Phương pháp giải bài toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————- HỒ THỊ THU THỦY PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN TỐI ƯU ĐA MỤC TIÊU TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————- HỒ THỊ THU THỦY PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN TỐI ƯU ĐA MỤC TIÊU TUYẾN TÍNH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Tạ Duy Phượng Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Tạ Duy Phượng, người tận tình hướng dẫn, bảo tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo, cô giáo công tác trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, truyền đạt kiến thức cho suốt trình học tập trường Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn tới bạn đồng nghiệp gia đình tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 04 tháng 12 năm 2016 Học viên Hồ Thị Thu Thủy Mục lục Lời mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kết giải tích lồi 1.1.1 Tập lồi 1.1.2 Tập lồi đa diện 10 1.2 Bài tốn quy hoạch tuyến tính 13 1.2.1 Bài tốn quy hoạch tuyến tính 1.2.2 Phương pháp đơn hình giải toán QHTT 13 16 Chương Bài toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 23 2.1 Khái niệm định nghĩa 23 2.2 Phương pháp đơn hình giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 28 2.2.1 Kiểm tra tính hữu hiệu sở 2.2.2 Di chuyển đỉnh kề 28 32 Chương Phương pháp đơn hình giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 35 3.1 Bảng đơn hình đa mục tiêu 36 3.1.1 Tìm nghiệm hữu hiệu sở 3.1.2 Chuyển từ đỉnh hữu hiệu sang đỉnh kề hữu hiệu 3.1.3 Tạo tất đỉnh nghiệm hữu hiệu 3.1.4 Thuật tốn đơn hình tốn đa mục tiêu 3.2 Phương pháp trọng số giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 37 40 42 45 50 3.2.1 Thuật toán trọng số giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 50 3.2.2 Thuật toán đơn hình chứa tham số tốn tối ưu hai mục tiêu tuyến tính 52 3.2.3 Thuật toán 54 Kết luận 57 Tài liệu tham khảo 58 LỜI MỞ ĐẦU Trong lĩnh vực sống, ta ln quan tâm tới tốn tìm phương án tốt để đạt mục tiêu mong muốn điều kiện ràng buộc định Các phương pháp tối ưu công cụ đắc lực giúp người làm định có giải pháp tốt định lượng định tính Trong năm gần đây, phương pháp tối ưu hóa ngày áp dụng sâu rộng hiệu vào kinh tế, kỹ thuật, công nghệ thông tin ngành khoa học khác Một lớp toán tối ưu nghiên cứu trọn vẹn lý thuyết lẫn thuật tốn tốn quy hoạch tuyến tính (QHTT) Quy hoạch tuyến tính từ đời (vào cuối năm 30 - 40 kỷ XX) chiếm vị trí quan trọng tối ưu hố Mơ hình tuyến tính mơ hình phổ biến thực tế, đồng thời phụ phuộc tuyến tính phụ thuộc