Giao trinh Quy hoach tuyen tinh Tham khao

Kết luận: Mọi bài toán qhtt đều đưa được về dạng chính tắc và việc giải bài toán qhtt đã cho tương đương với việc giải bài toán qhtt dạng chính tắc tương ứng với nó, theo nghĩa là nếu b[r]

BỘ CÔNG THƯƠNG

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CƠNG NGHIỆP TP HỒ CHÍ MINH



KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN



BỘ MÔN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Viện Cơng nghệ Sinh học – Thực phẩm

Lớp : 211301202

TP HCM, ngày 25 tháng năm 2009

BỘ CÔNG THƯƠNG

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP HỒ CHÍ MINH



KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN



BỘ MƠN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Viện Công nghệ Sinh học – Thực phẩm

Lớp : 211301202

GVHD : TS Võ Văn Tuấn Dũng 1 Nguyễn Trung Nhân : 0771637 2 Mai Hạnh Nguyên : 0770613 3 Huỳnh Thành Trung : 0771757 4 Hồ Thị Thanh Hiếu : 0771725 5 Dương Thị Hà Như : 0771496 6 Cao Thị Ngọc Tuyền : 0770834 7 Mai Nguyễn Thục Hiền : 0770770

TP HCM, ngày 25 tháng năm 2009

LỜI MỞ ĐẦU

1 Lý chọn đề tài

Trong thực tế ta thường hay gặp tình phải lựa chọn số định quan trọng để đưa phương án chiến lược tốt sản xuất kinh doanh hay trị chơi mà đối thủ kẻ thơng minh nguy hiểm…Khi ta cần phải lập mơ hình tốn học quy hoạch tuyến tính để có phương án tối ưu cần thiết

Trong phương pháp đơn hình George Bemanrd Dantzig đưa năm 1947 lúc với việc khai sinh quy hoạch tuyến tính, phương pháp thực có hiệu để giải tốn quy hoạch tuyến tính cỡ lớn thực tế mà ta thường gặp, để vận chuyển hàng hóa đầy đủ có tổng chi phí nhỏ – tốn vận tải Hoặc kinh doanh phải lập kế hoạch sản xuất nguyên liệu sản phẩm để thu tổng lợi nhuận lớn nhất…

Kiến thức sau học quy hoạch tuyến tính cần thiết, kiến thức quan trọng để xây dựng mơ hình tốn học cho toán phức tạp thực tế, cần xây dựng thuật tốn mơ hình hóa ngơn ngữ nhờ việc lập trình máy tính ta giải quy hoạch tuyến tính cách dể dàng nhanh chóng xác Như việc học quy hoạch tuyến tính quan trọng, đem lại hiệu kinh tế lớn biết lập mơ hình tính tốn quy cách

2 Đối tượng nghiên cứu phương pháp nghiên cứu

Các bước để nghiên cứu ứng dụng tốn quy hoạch tuyến tính điển hình là:

 Xác định vấn đề cần giải quyết, thu thập liệu  Lập mơ hình tốn học thật xác

 Xây dựng thuật tốn để giải tốn lập trình máy tính  Tính tốn thử điều chỉnh mơ hình cần

 Áp dụng để giải toán thực tế

CHƯƠNG 1:

BÀI TỐN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

A LÝ THUYẾT

1 ĐỊNH NGHĨA

Bài tốn quy hoạch tuyến tính (qhtt) tổng qt có dạng: Tìm xj, j=1,2,…,n cho: f=

∑

j=1

n

cjxj→min

(max) (1)

Với hệ ràng buộc:

∑

j=1

n

aijxj

¿ ¿ ¿ ¿

righ

¿ ¿ ¿

[¿] [¿]¿

¿ ¿ , i=1,2,…,m (2)

xj ¿0

¿0

tùyý

¿

righ

¿ ¿ ¿

[¿] [¿]¿

¿ ¿ , j=1,2,…,n (3)

(1) gọi hàm mục tiêu, cực tiểu (min) hay cực đại (max)

(2) gọi ràng buộc chung hay ràng buộc hàm, có dạng bất đẳng thức (≤ hay ≥) có dạng đẳng thức (=)

(3) gọi ràng buộc dấu (của biến), khơng âm (≥0), không dương (≤0) hay tùy ý

Véctơ x=(x1, x2,…,xn)T gọi phương án (pa) hay lời giải chấp nhận

được toán QHTT thỏa mãn hệ ràng buộc tốn

Phương án x*=( x1¿,x2¿, , x¿n)T được gọi phương án tối ưu (patư) hay lời giải tối ưu, nghiệm tối ưu toán QHTT giá trị hàm mục tiêu tốt

Tức là: f(x*)=

∑j=1

n

c j x¿j

¿ ¿ ¿

r i gh

¿ ¿ ¿

[¿ ]¿

¿ ¿ giá trị hàm mục tiêu phương

án x=(x1,x2,…,xn)T (Dấu ≤ ứng với toán cực tiểu Dấu ≥ ứng với

toán cực đại)

Giải tốn QHTT tức tìm phương án tối ưu (nếu có).

Hai tốn QHTT gọi tương đương với chúng có chung tập hợp phương án tối ưu.

Mệnh đề: (Quan hệ toán cực đại toán cực tiểu)

(Trong đó: X tập hợp phương án)

Tức là: đổi dấu hàm mục tiêu đổi loại hàm mục tiêu ta tốn tương đương Vì lí mà nghiên cứu cách giải toán qhtt, người ta xét tốn có loại hàm mục tiêu cực tiểu (hay xét tốn có loại hàm mục tiêu cực đại)

2 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TỐN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH BIẾN

Bài tốn có dạng: tìm x=(x1,x2)T cho f(x)=c1x1+c2x2 (max)

Với hệ ràng buộc: ai1x1+ai2x2≥bi, i=1,2,…,m

Chú ý:

- Ràng buộc chung có dạng: a≤b, ta đưa dạng tương đương là: -a≥-b - Ràng buộc chung có dạng: a = b tương đương với: a≥b –a≥-b - Cịn ràng buộc biến xem trường hợp riêng ràng buộc chung

2.1 Xác định miền phương án

Đưa điểm (x1,x2) lên hệ trục tọa độ vng góc Ta xác định

điểm thỏa mãn phương trình: ai1x1+ai2x2=b, hình thành nên đường thẳng chia

mặt phẳng tọa độ thành nửa mặt phẳng (mp) Một nửa mp bao gồm điểm (x1,

x2) thỏa mãn bất phương trình: ai1x1+ai2x2≥bi, nửa bao gồm điểm (x1, x2)

thỏa mãn bất phương trình: ai1x1+ai2x2≤bi

Trong thực hành, để xác định nửa mp ứng với bất phương trình: ai1x1+ai2x2≥bi Ta thường lấy điểm đặc biệt (0,0); (0,1); (1,0);… thay vào

bất phương tình, thỏa mãn nửa mp chứa điểm đặc biệt nửa mp phải tìm; cịn khơng thỏa mãn nửa mp phải tìm nửa mp khơng chứa điểm đặc biệt

Các điểm thỏa mãn hệ ràng buộc toán điểm thuộc miền giao nửa mp xác định bất phương trình tương ứng, tạo nên hình đa giác lồi bị giới nội hay khơng bị giới nội; miền giao rỗng ứng với trường hợp hệ ràng buộc khơng tương thích Trường hợp miễn phương án X không rỗng ta thực tiếp bước sau

2.2 Xác định phương án tối ưu

Một điểm x=(x1,x2)T nằm mp tọa độ cho ta giá trị hàm mục

tiêu là: c1x1+c2x2 =f

Tập hợp tất điểm có giá trị hàm mục tiêu f hình thành nên đường thẳng vng góc với véctơ

⃗

OC

với C=(c1,c2)T Đường thẳng

được gọi đường thẳng mục tiêu có mức f

Đặc điểm đường thẳng mục tiêu là: nếu tịnh tiến đường thẳng mục tiêu theo hướng vectơ

⃗

OC

giá trị hàm mục tiêu tăng lên Còn nếu tịnh tiến theo hướng ngược với vectơ

⃗

OC

giá trị hàm mục tiêu giảm đi.

3 CÁCH ĐƯA BÀI TOÁN QHTT BẤT KỲ VỀ DẠNG CHÍNH TẮC Bài tốn qhtt dạng tắc tốn qhtt có tất ràng buộc chung đều dạng đẳng thức tất biến khơng âm.

Tức tốn có dạng: f=

∑

j=1

n

cjxj→min

Với hệ ràng buộc:

∑

j=1

n

aijxj=bi

, i=1,2,…,m x≥0, j=1,2,…,n

 Trường hợp ràng buộc chung có dấu bất đẳng thức ≤ (hay ≥) ta cộng

thêm (hay trừ đi) biến phụ (biến bù) vào vế trái để cân Biến phụ phải ≥ hệ số tương ứng hàm mục tiêu phải

 Trường hợp biến có điều kiện ≤ (hay tùy ý) ta thay biến

“đối” biến không âm (hay hiệu biến không âm)

Kết luận: Mọi toán qhtt đưa dạng tắc việc giải tốn qhtt cho tương đương với việc giải toán qhtt dạng tắc tương ứng với nó, theo nghĩa tốn dạng tắc có patư từ suy patư tốn ban đầu, cịn tốn dạng tắc khơng có phương án tối ưu tốn ban đầu khơng có patư Nói cách khác: Bài tốn ban đầu có patư tốn dạng tắc tương ứng với có patư.

 Như ta cần tìm cách giải tốn qhtt dạng tắc

4 PHƯƠNG PHÁP KHỬ GAUSS-JORDAN NGHIỆM CƠ BẢN CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.1. Phương pháp khử Gauss-Jordan

Dạng bảng:

b x1 x2 … xv … xn

a10 a20 … ar0 … am0 a11 a21 … ar1 … am1 a12 a22 … ar2 … am2 … … … … … … a1v a2v … arv … amv … … … … … … a1n a2n … arn … amn a’10 a’20 … ar0/arv

… a’m0

a’11

a’21

… ar1/arv

… a’m1

a’12

a’22

… ar2/arv

… a’m2 … … … … … … 0 … … … … … … … … a’1n a’2n … arn/arv

… a’mn

Trong đó: ai0 =bi, i=1,2,…,m

Phép khử Gauss –Jordan (gọi tắt phép khử) với phần tử trục (Phần tử giải; Phần tử chủ yếu) arv≠0 (Dòng r gọi dòng xoay, cột v gọi

cột xoay) cho bảng tương đương với bảng cũ, theo nghĩa hệ thống tương ứng với bảng tương đương với

Quy tắc thực hiện:

- Các phần tử dòng xoay chia cho phần tử trục - Các phần tử lại cột xoay biến thành

- Các phần tử khác tính theo qui tắc đường chéo hình chữ nhật chia

cho phần tử trục: aij '=

aij a1v arj

[

arv

]

arv =

aij×arv−arjaiv

arv

Áp dụng giải hệ phương trình tuyến tính: Lần lượt thực phép khử Gauss-Jordan với phần tử trục nằm dòng khác nhau, bảng cuối cho ta lời giải hệ phương trình (khơng chọn phần tử trục nằm cột b)

Lưu ý:

- Trong trường hợp có nhiều phần tử chọn làm phần tử trục, ta nên chọn phần tử cho dễ thực phép chia

- Trên dịng xoay, có phần tử cột tương ứng (tức cột có phần tử =0 này) giữ nguyên giá trị

- Trên cột xoay, có phần tử dịng tương ứng (tức dịng có phấn tử =0 này) giữ nguyên giá trị

4.2 Nghiệm sở hệ phương trình tuyến tính

Nghiệm sở (nghiệm bản) hệ phương trình tuyến tính nghiệm nhận từ dạng nghiệm tổng quát có biến tự nhận giá trị

Biến sở (biến bản) ứng với phương trình biến có hệ số phương trình có hệ số phương tình cịn lại (nói cách khác: hệ số tương ứng với biến sở tạo nên vectơ đơn vị)

Các biến đặc điểm gọi biến phi sở

Trong dạng nghiệm tổng quát, biến sở đóng vai trị biến phụ thuộc biến phi sở biến tự

Nhận xét: khi thực phép khử với phần tử trục biến cột xoay sẽ trở thành biến sở tương ứng với dòng xoay

Ta thấy nghiệm sở tương ứng với dạng nghiệm tổng quát, mà dạng nghiệm tổng quát khác hệ biến tự (hay hệ biến sở) khác Do để tìm tất nghiệm sở ta đưa vào bảng tính cột xB

chứa biến sở tương ứng với phương trình tiến hành thực phép khử với phần tử trục chọn cho thu hệ biến sở khác

Nghiệm sở tương ứng với bảng xác định cho biến sở nhận giá trị tương ứng cột b, biến không nằm hệ biến sở nhận giá trị

- Nghiệm sở khơng suy biến nghiệm sở có tương ứng với hệ biến sở

5 PHƯƠNG ÁN CỰC BIÊN

Pacb (phương án sở; phương án bản) toán qhtt dạng tắc phương án đồng thời nghiệm sở hệ ràng buộc chung

Nói cách khác, pacb nghiệm sở hệ ràng buộc chung có thỏa điều kiện dấu biến

- Pacb không suy biến pacb có tương ứng với hệ biến sở

- Pacb suy biến pacb có tương ứng với nhiều hệ biến sở Do số nghiệm sở hệ phương trình tuyến tính hữu hạng nên số pacb hữu hạng

Số thành phần dương (>0) pacb không vượt hạng hệ ràng buộc chung

Pacb có số thành phần lớn hạng hệ ràng buộc chung pacb không suy biến Ngược lại, pacb có số thành phần lớn nhỏ hạng hệ ràng buộc chung phương án cực biên suy biến

6 CƠ SỞ GIẢI TÍCH LỒI

Tập hợp lồi: Là tập hợp phương án thỏa điều kiện: Nếu có điểm thuộc đoạn thẳng nối điểm thuộc tập hợp

Định nghĩa: Điểm cực biên tập lồi X điểm thuộc X, điểm đoạn thẳng nằm X

Đỉnh tập lồi X điểm thuộc X tồn siêu phẳng cho X nằm hoàn tồn phía siêu phẳng cắt X điểm

Lưu ý: phương trình đoạn thẳng viết dạng: x=xo+αz, ∀ α

¿

[

α1, α2

]

Đây đoạn thẳng nằm đường thẳng qua điểm xo có vectơ

chỉ phương z

7 CÁC ĐỊNH LÝ

 Định lý (dấu hiệu pacb): Một phương án toán qhtt dạng

 Định lý (Điều kiện tồn pacb): Bài tốn qhtt dạng tắc có

pa có pacb

 Định lý (ý nghĩa hình học pacb): pacb tương ứng với điểm

cực biên (đỉnh) tập phương án

 Định lý (định lý biểu diễn):

x∈X⇔x=

∑

i=1

K αixi

+

∑

i=1

L βizi

Trong x1,…,xK pacb; z1,…,zL vectơ phương cạnh vô

hạn ∀αi≥0 , i=1,…,K; ∀βi≥0 , i=1,…,L α1+…+ αK=1

Tức pa x biểu diễn dạng tổ hợp lồi pacb cộng với tổ hợp không âm vectơ phương cạnh vô hạn

 Định lý (điều kiện tồn pacb): tốn qhtt có patư

có phương án hàm mục tiêu bị chặn toán cực tiểu (hay bị chặn toán cực đại) tập phương án

B BÀI TẬP

1. Lập mơ hình tốn học tốn sau:

a Một xí nghiệp đóng tàu đánh cá cần đóng loại tàu 100 mã lực 50 mã lực Trong xí nghiệp có loại thợ định sản lượng kế hoạch Thợ rèn có 2000 cơng, thợ sắt có 3000 cơng, thợ mộc có 1500 cơng Định mức lao động loại tàu cho bản:

100 mã lực 50 mã lực

Thợ sắt (3000) Thợ rèn (2000) Thợ mộc (1500)

150 120 80

70 50 40 (cơng/sản phẩm)

Hỏi xí nghiệp nên đóng tàu loại để đạt tổng số mã lực cao nhất?

