X Hÿ j > bi ( iG I2) Yi < ( iG I2) j=l
3.5. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU
Khi áp dụng phương pháp đơn hình để giải bài tốn qui
hoạch tuyến tính dạng chính tắc, ta xuất phát từ một phương
án cực biên, từng bước cải tiến để chuyển sang một phương án cực biên khác tốt hơn và cuối cùng sẽ tìm được phương án tối ưu của bài toán (nếu bài toán đã cho có phương án
tối ưu) hoặc phát hiện bài tốn khơng giải được. Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu cách cải tiến phương án của bài
toán đối ngẫu nếu ta xuất phát từ một phương án cực biên của nó. Áp dụng phương pháp đơn hình cho bài tốn đối
ngẫu nhưng nhằm mục đích tìm lời giải của bài toán gốc. Để định ý ta xét bài toán gốc là bài toán max và Aj là
cơ sỏ ở một bước thứ k nào đó trong thuật tốn đơn hình: Cơ sở này được gọi là cơ sơ gốc chấp nhận được nếu
A^b > 0.
ứng với cơ sở này trong hàng cuối của bảng đơn hình tương ứng ta cũng xác định được véctơ
CjAýA- CT (3.20)
Nếu véctơ (3.20) khơng âm thì như đã biết ta có Aj là
cơ sở tối ưu và khi đó cJAj1 xác định phương án tối ưu
của bài tốn đổì ngẫu.
- Một cơ sỏ Aj của ma trận hệ số A được gọi là một
Rõ ràng một cơ sở nào đó của ma trận A vừa là gốc và
đối ngẫu chấp nhận được thì nó là một cơ sỏ tối ưu của bài tốn.
Như vậy trong phương pháp đơn hình ta xuất phát từ một cơ sở gốc chấp nhận được và từng bước ta chuyển sang một cơ sở gốc chấp nhận được khác tốt hơn, cho tới khi tìm được một cơ sở đồng thời là gốc và đơi ngẫu chấp nhận được (nếu bài tốn ta xét có phương án tối ưu).
Trong thực tế đơi khi ta gặp các bài tốn mà ở đó ta có một cơ sở đối ngẫu chấp nhận được nhưng không phải là gổic chấp nhận được. Trong những trường hợp như vậy ta tiến hành cách giải theo trình tụ ngược lại, tức là từng bước cải tiến tốt hơn cơ sỏ đối ngẫu chấp nhận được cho tới khi đến cơ sở đồng thời là gốc chấp nhận được. Thuật tốn đơn hình đối ngẫu có thể tóm tắt như sau:
Xét bài toán:
Z(X) = CTX -> max AX = b
■X > 0
Giả sử đã biết một phương án cực biên Y của bài toán
đối ngẫu với cơ sở đối ngẫu tương ứng là Aj. Lập bảng đơn hình tương ứng với cơ sỏ đối ngẫu này. Hiển nhiên ta có Aj > 0, Vj = 1, 2,....,n
Véctơ Xq = AJxb = [Xj0), j G J] được gọi là một giả phương
án. Đó là các hệ số phân tích của véctơ b theo cơ sồ Aj. Các thành phần của véctơ Xq được ghi ở cột cơ sỏ. Giá trị
= CjAjXb = YTb = g(Y) - đó là giá trị -hàm mục tiêu của
bài toán đối ngẫu ứng với phương án cực biên Y, vì thế
thay cho Z(X) ta ghi g(Y).
Bước 1. Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu. Nếu Xj°) > 0 (Vj e
J) thì giả phương án trỏ thành phương án tối ưu của bầi
toán gốc, đồng thời Y cũng là phương án tối ưu của bài tốn đối ngẫu. Nếu tồn tại ít nhất Xj°) < 0 thì Y khơng phải là phương án tối ưu và ta chuyển sang bước 2.
Bước 2. Kiểm tra tính khơng giải được của bài tốn: Nếu
tồn tại một Xj°) < 0 mà Ojk > 0 vk Ể J thì bài tốn đối
ngẫu khơng giải được và bài tốn gốc khơng có phương án.
Nếu với mỗi Xj0) < 0 đều có ít nhất ơjk < 0 thì chuyển sang bước 3.
Bước 3. Chọn véctơ loại khỏi cơ sồ và xác định véctơ đưa
vào cơ sở.
Giả sử niin Xj0) = thì véctơ A, bị loại khỏi cơ sỏ.
