Toán quy hoạch tuyến tính

Trường đại học lâm nghiệp Bộ môn Toán Vũ Khắc Bảy Bài giảng Toán quy hoạch tuyến tính (Dùng cho ngành Kinh tế , QTKD, Kế toán) Hà nội - Năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính mở đầu Lý thuyết quy hoạch tuyến tính ngành học đời áp dụng thực tế qua chục năm gần Sự cần thiết tối ưu hoá trình sản xuất quốc phòng với đời phương tiện tính toán đà giúp cho lý thuyết quy hoạch tuyến tính phát triển hoàn thiện áp dụng có tính hiệu thực tế Môn học Toán Quy hoạch tuyến tính môn học trường đại học nói chung trường đại học Lâm nghiệp nói riêng Với thời lượng 30 tiết nên chương trình đề cập đến số nội dung sau: Các ví dụ thực tế để dẫn đến khái niệm toán quy hoạch tuyến tính Bài toán quy hoạch tuyến tính : với dạng thức khác Phương pháp đơn hình giải toán quy hoạch tuyến tính tắc , dạng tổng quát Bài toán vận tải Bài toán đối ngẫu Trong nội dung phương pháp đơn hình giải đầy đủ trường hợp : Kiểm tra tồn nghiệm, vấn đề đặt ẩn phụ, ẩn giả tạo, vấn đề thoái hoá Về phần tập tập trung vào nội dung: Thiết lập toán : từ vấn đề thực tế đưa công thức toán học Biết giải toán quy hoạch tuyến tính theo phương pháp đơn hình Thiết lập toán đối ngẫu Biết giải toán vận tải : Cước phí nhỏ Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Chương I Bài toán quy hoạch tuyến tính I Các ví dụ dẫn đến khái niệm Bài toán lập kế hoạch sản xuất : Có xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm thức ăn gia súc A B Các sản phẩm sản xuất từ loại nguyên liệu ngô , khoai , sắn Dự trữ loại nguyên liệu cho bảng số lượng kg loại nguyên liệu dùng để sản xuất bao sản phẩm ghi bảng Vấn đề đặt nên sản xuất loại sản phẩm bao để l·i nhiỊu nhÊt BiÕt r»ng mét bao s¶n phÈm A lÃi 50 nghìn, bao sản phẩm B lÃi 30 nghìn Loại nguyên liệu Số lượng đơn vị nguyên liệu chi phí cho đơn vị sản phẩm Dự trữ A B Ng« 140 (kg) 20 10 Khoai 240 (kg) 40 Sắn 192 (kg) 16 24 Để giải vấn đề ta lập mô hình toán học sau : Gọi x số bao sản phẩm A, gọi y số bao sản phẩm B , ta cần tìm giá trị x y cho z = 50x + 30 y > Max Tuy nhiên giá trị x y phải chịu ràng buộc : 20 x 10 y  40 y  16 x  24 y     140 240 192 vµ x , y ≥ Nh­ vËy ta cã thĨ ph¸t biĨu cách ngắn gọn theo ngôn ngữ toán học : Tìm giá trị x y để  20 x  10 y  40 y     16 x  24 y  x  , y  z = 50x + 30 y > Max , với điều kiện 140 240 192 Bài toán vận tải Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Người ta cần vận chuyển loại hàng từ hai xí nghiệp A B đến hàng I II Khả sản xuất hàng xí nghiệp , khả tiêu thụ hàng cửa hàng cước phí vận chuyển cho bảng Vấn đề đặt nên vận chuyển hàng từ đâu đến đâu, với số lượng bao nhiêu, để đảm bảo cung cầu đồng thời cước phí tổng cộng nhỏ Cước phí Thu Phát A B - Cưa hµng I Cưa hµng II 20 (tÊn) 30 (tÊn) 15 (tÊn) 15 (ngh×n/tÊn) 30 (ngh×n/tÊn) 35 (tÊn ) 20 (nghìn/tấn) 50 (nghìn/tấn) Để giải vấn đề ta lập mô hình toán học sau: Gọi x11 - lượng hàng từ xí nghiệp A đến cửa hàng I Gọi x12 - lượng hàng từ xí nghiệp A đến cửa hàng I I Gọi x21 - lượng hàng từ xí nghiệp B đến cửa hàng I Gọi x22 - lượng hàng từ xí nghiệp B đến cửa hàng I I Nh­ vËy c­íc phÝ tỉng céng sÏ lµ : Z = 15x11 + 30 x12 + 20 x21 + 50 x22 , ta phải tìm giá trị x11 , x12 , x21 , x22 để cho Z có giá trị nhỏ phải vận chuyển hết số hàng ( cân Thu - Phát ), ý giá trị x11 , x12 , x21 , x22 không âm , toán phát biểu sau : Tìm Z = 15x11 + 30 x12 + 20 x21 + 50 x22 -> , với