(Thuật tốn đơn hình giải bài tốn tổng qt)
Thuật tốn đơn hình cũ chỉ giải được bài tốn chính tắc mà ta đã biết được phương án cực biên. Trong trường hợp tổng qt, bài tốn chính tắc có thể khơng có phương án và ngay cả trường hợp nó có phương án cũng chưa có 1 phương án cực biên xuất phát, do vậy, ta phải mở rộng thuật tốn đơn hình để khảo sát 1 bài tốn chính tắc bất kỳ. Thuật tốn đơn hình mở rộng phải chỉ ra được bài tốn có phương án hay khơng có phương án và trong trường hợp nó có phương án phải tìm ra được phương án cực biên của bài tốn chính tắc để từ đó có thể giải tiếp bài tốn với phương án cực biên ấy.
Luôn giả thiết rằng bi 0 (i = 1n) vì có một bi nào đó âm thì chỉ cần nhân 2 vế của phương trình với (-1)
Xét bài tốn chính tắc:
Tìm vectơ X = xj: j = 1n thoả mãn: aijxj = bi (i = 1, m) xj 0 (j = 1, n) Sao cho: f (x) = Cjxj min Xây dựng bài tốn phụ có dạng sau: aijxj + xig = bi (i = 1, m) xj 0 ; xig 0 (j = 1, n)
Hàm mục tiêu P(x, xg) = xig Min xig : gọi là ẩn giả thứ i.
Ta nhận thấy, bài toán phụ là một bài toán dạng chuẩn và ln giải được vì hàm mục tiêu bị chặn dưới. Do đó, bắt đầu từ việc giải bài tốn phụ bằng phương pháp đơn hình, và sau một số hữu hạn bước sẽ tìm được phương án cực biên. Khi đó, chỉ có thể xảy ra 2 trường hợp sau:
- TH1: Nếu Pmin 0 thì bài tốn xuất phát khơng có phương án.
- TH2: Nếu Pmin = 0 thì bài tốn chính tắc có phương án và có 2 khả năng xảy ra: + Nếu trong cơ sở tối ưu của phương án cực biên khơng có các vectơ ứng với các ẩn giả xig, nào, đưa f(x) vào và tính cho đến kết thúc. Vì bảng đơn hình cuối cùng của bài tốn phụ chính là phương án cực biên của bài tốn chính tắc.
+ Nếu trong cơ sở tối ưu tồn tại một ẩn giả xig nào đó và giá trị của nó ở cột phương án bằng 0, khi đó xố mọi cột xj mà j 0 và đưa hàm f(x) vào giải tiếp.
Chú ý:
- Khi xây dựng bài toán phụ, chỉ cộng biến giả vào những phương trình cần thiết nhằm để ma trận điều kiện của bài tốn phụ có đủ m vectơ đơn vị.
- Một biến giả đã bị loại khỏi cơ sở thì cột tương ứng khơng cần tính ở các bước tiếp sau.
- Đối với bài tốn có f(x) Max thì chuyển bài tốn về: g(x) = - f(x) Min Khi đó: fmax = - gmin
- Đối với bài tốn phụ thì hệ số xj bằng 0
Ví dụ: Giải bài tốn sau bằng phương pháp đơn hình:
2 x1 + 2 x2 + x4 = 28 x1 + 5 x2 + 3 x3 - 2 x4 31 2 x1 - 2 x2 + 2 x3 + x4 = 16 xj 0 (j = 1, 4)
f (x) = 3 x1 + 4 x2 + 2 x3 + 2 x4 Min
Giải: Đưa bài tốn về dạng chính tắc:
2 x1 + 2 x2 + x4 = 28 x1 + 5 x2 + 3 x3 - 2 x4 + x5 = 31 2 x1 - 2 x2 + 2 x3 + x4 = 16
xj 0 (j = 1, 5)
f (x) = 3 x1 + 4 x2 + 2 x3 + 2 x4 + 0. x5 Min
Ta thấy bài tốn chính tắc khơng phải dạng chuẩn nên thành lập bài toán phụ: 2 x1 + 2 x2 + x4 + x1g = 28
x1 + 5 x2 + 3 x3 - 2 x4 + x5 = 31 2 x1 - 2 x2 + 2 x3 + x4 + x3g = 16 xj 0 (j = 1, 5); x1g, x3g 0
P (x, xg) = x1g + x3g Min Lập bảng đơn hình giải bài tốn phụ như sau:
Hệ số Cơ sở PA 3 4 2 2 0 1 1 x1 x2 x3 x4 x5 x1g x3g 1 x1g 28 2 2 0 1 0 1 0 0 x5 31 1 5 3 -2 1 0 0 1 x3g 16 2 -2 2 1 0 0 1 P 44 4 0 2 2 0 0 0 1 x1g 12 0 4 -2 0 0 1 0 x5 23 0 6 2 -5/2 1 0 0 x1 8 1 -1 1 1/2 0 0 P 12 0 4 -2 0 0 0 4 x2 3 0 1 -1/2 0 0 0 x5 5 0 0 5 -5/2 1 3 x1 11 1 0 1/2 1/2 0 f(x) 45 0 0 -5/2 -1/2 0
k 0 với k J0, bài tốn có phương án cực biên tối ưu X = (11, 3, 0, 0, 5) vµ fmin = 45
3. Bài toán đối ngẫu
- Với mỗi bài tốn qui hoạch tuyến tính, theo một qui tắc xác định, người ta xây dựng một bài toán thứ 2 cũng là một bài tốn qui hoạch tuyến tính và gọi bài tốn đó là bài tốn đối ngẫu của bài tốn đã cho (hay cịn gọi là bài toán liên hợp).