Giải

Gọi x1, x2 số tàu 100 mã lực 50 mã lực cần đóng

 f(x)=100x1+50x2 max

Điều kiện:

150x1+70x2≤3000 120x1+50x2≤2000 80x1+40x2≤1500

x1≥0, x2≥0

¿

{¿ {¿{¿ ¿ ¿

¿

Vấn đề đặt xí nghiệp cấn chế tạo đơn vị sản phẩm loại để tổng giá trị sản phẩm xí nghiệp thu lớn nhất, với điều kiện không dùng số có loại máy

Giải

Ta có bảng tóm tắt sau: Loại sp

Thiết bị A (48) B (16) C (27)

Máy cán (510)

Máy tiện (360)

Máy mài (150)

Gọi x1, x2, x3 số đơn vị sản phẩm loại A, B, C

 f(x)= 48x1+16x2+27x3 max

Điều kiện:

9x1+3x2+5x3≤510 5x1+4x2+3x3≤360

3x1+2x3≤150

xj≥0, j=1,2,3

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

c Một xí nghiệp điện sản xuất quạt điện loại Cần cắt từ tôn cánh quạt điện theo kiểu A, B, C Có mẫu cắt khác theo bảng sau:

Kiểu cánh quạt

Mẫu cắt

1

A B C

2 0

1

1

0

0

0

Chỉ tiêu sản lượng sản phẩm xí nghiệp phải hồn thành 4000 cánh quạt kiểu A, 5000 cánh quạt kiểu B, 3000 cánh quạt kiểu C Hỏi xí nghiệp có phương án cắt để có phế liệu nhất?

Giải

Gọi xj số tôn cắt theo mẫu j

Điều kiện:

2x1+x2+x3≥4000

x2+2x4+x5≥5000

x3+2x5+3x6≥3000

xj≥0, j=1, 2, 3,4,5,6

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

d Cần vận chuyển loại hàng hóa từ xí nghiệp A1, A2, A3 đến cửa hàng B1, B2, B3, B4 lượng hàng có xí nghiệp chi phí vận chuyển đơn vị hàng cho bảng sau:

B1 B2 B3 B4 Khả

hàng hóa A1

A2

A3

3 1

4

0

1

40 30 30

Nhu cầu hàng hóa 20 25 30 15

Hãy lập kế hoạch vận chuyển cho tổng chi phí vận chuyển bé nhất?

Giải

Gọi xij lượng hàng hóa cần vận chuyển từ xí nghiệp Ai (i = 1, 2, 3) đến

cửa hàng Bj (j=1, 2, 3, 4)

 f(x) = 3x11 + 4x12 + x14 + x21 + 2x22 + 5x23

+ 6x24 + x31 + 5x32 + 8x33 + 2x34

Điều kiện:

x11+x12+x14≤40

x21+x22+x23+x24≤30

x31+x32+x33+x34≤30

x11+x21+x31=20

x12+x22+x32=20

x23+x33=30

x14+x24+x34=15

xij≥0, j=1,2,3,4, i=1,2,3

¿ {¿{¿{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

e Công ty may mặc Long Vũ lập kế hoạch sản xuất mặt hàng áo Jaket, áo Chemis, áo Bludong Được biết chi phí giở cơng sản xuất mặt hàng qua cơng đoạn cắt, may, hồn chỉnh sau:

Chemis Bludong Jaket

Giờ công phận cắt 0.2 0.4 0.3

Giờ công phận may 0.3 0.5 0.4

Giờ cơng phận hồn chỉnh

0.1 0.2 0.1

Đơn giá (USD/sp) 2.3 3.6 2.8

Năng lực tối đa phận sau: - Bộ phận cắt: 1250 công

- Bộ phận may: 1650 công - Bộ phận hồn chỉnh: 540 cơng

Tối thiểu loại phải sản xuất 200 sản phẩm Hãy tính kế hoạch sản xuất loại sản phẩm để đạt tổng giá trị sản phẩm lớn đảm bảo điều kiện lực sản phẩm qui định số lượng sản phẩn tối thiểu

Giải

Gọi x1, x2, x3 số đơn vị sản phẩm Chemis, Bludong, Jaket

 f(x)= 2,3x1 + 3,6x2 + 2,8x3  max

Điều kiện:

0 2x1+0 4x2+0 3x3≤1250 3x1+0 5x2+0 4x3≤1650 1x1+0 2x2+0 1x3≤540

xj≥200, j=1,2,3

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

f Nhà máy sản xuất thiết bị nghe nhìn điện tử Hanel lắp ráp thành phẩm máy thu hình TV, Stereo, loa thùng từ phận khác Tên phận số lượng kho chúng phận KHO cung cấp sau:

Tên phận Kho Số lượng phận sử dụng lắp ráp

thùng

Khung 450 1

Đèn hình 250 0

Loa 800 2

Nguồn 450 1

Hệ thống điện 600 1

Lợi nhuận đơn vị (S) 75 50 35

Tìm giải pháp lắp ráp số lượng máy thu hình TV, Stereo, loa thùng từ số phận kho để đem lại tổng lợi nhuận cao nhất?

Giải

Gọi x1, x2, x3 số lượng máy thu hình TV, Stereo, loa thùng

 f(x) = 75x1 + 50x2 + 35x3 max

Điều kiện:

2. Đưa dạng chuẩn tắc tắc tốn qui hoạch tuyến tính sau:

a f(x) = 2x1 - x2 max

Điều kiện:

x1−2x2+x3≤2 2x1−2x2−x3≥3

x1+x2+x3=4

x1≥0, x3≥0, x2 tùy ý

¿ {¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Giải

Dạng tắc: thay x2 = x4 - x5 (x4, x5 ≥ 0) thêm biến phụ x6, x7 ≥

Ta toán: f(x) = 2x1- x4 + x5 max

Điều kiện:

1

1

1

2

2

2

2

2

2

3

4

0(

1,3, 4,5,6,7)

j

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

j















































Ta toán: f(x)= 2x1 - x4 + x5  max

Điều kiện:

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

2

2

2

3

4

4

4

0(

1,3, 4,5)

0 (

1,3, 4,5)

j

j

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

j

x

j









































































  

























b f(x)= 3x1 + x2  min

Điều kiện:

x1≥3

x1+x2≤4 2x1−x2=5

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

Dạng tắc: thêm biến phụ x3, x4 ≥ Ta có: f(x) = 3x1 + x2 

Điều kiện:

x1−x3=3

x1+x2+x4=4 2x1−x2=5

xj≥0, j=1,2,3,4

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Dạng chuẩn tắc: f(x) = 3x1 + x2 

Điều kiện:

x1≥3

−x1−x2≥−4

2x1−x2≥5 −2x1+x2≥−5

xj≥0, j=1,2,3,4

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

3 Viết tốn qui hoạch tuyến tính sau dạng tắc:

a f(x) = 4x1 + 3x2 - 2x3 min

Điều kiện:

1 3 3

x x 4x 2x x 3x 3x 4x 2x x 0, x 0, x tùyý

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

Đặt x3=x4-x5 (x4, x5≥0), thêm biến phụ x6, x7 ≥0

Điều kiện:

−x1−x2+4x4−4x5=6 2x1+x2−3x4+3x5+x6=8 3x1+4x2−2x4+2x5−x7=3

xj≥0, j=1,2,4,5,6,7

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

b f(x) = 3x1 + x2 min

Điều kiện:

4x1+2x2−x3≤15 5x1+2x2−x3=10 −3x1−6x2+2x3≥25

x1≥0, x3≥0, x2 tùy ý

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

Đặt x2 = x4 - x5 (x4, x5 ≥ 0), thêm biến phụ x6, x7 ≥

Ta có: f(x) = 3x1 + x4 – x5

Điều kiện:

1

1

1

4 2 15

5 2 10

3 6 25

0, (1,3, 4,5,6,7)

j

x x x x x

x x x x

x x x x x

x j                       

4 Cho tốn qui hoạch tuyến tính dạng tắc:

f(x) = 2x1 + x2 - x3 + x4 max

Điều kiện:

x1+x2+2x3+x4=6

x1+x2+x4=2

x1−2x2+x3=4

xj≥0, j=1,2,3

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

a Hãy rõ phương án toán b Xác định tập phương án toán

Giải

a. Sử dụng phương pháp Gauss-Jordan, ta lập bảng:

b x1 x2 x3 x4

6 -4 -2

1 0

1 -3

2

-2

-1

1 -1

2

1 0

1 -3

0

1

-1

2

1 0

-2

0

0

 hệ phương trình:

x1−2 x2=2 x3=2

3 x2+x4=0 ⇔

¿

x1=2+2x2 x3=2 x4=−3 x2

¿

{¿ {¿ ¿ ¿

¿ Cho x2 =   x4 = -3, x1 = + 2

Chọn  = 0: ta có phương án (2, 0, 2, 0)

b. Tập phương án toán:

D=

{

x=(x1, x2, x3, x4)|x1=2+2α , x2=α , x3=2, x4=−3α , α∈R

}

5 Vẽ miền thỏa mãn bất phương trình tuyến tính (bậc nhất) sau:

- 2x1 + 5x2 ≤ 10, - x1 + 3x2 ≤ 3, 2x1 + x2 ≤ 6, x1 + 2x2 ≥

Chỉ rõ điểm cực biên (đỉnh) miền

Điểm cực biên miền A(15/7,12/7); B(10/3,-2/3); C(0,1)

6 Dùng phương pháp hình học giải qui hoạch tuyến tính biến sau:

a F(x) = - x1 + x2  max

Điều kiện:

x1+x2≤1 3x1+2x2≤6

3x1+x2≤9

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

Miền ràng buộc: OAB Phương án tối ưu: A(0,1) Trị tối ưu: fmax=1

b f(x) = 5x1 + 4x2 max

Điều kiện:

x1+2x2≤8

x1−2x2≤4 3x1+2x2≤12

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

c f(x) = 5x1 + 3x2 max

Điều kiện:

2x1+x2≤6

x1−x2≤0 2x1−x2≥0

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

Miền ràng buộc: OAB Phương án tối ưu: B(3/2,3)

Trị tối ưu: fmax = 33/2

d f(x) = -4x1+3x2 min

Điều kiện:

x1+x2≤6 2x1+3x2≥6

x1−x2≤2

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Giải

Trị tối ưu: fmin= -10

7. Tìm phương án cực biên khơng suy biến tốn qui hoạch tuyến tính với điều kiện ràng buộc sau đây:

a Điều kiện:

x1−x2−x3=1

x1+x2+x3=3

x1≥0, x2≥0, x3≥0 ¿

{¿{¿ ¿¿ ¿

Giải

Nhận xét: phương án cực biên tốn có nhiều thành phần >

 có thành phần =

Cho x1=0  VN

Cho x2=0  x1 = 2, x3 =1  x1= (2,0,1)

Xét hệ A1,A3 độc lập tuyến tính x1, x3 > x1 phương án cực biên

không suy biến

Cho x3=0  x1=2, x2=1  x2= (2,1,0)

Xét hệ A1,A2 độc lập tuyến tính x1, x2 > x2 phương án cực biên

không suy biến

b Điều kiện:

x1+x2+x3=10 2x1−x2+3x3=14

x1≥0, x2≥0, x3≥0 ¿

{¿{¿ ¿¿ ¿

Giải

Nhận xét: phương án cực biên tốn có nhiều thành phần >

 có thành phần =

Cho x1 =  x2 = 4, x3 =  x1= (0, 4, 6)

Xét hệ A2,A3 độc lập tuyến tính x2, x3 > x1 phương án cực biên

không suy biến

Cho x2 = x1 = 16, x3 = -6 x2 = (16, 0, -6)  không thỏa điều kiện x3 >

0

Xét hệ A1,A2 độc lập tuyến tính x1, x2 > x3 phương án cực biên

không suy biến

c Điều kiện:

x1+x2+x3=4

x1−x2=0

x1≥0, x2≥0, x3≥0 ¿

{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Giải

Nhận xét: phương án cực biên tốn có nhiều thành phần >

 có thành phần =

Cho x1 =  x2 = 0, x3 =  x1= (0,0,4)

Xét hệ A2, A3 độc lập tuyến tính có x3 > x1 phương án cực

biên suy biến

Cho x2 =  x1 = 0, x3 =  x2 = x1 = (0,0,4)

Xét hệ A1, A3 độc lập tuyến tính có x3 > x2 phương án cực

biên suy biến

Cho x3 =  x1 = x2 =  x3= (2,2,0)

