Baøi toaùn treân coù daïng chính taéc vôùi caùc veá phaûi cuûa caùc phöông trình raøng buoäc trong (2) ñeàu khoâng aâm.. Ta giaûi baøi toaùn baèng phöông phaùp ñôn hình.. Baûng II : L[r]
(1)ƠN THI CAO HỌC MƠN TỐN KINH TẾ
(Biên soạn: Trần Ngọc Hội - 2007)
PHẦN I: QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH
A - BÀI TỐN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH
§1 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ BÀI TỐN QHTT
1.1 Ví dụ 1:
Một xí nghiệp cần sản xuất loại bánh: bánh đậu xanh, bánh thập cẩm bánh dẻo Lượng nguyên liệu đường, đậu cho bánh loại; lượng dự trữ nguyên liệu; tiền lãi cho bánh loại cho bảng sau:
Nguyên liệu
Bánh đậu xanh
Bánh thập cẩm
Bánh dẻo
Lượng dự trữ Đường 0,04kg 0,06 kg 0,05 kg 500 kg
Đậu 0,07kg kg 0,02 kg 300 kg
Laõi ngàn ngàn 2,5
ngàn
Hãy lập mơ hình tốn tìm số lượng loại bánh cần sản xuất cho không bị động nguyên liệu mà lãi đạt cao
Giaûi
Gọi x1, x2, x3 số bánh đậu xanh, bánh thập cẩm bánh dẻo cần
sản xuất Điều kiện: xj (j=1, 2, 3) Khi
1) Tiền lãi thu là: f(x) = f(x1,x2,x3)= 3x1 + 2x2 + 2,5x3 (ngàn)
2) Lượng đường sử dụng là: 0,04x1 + 0,06x2 + 0,05x3 (kg)
Ta phải có 0,04x1 + 0,06x2 + 0,05x3 500
3) Lượng đậu sử dụng là: 0,07x1 + 0,02x3 (kg)
Ta phải có 0,07x + 0,02x 300
(2)Vậy ta có mơ hình tốn:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3)= 3x1 + 2x2 + 2,5x3 -> max
Với điều kiện:
1
0,04x + 0,06x + 0,05x 500; (2)
0,07x1 + 0,02x3 300 (3) xj (j=1, 2, 3)
Ta nói tốn qui hoạch tuyến tính ẩn tìm max hàm mục tiêu f(x) = 3x1 + 2x2 + 2,5x3
1.2 Ví dụ 2:
Ta cần vận chuyển vật liệu xây dựng từ hai kho K1 K2 đến ba công trường
xây dựng C1, C2, C3 Tổng số vật liệu có kho, tổng số vật liệu yêu cầu
công trường, khoảng cách từ kho đến công trường cho bảng sau:
Cự ly CT
Kho
C1 15T
C2 25T
C3 20T
K1: 20T 5km x11
2km x12
3km x13
K2: 40T 4km x21
3km x22
1km x23
Hãy lập kế hoạch vận chuyển cho: - Các kho giải phóng hết hàng;
- Các cơng trường nhận đủ vật liệu cần thiết; - Tổng số T(tấn) km phải thực nhỏ Giải
Gọi xij số vật liệu vận chuyển từ kho Kj đến công trường Cj Điều
kiện: xij (i= 1, 2; j=1, 2, 3) Khi
1) Tổng số T km phải thực là:
(3)2) Tổng số vật liệu vận chuyển từ kho K1 đến công trường x11 +
x12 + x13
Để giải phóng hết vật liệu, ta phải có x11 + x12 + x13 = 20
3) Tổng số vật liệu vận chuyển từ kho K2 đến công trường x21 +
x22 + x23
Để giải phóng hết vật liệu, ta phải có x21 + x22 + x23 = 40
4) Tổng số vật liệu vận chuyển công trường C1 x11 + x21
Để C1 nhận đủ vật liệu , ta phải có x11 + x21 = 15
5) Tổng số vật liệu vận chuyển công trường C2 x12 + x22
Để C2 nhận đủ vật liệu , ta phải có x12 + x22 = 25
6) Tổng số vật liệu vận chuyển công trường C3 x13 + x23
Để C3 nhận đủ vật liệu , ta phải có x13 + x23 = 20
Vậy ta có mơ hình tốn:
(1) f(x) = 5x11 + 2x12 + 3x13 + 4x21 + 3x22 + x23 ->
Với điều kiện:
11 12 13 21 22 23 11 21
12 22 13 23
x + x + x = 20; x + x + x = 40; (2) x + x = 15;
x + x = 25; x + x = 20
(3) xij (i= 1, 2; j=1, 2, 3)
Ta nói tốn qui hoạch tuyến tính ẩn tìm hàm mục tiêu f(x) = 5x11 + 2x12 + 3x13 + 4x21 + 3x22 + x23
§2 PHÂN LOẠI DẠNG BÀI TỐN QHTT
(4)n j j j n
ij j i j
n
ij j i j
n
ij j i j
j j j
(1) f (x) c x min(max)
a x b , (i I );
(2) a x b , (i I );
a x b , (i I )
(3) x (j J ); x (j J ); x tùy ý (j J );
trong
- f(x) hàm mục tiêu;
- I1, I2, I3 rời I1 I2 I3 = {1,2,…, m};
- J1, J2, J3 rời J1 J2 J3 = {1,2,…, n};
- A = (aij)m n: Ma trận hệ số ràng buộc;
- B = (b1, b2,…, bm): Véctơ hệ số tự do;
- C = (c1, c2,…, cm): Véctơ hệ số ẩn hàm mục tiêu;
- x = (x1, x2,…, xn): Véctơ ẩn số
Khi
Mỗi véctơ x = (x1, x2,…, xn) thỏa (2) (3) gọi phương án
(PA) toán
Mỗi phương án x = (x1, x2,…, xn) thỏa (1), nghĩa hàm mục tiêu đạt
giá trị nhỏ (lớn nhất) tập phương án, gọi phương án tối ưu (PATU)của toán
Giải tốn QHTT tìm PATU tốn vơ nghiệm, nghĩa khơng có PATU
2.2. Dạng tắc toán QHTT
n j j j n
ij j i j
j
(1) f (x) c x min(max)
(2) a x b , (i 1, m);
(3) x (j 1, n)
(5)- Các ẩn khơng âm
Ví duï: Bài tốn sau có dạng tắc:
1
1
1
1 j
(1) f (x) 2x 4x x 6x
x 4x x 12;
(2) 12x 3x x x 3;
