 l 1 m k Theo (1.28) ta có

Ak =

m ik i i x A   = m

ik i lk l

i i l

x A x A

 



 , xlk > (1.31)

Với j = 1, n véctơ Aj biểu diễn qua sở cũ

Aj =

m m

ij i ij i lj l

i i

i l

x A x A x A

 



 

  (1.32)

Aj =

m m

ij i ij i lj l

i i

i l

x ' A x ' A x ' A

 



 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

35 Al =

m

k ik i

i lk

i l

1

A x A

x             

 (1.34) Thay (1.33) vào (1.32) ta

Aj =

m m

lj

ij i k ik i

i lk i

i l i l

x

x A A x A

x                   = m lj lj

ij ik i k

i lk lk

i l

x x

x x A A

x x          

 (1.35) Do Aj biểu thị tuyến tính qua sở nên so sánh (1.33)

(1.35) ta

lj ij ik lk ij lj lk x

x x nêu i k x

x '

x

nêu i k x            (1.36) Ngoài

f(X1) = f(Xo) ok (1.37)

Với j 1,n, ta có ’j =

m

i ij k kj j

i i l

c x ' c x ' c

     = m lj lj

i ij ik k j

i lk lk

i l

x x

c x x c c

x x             = m m lj

i ij j i ik k

i lk i

i l i l

x

c x c c x c x                             = m m lj

i ij j i ik k

i lk i

x

c x c c x c

x                 

Suy ’j = j

lj lk

x

x k (1.38) 6.2.2 Bảng đơn hình với sở đơn vị có sẵn

Việc biến đổi từ phương án Xo sang phương án X1 theo công thức (1.30)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

36 bảng đơn Bảng 1.4

Bảng 1.4 Cơ sở

Ai

Hệ số ci

Tọa độ Xo

c1 C2 ck cn

A1 A2 Ak An

Al cl xlo xl1 xl2 xlk Xln

f(X) 1 2 k n

Để tiện thực hành tính tốn, từ cơng thức (1.30), (1.36), (1.37) (1.38) ta nêu thành quy tắc:

* j tích phần tử cột (ci) tương ứng với phần tử cột (Aj),

rồi cộng lại, kết trừ phần tử cj đầu cột j

* Các phần tử hàng k bảng phần tử hàng l bảng cũ chia cho phần tử trục xlk

* Các phần tử hàng i bảng (x’ij), tương ứng hàng k bảng

nhân với ( xik) cộng với hàng i bảng cũ (i  k)

Để dễ dàng tính tốn ta giả thiết cột ma trận D lập thành hệ sở  Ai i 1m

 liên kết với phương án cực biên X0 lập thành ma trận đơn vị Khi xij = aij

và xio = bi Do số liệu bảng đơn hình lúc có dạng (bảng

đơn hình với sở đơn vị có sẵn):

Bảng 1.5 Cơ sở

Ai

Hệ số ci

Tọa độ Xo

c1 C2 ck cn

A1 A2 Ak An

Al cl bl al1 al2 alk aln

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

37

-Chú ý: Dòng l gọi dòng xoay, cột k gọi cột xoay

6.2.3 Thuật toán đơn hình với sở đơn vị có sẵn

Bước Chọn sở đơn vị phương án cực biên xuất phát Xo (xác định

xi0, xij, f(X) j)

Bước Kiểm tra j 0,  j = 1, 2, , n?

Nếu có, chuyển sang bước Nếu khơng, chuyển sang bước Bước Kiểm tra tồn j > 0,  xij  0?

Nếu có, chuyển sang bước Nếu không, chuyển sang bước

Bước Chọn k = max{j > 0}, đưa Ak vào sở Bước Tìm o =

ik

io lo

x

ik lk

x x

min

x x



 



 

 

, đưa Al khỏi sở

Bước Xây dựng X1 theo công thức (1.37), (1.43) quy tắc nêu

Gán X1 : = X0, trở lại bước

Bước Dừng lại, trả lời có hay khơng phương án tối ưu Ví dụ 1.10: Giải toán QHTT sau

f (X) x 1x2 2x32x 4 3x6 min

với điều kiện

1

2

3

j

x x x x x x x 12 4x 2x x 3x x 0, j 1,6

   

 

  



    



   



Giải: Chọn sở liên kết {A1, A2, A5} véctơ đơn vị tương ứng với phương

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

38 -Bảng 1.6 Bảng

số

Cơ sở Ai

Hệ số ci

Tọa độ xio

1 -1 -2 -3

A1 A2 A3 A4 A5 A6

I

A1 1 -1

A2 -1 12 1

A5 0

f(X) = -10 0 -1 

A4 -2 1 -1

A2 -1 10 -1 -1 0

A5 -2

f(X) = -14 -2 -3 0 3

III

A4 -2

5

0

5

1

5

0

A2 -1

5



5



5



A6 -1

5



5

0

5

1 f(X) = -17

5



0

5 21



5



Tại bảng III, ta thấy j 0,  j = 61, nên ta có phương án tối ưu là:

X = (0, 8, 0, 3, 0, 1) fmin = - 17

6.3 Bài toán suy biến

Nếu tốn khơng suy biến thuật tốn dừng lại sau hữu hạn bước lặp Trong trường hợp toán suy biến, nghĩa gặp phương án cực biên X0 mà

có thành phần thuộc sở 0, đại lượng o =

ik

io x

ik

x

x



 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

39

-Một sau số hữu hạn bước thoát khỏi phương án cực biên X0

chuyển sang phương án cực biên tốt

Hai sau số hữu hạn bước lại quay trở lại sở mà qua Trường hợp cho ta vịng khép kín bao gồm dãy sở phương án cực biên X0, người ta gọi tượng xoay vịng thuật tốn Về mặt lý thuyết

cần phải có biện pháp để khắc phục trường hợp Sau biện pháp mà người ta gọi quy tắc từ vựng để khắc phục tượng xoay vịng trên, đảm bảo tính hữu hạn thuật tốn

Nội dung quy tắc là: Giả sử phương án cực biên X0 với sở J0

có o =

ik

io x

ik

x

x



 

 

 

đạt nhiều số, chẳng hạn tập R1  J0, lúc nhiều

véc tơ sở đưa khỏi sở J0, vấn đề ta nên chọn véc tơ để tránh

hiện tượng xoay vịng? Khơng tính tổng quát, giả sử J0 1, m, ta xét số:

1

1 k

k

a

( R ,a 0)

a



 

   ,

nếu giá trị nhỏ số không mà đạt nhiều số, chẳng hạn tập R2  R1 ta chuyển sang xét tỷ số:

2

2 k

k

a

( R ,a 0)

a



 

  

Cứ xét cực tiểu nhất, véc tơ ứng với cực tiểu bị loại khỏi sở

Chú ý: Trong nhiều trường hợp giải tốn quy hoạch tuyến tính, gặp trường hợp véc tơ loại khỏi sở không nhất, người ta không cần dùng quy tắc từ vựng mà loại cách ngẫu nhiên đủ để khơng gặp tượng quay vịng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

40

-Trong thuật toán nêu mục 6, giả thiết biết trước phương án cực biên xuất phát thực bảng đơn hình giả thiết ma trận ràng buộc A chứa ma trận đơn vị cấp m chọn véc tơ Ai đơn vị tương ứng để tạo

nên sở liên kết phương án cực biên xuất phát ban đầu có xi = bi, với i thuộc

vào tập số véctơ hệ sở xij = aij

Trong này, nghiên cứu phương pháp tìm phương án cực biên xuất phát chưa có ma trận đơn vị gọi phương pháp phạt (hay toán M)

Cho toán QHTT dạng tắc

n j j j

f (X) c x



  (1.6)

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b ,i 1, m (1.7) x 0, j 1, n (1.8)

 

 

 

  





trong ma trận A khơng chứa ma trận đơn vị, bi > với  i = 1 m,

Khi ta có toán giả tạo (hay toán M) sau:

n m

j j i

j i

f (X) c x M( x )

 

    (1.6)’

với điều kiện

n

ij j n i i

j j

a x x b ,i 1, m (1.7)' x 0, j 1, n (1.8)'

 



  

 

  





trong M số thực dương lớn tùy ý

Các ẩn xn + i với  i = 1, m gọi ẩn giả tạo

Ta thấy hệ véctơ đơn vị {An+1, An+2, , An+m} hệ véctơ độc lập tuyến tính

nên o 1 2 m

n sè

X  0,0, ,0, b , b , , b 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

41

-Ví dụ 1.11: Xét tốn f (X)  x12x2 x3max

với điều kiện

1

1

1

j

x 4x 2x x x 2x 2x x 2x x 0, j 1,3

   

 

  



   



  



Đưa tốn dạng tắc cách đưa vào ẩn phụ x4, x5

1

g(X) f (X)  x 2x x min

với điều kiện

1

1

1

j

x 4x 2x x x x 2x x 2x x 2x x 0, j 1,5

    



    



   



  



Ta có A4 véctơ đơn vị Cần đưa thêm hai ẩn giả tạo x6, x7 để

bài toán giả tạo:

1

g(X) f (X)  x 2x x Mx Mx min

với điều kiện

1

1

1

j

x 4x 2x x x x 2x x x 2x x 2x x x 0, j 1,7

    



     



    



  



Khi phương án cực biên toán giả tạo với sở liên kết đơn vị {A4, A6, A7} X (0,0,0,6,0,6,4)

Nhận xét: i) Chúng ta cần phân biệt ẩn giả tạo với ẩn phụ

+ Ẩn phụ nhằm mục đích đưa tốn dạng tắc

+ Ẩn giả tạo nhằm mục đích tạo ma trận đơn vị cấp m để từ tìm phương án cực biên xuất phát với sở liên kết đơn vị Vì ta cần bổ sung thêm ẩn giả tạo cần thiết

+ Hệ số hàm mục tiêu ẩn phụ cj = hệ số hàm mục tiêu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

42

ii) Xuất phát từ phương án cực biên Xo ta giải tốn giả tạo phương pháp đơn hình Vấn đề đặt toán (1.6) – (1.8) (1.6)’ – (1.8)’ có mối quan hệ nào? Định lý sau cho ta câu trả lời

7.2 Mối quan hệ phương án tối ưu toán giả tạo tốn tắc tương ứng

Định lý 1.13 Có thể tìm số M0 > đủ lớn, cho với M > M0

a) Bài tốn (1.6) – (1.8) có phương án tối ưu X toán giả tạo có phương án tối ưu X*X,w w = (trong w thành phần ẩn giả tạo)

b)Nếu toán giả tạo có phương án tối ưu X*X,w, w  (tức có chứa thành phần  0) tốn (1.6) – (1.8) khơng có phương án tối ưu

Chú ý: i) Nếu tốn giả tạo khơng có phương án tối ưu tốn (1.6) – (1.8) khơng có phương án tối ưu

ii) Trong giải toán giả tạo ta không cần phải xác định cụ thể số M0

là bao nhiêu, cần xem M số lớn số cần so sánh với suốt q trình tính tốn

Do hàm mục tiêu toán giả tạo hàm tuyến tính M nên ước lượng j có dạng j = jM + j

Vì số M lớn nên so sánh j ta có quy tắc sau:

j < j < (bất kể j) (j = 0, j < 0)

j > j > (bất kể j) (j = 0, j > 0)

j > k j > k (j = k, j > k )

Khi giải tốn ta tách hàng j thành hai hàng; dòng ghi j,

dòng ghi j

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

43

-Ví dụ 12: Trở lại toán trên, với sở liên kết đơn vị {A4, A6, A7} ta có phương

án cực biên xuất phát Xo 0,0,0,6,06,4 Ta có bảng đơn hình (Bảng 1.7): Bảng 1.7

Bảng số

Cơ sở Ai

Hệ số

ci

Tọa độ xio

-1 -2 0 M M

A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7

I

A4 -1 -2 0

A6 M 1 -1

A7 M -1 0

j -1 0 0

j 10 -1 0

II

A4 10 0

A6 M -1 0 -1

A3 1 0

j 2 3 0 0

j -1 2 0 -1

III

A4 0

A2 -2 1 0 1

A3 1

11

 0

IV

A1 -1 14 0 5

A2 -2 12 1 1

A3 0 310 7 10

36 0 1110 9 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

44 -X = (

5 14

, 12

,

, 0, 0, 0) fmax = - gmin =

5 36

Như vậy: Để giải tốn QHTT khơng suy biến ta thực theo bước sau:

a) Đưa tốn dạng tắc khơng dạng tắc

b) Thêm biến giả tạo giải toán giả tạo chưa biết phương án cực biên xuất phát

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

45 -Chương

BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU

Chương đề cập tới vấn đề đối ngẫu quy hoạch tuyến tính (QHTT) Đối ngẫu phương pháp mà tương ứng với tốn quy hoạch tuyến tính cho (gọi tốn gốc) ta thiết lập tốn quy hoạch tuyến tính khác (gọi toán đối ngẫu) cho từ lời giải tốn ta thu thơng tin lời giải tốn

Sau đây, chúng tơi trình bày cách xây dựng tốn đối ngẫu tốn quy hoạch tuyến tính cho, nêu định lý đối ngẫu phương pháp đơn hình đối ngẫu

1 KHÁI NIỆM BÀI TỐN QHTT ĐỐI NGẪU

1.1 Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu khơng đối xứng Cho tốn QHTT dạng tắc (I):

n

1 2 n n j j

j

f (X) c x c x c x c x (2.1)



     

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b , i 1,m (2.2) x 0, j 1,n (2.3)

 

 

 

  





Định nghĩa 2.1 Bài toán QHTT (I) sau

m

1 2 m m i i

i

g(X) b y b y b y b y max (2.1)'



     

với điều kiện

m

ij i j i

i

a y c , j 1,n (2.2) ' y , i 1,m

 

 

 

  





R

được gọi toán QHTT đối ngẫu toán gốc (I)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

46

-Nhận xét: Phân tích cấu trúc hai tốn, ta rút nhận xét, đồng thời nguyên tắc thành lập tốn đối ngẫu:

(i) Nếu tốn gốc tìm Min tốn đối ngẫu tìm Max hệ ràng buộc tốn đối ngẫu có dạng “ ”

(ii) Số ràng buộc (không kể ràng buộc dấu) toán số biến số tốn kia, từ ta thấy tương ứng với ràng buộc toán biến số toán

(iii) Hệ số hàm mục tiêu toán vế phải hệ ràng buộc toán

(iv) Ma trận điều kiện hai toán chuyển vị (v) Các biến số tốn đối ngẫu khơng có ràng buộc dấu Định nghĩa 2.2 Các cặp bất phương trình sau

m

j ij i j

i

x a y c , j 1,n



   

n

ij j i j

a x b





 yi R, i 1,m

được gọi cặp điều kiện đối ngẫu Ví dụ 2.1: Cho tốn QHTT

f(X) = 13x1 – 3x2 – 4x3 + 19x4 

với điều kiện

1

1

1

j

2x x x 3x 44 x 2x 3x x 23 3x x x 6x 96 x 0, j 1,4

   



    



    



  



Viết toán đối ngẫu cho toán cặp điều kiện đối ngẫu Giải:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

47 -Do g(Y) = 44y1 + 23y2 + 96y3 max

Các cặp điều kiện đối ngẫu:

1

1

1

1

2

2x x x 3x 44 y x 2x 3x x 23 y 3x x x 6x 96 y

x 2y y 3y 13 x y 2y 3y

                         R R R

3

4

3 x y 3y 3y x 3y y 6y 19

                    