ràng buộc  x11  x12 x  x 22  21  x11  x21 x  x 22  12 xi j   15    35 20 30 Bài toán phân công lao động: Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 ( i , j , ) Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Một đội sản xuất cần phân công số người gặt lúa, số người vận chuyển lúa kho Toàn đội có 15 lao động loại A, 20 lao động loại B 10 lao động loại C Năng suất làm việc loại lao động loại công việc cho bảng (tính theo đơn vị sào/ngày) HÃy phân công lao động cho gặt nhiều vận chuyển hết số lúa kho gặt ngày Năng suất Công việc Gặt lúa Chuyển lúa 1,7 Lao động A - 15 (ng­êi) B - 20 1,8 1,6 C - 10 1,5 1,2 Để giải vấn đề ta lập mô hình toán học sau : Gọi x , y , z số lao động loại A , B , C cử gặt lúa, số lao động chuyển lúa loại A : 15 - x , lo¹i B : 20 - y , lo¹i C : 10 - z Vì hai công việc phải hoàn thành cân đối nên 2x + 1,8 y + 1,5 z = 1,7.(15 - x) + 1,6 (20 - y ) + 1,2 ( 10 - z) hay lµ 3,7x + 3,4 y + 2,7 z = 69,5 , Do toán phát biểu sau Tìm f = 2x + 1,8 y + 1,5 z -> 0  x 15 0  y  20  0  z 10 3, x  3, y  2, z   x , y , z   Max , với điều kiện 69, gi trị nguy ê n Nhận xét chung Nhìn dạng toán học toán trên, ta có số nhận xét sau : Những toán thuộc loại toán tìm cực đại hay cực tiểu hàm ( mà hàm tuyến tính ) Các ẩn phải thỏa mÃn số điều kiện ràng buộc : đẳng thức hay bất đẳng thức ( dạng tuyến tính) Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính II Các dạng tổng quát khác toán quy hoạch tuyến tính Các dạng khác toán Bài toán quy hoạch tuyến tính tổng quát toán có dạng sau: n     Min ( Max )  z  ci x i     i 1     n ( i  1, 2, 3, , m1 )  aij x j  bi  j 1  n  ( i  m1  1, , m )  aij x j  bi j    xj  ( j  1, 2, 3, , n1 )   A: (1)  (2)  (3) (4) Trong ®ã biĨu thức (1) hàm mục tiêu, (2), (3), (4) ràng buộc xi Để ý rµng bc (3) cã thĨ thay b»ng hai rµng bc :        n a x ij j  bi j 1 n a x ij j   bi j 1 Do vËy bµi toán A đưa dạng chuẩn tắc sau : n  Min (Max) z  ci x i (5)   j 1  n  D¹ng chuÈn t¾c : ( i  1, 2,3, , m ) (6)  a ij x j  bi j    xj  ( j  1, 2,3, , n ) (7)   ( chó ý : bi ) Nếu toán dạng chuẩn tắc cách đặt ẩn ( hay biến ) phụ ta đưa ràng buộc dạng bất đẳng thức (6) dạng đẳng thức kèm theo điều kiện ẩn phụ không âm, tức dạng tắc sau : Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tÝnh n    Min (Max) z  (8)    ci x i  j  n Dạng tắc : ( i  1, 2,3, , m ) (9)  a ij x j  bi j   x  ( j  1, 2,3, , n ) (10) j Chú ý giả thiết bi ( có bk < đổi dấu vế ta có giả thiết trên) Như toán quy hoạch tuyến tính đưa dạng chuẩn tắc hay dạng tắc ta xét toán chủ yếu dạng tắc Đối với toán quy hoạch tuyến tính tắc (8) - (10) không giảm tính tổng quát ta giả thiết: Hệ (8) - (10) gồm m phương trình độc lập m < n m n hệ (8)-(10) tương thích ( nghiệm nhất) không tương thích, vấn đề tìm phương án tối ưu không ý nghĩa bi ( i = 1,2, m ) v× nÕu bi < cần đổi dấu hai vế Bài toán yêu cầu tính cực tiểu, tìm Max đổi tìm Min cách : max f( x1, x2 , ,xn) = - [-f(x1, x2 , ,xn)] Ta phát biểu toán quy hoạch tuyến tính dạng tắc theo hai dạng sau : a) Dạng véc tơ : Min [ f = C,X] (11) Víi ®iỊu kiƯn P1x1 + P2x2 + + Pnxn = P0 (12) X  (13) Trong ®ã : C = ( c1 , c2 , ,cn) , X = (x1, x2 , ,xn)  a11   a12   a1n   b1           a21   a22   a2 n   b2  P1   , P  , ., P  , P  n                    a  a  a  b   m1   m2  mn m Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính b) Dạng ma trận : Min[ f = [c,X)] (11) Víi ®iỊu kiƯn A.X = P0 (12) (13) X  Víi A = (ai j )m  n , X  Rn , P Rm Một số định nghĩa Phương án véc tơ X = (x1, x2, ,xn) Rn thoả mÃn đồng thời điều kiện (12), (13) Phương án gọi tối ưu ( optiman) nghiệm toán phương án làm hàm mục tiêu (11) đạt giá trị cực tiểu (nếu hàm mục tiêu : Min) Tập hợp L phương án gọi bị chặn tồn số để với phương án X L ta có xi <  ( i = 1, 2, , n) C¸c toán quy hoạch tuyến tính có ràng buộc n dạng xj có phương án bị chặn j 4* Chú ý ràng buộc cã thĨ chia lµm nhãm: rµng bc dÊu vµ ràng buộc dấu : Ràng buộc có dạng xi xi ràng buộc dấu Các ràng buộc (2), ( 3) , ( 6) , ( 9) , ( 12) ràng buộc dấu ( tức liên hệ dạng đẳng thức bất đẳng thức) Các hệ số xj m ràng buộc ( đà thấy) lập thành ma trËn A cì m × n Ma trËn A cã n cét ( v× cã n biÕn x1 , x2 , , xn) vµ cét thø j ( ứng với biến xj) ký hiệu Pj gọi véc tơ điều kiện ứng với biến xj 5* Để sử dụng cho phát biểu sau này, người ta đưa hai khái niệm ràng buộc: ràng buộc chặt ràng buộc lỏng : Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Nếu phương án X mà ràng buộc thứ i thỏa mÃn với dấu đẳng thức, tức : n  a ij x j  bi hc xi = ( ràng buộc dấu) ta nói phương án j X thỏa mÃn chặt ràng buộc i Nếu phương án X mà ràng buộc thứ i thỏa mÃn với dấu bất đẳng thức n thùc sù, tøc lµ :  a ij x j bi ( bi) xi > ( Max , với điều kiện 20 x  10 y  40 y     16 x  24 y  x  , y  140 240 210 (a ) (b) ( c) (d ) Ta có phương án X = ( , ) (vì thỏa mÃn điều kiện (a), (b) , (c), (d) ), phương án X thỏa mÃn chặt điều kiện (a),(b) , thỏa mÃn lỏng ®iỊu kiƯn (c) vµ (d) NhËn xÐt  ViƯc giải toán QHTT thực chất tìm nghiệm (12) với ẩn xi không âm , mà hệ phương trình tuyến tính (12) hệ có vô số nghiệm ( có nghiệm toán tối ưu không ý nghĩa), điều dẫn đến có giả thiết : hệ (12) có m phương trình độc lập tuyến tính với m < n hạng ma trận hƯ sè = h¹ng ma trËn më réng = m Bài toán QHTT toán tìm cực trị hàm nhiều biến (11), chịu số ràng buộc (12) (13), nên phương pháp giải tổng quát dùng phương pháp biến thiên số Lagrăng, tính chất đặc biệt toán : Hàm mục tiêu ràng buộc tuyến tính với biến, nên toán QHTT giải theo cách khác tiện lợi Phương pháp giải toán QHTT hình học Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Để hiểu cách đơn giản phương pháp hình học, ta trở lại toán ví dụ phần mục I : Tìm giá trị x y để z = 50x + 30 y > Max , với điều kiện 20 x  10 y  40 y     16 x  24 y  x  , y  140 240 192 (a) ( b) ( c) (14) (d )  Ta xÐt mặt phẳng Oxy : Biểu diễn điểm có täa ®é tháa m·n ®iỊu kiƯn ax + by + c mặt phẳng Oxy nửa mặt phẳng đường thẳng ax + by + c = xác định Đường thẳng ax + by + c =   cã ph¸p tuyÕn n = ( a , b) NÕu tõ mét ®iĨm M n»m đường thẳng vẽ pháp tuyến n pháp tuyến hướng phía điểm có tọa độ (x , y) lµm cho biĨu thøc f(x,y) = ax + by + c tăng lên Tập hợp điểm M(x,y) thỏa mÃn hay nhiều bất đẳng thøc d¹ng ax + by + c  sÏ n»m mét miỊn låi  MiỊn låi lµ miỊn mµ nÕu A vµ B bÊt kú thc miỊn låi điểm đọan thẳng AB thuộc miền, tøc lµ nÕu A(xA, yA) , B(xB , yB) thuéc miền lồi điểm M (x,y) với : x  x A  ( x B  x A ).t víi  t  sÏ thuéc miÒn låi  y  y  ( y  y ) t  A B A  Ta biÓu diễn miền thỏa mÃn điều kiện (14) mặt phẳng Oxy sau: Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Các nội dung ôn tập Các dạng toán QHTT : Chuẩn tắc - Chính tắc : Cách đưa toán dạng tắc Chú ý : Dạng tắc buộc dấu = điều kiện dấu ẩn : ( 0) Cách giải PP đơn hình to¸n : Chó ý : c¸c