x x x x
(3) x (j 1, 4)
2.3. Dạng chuẩn toán QHTT
Bài toán QHTT dạng chuẩn tốn có dạng tắc:
n j j j n
ij j i j
j
(1) f (x) c x min(max)
(2) a x b , (i 1, m);
(3) x (j 1, n)
trong
- Các hệ số tự b1, b2,…, bm không âm
- Trong ma trận hệ số ràng buộc A = (aij)m n có đầy đủ m véctơ cột đơn vị
e1, e2,…, em:
1 m
1 0
0
e ; e ; ; e
0
Khi
Các ẩn ứng với véctơ cột đơn vị gọi ẩn bản Cụ thể ẩn ứng với véctơ cột đơn vị ek ẩn thứ k
Một phương án mà ẩn không gọi phương án bản
(6)có m thành phần dương (nghĩa có ẩn 0) gọi suy biến
Ví dụ: Xét tốn QHTT sau:
1
1 j
(1) f (x) 2x 4x x 6x x 4x
x x x 12;
(2) 12x x x 3;
x x x x
(3) x (j 1, 6)
ta thấy toán có dạng tắc, nữa,
- Các hệ số tự b1 = 12, b2=3, b3 = khơng âm
- Ma trận hệ số ràng buộc A là:
1 0 1
A 12 0
1 1 0
có chứa đầy đủ véctơ cột đơn vị e1 (cột 5), e2 (cột 6), e3 (cột2)
Do tóan có dạng chuẩn, Aån thứ x5
Aån thứ x6
Aån thứ x2
Nhận xét: Trong tóan trên, cho ẩn thứ k = hệ số tự thứ k, ẩn không = 0, nghĩa
x5 = 12; x6 = 3; x2 = 6; x1 = 0; x3 = 0; x4 = 0;
ta phương án toán:
x = (0, 6, 0, 0, 12, 3)
(7)Chú yù: Tổng quát, tóan QHTT dạng chuẩn bất kỳ, cho ẩn thứ k = hệ số tự thứ k (k = 1, 2,…, m), cịn ẩn khơng = 0, ta phương án toán Ta gọi phương án ban đầu tốn
§3 BIẾN ĐỔI DẠNG BÀI TỐN QHTT
3.1. Dạng tổng quát Dạng tắc
Ta biến đổi tốn QHTT dạng tổng quát dạng tắc sau:
1 Khi gặp ràng buộc dạng
n
ij j i j
a x b
ta đưa vào ẩn phụ xn+ i 0 để biến phương trình
n
ij j n i i j
a x x b
2 Khi gặp ràng buộc dạng
n
ij j i j
a x b
ta đưa vào ẩn phụ xn+ i để biến phương trình
n
ij j n i i j
a x x b
3 Khi gặp ẩn xj 0, ta đổi biến xj = - xj’ với xj’
4 Khi gặp ẩn xj tùy ý, ta đổi biến xj = xj’ - xj’’ với xj’ 0; xj’’
Chú ý: Khi tìm PATU tốn dạng tắc ta cần tính giá trị ẩn ban đầu bỏ ẩn phu, PATU toán dạng tổng quát cho
(8)1 3
1
4x - 6x + 5x 50;
(2) 7x + x 30;
2x + 3x - 5x = -25 (3) x1 0; x2
Giaûi
- Đưa vào ẩn phụ x4 để biến bất phương trình
4x1 - 6x2 + 5x3 50
về phương trình 4x1 - 6x2 + 5x3 + x4 = 50
- Đưa vào ẩn phụ x5 để biến bất phương trình
7x1 + x3 30
về phương trình 7x1 + x3 - x5 = 30
- Đổi biến x2 = - x2’ với x2’
- Đổi biến x3 = x3’ - x3’’ với x3’ 0; x3’’
Ta đưa toán dạng tắc:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3)= 3x1 - 2x2’+ 2,5 (x3’ - x3’’) -> max
1 3
1 3
1 3
4x + 6x' + 5(x' -x'' ) + x = 50;
(2) 7x + (x' -x'' ) - x 30;
2x - 3x' - 5(x' -x'' ) = -25
(3) x1 0; x2’ 0; x3’ 0; x3’’ 0; x4 0; x5
3.2 Dạng tắc Dạng chuẩn
Từ tốn QHTT dạng tắc ta xây dựng tốn QHTT mở rộng có dạng chuẩn sau:
1 Khi gặp hệ số tự bi < ta đổi dấu hai vế ràng buộc thứ i
2 Khi ma trận hệ số ràng buộc A không chứa véctơ cột đơn vị thứ k ek, ta đưa vào ẩn giả xn+k cộng thêm ẩn giả xn+k vào vế trái
của phương trình ràng buộc thứ k để phương trình ràng buộc mới:
n
k j j n k k j
a x x b
(9)- Đối với toán min:
f (x) f (x) M( ẩn giả) - Đối với toán max:
f (x) f (x) M( ẩn giả)
trong M đại lượng dương lớn (lớn số cho trước) Ví dụ: Biến đổi tốn QHTT sau dạng chuẩn:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 ->
1
1
1
4x - 6x + 5x = 50;
(2) 7x + x + x = 0;
2x + 3x - 5x = -25 (3) xj (j = 1, ,4)
Giải Bài tốn có dạng tắc, vế phải phương trình ràng buộc thứ ba -25 < Đổi dấu hai vế phương trình ta được:
-2x1 - 3x2 + 5x3 = 25
và (2 ) trở thành
1
1
1
4x - 6x + 5x = 50;
(2 ') 7x + x + x = 0;
-2x - 3x + 5x = 25 Ma trận hệ số ràng buộc
4
A 1 0
2 0
Vì A cịn thiếu vectơ cột đơn vị e1 e3 nên tốn chưa có dạng chuẩn
- Lập ẩn giả x5 , x6 xây dựng toán mở rộng dạng chuẩn
sau:
(10)1
1
1
4x - 6x + 5x + x = 50; 7x + x + x = 0;
-2x - 3x + 5x + x = 25 xj (j = 1, , 6)
Ví duï: Biến đổi toán QHTT sau dạng chuẩn:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 -> max
1
1
1
4x - 6x + 5x = 50;
(2) 7x + x + x = 0;
2x + 3x - 5x = -25 (3) xj (j = 1, ,4)
ta xây dựng toán mở rộng dạng chuẩn sau: f (x) 3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 - Mx5 - Mx6 -> max
1
1
1
4x - 6x + 5x + x = 50; 7x + x + x = 0;
-2x - 3x + 5x + x = 25 xj (j = 1, , 6)
3.3 Chú ý:
n phụ: Dạng tổng quát Dạng tắc
n giả : Dạng tắc Dạng chuẩn.
