Một số phương pháp giải bài toán cái túi

lời nói đầu Ngày nay, phát triển mạnh mẽ ph-ơng tiện tính toán nhu cầu việc giải toán tối -u thực tiễn ngày tăng, có nhiều lớp toán đ-ợc nghiên cứu tỷ mỷ mặt định tính (điều kiện tồn nghiệm, điều kiện cần đủ tối -u, ) lẫn mặt xây dựng thuật toán hữu hiệu để giải chúng máy tính điện tử máy vi tính Vì tối -u hóa lĩnh vực toán học nghiên cứu lý thuyết thuật toán giải toán cực trị ngày đ-ợc phát triển ứng dụng nhiều đời sống, khoa học kỹ thuật Bài toán túi toán làm cực đại (cực tiểu) hàm mục tiêu tuyến tính số nguyên không âm với ràng buộc tuyến tính dạng đẳng thức bất đẳng thức Bài toán túi mô hình có nhiỊu øng dơng réng r·i thùc tÕ cđa tèi -u hoávà đà đóng vai trò quan trọng việc phát triển lý thuyết tối -u hoá toán quy hoạch nguyên tuyến tính với biến số giới nội đ-a toán túi để giải toán túi sử dụng thuật toán t-ơng đối hữu hiệu Do đà chọn đề tài Một số phương pháp giải toán túi Trong phạm vi khoá luận tốt nghiệp, dám nêu mục đích đề tài đ-a toán túi số ph-ơng pháp để giải toán Khoá luận đ-ợc chia thành ch-ơng: Ch-ơng 1: Trình bày toán túi,mô hình toán ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên toán túi Ch-ơng 2: Trình bày số ph-ơng pháp để giải toán túi số ví dụ minh họa Khóa luận đ-ợc thực hoàn thành tr-ờng Đại Học Vinh với h-ớng dẫn tận tình chu đáo cô giáo Th.s Nguyễn Thị Thanh Hiền góp ý giúp đỡ thầy, cô giáo tổ Xác suất thống kê Toán ứng dụng khoa toán Nhân dịp xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến cô, thầy, cô giáo khoa Toán bạn bè đà tạo điều kiện giúp đỡ trình học tập hoàn thành khoá luận Do thời gian khả có hạn tác giả, khoá luận không tránh khỏi thiếu sót Rất mong góp ý thầy, cô giáo bạn Tôi xin chân thành cảm ơn Vinh, tháng 5- 2008 Tác giả ch-ơng toán túi 1.1 Bài toán 1.1.1 Bài toán Một ng-ời du lịch cần mang theo số đồ vật, đựng túi nặng không b kg Có n đồ vật mà ng-ời dự định mang theo Đồ vật thứ j có trọng l-ợng aj giá trị sử dụng cj(j=1, n ) Hỏi ng-ời cần mang theo loại đồ vật với số l-ợng để tổng giá trị sử dụng đồ vật mang theo lớn nhất? 1.1.2 Mô hình toán học Ta cần tìm số đồ vật đ-ợc xếp vào túi cho tổng giá trị đồ vật mang theo lớn Gọi xj số đồ vật loại j (j=1, n ) đ-ợc xếp vào túi Khi mô hình toán học toán có dạng sau ®©y: n c j 1 j x j →max, n a j xjb, j xj nguyên , j =1, n Bài toán toán quy hoạch tuyến tính nguyên toán quy hoạch nguyên tuyến tính với biến số giới nội đ-a toán túi, để giải toán túi sử dụng thuật toán t-ơng đối hữu hiệu 1.2 Ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên tuyến tính toán túi Ph-ơng pháp hợp hoá ph-ơng pháp đ-a hệ ph-ơng trình tuyến tính với hệ số