Ta có tốn đối ngẫu:

g(Y) = 44y1 + 23y2 + 96y3 max

với điều kiện

                         19 3 13 , 3 3 6y y 3y 3y y y 3y y y 3y y 2y y y , y R

Chú ý: Nếu toán gốc (I) viết dạng ma trận f(X) = CX 

với điều kiện

     O X B AX

thì tốn đối ngẫu (I) có dạng:

g(Y) = YB  max với điều kiện YA  C,

trong O ma trận không cấp n1, Y = (y1 y2 ym) ma trận hàng cấp 1 m

1.2 Quy tắc thành lập toán đối ngẫu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

48

-có thể sử dụng quy tắc nêu lược đồ để trực tiếp viết tốn đối ngẫu mà khơng cần phải thực bước biến đổi dạng tắc

LƯỢC ĐỒ TỔNG QUÁT Dạng

Bài toán gốc:

n j j j

f (X) c x



  Bài toán đối ngẫu:

m i i i

g(Y) b y



  max

* Nếu xj

m

ij i j i

a y c







* Nếu xj

m

ij i j i

a y c





 * Nếu xj không ràng buộc dấu

m

ij i j i

a y c





 * Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi khơng ràng buộc dấu

* Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi

* Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi

Dạng

Bài toán gốc:

n j j j

f (X) c x



  max Bài toán đối ngẫu:

m i i i

g(Y) b y



 

* Nếu xj

m

ij i j i

a y c







* Nếu xj

m

ij i j i

a y c





 * Nếu xj không ràng buộc dấu

m

ij i j i

a y c





TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

49 -Bài toán gốc:

n j j j

f (X) c x



  max Bài toán đối ngẫu:

m i i i

g(Y) b y



  * Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi khơng ràng buộc dấu

* Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi

* Nếu

n

ij j i j

a x b





 yi

Chú ý: Do tính đối xứng cặp tốn đối ngẫu nên khái niệm toán gốc toán đối ngẫu mang tính tương đối, nghĩa tốn tốn gốc tốn toán đối ngẫu ngược lại

Ví dụ 2.2: Viết tốn đối ngẫu toán sau:

f(X) = - 4x1 + x2 + 5x3 + 3x5

với điều kiện

1

1

2

1

1

3x 6x x 2x 4x 15

2x 3x 4x 5x x

6x 3x 8x 4x 3x 2x 3x x 24 x 0, x 0, x

                               

Giải: Bài tốn đối ngẫu có dạng

g(Y) = - 15y1 + 8y2 + 9y3 + 24y4 max

với điều kiện

1

1

1

1

3y 2y 3y 6y 3y 6y 2y y 4y 3y 2y 5y 8y 3y

                      

1

1

4

4y y 4y y y y y

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

50

-1.3 Bài tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu đối xứng Cho tốn quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc (II)

n j j j

f (X) c x



  (2.4)

với điều kiện

n

ij j i j

j

a x b , i 1,m (2.5) x 0, j 1,n (2.6)

 

 

 

  





Khi toán đối ngẫu toán (II) toán (II)

m i i i

g(Y) b y max



  (2.4)’

với điều kiện

m

ij i j i

j

a y c , j 1,n (2.5)' y 0, i 1,m (2.6)'

 

 

 

  





Định nghĩa 2.3 Cặp toán (II) toán (II) gọi cặp toán đối ngẫu đối xứng

Dùng ký hiệu ma trận ta viết cặp tốn QHTT đối ngẫu đối xứng sau:

Bài toán gốc

f (X) CX Với điều kiện

n

AX B X O 

  

 

Bài toán đối ngẫu

max g(Y) YB Với điều kiện

1 m

YA C Y O

  

 

Chú ý: Cặp toán QHTT đối ngẫu đối xứng có m + n cặp điều kiện đối ngẫu

Ví dụ 2.3: Tìm tốn đối ngẫu toán

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

51 với điều kiện

1

1

1

x 2x x

2x x 2x

x , x , x

  

 

  



 



Giải: Bài toán đối ngẫu

1

g(Y)2y 5y max

với điều kiện

1

1

1

1

y 2y 2y y

y 2y y , y

 



   

 

  



 



2 CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU

Ta có định lý sau phản ánh mối quan hệ toán gốc toán đối ngẫu Các chứng minh thực cho cặp toán đối ngẫu không đối xứng Sự đắn kết luận cặp toán đối ngẫu tùy ý suy từ nhận xét cặp toán đối ngẫu đưa dạng cặp tốn đối ngẫu khơng đối xứng

Xét cặp tốn QHTT đối ngẫu khơng đối xứng

Bài tốn gốc (I) Bài toán đối ngẫu (I)

f (X)CXmin Với điều kiện

n

AX B X O 

  

 

g(Y)YBmax với điều kiện YAC

Định lý 2.1 Giả sử X phương án tùy ý toán gốc (I), Y phương án tùy ý tốn đối ngẫu (I) Khi ta ln có f(X)  g(Y)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

52 -f(X) = CX =

n j j j

c x



 

n m m n

ij i j ij j i

j i i j

a y x a x y

   

 

 

  

 

   

    =

m i i i

b y



 = YB = g(Y) Vậy f(X)  g(Y) ■

Định lý 2.2 Nếu X* phương án toán (I), Y* phương án toán

) I

( thỏa mãn f(X*) = g(Y*) X* phương án tối ưu toán (I) Y* phương án tối ưu toán đối ngẫu (I)

Chứng minh: Giả sử X phương án toán (I), theo định lý 2.1 chương 2, ta có

f(X)  g(Y*) = f(X*),  X

Suy min{f(X)} = f(X*) Do X* phương án tối ưu toán (I) Tương tự, lấy Y phương án tốn (I), ta có

g(Y)  f(X*) = g(Y*), Y

Suy max{g(Y)} = g(Y*) Do Y* phương án tối ưu toán (I) ■

Hệ 2.1 Cặp toán đối ngẫu (I) (I) có phương án tối ưu chúng có phương án

Chứng minh: Điều kiện cần: Hiển nhiên

Điều kiện đủ: Giả sử X0, Y0 cặp phương án toán (I), (I) Để chứng minh

bài toán (I) (I) có phương án tối ưu, ta chứng minh hàm mục tiêu chúng bị chặn

Thật vậy, lấy X phương án toán (I), theo định lý 2.1 chương 2, ta có:

f(X)  g(Y0),  X

Suy hàm mục tiêu f(X) bị chặn tập phương án toán gốc (I), theo định lý 1.7 chương tốn gốc (I) phải có phương án tối ưu

Vẫn theo định lý 2.1 chương 2, ta có

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

53

Suy g(Y) bị chặn tập phương án toán (I), theo định lý 1.7 chương 1, tốn (I) phải có phương án tối ưu.■

Hệ 2.2 Nếu hai toán (I) (I) có tập phương án khác 

nhưng khơng có phương án tối ưu tốn có tập phương án  Chứng minh: (Sinh viên tự chứng minh xem tập)

Định lý 2.3 (Định lý đối ngẫu thứ nhất)

Nếu hai toán cặp toán đối ngẫu có phương án tối ưu thì tốn có phương án tối ưu, đồng thời

min{f(X)} = max{g(Y)} Ta thừa nhận định lý vừa nêu

Định lý 2.4 (Định lý lệch – bù hay định lý đối ngẫu thứ hai)

Cặp phương án X*, Y* tương ứng cặp toán đối ngẫu tối ưu chỉ cặp điều kiện đối ngẫu, điều kiện thỏa mãn lỏng điều kiện thỏa mãn chặt

Áp dụng định lý đối ngẫu

1 Khảo sát tồn phương án, phương án tối ưu Ví dụ 1: Cho toán QHTT

f(X) = 2x1 – x2 + 3x3 – 2x4

với điều kiện

1

3

j

x x 15 x x x 0, j 1,

  



 

 

 



Hãy viết toán đối ngẫu chứng tỏ có phương án tối ưu? Giải: Bài tốn đối ngẫu

g(Y) = 15y1 + 8y2 max

với điều kiện

1

2

y y y y

 

  

 

 

   

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

54

-Dễ dàng thấy X(15, 8) Y(1, 2) phương án cặp toán đối ngẫu Theo hệ 1, suy tốn có phương án tối ưu

Mặt khác, hạng hệ ràng buộc tốn đối ngẫu có phương án cực biên tối ưu

2 Kiểm tra phương án có tối ưu hay khơng

▪ Nếu biết cặp phương án X*, Y* cần kiểm tra điều kiện f(X*) = f(Y*)

▪ Nếu biết phương án X* sử dụng định lý lệch bù tìm phương án Y* tốn đối ngẫu

Ví dụ 2: Cho tốn QHTT

f X    2x 1  4x 2   x3 m ax

với điều kiện

1

1

2

j

x 3x x 2x x x x 3x x 0, j 1,

  



   



  



   



a) Hãy chứng tỏ Xo(1, 1, 0, 0) phương án cực biên đồng thời  =

cũng phương án tối ưu

b)Tìm phương án tối ưu toán đối ngẫu Xác định  để tốn có vơ số phương án tối ưu

Giải: a) Thử lại ta thấy X0 phương án toán cho Mặt khác X0

thỏa mãn chặt ràng buộc độc lập, phương án cực biên Xét toán đối ngẫu

1

4y  3y  3y min

với điều kiện

1

1

2

1

3

y 2y 3y y y y y 3y y

 



   

 

  

  



 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

55

-Áp dụng định lý lệch bù, x1, x2 > X0 thỏa mãn lỏng điều kiện thứ

3 nên ta có hệ phương trình

1

1

3

y 2y 3y y y y

 

 

  



 



 Y( ,0

5 ,

)

Thử lại ta thấy Y0 phương án toán đối ngẫu Vậy  = 0, X0

phương án tối ưu

b) Rõ ràng  = 0, Y0 phương án tối ưu tốn đối ngẫu Khơng

những thế, với  

5

Y0 phương án tốn đối ngẫu Do

với 

5

ta có X0 phương án tối ưu

Với  <

, Y0 thỏa mãn lỏng ràng buộc thứ 3, y1, y2 > 0, phương án

tối ưu X (nếu có) phải thỏa mãn:

1

1

3

x 3x x 2x x x x

  

 

  



 



Giải ta X = 4

5 x 2x

, ,0, x

5

 

 

 

 

Để X phương án X phải thỏa mãn điều kiện lại x1, x2, x4

x2 – 3x4 Từ suy

4

1

x

5

  

Vậy  <

tập phương án tối ưu tốn gốc

X = 4

4

5 x 2x

, ,0, x

5

 

 

 

 , với

1

x

5

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

56 -3 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU 3.1 Nội dung phương pháp

Về thực chất, phương pháp đơn hình áp dụng vào tốn đối ngẫu, để tìm lời giải toán gốc Phương pháp Lemke G E đề xuất năm 1954

Phương pháp đơn hình giải toán QHTT phương án cực biên xuất phát (nghiệm AX = B X  0) mà chưa thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu Sau bước lặp ta tìm phương án cực biên tốt phương án cũ trình tiếp tục tìm phương án thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu

Phương pháp đơn hình đối ngẫu, lại xuất phát từ “giả phương án” (nghiệm phương trình AX = B) mà thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu (j  0)

nhưng không thỏa mãn X  0, nghĩa bảng đơn hình ban đầu khơng có phần tử dương dòng ước lượng (dòng cuối) lại có phần tử âm cột phương án (vì có tên cột giả phương án) Các bảng đơn hình biến đổi cho ln đảm bảo điều kiện tối ưu trình tiếp diễn nhận phương án (khơng cịn phần tử âm cột Giả phương án) Phương án gọi phương án tối ưu

3.2 Thuật tốn đơn hình đối ngẫu

Bước Xuất phát từ hệ m vectơ độc lập tuyến tính có ma trận D = [Aj] với

j J, |J| = m, cho j 0, j = n1,

Tìm giả phương án X0 = (X*, 0), X* = C*D -1

, với C* =  ci i J ; xj = 0,  j J

Bước Kiểm tra xi 0,  i  J?

+ Nếu có, X phương án tối ưu + Nếu khơng, sang bước

Bước Tại xi < 0, kiểm tra xij 0, j = n1, ?

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

57 -+ Nếu không, sang bước Bước Tồn xi < 0, tồn xij <

Chọn i

x

l x

x

i

min 

  đưa Al khỏi sở Bước Tìm phần tử trục xlk từ cách chọn:

0 =

lj

j k

x

lj lk

min

x x



  

 



 

 

 

 đưa Ak vào sở

Bước Xây dựng phương án X1 cách biến đổi bảng đơn

thường lệ

Gán X0 := X1, trở lại bước

Chú ý: Trong trường hợp toán đối ngẫu suy biến o = 0, o = ta

vẫn áp dụng thuật toán bình thường, điều làm nảy sinh khả xuất hiện tượng xoay vòng nhiên, giống phương pháp đơn hình, thực tế tính tốn ta dễ dàng khỏi tượng xoay vịng

Dấu hiệu xuất phương án cực biên suy biến o đạt nhiều số,

khi véc tơ ứng với o đưa vào sở, ta chọn véc tơ

một cách ngẫu nhiên số chúng đưa vào sở mà không cần sử dụng quy tắc từ vựng

Ví dụ 2.6: Giải tốn sau phương pháp đơn hình đối ngẫu

1

f (X)x x x x x min

với điều kiện

1

1

1

j

2x x x 3x x x 4x x x 2x x 0, j 1,5

   



  



    



   



Giải: Đưa thêm ẩn phụ x6 0, ta có tốn dạng tắc

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

58 với điều kiện

1

1

1

j

2x x x 3x x x x 4x x x 2x x 0, j 1,6

   



    



    



   



Nếu chọn sở A3A6A2, ta giả phương án

X0 = (0, 5, 6, 0, 0, -3)

Ta có bảng đơn hình đối ngẫu: Bảng 2.1 Bảng

số

Cơ sở Ai

Hệ số ci

Tọa độ xio

1 -1 1

A1 A2 A3 A4 A5 A6

I

A3 -1

 A6 -3 -1 0 -1

A2 -1 -1

f(X) = -3 0 -1 0

II

A3 3 -1

A4 0 -1

A2 -1 0 -1

f(X) = -2 0 0 -1 Tại bảng II, có phần tử cột giả phương án không âm nên phương án tối ưu toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

59 -Chương

BÀI TOÁN VẬN TẢI

1 CÁC KHÁI NIỆM VÀ TÍNH CHẤT CỦA BÀI TỐN VẬN TẢI 1.1 Nội dung kinh tế dạng toán học toán vận tải 1.1.1 Nội dung kinh tế toán

Giả sử cần vận chuyển loại hàng hóa từ m trạm phát, ký hiệu A i

(i = m1, ) Lượng hàng cần chuyển trạm A i tương ứng (đơn vị hàng),

tới n trạm cần thu hàng, ký hiệu B j (j = n1, ), lượng hàng cần thu trạm B j

tương ứng bj (đơn vị hàng) Giả sử cước phí vận chuyển từ trạm phát hàng A i tới

trạm thu B j cij (đơn vị tùy theo qui ước)

Giả thiết > 0, bj > 0, cij  (i1,m, j1,n) a b Q

n j

j m

1 i

i  



 

(bài toán cân thu phát)

Hãy lập kế hoạch vận chuyển hàng hố cho tổng chi phí vận chuyển nhỏ đồng thời thoả mãn nhu cầu thu phát hàng (các trạm phát, phát hết hàng trạm thu, thu đủ hàng)