n giả đưa vào cách “giả tạo” cốt để ma trận hệ số ràng buộc có chứa đủ véctơ cột đơn vị, cộng hình thức vào vế trái phương trình ràng buộc tạo nên phương trình ràng buộc Trong ẩn phụ biến bất phương trình thành phương trình theo logic toán học
Trong hàm mục tiêu mở rộng, hệ số ẩn giả M (đối với toán min) –M (đối với toán max) Trong hệ số ẩn phụ hàm mục tiêu
Ví dụ: Biến đổi tốn QHTT sau dạng chuẩn:
(11)2
3
1
- 9x + 15x 50;
(2) - 6x + 2x = -120;
x + 3x - 5x 45
(3) xj (j = 1, ,4)
Giaûi
Trước hết ta đưa tốn dạng tắc cách cách đưa vào ẩn phụ x5
0 ; x6 0:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 ->
2
3
1
- 9x + 15x + x = 50;
(2) - 6x + 2x = -120;
x + 3x - 5x - x = 45
(3) xj (j = 1, ,6)
Bài toán chưa có dạng chuẩn
Ta thấy vế phải phương trình ràng buộc thứ âm nên cách đổi dấu hai vế phương trình ta được:
2
3
1
- 9x + 15x + x = 50;
(2) 6x - 2x = 120;
-x - 3x + 5x + x =45 Ma trận hệ số ràng buộc là:
0 15 0
A 0 0
1 0
Vì A cịn thiếu vectơ cột đơn vị e2 nên toán chưa có dạng chuẩn
- Lập ẩn giả x7 xây dựng toán mở rộng dạng chuẩn sau:
f (x) 3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 + Mx7 ->
2
3
1
- 9x + 15x + x = 50; 6x - 2x + x = 120; -x - 3x + 5x + x =45 xj (j = 1, , 7)
(12)Mối quan hệ Bài toán xuất phát (A) Bài toán mở rộng (B) sau:
(B) Vô nghiệm (A) vô nghiệm
Mọi ẩn giả = Bỏ ẩn giả, PATU (A) (B) Có nghiệm
(13)B- PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
§1 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BÀI TỐN QHTT DẠNG CHUẨN
1.1.Thuật toán giải toán min:
Xét toán QHTT dạng chuẩn:
n j j j
11 12 1n n 21 22 2n n
m1 m2 mn n m j
(1) f (x) c x
a x a x a x b ;
a x a x a x b ;
(2)
a x a x a x b
(3) x (j 1, n)
Qua số hữu hạn bước sau ta giải toán QHTT trên, nghĩa chứng tỏ tốn vơ nghiệm phương án tối ưu toán
Bước 1: Lập bảng đơn hình đầu tiên:
Xác định ẩn 1, 2,…, m
1 m
i i i
x ; x ; ; x lập bảng đơn hình
đầu tiên:
c1 cv cn
Hệ số
n bản
Phương
án x1 xv xn i
1
i
c
1
i
x b1 a11 a1v a1n
r i c r i
x br ar1 arv arn ik*
m i c m i
x bm am1 amv amn
f(x) f0 1 v* n
(14)i1 i2 m
1 m
0 i m
j i j i j i mj j j j
f c b c b c b
[= (cột Hệ số)(cột Phương án)]
c a c a c a c (j 1, n)
[ (coät Hệ số) (cột x ) - c ]
Bước 2: Nhận định tính tối ưu
1) Nếu j 0 vơiù j = 1,…, n, phương án ban đầu x0 (x0 có thành phần thứ ik x0ik bk, thành phần khác 0)
phương án tối ưu toán xét với f(x0) = f 0
2) Nếu tồn v > 0 cho aiv vơiù i = 1,…, m, tốn
đang xét vô nghiệm, nghóa phương án tối ưu
3) Nếu hai trường hợp không xảy ra, nghĩa tồn v > 0, với
mọi j mà j > tồn i cho aij > 0, sang bước 3.
Bước 3: Tìm ẩn đưa vào hệ ẩn
Trong tất j > 0, ta chọn v > lớn [Ta đánh dấu * cho v dương lớn bảng] Khi đó, xv ẩn mà ta đưa vào hệ ẩn
Bước 4: Tìm ẩn đưa khỏi hệ ẩn Lập tỉ số k
j kv
kv
b với k mà a 0
a vaø ghi vào cột i bảng Xác
định
k
r kv
kv
b
min{ : a 0}
a
[Ta đánh dấu * cho r nhỏ bảng] Khi xr ẩn mà ta đưa khỏi
heä ẩn
Bước 5: Tìm phần tử chốt
Phần tử chốt hệ số arv cột v (cột chứa v*), hàng r (hàng chứa r*) [Ta đóng
khung phần tử chốt arv]
Bước 6: Biến đổi bảng
1) Trong cột Ẩn ta thay xr xv Trong cột Hệ soá ta thay cr
(15)2) Dùng phép biến đổi r r
rv
h h :=
a , nghĩa hàng r = hàng r cũ (của ma trận bổ sung phương trình ràng buộc) chia cho phần tử chốt arv
3) Với hàng i (i r) (của ma trận bổ sung phương trình ràng buộc) ta dùng phép biến đổi
i i iv r
h := h -a h ,
nghĩa (hàng i mới) = (hàng i cũ) – aiv(hàng r mới)
4) Với hàng cuối bảng (gồm f(x), f0 j), ta dùng phép biến đổi
c c v r
h := h - h ,
nghĩa (hàng cuối mới) = (hàng cuối cũ)– v(hàng r mới)
Bước 7: Quay Bước Chú ý:
a) Trong Bước 3, có nhiều v > lớn ta chọn số để đánh dấu * xác định ẩn đưa vào tương ứng
b) Trong Bước 4, có nhiều r thỏa k
r kv
kv
b
min{ : a 0}
a
thì ta chọn số để đánh dấu * xác định ẩn đưa tương ứng
(16)d) Trong Bước 6, hàng cuối tính nhờ vào hàng bảng lập bảng đơn hình Bước
1.2 Thuật toán giải toán max:
Đối với tốn QHTT f(x) max ta chuyển tốn sau:
Đặt g(x) = - f(x) Ta có g(x)
f(x) đạt max x0 g(x) đạt x0
Hơn nữa, f(x0) = -g(x0)
Ngồi ta có thuật tốn giải trực tiếp tốn max tương tự thuật toán giải toán min, điều kiện j hàng cuối hịan tồn
ngược lại, cụ thể có thay đổi sau: a) Bước (Kiểm tra tính tối ưu):
1) Nếu j 0 với j = 1,…, n, phương án ban đầu x0 (là phương án có thành phần thứ ik x0ik bk, thành phần khác
bằng 0) phương án tối ưu toán max xét với f(x0) =
f0
2) Nếu tồn v < 0 cho aiv với i = 1,…, m, tốn max
đang xét vô nghiệm, nghóa phương án tối ưu
3) Nếu hai trường hợp không xảy ra, nghĩa tồn v < 0,
(17)b) Bước (Tìm ẩn đưa vào hệ ẩn bản):
Trong tất j < 0, ta chọn v < bé nhất [Ta đánh dấu * cho v âm bé bảng] Khi đó, xv ẩn mà ta đưa vào hệ ẩn
1.3 Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Giải bài tốn QHTT sau:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 2x1 + 5x2 + 4x3 + x4 - 5x5 ->
1
2
2
x - 6x - 2x - 9x = 32;
1
(2) 2x + x + x + x = 30;
2
3x + x + x = 36 (3) xj (j = 1, ,6)
Giaûi
Bài tốn có dạng tắc với vế phải phương trình ràng buộc (2) khơng âm
Ma trận hệ số ràng buộc là:
1
A 1 / /
0 0 1
Vì A chứa đủ vectơ cột đơn vị e1 (cột 1), e2 (cột 3), e3 (cột 6) nên tốn có dạng
chuẩn,
- Ẩn thứ x1;
- Ẩn thứ x3;
- Ẩn thứ x6
(18)2 5 4 1 -5 0 Heä
số
n bản
Phương
aùn x
1 x2 x3 x4 x5 x6 i
2 x1 32 -6 0 -2 -9
4 x3 30 1 1/2 3/2
0 x6 36 0 1
f(x) 184 0 -9 0 -3 -7 0
f0 = 2.32 + 4.30 + 0.36 = 184; = = = 0;
2 = 2.(-6) + 4.2 + 0.3 - = -9; = 2.(-2) + 4.(1/2) + 0.0 - = -3; = 2.(-9) + 4.(3/2) + 0.1 – (-5) = -7
Trong bảng ta thấy j với j = 1, 2, , 6, nên tóan xét có
một phương án tối ưu phương án ban đầu x0 định bởi:
1
2
x 32;
x 30;
x 36;
x x x 0.