Xét hệ A1,A2 độc lập tuyến tính x1, x2 > x3 phương án cực biên

không suy biến

8. Cho toán: f(x) = x1 + 6x3 - 5x4 (P)

Điều kiện:

x1+2x3+3x4=5

x2−x3+2x4=8

x1, x2, x3, x4≥0 ¿

{¿ {¿ ¿ ¿ ¿

a Liệt kê tất phương án (P)

b Chứng tỏ (P) có phương án tối ưu Từ phương án cực biên tối ưu

Giải

a Nhận xét: phương án cực biên tốn có nhiều thành phần > 0

 có thành phần =

Cho x1 = x2 =  x3 = -2, x4 =  không thỏa điều kiện x3 >

Cho x1 = x3 =  x2 = 14/3, x4 = 5/3  x1= (0,14/3,0,5/3)

Xét hệ A2, A4 độc lập tuyến tính x1 phương án cực biên không suy

Cho x1 = x4 =  x2 = 21/2, x3 = 5/2  x2 = (0, 21/2, 5/2, 0)

Xét hệ A2, A3 độc lập tuyến tính x2 phương án cực biên không suy

biến

Cho x2 = x3 =  x1 = -7, x4 =  x3 = (-7, 0, 0, 4)  không thỏa điều kiện

x1 >

Cho x2 = x4 =  x1 = 21, x3 = -8  x4 = (21, 0, -8, 0)  không thỏa điều

kiện x3 >

Cho x3 = x4 =  x1 = 5, x2 =  x5= (5, 8, 0, 0)

Xét hệ A1, A2 độc lập tuyến tính x5 phương án cực biên không suy

biến

Cho x1 = x2 = x3 = VN

Cho x1 = x2 = x4 = VN

Cho x1 = x3 = x4 = VN

Cho x2 = x3 = x4 =0 VN

b Ta có f = x1 + 6x3 -

5

3 ( – x1 - 2x3 )=

3 x1 + 28

3 x3 - 25

3 ≥− 25

3

Vậy hàm mục tiêu bị chặn dưới, tập phương án không rỗng, tóan có phương án tối ưu Vậy có phương án cực biên phương án tối ưu

Từ phương án cực biên trên, ta có: f(x1) = x

1 + 6x3 - 5x4 = -5.5/3 = -25/3

f(x2) = x

1 + 6x3 - 5x4 = 6.5/2 = 15

f(x5)= x

1 + 6x3 - 5x4 =

Vậy x1= (0,14/3,0,5/3) phương án tối ưu toán trị tối ưu -25/3

CHƯƠNG 2:

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

A LÝ THUYẾT

Xét toán QHTT sau:

Trong A ma trận cấp mxn, b ∈Rm x ∈Rn

Giả thiết: m ≤ n, rank(A) = m tốn khơng suy biến

Ký hiệu toán (1) – (3) tốn ( D,f ), D miền ràng buộc

 Ý tưởng phương pháp đơn hình

Bắt đầu từ phương án cực biên x0 tốn.

Kiểm tra x0 có tối ưu khơng (so sánh giá trị hàm mục tiêu x0 và

giá trị hà mục tiêu đỉnh kế với

- x0 thỏa mãn tiêu chuẩn tối ưu phát tốn khơng có

phương án tối ưu: dừng thuật toán

- Trái lại, phương pháp tìm phương án cực biên tốt (giá trị ham mục tiêu nhỏ hơn) mà đỉnh kề đỉnh trước Trở lại bước kiểm tra tối ưu

Pacb ban đầu x0 x

opt

 Thuật toán đơn hình giải tập ( D,f ):

Bước 1:

Tìm phương án cực biên ban đầu x0 với sở

{

A

j, j∈J0

}

gồm m

vectơ độc lập tuyến tính A

Giả sử x0 = ( x10, x20, … , x0m,0, … ,0 ), với x0j>0 ( j = 1,…, m ) Ký hiệu: J0 =

{

j , xj>0

}

= { 1, 2,…, m } Hệ

{

Aj, j∈J0

}

sở

x0 biến xj

(

j∈J0

)

biến sở

Ak = z1kA1 + z2kA2 + … + zmkAm , k = 1, 2, …, n

f0=¿c , x0>¿c1x10+c2x20+…+cmxm0 Tính ∆k=c1z1k+c2z2k+…+cmzmk−ck, k=1, …, n Lập bảng đơn hình ứng với x0

Cơ sở

Hệ số cj

Phươn g án

x1 … xm … xk … xn

θ

c1 … cm … ck … cn

A1 c1 x10 … … z1k … z1n

A2 c2 x20 … … z2k … z2n

… … … …

Ai ci xi0 … … zik … z¿

… … … … … …

Am cm xm0 … … zmk … zmn

f(x0) ∆1 … ∆m … ∆k … ∆n

Nhận xét: ∆j=0,∀j∈J0 Ta đặt:

zi0=xi

0

(i=1, 2, …, m)

zm+1,0=f

(

x0

)

zm+1, k=∆k(k=1, 2,… , n) Bước 2: (kiểm tra tối ưu)

Nếu zm+1, k≤0,∀ j=1,2, …, n , x0 phương án tối ưu: dừng thuật

toán Trái lại, chuyển sang bước

Bước 3: (Kiểm tra tốn khơng có phương án tối ưu)

Nếu ∃k:1≤ k ≤ n cho zm+1, k>0 zik≤0,∀i=1, 2,… , m

Thì tốn cho khơng có phương án tối ưu hàm mục tiêu giảm vô hàn miền ràng buộc: dừng thuật toán

Trái lại chuyển sang bước

Bước 4: (Xây dựng phương án cực biên mới)

 Chọn vectơ đưa vào sở:

Chọn s thỏa mãn: zm+1, s=max

{

zm+1,k:zm+1, k>0

}

Đưa vectơ As vào sở

Tính θ0=min

{

zi0

zis:zis>0

}

=

zr0

zrs

Giả sử tên biến sở thứ r xir

Đưa vectơ Air khỏi sở

 Xây dựng phương án cực biên mới: Phương án x1 xác định

như sau:

Phương án x1 tương ứng vói sở J

1 = ( J0 \ {ir} ∪ {s})

Và f(x1)=f0−θ0zm+1,s<f0

Tính hệ số zik' (i = 1, 2, …, m+1 ; k = 0, … , n)

Trở lại thực bước tiếp tục thuật toán nhận phương án tối ưu (bước 2) phát tốn khơng có phương án tối ưu (bước 3) dừng

Để tính tốn lại hệ số zik thay đổi từ sở cũ sang sở mới,

sử dụng cơng thức sau:

(i = 1, 2, …, m+1; k = 0, 1, …, n)

(Chỉ số cột s số hàng r xác định bước 4)

Nhận xét: Với giả thiết tốn khơng suy biến thuật tốn giải nêu phải dừng sau số hữu hạn bước lặp, lần thực bước ta nhận phương án cực biên tốt phương án cực biên trước số phương án cực biên toán hữu hạn

Không giảm tổng quát, ta xem bi≥0

2.1. Trường hợp ma trận hệ số A (5) có chứa ma trận đơn vị I cấp m

Hệ m vectơ

{

Aj, j∈J

}

tương ứng với m cột I sở phương án cực biên x0.

Cách xác định x0:

Cho xj

0

ứng với cột Aj nằm I

Từ (5)  x0j ứng với cột Ajnằm I: ẩn sở

2.2 Trường hợp ma trận hệ số A (5) không chứa ma trận đơn vị I cấp m

Ta xét toán mở rộng sau (thường gọi toán M)

F=c1x1+c2x2+…+cnxn+M xn+1+…+M xn+m→ min

Điều kiện:

Trong xn+1 , xn+2 , …, xn+m gọi ẩn giả, M số dương tùy

ý

Nhận xét: Ma trận hệ số ràng buộc chứa ma trận đơn vị cấp m

 Định lý:

Nếu toán (M) khơng có phương án tối ưu có phương án tối ưu mà có ẩn giả dương (D,f) vơ nghiệm

Nếu tốn (M) có phương án tối ưu x❑M

=

(

x1, … , xn

)

là phương án tối ưu tốn ( D,f ) Do giải toán (M) thay cho giải toán ( D,f )

 Ví dụ 1:

Ma trận hệ số ràng buộc có chứa ma trận đơn vị I2 ứng với cột cột

5

Vậy x0 = (0,0,0,12,10) là phương án cực biên với sở tương ứng

{A4,A5}

Chú ý :

- Nếu ma trận A tốn ( D, f ) có chứa k vectơ cột đơn vị khác ( k < m )thì ta cần đưa m – k biến giả vào toán (M)

- Trong toán (M), hàm mục tiêu F phụ thuộc tuyến tính vào M nên ước lượng biến phụ thuộc tuyến tính vào M :

f=α0+β0M

∆k=αk+βkM(k=1, 2… ,n+m)

Quy tắc xét dấu ước lượng ∆k sau : ∆k > βk>0 ( αkbất kỳ ) βk=0 ,

αk>0(k=1, 2,… , n+m)

∆i>∆j βi>βj ( αivà αjbất kỳ ) βi=βj ,

αi>αj(i, j=1,2, … , n+m)

Trong bảng đơn hình: Tách dịng mục tiêu ( dòng cuối ) thành hai dòng riêng: dòng đầu ghi hệ số αk , dòng sau ghi hệ số βk (k = 0, 1, 2, …, n+m)

 Ví dụ :

Dùng phương pháp đơn hình giải tốn QHTT sau :

f=−2x1−2x2−3x3→ min Điều kiện :

{

x1+2x2+x3≤10

x1+2x2+3x3=15

2x1+x2+5x3=20

xj≥0(j=1,2,3)

Đưa vào ẩn phụ x4 ẩn giả x5, x6 ta có tốn (M) :

{

x1+2x2+x3+x4=10

x1+2x2+3x3+x5=15

2x1+x2+5x3+x6=20

xj≥0(j=1, 2,… ,6) Lập bảng đơn hình cho tốn : Cơ sở Hệ số cj Phương

án

A1 A2 A3 A4

θ

– – –

A4 10 1 10

A5 M 15

A6 M 20 [5] 444 4

Bảng 2 3

3 8

A4 3/5 9/5 10/3

A5 M – 1/5 [7/5] 0 15/7

A3 –3 2/5 1/5 20

Bảng 4/5 7/5 0

– 1/5 7/5 0

A4 15/7 [6/7] 0 15/6

A2 – 15/7 – 1/7 0 _

A3 – 25/7 3/7 25/3

Bảng 1 0

A1 – 5/2 0 7/6

A2 – 5/2 1/6

A3 – 5/2 0 – 1/2

Bảng – 35/2 0 – 7/6

Vậy phương án tối ưu x = ( 5/2, 5/2, 5/2 ) sở { A

1, A2, A3}

fmin = – 35/2

 Ghi chú :

Trường hợp tốn có dạng f(x)=¿c , x>→ max với x∈D

Ta chuyển sang tốn – f(x)→ min với x∈D Kiểm tra tối ưu : Nếu zm+1, j=∆j≥0 x0 phương án tối ưu

Kiểm tra trường hợp khơng có phương án tối ưu :

Nếu ∃k:∆k<0 zk≤0(∀i) tốn khơng có phương án tối ưu Xây dựng phương án cực biên ∆k<0 đến ∃i:zk>0 lập phương án cực biên

Chọn vectơ đưa vào sở, chọn s thỏa mãn

Xác định vectơ loại khỏi sở trường hợp cực tiểu Các tính tốn cịn lại tốn

 Ví dụ 3:

Dùng phương pháp đơn hình giải tốn QHTT sau :

f=−x1+x2+2x3→ max Điều kiện :

{

2x1+x2−4x3≥−6 2x1+x2+x3≥6

2x1+2x2−x3=4

xj≥0(j=1,2,3) Cách 1: Giải trực tiếp toán max

Đưa vào phương trình hàm mục tiêu ẩn giả x6, x7 ta có tốn (M)

F=−x1+x2+2x3−M x6−M x7→ max Điều kiện :

{

−2x1−x2+4x3+x4=6 2x1+x2+x3−x5+x6=6

2x1+2x2−x3+x7=4

xj≥0(j=1,2,3)

Lập bảng đơn hình cho tốn : Cơ sở Hệ số

cj

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5

θ

–1 0

A4 –2 –1 _

A6 –M 1 –1

A7 –M [2] –1 0 2

Bảng 1 –1 –2 0

– 4 –3 0

A4 10 10/3

A6 –M –1 [2] –1 1

A1 –1 1 –1/2 0 _

Bảng –2 –3/2 0

0 –2

A4 [5/2] 3/2 14/5

A3 –1/2 –1/2 _

A1 –1 5/2 3/4 0 –1/4 10/3

Bảng –11/4 0 –3/4

A2 14/5 2/5 3/5

A3 12/5 0 1/5 –1/5

Bảng 36/5 0 11/10 9/10

Vậy phương án tối ưu : x= ( 2/5, 14/5, 12/5 ) fmax = 36/5

Cách 2 : Chuyển dạng toán từ f → max thành −f → min Ta giải toán với điều kiện tương tự cách với hàm mục tiêu Lập bảng đơn hình cho toán

Cơ sở Hệ số cj

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5

θ

1 –1 – 0

A4 –2 –1 _

A6 M 1 –1

A7 M [2] –1 0 2

Bảng –1 0

4 0 –1

A4 10 10/3

A6 M –1 [2] –1 1

A1 1 –1/2 0 _

Bảng 2 3/2 0

0 –1 2 –1

A4 [5/2] 3/2 14/5

A3 –1/2 –1/2 _

A1 –1 5/2 3/4 0 –1/4 10/3

Bảng 11/4 0 3/4

A2 14/5 2/5 3/5

A3 12/5 0 1/5 –1/5

A1 –1 2/5 0 –3/10 –7/10

Bảng –36/5 0 –11/10 –9/10

Vậy phương án tối ưu : x= ( 2/5, 14/5, 12/5 ) – fmin = –36/5

B BÀI TẬP

1 Dùng phương pháp đơn hình giải toán sau: a) f = -50 x1 – 60x2

1 2 2

9 36

0; x x x x x x x x                Giải

Thêm ẩn phụ x3,4,5 ≥0 , ta có:

1

2 36

0( 1, 5)

j

x x x

x x x

x x x

x j                  

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = (0, 0, 8, 5, 36) với sở tương ứng

là ( A3, A4, A5)

Lập bảng đơn hình cho tốn Cơ sở Hệ số Phươn

g án

A1 A2 A3 A4 A5 θ

-50 -60 0

A3 [2] 0 4

A4 1

A5 36 0

Bảng 50 60 0

A2 -60 1/2 ½ 0

A4 [1/2] -1/2 2

A5 20 20/7

Bảng 20 -30 0

A2 -60 1 -1

A1 -50 -1

A5 0 14

Bảng -280 0 -10 -40

 fmin = -280

b) f = 2x1 + 5x2 + 4x3 + x4 - 5x5 

x1 + x2 + 4x3 -3x5 = 152

x2 + 2x3 + x4 + 3x5 = 60

3x2 + x5≤ 36

xj ≥ ( j = 1,2,3,4,5)

Giải

Thêm ẩn phụ x6≥ 0, ta có:

x1 + x2 + x3 -3x5 = 152

4x2 + 2x3 + x4 + 3x5 = 60

3x2 + x5 + x6 = 36

Xj ≥ (j = 1, 2, 3, 4, 5, 6)

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = (152, 0, 0, 60, 0, 36) với sở

tương ứng ( A1, A4, A6 )

Lập bảng đơn hình: Cơ

sở

Hệ số

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5 A6 θ

2 -5

A1 152 -3 38

A4 60 [2] 30

A6 36 0

-Bảng 1 6

A1 32 -6 -2 -9

A3 30 ½ 3/2

A6 36 0

Bảng 184 -9 -3 -7

Vậy phương án cực biên tối ưu x = (32, 0, 30, 0, 0)

 fmin = 184

c) f = 6x1 + x2 + x3 + 3x4 + x5 - 7x6 + 6x7

2x1 –x3 + 2x6 + x7 = -9

4x1 + 2x4 + x5 – 3x6 =

xj≥ (j = 1,…,7)

Giải

Điều kiện toán viết lại:

-x1 + x2 – x4 + x6 + x7 = 15

-2x1 + x3 – 2x6 – x7 =

4x1 + 2x4 + x5 – 3x6 =

xj≥ (j = 1,…,7)

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = (0, 15, 9, 0, 2, 0, 0)

Với sở ban đầu (A2; A3; A5)

Cơ sở

Hệ số

phương án

A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 θ

6 1 -7

A2 15 -1 -1 [1] 15

A3 -2 0 -2 -1

-A5 0 -3

-Bảng -5 0 -2 3 -6

A6 -7 15 -1 -1 1

-A3 39 -4 -2 0

-A5 47 -1

-Bảng -2 -3 1 0 -9

 Bài tốn khơng có phương án tối ưu

d) f = x1 – x2 

x1 -x2 ≥ -1

3x1 + 2x2 ≤

-3x1 –x2 ≥ -9

x1 ≥ 0; x2 ≥

Thêm ẩn phụ x3,4,5 ≥ vào, ta có

f = x1 – x2

-x1 + x2 + x3 =

3x1 + 2x2 + x4 =

3x1+ 2x2 + x5 =

xj ≥ ( j = 1, 2,…, 5)

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = (0, 0, 1, 6, 9)

Lập bảng đơn hình: Cơ

sở

Hệ số

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5 θ

1 -1 0

A3 -1 [1] 0 1

A4 3

A5 0

Bảng -1 1 0

A2 -1 -1 1 0

A4 5 -2

A5 4 -1

Bảng -1 0 -1 0

Ở bảng đơn hình cuối ta có A1 sở ∆1 =

 Bài tốn có vơ số phương án tối ưu fmin = -1

2 Dùng phương pháp phạt giải toán sau: a f = - x1 - 2x2 - 3x3 + x4

Điều kiện:

x1 + 2x2 + 3x3 = 15

2x1 + x2 + 5x3 = 20

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 10

Giải

Thêm ẩn giả x5,6≥ 0, ta có tốn mới:

F = -x1 - 2x2 - 3x3 + x4 + Mx5 + Mx6

Với điều kiện ràng buộc mới: x1 + 2x2 + 3x3 + x5 = 15

2x1 + x2 + 5x3 + x6 = 20

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 10

xj≥ (j = 1, ,3, 4, 5, 6)

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = ( 0; 0; 0; 10; 15; 20)

Cơ sở ban đầu : {A5, A6, A4}

Lập bảng đơn hình: Cơ

sở

Hệ số

Phương án

A1 A2 A3 A4 θ

-1 -2 -3

A5 M 15

A6 M 20 [5] 4

A4 10 1 10

Bảng 3 8

A5 M -1/5 [7/5] 0 15/7

A3 -3 2/5 1/5 20

A4 3/5 9/5 10/3

Bảng

2/5 16/5 0

-1/5 7/5

A2 -2 15/7 -1/7 0

-A3 -3 25/7 3/7 25/3

A4 15/7 [6/7] 0 5/2

Bảng 6/7 0

A2 -2 5/2 1/6

A3 -3 5/2 0 -1/2

A1 -1 5/2 0 7/6

Bảng -15 0 -1

Vậy phương án cực biên tối ưu x0 = ( 5/2, 5/2, 5/2, 0)

fmin = 15

b f = x1 + 2x2 – x3 max

-x1 +4x2 -2x3 ≤

x1 + x2 +2x3 ≥

2x1 –x2 + 2x3 =

x1,2,3≥

Giải

Ta chuyển toán max sang toán dạng Giải g min  g = -f = - x1 -2x2 + x3

Thêm ẩn phụ x4,5 ≥ ẩn giả x6,7≥ đưa toán (M)

 G = - x1 -2x2 + x3 + Mx6 + Mx7 

-x1 + 4x2 - 2x3 + x4 =

xj≥ ( j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)

Ta có phương án cực biên ban đầu x0 = ( 0, 0, 0, 6, 0, 6, 4) với sở tương

ứng {A4, A6, A7}

Lập bảng đơn hình:

Cơ sở

Hệ số

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5 θ

-1 -2 0

A4 -1 -2

-A6 M 1 -1

A7 M -1 [2] 0 2

Bảng

1 -1

3 4 -1

A4 10 10/3

A6 M -1 [2] 0 -1 1

A3 -1/2 0

-Bảng

1 3/2 0

0 2 0 -1

A2 -2 -1/2 0 -1/2 -2

A3 5/2 ¾ -1/4 10/3

Bảng 11/4 0 ¾

A1 -1 14/5 0 2/5 3/5

A2 -2 12/5 1/5 -1/5

A3 2/5 0 -3/10 -7/10

Bảng -36/5 0 -11/10 -9/10

Vậy phương án cực biên tối ưu toán x = (14/5, 12/5, 2/5) Và gmin = -36/5 => fmax = 36/5

c f = -x1 –x2 +1 -> max

 g = -f = x1 +x2 -1 ->

-x1 + x2≤

3x1 + 2x2 ≥

3x1 +x2≤

Giải

Thêm ẩn phụ x3,4,6 ≥ ẩn giả x5≥ 0, ta có

 G = x1 +x2 +Mx5 - min

-x1 + x2 +x3 =

3x1 + 2x2 –x4 +x5 =

3x1 +x2 +x6 =

Lập bảng đơn hình Cơ

sở

hệ số

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A6

θ

1 0

A3 -1 1 0

-A5 M [3] -1 2

A6 0

Bảng 3 -1

A3 5/3 -1/3

A1 2/3 -1/3

A6 -1 1

Bảng 2 -1/3 0

Vậy phương án cực biên tối ưu x = ( 2, 0)

 gmin = => fmax = -1

3 Chứng minh x = (2, 4, 0, 0) phương án cực biên tối ưu bài toán

f(x) = x1 - 2x2 + 2x3min

Với điều kiện : x1 + x2 + 4x4 =

2x2 + x3 + 5x4 =

xj≥ 0; j = 1, 2, 3,

Giải

- Ta có x = ( 2, 4, 0, 0) thỏa mãn điều kiện ràng buộc => x phương án

- Ngoài ra, ta có sở {A1;A2}

[

1 10 2

]

độc lập tuyến tính

 X phương án cực biên

- Ta lập bảng đơn hình x với sở tương ứng {A1;A2}

Cơ sở

Hệ số

Phương án

A1 A2 A3 A4

θ

1 -2

A1 α1 α2

A2 -2 β1 β2

Ta có: A3 = α1 A1 + β1 A2

 (0,1) = α1 (1,0) + β1 (1,2)

0 = α + β

α1 = -1/2

β1 = 1/2

Tương tự ta có A4 = α2 A1 + β2 A2

 α2 = -3/2

β2 = 5/2

Đưa vào bảng đơn hình trên, tính ∆

Cơ sở

Hệ số

Phương án

A1 A2 A3 A4

θ

1 -2

A1 -1/2 -3/2

A2 -2 1/2 5/2

0 -7/2 -13/2

CHƯƠNG 3:

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU

A LÝ THUYẾT

 Đối ngẫu phương pháp mà ứng dụng với toán QHTT cho (gọi tốn gốc), ta thiết lập toán QHTT khác (gọi toán đối ngẫu) cho từ lời giải toán ta thu thơng tin lời giải tốn

 Khi phân tích đồng thời hai tốn gốc dối ngẫu ta rút kết luận sâu sắc mặt toán học lẫn ý nghĩa thực tiễn

1 CÁCH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

1.1 Xét quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc:

f(x) = c1x1 + c2x2 + … + cnxn

(P) [Bài tốn gốc]

Trong aij, bi, cj hệ số cho trước; x= (x1, x2, … ,xn)  Rn l vecto biến

cần tìm

Ta gọi đối ngẫu (P) QHTT, ký hiệu (Q), có dạng: g(y) = b1y1+b2y2+ … + bmym max

(Q) [Bài toán đối ngẫu]

Ở y = (y1, y2, … ,ym) Rm vectơ biến cần tìm

- Các ràng buộc (P)  biến (Q) Các biến (P) 

các ràng buộc (Q)

- Các hệ số vế phải ràng buộc (P) trở thành hệ số mục tiêu (Q), hệ số mục tiêu (P) lại trở thành hệ số vế phải ràng buộc (Q)

- Bài tốn gốc tìm tốn đối ngẫu tìm max (và ngược lại) - Cả hai tốn (P) và(Q) có dạng chuẩn

 Ví dụ: tìm tốn đối ngẫu tốn QHTT dạng chuẩn. f(x) = 20x1 + 15x2 

3x1+x2 ≥60

x1 +x2 ≥40

x1 +2x2≥60

x1≥0, x2≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Bài toán đối ngẫu là:

g(y) = 60y1 + 40y2 + 60y3  max 3y1+ y2+ y3≤20

y1 + y2+ y3≤15

y1≥0; y2≥0; y3≥0 ¿

{¿{¿ ¿ ¿ ¿

 Dùng ký hiệu vectơ ma trận, ta viết:

Bài tốn gốc: Bài toán đối ngẫu:

f(x)=⟨c , x⟩ →

Ax≥b x≥0

¿

{¿{¿ ¿¿

¿

g(y)=⟨b , y⟩→max

ATy≤c

y≥0 ¿ {¿{¿ ¿¿

¿

AT ma trận chuyển vị A, <a, b> tích vơ hướng hai vectơ a b.

1.2.Định nghĩa đối ngẫu tốn qui hoạch tuyến tính dạng chính tắc:

f(x)=c1x1+c2x2+…+cnxn →min

ai1x1+ai2x2+…+ainxn=bi, i=1,2,…, m ,

xj≥0, j=1,2,…, n ,

¿ {¿{¿ ¿¿

¿

Là toán:

g(y)=b1y1+b2y2+…+bmy→max

a1jy1+a2jy2+…+amjym≤cj, j=1, 2,…, n ,

¿

{¿ ¿ ¿

 Dưới dạng vectơ – ma trận, ta viết:

Bài toán gốc: Bài toán đối ngẫu:

f(x)=⟨c , x⟩ →

Ax=b

x≥0

¿

{¿{¿ ¿¿ ¿

g(y)=⟨b , y⟩→max

ATy

≤c

¿ {¿ ¿ ¿

¿

1.3 Tổng qt, xét tốn QHTT có dạng

f(x)=c1x1+c2x2+ …+cnxn→

ai1x1+ai2x2+… +ainxn

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ righ ¿

xj≥0( j∈J1), xj tùy ý (j∈J2), xj≤0 (j∈J3)

¿ ¿

{¿ ¿ ¿

¿

Trong I1I2I3 = {1,…,m}, IiIk = , i, k = 1, 2, (ik); J1J2J3 =

{1,…,n}, JiJk = , j, k = 1, 2, 3(jk)

Ta gọi đối ngẫu toán toán:

g(y)=b1y1+b2y2+…+bmym→max

a1jy1+a2jy2+…+amjym

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ righ ¿

yi≥0(i∈I1), yi tùy ý(i∈I2), yi≤0(i∈I3)

