BỘ MÔN PHÂN TÍCH TỐI ƯU HÓA HỆ THỐNG Đào tạo nguồn nhân lực trong lĩnh vực Khoa học cơ bản, thuộc Toán ứng dụng. Người học sau khi tốt nghiệp chuyên ngành Tối Ưu có khả năng làm việc và thích ứng với môi trường kinh tế năng động; có đủ kiến thức làm việc với các mô hình toán học, đặc biệt là các lý luận và phương pháp liên quan đến quyết định tốt nhất (tối ưu) trong các lĩnh vực khoa học, kinh tế, tài chính, kỹ thuật, công nghệ....Có tư duy nghiên cứu độc lập; có năng lực tự học tập bổ sung kiến thức, nâng cao trình độ chuyên môn.
NHÓM Bài 2: Để làm đơn vị hàng loại I, công nhân A B cần Để làm đơn vị hàng loại II, công nhân A cần giờ, công nhân B cần Số làm việc A ngày 7, B 11 Tiền lãi bán đơn vị hàng loại I 15; loại II 20 (đơn vị tiền) Dùng phương pháp hình học tính xem ngày cần cho hai công nhân làm loại hàng loại để có lãi nhiều Giải: - Gọi số hàng loại I: x - Gọi số hàng loại II: y Thời gian làm việc ngày công nhân A: x + y Thời gian làm việc ngày công nhân B: x + y - Hàm Lagrange: L (15 x + 20 y ) max x + y ≤ Điều kiện: x +2 y ≤ 11 x, y ≥ - Vẽ miền chấp nhận được: y A(0; 11 ) 11 B(4;3) C(7;0) x+ y7= - Miền chấp nhận là: OABC - Các điểm cực biên: O (0;0); A (0; 11 ); B (4;3); C (7;0) 11 x x+ 2y11 =0 - Ta có: L (O) = L (A) = 110 ⇒ Max L = L(B) = 120 L (B) = 120 L (C) = 105 Kết luận: Để có số tiền lãi lớn Max L = L(B) = 120 (đơn vị tiền) cơng nhân A phải làm đơn vị hàng loại I công nhân B phải làm đơn vị hàng loại II Bài 03: Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền H A để tìm cực trị hàm biến: u= f ( x, y, z ) = x + y + z thỏa mãn điều kiện : x + y + z = Giải: Ta có hàm Lagrange: ( x, y , z , λ ) = x + y + z + λ ( x + y + z − ) = x=− 2λ + 2λ x = Lx = L = + 2λ y = y=− y λ ⇒ L Lz = ⇒ + 2λ z = z=− 2 λ Lλ = x + y + z − = + + − = → (5) 4λ λ λ λ =5 (5) ⇒ λ = −5 * Với giá trị λ ⇒ có hai điểm tới hạn: M (− M1 ( 1 ; − ; − ;5) 5 1 ; ; ; −5) 5 Ta có ma trận viền Hessian: 0 gx H A (M ) gy gz gx gy Lxx Lyx Lxy Lyy Lzx Lzy gz 2x ÷ Lxz ÷ x 2λ = Lyz ÷ y ÷ Lzz ÷ 2z 2z ÷ ÷ ÷ ÷ 2λ 2y 2λ *TRƯỜNG HỢP 01: *Xét: − H A (M ) = − − − − 4 − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 10 ÷ 10 0 10 0 Ở n=3; m=1 ta cần tính (n-m)=2 Tử thức ∆ , ∆ − ∆3 (M ) = − ∆ (M ) = − − − − 10 =− 10 − = − 10 0 − 10 − 90 25 0 2 = − (− ) − 10 + 10 − 5 4 − 10 − 5 10 − − − 10 0 10 100 × (− ) + 10 × ( −8) = −100 