với f(x0) = 184
Kết luận: Bài tốn có phương án tối ưu x0 = (32, 0, 30, 0, 0, 36)
với f(x0) = 184
Ví dụ 2: Giải bài toán QHTT sau:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 6x1 + x2 + x3 + 3x4 + x5 - x6 ->
1
1
1
-x + x - x + x = 15;
(2) 2x - x + 2x = -9;
4x + 2x + x - 3x = (3) xj (j = 1, ,6)
Giaûi
(19)1
1
1
-x + x - x + x = 15;
(2') -2x + x - 2x = 9;
4x + 2x + x - 3x = (3) xj (j = 1, ,6)
Ma trận hệ số ràng buộc là:
1 1
A 0
4 0
Vì A chứa đủ vectơ cột đơn vị e1 (cột 2), e2 (cột 3), e3 (cột 5) nên tốn có dạng
chuẩn,
- Ẩn thứ x2;
- Ẩn thứ x3;
- Ẩn thứ x5
Ta giải tốn phương pháp đơn hình Lập bảng đơn hình:
6 1 -7 Hệ
số
n bản
Phương
án x1 x2 x3 x4 x5 x6 i
1 x2 15 -1 0 -1
1 x3 -2 1 0 -2 Baûng I
1 x5 0 -3 h2:= h2+2h1
f(x) 26 -5 0 -2 3* h3:= h3+3h1
-7 x6 15 -1 0 -1 hc:= hc - 3h1
1 x3 39 -4 1 -2 0 Baûng II
1 x5 47 0 -1
f(x) -19 -2 -3 0
Bảng I: Ta tìm được: f0 = 1.15 + 1.9 + 1.2 = 26;
2 = = = 0;
1 = 1.(-1) + 1.(-2) + 1.4 - = -5;
(20)Trong Bảng I ta thấy tồn = > cột tương ứng có a13=1>0 (a23 = -2,
a33 = -3) nên ta chọn ẩn đưa vào x6, ẩn đưa x2, phần tử chốt a13=1 Sau
đó, biến đổi Bảng I phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng II: Trong Bảng II, ta thấy tồn = > mà ai4 với j = 1, 2,
(a14= -1, a24 = -2, a34 = -1) nên tóan xét vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải bài tốn QHTT sau:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = 3x1 + 8x2 + 5x3 -> max
1
1
1
x + 3x 4;
(2) x + 2x 7;
x + 3x + 2x 12 (3) xj (j = 1, 2, 3)
Giaûi
Chuyển toán cách đặt
g(x) = -f(x) = -3x1 - 8x2 - 5x3
Ta có tốn:
(1’) g(x) = - 3x1 - 8x2 - 5x3 ->
1
1
1
x + 3x 4;
(2) x + 2x 7;
x + 3x + 2x 12 (3) xj (j = 1, 2, 3)
Biến đổi toán dạng tắc cách đưa vào ẩn phụ xj
(j = 4, 5, 6):
(1’) g(x) = - 3x1 - 8x2 - 5x3 ->
1
1
1
x + 3x + x = 4;
(2') x + 2x + x = 7;
x + 3x + 2x + x = 12 (3’) xj (j = 1,2, ,6)
Bài tốn dạng tắc có vế phải phương trình ràng buộc (2’) không âm
(21)1 0
A
1 0
Vì A chứa đủ vectơ cột đơn vị e1 (cột 4), e2 (cột 5), e3 (cột 6) nên toán có dạng
chuẩn,
- Ẩn thứ x4;
- Ẩn thứ x5;
- Ẩn thứ x6
Ta giải toán phương pháp đơn hình Lập bảng đơn hình:
-3 -8 -5 0 0
Heä số
n bản
Phương
aùn x1 x2 x3 x4 x5 x6 i
0 x4 3 0 1 = 4/3*
0 x5 2 Baûng I
0 x6 12 2 0 3 = 12/3 h1:=(1/3)h1
g(x) 0 3 8* 0 0 0 h3:= h3 -3h1
-8 x2 4/3 1/3 1 1/3 0 hc:= hc - 8h1
0 x5 2 = 7/2* Baûng II
0 x6 0 2 -1 3 = 8/2 h2:=(1/2)h2
g(x) -32/3 1/3 0 5* -8/3 0 h
3:= h3 - 2h2
-8 x2 4/3 1/3 1 1/3 0 hc:= hc - 5h2
-5 x3 7/2 1/2 1 1/2 Baûng III
0 x6 -1 0 -1 -1
g(x) -169/6 -13/6 0 -8/3 -5/2 Bảng I: Ta tìm được:
g0 = 0.4+ 0.7 + 0.12 = 0; = = = 0;
(22)Trong Bảng I ta thấy tồn j > là: = 3, = 8, = cột
tương ứng có hệ số dương Ta chọn = dương lớn ẩn đưa vào x2,
đó cột tương ứng có hệ số dương a12 = 3, a32 = nên ta lập tỉ số
= 4/3, = 12/3 Ta chọn tỉ số = 4/3 nhỏ ẩn đưa x4, phần tử chốt
a12=3 Sau đó, biến đổi Bảng I phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng II: Lý luận tương tự trên, ta thấy phương án ban đầu bảng chưa tối ưu khơng có dấu hiệu cho thấy tốn vơ nghiệm Biến đổi Bảng II phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng III: Trong Bảng III ta thấy j với j = 1, 2, , 6, nên tóan
đang xét có phương án tối ưu phương án ban đầu x1 định bởi:
2
1
x 4 / 3;
x 7 / 2;
x 1;
x x x 0.
với g(x1) = -169/6 Bỏ ẩn phụ, ta phương án tối ưu toán
x0=(x
1,x2,x3)= (0, 4/3, 7/2) với g(x0) = -169/6
Kết luận: Bài toán max cho có phương án tối ưu x0=(0, 4/3, 7/2) với f(x0) =
169/6
Ví dụ 4: Giải bài toán QHTT sau:
(1) f(x) = f(x1,x2,x3) = -2x1 + 6x2 + 4x3 - 2x4 + 3x5 -> max
1
2
2
x + 2x + 4x = 52;
(2) 4x + 2x + x = 60;
3x + x 36 (3) xj (1 j 5)
Giải
Bài tốn có dạng tắc với vế phải phương trình ràng buộc (2) khơng âm
Ma trận hệ số ràng buộc là:
1 0
A
(23)Vì A chứa đủ vectơ cột đơn vị e1 (cột 1), e2 (cột 4), e3 (cột 5) nên tốn có dạng
chuẩn,
- Ẩn thứ x1;
- Ẩn thứ x4;
- Ẩn thứ x5
Ta giải tốn phương pháp đơn hình Lập bảng đơn hình:
-2 6 4 -2 3
Hệ số
n bản
Phương
án x1 x2 x3 x4 x5 i
-2 x1 52 2 0 1 = 52/4*
-2 x4 60 2 2= 60/2 Baûng I
3 x5 36 0 h1:=(1/4)h1
f(x) -116 0 -9 -16* 0 0 h2:= h2 - 2h1
4 x3 13 1/4 1/2 1 0 1 = 13.2 hc:= hc +16h1
-2 x4 34 -1/2 0 2 = 34/3* Baûng II
3 x5 36 0 3 = 36/3 h2:=(1/3)h2
f(x) 92 4 -1* 0 0 0 h1:= h1 - (1/2)h
4 x3 22/3 1/3 0 1 -1/6 h3:= h3 – 3h2
6 x2 34/3 -1/6 1 0 1/3 hc:= hc + h2
3 x5 1/2 0 -1 Baûng III
f(x) 310/3 23/6 0 0 1/3 0
Bảng I: Ta tìm được:
f0 = -2.52 - 2.60 + 3.36 = -116; = = = 0;
2 = -2.2 - 2.4 + 3.3 – = -9; = -2.4 - 2.2 + 3.0 – = -16
Trong Bảng I, ta thấy tồn j < là: = -9, = -16 cột tương
ứng có hệ số dương Ta chọn = -16 âm nhỏ ẩn đưa vào x3,
trên cột tương ứng có hệ số dương a13 = 4, a23 = nên ta lập tỉ số =
(24)Bảng II: Lý luận tương tự trên, ta thấy phương án ban đầu bảng chưa tối ưu khơng có dấu hiệu cho thấy tốn vơ nghiệm Biến đổi Bảng II phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng III: Trong Bảng III ta thấy j với j = 1, 2, , 5, nên tóan max
đang xét có phương án tối ưu phương án ban đầu x0 định bởi:
3
1
x 22 / 3;
x 34 / 3;
x 2;
x x 0.