biến số nguyên ph-ơng trình t-ơng đ-ơng tổ hợp tuyến tính ph-ơng trình đà cho Từ hợp hoá có ph-ơng pháp hiệu để giải toán túi Ph-ơng pháp hợp hoá đ-ợc xây dựng dựa sở định lý sau đây: 1.2.1 Định lý Nếu nh- t1, t2 hai số nguyên tố ( ký hiệu (t1, t2)=1) nghiệm nguyên ph-ơng trình t1.y1+t2.y2 =0 (1.1) biểu diễn d-ới dạng y1 =-q.t2, y2=q.t1 q số nguyên tuỳ ý Chứng minh Giả sử y1, y2 nghiệm nguyên ph-ơng trình Tõ (1.1) t1.y1+t2.y2 =0 ta cã y1=- t1 y Do y1 nguyên (t1, t2)=1 nên y2 phải t2 chia hết cho t1, tức y2=q.t1 q số nguyên Từ suy y1 =-q.t2 Định lý đ-ợc chứng minh Xét hệ ph-ơng trình n a 1j j 1 n a j 1 2j x j  b1 , (1.2) x j  b2 , hệ số aij 0, nguyên, bi >0, nguyên(i=1, 2; j =1, n ) 1.2.2 Định lý Nếu t1, t2 hai số nguyên d-ơng thoả mÃn ( t1, t2) =1, 2 t1 kh«ng chia hÕt b2, t2 kh«ng chia hÕt b1, 3 t1>b2- amin; t2> b1- amin, ®ã amin = { aij : aij > , i=1,2;j =1, n  Khi ®ã tËp nghiệm không âm hệ (1.2) trùng với tập nghiệm nguyên ph-ơng trình n (t a j 1 1j  t a2 j ) x j = t1 b1+t2 b2 (1.3) Chøng minh Điều kiện cần Mọi nghiệm nguyên không âm (1.2) thoả mÃn (1.3) (bằng phép biến đổi sơ cấp) Điều kiện đủ: Giả sử x* = (x1*,x2*,,xn*) lời giải nguyên không âm (1.3) Đặt: n yi*= aij x j  bi , i  1,2 * j Rõ ràng y1*, y2* số nguyên Nh- y1*, y2* nghiệm nguyên ph-ơng trình t1 y1+t2 y2 =0 Do (t1, t2)=1 theo định lý 1.2.1.1 ta có: y2*= q t1, y1* =-t2 q, q- nguyên Ta cần chứng minh q=0 Giả sử q>0 tq suy t2 -t2 q = y1* hay lµ: n t2 ≤ - y1* = b1 -  a1 j x j * (1.4) j 1 Tõ ®iỊu kiƯn 2) ta cã n 0 b1 - t2 q = -  a1 j x j * j Mặt khác xj* nguyên không âm, n a j 1j x j ≥ amin * (1.5) Tõ (1.4) vµ (1.5) suy n t2≤ b1 -  a1 j x j ≤ b1- amin * j 1 M©u thuÉn với điều kiện 3) T-ơng tự nh- vậy, q0 (i=1, m, j 1, n ), tìm đ-ợc số nguyên t1, t2,tm cho tập nghiệm nguyên không âm hệ (1.6) trùng với tập nghiệm nguyên không âm ph-ơng trình n m n j i 1 i 1  ( t i aij) x j   t i bi (1.7) Chó ý Khi m lớn hệ số ph-ơng trình (1.7) lớn Chẳng hạn bi= q, i =1, m vế phải ph-ơng trình (1.7) số nguyên khoảng từ 2m-1qm đến 2m-1(q+1)m 1.2.3 nh lý Xột hệ phương trình n a j 1 ij x j  bi , i  1,2 (1.8) 0 xj  dj, xj– nguyên ,j= 1, n aij, bi, dj (i=1, m, j  1, n) số nguyên Khi t1, t2 số nguyên dương nguyên tố thoả mãn điều kiện: 1 ( t2, -t1)  s; ,2) (- t2, t1 )s; s = (y1,y2) : yi- ≤ yi ≤ yi+, yi - nguyªn,i=1,2, yi - = a j yi + =  d j  bi , J i  {j:aij < 0,j=1, n }, i=1,2, ij d j  bi , J i  { j:aij >0,j=1, n }, i=1,2 , Ji a j  ij   Ji Thì tập lời giải (1.8) trùng với tập lời giải hệ: n  (t a 1j j 1  t a2 j ) x j = t1.y1+t2.y2, (1.9) 0 xj  dj, dj – nguyên, j=1, n Chứng minh Tr-íc hÕt ta nhËn thÊy r»ng nÕu (1.8) cã nghiƯm(khi ta nói t-ơng