¿ ¿

{¿ ¿ ¿

¿

SƠ ĐỒ ĐỐI NGẪU TỔNG QUÁT

Bài toán gốc Bài toán đối ngẫu

Các biến gốc: x1, x2,…, xn Các biến đối ngẫu: y1, y2,…,ym

Hàm mục tiêu

f(x) = c1x1 + c2x2 +…+ cnxn g(y) = b1y1+ b2y2 +…+ bmym max

Các ràng buộc

ai1x1+ai2x2+…+ainxn

¿ ¿ ¿ ¿ righ ¿ ¿ ¿ [¿] [¿]¿ ¿ ¿

bi, i∈I1 bi, i∈I2

bii∈I3 y

i

¿0

dâu tùy ý

¿0 ¿ righ ¿ ¿ ¿ [¿] [¿]¿ ¿ ¿

i≥I1 i∈I2 i≤I3

xj

¿0

dâu tùy ý

¿0 ¿ righ ¿ ¿ ¿ [¿] [¿]¿ ¿ ¿

j∈J1 j∈J2

j∈J3 a

1jy1+a2jy2+…+amjym

¿ ¿ ¿ ¿ righ ¿ ¿ ¿ [¿] [¿]¿ ¿ ¿

cj, j∈J1 cj, j∈J2 cj, j∈J3  Nhận xét: Nếu lấy đối ngẫu tốn đối ngẫu ta

nhận toán gốc

f (x)=4x1−3x2+2x3 →

2x1+x2−3x3≥8

−x1−2x2+4x3=6

3x1+4x2−x3≤3 x1≥0, x2≤0, x3tùy ý

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Bài toán đối ngẫu là:

g(y)=8y1+6y2+3y3 →max

2y1−y2+3y3≤4 y1−2y2+4y3≥−3

−3y1+4 y2−y3=2 y1≥0, y2tùy ý , y3≤0

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

2 CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU.

2.1 Cặp toán đối ngẫu dạng chuẩn:

(P)

f(x)=⟨c , x⟩ →min

Ax≥b

x≥0

¿

{¿{¿ ¿¿

¿ (Q)

g(y)=⟨b , y⟩→max

ATy≤c

y≥0

¿ {¿{¿ ¿¿

¿

Để tiện nghiên cứu lý thuyế đối ngẫu, ta xét cặp toán đối ngẫu (P) (Q) cho dạng chuẩn Tuy nhiên kết nhận cho cặp toán đối ngẫu

 Định lý 1: (Đối ngẫu yếu)

Nếu x phương án toán gốc (P) y phương án tốn đối ngẫu (Q) thì:

f(x) = c1x1 + c2x2 +…+ cnxn g(y) = b1y1 + b2y2 +…+ bmym

Hệ quả:

- Giá trị mục tiêu phương án đối ngẫu cận cho giá trị mục tiêu phương án toán gốc

- Nếu hàm mục tiêu tốn gốc khơng bị chặn miền ràng buộc tốn đối ngẫu khơng có mộ phương án

- Nếu x* phương án toán gốc, y* phương án tốn đối ngẫu f(x*) = g(y*) x* phương án tối ưu toán gốc y* phương án tối ưu toán đối ngẫu

Định lý 2: (Đối ngẫu mạnh)

Nếu quy hoạch có phương án tối ưu quy hoạch đối ngẫu có phương án tối ưu giá trị tối ưu chúng

 Định lý 3: (Định lý tồn tại)

Đối với cặp quy hoạch đối ngẫu xảy ba khả loại trừ sau

- Cả hai tốn khơng có phương án

- Cả hai tốn có phương án Khi đó, hai tốn có phương án tối ưu giá trị tối ưu hàm mục tiêu

- Một tốn có phương án tốn khơng có phương án Khi đó, tốn có phương án khơng có phương án tối ưu hàm mục tiêu khơng giới nội miền ràng buộc

Định lý 4: (Định lý độ lệch bù)

Một cặp phương án x, y hai toán (P), (Q) phương án tối ưu chúng nghiệm hệ thức:



yi

(

∑

j=1

n

aijxj−bi

)

=0, ∀i=1, 2,…, m , (1)



xj

(

cj−

∑

i=1

m

aijyi

)

=0, ∀j=1, 2,…, n

(2)

Nhận xét:

(

∑

j=1

n

aijxj−bi

)

: độ lệch ràng buộc I (P)

(

cj−

∑

i=1

m

aijyi

)

: độ lệch ràng buộc j của(Q)

Ghi chú:

Nói cách khác, ràng buộc có độ lệch dương biến (gốc hay đối ngẫu) tương ứng với ràng buộc phải khơng; ngược lại, biến gốc hay đối ngẫu có giá trị dương phương án tốn thỏa mãn ràng buộc tương ứng với dấu

Như vậy, hệ thức (1) có nghĩa là:

∑

j=1

n

aijxj

>bi ⇒ yi =

Và yi > ⇒

∑

j=1

n

aijxj

=bi

Hệ thức (2) có nghĩa tương tự:

∑

i=1

m aijyi

< cj ⇒ xj =

Và xj > ⇒

∑

i=1

m aijyi

= cj

Định lý (Định lý mạnh độ lệch bù)

Nếu cặp toán đối ngẫu (P) (Q) có phương án tồn cặp phương án tối ưu x*, y* nghiệm

y* + (Ax* - b) > Và x* + ( c – ATy*) >0

2.2 Tìm phương án tối ưu tốn đối ngẫu

Nếu biết phương án tối ưu toán gốc, vận dụng lý thuyết đối ngẫu ta suy phương án tối ưu tối đối ngẫu tương ứng mà khơng cần giải nó,

Ví dụ:Bài tốn qui hoạch tuyến tính f (x)=x1+x2+x3+x4+x5→

3x1+x2+x3 =1

5x1+x2+x3+x4 =3

2x1+5x2+x3 +x5 =8

xj≥0, j=1, 2,3, 4, ¿

{¿ {¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Có phương án tối ưu x* = (0, 1, 0, 2, 3) với fmin = Hãy tìm phương án tối

Bài toán đối ngẫu toán gốc là:

g(y)=y1+3y2+8y3 →max

3y1+5 y2+2y3≤1

y1+y2+5y3 ≤1

y1+y2+y3 ≤1

y2 ≤1

y3 ≤1

y1, y2, y3 tùy ý

¿

{¿{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Gọi y* phương án tối ưu toán đối ngẫu

Do x*2, x*3, x*5 >0, nên theo định lý độ lệch bù, y* nghiệm hệ

phương trình:

y1+y2+5y3 =1

y2 =1

y3 =1 ¿ {¿{¿ ¿ ¿

¿

Giải hệ phương trình ta có:

{

y1=−5

y2=1

y3=1

Vậy y* (-5, 1, 1) phương án tối ưu g(y) với gmax = -5 +(3*1) + (8*1)

= = fmin

Ví dụ: dùng phương pháp đơn hình giải quy hoạch gốc (P) sau đây, từ suy lời giải tốn đối ngẫu tương ứng với nó

f (x)=x1−x2−2x4+2x5−3x6→min

x1 +x4 +x5 −x6 =2

x2 +x4 +x6 =12

x3+2x4+4x5+3x6=9

xj≥0, j=1, 2, 3, 4,5,

¿

{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Xuất phát từ phương án cực biên ban đầu x0=(2, 12, 9, 0, 0, 0), sở tương

ứng {A1, A2, A3) Quá trình giải ghi lại bảng đơn hình

Cơ Sở

Hệ số cj

Phươn g án

A1 A2 A3 A4 A5 A6



1 -1 -2 -3

A1 0 [1] -1 2

A3 0 4,5

Bảng -10 0 2 -1

A4 -2 0 1 -1

A2 -1 10 -1 0 -1

A3 -2 [5] 1

Bảng -14 -2 0 -3 3

A4 -2 3/5 1/5 7/5

A2 -1 -1/5 -2/5 -9/5

A6 -3 -2/5 1/5 2/5

Bảng -17 -4/5 -3/5 -21/5

Để tìm lời giải (phương án tối ưu) toán đối ngẫu ta áp dụng qui tắc sau:

Qui tắc

Nếu sở ban đầu (P) sở tắc (các vecto đơn vị), giả sử {Aj, jJ}

Để tìm lời giải toán đối ngẫu, ta chọn từ bảng đơn hình cuối (P) j (jJ) cộng với hệ số cj tương ứng

Vì thế, lời giải toán đối ngẫu y* = (y*1, y*2, y*3) xác định

sau:

y1∗¿Δ1+c1=−4 +1=

1

y2∗¿Δ2+c2=0−1=−1

y3∗¿Δ3+c3=− +0=

−3

¿

{¿{¿ ¿¿

¿

Vậy y* =(

1 , -1,

−3

5 ) gmax = -17 = fmin

B BÀI TẬP

1. Viết toán đối ngẫu qui hoạch tuyến tính sau: a f = 2x1 + 3x2 - 4x3 + 5x4+ min

Điều kiện

x1 + x2−2x3+2x4≥10, −x1 +2x2+ x3− x4=8,

x1 − x2−2x3+ x4≤9,

x1 tùy ý , x2≥0, x3≤0, x4≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

Bài toán đối ngẫu toán gốc : g = 10y1 + 8y2 + 9y3 max

Điều kiện

y1− y2+ y3=2, y1+2y2−y3≤3, −2y1+ y2−2y3≥−4,

2y1−y2+ y3≤5,

y1≥0, y3≤0, y2 tùy ý

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

b f = x1 - 4x2 - 3x3 - 2x4  min

Điều kiện

x1−2x2+ x3+ x4=−1, 2x1+ x2+3x3− x4≥8, −x1−5x2− x3+3x4≤−4,

x1≥0, x2tùy ý , x3≥0, x4≤0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿ Giải

Bài toán đối ngẫu toán gốc: g = -y1 + 8y2 - 4y3  max

Điều kiện

y1+2y2− y3≤1, −2y1+ y2−5y3=−4,

y1+3y2− y3≤−3,

y1− y2+3y3≥−2, y1tùy ý , y2≥0, y3≤0

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

2. Xét qui hoạch tuyến tính:

f=x1+x2+x2→min, −x2+x3≥−1,

x1 −x3≥−1, −x1+x2 ≥−1, x1≥0, x2≥0, x3≥0

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Chứng tỏ toán trùng với tốn đối ngẫu (bài tốn tự đối ngẫu).

Giải

g¿

=y1+y2+y3→min −y2+y3≥−1

y1 −y3≥−1 −y1+y2 ≥−1

y1≥0, y2≥0, y3≥0 ¿

¿ {¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Bài toán đối ngẫu toán gốc f(x) là: g=−y1−y2−y3→max,

y2−y3≤1, −y1 +y3≤1,

y1−y2 ≤1,

y1≥0, y2≥0, y3≥0

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Đưa toán đối ngẫu dạng ta có tốn tương đương: g¿

=y1+y2+y3→min, −y2+y3≥−1,

y1 +y3≥−1, −y1+y2 ≥−1,

y1≥0, y2≥0, y3≥0

¿

{¿ {¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Bài toán tương đương toán đối ngẫu trùng với toán gốc

 toán tự đối ngẫu  điều phải chứng minh

3 Cho toán qui hoạch tuyến tính:

f=x1−2x2+2x3→min,

x1+x2 +4x4=6, 2x2+x3+5x4=8,

xj≥0, j=1, 2, 3,

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Cóphương án tối ưu x* = (2, 4, 0, 0) giá trị tối ưu -6 Hãy tìm

phương án tối ưu giá trị tối ưu toán đối ngẫu.

Giải

g=6y1+8y2→max,

y1 ≤1,

y1+2y2≤−2,

y2≤2,

4y1+5y2≤0

y1, y2tùy ý

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Gọi y* = (y

1, y2) phương án tối ưu toán đối ngẫu

Do x1*, x2* > nên theo định lí độ lệch bù, y* nghiệm hệ phương

trình

y1 =1 y1+2y2=−2

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

Giải hệ phương trình, ta y* = (1,

-3 ).

Với gmax = 6.1 + 8.(-

3

2 ) = -6 = fmin 4. Xét qui hoạch tuyến tính:

f=15x1+19x2→min 3x1+ x2≥3,

x1+ x2≥2, 3x1+4x2≥7,

x1≥0, x2≥0

,

¿ {¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

a. Phát biểu toán đối ngẫu toán trên.

b Hãy giải hai suy phương án tối ưu tốn cịn lại.

Giải

a Bài toán đối ngẫu toán gốc:

g=3y1+2y2+7y3→max, 3y1+y2+3y3≤15,

y1+y2+4y3≤19,

y1≥0, y2≥0, y3≥0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

b Ta giải toán đối ngẫu:

Thêm vào hai ẩn phụ y4≥0, y5≥0 vào ràng buộc thứ thứ hai

Cơ sở

Hệ số

Phương án

A1 A2 A3 A4 A5 

3 0

A4 15 3

A5 19 1 [4] 19/4

Bảng -3 -2 -7 0

A4 3/4 [9/4] 1/4 -3/4 1/3

A3 19/4 1/4 1/4 1/4 19

Bảng 133/4 -5/4 -1/4 0 7/4

A1 1/3 [1/9

]

0 4/9 -1/3 3

A3 14/3 2/9 -1/9 1/3 21

Bảng 101/3 -1/9 5/9 4/3

A2 -3

A3 -2 -1

Bảng 34 0 1

 Phương án tối ưu toán đối ngẫu: y* = (0, 3, 4)

Gọi x* = (x

1, x2) phương án tối ưu toán gốc

Do y2*, y3* >0, nên theo định lí độ lệch bù, x*là nghiệm hệ phương

trình:

x1+x2=2 3x1+4x2=7

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

Giải hệ phương trình, ta được: x* = (1, 1)

Với fmin = gmax = 34

5 Xét toán quy hoạch tuyến tính:

f(x) = 4x1 –x2 -3x3 min

x1 +3x2−4x3≥−2,

x2− x3≤4,

2x1−4x2+3x3≥ −3

x1−3x2 ≥−6, −x1 +2x3≤3

x1, x2, x3tùy ý

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿ (*)

Viết toán đối ngẫu Chứng tỏ x0 = (-1, 1, 1) phương án tối ưu Xác

Bài toán đối ngẫu toán gốc:

g(y) = -2y1 + 4y2 - 3y3 - 6y4 + 3y5  max y1 +2y3+ y4− y5=4, 3y1+y2−4y3−3y4 =−1, −4 y1−y2+3y3 +2y5 =−3,

y1, y3, y4≥0 ; y2, y5≤0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Thay x0 = (-1, 1, 1) vào hệ ràng buộc (*), ta có:

−1+3−4 =−2,

1−1 =0≤4,

−2−4+3 =−3,

−1−3 =−4≥−6,

1 +2 =3

¿

{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿ x0 = (-1, 1, 1) thỏa (*)

 x0 phương án toán gốc

Gọi y0 = (y

1, y2, y3, y4, y5) phương án toán đối ngẫu

Do độ lệch ràng buộc 2, tốn gốc khác nên theo định lí độ lệch bù, y0 nghiệm hệ phương trình:

y1 +2y3 − y5=4, y1 −4 y3 =−1, −4 y1 +3 y3 +2y5=−3,

y2=0, y4=0

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Giải hệ phương trình, ta y0 = (1, 0, 1, 0, -1).