với f(x0) = 310/3
Kết luận: Bài tốn max cho có phương án tối ưu x0=(0, 34/3, 22/3, 0, 2) với
f(x0) = 310/3
§2 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH MỞ RỘNG GIẢI BÀI TỐN QHTT DẠNG CHÍNH TẮC
Thuật tốn đơn hình mở rộng giải tốn QHTT dạng tắc tương tự thuật tốn đơn hình giải tốn QHTT dạng chuẩn, có số điểm cần ý sau:
1) Do hàm mục tiêu mở rộng f (x) f (x) M( ẩn giả) toán min, f (x) f (x) M( ẩn giả) tốn max, nên bảng đơn hình, cột Hệ số có hệ số phụ thuộc M Khi đó, hàng cuối gồm
0
f (x); f j, hệ số có dạng j + jM, người ta thường chia
hàng cuối thành hàng nhỏ: Hàng nhỏ ghi số j; Hàng nhỏ ghi
các số jM Các hàng tuân thủ phép biến đổi bảng giống
các hàng khaùc
(25)';
M ' 'M
'. 0; tùy ý. M 0
0; 0.
';
, ' tùy ý.
M ' 'M
'; '.
Do xét dấu j, hệ số j hàng nhỏ xem xét trước;
nào j = 0, ta xét đến hệ số j hàng nhỏ Tương tự, so sánh j, hệ số j hàng nhỏ so sánh trước; j
nhau, ta so sánh hệ số j hàng nhỏ
3) Trong bảng đơn hình đầu tiên, tất ẩn giả có cột Ẩn (vì chúng ẩn bản) Mỗi ẩn giả bị đưa khỏi hệ ẩn khơng ta đưa ẩn giả trở lại nữa, bảng đơn hình ta bỏ cột ứng với ẩn giả
Ví dụ 1: Giải bài tốn QHTT sau:
1
3
2
1
(1) f (x) x 2x x 5x
-3x - 9x = 0;
(2) x - 7x - 5x - 2x = 5;
1
x - x + x + x + x =
3 3 3
(3) xj (1 j 5)
Giaûi
Bài tốn có dạng tắc với vế phải phương trình ràng buộc (2) khơng âm
(26)0
A
1 / / / /
A chứa vectơ cột đơn vị e3 (cột 1), không chứa vectơ cột đơn vị e1, e2 nên
tốn chưa có dạng chuẩn Ta đưa vào ẩn giả xj (j = 6, 7) cộng
x6, x7 vào vế trái phương trình ràng buộc thứ 1, thứ để xây dựng
toán mở rộng dạng chuẩn:
1
3
2
1
(1) f (x) x 2x x 5x Mx Mx
-3x - 9x + x = 0;
(2) x - 7x - 5x - 2x + x = 5;
1
x - x + x + x + x =
3 3 3
(3) xj (1 j 7)
Khi tốn có
- Ẩn thứ x6;
- Ẩn thứ x7;
- Ẩn thứ x1
Ta giải tốn phương pháp đơn hình mở rộng Lập bảng đơn hình:
1 0 1 -5
Hệ số
n bản
Phương
aùn x1 x2 x3 x4 x5 i
M x6 0 -3 -9
M x7 -7 -5 -2 Baûng I
1 x1 2/3
-1/3
2/3 4/3 1/3 h3:= h3+(1/3)h2
2/3 0
-7/3
2/3 1/3 16/3 hc1:= hc1+(7/3)h2
f(x)
5M 0 M* -10M -14M -2M hc2:= hc2-M.h2
M x6 0 -3 -9
2 x2 1 -7 -5 -2 Baûng II
1 x1 7/3 -5/3 -1/3 -1/3
37/3 0 -47/3 -34/3 2/3
f(x)
(27)Bảng I: Ta tìm được:
0
f M.0 M.5 1.(2 / 3) / 5M;
1 = 0;
2 = M.0 + M.1 + 1.(-1/3) -2 = -7/3 + M;
3 = M.(-3) + M.(-7) + 1.(2/3) - = 2/3 - 10M; = M.(-9) + M.(-5) + 1.(4/3) - = 1/3 - 14M; = M.0 + M.(-2) + 1.( 1/3) - 5= 16/3 - 2M
Trong Bảng I ta thấy tồn j > laø: = -7/3 + M > cột
tương ứng có hệ số dương a22=1>0 nên ta chọn ẩn đưa vào x2, ẩn đưa
ra x7, phần tử chốt a22=1 Sau đó, biến đổi Bảng I phép biến đổi ghi
cạnh bảng
Bảng II: Trong Bảng II, ta thấy tồn = 2/3 > mà ai5 với j = 1, 2,
(a15= 0, a25 = -2, a35 = -1/3) nên tóan mở rộng vơ nghiệm Suy tốn
min xuất phát vô nghiệm
Kết luận: Bài tốn cho khơng có phương án tối ưu Ví dụ 2: Giải bài toán QHTT sau:
1
1
1
1 j
(1) f (x) 2x 4x 2x max
x - 2x + x = 27;
(2) 2x + x + 2x = 50;
x - x x 18
(3) x (j 1, 3)
Giaûi
(28)1 3
1
1 j
(1') f (x) 2x 4x 2x max
x - 2x + x = 27;
(2') 2x + x + 2x = 50;
x - x x + x 18
(3') x (j 1, 4)
Các vế phải phương trình ràng buộc (2’) không âm Ma trận hệ số ràng buộc là:
1
A 2
1 1
A chứa vectơ cột đơn vị e3 (cột 4), không chứa vectơ cột đơn vị e1, e2 nên
tốn chưa có dạng chuẩn Ta đưa vào ẩn giả xj (j = 5, 6) cộng
x5, x6 vào vế trái phương trình ràng buộc thứ 1, thứ để xây dựng toán
mở rộng dạng chuẩn:
1
1
1
1 j
(1'') f (x) 2x 4x 2x Mx Mx max
x - 2x + x + x = 27;
(2'') 2x + x + 2x + x = 50;
x - x x + x 18
(3'') x (j 1, 6)
Khi tốn có
- Ẩn thứ x5;
- Ẩn thứ x6;
- Ẩn thứ x4
(29)-2 -4 2 0 Hệ số n
bản
Phương
án x1 x2 x3 x4 i
-M x5 27 -2 1=27/1 Baûng I
-M x6 50 1 2=50/2* h2:=(1/2)h2
0 x4 18 -1 -1 h1:= h1+ h2
0 2 4 -2 0 h3:= h3+ h2
f(x)
-77M -3M M -3M* 0 hc1:= hc1+2h2
-M x5 -5/2 0 hc2:= hc2+ 3M.h2
2 x3 25 1/2 1 Baûng II
0 x4 43 -1/2
50 4 5 0 0
f(x)
-2M 0 5M/2 0 0
Bảng I: Ta tìm được:
0
f M.27 M.50 0.18 77M;
4 = 0;
1 = -M.1 - M.2+ 0.1 – (-2) = -3M; = -M.(-2) - M.1+ 0.(-1) – (-4) = + M; = -M.1 - M.2+ 0.(-1) – = -2 - 3M
Trong Bảng I ta thấy tồn j < là: = -3M < 0, = -2 -3M <
mỗi cột tương ứng có hệ số dương Ta chọn = -2 -3M dương lớn ẩn
đưa vào x3, cột tương ứng có hệ số dương a13 =1 > 0, a23 = >
0 Ta lập tỉ số = 27/1, = 50/2; chọn tỉ số = 25 nhỏ ẩn đưa laø
x6, phần tử chốt a23 = Sau đó, biến đổi Bảng I phép biến đổi ghi