(xjo) < 0 }
Tính 0O = min Í777O
lurk J
ark < 0 kg J
Giả sử 90 = 77Ạ khi đó véctơ Ag được đưa vào cơ sở
^rs
Phần tử trục của phép biến đổi cơ sở là ars < 0. Lập
bảng đơn hình mới và chuyển sang bước 4.
Bước 4. Biến đổi bảng. Thực hiện phép biến đổi cơ sồ
0Q = min I
án cực biên mới Y1 của bài toán đối ngẫu tốt hơn phương án cực biên Y với cơ sỏ J’ = {J\(r|U(s}}.
Đối với Y quay trở lại bước 1. Vì số phương án cực biên là hữu hạn nên sau một số hữu hạn bước ta sẽ đi tới kết
luận: hoặc bài tốn gốc khơng có phương án hoặc tìm được
phương án cực biên tối ưu.
Chú ý khi áp dụng thuật tốn:
1. Đối với bài tốn có hàm Z(X) -> min thì 0O được xác định bỏi
+Ak «rk ark <0, k Ể J
Các yếu tơ khác của thuật tốn khơng thay đổi. 2. Trường hợp bài tốn suy biến thì 0Q có thể bằng 0.
Khi 0Q = 0 thì thuật tốn vẫn thực hiện một cách
bình thường, nghĩa là véctơ ứng với 90 vẫn được đưa
vào cơ sỏ. Tuy nhiên kết quả tính tốn trong trường hợp này chỉ cho ta bảng đơn hình ứng vối một cơ sở khác của cùng một phương án cực biên suy biến của
bài toán đối ngẫu, thể hiện ỏ các ước lượng Ak không
đổi, nhưng giả phương án lại thay đổi. Dấu hiệu xuất hiện phương án cực biên suy biến là 60 đạt tại nhiều chỉ số, khi đó ta chọn véctơ đưa vào cơ sở là một trong sô' những véctơ ứng vởiôọtheo qui tắc chọn ngẫu nhiên. Khi giải bài toán cụ thể cần chú ý hai trường hợp: - Bài tốn dạng chính tắc mà ta có thể dễ thấy một
cơ sở đơn vị khi nhân hai vế của một số ràng buộc nào đấy với -1. Ta dễ dàng lập bảng đơn hình tương
ứng với cơ sỏ này nếu Ak > 0, Vk Ể J, thì đó là cơ
sỏ đơi ngẫu chấp nhận được và ta áp dụng được thuật toán.
- Biết một phương án cực biên Yo của bài toán đối ngẫu
đối với bài tốn dạng chính tắc. Khi đó để xác định
cơ sỏ của Yo ta tìm ma trận hệ số phân tích theo cơ
sỏ này và lập bảng đơn hình tương ủng (hiển nhiên
phải có Ak > 0, Vk Ế J)
Ta xét một sơ ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 3.6. Giải bài toán sau bằng phương pháp đơn hình
đơi ngẫu Z(x) = -Xj -, 4x2 - x3 - 6x4 - 2x5 -ĩ max - xx - 2x2 + x3 - x4 - x5 = 4 -x2 - x3 + 2x4 + 4xg > 20 - x2 - 3x3 + 2x5 < 12 Xj > 0 (j = 1, 2,......, 5) Đưa bài tốn về dạng chính tắc:
Z(X) = -«1 - 4x2 - x3 - 6x4 ■■ 2x5 -> max
x4 + 2x2 - x3 + x4 + Xg = -4 x2 + x3 - 2x4 - 4x5 + x6 = -20
-x2 - 3x3 + 2x5 + Xy = 12 > 0 (j = 1, 2,.... 7)
Cơ sở {A1; Ag, A7}. Lập bảng đơn hình tương ứng ta thấy Ak > 0, (Vk Ể J), nên đó là cơ sỏ đối ngẫu, ta áp dụng
Cj J Xj -1 -1 -6 -2 0 0 -1 -1 -6 -2 0 0 X1 x2 x3 X4 X5 Xß X? -1 *1 -4 1 2 -1 1 1 0 0 0 *6 -20 0 1 1 -2 [-4] 1 0 0 *7 12 0 -1 -3 0 2 0 1 g(Y) 4 0 2 2 5 1 0 0 *1 -9 1 9/4 [-3/4] 1/2 0 1/4 0 *5 5 0 -1/4 -1/4 1/2 1 -1/4 0 *7- 2 0 -1/2 -5/2 -1 0 1/2 1 g(Y) -1 0 9/4 9/4 9/2 0 1/4 0 x3 12 -4/3 -3 1 -2/3 0 -1/3 0 *5 8 -1/3 -1 0 1/3 1 -1/3 0 X? 550 -10/3 -8 0 -8/3 0 -1/3 1 g(Y) -28 3 9 0 6 0 1 0
ở bước một bị loại khỏi cơ sở, ta có 0O
-1 -5
-4’ -2 = T nên Ac được đưa vào cơ sỏ.