thao t¸c cđa PP đơn hình để giải cho toán : Chính tắc - tìm Trước giải đơn hình : ta chuyển toán ( tìm Max) tìm tắc Lập bảng đơn hình thao tác : Chú ý : Nếu toán ban đầu tìm fMax sau đổi tìm f hình sau tìm nghiệm ( btoán tìm f giá trị hàm mục tiêu fMax = - f min để giải theo đơn ) ta có nghiệm X nhau, Bài toán đối ngẫu : Viết toán đối ngẫu : ( cách nhớ : gốc => đối ngẫu Max) Sử dụng hệ định lý thứ : Nếu X0 nghiệm tèi ­u cđa gèc , vµ Y0 lµ nghiƯm tèi ưu đối ngẫu : Nếu X0 thỏa mÃn lỏng điều kiện (k) gốc, Y0 thỏa mÃn chặt điều kiện (s) đối ngẫu với (k) (s) cặp điều kiện đối ngẫu Sử dụng định lý, định nghĩa liên quan đến p.a cực biên , tối ưu , cực biên tối ưu , (định nghĩa tồn ) 55 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Bài tập ôn luyện Trong nội dung tập cần sử dụng tính chất toán QHTT : Tính chất : ( Sự tồn p.a cực biên) : Nếu toán có phương án, hạng ma trận hệ ràng buộc ( kể ràng buộc dấu) n ( n biến số) toán có phương án cực biên Hệ quả: Nếu toán có phương án, có tất ràng buộc dấu ( chẳng hạn toán dạng tắc) có phương án cực biên Tính chất ( Sự tồn p.a tối ưu ) Nếu toán có phương án, trị số hàm mục tiêu bị chặn f(x) => (hoặc bị chặn f(x) => Max) tập p.a toán có p a tối ưu Tính chất : ( Sự tồn p.a cực biên tối ưu ) Nếu toán có p a cực biên có p.a tối ưu toán có p.a cực biên tối ưu Chú ý : Trên ®iỊu kiƯn ®đ ®Ĩ kÕt ln sù tån t¹i cđa p án cực biên , p án tối ưu, phương án cực biên tối ưu Cho toán QHTT : f(x) = x1 + 8x2 + 10x3 => x1 + x2 + 4x3 = (1) x1 - x2 + 2x3 = (2) xj  víi j (3) Không giải toán, hÃy chứng minh toán có P.A cực biên tối ưu Giải Chỉ có p.a : tức tìm x0 = (x1 , x2 , x3) tháa m·n (1) , (2), (3) Ta thể giải hệ phương trình (1) (2) : giải x1 , x2 theo x3 : 2x1 = - 6x3 x1 = - 3x3 => x2 = x1 + 2x3 = - 3x3 + 2x3 = - x3 => p ¸n : X = (1 - 3x3 , - x3 , x3 ) x1 , x2 , x3  nên x3 56 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Thấy r»ng víi x3 = => x0 = ( 1, , 0) thỏa mÃn ràng buộc => x0 p.a Bài toán có p án cực biên : có p.án ràng buộc (3) cho thấy : có đủ ràng buôc dấu Vì tìm hàm f(x) nên ta cần hàm f(x) giá trị đó: Ta có f(x) = x1 + 8x2 + 10x3  víi mäi xj  v× vËy theo tÝnh chÊt thø tồn p a tối ưu toán có p.a tối ưu Như toán có p án cực biên, có p án tối ưu => có p án cực biên tối ưu Cho toán QHTT : f(x) = x1 + 4x2 + px3 => 3x1 + 11x2 + 4x3  10 - x1 + x2 + x3 = -1 xj  với j p tham số Không giải toán, hÃy chứng minh toán có P.A cực biên tối ưu với p Giải: Chỉ có p a cực biên : ( theo hệ tính chất 1) : toán có tất ràng buộc dấu biÕn => cã p a cùc biªn  ChØ ®­ỵc cã p a tèi ­u :  ChØ tồn p.a : Thấy x0 = ( , , 0) p a, x0 thỏa mÃn tất ràng buộc Do tìm hàm mục tiêu nên cần hàm f(x) bị chặn : tức : f(x) giá trị : Có f(x) = x1 + 4x2 + px3  víi mäi p  ( xj  víi  j ) => f(x) bị chặn với p (do xj  víi  j ) nh­ toán có p.a tối ưu ( theo tín chÊt vỊ sù tån t¹i p a tèi ­u) Do toán có p.a cực biên có p a tối ưu nên toán có p.a cực biên tối ưu Cho toán f(x) = 2x1 - x2 + 4x3 => x1 + 2x2 - x3 max  (1) 3x1 - x2 + 4x3  12 (2) + x3  10 (3) xj  víi j (4) x1 57 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính a) Chứng minh toán cã p.a tèi ­u b) Víi f(x) => h·y chứng minh toán p.a tối ưu Khi hÃy dÃy p.a f(x) giảm vô hạn Giải a) Để chứng minh toán có p.a tối ưu ta cần toán có p.a hàm f(x) bị chặn ( tìm Max hàm mục tiêu) : Thấy x0 = ( , , 0) tháa m·n tất ràng buộc => x0 p a  Tõ (2) ta