1.1.2 Mơ hình tốn học toán

Xác định kế hoạch vận chuyển hàng nghĩa xác định lượng hàng cần chuyển từ trạm phát tới trạm thu tương ứng Gọi xij lượng hàng hoá

vận chuyển từ trạm phát A i tới trạm thu B j (xij 0, i = m1, , j = n1, )

Mọi trạm phát, phát hết hàng nên ta có: x ai, i 1,m

n j

ij   

 

Mọi trạm thu, thu đủ hàng nên ta có: x bj, j 1,n

m i

ij   

 

Như tổng chi phí vận chuyển là:    

m i

n j

ij ijx

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

60

-m n

ij ij i j

f (X) c x

 

  (3.1)

) m , i ( , a x i

n j

ij  

 

(3.2)

) n , j ( , b x j

m i

ij  

 

(3.3) xij (i = m1, , j = n1, ) (3.4)

Trong ma trận X = (xij)m.n gọi ma trận phân phối hàng cần phải

tìm Hàm f(X) gọi hàm mục tiêu tổng chi phí vận chuyển Hiển nhiên (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) mơ hình tốn học tốn qui hoạch tuyến tính dạng tắc

Chú ý: Bài tốn vận tải (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) viết dạng tường minh sau:

c11x11 + c12x 12 + … + c1nx 1n + c 21x 21 + c22x22 + … + c2nx2n + … +

cm1x m1 + cm2xm2 + … +c mnx mn

x11 + x 12 + … + x 1n = a1

x 21 + x22 + … + x2n = a2

……… x m1 + xm2 + … +x mn = am

x11 + x21 + ………… … + xm1 = b1

x12 + x22 + ……… + xm2 = b2

………

+ x1n + x2n + ……… + xmn = bn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

61

-                         00 01 10 00 01 10 00 01 10 11 00 00 00 00 11 00 00 11 A n m            

n n n

Nhận thấy ma trận A chia làm 2m khối: m khối m dòng đầu khối ma trận cấp m.n có dịng có phần tử 1, dòng khác phần tử 0; khối thứ k có dịng thứ k với k = m1, Còn m khối n dòng sau khối ma trận đơn vị cấp n

Gọi Aij cột hệ số ẩn xij , ta có Aij véc tơ cột thứ j nhóm cột thứ

i ma trận A, ta ln có Aij = Ei + E m + j,  i = 1,m,j1,n, Ek

ma trận cấp (m.n, 1) có phần tử hàng thứ k 1, phần tử khác

Định nghĩa 3.1 Mọi tốn qui hoạch tuyến tính có dạng tốn học (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) với giả thiết > 0, bj > 0, cij (i1,m, j1,n); a b Q

n j j m i

i  



 

gọi toán vận tải cân thu phát

Ngồi tốn vận tải cân thu phát hay tốn dạng đóng ta có hai bài tốn vận tải khơng cân thu phát hay toán dạng mở sau:

+)

m n

i j

i j

a b      : m n ij ij i j

f (X) c x

 

 

n

ij i j

x a ,(i 1, m)



 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

62 -)

n , j ( , b x j

m i

ij  

 

xij (i = m1, , j = n1, )

+)

m n

i j

i j

a b

 



  :

m n

ij ij i j

f (X) c x

 

 

) m , i ( , a x i

n j

ij  

 

m

ij j

i

x b ,( j 1, n)



 



xij (i = m1, , j = n1, )

Định nghĩa 3.2 Ma trận X = (xij)m.n thoả mãn hệ điều kiện (3.2) (3.3) (3.4)

bài toán vận tải cân thu phát gọi phương án toán hay phương án phân phối hàng

Ký hiệu tập hợp phương án toán D

Định nghĩa 3.3 Phương án X thoả mãn yêu cầu (3.1) hàm mục tiêu f(X) gọi phương án tối ưu

Đặt: X ma trận cột gồm m.n thành phần:

X = (x11 x12 … x1n x21 x22 … x2n … xm1 xm …xm n) c

, C ma trận dòng gồm m.n thành phần:

C = (c11 c12 … c1n c21 c22 … c2n … cm1 cm …cm n),

B ma trận cột gồm m + n thành phần: B = (a1 a2 … am b1 b2 … bn)

A = (aij)(m + n)(m.n) ma trận hệ số ẩn (3.2) (3.3) Khi dạng (3.1) (3.2)

(3.3) (3.4) có dạng ma trận sau: X

C ) X (

f  

B X

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

63 -0

X

1.2 Mơ hình bảng toán vận tải 1.2.1 Bảng vận tải

Ngồi cách mơ tả tốn dạng tổng quát, đặc thù lớp toán vận tải, ta mơ tả tốn dạng bảng để thuận lợi cho việc tìm lời giải toán

Bảng 3.1

Bảng 3.1 gọi bảng vận tải Khơng tính dịng đầu (ghi lượng hàng trạm thu), cột đầu (ghi lượng hàng trạm phát) bảng có m dịng, n cột m.n Mỗi cột tương ứng cho trạm phát, dòng tương ứng cho trạm thu

Ơ nằm dịng i, cột j ký hiệu (i, j) Góc bên trái ô (i, j) ta ghi giá cước cij, góc bên phải ghi giá trị xij lượng hàng vận chuyển từ trạm Ai đến

trạm Bj, ý ta ghi giá trị xij vào ô (i, j) xij > gọi ơ chọn; xij = ta bỏ trống vị trí (trừ trường hợp đặc biệt) gọi ơ loại

Ký hiệu C(X) = {(i, j): xij > 0} 1.2.2 Vịng tính chất

Định nghĩa Một tập hợp gồm k ô (k  4) bảng vận tải đánh số thứ tự 1, 2, …, k (xem ô ô cuối cùng) gọi vịng

T

P B1: b1 B2: b2 … Bn: bn A1: a1

c11 c12

… c1n

A2: a2

c21 c22 … c2n

… … … … …

Am: am

cm1 cm2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

64

-chúng thỏa mãn điều kiện: hai ô liên tiếp phải nằm dịng hay cột khơng có ba liên tiếp nằm dòng hay cột

Vòng thường ký hiệu V biểu diễn: V = {(i1, j1), (i1, j2), ( i2, j2), …, ( ip, jp)( ip, j1)}

hoặc

V = {(i1, j1), (i2, j1), ( i2, j2), …, ( ip, jp)( i 1, jp)},

với ik ik + 1, j k j k + 1,  k = 1, 2, …, p Ví dụ 1: Ta có vòng Bảng 3.2 sau:

V = {(1,2), (3, 2), (3, 3), (5, 3), (5, 5), (1, 5)} Bảng 3.2

(1) (6)

(2) (3)

(4) (5)

Nhận xét: Từ định nghĩa ta nhận thấy số ô hàng cột mà vịng qua hai ơ, tổng số có mặt vịng ln số chẵn phải có bốn ô

Định nghĩa 3.5 Một tập hợp ô mà từ lấy số để tạo thành vịng tập hợp gọi có chứa vịng

Định lý 3.1 Cho K tập hợp ô bảng vận tải

(Aij): (i, j)  K (3.5) Tập hợp K có chứa vịng họ (3.5) họ véc tơ phụ thuộc tuyến tính

Chứng minh: Cần: Giả sử K chứa vòng V có dạng:

V = (i1, j1), (i1, j2), ( i2, j2), …, ( ip, jp)( ip, j 1)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

65

-0 A A A A A p p p 2 1

1j i j i j i j i j

i       ,

đẳng thức chứng tỏ họ (3.5) họ véc tơ phụ thuộc tuyến tính Đủ: Giả sử họ (3.5) phụ thuộc tuyến tính, ta có:

0 A K ) j , i ( ij ij    

, (3.6)

với hệ số ij Từ (3.6) ta có:

ij i m j

(i, j) K

(E E  )



  

 (3.7)

Giả sử

1 1j

i 

 Khi số hạng A (E E )

1 1 1 1

1j i j i j i m j

i   

 có hai thành phần

thứ i1 m + j 1j

i 

 Để làm triệt tiêu thành phần thứ i1 số hạng

vế trái (3.6) phải chứa số hạng có thành phần thứ i1 khác khơng

Giả sử số hạng thứ i1j2:

2 1j i j

i A

  Lại xuất thành phần thứ m + j2

khác Để làm triệt tiêu thành phần vế trái (3.6) phải chứa số hạng có thành phần thứ m + j2 khác Giả sử số hạng :

2 2 2j i j

i A

  Lại xuất thành phần thứ i2  v.v…Vì vế trái (3.6) tổng hữu hạn nên

cuối để làm triệt tiêu thành phần thứ m + i1 (xuất lúc đầu) vế trái

(3.6) phải chứa số hạng có thành phần thứ m + i1 khác Giả sử

số hạng

1 p pj i j

i A

  Đồng thời với việc chọn số hạng khác khơng ta chọn tập hợp ô tương ứng là: (i1, j 1); (i1, j 2); (i2, j 2); …; (ip, j p); (ip, j 1)

tập hợp vịng tập (3.5) Vậy (3.5) chứa vịng

1.3 Tính chất tốn vận tải cân thu phát

Định lý 3.2 Bài toán vận tải cân thu phát (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) ln có phương án tối ưu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

66

-Giả sử X = (xij)  D, cij  0, xij  i, j nên f(x) c x

m i n j ij ij      Như với X  D, hàm f(x) bị chặn D

Đặt ,i 1,m;j 1,n Q

b a

x0ij  i j   ( a b Q)

n j j m i

i  



 

Đặt X0 = (x

ij)m.n Khi ta có:

n ij i j

x a ,i 1, m

    ; m ij j i

x b , j 1, n



 

 ; x0ij 0, i = m1, , j = n1,

Vậy X0 phương án tốn Ta có điều phải chứng minh

Định lý Trong toán vận tải với dạng ma trận hạng ma trận ràng buộc A là rankA = m + n -

Chứng minh: Ta có tổng m dòng đầu ma trận A tổng n dòng sau ma trận A (1, 1, …, 1) Suy m + n dòng A phụ thuộc tuyến tính, rankA  m + n -1 Ta chứng minh m + n -1 dòng A kể từ dòng thứ hai độc lập tuyến tính Thật vậy: Gọi Di dòng thứ i ma trận A, xét

đẳng thức sau:

0 D n m i i i     

(3.8)

Vế trái (3.8) véc tơ gồm m.n thành phần, ta xét n cột đầu Khi từ (3.8) ta có 

     n m m i ij

id 0,  j 1, n; mà dij = i = m + j; dij = i  m + j

Do i 0,i m j,j1,n Hay  m + j = 0, j = n1, Khi ta có

m i i i

(3.8) D



 

 (2, 2, …, 2, 3, 3, …, 3, …, m, m, …, m) =

k = 0,k2,m

k = 0, k 2,mn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

67

-Từ kết này, ta thấy giải tốn vận tải phương pháp đơn hình bỏ dòng hệ ràng buộc

Định lý 3.4 Giả sử X = (xij) m.n phương án toán vận tải cân thu phát (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) Khi điều kiện cần đủ để X phương án cực biên C(X) khơng chứa vịng

Chứng minh: Theo định lý 1.6 phương án X tốn tắc phương án cực biên {Aij : xij > 0}độc lập tuyến tính, mà

{Aij : xij > 0} = {Aij : (i, j)  C(X)},

theo định lý 2.1 họ độc lập tuyến tính C(X) khơng chứa vịng Từ định lý ta có hệ sau:

Hệ 3.1 Mọi tập hợp gồm nhiều m + n – ô bảng vận tải m.n có chứa vịng

Hệ 3.2 Điều kiện cần để phương án X phương án cực biên số thành phần dương thực khơng vượt q m + n –

Định nghĩa 3.6 Phương án cực biên X toán vận tải (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) được gọi phương án khơng suy biến có đủ m + n – thành phần dương thực sự, khơng phương án gọi suy biến

Định nghĩa 3.7 Giả sử X phương án cực biên J tập hợp gồm m + n – ô không chứa vòng đồng thời J chứa ô ứng với thành phần dương thực X Khi J gọi hệ chọn sở phương án cực biên X

Từ định nghĩa ta có, phương án cực biên X khơng suy biến C(X)  J hệ sở X Nếu X suy biến C(X)  J X có nhiều hệ sở khác

2 THUẬT TOÁN THẾ VỊ GIẢI BÀI TOÁN VẬN TẢI CÂN BẰNG THU PHÁT

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

68

-Phương pháp ưu tiên phân phối cho có cước phí nhỏ bảng Nội dung phương pháp sau:

Trên bảng vận tải, ta tìm có cước phí nhỏ nhất, phân vào lượng hàng lớn Khi có dòng hay cột thỏa mãn nhu cầu (nghĩa trạm phát tiêu thụ hết hàng trạm thu nhận đủ số hàng so với nhu cầu), xóa bỏ dịng hay cột lặp lại cơng việc cịn lại, sau số hữu hạn bước lặp ta thu ma trận X = (xij)m.n

Tập hợp giá trị {x ij}, i = m1, , j = n1, thu từ cách tìm

một phương án tốn, chúng thoả mãn ràng buộc Hơn cịn phương án cực biên

Thật vậy, theo cách phân phối, ô chọn có xij > Giả sử tập

chọn có số tạo thành vịng có dạng:

V = {(i1, j1), (i1, j2), ( i2, j2), …, ( ip, jp)( ip, j1)}

Khi có trường hợp sau xảy ra: - Hoặc yêu cầu trạm phát

1

i

A thoả mãn, hàng i1 bị loại khỏi bảng, ô

(i1, j2) phân phối

- Hoặc yêu cầu trạm thu

1

j

B thoả mãn, hàng j1 bị loại khỏi bảng, ô (ik, j1)

không thể phân phối

- Hoặc yêu cầu trạm phát

1

i

A trạm thu

1

j

B thoả mãn, hàng i1 cột j1 bị loại khỏi bảng, ô (i1, j2) ô (ik, j1) phân phối

Vậy X phương án cực biên tốn vận tải cân thu phát

Ví dụ 3.1: Tìm phương án cực biên tốn vận tải sau (Bảng 3.1) phương pháp cước phí nhỏ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

69 -Bảng 3.3

Giải: Trên bảng vận tải 3.3, ta thấy ô (2, 2) có cước phí nhỏ c22 = Phân vào

ơ lượng hàng lớn x22 = 20 Khi trạm phát A2 hết hàng

trạm thu B2 nhận đủ hàng, trạm phát A1 cịn 80 đơn vị hàng Xóa bỏ hàng 2, cột 2,

lặp lại công việc sau số hữu hạn bước, ta thu phương án cực biên toán bảng (3.4)

Bảng 3.4

Như vậy, phương án cực biên thu là:

    

 

    

  

5 25 30

35 0

0 0 20

0 30 0

X0

T

P 30 20 25 35 40

30 13 12

20 10 11

40 10 14

60 11 10

T

P 30 20 25 35 40

30 13 12

30

20 10 11

20

40 10 14

5 35

60 11 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

70

-Phương án X0 có ô chọn, thiếu ô so với hạng toán cân

thu phát Ta lấy thêm ô loại bổ sung thêm vào tập hợp ô chọn để đủ ô không chứa vòng Chẳng hạn ô (1, 2), ta tập ô sở

J0 = {(1, 2), (1, 4), (2,2), (3, 4), (3, 5), (4, 1), (4, 3), (4, 5)} 2.1.2 Phương pháp Fogels