5 ∆ p 1 ⇒ M (− ; − ; − ) Là điểm cực tiểu hàm f ( x, y, z ) cho giá Nhận thấy: ∆ 5 p0 trị cực tiểu là: − *TRƯỜNG HỢP 02: H A (M1 ) = *Xét: ÷ ÷ ÷ −10 0 ÷ ÷ ÷ −10 ÷ ÷ ÷ 0 −10 ÷ 5 5 Ở có m=1, n=3 ta cần tính n-m=2 Tử thức là: ∆3 = 5 ∆4 = 5 = −10 = −10 5 −10 0 −10 90 25 5 =− 5 −10 −10 0 + (−10) −10 5 5 −10 0 −10 −100 + (−10) × = −100 ∆ f 1 ⇒ M1 ( ; ; ) Là điểm cực đại hàm f ( x, y, z ) cho giá trị Nhận thấy: 5 ∆ p cực đại NHÓM Bài tập Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền Hessian để tìm cực trị hàm biến: u = f ( x; y; z ) = x + y + 3z Thỏa mãn hai điều kiện: x − y + z = x − y = GIẢI L( x; y; z; λ ; µ ) = x + y + z + λ ( x − y + z − 1) + µ ( x + y − 1) = Lx = 1 + λ + µ x = L = y 3 − λ + µ y = Lz = ⇒ 3 + λ = L = x − y + z −1 = λ Lµ = x + y − = Xét hệ: CÓ HAI NGHIỆM x = 29 y = − 29 29 + z = 29 λ = −3 µ = 29 ⇒ M0 = ( Và M = (− x = − 29 y = 29 29 − z = 29 λ = −3 µ = − 29 2 29 − 29 ;− ;− ; −3; ) 29 29 29 29 + 29 ; ;− ; −3; − ) điểm tới hạn L 29 29 29 Ta có ma trận viền Hessian: H A ( M ) = g1x g1 y g1z 0 g2 x g2 y g2 z TRƯỜNG HỢP 01: g1x g2 x Lxx Lyx Lzx g1 y g2 y Lxy Lyy Lzy g1z 0 ÷ g2 z ÷ 0 2x Lxz ÷ = x ữ Lyz ữ y Lzz ÷ 1 −1 2y 2à ữ 0ữ 0ữ ữ 0ữ 0ữ 0 0 1 H A (M ) = 29 −1 10 − 29 1 −1 10 − 29 29 29 29 0 1 0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ ÷ 0÷ Ở n = 3; m = ta cần tính n − m = tử thức sau ∆ ( M ) : 0 ∆5 (M ) = H A (M ) = = −1× ∆5 (M ) = 0 29 29 −1 10 − 29 29 −1 10 − 29 0 29 0 29 29 10 − 29 29 10 29 0 29 − 0 0 = 1× 0 = 116 >0 29 29 10 − 29 29 −1 10 − 29 29 0 29 0 116 29 − > Do điểm P0 ( ;− ; ) điểm cực tiểu f với 29 29 29 29 điểm cho f ct = f ( P ) = − 29 TRƯỜNG HỢP 02: 0 0 1 − H A (M1 ) = 29 −1 10 29 1 − 29 − 29 0 −1 10 29 1 0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ ÷ ÷ − 29 ÷ ÷ 0÷ Ở n = 3; m = ta cần tính n − m = tử thức sau ∆ ( M ) : 0 ∆5 (M1 ) = H A (M1 ) = 0 − −1 = −1× − ∆5 (M1 ) = − 29 10 29 − 29 −1 10 29 0 − 29 0 − 29 29 10 29 0 − 29 10 29 0 − 29 − 29 =− 0 0 = 1× − 29 10 29 − 29 −1 10 29 − 29 0 0 − 29 116 2 ( ) ⇒ P2 −1;1; −2 điểm cực tiểu hàm U với điều kiện cho U CT = U ( P2 ) = −6 ( ) ( ) Dùng phương pháp đơn hình giải tốn max F = max 4x1 + 6x2 thỏa mãn hệ điều kiện: 4x1 + 6x2 ≤ 100 4x1 + 3x2 ≤ 82 6x1 + 4x2 = 120 x1, x2 ≥ Giải: Đây chưa toán chuẩn tắc, ta thêm biến chênh lệch x3 x4 ta có: 4x1 + 6x2 + x3 = 100 + x4 = 82 4x1 + 3x2 6x + 4x = 120 