4 •
ở bước hai A1 bị loại khỏi cơ sở và A3 được đưa vào cơ sỏ.
ở bưởc ba ta được phương án tối ưu X = [0, 0, 12, 0,
8, 0, 32] và Z(X) = -28
Phương án tơì líu của bài tốn đối ngẫu yT =[ỹi, Ỹ2> Ỹ31 vối:
Y1 = + cx = 3 + (-1) = 2
y3 — Aợ + Cợ — 0 + 0 — 0
Ví dụ 3.7. Cho bài tốn:
z = -xx + x2 + 2x4 - 2x5 + 3x6 -> max
xx + x4 + x5 - Xe = 4
‘ x2 + x4 + Xg = 24
x3 + 2x4 + 4x5 + 3xe = 18
Xj > 0 (j = 1, 2,......, 6)
Chứng tỏ Yo = (1, -1, -1)T là phương án cực biên của
bài toán đối ngẫu. Xuất phát từ Yo giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình đối ngẫu.
Giải
Bài toán đối ngẫu
g = 4yx + 24y2 + 18y3 -> min
Y1 > - 1 Y2 > 1 ya > 0 Y1 + Y2 + 2y3 > 2 Y1 + 4y3 > -2 ■Y1 + Y2 + 3y3 > 3
Ta thấy Yo thoả mãn chặt các ràng buộc một, hai và bốn. Các ràng buộc này độc lập tuyến tính nên Yo là phương án cực biên không suy biến. Như vậy cơ sỏ của phương
án cực biên Yo là (Ax, A2, A4}. Ta tìm ma trận hệ số phân
Lập bảng đơn hình tương ứng: 10 0 11-1 4 10-l/20-l-5/2 -5 0 10 10 1 24 ==> 0 1 —1^2 0 — 2 — ỉ/2 15 0 0 1 2 4 3 18 0 0 l/2 1 2 y2 9 Cj J Xj -1 1 0 2 -2 3 x1 *2 x3 x4 x5 *6 -1 x1 -5 1 0 -1/2 0 -1 [-5/2] 1 x2 15 0 1 -1/2 0 -2 -1/2 2 x4 9 0 0 1/2 1 ■ 2 3/2 g(Y) 38 0 0 1 0 5 2 3 x6 2 -2/5 0 1/5 0 2/5 1 1 x2 16 -1/5 1 -2/5 0 -9/5 0 2 x4 6 3/5 0 -1/5 1 7/5 0 g(Y) 34 4/5 0 3/5 0 21/5 0
Phương án tối ưu X = (0, 16, 0, 6, 0, 2)T và Z(X) = 34
Ví dụ 3.8. Cho bài toán
z = Xx + x2 + ax4 + (b-l)x5 -> max
X1 + x2 + x3 + (a + l)x4 + bx5 = a + b
2x1 + x2 + 2x3 + (2a + l)x4 + bx5 = 2a + b
xj > 0 (j = 1, 2,......, 5) và giả phương án X = (a, b, 0,0,0)T.
Với giá trị nào của các tham số a, b thì
2. Bài tốn khơng có phương án.
3. Giả phương án X có thể cải tiến.
Giải
ở đây cơ sở đối ngẫu là (Ax, A2Í ta tìm hệ số phân tích
của bài tốn theo cơ sở
1 1 1 a+1 b a + b 1 1 a+1 b a+b
2 1 2 2a+l b 2a+b => [o -1 0 -1 -b -b.
1 0 1 a 0 a
.0 1 0 1 b b_
Lập bảng đơn hình tương ứng với giả phương án
X = [a, b, 0, 0, 0]T Cj J 1 1 0 a b-1 *1 *2 *3 x4 *5 1 *1 a 1 0 1 a 0 1 *2 b 0 1 0 1 b g(Y) 0 0 1 1 1
Nhìn vào bảng đơn hình ta thấy:
1. Giả phương án là phương án tối ưu nếu
a > 0
b > 0 2. Giả phương án có thể
một trong hai tham số a, b
cải tiến tốt hơn nếu ít nhất