Nội dung phương pháp: Trên bảng vận tải, ta tính chênh lệch cước phí hai có cước phí nhỏ dịng cột Xét dịng hay cột có chênh lệch lớn phân vào có cước phí nhỏ dịng hay cột lượng hàng lớn được, bỏ nằm trạm thỏa mãn Sau tính lại chênh lệch cước phí cột hay dịng cịn lại, lặp lại công việc sau số hữu hạn lần, ta thu ma trận X = (xij)m.n phương án cực biên

bài toán vận tải cân thu phát

Ví dụ 3.2: Tìm phương án cực biên theo phương pháp Fogels tốn vận tải ví dụ 3.1

Giải: Bằng phương pháp Fogels ta tìm phương án cực biên bảng 3.5 Bảng 3.5

Phương án cực biên tìm theo phương pháp Fogels: T

P 30 20 25 35 40

30 13 12 4,4x

30

20 10 11 4x

20

40 10 14 2,4,3,7

5 35

60 11 10 1,4,4,1

30 25

1,4,4x 2x 1,1,1x 3,5,4,7 x

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

71

-0

0 0 30 0 20 0 X

0 25 10 30 0 30

 

 

 



 

 

 

2.2 Tiêu chuẩn tối ưu cho phương án toán vận tải cân thu phát

2.2.1 Bài toán đối ngẫu toán vận tải Xét toán vận tải :

m n

ij ij i j

f (X) c x

 

  (3.1)

) m , i ( , a x i

n j

ij  

 

(3.2)

) n , j ( , b x j

m i

ij  

 

(3.3) xij (i = m1, , j = n1, ) (3.4)

Ký hiệu ui biến đối ngẫu ứng với hệ ràng buộc (3.2), vj biến đối

ngẫu ứng với hệ ràng buộc (3.3) Khi tốn đối ngẫu tốn vận tải có dạng:

max v

b u

a

n

j j

j m

1 i

i

i  



 

(3.9)

ui + vj cij (i 1,m,j1,n) (3.10)

Các cặp điều kiện đối ngẫu:

xij   ui + vj cij (i 1,m,j1,n) (3.11) 2.2.2 Tiêu chuẩn tối ưu cho phương án toán vận tải

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

72

-ui + vj cij ( i1,m, j1,n ), (3.12)

ui + vj = cij xij > (3.13)

Chứng minh Cần: Giả sử X = (xij)m.n phương án tối ưu toán vận tải cân

bằng thu phát (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) Theo định lý đối ngẫu thứ nhất, tốn đối ngẫu (3.9) (3.10) có phương án tối ưu Giả sử phương án tối ưu (U, V) = (ui, vj), i1,m,j1,n Khi điều kiện (3.12) thỏa mãn Mặt khác theo định

lý đối ngẫu thứ hai (U, V) X điều kiện (3.13) thỏa mãn Vậy phương án tối ưu tốn đối ngẫu (U, V) hệ thống vị phải tìm

Đủ: Giả sử tìm hệ thống vị (U, V) = {(ui, vj): i1,m,j1,n} thỏa

mãn (3.12) (3.13) Vì thỏa mãn (3.12) nên (U, V) phương án tốn đối ngẫu Vì thỏa mãn (3.13) nên cặp phương án X, (U, V) thỏa mãn giả thiết định lý đối ngẫu thứ hai Vậy X phương án tối ưu toán vận tải hệ thống vị (U, V) phương án tối ưu toán đối ngẫu

2.2.3 Phương pháp xây hệ thống toán vị

Giả sử X0 (x )0ij m.n phương án cực biên J0 hệ thống ô chọn

cơ sở X0 Ta xây dựng hệ thống vị (U, V) = (ui, vj), i1,m,j1,n Lấy

(3.13) làm điều kiện xuất phát để tìm hệ thống vị sau kiểm tra điều kiện (3.12) Xét hệ phương trình tuyến tính:

ui + vj = cij (i, j)  J0 (3.14)

Vì J0 gồm m + n – khơng chứa vịng nên hệ (3.14) gồm m + n –

phương trình độc lập tuyến tính, xác định m + n ẩn Do hệ (3.14) có vơ số nghiệm phụ thuộc tham số Lấy ẩn làm tham số, cho tham số nhận giá trị cụ thể, chẳng hạn số 0, ta nghiệm riêng hệ phương trình Đó hệ thống vị tập ô sở J0

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

73

-Từ kết định lý ta nhận thấy việc phương án X0 có tối ưu hay không

nghĩa hệ thống vị (U, V) tìm có thỏa mãn điều kiện (3.12) hay khơng, hồn tồn khơng phụ thuộc vào việc ta chọn ẩn tự cho giá trị tìm nghiệm riêng hệ phương trình (3.14)

Tóm lại, để tìm hệ thống vị ứng với phương án cực biên X0 cho trước và kiểm tra X0 tối ưu chưa ta thực bước sau:

- Xác định hệ ô chọn sở X0 Nếu X0 khơng suy biến J0 = C(X0)

Nếu X0 suy biến ta cần bổ sung thêm số ô loại (làm ô chọn giả) để với

tập C(X0) tạo thành m + n – khơng chứa vịng Lượng hàng chọn giả

0

- Tìm hệ thống vị, tìm nghiệm riêng hệ (3.14)

Đặt ij = ui + vj – cij, ij gọi số kiểm tra hay ước lượng ô (i, j)

Rõ ràng ij = (i, j)  J

- ij  (i, j) X0 phương án tối ưu,

- tồn ij > X0 chưa phải phương án tối ưu

2.3 Phương pháp cải tiến phương án

Bổ đề 3.1 Xét phương án cực biên X0 với hệ ô chọn sở J0 Giả sử (i0, j0)

ơ khơng thuộc J0, tập hợp {J0 + (i0, j0)} chứa vòng Chứng minh: Do {J + (i0, j0)} gồm m + n nên chứa vịng V

hiển nhiên V qua (i0, j0), Giả sử vịng V có dạng:

V = {(i0, j0), (i0, j1), (i1, j1), …, (ik, jk), (ik, j0)}

Giả sử tồn vòng V’  V, dĩ nhiên V’ qua (i0, j0) giả sử V’ có

dạng:

V’ = {(i0, j0), (i0, q1), (p1, q1), …, (pk, qk), (pk, j0)}

Từ V V’ ta lập vòng mới:

V’’ = {(i0, j1), (i1, j1), …, (ik, jk), (ik, j0), (pk, jo), (pk, qk), …, (i0, q1)}

Vịng khơng qua (i0, j0), trái với giả thiết J0 không chứa vòng Vậy ta

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

74

-Bổ đề 3.2 Gọi V vòng tạo (i0, j0) số ô J0 Đánh số thứ tự

1, 2, 3, … ô V (i0, j0)

Ký hiệu: Vc = {(i, j)  V có số thứ tự chẵn},

Vl = {(i, j)  V có số thứ tự lẻ}

Ta có cơng thức

0 l c j i V ) j , i ( ij V ) j , i ( ij c

c   



 

Chứng minh: Giả sử V = {(i0, j0), (i0, j1), (i1, j1), …, (ik, jk), (ik, j0)} Khi đó: k k k 1 0 l c j i j i j i j i j i V ) j , i ( ij V ) j , i (

ij c c c c c c

c        

   k k k 1 0

0j i i i j i j i j

i u v u v u v u v

c            0 0

0j i j i j

i u v

c    



Ta có điều phải chứng minh

Dựa vào hai kết ta đưa thuật toán cải tiến phương án sau: Giả sử phương án cực biên X0 với hệ ô chọn sở J0 chưa thỏa mãn tiêu

chuẩn tối ưu, nghĩa tồn số kiểm tra ij >

- Chọn ô điều chỉnh (thường chọn có số kiểm tra dương lớn nhất) Giả sử }

0 max{ ij

j

i0   

 , (i0, j0) điều chỉnh

- Lập vòng điều chỉnh V tạo (i0, j0) số chọn khác J0 Sau

đánh số thứ tự chia V thành Vc , Vl

- Xác định phương án X1 theo công thức:

           l ij c ij ij ij V ) ij ( q x V ) ij ( q x V ) ij ( x

x (3.15)

với q lượng điều chỉnh xác định theo công thức:

 

j i c

ij:(ij) V x r r

x

q   (3.16)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

75

-Chứng minh: Vì số vịng V nằm dịng hay cột số chẵn nên từ cơng thức (3.15) ta có:

m , i , a x

x i

n j

0 ij n

1 j

1

ij    



 

, x x bj, j 1,m

m i

0 ij m

1 i

1

ij    



 

Vì X0

là phương án cực biên không suy biến nên x0ij > với (i, j)  J0

Do q > 0, mặt khác theo (3.15) (3.16) x1ij  0,  (i, j) Như chứng tỏ X1 phương án toán Tập hợp J1 đảm bảo m + n - ô chọn không

chứa vòng Vậy phương án X1 thu phương án cực biên với sở J1, đồng

thời f(X0) – f(X1) = q 0j i

 > 0, chứng tỏ phương án X1 tốt phương án X0 Thuật toán vị giải toán vận tải cân thu phát (bài tốn khơng suy biến)gồm bước sau:

Bước 1: Tìm phương án cực biên xuất phát X0 hệ ô chọn sở J0

Bước 2: Xây dựng hệ thống vị, kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu + Nếu thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu, kết luận toán;

+ Nếu chưa thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu, chuyển sang bước Bước 3: Cải tiến phương án:

- Chọn ô điều chỉnh, lập vòng điều chỉnh, xác định lượng điều chỉnh q

- Xác định phương án cực biên X1: Giữ nguyên lượng hàng ô

không nằm vòng điều chỉnh V Trên vòng điều chỉnh V ta thêm lượng hàng q ô lẻ, bớt lượng hàng q ô chẵn đồng thời xác định hệ ô chọn sở J1

Gán X1: = X0, quay bước

Chú ý rằng, số phương án cực biên hữu hạn nên thuật toán vị kết thúc sau số hữu hạn bước

Ví dụ 3.3: Tìm phương án tối ưu toán vận tải cân thu phát cho bảng 3.6

T

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

76

Bảng 3.6

Giải: - Bằng phương pháp cước phí bé nhất, ta tìm phương án cực biên xuất phát X0 bảng 3.7

Bảng 3.7

0

0 20 0

X 30 10

0 30 25

 

 

 

 

 

Phương án cực biên X0 có sở J0 tập ô chọn

20 10

45 12

55

T

P 30 25 40 25

20 10

20

45 12

30 10

55

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

77 Bảng 3.8

4 10

u1 =

- 20 - -

1 12

u2 =

30 10 -

5

u3 =

- (1) 30 25

v1 = V2 = v3 = v4 =

- Xây dựng hệ thống vị: từ công thức ui + vj = cij (i, j)  J0, cho u1 = 0,

ta hệ thống vị bảng 3.8

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij ô loại, thấy ô

(3.2) vi phạm tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: lấy ô (3.2) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(3, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}

 q = min{5, 30} =

Điều chỉnh đơn vị hàng từ ô thuộc Vc sang ô thuộc Vl, ta phương án

cực biên X1 bảng 3.9: ô (2, 2) hết hàng trở thành ô loại, ô (3, 2) có hàng

trở thành chọn Ta có sở J1 tập chọn bảng 3.9

Bảng 3.9

4 10

u1 = -

- 20 - (0)

1 12

u2 = -

30 - 15 -

5

u3 =

- 25 25

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

78

Xây dựng hệ thống vị: từ công thức ui + vj = cij (i, j)  J1, cho u3 = 0,

ta hệ thống vị bảng 3.9

Tính ij, ta thấy ij  0, (i, j) Vậy phương án cực biên X1 phương án tối

ưu toán

1

0 20 0

X 30 15

0 25 25

 

 

 

 

 

,

tổng cước phí vận chuyển nhỏ là:

f(x) = 2.20 + 1.30 + 8.15 + 3.5 + 9.25 + 7.25 = 605

Chú ý: Nếu gặp trường hợp phương án cực biên suy biến q Khi q = 0, ta tiến hành thuật tốn bình thường Thực chất q trình thay đổi sở thành khơng thuộc sở, cịn ô điều chỉnh trở thành ô sở Kết q trình chuyển từ tập sở sang tập ô sở khác mà không làm thay đổi phương án cực biên

Nếu q =  ij

V ) j , i

(min c x

đạt nhiều ô khác nhau, dấu hiệu phưong án cực biên suy biến Ta loại ô cách ngẫu nhiên đó, khác giữ ngun tập sở (chúng có vai trị bổ sung)

Ví dụ 3.4: Cho toán vận tải bảng 3.10 Bảng 3.10

Tìm phương án vận chuyển tối ưu T

P 51 54 60 45 80

50 10 11 10

90 12 12 13 11

70 19 18 14 15

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

79

-Giải: - Tìm phương án cực biên xuất phát: Dùng phương pháp Fogels, ta thu phương án cực biên X0 bảng 3.11

Bảng 3.11 T

P

51 54 60 45 80

50 10 11 10 1,1,2,1x

5 45

90 12 12 13 11 6,1,1,0 46 44

70 19 18 14 15

8,1,3,1

10 60

80 18 17 15 12 5,3,5x 80

2,2,7x 1,1,6 1x 4x 3x

- Xác định tập ô sở: phương án cực biên xuất phát có chọn, thiếu so với hạng tốn Ta bổ sung thêm ô (3.5) để đủ ô khơng chứa vịng Khi ta có tập sở J0 = {(1, 1), (1, 4), (2,1), (2,2), (3,2), (3,3), (3,5), (4, 5)}

Bảng 3.12

10 11 10

u1 =-8

5 - - 45 -

12 12 13 11

u2 = -6

46 44 - - -

19 18 14 15

u3 =

- 10 60 (3) 0

18 17 15 12

u4 = -3

- - - - 80

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

80

Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J0, ta

hệ thống vị bảng 3.12

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij , ta thấy ô (3, 4) vi phạm

tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (3.4) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(3, 4), (1, 4), (1, 1), (2, 1), (2, 2), (2, 3)}

 q = min{45, 46, 10} = 10

Điều chỉnh 10 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X1: Khi (3, 2) hết hàng trở thành loại, (3, 4) có hàng trở thành ô

chọn, ta có hệ ô chọn sở J1

Bảng 3.13

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J1, ta

hệ thống vị bảng 3.13

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij, ta thấy ô (1, 5) ô (2, 5)

vi phạm tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (1, 5) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(1,5), (3, 5), (3, 4), (1, 4)}

 q = min{35, 0} =

10 11 10

u1 =-5

15 - - 35 (2)

12 12 13 11

u2 = -3

36 54 - - (1)

19 18 14 15

u3 =

- - 60 10

18 17 15 12

u4 = -3

- - - - 80

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

81

-Điều chỉnh đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X2: (3, 5) trở thành ô loại, ô (1, 5) trở thành ô chọn, ta có hệ chọn

cơ sở J2

Bảng 3.14

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J2, ta

hệ thống vị bảng 3.14

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: ij  0,  (i, j) Vậy phương án cực biên X2

phương án tối ưu:

2

15 0 35 36 54 0 X

0 60 10 0 0 80

 

 

 



 

 

 

Khi tổng cước phi vận chuyển nhỏ là:

f(X2) = 10.15 + 9.35 + 12.36 + 12.54 + 6.60 + 14.10 + 12.80 = 3005

3 BÀI TỐN VẬN TẢI KHƠNG CÂN BẰNG THU PHÁT 3.1 Phát lớn thu: ( 

 



n j

j m

1 i

i b

a )