x ≥ 0; i = 1, i Đây chưa toán chuẩn tắc, ta thêm biến chênh lệch y ta có: 4x1 + 6x2 + x3 = 100 + x4 = 82 4x1 + 3x2 6x + 4x + y = 120 x ≥ 0; i = 1, 4; y = i ( ) ( ) * Ta xét toán: max F = max 4x1 + 6x2 − My với M > đủ lớn thỏa mãn điều kiện: 4x1 + 6x2 + x3 = 100 + x4 = 82 4x1 + 3x2 6x + 4x + y = 120 x ≥ 0; i = 1,4; y = i ⇒ Đây toán chuẩn tắc Max Dạng rút gọn hàm mục tiêu: F * − 4x1 − 6x2 + My = Ta có bảng đơn hình sau: BCS x1 x2 x3 x4 y HSTD Tỷ số x3 0 100 25 x4 82 41/2 y 120 20 F* -4 -6 0 0 0 0 M -6M -4M 0 -120M x3 10/3 20 x4 1/3 x1 2/3 0 20 30 F* - 10/3 0 80 0 0 x3 0 -10 x2 x1 0 -2 16 F* 0 10 100 Các hệ số đánh giá bảng đơn hình cuối không âm hệ số đánh giá cột biến tự x4 = 10 > 0, tốn có phương án tối ưu nhất: ( ) ( ) PATƯ cho toán max F 16;6 ( ) GTTƯ max F = 100 Bài tốn có phương án tối ưu vì: - Các hệ số đánh giá bảng đơn hình cuối khơng âm; - Hệ số đánh giá cột biến tự x4 dương Kiểm tra lại phương pháp hình học • Vẽ miền chấp nhận ( ) ( ) + Vẽ đường thẳng d1 : 4x1 + 6x2 = 100 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng chứa O 0;0 , bỏ nửa mặt phẳng ( ) ( ) + Vẽ đường thẳng d2 : 4x1 + 3x2 = 82 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng chứa O 0;0 , bỏ nửa mặt phẳng ( ) + Vẽ đường thẳng d3 : 6x1 + 4x2 = 120 ta giữ điểm nằm đường thẳng + Vẽ đường thẳng x1 = 0, x2 = ( ) ( ) ta miền chấp nhận đoạn thẳng AB A 20;0 B 16;6 • Ta có F ( A ) = × 20 + 6× = 80 ( ) F B = × 16 + × = 100 ( ) Vậy PATƯ toán 16;6 ( ) ( ) GTTƯ max F = F B = 100 NHĨM Câu 2: Giải tốn tìm GTLN, GTNN phương pháp hình học Theo ta có ràng buộc điều kiện hàm F = x1 + x2 sau: x1 − x2 ≥ x − x ≥ −2 3x1 + x2 ≤ 15 x1 , x2 ≥ ⇔ x1 − x2 − ≥ x − 2x + ≥ 3x1 + x2 − 15 ≤ x1 , x2 ≥ • x1 − x2 − = ( d1) • x1 − x2 + = (d 2) Đầu tiên ta vẽ đường thẳng sau: • 3x1 + x2 − 15 = ( d 3) • x1 = • x2 = Xác định miền chấp nhận thuộc giới hạn ràng buộc, gạch bỏ miền không xác định→ Ta miền chấp nhận tứ giác lồi ABCDthỏa mãn điều kiện tốn (Hình 1): x2 Ghi chú: Miền không xác định x1 − x2 − ≥ x1 − x2 + ≥ 3x1 + x2 − 15 ≤ x1 ≥ x2 ≥ C (4,3) D (2,2) (d2): x1 - 2x2 +2 =0 A (1,0) -2 -1.5 -1 O -0.5 -1 0.5 B(5,0) 1.5 2.5 3.5 4.5 (d3): 3x1 +x2 -15=0 (d1): 2x1 - x2 -2 =0 -2 Hình Ta có tọa độ đỉnh tứ giác lồi ABCD sau: A (1,0) ; B(5,0) C có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình: 3 x1 + x2 − 15 = x = ⇔ ⇔ C ( 4,3) x1 − x2 + = x2 = x1 5.5 D có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình: x1 − x2 − = x1 = ⇔ ⇔ D ( 2,2 ) x − x + = x = Tại đỉnh tứ giác lồi ABCD thuộc miền xác định ta có: F ( A) = 1× + × = F ( D ) = × + × = 32 F ( B ) = × + × = 45 F ( C ) = * + *3 = 57 Vậy ta có GTLN hàm F = x1 + x2 max F= F ( C ) = 57 GTNN F = F ( A ) = Câu 3: Sử dụng phương pháp đối ngẫu tìm ( F ) = ( x1 + x2 ) 4 x1 + x2 ≤ 100 4 x + 3x ≤ 82 Thỏa mãn điều kiện 6 x1 + x2 = 120 x1 , x2 ≥ Bài làm: Theo ta thấy điều kiện ràng buộc hàm F chưa phải dạng tắc min, ta phải đưa dạng tắc: 4 x1 + x2 ≤ 100 −4 x1 − x2 ≥ −100 4 x + x ≤ 82 −4 x − 3x ≥ −82 2 ⇔ Vì ta có: 6 x1 + x2 = 120 6 x1 + x2 = 120 x1 , x2 ≥ x1 , x2 ≥ Để giải toán theo phương pháp đối ngẫu, ta có bảng tóm tắt hai tốn đối ngẫu sau: Bài toán A: Bài toán B: x1 y3 yx4 y5 1 -4 -4 -4 -6 2 -4 -6 -3 -100 -82 120 MinMax -100 -82 ≥ ≤ 120 Như vậy,ta có tốn đối ngẫu tốn tìm min(F) là: Tìm max ( L ) = max ( −100 y3 − 82 y4 + 120 y5 ) −4 y3 − y4 + y5 ≤ Thỏa mãn điều kiện: −6 y3 − y4 + y5 ≤ y , y ≥ 0, y tùy ý Do toán chưa phải toán chuẩn tắc max nên ta thêm biến chênh lệch y1và y2 − y3 − y4 + y5 = y1 Ta có: y2 − y3 − y4 + y5 = Dạng rút gọn hàm mục tiêu viết lại sau: L + 100 y3 + 82 y4 − 120 y5 = ⇒ Ta lập bảng đơn hình toán B : BCS y1 y2 y3 y4 y5 HSTD y1 y2 -4 -4 -6 -3 L 0 100 82 -120 ⇑ y5 y2 1/6 -2/3 -2/3 2/3 -2/3 -10/3 -1/3 10/3 L 20 0 80 20 Bảng đơn hình Tỉ lệ ⇐ 2/3 3/2 ⇐ Tối ưu! Bảng đơn hìnhcuối có tất hệ số đánh giá khơng âm, ta có phương án tối ưu(PATƯ) cho toán max sau: PATƯ(0;10/3;0;0;2/3) giá trị hàm mục tiêu đạt GTTƯ max(L)=80 Vậy tốn tìm min(F) ta dựa vào bảng đơn hình tốn B ta đưa bảng đơn hình tốn A sau: BCS x1 x2 x3 x4 x5 HSTD x1 x3 x4 2/3 0 -1/6 20 10/3 2/3 20 1/3 2/3 F 10/3 2/3 80 Bảng đơn hình Tỉ lệ ⇐ Tối ưu! Xét bảng đơn hình 2, ta thấy: + Tất hệ số đánh giá không âm, ta có phương án tối ưu (PATƯ) cho toán sau: PATƯ(20;0;20;2;0) giá trị hàm mục tiêu đạt GTTƯ min(L) = 80; + Các hệ số đánh giá biến tự x2 , x5 dương, ta kết luận phương án tối ưu Kết luận: Min(F)=80 với PATƯ (x1;x2) = (20;0) NHÓM Câu Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền H A để tìm cực trị hàm ba biến: U ( x,y,z ) = xy + yz + zx + 2015 thỏa mãn điều kiện: xyz = 64 Bài giải: Ta có hàm Lagrange: ( ) L x;y;z; λ = xy + yz + zx + 2015 + λ(xyz − 64) Xét hệ phương trình: Lx Ly Lz L λ y + z + λyz = x + z + λxz = ⇔ y + x + λ yx = xyz = 64 =0 =0 `⇔ =0 =0 x = y = z = λ = − 1 ⇒ M 4;4;4; − ÷ điểm tới hạn hàm L 2 Ta có ma trận viền Hessian: 0 g x HA ( M ) = gy gz ⇒ HA ( M0 ) gx Lxx Lyx gy Lxy Lyy Lzx Lzy gz yz xz xy yz ÷ Lxz ÷ + λ z + λ y ÷= ÷ Lyz ÷ xz + λ z 1+ λ x ÷ ÷ ÷ Lzz ÷ xy + λ y + λ x 16 16 16 16 −1 −1÷ ÷ = 16 −1 −1÷ ÷ 16 −1 −1 Ở n = 3, m = ta cần tính n − m = − = tử thức sau ( ) H A ( M ) ∆ M ∆ ( M ) : Ta có: 16 16 = 16 −1 = −512 < 16 −1 ∆3 ( M ) ( ) ( ∆4 M = H A M ) 16 16 16 16 16 16 16 −1 −1 = = −16× −1 −1 16 −1 −1 −1 −1 16 −1 −1 16 16 16 16 16 16 +16 −1 −1 − 16 −1 −1 = −768 < −1 −1 −1 −1 ( ) ⇒ P0 4;4;4 điểm cực tiểu hàm U với điều kiện cho thay x=4, y=4, z=4 vào hàm U ( x,y,z ) = xy + yz + zx + 2015 Ta có giá trị cực tiểu là: U Min = U ( P0 ) = 2063 Câu Tìm Max( F ) = Max(3x1 + x2 ) thỏa mãn điều kiện: 2 x1 + x2 ≤ x − x ≥ x1 + x2 ≤ x1 , x2 ≥ Bài giải: 2 x1 + x2 ≤ x − x ≥ x1 + x2 ≤ => Đây khơng phải tốn chuẩn tắc x1 , x2 ≥ Để giải toán, ta thêm biến x3 , x4 , x5 biến nhân tạo y đưa toán toán chuẩn tắc sau: Tìm Max( F ) = Max (3x1 + x2 ) − My (với M số dương lớn, y biến nhân tạo) thỏa mãn điều kiện: 2 x1 + x2 + x3 = x − x − x4 + y = + x5 = x1 + x2 xi ≥ 0(i = 1, 2, 6) => Đây tốn chuẩn tắc Max Ta có dạng rút gọn hàm mục tiêu sau: F - 3x1 - 5x2 + M y = Ta có bảng đơn hình sau: BSCS x1 x2 x3 x4 x5 y HSTD Tỉ số x3 1 0 5/2 y -1 -1 1 x5 1 0 3 -3 -5 0 0 0 0 0 M -M M M 0 -M x3 3 x1 -1 -1 x5 1 F -8 -3 x2 1/3 2/3 x1 1/3 -1/3 x5 0 -2/3 -1/3 F 0 8/3 7/3 11 F 1 Giải thích: Tại bảng đơn hình thứ 2, có tỷ số nên ta chọn hàng chọn hàng hàng cho kết cuối giống Ở đây, người giải chọn hàng hàng chọn có Bảng đơn hình thứ Kết luận: Tại bảng đơn hình thứ 3, hệ số đánh giá không âm ( ≥ 0) Vậy, nghiệm toán (x1 , x2) (2, 1) giá trị lớn F 11 ... pháp tuyến (VTPT) đường thẳng tựa n = 3;2 u r Theo chiều dương n giá trị hàm mục tiêu (HMT) u = f ( x, y ) tăng dần Vì ( ) r 10 28 tịnh tiến (d) theo hướng n để quét mặt phẳng Khi điểm B ,... giá trị Nhận thấy: 5 ∆ p cực đại NHÓM Bài tập Dùng phương pháp nhân tử Lagrange ma trận viền Hessian để tìm cực trị hàm biến: u = f ( x; y; z ) = x + y + 3z Thỏa mãn hai điều kiện: x − y +... 29 − 29 ;− ;− ; −3; ) 29 29 29 29 + 29 ; ;− ; −3; − ) điểm tới hạn L 29 29 29 Ta có ma trận viền Hessian: H A ( M ) = g1x g1 y g1z 0 g2 x g2 y g2 z TRƯỜNG HỢP 01: g1x g2 x Lxx Lyx