cã : 3x1 - x2 + 4x3  12 2x1 - x2 + 4x3  12 - x1 Do vËy f(x) = 2x1 - x2 + 4x3  12 - x1  12 ( v× x1 0) => f(x) bị chặn Vậy toán có p a tối ưu b) Theo giả thiết ta có toán : f(x) = 2x1 - x2 + 4x3 => x1 + 2x2 - x3  (1) 3x1 - x2 + 4x3  12 (2) + x3  10 (3) xj  víi j (4) x1 (II) Chứng minh toán (II) p.a tối ưu Khi hÃy dÃy p.a f(x) giảm vô hạn Để chứng minh toán tìm hàm mục tiêu không cã p a tèi ­u ta chØ cÇn chØ có tập p.a làm cho hàm mục tiêu giảm vô hạn Thấy X = ( , x2 , 0) víi mäi x2  0,5 sÏ lµ p.a toán ( thỏa mÃn tất ràng buộc), giá trị hàm mục tiêu se lµ : f(X) = -x2 vËy x2 -> + f(X) -> - => toán (II) p a tối ưu có tËp p a X = ( , x2 , 0) víi mäi x2  0,5 sÏ lµm cho hµm mục tiêu giảm vô hạn Cho toán QHTT f(x) = x1 + 8x2 + 10 x3 => x1 + x2 + x3  p (1) x1 - x2 + x3  (2) xj  với j p tham số 58 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 (3) Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Không dùng thuật toán, hÃy chứng minh toán có p.a cực biên tối ưu với p HÃy xác định p a cực biên tối ­u Gi¶i  Víi p  ta thÊy : x0 = ( p , , 0) lµ p.a , x0 p án cực biên x0 thỏa mÃn chặt ràng buộc ràng buộc dấu Để chứng minh toán có p án cực biên tối ưu ta phải hàm mục tiêu bị chặn ( tức f(x) giá trị ): Cã f(x) = x1 + 8x2 + 10 x3  xj => f(x) bị chặn Vậy toán có p a cực biên tối ưu Để xác định p a cực biên tối ­u ( víi mäi p  0) ta cã : f(x) = x1 + 8x2 + 10 x3 = x1 + x2 + x3 + 7x2 + x3  p + 7x2 + x3 vËy f(x)  p + 7x2 + x3  p => f(x)  p dÊu = x¶y x2 = x3 = để thỏa mÃn ràng buộc x1 = p => p án cực biên tèi ­u lµ : x0 = ( p , , 0) với p Cho toán QHTT f(x) = x1 + 4x2 + x3 => Max 4x1 + 11x2 + x3  -7 (1) x1 + x - x (2) = xj với j (3) Không dùng thuật toán, hÃy chứng minh toán có p.a cực biên tối ưu HÃy xác định p.a cực biên tối ưu Giải  NhËn thÊy x0 =( , , 0) p.a ( thỏa mÃn ràng buộc (1) , (2) , (3)) có tất ràng buộc dấu nên có p.a cực biên Để chứng minh toán có p.a cực biên tối ưu ta cần chứng tỏ thêm toán có p án tối ưu Do tìm Max hàm mục tiêu nên để chứng tỏ toán có p án tối ưu ta cần chứng tỏ hàm f(x) giá trị mà f(x) = x1 + 4x2 + x3  víi mäi xj ( điều kiện (3)) tập phương án bị chặn => toán tồn p.a tối ưu Vậy toán tồn p.a cực biên , tồn p.a tối ưu nên tồn p.a cực biên tối ưu 59 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Cho toán QHTT f(x) = 2x1 – x2 + 3x3 - 2x4 => x1 - x x3 - x = p (1) = p+1 (2) xj  víi  j , p tham số Không dùng thuật toán, hÃy chứng minh toán có p.a cực biên tối ưu với p > HÃy xác định p a cực biên tối ưu Giải Bài toán có tất ràng buộc dấu, thÊy r»ng cã mét p.a x0 = ( p , , p+3 , 2) => toán có p a cùc biªn ( chó ý : p > 0) Để toán có p a cực biên tối ưu ta phải toán có p a tối ưu đủ: có : f(x) = 2x1 – x2 + 3x3 - 2x4 = x1 – x2 + 2(x3 - x4) + x1 + x3 => f(x) = p + 2.(p+1) + x1 + x3 = 3p + + x1 + x3  3p + => f(x) bị chặn => toán có p án tối ưu Do toán có p.a cực biên p án tối ưu nên có p án cực biên tối ưu Như ta đà cã f(x) = 3p + + x1 + x3 ®iỊu kiƯn (1) => x1  p ; (2) x3  p +1 ( chó ý : p > 0)  3p + + p + p +1 = 5p + ®ã f(x) = 3p + + x1 + x3 => f(x)  5p + dÊu “=” x¶y x1 = p => x2 = , x3 = p+1 => x4 = a cã p.