10 11 10

u1 =-5

15 - - 35

12 12 13 11

u2 = -3

36 54 - - -

19 18 14 15

u3 =

- - 60 10 -

18 17 15 12

u4 = -1

- - - - 80

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

82

-Khi vận chuyển xong cho trạm thu trạm phát cịn tồn kho lượng hàng tổng cộng  

 



n j

j m

1 i

i b

a Bài toán đặt nên để trạm phát phải chịu tồn kho tồn tổng chi phí vận chuyển thấp

Để giải toán này, ta lập thêm trạm thu thứ n + (gọi trạm thu giả) với nhu cầu nhận  

 

  

n j

j m

1 i

i

n a b

b , cước phí từ trạm phát đến trạm thu giả ci n+1 = 0,  i = m1, Khi ta tốn vận tải cân thu

phát, tìm phương án tối ưu cho tốn cân này, từ suy phương án tối ưu toán gốc: trạm phát phân hàng cho trạm thu giả trạm phát phải chịu tồn hàng

Chú ý rằng, giải tốn dùng phương pháp cước phí bé để tìm phương án cực biên xuất phát ta ưu tiên phân phối hàng tối đa vào có cước phí dương bé trước, cuối đến có cước phí Ví dụ 3.5: Tìm phương án vận chuyển tối ưu toán vận tải (Bảng 3.15) Bảng 3.15

Giải: - Kiểm tra điều kiện cân thu phát: a 160, b 155,

n j

j m

1 i

i   



 

phát lớn thu Ta lập thêm trạm thu giả B4 với nhu cầu nhận tượng trưng là:

T

P 25 35 42 53

45

38 10 12

57 12

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

83 -b5  

 

 

4 j

j

1 i

i b

a = 160 – 155 = đơn vị hàng, cước phí ci5 = 0,  i = 41 Khi ,

ta toán vận tải cân thu phát bảng 3.16 Bảng 3.16

- Tìm phương án cực biên xuất phát: Dùng phương pháp cước phí bé nhất, ta thu phương án cực biên X0 bảng 3.17

Bảng 3.17 T

P 25 35 42 53

45

25 20

38 10 12

38

57 12

15 33

20 11

20

Tập ô sở J0 tập ô chọn bảng

T

P 25 35 42 53

45

38 10 12

57 12

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

84 Bảng 3.18

4

u1 = -6

25 - - 20 -

10 12

u2 = -1

- - 38 (2) -

7 12

u3 =

(3) 15 4 33 5

11

u4 = -4

- 20 - (0) -

v1=10 v2 = V3 = V4=12 v5 =

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J0, ta

hệ thống vị bảng 3.18

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij, ta thấy ô (3, 1) vi phạm

tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (3.1) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(3, 1), (1, 1), (1, 4), (3, 4)}

 q = min{25, 33} = 25

Điều chỉnh 25 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X1: Khi ô (1, 1) hết hàng trở thành ô loại, ô (3, 1) có hàng trở thành

chọn, ta có hệ chọn sở J1

Bảng 3.19

4

u1 = -6

- - - 45 -

10 12

u2 = -1

- - 38 (2) -

7 12

u3 =

25 15

11

u4 = -4

- 20 - (0) -

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

85

Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J1, ta

hệ thống vị bảng 3.19

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij, ta thấy ô (2, 4) vi phạm

tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (2, 4) làm điều chỉnh, ta vịng điều chỉnh V = {(2, 4), (3, 4), (3, 3), (2, 3)}

 q = min{8, 38} =

Điều chỉnh đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X2: Khi (3, 4) hết hàng trở thành ô loại, ô (2, 4) có hàng trở thành ô chọn,

ta có hệ chọn sở J2

Bảng 3.20

4

u1 = -4

- - - 45 -

10 12

u2 = -1

- - 30 -

7 12

u3 =

25 15 12 -

11

u4 = -4

- 20 - - -

V1=7 v2 = V3 = v4=10 v5 =

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J2, ta

hệ thống vị bảng 3.20

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: ij  0,  (i, j) Vậy phương án cực biên X2

phương án tối ưu:

2

0 0 45 0 30 X

25 15 12 20 0

 

 

 



 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

86 -0 0 45

0 30 X

25 15 12 0 20 0

 

 

 



 

 

 

,

theo phương án trạm phát A3 phải chịu tồn kho đơn vị hàng chi phí

vận chuyển nhỏ là:f(X) = 6.45 + 3.30 + 9.8 + 7.25 + 5.15 + 4.12 + 1.20 = 750 3.2 Phát thu: ( 

 



n j

j m

1 i

i b

a )

Khi vận chuyển hết hàng từ trạm phát đến trạm thu theo nhu cầu trạm thu, trạm thu cịn thiếu so với nhu cầu lượng hàng tổng cộng

là  

 



m i

i n

1 j

j a

b Bài toán đặt nên để trạm thu phải chịu thiếu hàng thiếu tổng chi phí vận chuyển thấp

Để giải toán này, ta lập thêm trạm phát Am + thứ m + (gọi

trạm phát giả) với lượng hàng cần chuyển    

  

m i

i n

1 j

j

m b a

a , cước phí từ

các trạm phát giả đến trạm thu cm+1 j = 0,  j = n1, Khi ta toán

vận tải cân thu phát, tìm phương án tối ưu cho tốn cân này, từ suy phương án tối ưu toán gốc: trạm thu nhận hàng trạm phát giả trạm thu phải chịu thiếu hàng

Ví dụ 3.6: Cho tốn vận tải

Bảng 3.21

110 90 110

80 15 17 14

60 12 10 11

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

87 -a Viết dạng toán học tốn

b Tìm phương án vận chuyển tối ưu

Giải: a Kiểm tra điều kiện cân thu phát: a 240, b 310,

n j

j m

1 i

i   



 

phát thu, trạm phát tiêu thụ hết hàng, trạm thu phải chịu thiếu hàng

Gọi xij lượng hàng từ trạm phát Ai, đến trạm thu Bj (i1,3, j1,3) Khi

đó ta có mơ hình tốn học sau: Tìm ma trận X = (xij)3x3 cho:

f(X) = 15x11 + 17x12 + 14x13 + 12x21 + 10x22 + 11x23 + 20x31 + 16x32 +

21x11

x11 + x12 + x13 = 80

x21 + x22 + x24 = 60

x31 + x32 + x33 = 100

x11 + x21 + x31  110

x21 + x22 + x32  90

x13 + x23 + x33  110

xij 0, i1,3,j1,3

b Ta lập thêm trạm phát giả A4 với luợng hàng tượng trưng cần chuyển là:

a4  

 

 

3 i

i

1 j

j a

b = 310 - 270 = 70 đơn vị hàng, cước phí c4j = 0,  j = 31 Khi ,

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

88 Bảng 3.22

- Bằng phương pháp cước phí bé nhất, ta tìm phương án cực biên xuất phát X0 bảng sau, phương án cực biên X0 có sở J0 tập chọn

Bảng 3.23 T

P 110 90 110

80 15 17 14 80 60 12 10 11

60 100 20 16 21

70 30

70 0

40 30

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij (i, j)  J0, ta thu

được hệ thống vị bảng 3.24

T

P 110 90 110 80 15 17

14 60 12

10

11 100 20

16

21

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

89 Bảng 3.24

15 17 14

u1 = 14

- - 80

12 10 11

u2 = 14

(2) 60 (3)

20 16 21

u3 = 20

70 30 -

0 0

u4 =

40 - 30

v1 = v2 = -4 v3 =

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij ô loại, thấy ô

(2, 1) (2, 3) vi phạm tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: lấy ô (2, 3) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(2, 3), (2, 2), (3, 2), (3, 1), (4, 1), (4, 3)}

 q = min{60, 70, 30} = 30

Điều chỉnh 30 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X1 : (3, 4) hết hàng trở thành ô loại, ô (2, 3) có hàng trở thành

chọn, đồng thời ta có sở J1

Bảng 3.25

15 17 14

u1 = 17

(2) - 80 12 10 11

u2 = 14

(2) 30 30

20 16 21

u3 = 20

40 60 -

0 0

u4 =

70 - - v1 = v2 = -4 v3 = -3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

90

-Lấy ô (2, 1) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh: V = {(2, 1), (3, 1), (3, 2), (2, 2)}

Lượng hàng điều chỉnh q = min{30, 40} = 30

Điều chỉnh 30 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên thứ X2 bảng 3.26

Bảng 3.26

15 17 14

u1 = 15

(0) - 80 12 10 11

u2 = 12

30 - 30

20 16 21

u3 = 20

10 90 -

0 0

u4 =

70 - - v1 = v2 = -4 v3 = -1

Xây dựng hệ thống vị, kiểm tra thấy ij  0, (i, j) Vậy phương án cực

biên thứ X2 phương án tối ưu toán cân thu phát

2

0 80 30 30 X

10 90 70 0

 

 

 



 

 

 

Vậy phương án tối ưu toán gốc là:

0 80

X 30 30

10 90

 

 

 

 

 

Theo phương án trạm thu B1 phải chịu thiếu 70 đơn vị hàng tổng

chi phí vận chuyển nhỏ là:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

91

-4.1 Định nghĩa Bài toán phân phối tốn quy hoạch tuyến tính có hệ ràng buộc giống hệ ràng buộc toán vận tải với yêu cầu làm cực đại hàm mục tiêu Dạng toán học

m n

ij ij i j

f (X) c x max

 

 

) m , i ( , a ) (

x i

n j

ij   

 

) n , j ( , b ) (

x j

m i

ij   

 

xij (i = m1, , j = n1, )

cij 0; > 0; bj > 0, i, j

Trong toán phân phối, ta sử dụng thuật ngữ “ suất” thay cho thuật ngữ “cước phí”, thuật ngữ “ tổng thu nhập” thay cho thuật ngữ “tổng chi phí” 4.2 Phương pháp giải

Để tìm phương án tối ưu cho toán phân phối ta sử dụng phương pháp vị Tuy nhiên có điểm khác so với toán

+ Kiểm tra điều kiện cân

+ Tìm phương án cực biên xuất phát:

- Phương pháp “năng suất cao nhất”: Trên bảng suất, tìm có suất cao phân vào lượng hàng lớn Khi có dịng hay cột chứa thoả mãn nhu cầu Xố bỏ dịng hay cột lặp lại thuật tốn cho cịn lại, sau số hữu hạn bước ta tìm phương án cực biên toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

92

-lại thuật toán sau số hữu hạn bước ta thu phương án cực biên toán

+ Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tiêu chuẩn tối ưu toán phân phối là:

ij 0, i 1,m,j1,n

+ Tìm hệ thống vị kiểm tra tính tối ưu cho phương án giống toán

+ Điều chỉnh phương án: Nếu phải cải tiến phương án điều chỉnh là: ij = min{ij < 0}

Ví dụ 3.7: Tìm phương án vận chuyển tối ưu toán phân phối Bảng 3.27

Giải: - Kiểm tra điều kiện cân thu phát: a 700, b 590,

n j

j m

1 i

i   



 

phát lớn thu Ta lập thêm trạm thu giả B5 với nhu cầu nhận tượng trưng là:

b5  

 

 

4 j

j

1 i

i b

a = 700 – 590 = 110 đơn vị hàng, cước phí ci5 = 0,  i = 41 Khi ,

đó ta tốn vận tải cân thu phát sau:

T

P 100 200 150 140

150 17 19 14 12

200 23 15 16 10

200 18 20 19 19

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

93 Bảng 3.28

- Tìm phương án cực biên xuất phát: Dùng phương pháp Fogels, ta thu phương án cực biên bảng 3.29

Bảng 3.29 T

P

100 200 150 140 110

150 17 19 14 12 2,5x

150

200 23 15 16 10 7,1,5

100 50 50

200 18 20 19 19 1,1,1

150 50

150 24 19 13 18 5,1,1

90 60

1x 1,1x 3,3x 1,1

Phương án cực biên X0 có hệ chọn sở J0

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J0, ta

hệ thống vị bảng 3.30

T

P 100 200 150 140 110

150 17 19 14 12

200 23 15 16 10

200 18 20 19 19

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

94 Bảng 3.30

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij , ta thấy ô (3,2), (4, 1)

(4, 2) vi phạm tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (4, 2) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(4, 2), (2, 2), (2, 5), (4, 5)}

 q = min{50, 60} = 50

Điều chỉnh 50 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X1: Khi (2, 2) hết hàng trở thành loại, (4, 2) có hàng trở thành

chọn, ta có hệ chọn sở J1

Bảng 3.31

17 19 14 12

u1 =

+ 150 + + +

23 15 16 10

u2 =

100 + + + 100

18 20 19 19

u3 =

+ + 150 50 +

24 19 13 18

u4 =

(-1) 50 + 90 10

V1=23 v2=19 v3=18 v4=18 v5 =

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J1, ta

hệ thống vị bảng 3.32

17 19 14 12 u1 =

+ 150 + + +

23 15 16 10 u1 =

100 50 + + 50

18 20 19 19 u1 =

+ (-4) 150 50 +

24 19 13 18 u1 =

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

95

Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: tính ij = ui + vj – cij , ta thấy ô (4,1) vi phạm

tiêu chuẩn tối ưu

- Điều chỉnh phương án: Lấy ô (4, 1) làm ô điều chỉnh, ta vòng điều chỉnh V = {(4, 1), (2, 1), (2, 5), (4, 5)}

 q = min{100, 10} = 10

Điều chỉnh 10 đơn vị hàng từ ô chẵn sang ô lẻ, ta phương án cực biên X2, hệ ô chọn sở J2

Bảng 3.32

17 19 14 12

u1 =

+ 150 + + +

23 15 16 10

u1 =

90 + + + 11

18 20 19 19

u1 =

+ + 150 50 +

24 19 13 18

u1 =

10 50 + 90 +

v1=23 v2=18 V3=17 v4=17 v5 =

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J2, ta

hệ thống vị bảng 3.32

- Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu: ij ≥ 0,  (i, j) Vậy phương án cực biên X2

phương án tối ưu:

               90 50 10 50 150 0 110 0 90 0 150 X

Phương án tối ưu toán gốc là:

               90 50 10 50 150 0 0 90 0 150

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

96

-theo phương án trạm phát A2 phải chịu tồn kho 110 đơn vị hàng Khi tổng

thu nhập cao là:

f(X) = 19.150 + 23.90 + 19.150 + 19.50 + 24.10 + 19.50 + 18.19 = 11530 BÀI TỐN Ơ CẤM

Trong thực tế ta thường gặp tình trạm thu Bj khơng thể nhận hàng

trạm phát Ai, ô (i, j) gọi ô cấm Bài toán vận tải hay tốn phân

phối có thêm u cầu gọi tốn cấm Muốn tìm phương án tối ưu tốn vận tải điều kiện trên, ta làm cho cước phí vận chuyển trở nên lớn Khi phương án vận chuyển tối ưu khơng có hàng từ Ai đến

Bj Trên bảng vận tải, ta cho cước phí cij = M > đủ lớn Cịn tốn phân

phối có ô cấm (i, j) ta cho suất cij = - M, với M số dương đủ lớn

Ví dụ 3.8: Cho tốn vận tải bảng 3.33, biết trạm phát A1 phải tiêu thụ

hết hàng Tìm phương án vận chuyển tối ưu Bảng 3.33

Giải: Kiểm tra điều kiện cân thu phát: a 370, b 310,

n j

j m

1 i

i   



 

phát lớn thu, trạm thu nhận đủ hàng, trạm phát phải chịu tồn hàng, riêng trạm phát A1 phải ưu tiên tiêu thụ hết hàng

Ta lập thêm trạm thu giả B4 với luợng hàng tượng trưng cần nhận là:

b4  

 