thích) ta ph¶i cã yi+ =  j  aij d j  bi  Ji  j  aij x j  bi ≥ n a j 1 Ji ≥ yi- = a j  ij ij x j  bi   a j  ij x j  bi  Ji d j  bi , , i=1, Ji Vì điều kiện cần hệ (1.8) t-ơng thích là: yi- yi+, i=1, (1.10) Do đó, ta giả thiết (1.10) đ-ợc thực Rõ ràng lời giải nguyên không âm (1.8) thoả mÃn (1.9) Ta chứng minh ng-ợc lại Gi s x* =( x1, x2,…xn) lời giải nguyên không âm (1.9) Đặt n yi*=  aij x j  bi , i  1,2 * j 1 Rõ ràng y1*, y2* số nguyên Như y1*, y2* nghiệm nguyên phương trình t1.y1 +t2.y2 =0 Theo định lý 1.2.1 ta suy ra: y2*= q.t1, y1* =-t2.q , q- nguyên a j Ji n  aij x j  bi  ij d j * j 1 a j  ij x j  bi , i  1,2 , Ji nªn (y1*,y2*) S Ta chøng minh q=0 thùc vËy, nÕu q>0 th× tõ (-t2.q, q.t1)= (y1*, y2*)S ta suy y1- ≤ -t2 q ≤ -t2 ≤ ≤ y1+, y2- ≤0 ≤t1 ≤ q t1 ≤ y2+, tøc lµ (-t2, t1) S, thu đ-ợc mâu thuẫn với điều kiện 2) T-ơng tự nh- q f = -3 nên ta loại đ-ợc toán P1 khỏi danh sách toán cần xét P, tức lúc P = {P3} Đặt P = P \ P3 = B-ớc Ta cã P =  Tht to¸n kÕt thóc Do f = -3 < nên giá trị tối -u toán x =(2, 1) ph-ơng án tối -u Ví dụ Giải toán quy hoạch tuyến tính nguyên sau ®©y x1 – x2 – x3 + x4  2x1 - 2x2 + x3 - x4 ≤3 3x1 - 3x2 - x3 + x4 ≥5 Víi ®iỊu kiƯn 3x1 +3x2 + x3 +2x4 = x1, x2, x3, x4 x1, x2 nguyên Ký hiệu (P0) toán quy hoạch tuyến tính t-ơng ứng, bỏ qua điều kiện nguyên Dùng ph-ơng pháp đơn hình, ta đ-ợc ph-ơng án tối -u X=(2,6; 1; 0; 0,2), với giá trị hàm mục tiêu f=1,8 Đó cận d-ới cho ph-ơng án nguyên toán đà cho Biến x1 có giá trị không nguyên, thực phân nhánh từ điều kiện x1, đ-ợc hai tập t-ơng ứng hai toán : M11=M{ X: x1 2}, đ-ợc toán (P11), M12=M{X : x1 3}, đ-ợc toán (P12) Bài toán (P12) có M12 = , nên toán (P2): = (P11) với M2: = M11, đ-ợc ph-ơng án tối -u X=(2; 0,4: 0,8; 1) với giá trị hàm mục tiêu f=1,8 Xét toán (P2), biến x2 ch-a nguyên, ta chọn phân nhánh theo x2 đ-ợc hai toán quy hoạch tuyến tính mới: M21=M{ X: x2 0}, đ-ợc toán (P21), 37 M22=M{X : x2 1}, đ-ợc toán (P22) Bài toán (P22) có M22 = , nên toán (P22) bị loại Dùng ph-ơng án đơn hình giải toán (P3): = (P21), đ-ợc ph-ơng ¸n tèi -u X=( 1; 0; 1/3; 7/3 ), víi giá trị hàm mục tiêu f = Ph-ơng án thoả mÃn điều kiện nguyên toán không toán phải xét (P = ), nên ph-ơng án tối -u cần tìm 2.5.4 toán túi dạng đặc biệt Xét to¸n n  c j x j  max j 1 n  aj x j ≤ b j 1 Víi ®iỊu kiƯn xj ≤ dj , j= 1, 2, …, n xj ≥ 0, j=1, 2,…, n xj – nguyên, j = 1, 2, , n, xj số đồ vật loại j đ-ợc xếp vào túi Việc giải toán vừa nêu, ng-ời ta đà đ-a nhiều thuật toán khác Để đơn giản, xét toán dạng đặc biệt với dj =1, j=1, , n, ta có toán: n  c j x j  max j 1 n  aj x j ≤ b j 1 víi ®iỊu kiƯn xj ≥ 0, j = 1, …, n xj   0, , j = 1, …, n Ta trình bày cách giải