đơn giản dễ nghiên cứu mặt toán học Hơn nữa, mặt lý thuyết, xấp xỉ với độ xác cao toán phi tuyến dãy toán quy hoạch tuyến tính Nói cách khác, thuật tốn giải QHTT công cụ quan trọng việc nghiên cứu giải toán phức tạp Bài toán quy hoạch đa mục tiêu phát triển thành chuyên ngành toán học, năm 1980 Nhằm giải đáp câu hỏi đặt mà quy hoạch tuyến tính khơng giải được, chẳng hạn cơng ty ngồi mục tiêu nâng cao chất lượng sản phẩm cơng ty trọng tới mục tiêu khác đa dạng hoá sản phẩm, già thành rẻ, doanh thu lớn, Khách hàng chọn mua hàng muốn hàng rẻ, vừa có chất lượng cao, vừa có hình thức đẹp Tóm lại, mục đích tốn quy hoạch tuyến tính đa mục tiêu tối ưu đồng thời nhiều hàm mục tiêu độc lập với miền chấp nhận Trong quy hoạch đa mục tiêu, ta phải có khái niệm nghiệm tương ứng Một phương án chấp nhận, gọi nghiệm hữu hiệu không tồn phương án chấp nhận khác tốt nó, theo mục tiêu, mục tiêu khác không tồi Đầu kỷ XX, Pareto sử dụng khái niệm ông nghiên cứu phúc lợi thu nhập dân chúng Ông lập luận sau: "Nếu thu nhập nhóm dân cư tăng lên, thu nhập nhóm khác giảm xuống khơng thể so sánh "phúc lợi" tồn xã hội Đó trường hợp khơng so sánh Nhưng thấy rằng, phúc lợi xã hội tăng lên thu nhập nhóm người lớn lên, cịn thu nhập nhóm khác khơng thấp xuống" Khái niệm nghiệm hữu hiệu Pareto nêu trình bày ngơn ngữ tốn học sử dụng quy hoạch đa mục tiêu Khi k (k ≥ 2) , hàm mục tiêu hàm tuyến tính miền ràng buộc tập lồi đa diện khác rỗng Rk , ta nhận toán quy hoạch tuyến tính đa mục tiêu Cho tới nay, có nhiều thuật tốn đưa để xác định phần toàn tập nghiệm hữu hiệu tốn, chẳng hạn: phương pháp vơ hướng hố, phương pháp tham số, phương pháp đơn hình đa mục tiêu dạng cải biên, phương pháp nón pháp tuyến, Tuy nhiên, khối lượng tính tốn thuật tốn tăng nhanh kích thước tốn quy hoạch tuyến tính đa mục tiêu (tức số ràng buộc miền chấp nhận, số chiều không gian định số hàm mục tiêu) tăng Trong năm gần nhiều nhà tốn học chuyển sang nghiên cứu giải tốn quy hoạch tuyến tính đa mục tiêu Luận văn chủ yếu trình bày phương pháp đơn hình giải tốn quy hoạch tuyến tính đa mục tiêu khơng gian Rk , dựa giáo trình "Multiobjective Linear Programming: An Introduction" GS Đinh Thế Lục, Springer International Publishing Switzerland (2016); giảng "Multiobjective Linear Programming Theory" Matthias Ehrgott, The University of Auckland, New Zealand (2007) Nội dung luận văn trình bày phương pháp đơn hình để giải tốn quy hoạch tuyến tính, phương pháp phổ biến tốn học tính tốn Ngồi phần Mục lục, Mở đầu Tài liệu trích dẫn nội dung luận văn gồm ba chương • Chương dành cho việc giới thiệu số khái