 

3 i

j

1 j

i b

a = 370 - 310 = 60 đơn vị hàng, cước phí ci4 = 0,  i = 31, Khi

ta toán vận tải cân thu phát bảng 3.34 T

P 100 120 90 120 10 9,5 14

120 8,5 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

97 Bảng 3.34

- Bằng phương pháp Fogels, ta tìm phương án cực biên xuất phát bảng 3.35

Bảng 3.35 T

P 100 120 90 60

120 10 9,5 14 M 0,5;4

100 20

120 8,5 10 0,5;1,5

90 30

130 12 12 3;0

120 10

1,5x 1x 2x

- Tập ô sở bảng trên, ký hiệu tập ô sở J

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij (i, j)  J, ta thu

được hệ thống vị bảng 3.36 Bảng 3.36

10 9,5 14 M

u1 =

100 20

8,5 10

u2 = -M

90 30

12 12

u3 = -M

120 10

v1=10 v2=9+M v3=10+M v4 = M

T

P 100 120 90 60

120 10 9,5 14 M

120 8,5 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

98 Bảng 3.37

10 9,5 14 M

u1 = 0,5

100 20

8,5 10

u2 =

(1) (1) 90 30

12 12

u3 =

100 30

v1=9,5 v2 = v3=10 v4 =

Bảng 3.38

10 9,5 14 M

u1 = 9,5

100 20

8,5 10

u2 =

30 90

12 12

u3 =

70 60

v1=0,5 v2 = V3=2 v4 =

- Xây dựng hệ thống vị: dùng công thức ui + vj = cij, (i, j)  J0, ta

hệ thống vị bảng 3.38

Kiểm tra thấy ij  0, (i, j) Vậy phương án cực biên xuất phát phương

án tối ưu toán cân bằng:

  

 

  

  

60 70

0 90 30

0 20 100 X

Vậy phương án tối ưu toán gốc là:

  

 

  

  

0 70

90 30

0 20 100

X0

Theo phương án trạm phát A3 phải chịu tồn kho 60 đơn vị hàng

tổng chi phí vận chuyển nhỏ là:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

99

-CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TOÁN ỨNG DỤNG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

I BÀI TỐN SẢN XUẤT ĐỒNG BỘ

1 CÁC KHÁI NIỆM VÀ TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN SẢN XUẤT ĐỒNG BỘ

1.1 Nội dung kinh tế mơ hình tốn học toán sản xuất đồng 1.1.1 Nội dung kinh tế toán sản xuất đồng

Giả sử có m máy cơng cụ khác tham gia sản xuất loại sản phẩm gồm n chi tiết khác Số máy loại tham gia trình sản xuất giả thiết chiếc, số chi tiết loại cấu thành nên sản phẩm giả thiết tỷ lệ với theo tỷ số : : … : 1, coi số chi tiết loại cấu thành nên sản phẩm Năng suất máy thứ i sản xuất chi tiết thứ j aij (số đơn vị

chi tiết/ đơn vị thời gian) với  i 1, m,  j 1, n

Hãy bố trí thời gian để máy sản xuất chi tiết cho số sản phẩm đủ (đồng bộ) sản xuất nhiều

1.1.2 Mơ hình tốn học tốn sản xuất đồng

Ta cần tìm tỷ lệ thời gian phân bố cho máy thứ i sản xuất chi tiết thứ j đơn vị thời gian

Gọi xij phần thời gian đơn vị thời gian mà máy thứ i sản xuất

chi tiết thứ j, ta có: x 0, i 1, m, j 1, n

ij        

n

x 1, i 1,m

ij

j

Số chi tiết j sản xuất máy i ax , i 1, m,

ij   tổng số chi tiết j sản xuất tất máy là:

m

j ij ij

i

Z a x , j 1, n



  

Số sản phẩm đủ là:

m

j j ij ij

i

Z min{Z , j=1, n}= min{Z a x , j 1, n}



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

100

-m m

ij ij ij ij

i i

Z a x , j 1, n a x Z 0, j 1, n

 

         

Khi dạng tốn học tốn là: Tìm ma trận X = (xij)mxn Z cho

Zmax (4.1)

n ij j m

ij ij i

ij

x 1, i 1, m (4.2)

a x Z 0, j 1, n (4.3)

x 0, i 1, m, j 1, n; Z (4.4)



 

   

 

   

 

      

 





Bài toán (4.1) - (4.4) toán QHTT

Định nghĩa 4.1 Bài toán qui hoạch tuyến tính có dạng tốn học (4.1) (4.2) (4.3) (4.4) với giả thiết aij 0,  i 1, m, j 1, n gọi toán sản xuất đồng

Xuất phát từ thực tế, ta co hẹp phạm vi nghiên cứu toán sản xuất đồng sau: với i, j tồn aij > 0, nghĩa chi tiết j phải

được sản xuất máy máy i phải sản xuất loại chi tiết

Trong trường hợp tổng quát: Nếu máy loại i có ti tham gia vào

trình sản xuất ta coi có máy loại này, suất quy ước lại a'ijt a , j 1, ni ij  

Nếu chi tiết j có kj (đơn vị chi tiết j) cấu thành nên sản phẩm ta coi

chi tiết j có đơn vị, suất quy ước lại là:

ij ' ij

j

a

a , i 1, m k

  

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

101

-1.1.3 Bài toán đối ngẫu toán sản xuất đồng

Để thuận tiện cho việc xây dựng phương pháp giải toán sản xuất đồng bộ, ta giả thiết aij > 0,  i 1, m,  j 1, n

Bài toán (4.1.1) (4.1.2) (4.1.3) (4.1.4) viết dạng tường minh sau:

Z → max

x11 + x 12 + … + x 1n ≤

x 21 + x22 + … + x2n ≤

………

x m1 + xm2 + … +x mn ≤

-a11x11 -a21x21 - … –am1xm1 + Z ≤

-a12x12 -a22x22 -… –am2xm2 + Z ≤

………

-a1nx1n -a2nx2n - … -amnxmn + Z ≤

; Z x 0, i 1, m, j 1, n

ij     

Ma trận hệ số ràng buộc tốn sản xuất đồng là:

11 21 m1

12 22 m2

1n 2n mn

1 0 0 0 0 1 0 0

0 0 1 A

a a a a 0 a a

0 a 0 a 0 a

 

 

 

 

 

 



   

 

  

 

 

 

  

 

 

Bài toán đối ngẫu toán sản xuất đồng bộ: Tìm số u1, u2, …, um, v1, v2, …, cho

m i i

u





TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

102

-i ij j n

j j

i j

u a v 0, i 1, m, j 1, n (4.6)

v (4.7)

u 0, v 0, i 1, m, j 1, n (4.8)

                     

Các cặp điều kiện đối ngẫu:

ij i ij j

n j j n ij i j m

ij ij j

i

x u a v 0, i 1, m, j 1, n

Z v

x u 0, i 1, m

a x Z v 0, j 1, n

                                   

1.1.4 Dạng bảng toán sản xuất đồng Bảng 4.1

Bài toán sản xuất đồng biểu diễn dạng bảng gồm m dòng, n cột m.n ô Ứng với máy loại i chi tiết j ta có nằm dòng thứ

A11

x11

a12

x12

… a1j x1j

… a1n x1n u1 … … … … ai1 xi1 ai2 xi2

… aij xij

… ain xin ui … … … … am1 xm1 am2 xm2

… amj xmj

… amn xmn

um

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

103

-i cột j, ký h-iệu ô (-i, j), ô suất aij đặt góc bên trái, cịn

thời gian xij đặt góc bên phải

1.2 Tính chất toán sản xuất đồng 1.2.1 Phương án toán sản xuất đồng

Định nghĩa 4.2 Ma trận X = (xij)mxn Z thỏa mãn ràng buộc (4.2), (4.3), (4.4)

được gọi phương án toán sản xuất đồng

Phương án làm cho Z đạt cực đại gọi phương án tối ưu toán Với ma trận X = (xij)mxn thỏa mãn ràng buộc (4.2), (4.4) cho

tương ứng họ phương án với Z xác định sau:

j

0Zmin{Z , j=1, n},

trong rõ ràng phương án có Zmin{Z , j=1, n}j tốt

Do ta xem ma trận X = (xij)mxn thỏa mãn ràng buộc (4.2), (4.4)

một phương án toán sản xuất đồng với Z hiểu là:

j

Zmin{Z , j=1, n}

1.2.2 Tính chất toán sản xuất đồng

Định lý 4.1 Bài tốn sản xuất đồng ln có phương án tối ưu

Chứng minh: Nhận thấy X = (xij) với xij = 1/n, i 1, m,   j 1, n thỏa mãn điều

kiện (4.2), (4.4) Vì tốn sản xuất đồng ln có phương án Mặt khác, ij

1

1, 1,

n

j

x i m



  

 xij  i, j nên ≤ xij ≤ Từ suy

hàm mục tiêu:

ij

min{ , , }

m

ij i

Z a x j 1 n



    ≤ ij

1

min{ , , }=C

m

i

a j 1 n



 



bị chặn C tập phương án nên tốn có phương án tối ưu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

104

-Chứng minh: Theo giả thiết aij > 0,  i 1 m, ,  j 1 n, , đồng thời sản phẩm thứ

i phải sản xuất máy j, nên i tồn j để xij > Do

vậy từ:

ij

min{ ,j=1, }= min{ , , }

m

j j ij

i

Z Z n Z a x j 1 n



   

cho ta thấy Z >

Định lý 4.3 Trong toán sản xuất đồng hạng ma trận hệ số ràng buộc chính m + n

Chứng minh: Ký hiệu Di véc tơ dòng thứ i ma trận A với i1 m n,  , ta chứng

minh hệ m + n véc tơ dòng độc lập tuyến tính Xét đẳng thức sau:

1D1 + 2D2 + … + m+nDm+n =

trong véc tơ không m.n + chiều

Giả sử 1 0, ta giả sử 1 = (vì khơng, ta việc chia hai vế

của đẳng thức cho 1 0) Từ thành phần thứ đẳng thức ta có -

m+1 a11 = 0, suy m+1 > 0, tương tự ta có m+j > 0,  j 2, n Từ thành phần cuối

cùng thứ m.n +1 đẳng thức ta có

1

0

n

m j j

  



 Suy tổng số dương 0, vơ lý Vì  =

Lý luận tương tự, ta có  i = 0, i = 2, 3, …, m

Từ n thành phần đẳng thức ta suy m+j = 0,  j 1, n

Như i 0, i 1,mn hay hệ {D1, D2, …, Dn} độc lập tuyến tính Ta

có điều phải chứng minh

Định lý 4.4 Nếu hệ thống số {(ui, vj ): i m j , , 1 n, } phương án tốn đối ngẫu ui > 0,  i 1 m,

Chứng minh: Từ (4.7) (4.8) suy  vj > 0, kết hợp với (4.1.6) aij > 0,

, , ,

i 1 m j 1 n

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

105

-Nhận xét Nếu X* ( )xij* mxn {(u v )i*, *j : i m j , , 1 n, } phương án tối ưu toán gốc tốn đối ngẫu

* *

ij

1

1, 1,

n n

j

j j

x i m v v

 

   

 

Theo Định lý 4.2, Định lý 4.4 Định lý lệch – bù ta có điều phải chứng minh

Định lý 4.5 Nếu hệ thống số {(u v )*i, *j : i m j , , 1 n, } phương án tối ưu bài tốn đối ngẫu v > 0, *j  j 1,n.

Chứng minh: Giả sử ngược lại tồn

*

0

j

v  , ui* 0,  i 1 m, , nên 0

* *

ij 0, 1,

i j

u a v   i m Theo Định lý lệch bù phương án tối ưu tốn gốc phải thỏa mãn

0

*

0

ij

x  ,  i 1 m, , chi tiết j0 khơng có, tức Z = 0, mâu

thuẫn với định lý 4.2 Vậy v > 0, *j  j 1, m

Hệ Nếu X* ( )xij* mxn {(u v )i*, *j : i m j , , 1 n, } phương án tối ưu bài tốn gốc tốn đối ngẫu

* *

ij ij

0, 1,

m

i

a x Z j n



    

Điều có nghĩa X* phương án tối ưu số chi tiết sản xuất phải (Z1 = Z2 = … = Zn)

Hệ suy từ định lý 4.5 định lý lệch – bù

Định lý 4.6 Nếu hệ thống số {(u vi , j): i m j , , 1 n, } phương án cực biên bài toán đối ngẫu

1

1

n

j

v 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

106

-Chứng minh: Giả sử {(u v )*i, *j : i m j , , 1 n, } phương án cực biên tốn đối ngẫu mà khơng thỏa mãn

1

1

n

j

v 

 Khi phải thỏa mãn m + n ràng buộc chặt độc lập tuyến tính dạng: ui – aijvj = 0, với  i I1, j J1

vk = 0, với  k J2,

trong I1, J1, J2 tập số thỏa mãn

1 {1, 2, ,m};J ,1 {1, 2, ,n} J1

I  J  J 

Hệ có nghiệm tầm thường: ui = 0 i I1; vj =0,  j J1J2

Điều mâu thuẫn với định lý 4.4 nói ui 0,  i 1 m, Vậy

1 n j v   Chú ý Định lý 4.6 trường hợp tồn aij = 0, cần:

max{aij,  i 1 m, } > 0,  j 1 n, max{aij,  j 1 n, } > 0,  i 1 m, Nhận xét Giả sử {(ui, vj ): i m j , , 1 n, } phương án tùy ý toán đối

ngẫu mà 1 n j v 

 , ta trực tiếp suy phương án {(ui’,vj’), i m j , , 1 n, } thỏa

mãn '

1

1

n

j

v 

 nhờ phép biến đổi tỷ lệ sau:

' ' , 1, , 1, i i j j

u u i m

v v j n

           , 1 n j j v     

Khi giá trị hàm mục tiêu là:

' '

1 1

1

w

w w,

m

i

m m m

i

i i i n n

i i i

j j

i i

u

u u u

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

107

-tức phương án {(ui’,vj’), i m j , , 1 n, } tốt phương án cũ Tuy nhiên, ta

coi hai phương án tương đương theo nghĩa từ phương án trực tiếp suy phương án nhờ phép biến đổi tỷ lệ, ta có coi chúng phương án

Tổng quát hơn, phương án {(u v )i , j : i m j , , 1 n, } khác thừa số nhân coi

Từ định lý 4.5 định lý 4.6 suy để tìm phương án tối ưu tốn đối ngẫu ta cần tìm số phương án toán đối ngẫu làm thỏa mãn chặt m + n – ràng buộc chặt độc lập tuyến tính dạng ui - aij vj =

(mỗi dịng cột phải có ô (i, j) mà ui - aij vj = 0)

Định lý 4.7 Tập hợp m + n -1 ô ứng với m + n - đẳng thức độc lập tuyến tính dạng ui - aij vj = khơng chứa vịng

Do vậy, phương án thỏa mãn chặt m + n – ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ui - aij vj = gọi phương án cực biên suy rộng toán đối ngẫu

(4.1.5) – (4.1.8), với giá trị hàm mục tiêu tương ứng là:

1

1

w

m

i i

n

j j

u

v



 

 

Mỗi phương án cực biên suy rộng toán đối ngẫu gọi hệ thống nhân tử toán sản xuất đồng bộ, số ui gọi nhân tử

dòng i, số vj gọi nhân tử cột j

2 PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ GIẢI BÀI TOÁN SẢN XUẤT ĐỒNG BỘ 2.1 Phương pháp tìm phương án cực biên suy rộng ban đầu