- Hai bài tốn đó khăng khít với nhau tới mức mà từ hành vi của bài tốn này có thể suy ra hành vi của bài toán kia và ngược lại. Do vậy, nếu nghiên cứu trực tiếp một bài toán trở nên khó khăn thì ta sẽ nghiên cứu bài tốn đối ngẫu của nó.
3.1. Định nghĩa
Cho bài tốn dạng chính tắc:
aijxj = bi (i = 1, m) (I) xj 0 (j = 1, n)
f (x) = Cjxj min
Xây dựng bài tốn qui hoạch tuyến tính khác gọi là bài tốn đối ngẫu của (I) là: (ĩ): f (Y) = biyi max
aijyj Cj (j = 1, n)
* Qui tắc thành lập bài tốn đối ngẫu:
- Nếu f (x) min thì f (Y) max và hệ ràng buộc của bài toán đỗi ngẫu có dạng “ ”
- Nếu f (x) max thì f (Y) min và hệ ràng buộc của bài tốn đỗi ngẫu có dạng “ ”.
- Ma trận điều kiện trong 2 bài toán là chuyển vị của nhau.
- Hệ số trong hàm mục tiêu của bài toán này là vế phải của hệ ràng buộc trong bài tốn kia.
- Số ràng buộc (khơng kể ràng buộc dấu) trong bài toán này bằng số biến số trong bài toán kia (tương ứng với 1 ràng buộc của bài toán này là 1 biến số của bài toán kia)
- Các biến số trong bài tốn đối ngẫu khơng có ràng buộc dấu.
* Chú ý:
- Cặp bất đẳng thức cùng chỉ số ở 2 bài toán được gọi là cặp điều kiện đối ngẫu. Trong 2 bài tốn (I) và (ĩ) có n cặp ràng buộc đối ngẫu
xj 0 aijyj Cj (j = 1, n) - (I) là bài tốn gốc thì (ĩ) là bài tốn đối ngẫu.
Người ta chứng minh được bài toán đối ngẫu của bài tốn đối ngẫu chính là bài tốn gốc. Có nghĩa là (I) là đối ngẫu của (ĩ). Do vậy, có thể gọi (I) và (ĩ) là 1
cặp qui hoạch đối ngẫu. Việc phân chia thành gốc và đối ngẫu chỉ mang tính qui ước.
- Qui tắc chung để viết bài toán đối ngẫu cho 1 bài toán QHTT là phải đưa bài toán cần viết đối ngẫu về bài tốn chính tắc tương đương và qui ước bài tốn đối ngẫu của bài tốn chính tắc tương đương là bài tốn đối ngẫu của bài tốn ban đầu.