cạnh bảng:
Bảng II: Trong Bảng II ta thấy j với j = 1, 2, 3, 4, nên toán mở rộng
max có phương án tối ưu phương án ban đầu x0 định bởi:
5
x 2;
x 25;
(30)với f (x ) 50 2M.0
Vì tốn mở rộng max có phương án tối ưu x0 = (0, 0, 25, 43, 2, 0), ẩn giả x5 = > nên toán max xuất phát khơng có phương án
Kết luận: Bài tốn cho khơng có phương án khơng có phương án tối ưu
Ví dụ 3: Giải bài tốn QHTT sau:
1
1
1
j
(1) f (x) 16x 7x 9x
2 x - x + x = ;1
(2) 3
-5x + 5x =
(3) x (j 1, 3)
Giaûi
Bài tốn có dạng tắc với vế phải phương trình ràng buộc (2) khơng âm
Ma trận hệ số ràng buộc là:
2 1 1
A 3
5
A chứa vectơ cột đơn vị e1 (cột 3), không chứa vectơ cột đơn vị e2, nên tốn
chưa có dạng chuẩn Ta đưa vào ẩn giả x4 x4 vào vế trái phương trình
ràng buộc thứ để xây dựng toán mở rộng dạng chuẩn:
1
1
1
j
(1') f (x) 16x 7x 9x Mx
2 x - x + x = ;1
(2') 3
-5x + 5x + x =
(3') x (j 1, 4)
Khi tốn có
- Ẩn thứ x3;
(31)Ta giải tốn phương pháp đơn hình mở rộng Lập bảng đơn hình:
-16 7 9
Hệ số n bản
Phương
án x1 x2 x3 i
9 x3 1/3 -2/3 -1/3 Baûng I
M x4 -5 0 h2:=(1/5)h2
3 10 -10 0 h1:= h1+ (1/3)h2
f(x)
7M -5M 5M* 0 hc1:= hc1+10h2
0 x3 4/5 -1 hc2:= hc2 - 5M.h2
7 x2 7/5 -1 0 Baûng II
f(x) 17 0 0 0
Bảng I: Ta tìm được:
0
f = 9.(1/3) + M.7 = + 7M;
3 = 0;
1 = 9.(-2/3) + M.(-5) – (-16) = 10 – 5M; = 9.(-1/3) + M.5 – = -10 + 5M
Trong Baûng I, ta thấy tồn j > là: = -10 + 5M >
cột tương ứng có hệ số dương a22=5>0 nên ta chọn ẩn đưa vào x2, ẩn
đưa x4, phần tử chốt a22=5 Sau đó, biến đổi Bảng I phép biến
đổi ghi cạnh bảng
Bảng II: Trong Bảng II ta thấy j với j = 1, 2, nên toán mở rộng
min có phương án tối ưu phương án ban đầu x0 định bởi:
3
1
x 4 / 5;
x 7 / 5;
x x 0.
với f (x ) 17.0
Bài toán mở rộng f (x) có phương án tối ưu x0 = (0, 7/5, 4/5, 0), ẩn giả x4 = nên tốn f (x) xuất phát có phương án tối ưu
x0 = (0, 7/5, 4/5) với f(x0) = 17
(32)Ví dụ 4: Giải bài tốn QHTT sau:
1
1
1
1 j
(1) f (x) 2x 3x 3x max
3x - x 12;
(2) x + 2x - x 1;
x - x x
(3) x (j 1, 3)
Giải
Chuyển tốn cách đặt
g(x) = -f(x) = -2x1 + 3x2 - 3x3
Ta có tốn:
1
1
1
1 j
(1') g(x) 2x 3x 3x
3x - x 12;
(2) x + 2x - x 1;
x - x x
(3) x (j 1, 3)
Biến đổi tốn dạng tắc cách đưa ẩn phụ x4 0, x5 0:
1
1
1
1 j
(1') g(x) 2x 3x 3x
3x - x + x 12;
(2 ') x + 2x - x - x 1;
x - x x
(3') x (j 1, 5)
Các vế phải phương trình ràng buộc (2’) không âm Ma trận hệ số ràng buộc là:
3 1
A 1
1 1 0
A chứa vectơ cột đơn vị e1 (cột 4), không chứa vectơ cột đơn vị e2, e3 nên
tốn chưa có dạng chuẩn Ta đưa vào ẩn giả xj (j = 6, 7) cộng
x6, x7 vào vế trái phương trình ràng buộc thứ 2, thứ để xây dựng toán
(33)1
1
1
j
(1'') g(x) 2x 3x 3x Mx Mx
3x - x + x 12;
(2 '') x + 2x - x - x x 1;
x - x x x
(3'') x (j 1,7)
Khi tốn có
- Ẩn thứ x4;
- Ẩn thứ x6;
- Ẩn thứ x7
Ta giải tốn phương pháp đơn hình mở rộng Lập bảng đơn hình:
2 -3 3 0 0
Hệ số
n bản
Phương
án x1 x2 x3 x4 x5 i
0 x4 12 -1 0 1=12/3
M x6 1 2 -1 -1 2=1/1* Baûng I
M x7 -1 -1 0 3=3/1 h1:= h1-3h2
0 -2 3 -3 0 0 h3:= h3- h2
g(x)
4M 2M* M -2M 0 -M hc1:= hc1+2h2
0 x4 -7 3 1=9/3 hc2:= hc2-2M.h
2 x1 1 2 -1 -1 Baûng II
M x7 -3 0 3=2/1 h1:= h1-3h3
2 0 7 -5 0 -2 h2:= h2+ h3
g(x)
2M 0 -3M 0 0 M* hc1:= hc1+2h3
0 x4 3 0 hc2:= hc2-M.h3
2 x1 -1 -1 0 Baûng III
0 x5 -3 0 h1:= (1/2)h1
g(x) 6 0 1* -5 0 0 h2:= h2+ h1
-3 x2 3/2 3/2 1/2 0 h3:= h3+3h1
2 x1 9/2 0 1/2 1/2 0 hc:= hc - h1
0 x5 13/2 0 9/2 3/2 Baûng IV
(34)Bảng I: Ta tìm được:
0
f = 0.12 + M.1 + M.3 = 4M;
4 = 0;
1 = 0.3 + M.1 + M.1 - = -2 + 2M; = 0.(-1) + M.2 + M.(-1) – (-3) = + M; = 0.0 + M.(-1) + M.(-1) – = -3 - 2M; = 0.0 + M.(-1) + M.0 – = -M
Trong Bảng I ta thấy tồn j > là: = -2 +2M >0, = + M > vaø
mỗi cột tương ứng có hệ số dương Ta chọn = -2 +2M dương lớn
ẩn đưa vào x1, cột tương ứng có hệ số dương a11 =3 > 0, a21 =
1 > 0, a31 = > Ta lập tỉ số = 12/3, = 1/1, = 3/1; chọn tỉ số = nhỏ
nhất ẩn đưa x6, phần tử chốt a21 = Sau đó, biến đổi Bảng I
phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng II III: Lý luận tương tự trên, ta thấy phương án ban đầu bảng chưa tối ưu khơng có dấu hiệu cho thấy tốn vơ nghiệm Biến đổi bảng phép biến đổi ghi cạnh bảng
Bảng IV: Trong Bảng Iv ta thấy j với j = 1, 2, , 5, nên toán mở rộng
min có phương án tối ưu phương án ban đầu x0 định bởi:
2
3
x 3 / 2;
x 9 / 2;
x 13 / 2;
x x x x 0.