niệm giải tích lồi, trình bày tốn quy hoạch tuyến tính (QHTT) phương pháp đơn hình giải tốn quy hoạch tuyến tính mục tiêu • Chương trình bày tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính • Chương trình bày phương pháp đơn hình thuật tốn giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính; phương pháp trọng số giải toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính thuật tốn đơn hình chứa tham số tốn tối ưu tuyến tính hai mục tiêu Hà Nội, ngày 24 tháng 12 năm 2016 Học viên Hồ Thị Thu Thủy Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức giải tích lồi, giới thiệu tốn quy hoạch tuyến tính mục tiêu Các kiến thức tham khảo từ tài liệu [1], [2] [4] 1.1 Một số kết giải tích lồi 1.1.1 Tập lồi Trong suốt luận văn này, Rn biểu thị không gian Euclide n-chiều cột n -véctơ thực Một phần tử x = (x1 , , xn )T ∈ Rn véctơ cột Rn Cho hai điểm a = (a1 , , an )T b = (b1 , , bn )T ∈ Rn Đường thẳng qua hai điểm a b tập có dạng {x ∈ Rn : x = λ a + (1 − λ )b, λ ∈ R} Tập [a, b] := {x ∈ Rn : x = λ a + (1 − λ )b, λ ∈ [0, 1]} gọi đoạn thẳng nối hai điểm a b Trong Rn siêu phẳng H = {x : a, x = α} với a ∈ Rn \ {0} α ∈ R chia Rn thành hai nửa khơng gian đóng H − = {x : a, x α} , H + = {x : a, x α} , nửa khơng gian phía siêu phẳng phần chung chúng siêu phẳng H Tương tự, siêu phẳng H chia Rn thành hai nửa không gian mở {x : a, x < α} , {x : a, x > α} • Nếu giá trị tối ưu hữu hạn vi nghiệm tối ưu, hữu hiệu đến Bước • Nếu x¯ đỉnh tối ưu với Cx¯ ≥ Cvi , vi khơng hữu hiệu x¯ hữu hiệu Tìm bảng đơn hình x¯ đến Bước Bước Lưu đỉnh hữu hiệu V Bước Tìm tất số phi sở r đỉnh vừa lưu thoả mãn (i) C¯r chứa thành phần hỗn hợp (có âm dương) (ii) Khơng có số phi sở s khác thoả mãn (i) cho tsC¯s ≥ trC¯r Bước Lưu tất sở chưa tìm cách đưa vào r từ bước trước • Nếu khơng tồn sở vậy, dừng thuật tốn • Ngược lại, nhận nghiệm sở vi+1 với r đưa vào sở Bước Đặt i = i + quay Bước Ta minh họa phương pháp đơn hình ví dụ sau Ví dụ 3.1.5 Xét tốn Tìm cực đại   x1    x2    x3 với điều kiện   x1      x  2 1 x3    xi      9   0, i = 1, 2, Ta đưa toán dạng chuẩn cách cho ba biến phụ x4 , x5 x6 : 46 Tìm cực đại   x1   x   2    x3       x4       x5    x6 0 0 0 1   x1       x2     0   x3      9   =   x4         x5    x6 với điều kiện    3 1 0 0, i = 1, · · · , xi Ta đồng sở BJ với tập số J Hiển nhiên sở đầu J = [4, 5, 6] , với x4 , x5 x6 biến Ma trận BJ ma trận đơn vị cỡ × Bảng đơn hình T ban đầu x1 x2 x3 x4 x5 x6 5 0 0 0 0 0 x4 1 0 x5 1 x6 1 0 Bảng T cho thấy sở J không hữu hiệu Ta giải tốn tuyến tính từ Bước để tìm đỉnh hữu hiệu nghiệm trội nghiệm v1 = (0, 