Trên bảng suất, tìm có suất lớn Giả sử ơ (i0, j0), ta

cho cột j0 nhân tử cột

0

j

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

108

Nếu cột k có nhân tử, dị theo cột ấy, tìm có suất cao dịng chưa có nhân tử, viết nhân tử cho dịng chứa ô theo công thức:

ui = max{aijvj với cột j có nhân tử} (4.1)

Ơ tương ứng với tích lớn lấy làm chọn

- Nếu dịng l có nhân tử, dị theo dịng ấy, tìm có suất cao cột chưa có nhân tử, viết nhân tử cho cột chứa ô theo công thức:

vj = min{ i

ij

u

a : với dịng i có nhân tử} (4.2) Ô tương ứng với thương nhỏ lấy làm ô chọn

Áp dụng nguyên tắc sau số hữu hạn bước lặp ta tìm hệ thống m + n số (u , v )i j : i 1, m, j 1, n 

Chú ý Nếu cực đại (4.1) cực tiểu (4.2) đạt nhiều lấy làm ô chọn

Định lý 4.8 Hệ thống m + n số (ui, vj): i1,m, j1,n tìm theo phương pháp phương án cực biên toán đối ngẫu

Chứng minh: Từ bước xác định ui, vj ta có

ui –aij vj ≥ 0, ui > 0, vj > 0, i 1, m, j 1, n  ,

còn chọn ui –aijvj =

Ngồi theo phương pháp trên, chọn khơng tạo thành vịng Trừ (i0 ,j0) ứng với hai nhân tử

0

i j

u , v , cịn sau có thêm nhân tử dịng cột ta có thêm chọn Vì số chọn m + n – Do hệ thống m + n số (u , v )i j : i 1, m, j 1, n  làm thỏa mãn m + n -1 đẳng thức độc lập tuyến tính, hệ thống số tìm theo phương pháp lập thành phương án cực biên toán đối ngẫu

Ký hiệu tập chọn H, ta có

ui – aijvj ≥ (i, j)H (4.3)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

109

-ui > 0, vj > 0, i 1, m, j 1, n  (4.5)

Ví dụ 4.1: Tìm hệ thống nhân tử toán sản xuất đồng cho bảng 4.2 Bảng 4.2

50 100 96 40

60 99 70 41

45 70 72 25

57 80 65 38

- Ơ (1, 2) có suất 100, cho v2 =

- Trên cột (1, 2) có suất cao dịng chưa có nhân tử nên:

u1 = max{100.1} = 100,

đạt ô (1, 2) nên lấy ô (1, 2) làm ô chọn đánh dấu bảng 4.3 Bảng 4.3

50 100 * 96 * 40 u1 = 100

60 * 99 70 41 * u2 = 100

45 * 70 72 * 25 u3 = 75

57 * 80 65 38 u4 = 95

v1 = 5/3 V2 = V3 =

25/24

v4 = 100/41

- Trên dịng (1, 3) có suất cao cột chưa có nhân tử nên:

v3 =

100 25

min

96 24

 



 

  ,

đạt ô (1, 3) nên lấy ô (1, 3) làm ô chọn đánh dấu bảng

- Trên cột ô (3, 3) có suất cao dịng chưa có nhân tử nên:

u3 = max{70.1; 72

25

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

110

-đạt ô (3, 3) nên lấy ô (3, 3) làm ô chọn đánh dấu bảng

- Trên dịng (3, 1) có suất cao cột chưa có nhân tử nên:

v1 =

100 75

min ,

50 45

 



 

  ,

đạt ô (3, 1) nên lấy ô (3, 1) làm ô chọn đánh dấu bảng

- Trên cột (2, 1) có suất cao dịng chưa có nhân tử nên:

u2 = max

5 25

60 ,99.1,70 100

3 24

 



 

  ,

đạt ô (2, 1) nên lấy ô (2, 1) làm ô chọn đánh dấu bảng

- Trên dòng (2, 4) có suất cao cột chưa có nhân tử nên:

v4 =

100 100 75 100

min , ,

40 41 25 41

 



 

  ,

đạt ô (2, 4) nên lấy ô (2, 4) làm ô chọn đánh dấu bảng

- Trên cột ô (4, 4) có suất cao dịng chưa có nhân tử nên:

u4 = max

5 25 100

57 ,80.1,65 ,38 95

3 24 41

 



 

  ,

đạt ô (4, 1) nên lấy ô (4, 1) làm ô chọn đánh dấu bảng

2.2 Xây dựng hệ thống số kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu

Ta tính xij Z nhờ phương án cực biên (ui, vj) toán đối ngẫu theo

các phương trình sau:

xij = 0, ( , )i j H (4.6)

ij

1, 1,

n

j

x i m



  

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

111

-ij -ij

0, 1,

m

i

a x Z j n



     (4.8) Từ (4.8) ta có ij ij

1

, 1,

m

i

Z a x j n



   , từ (4) ta có ij i j

u a

v

 ô chọn, xij =

ở ô loại nên ij ij

1

1

, 1,

m m

i

i

i j j i

u

Z x u x j n

v v

 

    

ij

1 1

( )

n n m

j i

j j i

v Z u x

  

  

1

n m

j i

j i

Z v u

 

   (Do (4.7))

1

1

W

m

i i

n

j j

u Z

v





  

 

Khi có Z ta tính tiếp xij theo phương trình (4.6), (4.7), (4.8)

- Nếu xij ≥ 0, (i, j) hệ thống nhân tử tương ứng phương án tối ưu

bài tốn đối ngẫu, ma trận X = (xij) phương án tối ưu toán sản xuất

đồng cho

- Nếu tồn ô chọn (i, j) mà xij < hệ thống nhân tử tương ứng chưa

phải phương án tối ưu toán đối ngẫu Trong trường hợp ma trận X = (xij) gọi giả phương án toán sản xuất đồng cho

X = (xij) gọi hệ thống số kiểm tra phương án cực biên

toán đối ngẫu

2.3 Điều chỉnh phương án

Giả sử giả phương án X = (xij) tồn ô chọn (i1, j1) mà

1

i j

x < 0, ta xây dựng phương án cực biên – số nhân tử ( , )u v không xấu i' 'j phương án cực biên cũ (ui, vj) Muốn ta tìm cách loại bỏ (i1, j1) khỏi tập ô

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

112

-Trước hết ta sửa lại hệ thống nhân tử cho từ đẳng thức

1 1

i i j j

u a v  trở thành

1 1

' '

0

i i j j

u a v  Muốn ta thực phép biến đổi sau: - Tại ô (i1, j1) ta giữ nguyên 1 1

'

j j

v v ,

1

'

( 1)

i i

u u  , nghĩa giữ nguyên nhân tử cột sửa nhân tử dòng

- Các ô chọn khác, sau phép điều chỉnh chọn, đẳng thức

' '

0

i ij j

u a v  phải thực Muốn ta xét chọn (i, j) có nhân tử dịng

'

i i

u u v'j vj, ô chọn (i, j) có nhân tử cột vi' vj ui' ui Ta chia tập hợp ô bảng thành nhóm sau:

- Nhóm 1: Gồm mà nhân tử dịng cột tăng lên λ lần, bất đẳng thức ui' a vij 'j 0 với λ

- Nhóm 2: Gồm mà nhân tử dòng tăng lên λ lần, nhân tử cột giữ nguyên, bất đẳng thức ui' a vij 'j 0 với λ ≥

- Nhóm 4: Gồm mà nhân tử dịng nhân tử cột giữ nguyên, bất đẳng thức ui' a vij 'j 0

- Nhóm 3: Gồm loại mà nhân tử dịng giữ ngun, nhân tử cột tăng lên λ lần

Để sau sửa hệ thống vị {(u ,v ): i=1, m;j=1, n} phương án ta i' 'j phải chọn λ cho ui' a vij 'j uia vij j 0, với (i, j) thuộc nhóm 3, ký hiệu nhóm A Suy

ij

, ( , )

i

j

u

i j A a v

  

Do ui – aijvj ≥ nên λ ≥ Vậy i

ij j

u

1 , (i, j) A

a v

    

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

113

-chọn i

ij j

u

min , (i, j) A a v

 

 

     

 

 

Giả sử cực tiểu đạt (i2, j2) Khi (i2, j2)

được lấy làm ô chọn thay ô (i1, j1) bị loại Dễ thấy m + n – chọn

mới khơng chứa vịng Người ta chứng minh phương án cực biên suy rộng tốt phuương án cực biên suy rộng cũ (với giả thiết toán đối ngẫu khơng suy biến λ > 1)

2.4 Thuật toán nhân tử giải toán sản xuất đồng

Bước Xây dựng phương án cực biên suy rộng ban đầu toán đối ngẫu w1 = (ui, vj) với tập ô chọn H

Bước Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu

Từ phương án cực biên suy rộng w1 = (ui, vj) ta thực thao tác sau:

- Tính

1

m

i i

n

j j

u Z

v



 

 

- Tính giả phương án X1 = (xij) từ hệ

xij = 0, ( , )i j H

ij

1

1, 1,

n

j

x i m



  

 ij ij

1

, 1,

m

i

a x Z j n



   

+ Nếu xij0, ( , ) i j giả phương án X1 phương án cực biên tối ưu

bài toán sản xuất đồng

+ Nếu xij 0 chuyển sang bước

Bước Điều chỉnh chỉnh nhân tử (giả sử loại (i1, j1) có

1

i j

x 0): - Tìm tập A

- Tìm r

r k k 2

i i

r k

i j j i j j

u u

min : (i , j ) A

a v a v

 

 

    

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

114

-Đưa ô (i2, j2) vào tập ô chọn thay cho ô (i1, j1)

- Xây dựng hệ thống nhân tử w2 =

' '

( , )u v cách: i j + Hoặc ui' u vi, 'j vj hàng i hay cột j có chữ λ

+ Hoặc tính lại từ đầu cách đặt nhân tử vj = cột j

đó, sau tính ui, vj theo công thức ui – aijvj = với ( , )i j H

Ta có phương án cực biên w2 tốt w1

Gán w2 = w1 quay trở lại bước Sau hữu hạn bước lặp ta tìm phương

án tối ưu

Chú ý: + Trường hợp toán đối ngẫu suy biến, gặp λ =1, ta áp dụng thuật tốn bình thường kết không cho phương án cực biên suy rộng mà chuyển sang sở khác phương án Điều làm xuất hiện tượng xoay vịng Tuy nhiên thực tế tính tốn dễ dàng khỏi tượng xoay vịng

+ Khi λ đạt nhiều ô khác dấu hiệu tốn suy biến, ta chọn ngẫu nhiên vào làm chọn

Ví dụ 4.2: Tìm phương án tối ưu toán sản xuất đồng với phương án cực biên suy rộng xây dựng ví dụ

Bảng 4.4

50 100 * 96 * 40

u1 = 100

60 * (-)

99 70 41 *

u2 = 100 λ

45 * 70 72 * 25

u3 = 75

57 * 80 65 38

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

115

-4

1

1

100 100 75 95

60,19 / 25 / 24 100 / 41





  

  

  

 

i i

j j

u Z

v

Nhận thấy cột có chọn (2, 4) nên x24 = Z/a24 > Trên hàng

2 có chọn (2, 1) (2, 4) nên x21 + x24 = Suy x21 = - x24 < 0, ghi dấu

(-) vào ô (2, 1) bảng Ta chuyển sang điều chỉnh phương án

x21 < nên u2 phải sửa, dóng theo dịng gặp chọn (2, 4) nhân tử

cột v4 phải sửa Dóng theo cột khơng gặp chọn nữa, nhân tử

khác giữ nguyên (những nhân tử phải sửa ta viết thêm chữ λ vào cạnh bên để đánh dấu bảng trên)

A = {(1, 4), (3, 4), (4, 4)}, λ = 100 , 75 , 95 41

100 100 100 40

40 25 38

41 41 41

 

 



 

 

 

Cực tiểu đạt ô (1, 4) (4, 4) Lấy ô làm ô chọn thay ô (2, 1) bị loại, chẳng hạn ô (4, 4), ghi dấu (+) vào ô (4, 4) bảng

Xây dựng bảng với hệ thống ô chọn mới, hệ thống nhân tử theo hai cách: Hoặc ui' u vi, 'j vj hàng i hay cột j có chữ λ, tính lại từ đầu cách đặt nhân tử cột vj =

Bảng 4.5

50 100 * 96 * 40

u1 = 100

60 99 70 41 *

u2 = 102,5

45 * 70 72 * 25

u3 = 75

57 * 80 65 38 *

u4 = 95

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

116 -Ta có

4

1

1

100 102,5 75 95 60 / 25 / 24 /





  

  

  

 

i i

j j

u Z

v

x12 + x13 =

x24 =

x31 + x33 =

x41 + x44 =

45x31 + 57x41 = 60

100x12 = 60

96x13 + 72x33 = 60

41x24 + 38x44 = 60

Giải hệ ta tìm được: x24 = 1; x44 = 0,5; x41 = 0,5; x31 = 0,7;

x33 = 0,3; x13 = 0,4; x12 = 0,6

Do xij ≥ nên phương án tối ưu cần tìm tốn cho

*

0 0,6 0,

0 0

X

0,7 0,3 0,5 0 0,5

 

 

 



 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

117

-II BÀI TỐN TRỊ CHƠI MA TRẬN

1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU 1.1 Ví dụ trị chơi ma trận

+ Quy tắc chơi: Hai đối thủ P Q chơi, người có viên bi trắng (T) viên bi xanh (X) Cùng lúc (bằng hiệu lệnh đó) người lấy viên bi đặt lên bàn

+ Cách trả tiền: Q trả cho P đồng hai viên bi chọn màu, – đồng (nghĩa P trả cho Q đồng) hai viên bi chọn khác màu Trong trường hợp đầu ta nói P thắng, Q thua; trường hợp sau ta nói Q thắng, P thua Trị chơi tiếp tục

Số tiền trả hay – biểu thị số thu nhập hay số tổn thất P P mong muốn làm cực đại số thu nhập nên P gọi người chơi max, Q mong muốn làm cực tiểu số thu nhập đối thủ P (hay cực tiểu số tổn thất mình) nên Q gọi người chơi

+ Ma trận trò chơi: thể bảng 4.6 Bảng 4.6

Q

P S N

S -1

N -1

Ma trận A = 1 1



 

 



 

gọi ma trận thu hoạch hay ma trận thắng hay ma trận trả tiền P

Ví dụ dạng trị chơi ma trận hay gọi trò chơi đối kháng hai đối thủ với tổng (số thu hoạch người số tổn thất người kia) 1.2 Bài tốn trị chơi ma trận

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

118

-thắng (chẳng hạn số tiền mà Q phải trả cho P, -thắng aij > 0, thua aij < 0,hịa

thì aij = 0) P P chọn cách chơi thứ i, Q chọn cách chơi thứ j Đối với

người chơi P A ma trận thắng (hay ma trận thu hoạch, hay ma trận trả tiền), ngược lại người chơi Q - A ma trận thắng (hay ma trận thu hoạch, hay ma trận trả tiền)

Định nghĩa 4.4 Với i = 1, 2, …, m, véc tơ đơn vị thứ i X = (0, 0, …, 1, …, 0) m

với số tọa độ thứ i, gọi chiến lược đơn thứ i P Véc tơ chiến lược thứ i biểu thị việc người chơi P chọn hàng i ma trận A Để đơn giản, thay nói chiến lược đơn thứ i ta nói chiến lược i