Với: f(x) = g(x) = -8

 x0 = (-1, 1, 1) phương án tối ưu toán gốc

 y0 = (1, 0, 1, 0, -1) phương án tối ưu tốn đối ngẫu 6 Xét qui hoạch tuyến tính:

f(x)=x1−2x2+x3−x4+x5→min,

x1−2x2+ x3+3x4−2x5=6, −2x1−3x2+2x3+ x4− x5≥−4,

x1 +3x3 −4x5≥8,

xj≥0, j=1,3,5

¿

{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿ (*)

a Kiểm tra tính tối ưu phương án x0 = (5, -6, 1, -4, 0).

b. Phát biểu toán đối ngẫu toán trên.

Giải

a Thế x0 = (5, -6, 1, -4, 0) vào hệ ràng buộc (*), ta có

5+12+1−12=6, −10+18+2−4=6,

5+3=8

¿

{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Do độ lệch ràng buộc khác x10, x20, x30, x40 khác nên theo định lí

độ lệch bù vectơ x0 = (5, -6, 1, -4, 0) phương án tối ưu toán gốc tồn

tại vectơ y0 = (y

1, y2, y3)  R3 cho:

y1−2y2+3y3=1, −2y1−3y2=−2,

y1+2y2+3y3=1,

3y1+y2=−1, −2y1−y2−4y3≤1,

y2=0, y3≥0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Hệ vô nghiệm

 không tồn y0 R3 thoả hệ

 phương án x0 = (5, -6, 1, -4, 0) phương án tối ưu

toán gốc

b Bài toán đối ngẫu toán gốc:

g(y)=6 y1−4y2+8y3→max,

y1−2y2+y3≤1, −2y1−3y2=−2,

y1+2y2+3y3≤1,

3 y1+y2=−1, −2y1−y2−4y3≤1,

y2≥0, y3≥0

¿

{¿{¿{¿{¿ {¿{¿ ¿ ¿

¿

y1=−5

7 ,

y2=8

7,

y3≤4,

y3≤−4

21 ,

y3≥−5

28 ,

y3≥0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Hệ vơ nghiệm  tốn đối ngẫu có tập phương án rỗng

Mà tốn gốc có tập phương án khác rỗng (vì x0 phương án)

 tốn gốc khơng có phương án tối ưu (theo định lí tồn tại) 7 Xét qui hoạch tuyến tính:

f (x)=−4x1+9x2+16x3−8x4−20x5→min,

5x1+4x2−x3+3x4+x5≥5, −x1+2x2+4x3−2x4−5x5≥−9,

−x1−2x2−x3+2x4+3x5=2,

xj≥0, j=1,2,3

¿

{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿ (*)

a. Kiểm tra tính tối ưu phương án x0 = (2, 0, 1, -2, 3).

b Phát biểu toán đối ngẫu tốn trên. c Tìm phương án tối ưu toán đối ngẫu.

Giải

a Thế x0 = (2, 0, 1, -2, 3) vào hệ ràng buộc (*), ta có:

10−1−6+3=6, −2+4+4−15=−9,

−2−1−4+9=2

¿

{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Do độ lệch ràng buộc toán gốc khác x10, x30, x40, x50 khác

không nên theo định lí độ lệch bù vectơ x0 = (2, 0, 1, -2, 3) phương án tối ưu

của toán gốc tồn vectơ y0 = (y

5y1−y2−y3=−4,

4y1+2y2−2y3≤9, −y1+4y2−y3=16,

3y1−2y2+2y3=−8,

y1−5y2+3y3=−20,

y1=0, y2≥0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Giải hệ phương trình, ta y0 = (0, 4, 0)

 tồn y0 R3 thỏa hệ

 phương án x0 = ( 2, 0, 1, -2, 3) phương án tối ưu toán gốc

b. Bài toán đối ngẫu toán gốc:

g(y)=5y1−9y2+2y3→max,

5y1−y2−y3≤−4,

4y1+2y2−2y3≤9, −y1+4y2−y3≤16,

3y1−2y2+2y3=−8,

y1−5y2+3y3=−20,

y1≥0, y2≥0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

c Vì biết x0 = (2, 0, 1, -2, 3) phương án tối ưu toán

gốc nên phương án tối ưu y0 tốn đối ngẫu tìm từ định lí độ lệch

bù:

[

5−(5x1+4 x2−x3+3x4+x5)y1

]

=0

[

−9−(−x1+2x2+4x3−2x4−5x5)

]

y2=0

[

2−(−x1−2x2−x3+2x4+3x5)

]

y3=0

[

−4−(5 y1−y2−y3)]x1=0

[

9−(4y1+2y2−2y3)

]

x2=0

[

16−(−y1+4y2−y3)]x3=0

[

−8−(3y1−2 y2+2y3)]x4=0

[

−20−(y1−5 y2+3y3)

]

x5=0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

Thay giá trị biết vào hệ, ta được:

y1=0

4 y2− y3=0

−2 y2+2 y3=−8

−5 y2+3 y3=−20

⇔

¿

y1=0

y2=4

y3=0

¿

{¿ {¿{¿ ¿ ¿ ¿

Vậy phương án tối ưu toán đối ngẫu y0 = (0, 4, 0)

8 Xét qui hoạch tuyến tính:

f(x)=2x1+x2+x3+3x4→max,

x1−2x2+x3=16,

x2+4x3+x4≤8,

x2−2x3+3x4≤20,

xj≥0, j=1,2,3,4

¿

{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

a Phát biểu toán đối ngẫu toán trên.

b Hãy giải hai toán suy phương án tối ưu bài tốn cịn lại

Giải

a Bài toán đối ngẫu toán gốc: g(y)=16y1+8y2+20y3→min,

y1≥2,

−2y1+1y2+1y3≥1,

y1+4y2−2y3≥1,

y2+3y3≥3,

y2≥0, y3≥0

¿

{¿{¿{¿{¿{¿ ¿ ¿ ¿

b Ta giải toán gốc

Thêm vào hai ẩn phụ x5 0, x6 vào ràng buộc thứ hai thứ ba Lập

bảng đơn hình, ta có:

Cơ sở

Hệ số

Phương án

A1 A2 A3 A4 A5 A6 

2 1 0

A1 16 -2 0

A5 [1] 1 8

A6 20 -2 20

Bảng 32 -5 -3 0

A1 32 2

A2 1

Bảng 72 0 21

 Phương án tối ưu toán gốc x0 = (32, 8, 0, 0)

Gọi y0 = (y

1, y2, y3) phương án tối ưu toán đối ngẫu

Dựa vào bảng đơn hình, ta có:

y1=Δ1+c1=0+2=2

y2=Δ5+c5=5+0=5

y3=Δ6+c6=0+0=0 ¿

{¿{¿ ¿ ¿ ¿

Vậy phương án tối ưu toán đối ngẫu y0 = (2, 5, 0)

Với gmin = fmax = 72

CHƯƠNG 4:

BÀI TOÁN VẬN TẢI

A LÝ THUYẾT

1 NỘI DUNG BÀI TOÁN VẬN TẢI

Giả sử cần vận chuyển loạt hàng (vật tư, lương thực, …) từ m địa điểm cung cấp (điểm phát) A1, A2,… , Am đến n địa điểm tiêu thụ (điểm thu)

B1, B2 …, Bn Biết rằng:

 Số lượng hàng có Ai (i= 1,…, m)

 Số lượng hàng cần Bj bj (j = 1,…, n)

 Chi phí vận chuyển đơn vị hàng từ Ai đến Bj cij (i=1,…, m;

j = 1,…, n)

Vấn đề đặt ra:

Lập kế hoạch vận chuyển hàng từ điểm thu đến tổng chi phí vận chuyển bé thỏa mãn yêu cầu thu phát Đây tốn điển hình có nhiều ứng dụng quy hoạch tuyến tính Bài tốn khơng có phức tạp mạng lưới giao thông tương đối đơn giản số địa điểm cung cấp, tiêu thụ không nhiều

Tuy nhiên với mạng lưới đường giao thông phức tạp kinh nghiệm trực giác khó tìm phương án tối ưu Khi đó, cần sử dụng phương pháp, dựa vào tính chất đặc thù tốn để tìm phương án tối ưu

Mơ hình tốn học tốn:

Gọi xij số lượng hàng cần vận chuyển từ Ai đến Bj Ta có:

∑

i=1

m

∑

j=1

n

cijxij

: Tổng chi phí vận chuyển

∑

j=1

n

xij

: số lượng hàng chở từ Ai

∑

i=1

m xij

: số lượng hàng chở tới Bj

 Mơ hình tốn học tốn là:

f(x) =

∑

i=1

m

∑

j=1

n

cijxij→min

∑

j=1

n

xij=ai, i=1,2,…,m (2)

∑

i=1

m

xij=bj, j=1, 2,…, n (3)

xij≥0, i=1,…,m , j=1,…, n (4)

¿

{¿{¿ ¿¿

¿

Điều kiện cần đủ để toán (1) – (4) giải phải có điều kiện cân

bằng thu phát, nghĩa tổng cung tổng cầu:

∑

i=1

m

ai=

∑

j=1

n

bj (5)

Bài toán vận tải (1) – (4) dạng đặc biệt qui hoạch tuyến tính, sử dụng phương pháp đơn hình để giải Tuy nhiên tốn có cấu trúc đặc biệt nên người ta nhiều phương pháp giải có hiệu quả, chương trình ta trình bày phương pháp vị để giải tốn vận tải

1.2 Các tính chất toán vận tải

Với điều kiện (5), toán vận tải (1) – (4) có tính chất sau đây:

 Bài tốn ln có phương án tối ưu

 Một ràng buộc (2) – (3) thừa hạng hệ ràng buộc

bằng m + n – 1

 Nếu lượng cung cấp cầu ai, bj số ngun tốn có

lời giải ngun

Mơ tả tốn vận tải dạng bảng

b1 b2 … bj … bn

a1 c11 c11 c1j c1n

a2 c21 c21 c2j c2n

…

…

am cm1 cm2 cmj cmn

Nhìn vào bảng vận tải ta phát biểu sau:

Ta có m kho nơi phát hay cung cấp hàng hóa, kho thứ i chứa đơn vị

hàng hóa (i= 1, 2, …, m), có n nơi tiêu thụ hay nhận hàng hóa, nơi nhận thứ j cần bj đơn vị hàng hóa Giá tiền hay cước phí vận chuyển đơn vị hàng hóa từ kho

thứ i đến nơi nhận thứ j cij đơn vị tiền tệ

Cước phí cij nằm mà ta gọi ô (i, j) Nếu từ kho thứ i ta vận

chuyển đến nơi nhận thứ j một lượng hàng hóa xij ta ghi xij vào (i, j)

Khi với (i, j),

i

=

1

,m; j

=

1

,n

ta có (i, j) tương ứng – với cước phí cij, ẩn xij vecto cột Aij

Bảng m*n tốn vận tải ta gọi toán vận tải Nếu (i, j) ta ghi cước phí gọi bảng cước phí hay ma trận cước phí Nếu ô (i, j) ta ghi lượng hàng vận chuyển gọi bảng phương án hay ma trận phương án

Định nghĩa:

 Một tập hợp ô hai ô liên tiếp nằm

cùng hàng hay cột ba ô liên tiếp không nằm hàng hay cột gọi dây chuyền.

 Một dây chuyền khép kín gọi chu trình Một chu trình

bao gồm số chẵn ô

a) b) c) d)

Dây chuyền: a) – b) Chu trình: c) – d)

trên (1, 1) ô (4, 3) ô treo Nếu loại khỏi G treo (1, 1) (1, 2) trở thành ô treo tập hợp lại

 Định lý 1:

Phương án x phương án cực biên toán vận tải tập hợp ô (i, j) mà xij > 0 không lập thành chu trình

 Định lý 2:

Một bảng vận tải có m dịng, n cột tập khơng chứa chu trình có tối đa m + n – ô

 Định lý 3:

Một bảng vận tải có m dịng, n cột Cho E tập gồm m + n – 1 ô không chứa chu trình, (i, j)  E Khi tập hợp F = E  {(i, j)} có chứa

chu trình qua (i, j)

x x

x x

X x

Ví dụ:

Xét bảng gồm dịng cột tập hợp ô (1,1); (1, 3); (2, 3); (2, 4); (4, 4); (3, 2) Tập hợp có = + – = m + n – ô không chứa chu trình Khi xét thuộc bảng vận tải ta có chu trình qua

Chẳng hạn, xét (2, 1) ta có chu trình (2, 1); (2, 3); (1, 3); (1, 1), chu trình Chú ý, ta khơng quan tâm đến (2, 4) ta nói (2, 4) khơng thuộc chu trình

Xét (3, 1) ta có chu trình (3, 4);(2, 4);(2, 3);(1, 3);(1, 1), chu trình qua ô (3, 1) ta không quan tâm đến (3, 2), ta nói (3, 2) khơng thuộc chu trình

 Định lý 4:

Ví dụ:

Bảng vận tải gồm

+4 = có đánh dấu x Bảng

có chứa chu

trình (3, 1); (3, 4); (2, 4); (1, 3); (1, 1) Nếu ta loại

bất kỳ chẳng hạn (1, 1) cịn lại

khơng chứa chu trình

2 TÌM PHƯƠNG ÁN CỰC BIÊN BAN ĐẦU

2.1 Phương pháp cước:

Phân phối lượng hàng nhiều vào có

cước phí thấp Khi xảy trường hợp sau :

 Nơi nhận vào đủ hàng ta xóa cột có nơi nhận ghi nhớ

lượng hàng thừa nơi khác

 Nơi phát hết hàng ta xóa dịng có nơi phát ghi nhớ

lượng hàng thiếu nơi nhận

Sau lập lại: phân phối lượng hàng nhiều vào có cước phí thấp với cịn lại bảng cước phí vận tải

Ví dụ:giải tốn vận tải cho bảng vận tải sau:

x x

x x

x X x

x

x x

x X x

j i

30 40 50 60

80

5

45

Giải :

Với tốn vận tải nói ta thấy có cước phí thấp (1, 1), có cước phí lượng hàng phân nhiều vào ô 30 Lượng hàng từ nơi phát chở đến nơi nhận Ta xóa cột Lúc nơi nhận đủ hàng nơi phát 50 đơn vị hàng