toán túi có dạng đặc biệt ph-ơng pháp nhánh cận đà nêu 38 Từ ý nghĩa thực tiễn toán, ta giả thiết đại l-ợng b, cj , aj d-ơng (j = 1, , n) Đồng thời ta xếp lại thø tù cho: c c a a 2   c a (1.49) n n 2.5.4.1 Bổ đề Nếu toán đ-ợc xếp theo (1.49) tìm đ-ợc số r (0 < r ≤ n) cho: a1 + a2 + … + ar = b (1.50) th× x1= x2 = = x r = 1, xr 1 = …= xn = ph-ơng án tối -u toán túi Chứng minh: Xét ph-ơng án toán xj xj xj n  1, x j  0, ( j  j , , j ) s §Ĩ chøng minh bổ đề, ta cần chứng tỏ s r  cp   c jq p 1 q Đặt J1 = { j : j r } ,J2 = {j1, j2,…, jn },J = J1J2, b = a pạ p p Khi cj cj cr cr ’  cj =   aj ≥  a j ≥ (b – b ) ≥ aj = j \ j \ j ar a r jJ \ J J J aj J J J \ J aj 1 j 2  cj J \J Thêm c j vào hai số hạng đầu cuối chuỗi bất đẳng thức trên, ta jJ đ-ợc điều cần chứng minh 2.5.4.2 Bổ đề Nếu r số nguyên thoả mÃn < r ≤ n vµ 39 n r 1 j 1 r 1 max CX   c j  (b   a j ) cr 1  aj < b <  aj , th× X M r r j 1 j 1 a r 1 VÝ dô Giải toán túi sau đây: x1 + x2 + 3x3 + x4  max Víi ®iỊu kiƯn 4x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ x1, x2, x3, x4 0, Bài toán đà cho có đủ giả thiết đà nêu B-ớc Chän S1 = M = {X = ( xj ) | x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ ;x1, x2, x3, x4 {0,1}} Đặt P1 = {S1}, (S1) = +, a1 = - , G1 =  , k= B-ớc a) S1 đ-ợc chọn nh- đà nêu b) Tập S1 đ-ợc chia thành tập S2 = {X  S1 : x1 =1 }, S3 = {X  S1 : x1 =0 } c) §Ĩ tính cận cho S2, ta xét toán (A) x1 + x2 + 3x3 + x4  max Víi ®iỊu kiƯn 4x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ x1, x2, x3, x4 0, 1 Theo thuật toán ta có q= (S2) = + + (8 – -3 )( ) = 14,5 Để tính cận S3 ta xét toán max( 5x2 + 3x3 + x4 ) víi ®iỊu kiƯn: 3x2 + 2x3 + x4 8; x2, x3, x4 {0,1} 40 Bài toán này, điều kiện toán đ-ợc thoả mÃn: + + Vì S3 có cận (S3) = + 3+ = Lêi gi¶i là: x1 =0; x2= x3=x4=1 d) Đặt G1 = {X = (0, 1, 1, 1), 2 = vµ X2 = (0, 1, 1, 1) e) TËp S3 có (S3) = = 9, nên loại S3 khỏi tập xét Vì P2 ={S2} B-ớc a) S2 phần tử P2 đ-ợc chän b) Chia tËp S2 thµnh tËp S4 = {XS2 :x1 = x2 = 1}, S5 = {XS2 :x1 = 1;x2 = 0} c) Để tính cận S4 ta xét toán + + 3x3 + x4 max víi ®iỊu kiƯn + + 2x3 + x4 ≤ 8; x3, x4{0,1} V× a3 = >1, nªn ta thay S4 bëi S4’ ={XS2 :x1 = x2 = 1,x3 = 0} Lóc nµy ta cã toán với S4 + + + x4  max víi ®iỊu kiƯn + + + x4 8; x4 {0, 1} Ta đ-ợc cận S4 (S4) = + + = 14, t-ơng ứng với lời giải x1 = x2 = 1; x3 = 0, x4= Cuối cùng, phải xét S5 , tập t-ơng ứng với toán + + 3x3 + x4  max víi ®iỊu kiƯn: + 2x3 + x4 8; x3, x4{0, 1} 41 Do điều kiện toán đ-ợc thoả mÃn: + < 4, nên S5 có cận (S5)=8+3+1=12, t-ơng ứng với lêi gi¶i x1 = 1; x2 = 0;x3 = x4 = d) Đặt = max {9, 14, 12} = 14 vµ X3 = (1, 1, 0, 1) e) Do (S4’) =3 = 14 vµ (S5) = 12 < = 14, nên tập S4 , S5 bị loại Lúc P3 = Kết ta thu đ-ợc ph-ơng án tối -u cần tìm Xtối -u = (1, 1, 0, 1) với giá trị tối -u fmax = 14 42 kết luận Với đề tài đà nêu toán túi, nội dung có nhiều ứng dụng đời sống ngành kinh tế-kỹ thuật Chúng đ-a số ph-ơng pháp để giải toán số ví dụ cụ thể minh họa cho ph-ơng pháp giải Trong thời gian ngắn ngủi lực nhiều hạn chế, đóng góp đ-ợc số kết sau: 1) Phát biểu toán túi tổng quát mô hình toán học 2) Đà trình bày đ-ợc ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên toán túi 3) Trình bày số ph-ơng pháp để giải toán túi: - ph-ơng pháp ph-ơng trình truy toán quy hoạch động - Ph-ơng pháp đ-a toán đ-ờng ngắn - Thuật toán Gomory - Ph-ơng pháp tiệm cận - Ph-ơng pháp nhánh cận 4) Nêu đ-ợc ví dụ minh họa 5) Phát biểu ph-ơng pháp giải toán túi dạng đặc biệt Việc nghiên cứu tìm hiểu ứng dụng tèi -u ho¸ c¸c lÜnh vùc khoa häc, kü thuật, đời sống rộng lớn Khoá luận trình bày đ-ợc phần nhỏ vấn đề ®ã Hy väng r»ng, chóng t«i sÏ cã ®iỊu kiƯn quan tâm nhiều đến vấn đề 43 tài liệu tham khảo Trần Xuân Sinh, Quy hoạch tuyến tính, NXB Đại Học S- Phạm, 2003 Nguyễn Đức Nghĩa, Tối -u hoá, Đại Học Bách Khoa Hà Nội, 1994 Trần Vũ Thiệu- Bùi Thế Tâm, Các ph-ơng pháp tối -u hoá, NXB Giao thông vận tải, Hà Néi , 1998 4 H.P Benson, S.Sayin, Optimization over the effcient set: Four special cases; H.P Benson, Optimization over the effcient set, J.of Mathematical Analysis and Applications, 98 (1984), 562-580 Lê Huy Hùng DoÃn Châu Long, Lý thuyết quy hoạch tuyến tính đồ thị hữu hạn, NXB Giáo dục, Hà Nội, 1968 Hoàng Tụy, Quy hoạch tuyÕn tÝnh, NXB Khoa häc vµ Kü thuËt, Hµ Néi, 1978 44 mục lục trang lời nói đầu ch-ơng Bài toán túi 1.1.bài toán 1.2.ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên toán túi ch-ơng 2.các ph-ơng pháp giải toán túi 2.1.ph-ơng pháp ph-ơng trình truy toán quy hoạch động 2.2.ph-ơng pháp đ-a toán đ-ờng ngắn 2.3.thuật toán Gomory giải toán quy hoạch nguyên tuyến tính 2.4.Ph-ơng pháp tiệm cận 2.5.ph-ơng pháp nhánh cận kết luận tài liệu tham khảo 45 ... Bài toán túi 1.1 .bài toán 1.2.ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên toán túi ch-ơng 2.các ph-ơng pháp giải toán túi 2.1.ph-ơng pháp ph-ơng trình truy toán quy hoạch động 2.2.ph-ơng pháp đ-a toán. .. đ-ợc số kết sau: 1) Phát biểu toán túi tổng quát mô hình toán học 2) Đà trình bày đ-ợc ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên toán túi 3) Trình bày số ph-ơng pháp để giải toán túi: - ph-ơng pháp. .. biến số giới nội đ-a toán túi, để giải toán túi sử dụng thuật toán t-ơng đối hữu hiệu 1.2 Ph-ơng pháp đ-a toán quy hoạch nguyên tuyến tính toán túi Ph-ơng pháp hợp hoá ph-ơng pháp đ-a hệ ph-ơng