¸n x0 = ( p , , p + 1, 0) phương án tối ưu Nhận thấy x0 thỏa mÃn chặt ràng buộc b»ng sè Èn ( n = 4) => x0 lµ p án cực biên tối ưu Cho toán QHTT f(x) = 3x1 - 2x2 + x3 + 2x4 => + x3 - 4x4  18 -8x1 4x1 - 4x2 + 2x3 + 2x4 = 10 -2x1 - 5x2 + 3x3 - x4  20 xj  víi j = , 2, 3, a) Gi¶i toán phương pháp đơn hình 60 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính b) Viết biểu thức mô tả tập hợp phương án tối ưu toán c) Tìm phương án tối ưu toán khác với kết ý a) Giải a) Trước hết đưa toán dạng tắc ( điều kiện hàm mục tiêu đà thỏa mÃn vế phải ) f(x) = 3x1 - 2x2 + x3 + 2x4 => -8x1 + x3 - 4x4 + x5 = 18 4x1 - 4x2 + 2x3 + 2x4 = 10 -2x1 - 5x2 + 3x3 - x4 - x6 = 20  xj ( II) víi j = , 2, 3, Lập bảng đơn hình hàng quay xi x1 x2 x3 x4 x5 x6 p1 -2 p2 p3 p4 p5 p6 M p7 M P8 Cơ sở C ci P.¸n P5 18 -8 -4 0 P7 P8 M M 10 20 -2 -4 -5 [2] -1 0 -1 0 30 -3 2 -9 -1 -2 0 -1 0 0 M+1 M+2  Cét quay : chän del_ta d­¬ng lín nhÊt ( xÐt hàng trước , hàng xét hàng Hàng quay : vào tỷ số nhỏ trị p.án với phần tử dương cột quay Xét min( 18/1 ; 10/ ; 20/3) = 10/2 = => hàng quay hàng thứ => Cơ sở P7 bị thay P3 Vì hàng quay hàng thứ , mà cột quay ứng P3 => xác định phần tử quay Chia phần tử hàng quay cho phần tử quay ( mục đích để vị trí phần tử quay = 1) Nhân hàng quay với số thích hợp đem cộng tương ứng phần tử vào hàng khác : mục đích để phần tử cột quay ( khác phần tử quay ) = hàng quay M+1 M+2 xi x1 x2 x3 x4 x5 x6 p1 -2 p2 p3 p4 p5 p6 M P8 Cơ sở C ci P.¸n P5 p3 13 -10 2 -2 -5 1 0 0 P8 M 5 -8 -1 -8 [1] 0 -4 -1 -4 0 -1 -1 0 Cét quay øng víi P2 ; xÐt min( 5/ ; 13/ 2) = 5/1 => hµng quay lµ hàng thứ => phần tử quay 61 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính C s C P5 p3 p2 -2 M+1 M+2 ci P.¸n p1 -2 p2 p3 p4 p5 p6 15 5 -14 -8 -1 0 0 0 -7 -4 -1 0 -2 -1 Nhận thấy j nên dừng tính có phương án tối ưu bìa toán dạng tắc (II) x = ( , , 15 , , , 0) => nghiệm cực biên tối ưu toán gốc : X0 = ( , , 15 , 0) fmin = b) Để xét tính chất nghiệm toán ta xét nghiệm toán đối ngẫu toán gốc sau : f(x) = 3x1 - 2x2 + x3 -8x1 (I) + 2x4 => - 4x4  18 + x3 (1) y1 4x1 - 4x2 + 2x3 + 2x4 = 10 (2) y2 -2x1 - 5x2 + 3x3 - x4  20 (3) y3 xj  víi j = , 2, 3, (4) Theo lời giải ta có X0 = ( , , 15 ,0) lµ mét p.a tối ưu (I) , thay vào ràng buộc thấy: X0 thỏa mÃn lỏng ràng buộc : (1) ; x2 > ; x3 > Ta cã toán (III) đối ngẫu với toán (I) nh­ sau: g(Y) = 18 y1 + 10y2 + 20y3 => Max (a) (®èi øng víi x1  0)  -2 (b) (®èi øng víi x2  0) y1 + 2y2 + 3y3  (c) (®èi øng víi x3  0) - 4y1 + 2y2 - y3  (d) (®èi øng víi x4  0) -8y1 + 4y2 - 2y3 - 4y2 - 5y3 (III)  y1  ( ®èi øng víi (1)) y3  ( ®èi øng víi (3) NÕu ta gäi y0 = ( y1 , y2 , y3 ) lµ nghiƯm tèi ưu toán đối ngẫu ( toán (III)), x0 = ( , , 15 ,0) p.a tối ưu thỏa mÃn lỏng ràng buéc : (1) ; x2 > ; x3 > toán gốc (I) , nên y0 thỏa mÃn chặt ràng buộc đối ứng với ràng buéc (1) ; x2 > ; x3 > 62 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tÝnh tøc lµ : y1 = - 4y2 - 5y3 (5) = -2 y1 + 2y2 + 3y3 (6) = (7) Thay (5) vào (7) giải với (6) : - 4y2 - 5y3 2y2 + 3y3 = -2 = => y3 = ; y2 = 0,5 vËy Y= (0 ; 0,5 ; ) lµ p.a tối ưu toán đối ngẫu lµ nhÊt ThÊy r»ng : Y = ( ; 0,5 ; ) thỏa mÃn lỏng ràng buéc : ( a) ; (d) VËy nÕu X = (x1 , x2 , x3 , x4 ) lµ p án tối ưu toán gốc X cần thỏa mÃn chặt ràng buộc đối ứng với rµng buéc (a) ; (d) , tøc lµ : x1 = ; x4 = vµ 4x1 - 4x2 + 2x3 + 2x4 = 10 ( 2) => -4x2 + 2x3 = 10 x3 = + 2x2 X thảo mÃn ràng buộc : -8x1 - 4x4  18 + x3 -2x1 - 5x2 + 3x3 - x4  20 x2 hay lµ : (1) =>  (1) (3) + 2x2  18 => x2  6,5 (3) => - 5x2 + 3x3  20 - 5x2 + 3( + 2x2)  20 => x2  vËy  x2  6,5 => nghiệm tối ưu toán gốc có d¹ng : X = ( , x2 , + 2x2 , ) ®ã  x2 6,5 Như ứng với giá trị x2 khoảng [ ; 6,5] thay vào biểu thøc cña X = ( , x2 , + 2x2 , ) ta có phương án tối ưu ( tức chúng p.a cho hàm mục tiêu fmin = ) c) Thay x2 = 6,5 vào ta x1 = ( ; 6,5 ; 18 ; 0) lµ p ¸n tèi ­u míi KiĨm tra thÊy r»ng X1 tháa mÃn chặt ràng buộc (1) ; (2) ràng buộc dấu => thỏa mÃn chặt ràng buộc ( = 63 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính số ẩn 4) => X1 p.