0, 0, 9, 9, 9)T Vì Cv1 = 0, tốn có dạng 47 6x1 + 3x2 + 6x3 Tìm cực đại với điều kiện    3 1   x1       x2       x3      9 ,   =   x4         x5    x6 0 0 6x1 + 3x2 + 6x3 0, 0, i = 1, · · · , xi Chú ý bất phương trình Cx Cv1 gồm hai bất phương trình, phương trình thứ hai x3 Ràng buộc 6x1 + 3x2 + 6x3 hệ tính dương biến, nên thừa Ta tính lại bảng đơn hình tốn tuyến tính sở J = [4, 5, 6] , thu từ bảng T cách hai hàng hàm mục tiêu tổng chúng Ta thực phép xoay a¯13 = (hàng xoay l = cột xoay s = 3) cho cực tiêu 39 ; 91 ; 19 = phần tử xoay Cơ sở J = [3, 5, 6] , biến sở x3 , x5 x6 Ta viết bảng đơn hình cho hai tốn tuyến tính tốn (MOLP), gọi T −2 0 −18 13/3 4/3 −5/3 0 −15 −1/3 −1/3 −1/3 0 −3 x4 1/3 1/3 1/3 0 x5 2/3 8/3 −1/3 x3 8/3 2/3 −1/3 Nghiệm sở tương ứng với sở J v2 = (0, 0, 3, 0, 6, 6)T Tuy khơng tối ưu cho tốn tuyến tính, hữu hiệu toán (MOLP) hàng thứ hai ma trận giá rút gọn âm chặt Từ bảng đơn hình ta có hai cột thích hợp để đưa vào sở: C¯1 C¯2 Ta tính t1 = 48 3 , 62 , = t2 = 3 , 68 , = cho phần tử xoay a¯31 = a¯22 = 83 Chú ý, t1C¯1 ≥ t2C¯2 , theo Định lý 2.2.2, tức nghiệm sở nhận từ v2 cách đưa x2 vào sở trội nghiệm nhận từ v2 cách thay x1 vào sở Phần tử xoay a¯31 = 38 cho bảng T sau bao gồm tổng hàng véctơ giá rút gọn 0 −3/2 −3/2 −27 1/4 −9/8 −13/8 −99/4 −1/4 −3/8 1/8 −9/4 x3 1/4 3/8 −1/8 9/4 x5 5/2 −1/4 −1/4 9/4 x1 1/4 −1/8 3/8 9/4 Tuy ma trận giá rút gọn khơng cho phép ta kết luận tính hữu hiệu sở J = [1, 3, 5] , tổng véctơ giá rút gọn hàng tìm sở hữu hiệu Nghiệm tương ứng v3 = (9/4, 0, 9/4, 0, 9/2, 0)T Từ bảng đơn hình ta có hai biến phi sở thích hợp để đưa vào là: x2 x6 Đưa biến x6 vào ta tìm sở [3, 5, 6] Đưa biến x2 cách tìm phần tử xoay a¯22 Biến x5 bị đưa sở Cơ sở J = [1, 2, 3] thuật toán đơn hình tương ứng T 0 −3/2 −1/5 −27 0 −11/10 −1/10 −3/5 −126/5 0 −2/5 1/10 1/10 −9/5 x1 0 −1/10 −1/10 2/5 9/5 x2 −1/10 2/5 −1/10 9/5 x3 0 2/5 −1/10 −1/10 9/5 Rõ ràng, sở tối ưu Nghiệm tương ứng véctơ v4 = (9/5, 9/5, 9/5, 0, 0, 0)T Cột thứ tư C¯ âm chặt, đưa x4 vào dẫn đến nghiệm trội Với cột thứ năm thứ sáu ta tìm t5 = t6 = 29 Vì t5C¯5 ≥ t6C¯6 , nên đưa x6 vào dẫn đến nghiệm trội Do đó, phần tử xoay a¯52 với đưa sở x2 Cơ sở đạt từ phần tử xoay [1, 3, 5] , J tìm Thuật tốn kết thúc Bài tốn ban đầu có ba đỉnh hữu hiệu (0, 0, 3)T , (9/4, 0, 9/4)T (9/5, 9/5, 9/5)T 49 3.2 Phương pháp trọng số giải toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính Xét tốn (MOLP) cho dạng chuẩn sau: Tìm cực đại Cx với điều kiện Ax = b, x 0, C ma trận cỡ k × n, A ma trận cỡ m × n, b véctơ m-chiều x ∈ Rn Với X = {x ∈ Rn : Ax = b, x 0} tập chấp