Với cịn lại ta thấy có

hai (1, 4) (3, 2) có cước

phí 2, từ nơi phát phân

đến nơi nhận 50 đơn vị hàng, từ nơi phát phân đến nơi nhận phân 40 đơn vị hàng Ta ưu tiên phân 50 đơn vị hàng từ nơi phát phân đến nơi nhận Khi nơi nhận thiếu 10 đơn vị hàng, nơi phát hết hàng Ta xóa dịng

j i

30 40 50 60

80

30

5

45

9

55

3

Với cịn lại ta thấy

(3, 2) có cước phí

nhỏ Khi từ nơi phát ta phân đến nơi nhận 40 đơn vị hàng, nơi nhận đủ hàng, nơi phát 15 đơn vị hàng Ta xóa cột

Với cịn lại ta thấy

(3, 3) có cước phí nhỏ Khi từ nơi phát ta phân đến nơi nhận 15 đơn vị hàng, nơi nhận thiếu 35 đơn vị hàng, nơi phát hết hàng Ta xóa dịng

j i

30 40 50 60

80

30

2 50

45

55

j i

30 40 50 60

80

30

2 50

45

55

40

Với hai cịn lại theo thứ tự ưu tiên ta phân 35 đơn vị hàng từ nơi phát đến nơi nhận Khi nơi nhận đủ hàng nơi phát 10 đơn vị hàng, ta phân 10 đơn vị hàng vào nơi nhận có phương án ban đầu

A =

[

30 0 50

0 35 10

0 40 15 0

]

Đây phương án mà số ô chọn = + – = m + n – Và phương án cực biên

2.2 Phương pháp Vôghen

Phương pháp khác phương pháp cước cách chọn ô để phân phối hàng Giả sử C = (cij)m*n ma trận cước phí tốn vận tải

 Đối với hàng cột C ta tính hiệu số hai giá trị cước

phí nhỏ hàng ( cột) j i

30 40 50 60

80

30

2 50

45

55

40 15

j i

30 40 50 60

80

30

2 50

45

35 10

55

Loại tàu Cửa

hàng 1,

4, 1, 3, 3,

2 3, 3,

2,

 Chọn hàng hay cột có hiệu số lớn Nếu có nhiều hàng (cột)

như chọn hàng (cột) tùy ý số

 Phân lượng hàng tối đa vào có cước phí nhỏ hàng

(cột) chọn Giả sử (r, s) Giảm lượng cung hàng r lượng cầu cột s số lượng hàng phân phối Sự phân phối làm thỏa mãn ràng buộc cung, ràng buộc cầu, hai Loại bỏ (không cần xét tiếp) ràng buộc thỏa mãn cách đánh dấu chéo vào hàng hay cột tương ứng ma trận cước phí Nếu hai ràng buộc cung cầu thỏa mãn đồng thời loại bỏ hàng (cột) mà

 Lặp lại thao tác a, b c lại hàng hay

cột Lượng hàng phân vào thuộc hàng (cột) hồn tồn xác định đại lượng hàng phân phối trước

Chú ý:

 Các biến xij gán giá trị phương pháp nêu gọi biến sở Các biến xijcòn lại xem gán giá trị 0 gọi biến phi sở.

 Ngoài hai phương pháp sở trên, để tìm phương án cực biên ban đầu

ta dùng phương pháp góc tây bắc Tuy nhiên phương pháp thường hiệu quả, tiện cho việc lập trình máy tính

Ví dụ:

Đầu tiên ta tính chênh lệch giá trị cước nhỏ nhì giá cước nhỏ cho tất dòng tất cột ( số ghi cột phía bên phải dịng phía



-x1 + x2 ≤

3x1 + 2x2 ≤

3x1 + x2 ≤

xj ≥ ( j = 1; 2)

  Định mức lao động Loại thợ Chi phí vận chuyển Xí nghiệp Thu Phát

40 75 60

(45) 70

45 82 73

(75) 74 79 90 80 (40) 75 81 (15) 79 (55)

110 80 77 77 82

f (x) max g(x) f (x)

(1) (2)

x X x X

           

a11x1+a12x2+ +a1nxn=b1 a21x1+a22x2+ +a2nxn=b2

am1x1+am2x2+ +amnxn=bm

¿

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿

1

1

1 j

x x 450

x 250

2x 2x x 800

x x 450

2x x x 600

x                       

ai1x1+ai2x2+ + ainxn≥bi, i=1, 2, ., m

xj≥0, j=1, 2, , n , ¿

{¿ ¿ ¿

¿

a1jy1+a2jy2+…+amj ym≤cj, j=1, 2,…, n ,

y≥0, i=1, 2, …, n ,

¿

{¿ ¿ ¿

dưới bảng) Chênh lệch lớn ứng với dịng 2, ta phân phối cho (2, 2) có giá cước nhỏ nằm dịng này:

x22 = {90, 75) = 75

Sau điều chỉnh lại yêu cầu tương ứng: a1 = 90 – 75 = 15, b2 = 75 – 75 =

Đánh dấu (-) cho ô nằm cột có yêu cầu = (cột 2)

Sau lặp lại q trình tính chênh lệch cho dòng cột phần bảng cịn lại (thực tế cần tính lại chênh lệch theo dịng), ta có chênh lệch nhiều 5, tương ứng với dòng 1, ta tiến hành phân phối vào ô (1, 3)… cuối ta phương án cực biên xuất phát

2.3 Phương pháp vị giải toán vận tải

Phương pháp vị dựa nhận xét sau:

 Nếu ta thay ma trận cước phí C = (cij) toán vận tải ma trận

C’ = (c’ij) nhận từ C cách bớt số ui (tùy ý) từ phần tử hàng i

của C bớt số vj (tùy ý) từ phần tử cột j C, nghĩa

C’ij = cij – ui – vj, i = 1, 2, , m, j = 1, 2, , n

thì lời giải tốn vận tải không thay đổi

 Cho X = (xij) phương án toán vận tải Nếu C = (cij)

không âm (cij ≥ 0, i, j) và xij > với ô (i, j) mà cij = X phương

án tối ưu toán.

 Nội dung phương pháp vị

 Bước 0:

Xây dựng phương án cực biên ban đầu X = (xij) (phương pháp cước

hay phương pháp Vôghen)

Đặt T ={(i, j): xij biến sở}

Khi T gồm m +n – 1 khơng tạo thành chu trình Các thuộc T gọi ô chọn, ô khác ô loại

 Bước 1:

Qui khơng cước phí chọn Tìm vị ui, vj biến đổi ma trận C

= (cij) thành ma trận C’ = (cij – ui – vj) cho c’ij = 0 (hay ui + vj = cij) với (i,

j)  T.

Nếu c,

ij ≥ với (i, j)  T dừng: phương án có tối ưu

toán giải xong Trái lại, chuyển sang bước điều chỉnh phương án

 Bước 3:

Điều chỉnh phương án Tìm (r, s) thỏa mãn

c,

rs = { c,ij : (i,j)  T } < 0.

Tìm chu trình U tạo ô (r, s) với ô T.

Đánh dấu thuộc chu trình U: (r, s) mang dấu (+), ô nối tiếp U mang dấu (-) Khi U chia thành hai lớp: U+ ô mang dấu (+) và

U- ô mang dấu (-).

Tính h = xpq = { xij: (i, j)  U- } ≥ 0

Điều chỉnh phương án:

xij (i, j) 

x,

ij = xij + h (i, j)  U+

xij – h (i, j)  U

-T’ = (T {(p, q)})

 {(r,s)}

Quay trở lại thực bước

Nếu phương án cực biên tốn vận tải khơng suy biến sau số hữu hạn bước lặp ta nhận phương án tối ưu (lời giải) toán

2.4 Một số dạng đặc biệt tốn vận tải

2.4.1 Trường hợp khơng cân thu phát

Trường hợp qui trường hợp cân thu phát cách thêm vào điểm thu giả hay điểm phát sau:

 Trường hợp cung lớn cầu:

∑

i=1

m

ai >

∑

j=1

n

bj

Thêm điểm thu giả với nhu cầu bn+1 =

∑

i=1

m

ai -

∑

j=1

n

bj

và ci = n+1 = 0,

i = 1, 2, , m

Lưu ý: Khi tìm phương án cực biên ban đầu ta phân phối cột trước, thừa đến cột thu giả Nếu phương án tối ưu có xi, n+1 > có

nghĩa điểm phát Ai để đại lượng hàng xi, n+1

 Trường hợp cung nhỏ cầu:

∑

i=1

m

ai <

∑

j=1

n

bj

Thêm điểm phát giả Am+1 với lượng hàng phát

am+1 =

∑

j=1

n

bj -

∑

i=1

m

ai

Và cm+1,j = 0, j = 1,2,3 ,n

Giải toán với m+1 điểm phát n diểm thu

Lưu ý: Tuy nhiên tìm phương án cực biên ban đầu ta phân phối hàng trước, cịn thừa đến hàng phát giả Nếu phương án tối ưu có xm+1, j > có nghĩa điểm thu Bj để lại lượng hàng xm+1,j

2.4.2 Bài tốn tìm cực đại

Trong số tình thực tiễn ta cần giải tốn tìm cực đại:

(x) =

∑

i=1

m

∑

j=1

n

cijxij→max

Với điều kiện toán vận tải xét

Bài tốn đưa tốn cực tiểu hóa hàm (–f ) với ràng buộc toán vận tải xét

Tuy nhiên ta dùng phương pháp vị để giải mà khơng cần đưa tốn tìm Chỉ cần thực số sửa đổi sau:

Khi xây dựng phương án cực biên ban đầu, ta ưu tiên phân vào có cij

lớn nhất

Sau qui không “ cước phí” chọn, phương án tối ưu tất loại có cước phí≤ 0

Khi cần tìm chọn (ở bước điều chỉnh phương án) ta chọn loại có

“cước phí” dương lớn nhất

2.4.3 Bài tốn vận tải có cấm

bảo thời gian giao nhận, khơng có phương tiện vận tải thích hợp ), có số ta khơng thể phân hàng vào – gọi cấm Ngồi cấm cịn xuất trường hợp tốn vận tải khơng cân thu – phát với điều kiện số điểm phát yêu cầu phải phát hết hàng (trường hợp tổng phát > tổng thu), với điều kiện số điểm thu yêu cầu phải thu đủ hàng ( trường hợp tổng phát < tổng thu) Khi đó, giả tương ứng cấm

 Cách giải tốn cấm  Bước 1: (lập tốn mở rộng)

Thay cước phí cij ô cấm M (lớn số cần so sánh) ta

được toán vận tải gọi toán vận tải mở rộng toán cho (gọi toán gốc)

 Bước 2: dùng phương pháp vị giải toán vận tải mở rộng

bài toán vận tải bình thường

Lưu ý: tìm phương án cực biên ban đầu ta ưu tiên phân phối vào bình thường trước cuối phân vào ô cấm

 Bước 3: kết luận toán gốc

 Trường hợp 1: phương án tối ưu tốn mở rộng có lượng

hàng cấm tốn gốc có phương tối ưu, phương án tối ưu toán gốc phương án tối ưu toán mở rộng

 Trường hợp 2: phương án tối ưu toán mở rộng có

một cấm có lượng hàng > tốn gốc khơng có phương án tối ưu

Ghi chú: kết luận giống với kết luận mối quan hệ toán (D, f) toán (M) chương Ô cấm tương ứng với biến giả

B BÀI TẬP

1 Chứng minh toán vận tải(4.1) - (4.5) có phương án tối ưu

f(x)=

∑

i=1

m

∑

j=1

n

cijxij→

1

1

, 1, 2, , (4.2) , 1, 2, , (4.3) 0, 1, , , 1, , (4.4)

n ij i j m ij j i ij

x a i m

x b j n

x i m j n

                 





Điều kiện cần đủ để toán (4.1)-(4.4) giải phải có điều kiện

cân thu phát,nghĩa tổng cung tổng cầu:

∑

i=1

m

ai=

∑

j=1

n

bj Giải:

Trước tiên ta phải chứng minh toán vận tải ln có phương án, sau chứng minh miền ràng buộc giới nội

Điều kiện cần :

Lần lượt cộng đẳng thức (4.2) theo j (4.3) theo i, ta có :

ij ij

1 1 1

= = =

m m n m n n

i j

i i j j i j

a x x b

                 



 

 



Điều kiện đủ : Giả sử : 1

0

m n

i j

i j

a b d

 

  





Khi ij

i j

a b x

d



;i = (1,…,m), j = (1,…,n) phương án xij ¿

ij

1

= = a = a , i = (1, ,m)

n j n n

i j j

i i j j b a b x d d   







ij 1

= = b = b , j = (1, ,n)

n i m m

i j i

j j i i a a b x d d   







Vì hệ số (4.1) (4.3) đại lượng ai, bj không âm hữu

hạn nên xij bị chặn Thật xij lớn số tương ứng

ai hay bi

ij

Vì miền ràng buộc khác rỗng giới nội ( ta có đa diện lồi ) Đa diện có số hữu hạn đỉnh theo thuật tốn đơn hình, xuất phát từ phương án cực biên sau số hữu hạn bước ta tới phương án tối ưu

2 Giải toán vận tải với liệu cho bảng sau:

a

Thu Phát

X X X 7, X

Hiệu số

3 10 14

3,X 10

1

3

3

7

0, 0, 0, 2

5,X 15

2

5

2 1 0

3

0, 0, 1, 2

X

6

0

4

7

3 Hiệu số 1, 1, 1,1 1, 1, 1, 1 2, 5 0, 2, 2

Ta có:

∑

a

i

=

∑

b

j

⇒

bài tốn cân thu phát.