án cực biên tối ưu cần tìm Cho toán QHTT f(x) = 6x1 - 4x2 - 4x3 + 4x4 + 2x5 => - x3 + x4 - 4x5  18 2x1 + 3x5  -5x1 + 3x2 + 2x3 - x2 + x3 - 3x4  -7 (a) y1 (b) y2 (c) y3 vµ vÐc t¬ x0 = ( 0, 0, 0, 18, 0) a) Véc tơ x0 có phải phương án , phương án cực biên toán không? sao? b) Viết toán đối ngẫu toán Bài toán đối ngẫu có p án ? Phương án cực biên? P.án tối ưu hay không? sao? Giải a)  Thay X0 = ( 0, 0, 0, 18, 0) vào ràng buộc thấy thỏa mÃn tất => X0 lµ mét p.a  Do chØ cã tất ràng buộc mà có biến nên p a toán không không thỏa mÃn đủ ràng buộc chặt => x0 không p án cực biên b) Viết toán đối ngÉu : g(y) = 18 y1 - 7y3 => Max 2y1 - 5y2 = 3y2 - y3 = -4 -y1 + 2y2 + y3 y1 -4y1 (3) - 3y3 = (4) + 3y2 =2  Gi¶i (1) -> (3) vµ kiĨm tra víi (4) -> (6) = 3y2 - y3 = -4 64 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 (2) = -4 y1 , y2 , y3  2y1 - 5y2 (1) (1) (2) (5) (6) Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy ho¹ch tuyÕn tÝnh -2y1 + 4y2 + 2y3 = - => 2y1 - 5y2 -y2 = => 2y1 - 5y2 -y2 (1) + 2y3 = -2 3y2 - y3 (3)” = -4 (2) nh©n (3)” víi đem cộng vào (2) => = (1) + 2y3 = -2 (3)” 5y3 = -10 => y3 = - ; (3) ta cộng (1) vào (3) (3)” (2)’ y2 = - 2; y1 = -2 ( thỏa mÃn (6)) Thay vào thỏa mÃn ràng buéc (4) , (5) vËy Y0 = ( -2 , -2 , -2) p án toán đối ngẫu Xét thấy toán đối ngẫu có p.án ( có p án Y0 ) mà có ®đ rµng bc vỊ dÊu ( sè Èn b»ng 3) nên theo tính chất tồn p án cực biên => toán đối ngẫu có p án cực biên Thấy nghiệm hệ ràng buộc (1) => (6) chØ cã nghiƯm nhÊt lµ Y0 = (-2 , -2 , -2 ) vµ hµm mơc tiêu g(Y0) = - 22 Bài toán có p ¸n ( Y0 = ( -2 , -2 , -2) ) , toán tìm Max nên ta tìm số M để g(Y) < M ( tức bị chặn trên) , kết luận toán có p án tối ưu có hàm mục tiêu : g(y) = 18 y1 - 7y3 lại có rµng buéc y1 - 3y3 = => g(y) = 18 y1 - 7y3 = = 28/3 (7/3) ( y1 - 3y3) + (18- 7/3) y1 = (7/3) + (44/3) y1 + (44/3).y1 28/3 => g(Y) bị chặn => theo tính chất tồn p.án tối ưu => toán đối ngẫu có p ¸n tèi ­u 10 Cho bµi to¸n QHTT f(x) = x1 - 2x2 + 3x3 + 2x4 => - 8x3 - 4x4  36 (1) x1 - 2x2 + 2x3 + x4 = 12 (2) x1 (I) 3x1 - x2 - 2x3 xj x4  , j = -> a) Giải toán phương pháp đơn hình b) Viết biểu thức mô tả tập p.án tối ưu toán 65 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 46 (3) (4) Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính c) Tìm p.án cực biên tối ưu toán Giải: a) Trước hết chuyển toán dạng tắc, tìm , vế phải xj toán (I) (II) f(x) = x1 - 2x2 + 3x3 + 2x4 => x1 (II) - 8x3 - 4x4 + x5 = 36 x1 - 2x2 + 2x3 + x4 3x1 - x2 - 2x3 xj x4 (1)’ = 12 - x6 = (2) 46 (3)’  , j = -> (4) Lập bảng đơn hình : Cơ sở C P5 P7 P8 M M M+1 M+2 Cj P.án P1 -2 P2 P3 P4 P5 P6 M P7 M P8 36 12 46 58 [1] -1 -2 -5 -7 -8 -2 -3 -4 -1 -2 0 0 0 -1 -1 0 0 0 Xác định cột quay P1 , để xác định hàng quay ta cần xét min(36/1 ; 12/1 ; 46/3) = 12/1 => hàng quay hàng Hàng quay M+1 M+2 Cơ sở P5 P1 P8 Cj -2 0 M M C P.án P1 M 24 12 10 12 10 0 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8 -2 1 -10 -8 -1 -8 -5 -4 -1 -4 0 0 0 -1 -1 0 0 Cột quay P , để xác định hàng quay xét min(24/2 ; 10/1 ) = 10/1  hàng quay hg Hàng quay Cơ sở P5 P1 P2 Cj -2 0 M M C P.