nhận không gian xác định Y = {Cx : x ∈ X} tập chấp nhận không gian mục tiêu Định nghĩa 3.2.1 Cho xˆ ∈ X nghiệm chấp nhận toán (MOLP) giả sử yˆ = Cx ˆ • xˆ gọi hữu hiệu yếu (weakly efficient) không tồn x ∈ X cho Cx < ˆ yˆ = Cxˆ gọi không trội yếu (weakly nondominated) = Cx; • xˆ gọi hữu hiệu thường (properly efficient) hữu hiệu tồn số thực M > cho với i x với cTi x < cTi xˆ có số j M > cho cTi x > cTi xˆ cTi xˆ − cTi x ≤ M cTj x − cTj xˆ 3.2.1 Thuật toán trọng số giải toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính Giả sử λ1 , , λ p xét toán p LP (λ ) max ∑ λkCkT x = max λ T Cx k=1 thỏa mãn Ax = b, x 0, với véctơ λ ≥ Bài tốn LP (λ ) tốn tuyến tính mục tiêu nên giải phương pháp đơn hình Ta xét trường hợp: • Nếu λ > nghiệm tối ưu toán LP (λ ) hữu hiệu thường • Nếu λ ≥ nghiệm tối ưu toán LP (λ ) hữu hiệu thường Ngược lại đúng, Y tập lồi 50 • y ∈ Rk thỏa mãn λ T y = α xác định đường thẳng (siêu phẳng) • Vì y = Cx λ T Cx cực đại, ta đưa đường thẳng phía gốc (phải lên).Khi đường thẳng chạm điểm không trội Y ta tìm được: điểm khơng trội YN nằm biên Y Mà Y đa diện lồi nên số mặt hữu hạn YN gồm hữu hạn mặt Y Khi véc tơ trọng số λ véc tơ pháp tuyến mặt Bổ đề 3.2.1 Một nghiệm chấp nhận x0 ∈ X hữu hiệu toán tuyến tính Tìm cực đại eT z với điều kiện Ax = b, Cx + Iz = Cx0 , (3.2.1) 0, x, z eT = (1, , 1) ∈ Rk I ma trận cỡ k × k, có nghiệm tối ưu (x, ˆ zˆ) với zˆ = Chứng minh Nếu x0 nghiệm chấp nhận tốn (MOLP) x0 , nghiệm chấp nhận toán (3.2.1) có giá trị Giả sử (x, ˆ zˆ) nghiệm tối ưu toán (3.2.1) Khi đó, zˆ = zˆ = Cx0 −Cxˆ = ⇒ Cx0 = Cx ˆ Do khơng tồn x ∈ X cho Cx Cx0 ,Cx = Cx0 khơng tồn x ∈ X mà Cx > Cx0 x,Cx0 −Cx nghiệm chấp nhận Vậy x0 hữu hữu hiệu Vố lý Ngược lại xˆ0 hữu hiệu toán (MOLP), tức không tồn x ∈ X với Cx Cx0 , Cx = Cx0 Do khơng tồn z với z = Cx0 − Cx Vậy eT z ⇒ eT z = Bổ đề 3.2.2 Một nghiệm chấp nhận x0 ∈ X hữu hiệu toán tuyến tính Tìm cực đại uT b + wT Cx0 51 với điều kiện uT A + wT C w 0, (3.2.2) e, u ∈ Rm có nghiệm tối ưu (u, ˆ w) ˆ với uˆT b + wˆ T Cx0 = Chứng minh Bài toán (LP) (3.2.2) đối ngẫu toán (LP) (3.2.1) Định lý 3.2.1 Một nghiệm chấp nhận x0 ∈ X nghiệm hữu hiệu (MOLP) tồn λ ∈ Rk+ cho λ T Cx0 ≥ λ T Cx, với x ∈ X (3.2.3) Chứng minh Ta biết nghiệm tối ưu toán trọng số hữu hiệu Giả sử x0 ∈ XE nghiệm hữu hiệu toán (LP) Theo Bổ đề 3.2.2 toán (LP) (3.2.2) có nghiệm tối ưu (u, ˆ w) ˆ cho uˆT b = −wˆ T Cx0 (3.2.4) Do uˆ nghiệm tối ưu toán (LP) max uT b : uT A −wˆ T C , (3.2.5) theo (3.2.2) w = wˆ cố định Nên có nghiệm tối ưu đối ngẫu 3.2.5 toán −wˆ T Cx : Ax = b, x (3.2.6) Theo toán đối ngẫu ta có uT b ≥ −wˆ T Cx với nghiệm chấp nhận u (3.2.5) với nghiệm chấp nhận x (3.2.6) Mà ta biết từ (3.2.4) nên x0 nghiệm tối ưu (3.2.6) Hơn toán (3.2.6) tương đương với toán max wˆ T Cx : Ax = b, x 3.2.2 , Thuật tốn đơn hình chứa tham số toán tối ưu hai mục tiêu tuyến tính Mục trình bày thuật tốn đơn hình cải biên cho tốn quy hoạch tuyến tính với hai mục tiêu 52 c1 Tìm cực đại T x, c2 T x với điều kiện Ax = b, x (3.2.7) Ta tìm tất nghiệm hữu hiệu cách giải toán LP (λ ) tham số sau max λ1 c1 T x + λ2 c2 T x : Ax = b, x , với λ = (λ1 , λ2 ) > Do λ1 > nên λ1 + λ2 > Do ta tách λ1 + λ2 , mà nghiệm tối ưu không thay đổi, chẳng hạn λ1 = λ1 / (λ1 + λ2 ) , λ2 = λ2 / (λ1 + λ2 ) λ1 + λ2 = λ2 = − λ1 Bài toán LP (λ ) với tham số λ hàm mục tiêu tham số c (λ ) := λ c1 + (1 − λ ) c2 , max c(λ )T x : Ax = b, x (3.2.8) Giả sử B sở chấp nhận Ta có véctơ giá rút gọn c¯N = cN − cTB B−1 N toán (MOLP) Véc tơ giá rút gọn cho toán tham số (LP) c¯ (λ ) = λ c¯1 + (1 − λ ) c¯2 (3.2.9) Giả sử Bˆ sở tối ưu (3.2.8) với λˆ Khi c¯ λˆ Xét trường hợp sau Trường hợp 1: c¯2 Từ (3.2.9), ta có c¯ (λ ) với λ < λˆ Do Bˆ sở tối ưu với λ λˆ Trường hợp 2: Có i ∈ N với c¯2i > Với λ < λˆ cho c(λ ¯ )i = Tức λ c¯1i + (1 − λ ) c¯2i = Hay λ c¯1i − c¯2i + c¯2i = Từ suy λ = Do Bˆ khơng tối ưu Xét I = i ∈ N : c¯2i > 0, c¯1i −c¯2i c¯1i −c¯2i Ta có λ := max i∈I −c¯2i c¯1i − c¯2i Suy Bˆ tối ưu với λ ∈ λ , λˆ Vì λ < λ nên sở Bˆ tối ưu Với biến xs phải chọn cực đại (3.2.10), đạt i = s 53 (3.2.10) 3.2.3 Thuật toán Nhập A, b,C cho tốn tối ưu tuyến tính hai mục tiêu (LP) Pha Giải toán (LP) sử dụng thuật tốn đơn hình cho tốn mục tiêu Nếu giá trị tối ưu âm, kết thúc thuật toán, tập chấp nhận X = Ngược lại, giả sử B sở tối ưu Pha Giải toán (LP) (3.2.8) với λ = từ sở B tìm pha I, ˜ ˆ Tính A˜ b dẫn đến sở tối ưu B Pha Khi I = i ∈ N : c¯2i > 0, c¯1i < / Ta có =0 = λ := max i∈I −c¯2i , c¯1i − c¯2i −c¯2i s ∈ arg i ∈ I : , c¯i − c¯2i b˜ j ˜ r ∈ arg max j ∈ B : , A js > A˜ js ˜ Giả sử B := (B\ {r}) ∪ {s} cho A˜ b Kết thúc thuật tốn Cuối ta tìm giá trị λ nghiệm tối ưu tốn tối ưu hai mục tiêu tuyến tính Ví dụ 3.2.1 Tìm cực đại −3x1 − x2 x1 + 2x2 với điều kiện 3, x2 3x1 − x2 x Bài tốn LP (λ ) có dạng Tìm cực đại (1 − 4λ ) x1 + (2 − 3λ ) x2 với điều kiện x2 + x3 3x1 − x2 =3 + x4 = x 54 Sử dụng bảng đơn hình ta có véctơ giá rút gọn c¯1 c¯2 Cơ sở tối ưu λ = B = {3, 4} , nghiệm sở tối ưu chấp nhận x = (0, 0, 3, 6) Bắt đầu với giai đoạn Lặp 1: c¯1 −3 −1 0 c¯2 0 x3 1 x4 −1 Khi λ = 1, c¯ (λ ) = (3, 1, 0, 0) , B1 = {3, 4} , x1 = (0, 0, 3, 6) I = {1, 2} , λ = max 3+1 , 1+2 = 32 s = 2, r = Lặp 2: c¯1 −3 −1 0 c¯2 0 x3 