Áp dụng phương pháp Vơghen, ta có phương án cực biên

x

0

=

(

3 0 7

0 10 0

0 0 7

)

Từ bảng phân phối ta thấy toán đạt tối ưu Cước phí vận chuyển nhỏ là:

fmin = 3.1 + 0.3 + 5.4 + 10.2 + 7.1 + 7.1 = 57

b

Thu Phát

X 5,X X 5,X

Hiệu số

10,X 40

4

3 0

2

1 0

1, 2

X 20

3

2 0

7

1, 1, 1

X 30

2

2 0

6

5

9

5

1, 1, 1

Hiệu số 1, 1, 1 1, 1, 2 6 1, 1, 1

Ta có:

∑

a

i

=

∑

b

j

⇒

bài toán cân thu phát. Áp dụng phuơng pháp Vơghen ta có phương án cực biên

x

0

=

(

0

0 30 10

0 20 0

0

20 5

0

5

)

 fmin = 20.2 + 20.4 + 5.6 + 30.1 + 10.2 + 5.3 = 215

c

Th u

Phát

20,X X X

Hiệu số

40 30 20 50

2 0

1 0

20,X 40

4

2 0

2

2 0

5 2, 2, 2, 2

20,X 70

1

2 0

5

5 0

4,4

Hiệu số 2, ,1 1, 1, 2, 2, 2 1 Ta có:

∑

a

i

=

∑

b

j

⇒

bài tốn cân thu phát. Áp dụng phuơng pháp Vôghen ta có phương án cực biên

x

0

=

(

0

0

0 30

0

0 20 20

40 30 0

0

)

 fmin = 40.1 + 30.5 + 20.2 + 30.6 + 20.5 + 0.8 = 510

3 Giải toán vận tải với liệu cho bảng sau:

a Bj

Ai

75 60 85 40 40

75 18 14

100 12 10

65 11 16

60 11 17 17

Giải

Tìm phương án ban đầu: Bj

Ai

75 60 85 40 40

75

60

18

0

14

0

5

15

6

0

100 12

0

10

15

7

85

6

0

3

65 11

0

16

0

9

0

4

25

2

40

60

11

15

17

45

17

0

9

0

8

0

Quy khơng cước phí chọn:

x

18 14

x

R1 = 0

12 10

x

x

6

R2 = 5

11 16

x

x R3 = 1

11 x

17 x

17

R4 = -2

S1 = -9 S2 =

-15

S3 =

-12

S4 = -5 S5 = -3

Thành lập ma trận cước phí mới:

x

3

x

8

x

x

3 -2

x

x

x

x

3

Từ bảng ta có phương án chưa tối ưu

Xây dựng phương án chọn ô (3;3) vào tập chọn E, ta có chu trình V = { (3;3), (3;4), (1;4), (1;1), (5;1), (5;2), (2;2), (2;3)}

0 x(4)

3

(3)x

8

x(7)

x(8)

6

3 -2

*(1)

x(2)

x

x(5)

x(6)

3

VC ={ (3;4), (1;1), (4;2), (2;3) } có lượng hàng x

34=25; x11= 60;

x42= 45; x23=85

VL = { (3;3), (1,4), (4;1), (2;2) } có lượng hàng x

33= 0; x14= 15;

x41= 15; x22= 15

Chọn

x

i*j* = {

x

ij ; (i ; j ) ¿ VC } = { 25, 60, 45, 85, } = 25

Vậy lượng hàng điều chỉnh 25 đơn vị, ô đưa ô (3,4) Ta hình thành phương án mới:

9

35

18 14

40

12 10

40

7

60

6

11 16

25

4

10

11

40

17

20

17

Ta có chọn :

x

18 14

x

12 10

x

x

6

11 16

x

4

x 11

x 17

x

17

Quy khơng cước phí chọn ta được:

x

18 14

x

R1 = 0

12 10

x

x

6

R2 = 5

11 16

x

4

x R3 =3 11

x 17

x

17

S1 = -9 S2 = -15 S3 = -12 S4 = -5 S5 = -5

Ma trận cước phí toán :

x

3

x

8

x

x

6

5

x

2

x

x

x

3

Khơng có ô có giá trị âm phương án vừa chọn tối ưu Cước phí

nhỏ phải trả :

fmin = 9.35 + 40.5 +10.40 + 7.60 + 9.25 + 40.2 + 11.40 +17.20 = 2420

b Bj

Ai

67 55 83 40 35

70 16 12

95 10

65 14

50 15 15

Giải

Tìm phương án ban đầu: Bj

Ai

67 55 83 40 35

60 0 0 10 0 95 10 0 12 83 0 0 65 0 14 0 0 30 35 50 7 15 43 15 0 0 0

Quy khơng cước phí chọn:

x

16 12

x

4 R1 = -7

10

x

x

4 R2 = -2

9 14

x

x

R3 =-6

9

x 15

x

15 R4 = -9

S1 = 0 S2 = -6 S3 = -3 S4 = 4 S5 = 6

Ma trận cước phí :

x

3

x x x

3 -2

* x x x x

3

Chứng tỏ phương án chưa tối ưu, cịn cước phí âm

Xây dựng phương án mới, chọn ô (3;3) vào tập chọn E, ta có chu trình

V = {(3;3), (3;4), (1;4), (1;1), (5;1), (5;2), (2;2), (2;3)}

x(4)

3

8

x(7)

x(8)

6

3 -2

*(1)

x(2)

x

x(5)

x(6)

3 3

VC ={(3;4), (1;1), (4;2), (2;3)} có lượng hàng x

34=30; x11= 60; x42=

73; x23=83

VL = {(3;3), (1,4), (4;1), (2;2)} có lượng hàng x

33= 0; x14= 10; x41=

7; x22= 12

Chọn

x

i*j* = {

x

ij ; (i ; j ) ¿ VC } = { 30, 60, 73, 83} = 30

Vậy lượng hàng điều chỉnh 30 đơn vị, ô đưa (3,4) Ta hình thành phương án mới:

7

30

16 12

40

4

10

42

5

53

4

9 14

30

2

0

0

35

9

37

15

13

15

Quy khơng cước phí chọn:

x

16 12

x

4 R1 = -7

10

x

x

4 R2 = -2

9 14

x

2

x

9

x 15

x

15 R4 = -9

S1 = 0 S2 = -6 S3 = -3 S4 = 4 S5 = 4

Ma trận cước phí tốn :

x

3

x

8

x

x

6

5

x

2

x

x

x

3

Vì khơng có có giá trị âm ma trận trên phương án phương

án tối ưu với cước phí thấp :

fmin = 30.7 + 3.40 + 42.8 + 53.5 +7.30 +35.0 +9.37 +15.12 = 1669

c Bj

Ai

30 20 25 35 40

30 13 12

20 10 11

40 10 14

Thiết lập phương án ban đầu theo phương pháp cước: Bj

Ai

30 20 25 35 40

30 13

0

7

0

6

0

2

30

12

0

20

0

1

20

10

0

5

0

11

0

40 10

0

5

0

3

0

7

5

14

35

60

30

3

0

2

25

11

0

10

5

Do số ô chọn m + n – 1>7, phương án cực biên ban đầu suy biếnchọn

thêm ô (3,2) vào tập hợp ô chọn E Quy không cước phí ô chọn:

13

x

12 R1 = 5

5

x

10 11 R2 = 4

10

x

3

x 14

x

R3 = 0

6

x

3

x

11 10

x

R4 = 4

Ma trận cước phí :

8

x

-1

x

8

0

x -3

*

x

x

x

2

x

8

x Theo bảng ta có phương án chưa tối ưu

Xây dựng phương án mới, chọn ô (3;3) vào tập ô chọn E, ta có chu trình

V = {(3;3), (3;4), (3,5), (4;5), (4;3)}

8

x

-1

x

8

0

x -3

*(1)

x

x(4)

x

2

x(2)

8

x(3) VC = {(4;3), (3;5)} có lượng hàng x

43 = 25; x35 = 35

VL = {(3;3), (4;5)} có lượng hàng x

33 = 0; x45=

Chọn

x

i*j* = {

x

ij ; (i ; j ) ¿ VC } = { 25, 35} = 25

Hình thành phương án mới: 13 0 0 0 30 12 0 0 20 10 0 0 11 0 10 0 0 25 5 14 10 30 0 0 11 0 10 30

Quy khơng cước phí chọn:

13

x

12 R1 = 5

5

x

10 11 R2 = 4

10 x x 14 x

R3 = 0

6 x x 11 10 x

R4 = 4

S1 = -10 S2 = -5 S3 = -3 S4 = -7 S5 = -14

Ma trận cước phí :

8

x

-1

x

11

0 x x x x x

2

x Theo bảng ta có phương án chưa tối ưu

V = {(2;1), (2;2), (3;2),(3;3), (3;4), (3,5), (4;5), (4;1)}

8

x -1 *(1) x(2)

11

0 x(3) x(4) x(5) x(6) x(8)

2

x(7) VC = {(2;2), (3;3), (3;5), (4;1)} có lượng hàng x

22=20; x33=25;

x35=10, x41=30

VL = {(2;1), (3;2), (3;4), (4;5)} có lượng hàng x

21 = 0; x32=0; x34

=5; x45=30

Chọn

x

i*j* = {

x

ij ; (i ; j ) ¿ VC } = { 20, 25, 10, 30} = 10

Vậy lượng hàng điều chỉnh 10 đơn vị, đưa (3,5) Hình thành phương án mới:

13 0 0 0 30 12 0 10 10 10 0 0 11 0 10 0 10 15 15 14 0 20 0 0 11 0 10 40

Quy khơng cước phí ô chọn:

13

x

12 R1 = 5

5

x

x

10

x

x

x

14 R3 = 0

6

x

3 11 10

x

R4 = 1

S1 = -7 S2 = -3 S3 = -3 S4 = -7 S5 = -9

Ma trận cước phí :

11

x

x

x

9

3

x

x

x

x

3

x

Ta thấy khơng có có giá trị âm ma trận Vậy phương án phương án tối ưu với cước phí thấp :

fmin = 30.2 + 5.10 + 10 + 10.3 + 15.3 + 15.7 + 10.40 + 20.6 = 8204

4 Giải tốn sau:

a Một cơng ty vận tải biển cần 110 người để bố trí 10 máy trưởng, 25 thợ máy 1, 30 thợ máy 45 thợ máy Phịng tổ chức cơng ty tìm 90 người, gồm 25 kỹ sư máy, 20 trung cấp kỹ thuật 45 cơng nhân.Phịng tổ chức đánh giá khả cán theo công việc bảng sau:

Công việc Trình

độ cán

Hệ số đánh giá lực Máy trưởng

10

Máy 25

Máy 30

Máy 45 Kỹ sư

25 0

Trung cấp 20

Vậy cần bố trí cho sử dụng hết lực người?

Ghi chú: Giả thiết đánh giá lực cán theo thang điểm 5, tức qij=

5: cán i có lực hồn thành xuất sắc cơng việc j, qij= 4,3,2,1 tương ứng với

các mức độ khác nhau, cịn qij=0 cán i hồn tồn khơng thể làm cơng việc j

Giải

Vì toán max nên thành lập phương án ta ưu tiên phân phối số người vào có suất cao

Thành lập phương án ban đầu:

Do số lượng cán số máy, nên ta thêm lượng người giả 20 người:

Cơng việc Trình

độ cán

Hệ số đánh giá lực Máy trưởng 10 Máy 25 Máy 30 Máy 45 Kỹ sư 25 10 5 0 10

Trung cấp 20

0 20 0 0

Công nhân 45

0 0 30 15 20 0 0 0 20

Quy không cước phí chọn: x x 0 x

R1 = 0

3

x

4 R2 = -1

0

x

x

R3 = -4

0 0

x

R4 = 0

Ma trận cước phí toán :

x

x

-1

x

-3

x

2 -1

-9 -7

x

x

-5 -4 -1

x

Vì tốn tiến max, nên ô ma trận phải âm Chứng tỏ phương án chưa tối ưu cịn suất dương Ta xây dựng phương án Bổ sung ô (2;3) vào tập ô chọn E, ta chu trình V :

V= {(2;3) , (2;2) , (1;2) , (1;4) , (3;4) , (3;3)}

0

x

(3)x

-1

(4)x

-3

(2)x

(1)* -1

-9 -7

(6)x

(5)x

-5 -4 -1

x VL = { (2;3), (1;2), (3;4)} có số người x

23=0; x12=5; x34=15

VC = { (2;2), (1;4), (3;3) } có số người x

22 = 20; x14=10; x33 =30

Các khơng thuộc chu trình : x11=10 ; x44 =20

Chọn

x

i*j* = {

x

ij ; (i ; j ) ¿ VC } = { 20;10;30} = 10

Hình thành phương án mới:

10

4

15

0

0

0

3

0

5

10

4

10

0

0

0

0

1

0

5

20

4

25

0

0

0

0

0

0

0

20

Tiếp tục quy khơng cước phí ô chọn:

x

x

0 R1 = 0

3

x

x

0 R2 = -1

0

x

x

R3 = -2

0 0

x

R4 = 2

S1 = -5 S2 = -4 S3 = -3 S4 =-2

Ma trận cước phí tóan :

x

x

-3 -2

-3

x

x -3

x x

-3 -2 -1

x

Ta thấy ô suất mang giá trị âm Vậy phương án tối ưu

Năng lực cao thu : 5.10 + 4.15+ 5.10 + 10.4 + 20.5 + 15.4 = 400

b Một đội làm rau gồm 23 lao động nữ , chia làm loại: loại A B có 10 người ; loại C có người Đội cần bố trí người hái rau, người làm cỏ rau 12 người trồng rau Năng suất lao động loại cho trong bảng sau:

Công việc Lao

động

Năng suất đánh giá lực Hái rau

3

Làm cỏ

Trồng rau 12

A (10) 10

B (10) 1.7 9

C (3) 1.6 10

Vậy phải phân công để suất đạt cao nhất?

Giải

Thành lập phương án ban đầu : Công việc

Lao động

Năng suất đánh giá lực Hái rau

3

Làm cỏ

Trồng rau 12 A

(10)

2

2

10

8

9

0

B (10)

1.7

1

9

0

9

9

C (3)

1.6

0

8

0

10

Quy không cước phí chọn:

x 10

x

9 R1 = 0

1,7

x

9

x

R2 =0,3

1,6

8

10

R3 = -0,7

S1 = -2 S2 = -10 S3 = -9,3

Ma trận cước phí :

2

10

8

9

0

1,7

1

9

0

9

9

1,6

0

8

0

10

3

Ta thấy ô ma trận thành lập có giá trị âm Vậy phương án phương án tối ưu với suất lớn :

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 QHTT, Đặng Huấn, NXB ĐHKT, năm 1996

2 QHTT, Nguyễn Đức Nghĩa, NXB Giáo dục, năm 1997 QHTT, Phí Mạnh Ban, NXB Giáo dục ,năm 1999