án P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8 -2 32 10 0 -14 -8 -7 -4 0 -2 -1 66 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính 12 M+1 M+2 0 0 -1 -1 0 0 Nhận thấy giá trị Δ j hàng M+ , hàng M +1  nên thỏa mãn dấu hiệu tối ưu Vậy fmin = 12 với nghiệm ( toán II) : X = ( 32 , 10 , , 0, , 0) => Nghiệm toán (I) X0 = ( 32 , 10 , , ) Bài 11 Cho toán QHTT sau ( gọi toán gốc) f(X) = 2x1 + 3x2 + kx3 => Max 2x1 + kx2 = x1 - x2 + 4x3 + x3 = xj  ; j = , , ; k tham số Khơng sử dụng thuật tốn đơn hình a) Với giá trị k véc tơ y0 = ( , 0) p.án, p.án cực biên toán đối ngẫu toán gốc b) Với giá trị k véc tơ x0 = ( , , ) p.án cực biên tối ưu toán gốc Giải a)  Viết toán đối ngẫu : Nháp : + chuyển toán gốc tìm hàm mục tiêu : f (X) = -2x1 - 3x2 - kx3 => 2x1 + kx2 (I) x1 - x2 + 4x3 = t1 + x3 = t2 xj  ; j = , , Bài toán đối ngẫu (I) g (T) = 8t1 + 2t2 => Max 2t1 + t2  -2 kt1 - t2  -3 4t1 -k + t2 67 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính t1 , t2 tựy ý Viết vào : Bài toán đối ngẫu toán gốc : g(Y) = 8y1 + 2y2 => (II) 2y1 + y2  (a) ky1 - y2  (b) 4y1 + y2 (c)  k y1 , y2 tùy ý  Xét y0 = ( , 0) có phải p án tốn (II) không ?  thay y0 = ( 1, 0) vào ràng buộc (a) thấy : thỏa mãn chặt (a),  thay y0 = ( 1, 0) vào ràng buộc (b) thấy k  thay y0 = ( 1, 0) vào ràng buộc (c) thấy  k Vậy để y0 = (1 , 0) p án tốn đối ngẫu  k   Xét y0 = ( , 0) có phải p án cực biên tốn (II) khơng ? Nếu  k  theo phần y0 p.án tốn đối ngẫu để y0 p.án cực biên cần điều kiện cho k cho y0 thỏa mãn chặt ràng buộc ( n = – n số ẩn ) Nhận thấy y0 = ( ,0) thỏa mãn chặt (a), Nếu để y0 = ( ,0) thỏa mãn chặt (b) tức : k = Nếu để y0 = ( ,0) thỏa mãn chặt (c) tức : k =4 Vậy để y0 = ( 1, 0) p án cực biên k = k = b) Cho x0 = (3 , , 0) tìm k để x0 p.án cực biên tối ưu tốn gốc  Tìm k để x0 = ( , , 0) p.án : thay vào ràng buộc : + k = - = ; thỏa mãn ràng buộc dấu => k = toán gốc : f(X) = 2x1 + 3x2 + 2x3 => Max 2x1 + 2x2 = x1 - x2 + 4x3 + x3 68 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 = (1) (2) Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tÝnh xj  ; j = , , ; k tham số ta xét xem x0 = ( , , 0) có phải p.án cực biên tối ưu hay khơng ?  có x0 p.án  thỏa mãn chặt ràng buộc (1) , (2) ràng buộc dấu ( x3 = ) x0 thỏa mãn chặt ( = n ) ràng buộc => x0 = (3 , ,0) p.án cực biên từ hai ràng buộc : 2x1 + 2x2 + 4x3 = (1) x1 + x3 = = (1)’ x1 + x2 x1 => - x2 + 2x3 - x2 + x3 x1 = - 3/2 x3 => f(X) = 2x1 + 3x2 + 2x3 f(X) = - 5/2 x3  = (2) (2) ; x2 = - + 3/2 x3 - 2x3 = - ½ x3 = - 3x3 + - 3/2 x3 + 2x3 => fmax = x3 = , thay x0= ( ,1 , 0) vào f(X) f(X0) = => x0 p.án cực biên tối ưu toán gốc ứng với k = với k = x0 = ( , 1, 0) p án cực biên tối u ca bi toỏn gc 69 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 ... khái niệm toán quy hoạch tuyến tính Bài toán quy hoạch tuyến tính : với dạng thức khác Phương pháp đơn hình giải toán quy hoạch tuyến tính tắc , dạng tổng quát Bài toán vận tải Bài toán đối... - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính Chương I Bài toán quy hoạch tuyến tính I Các ví dụ dẫn đến khái niệm Bài toán lập kế hoạch sản xuất : Có... ( dạng tuyến tính) Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Tháng - năm 2010 Bộ môn Toán - ĐH Lâm Nghiệp - Bài giảng môn học : Toán quy hoạch tuyến tính II Các dạng tổng quát khác toán quy hoạch tuyến tính Các