với g(x ) / 2.0
Bài toán mở rộng g(x) có phương án tối ưu x0 = (9/2, 3/2, 0, 0, 13/2, 0, 0), ẩn giả x6, x7 nên toán g(x) có phương án
tối ưu x0 = (9/2, 3/2, 0) với g(x0) = 9/2 (ta bỏ ẩn phụ x
4 = 0, x5 = 13/2)
Kết luận: Bài toán max cho có phương án tối ưu x0 = (9/2, 3/2, 0) với f(x0) =
(35)C - BÀI TỐN ĐỐI NGẪU §1 ĐỊNH NGHĨA BÀI TỐN ĐỐI NGẪU
Cặp tốn QHTT đối ngẫu cặp tóan có dạng sau:
Trong cặp ràng buộc đối ngẫu cặp gồm: Ràng buộc thứ i bài toán này Ràng buộc dấu ẩn thứ i của toán
Như vậy, với qui ước:
Đối với bài toán min ràng buộc gọi bất phương trình chuẩn
nếu có dạng , bất phương trình khơng chuẩn nếu có dạng Đối với bài tốn max ràng buộc gọi bất phương trình chuẩn nếu có dạng , bất phương trình khơng chuẩn nếu có dạng
Bất phương trình chuẩn Bất phương trình không chuẩn
Bài toán Bài toán max
trong cặp tốn đối ngẫu, ta có:
(36)2) Bài tốn tìm (max) tốn tìm max (min) Hệ số ẩn số hàm mục tiêu toán hệ số vế phải ràng buộc toán
3) Ma trận hệ số ràng buộc toán chuyển vị ma trận hệ số ràng buộc toán
4) Trong cặp ràng buộc đối ngẫu tính chất sau thỏa:
Ràng buộc Ẩn
Bất phương trình chuẩn
Bất phương trình không chuẩn
Phương trình Tùy ý
Như vậy, xét tốn (I) (khơng phân biệt hay max) theo n ẩn x1, x2, ,
xn với m ràng buộc Bài toán (II) đối ngẫu m ẩn y1, y2, , ym với n ràng buộc
Để lập toán (II) ta dựa vào tính chất 1, 2, để lập hàm mục tiêu, xác định hệ số ràng buộc, để xác định ràng buộc bất phương trình loại phương trình để xác định dấu ẩn, ta dựa vào tính chất 4, cụ thể sau:
Nếu ẩn xj ràng buộc thứ j tốn (II) bất phương trình
chuẩn
Nếu ẩn xj ràng buộc thứ j tốn (II) bất phương trình
không chuẩn
Nếu ẩn xj tùy ý ràng buộc thứ j tốn (II) phương trình
Nếu ràng buộc thứ i tốn (I) bất phương trình chuấn ẩn yi
Nếu ràng buộc thứ i tốn (I) bất phương trình khơng chuấn ẩn yi
Nếu ràng buộc thứ i tốn (I) phương trình ẩn yi tùy ý
Ví dụ 1: Tìm tốn đối ngẫu toán sau: (1) f(x) = f(x1,x2,x3,x4)= 3x1 + 2x2 - 5x3 + x4 >
1
1
1
4x - 6x + 5x - 5x 50; (2) 7x + x + x 30;
(37)Giaûi
Ta thấy tốn ẩn, ràng buộc có Véctơ hệ số ẩn hàm mục tiêu
C = (3,2,-5,1) Ma trận hệ số ràng buộc vế trái laø
4 5
A 1
2
Véctơ hệ số tự vế phải
50
B 30
25
Ràng buộc bất phương trình không chuẩn Ràng buộc phương trình
Ràng buộc bất phương trình chuẩn x1 0;
x2 0;
x3 tùy ý;
x4 tùy ý
Bài tốn đối ngẫu là:
(1’) g(x) = g(y1,y2,y3)= 50y1 + 30y2 – 25y3 -> max
1
1
1
1
4y + 7y + 2y (chuẩn); -6y + 3y (không chuẩn); (2 ')
5y + y - 5y = -5; -5y + y =
(3’) y1 0; y2 tuøy yù; y3
(38)1
1
1
4x - 6x + 5x - 5x 50; (2) 7x + x + x 30;
2x + 3x - 5x -25 (3) x1 0; x2
Giaûi
Ta thấy toán max ẩn, ràng buộc có Véctơ hệ số ẩn hàm mục tiêu
C = (3,2,-5,1) Ma trận hệ số ràng buộc vế trái
4 5
A 1
2
Véctơ hệ số tự vế phải
50
B 30
25 Ràng buộc bất phương trình chuẩn Ràng buộc phương trình
Ràng buộc bất phương trình không chuẩn x1 0;
x2 0;
x3 tùy ý;
x4 tùy ý
Bài tốn đối ngẫu là:
(1’) g(y) = g(y1,y2,y3)= 50y1 + 30y2 – 25y3 ->
1
1
1
1
4y + 7y + 2y (chuaån); -6y + 3y (không chuẩn); (2 ')
5y + y - 5y = -5; -5y + y =
(3’) y1 0; y2 tùy ý; y3
(39)1) Nếu tốn đối ngẫu khơng có PATU tốn gốc khơng có PATU
2) Nếu tốn đối ngẫu có PATU 0 0 m
y (y , y , , y ) tốn gốc khơng có PATU Ta xác định PATU 0 0
1 n
x (x , x , , x ) tốn gốc dựa vào tính chất sau:
a) Tại phương án 0 0 m
y (y , y , , y ), ràng buộc thứ j tốn đối ngẫu khơng xảy dấu =, nghĩa m
ij j j i
a y c , ta có j
x b) Nếu phương án y0, ẩn y
i lấy giá trị y0i toán gốc, dấu
= xảy ràng buộc thứ i, nghĩa là:
n
0 ij j i j
a x b
c) f(x0) = g(y0)
Ví dụ 1: Giải toán QHTT sau:
1
1
1
1
3
(1) f (x) 27x 50x 18x min
x + 2x + x 2;
(2) -2x + x - x 4;
x + 2x x 2.
(3) x 0.
Giaûi
Bài toán đối ngẫu toán là:
1
1
1
1 j
(1) g(y) 2y 4y 2y max
y - 2y + y = 27;
(2) 2y + y + 2y = 50;
y - y y 18.
(3) y 0 (j 1, 3)
(40)Ví dụ 2: Giải bài toán QHTT sau:
1
1
1
2
1
(1) f (x) 12x x 3x min
3x + x + x 2;
(2) -x + 2x - x 3;
- x x 3.
(3) x 0; x 0.