Tương tự, Với j = 1, 2, …, n, véc tơ đơn vị thứ j X = (0, 0, …, 1, …, 0) n

với số tọa độ thứ j, gọi chiến lược đơn thứ j Q Véc tơ chiến lược thứ j biểu thị việc người chơi Q chọn hàng j ma trận A Để đơn giản, thay nói chiến lược đơn thứ j ta nói chiến lược j

Chú ý trị chơi ma trận, thơng tin cách chơi đối thủ cần giữ kín Ở lần chơi, đối thủ không chọn cố định chiến lược đơn ( hàng, cột) cụ thể mà lựa chọn phối hợp hàng (cột) theo tỷ lệ (xác suất) Vì thế, ta đến khái niệm chiến lược hỗn hợp

Định nghĩa 4.5 Véc tơ X = (x1, x2, …, xm) với xi 0,i 1, m  x1 + x2 + …+ xm =

1, xi biểu thị xác suất để P chọn cách chơi thứ i, gọi chiến lược hỗn hợp P

Tương tự, Véc tơ Y = (y1, y2, …, yn) với yj 0, j 1, n y1 + y2 + …+ yn =

1, yj biểu thị xác suất để Q chọn cách chơi thứ j, gọi chiến lược hỗn hợp Q

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

119

-Khi P chọn chiến lược hỗn hợp X = (x1, x2, …, xm) Q chọn chiến lược

hỗn hợp Y = (y1, y2, …, yn) phần thắng P (cũng phần thua Q)

tính sau:

Nếu Q chọn chiến lược đơn thứ (cột A) kỳ vọng thắng P là: a11x1 + a21x2 + … + am1xm =

m i1 i i a x  

Nếu Q chọn chiến lược đơn thứ hai (cột A) kỳ vọng thắng P là: a12x1 + a22x2 + … + am2xm =

m i i i

a x



 …

Nếu Q chọn chiến lược đơn thứ n (cột n A) kỳ vọng thắng P là: a1nx1 + a2nx2 + … + amnxm =

m in i i a x  

Do Q chọn chiến lược hỗn hợp Y = (y1, y2, …, yn) nên kỳ vọng thắng

của P là:

E(X, Y) = y1

m i1 i i

a x



 + y2

m i i i

a x



 + … + yn

m in i i a x   = n m

ij i j j i

a x y

 

 

 

 

  Định nghĩa 4.6 Hàm thu hoạch hay số thu hoạch P số thực

E(X, Y) =

n m

ij i j j i

a x y

 

 

 

 

  ,

trong X = (x1, x2, …, xm) Y = (y1, y2, …, yn) tương ứng chiến lược hỗn

hợp P Q

Ví dụ 4.3: Xét trò chơi cho ma trận chữ nhật (m = 3, n = 4):

1 3

5

3

 

 

 

  

 

Xét cặp chiến lược X = 1

2 4

 

 

  Y =

1 1

1 4

 

 

  Tính số thu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

120

-Q chọn cột 1: kỳ vọng thắng P là: 1 / / / 4     2,5 Q chọn cột 2: kỳ vọng thắng P là: / 2  4 / 1 / 4  2, 25 Q chọn cột 3: kỳ vọng thắng P là: / 2  0 / 4 2 / 42 Q chọn cột 1: kỳ vọng thắng P là: / 1 / 4    4 / 42, 25 Vậy số thu hoạch P là:

E(X, Y) = 2,5 / 4 2, 25 / 4  2 / 42, 25 / 4 2, 25 ĐIỂM YÊN NGỰA VÀ CHIẾN LƯỢC TỐI ƯU

2.1 Điểm yên ngựa

Xét trò chơi cho ma trận trả tiền A = (aij) Nếu P chọn chiến lược đơn thứ i

thì P tin nhận số thu hoạch ij

j

min a

Do P chọn chiến lược đơn nên P chọn chiến lược đơn làm cực đại số thắng cuộc, nghĩa P chọn i cho ij

j

min a lớn Bằng cách chọn chiến lược đơn này, P bảo đảm thắng ij

j i

max a

Tương tự, Q chọn chiến lược đơn j, Q tin số tiền phải trả (tổn thất) nhiều ij

i

m ax a Như Q cách chọn chiến lược đơn làm cực tiểu số tổn thất Bằng cách chọn chiến lược đơn Q giữ cho P thắng nhiều (Q thua nhất) ij

j i

min m ax a

Định nghĩa 4.7 Nếu ma trận trả tiền A thỏa mãn điều kiện:

ij j i

max a = ij

j i

min m ax a = ahk = v,

thì ta nói trị chơi ma trận có điểm n ngựa giá điểm yên ngựa phần tử ahk = v

Khi trị chơi có điểm n ngựa ahk, P thắng v, P chọn chiến

lược đơn h Q thua nhiều v, Q chọn chiến lược đơn k Khi h chiến lược tối ưu cho P k chiến lược tối ưu cho Q

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

121

-1

5

3 3

 

 

 

 

 

Ta có: 1j

j

min a = a11 = a13 = 1, 2j j

min a = a23 = 0, 3j j

min a = a33 =

ij j i

max a = = a33

i1 i

m ax a = a21 = 5, i2

i

m ax a = a22 = 4, i3

i

m ax a = a33 = 2, i4

i

m ax a = a34 =

ij

j i

min m ax a = = a33

Vậy giá điểm yên ngựa a33 = = v, ứng với cặp chiến lược đơn

X = (0, 0, 1) Y = (0, 0, 1, 0)

Ta nhận xét a33 vừa phần tử nhỏ hàng 3, vừa phần tử

lớn cột Bất điểm n ngựa có tính chất

Tổng quát, ta có ahk = v giá điểm yên ngựa h chiến lược đơn

tối ưu P k chiến lược đơn tối ưu Q

Tuy nhiên trị chơi ma trận có điểm n ngựa, nghĩa có chiến lược đơn tối ưu Vì ta đến khái niệm chiến lược hỗn hợp tối ưu 2.2 Chiến lược tối ưu

Định nghĩa 4.8 Nghiệm trò chơi ma trận cặp chiến lược hỗn hợp

1 m n

X(x , x , , x ), Y(y , y , , y ) số thực v, ký hiệu E( X , Y , v) cho: a E( X , Y ) = v,

b E( X , j)  v với chiến lược đơn j = 1, 2, …, n, c E(i, Y ) = v với chiến lược đơn i = 1, 2, …, m

X, Y tương ứng gọi chiến lược tối ưu P Q, v gọi giá trò chơi

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

122

-chọn cách chơi theo tỷ lệ cho chiến lược tối ưu Y dù P chơi nào, Q thua nhiều v Giá v dương, âm

Định lý 4.9 ( Định lý minimax) Mọi trò chơi ma trận với phần tử dương, hàm thu hoạch E(X, Y) tồn giá tối ưu, hay ta có



X Y

max E( X ,Y )

Y X

min m ax E( X ,Y )= v

Nhận xét: 1) Mọi trò chơi ma trận, với aij > 0, có nghiệm ( X , Y , v) thỏa mãn

E(X, Y ) ≤ E( X , Y ) = v ≤ E( X ,Y), với cặp chiến lược hỗn hợp X, Y

2) Nếu ma trận trả tiền A có phần tử âm ta thay ma trận Ap = (aij + p), với aij + p > 0, cách chọn p = – min{aij: aij < 0}

Người ta chứng minh chiến lược tối ưu hai trò chơi ứng với ma trận trả tiền A Ap nhau, đồng thời vp = v + p >

2.3 Trò chơi đối xứng

2.3.1 Định nghĩa Trị chơi đối xứng trị chơi có ma trận trả tiền A thỏa mãn điều kiện sau:

a) A ma trận vuông cấp n; b) aii = 0,với i;

c) aij = -aji, với i, j

Ma trận A với tính chất a, b, c gọi ma trận đối xứng lệch Ví dụ 4.5: Trị chơi dân gian: “One – Two -Three” (đọc chệch Oẳn tù tì) trị chơi ma trận với tập chiến lược đơn giống cho hai đấu thủ: lần chơi, người chơi giơ tay hiệu chọn “Giấy” “Búa” “Kéo” với quy ước: Giấy thắng Búa, Búa thắng Kéo, Kéo thắng Giấy Ma trận trả tiền có dạng:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

123 Bảng 4.7

Q

P Giấy Búa Kéo

Giấy -1

Búa -1

Kéo -1

2.3.2 Tính chất trò chơi đối xứng

+) Nếu X = Y E(X, Y) = 0, nghĩa hai người chơi sử dụng chiến lược kỳ vọng thắng họ

+) Giả sử chiến lược tối ưu hai người X Y Khi X = Y v = E( X , Y ) = 0, nghĩa giá trò chơi đối xứng

Chiến lược tối ưu cho trò chơi “Giấy – Búa – Kéo” X = Y = (1/3, 1/3, 1/3) với giá v =

3 PHƯƠNG PHÁP TÌM CHIẾN LƯỢC TỐI ƯU CHO BÀI TỐN TRỊ CHƠI MA TRẬN

3.1 Đưa trò chơi ma trận tốn quy hoạch tuyến tính

Xét trị chơi ma trận A = (aij)mxn Theo định nghĩa định nghĩa tốn

P tìm véc tơ X = (x1, x2, …, xm) số v cho

a11x1 + a21x2 + … + am1xm ≥ v (cộng theo cột 1),

a12x1 + a22x2 + … + am2xm ≥ v (cộng theo cột 2),

…

a1nx1 + a2nx2 + … + amnxm ≥ v (cộng theo cột n),

x1 + x2 + … + xm = 1, xi ≥ 0, i = 1, 2, …, m

Bài tốn Q tìm véc tơ Y = (y1, y2, …, yn) số v cho

a11y1 + a12y2 + … + a1nyn ≤ v (cộng theo hàng 1),

a21y1 + a22y2 + … + a2nyn ≤ v (cộng theo hàng 2),

…

am1y1 + am2y2 + … + amnyn ≤ v (cộng theo hàng m),

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

124

-Không tính tổng qt, ta giả thiết aij > v > Đặt

' i

i

x

x ,i 1, m

v

  y'j yj, j 1, n v

  Ta có

' ' '

1 m

1

x x x

v

    y1' y'2 y'n

v

   

Ta thấy v số tiền mà P nhận v số tiền mà Q phải trả nên P tìm cách làm cực đại v hay cực tiểu 1/v; cịn Q tìm cách làm cực tiểu v hay cực đại 1/v Vì ta có cặp tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu:

Bài toán P:

' ' '

1 m

f x x  x min

' ' '

11 21 m1 m

' ' '

12 22 m m

' ' '

1n 2n mn m

' i

a x a x a x a x a x a x

a x a x a x x 0,i 1, m

                      

Bài toán Q:

' ' '

2 n

f y y  y m ax

' ' '

11 12 1n n

' ' '

21 22 2n n

' ' '

m1 m 2 mn n

' j

a y a y a y

a y a y a y

a y a y a y

y 0, j 1, n

                      

Nhận xét + Hai toán lập thành cặp toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu Hơn nữa, rõ ràng hai tốn có phương án nên hai tốn có phương án tối ưu

m n

' '

i j

X ' Y '

i j

1

min x max y

v

 

 

 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

125

-'

i i

x  v x ,i 1, n yj  v y , j 1, n'j 

3.2 Phương pháp tìm chiến lược tối ưu cho tốn trị chơi ma trận

+ Xét ma trận A thỏa mãn aij > 0, chưa ta đưa ma trận A ma

trận Ap cho aij > 0, cách chọn

p = – min{aij: aij < 0};Ap = (aij + p)mxn

+ Viết cặp tốn quy hoạch tuyến tính đối ngẫu tương ứng P Q + Giải hai tốn phương pháp đơn hình đơn hình đối ngẫu Từ tìm phương án tối ưu cho tốn cịn lại

+ Từ phương án tối ưu X’ = (x'i) Y’ = (y ) cặp toán đối ngẫu 'j ta tìm chiến lược tối ưu X* = (xi) Y* = (yj) P Q với

'

i p i

x v x ,i 1, n yj vpy , j 1, n'j  , với vp = 1/f1; v* = vp - p Ví dụ 4.6: Tìm chiến lược tối ưu trị chơi ma trận

2

A 2

1



 

 

   

  

 

Ta thấy – min{ aij: aij < 0} = 3, chọn p = Xét ma trận Ap sau:

p

6

A

5

 

 

 

 

 

Mọi phần tử Ap dương nên vp > Cặp toán đối ngẫu P Q

là:

(P) f1 x1' x'2 x'3min

' ' '

1

' ' '

1

' ' '

1

' ' '

1

6x 2x 5x

3x 4x 6x

4x 2x x

x 0, x 0, x

   



  

 

  



   



TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

126

' ' '

1

' ' '

1

' ' '

1

' ' '

1

6y 3y 4y

2y 4y 2y

5y 6y y

y 0, y 0, y

   



  

 

  



   



Ta giải toán (Q) Đưa toán (Q) dạng tắc sau: f2  y1' y'2 y'3 min

' ' ' '

1

' ' ' '

1

' ' ' '

1

' j

6y 3y 4y y

2y 4y 5y y

5y 6y y y

y 0, j 1,6

    



   

 

   



  



Chọn sở {A4, A5, A6} với phương án cực biên xuất phát ta có bảng đơn

hình sau

Bảng 4.8 Bảng

Số

Cơ sở Ai

Hệ số ci

Tọa độ xio

-1 -1 -1 0

A1 A2 A3 A4 A5 A6

I

A4 0

A5

A6 0

f(X) = -10 1 0

II

A4 1/2 7/2 7/2 -1/2

A5 1/3 -4/3 4/3 -2/3

A2 -1 1/6 5/6 1/6 0 1/6

F(X) = -1/6 1/6 5/6 0 -1/6

III

A3 -1 1/7 1 2/7 -1/7

A5 1/7 -8/3 0 -8/21 -6/7

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

127

F(X) = -2/7 -2/3 0 -5/21 -1/21

Tại bảng III ta thấy j  0,  j = 61, nên phương án tối ưu toán (Q)

là: Y’ = (0, 1/7, 1/7, 0, 1/7, 0) Suy phương án tối ưu toán (Q) Y’ = (0, 1/7, 1/7) f1 = f1 = 2/7 = 1/vp

Ta có Y’ = (0, 1/7, 1/7) thỏa mãn lỏng ràng buộc sau

' '

' ' '

1

y

y

2y 4y 2y

 

   

  



,

nên theo định lý lệch bù ta có

' ' '

1

' ' '

1

'

3x 4x 6x

4x 2x x

x

   



  

 

 

' ' '

x / 21

x

x / 21

 



 

  

Phương án tối ưu toán (P) X’ = (5/21, 0, 1/21) Nghiệm trò chơi là:

+ Chiến lược tối ưu P là:

X* = v.X’ = 7/2.(5/21, 0, 1/21) = (5/6, 0, 7/42) + Chiến lược tối ưu Q là:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ NGHỆ AN

128

-TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Quang Đơng, Ngơ Văn Thứ, Hồng Đình Tuấn, Giáo trình mơ hình tốn kinh tế, Nhà xuất Giáo dục, 2002

[2] Trần Xuân Sinh, Toán kinh tế, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2007 [3] Phạm Đình Phùng, Nguyễn Văn Q, Giáo trình mơ hình tốn kinh tế, Nhà xuất tài Hà Nội, 2002

[4] Trần Túc, Quy hoạch tuyến tính, Đại học Kinh tế Quốc dân, 2001