1 x4 −1 λ = 2/3, c¯ (λ ) = (−5/3, 0, 0, 0) , B2 = {2, 4} , x2 = (0, 3, 0, 9) I = {1} , λ = max 3+1 = 41 s = 1, r = Lặp c¯1 0 12 c¯2 0 −7/3 −1/3 −9 x2 1 x1 1/3 1/3 λ = 1/4, c¯ (λ ) = (0, 0, −5/4, 0) , B3 = {1, 2} , x3 = (3, 3, 0, 0) I = / Vậy giá trị trọng số λ = 1, λ = 2/3, λ = 1/4, λ = 0; Nghiệm sở chấp nhận 55 x1 , x2 , x3 Trong lần lặp c¯ (λ ) tính với giá trị c¯1 c¯2 Với sở B1 = {3, 4} , nghiệm hữu hiệu x1 = (0, 0, 3, 6) tối ưu λ ∈ [2/3, 1] Với sở B2 = {2, 4} , nghiệm hữu hiệu x2 = (0, 3, 0, 9) tối ưu λ ∈ [1/4, 2/3] Với sở B3 = {1, 2} , nghiệm hữu hiệu x3 = (3, 3, 0, 0) tối ưu λ ∈ [0, 1/4] Do véctơ mục tiêu nghiệm sở chấp nhận Cx1 = (0, 0) , Cx2 = (−3, 6) Cx3 = (−12, 9) Vậy giá trị λ = 2/3 λ = 1/4 tương ứng với véctơ trọng số (2/3, 1/3) (1/4, 3/4) • Các đường thẳng cho trọng số song song với cạnh hữu hiệu (−3x1 − x2 ) + (x1 + 2x2 ) = − x1 , 3 3 (−3x1 − x2 ) + (x1 + 2x2 ) = x2 4 • Véctơ trọng số (2/3, 1/3) (1/4, 3/4) nón pháp tuyến đến cạnh khơng trội 56 KẾT LUẬN Giới thiệu số khái niệm giải tích lồi, trình bày tốn quy hoạch tuyến tính (QHTT) phương pháp đơn hình giải tốn quy hoạch tuyến tính mục tiêu Trình bày tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính Trình bày phương pháp đơn hình thuật tốn giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính; phương pháp trọng số giải toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính thuật tốn đơn hình chứa tham số tốn tối ưu tuyến tính hai mục tiêu 57 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu Nguyễn Hữu Điển (2014), Giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Trần Vũ Thiệu (2004), Tối ưu tuyến tính, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Matthias Ehrgott (2007), Multiobjective Linear Programming Theory, The University of Auckland, New Zealand [4] Dinh The Luc (2016), Multiobjective Linear Programming: An Introduction, Springer Interrational Publishing Switzerland 58 ... phương pháp đơn hình thuật tốn giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính; phương pháp trọng số giải toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính thuật tốn đơn hình chứa tham số tốn tối ưu tuyến tính hai mục tiêu. .. đơn hình tốn đa mục tiêu 3.2 Phương pháp trọng số giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính 37 40 42 45 50 3.2.1 Thuật toán trọng số giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính ... Phương pháp đơn hình giải tốn tối ưu đa mục tiêu tuyến tính Phương pháp đơn hình phương pháp giải tốn quy hoạch tuyến tính phương pháp phổ biến tốn học tính tốn Trong chương này, giới thiệu phương