Giải
Bài tốn đối ngẫu toán là:
1
1
1
1 j
(1') g(y) 2y 3y 3y max
3y - y 12;
(2') y + 2y - y 1;
y - y y 3.
(3') y 0 (j 1, 3)
Trong Phần B, §1,Ví dụ 4, ta giải toán đối ngẫu kết cho thấy tốn có PATU 0 0
1
y (y , y , y ) = (9/2, 3/2, 0) với g(y0) = -9/2
Bây ta tìm PATU 0 0
x (x , x , x ) toán gốc
a) Thay y0= (9/2, 3/2, 0) vào ràng buộc (2’), ta thấy ràng buộc thứ 2:
y1 + 2y2 – y3 không xảy dấu = (VT = 15/2) Do x02
b) Do 10
y / 0;
y / nên ta có:
0 0 0
1 3
0 0 0
1 3
0
3x + x + x = 2; 3x + x = 2;
-x + 2x - x -x - x
x = / 2;
x /
(41)Ví dụ 3: Cho toán QHTT sau:
1
1
1
j
(1) f (x) 16x 7x 9x
2 x - x + x = ;1
(2) 3
-5x + 5x =
(3) x (j 1, 3)
Hãy lập tốn tìm PATU tốn đối ngẫu Giải
1
1
1
1
1
1
(1') g(y) y 7y max
2 y - 5y -16;
1
(2 ') y + 5y 7;
y (3') y , y tuøy ý
Trong Phần B, §1,Ví dụ 3, ta giải toán cho kết cho thấy tốn có PATU x0 = (0, 7/5, 4/5) với f(x0) = 17
Bây ta tìm PATU 0
y (y , y ) toán đối ngẫu Do 02
0
x / 0;
x / nên ta có:
0 0
1
0
0 2
1
1 y + 5y = 7; y 9;
y =
y
Vậy PATU toán đối ngẫu y0 = (9,2) với g(y0) = f(x0) = 17
BÀI TẬP
(42)Bàn Công việc
A B C D
Mộc 0,08m3/4h 0,12m3/6h 0,3m3/9h 0,21m3/12h
Trang trí
1h 2h 3h 4h
Lãi 250000đ 350000đ 380000đ 850000đ
Lập mơ hình tốn tìm kế họach sản xuất để tổng số lãi thu lớn 2. Một trại chăn nuôi sử dụng loại thực phẩm I, II, III Lượng chất dinh dưỡng Albumin, chất béo, chất đạm cho gia súc ngày tỉ lệ chất loại thức ăn cho bảng sau:
Tỉ lệ có thực phẩm Chất dinh
dưỡng
Lượng cần
trong ngaøy I II III
Albumin Ít 20kg 20% 10% 10%
Chất béo Đúng 10kg 30% 40% 20%
Chất đạm Không 15kg
5% 30% 30%
Giá 1kg loại thực phẩm I, II, III 80, 120, 90 (ngàn) Cần lập kế hoạch mua loại thực phẩm theo yêu cầu ngày cho tổng chi phí thấp
a) Lập mơ hình tốn
b) Mơ hình tốn thay đổi có u cầu lượng Albumin khơng vượt hai lần lượng chất đạm?
3. Để sản xuất loại sản phẩm A, B, C cần dùng loại nguyên liệu I, II, III, IV Lượng dự trữ nguyên liệu, định mức tiêu hao nguyên liệu, tiền lãi cho đơn vị sản phẩm cho bảng sau:
Định mức tiêu hao nguyên liệu(kg) cho 1đv Nguyên liệu Lượng
dự trữ (tấn) A B C
I 25
(43)III 35
IV 40
Tiền lãi cho 1đv
Cần lập kế hoạch sản xuất để không bị động nguyên liệu tổng lãi đạt cao
a) Lập mơ hình tốn
b) Mơ hình tốn thay đổi lượng nguyên liệu dự trữ có 10 loại I 15 loại III hết hạn sử dụng?
4. Hai kho I II có nhiệm vụ cung cấp sắt cho hai công trường xây dựng A B Kho I có khả cung cấp 60 tấn, kho II có khả cung cấp 40 Cơng trường A cần 50 tấn, cơng trường B cần 30 Cước phí vận chuyển (đv: ngàn đồng) 1tấn sắt từ kho đến công trường cho bảng sau:
A B
I 40 10
II 20 30
Lập mô hình tóan tìm kế hoạch vận chuyển cho đảm bảo nhu cầu xây dựng mà chi phí vận chuyể đạt thấp
5. Giải tốn QHTT sau phương pháp đơn hình:
1
1
1
1
j
a) f (x) x 4x 3x
2x + x 2x 16;
-4x + 2x 8;
x + 2x x 12
(44)1
1
1
1
j
b) f (x) 2x 3x 5x max
4x + x 2x 12;
1
-2x + x + x 8; 2
3
-2x + x + x 20.
2
x 0 (j 1, 3)
1
1
1
1
j
c) f (x) x 2x 3x x min
x + 2x + 3x 22;
2x + x + 5x 25;
x + 2x + x + x 20.
x 0 (j 1, 4)
1
1
1
1 j
d) f (x) 3x x 3x x min
x + 2x - x x 2;
2x - 6x + 3x 3x 9;
x - x + x - x 6.
x 0 (j 1, 4)
1
1 3 j
e) f (x) 2x 2x 3x
2x + 2x - x 1;
x - x - 3x
x (j 1, 3)
1
1
1
1
j
f) f (x) x 2x x max
-x + 4x - 2x 6;
x + x + 2x 6;
2x - x + 2x
x (j 1, 3)
1
1
1
1
j
g) f (x) x 2x x max
4x - 4x + 2x 6;
x + x + 2x 6;
2x - x + 2x
(45)1
1
1
1 j
h) f (x) 5x 10x 7x max
x + 2x + 2x 30;
x + 2x + x 25;
2x + x + x 40
x (j 1, 3)
1
1
1
1 j
i) f (x) 3x x 3x x
x + 2x - x + x 2;
2x - 6x + 3x + 3x 9;
x - x + x - x
x (j 1, 4)
1
1
1
1 j
j) f (x) 3x x 2x x max
2x - x + 4x + x 10;
-3x + 2x + x - 2x 8;
4x - x - 2x
x (j 1, 4)
6 Một xí nghiệp sản xuất mặt hàng : H1, H2, H3, H4 Nguyên liệu cần dùng
N1, N2, mà lượng tối đa xí nghiệp huy động 600kg
800kg Định mức tiêu hao loại nguyên liệu mặt hàng tiền lãi cho đơn vị hàng hóa loại cho bảng sau:
Suất tiêu hao(kg) Hàng
Nguyên liệu
H1 H2 H3 H4
N1: 600kg 0,5 0,2 0,3 0,6
N2: 800kg 0,1 0,4 0,2 0,5
Tieàn lãi (ngàn) 0,8 0,3 0,38 0,4
Hãy tìm phương án sản xuất mặt hàng đơn vị để tổng tiền lãi thu cao
7 Giải toán tương tự với số bổ sung sau: - Tổng số sản phẩm mặt hàng H1 H2 khơng 1000
- Tiền lãi cho đơn vị mặt hàng H3 0,38 mà 0,5
(46)9 Cho toán gốc
1
1 3
1
1
(1) f (x) 27x 50x 18x max
x + 2x + x 2;
(2) -2x + x - x 4;
x + 2x x
(3) x ; x tuøy yù; x
a) Lập toán đối ngẫu