Ví dụ: Cho bài toán :
x1 + 2 x2 - x3 + x4 = 1 2 x1 - 2 x2 + 3 x3 + 3 x4 9
x1 - x2 + 3 x3 - x4 1 xj 0 (j = 1, 4)
f (x) = 2 x1 - 3 x2 + 3 x3 - 6 x4 Min
Hãy viết bài toán đối ngẫu của bài toán đã cho và chỉ ra các cặp ràng buộc đối ngẫu. LG: đưa bài tốn về dạng chính tắc: x1 + 2 x2 - x3 + x4 = 1 (I) 2 x1 - 2 x2 + 3 x3 + 3 x4 + x5 = 9 x1 - x2 + 3 x3 - x4 + x6 = 1 xj 0 (j = 1, 6) f (x) = 2 x1 - 3 x2 + 3 x3 - 6 x4 + 0. x5 + 0. x6 Min Bài toán đối ngẫu:
y1 + 2 y2 + y3 - 2 2 y1 - 2 y2 - y3 - 3 (ĩ) - y1 + 3 y2 + 3 y3 3 y1 + 3 y2 - y3 - 6 y2 0 y3 0 f(Y) = y1 + 9 y2 + y3 max Ta có 6 cặp ràng buộc đối ngẫu sau:
2 x1 - 2 x2 + 3 x3 + 3 x4 9 y2 0 x1 - x2 + 3 x3 - x4 1 y3 0 x1 0 y1 + 2 y2 + y3 - 2 x2 0 2y1 - 2 y2 - y3 - 3 x3 0 - y1 + 3 y2 + 3 y3 3
x4 0 y1 + 3 y2 - y3 - 6
3.2. Sơ đồ viết bài toán đối ngẫu
VD: Hãy viết bài toán đối ngẫu của bài toán sau và chỉ ra các cặp điều kiện đối
ngẫu: f (x) = 4 x1 - 5 x2 + 6 x3 Min 2 x1 - x2 + 3 x3 = 6 x1 + 2 x2 - x3 4 - x1 + 3 x2 - 4 x3 1 x1 0 x2 0 x3 khơng có điều kiện về dấu.
LG: đưa bài tốn về dạng chính tắc:
Đặt x2 = - x2’ với x2’ 0
Đặt x3 = x3’ - x3” với x3’, x3” 0 Bài tốn chính tắc tương đương có dạng:
2 x1 + x2’ + 3 x3’ - 3 x3” = 6 (I) x1 - 2 x2’ - x3’ + x3” - x4 = 4
- x1 - 3 x2’ - 4 x3’ + 4 x3” + x5 = 1 x1, x2’ , x3’ , x3” , x4, x5 0
f (x) = 4 x1 + 5 x2’ + 6 x3’ - 6 x3” + 0. x4 + 0. x5 Min Bài toán đối ngẫu: f (y) = 6 y1 + 4 y2 + y3 Max
2 y1 + y2 - y3 4 2 y1 + y2 - y3 4 y1 - 2 y2 - 3 y3 5 - y1 + 2 y2 + 3 y3 -5 (ĩ) 3 y1 - y2 - 4 y3 6 3 y1 - y2 - 4 y3 = 6 - 3 y1 + y2 + 4 y3 -6 y2 0 - y2 0 y3 0 y3 0 Sơ đồ
Bài toán gốc f (x) Min Bài toán đối ngẫu f (y) Max
aij xj = bi yi khơng có điều kiện dấu
aij xj bi yi 0
aij xj bi yi 0
xj 0 aij yi Cj
xj 0 aij yi Cj
xj khơng có điều kiện dấu aij yi = Cj
VD: Viết bài toán đối ngẫu của bài toán sau:
f (x) = - 4 x1 + x2 + 5 x3 + 3 x5 Min 3 x1 - 6 x2 - x3 + 2 x4 + 4 x5 -15 - 2 x1 + 3 x2 + 4 x3 - 5 x4 + x5 8 - 6 x2 + 3 x3 + 8 x4 - 4 x5 = 9 3 x1 + 2 x2 - 3 x4 + x5 24 x1 , x3 , x5 0
Bài tốn đối ngẫu có dạng:
f (Y) = -15 y1 + 8 y2 + 9 y3 + 24 y4 Max 3 y1 - 2 y2 + 3 y4 - 4 - y1 + 4 y2 + 3 y3 5 4 y1 + y2 - 4 y3 + y4 3 y1 0 - 6 y1 + 3 y2 - 6 y3 + 2 y4 = 1 2 y1 - 5 y2 + 8 y3 - 3 y4 = 0 y2 0 y4
CHƯƠNG 3: TOÁN XÁC SUẤT Mã chương: TKT 03
Giới thiệu:
Chương toán xác suất giúp người học gặp lại các kiến thức về giải tích, giai thừa, hốn vị, tổ hợp và chỉnh hợp, qua đó vận dụng để giải các bài tốn xác suất. Giúp người học có thể chứng minh, kiểm chứng được các hiện tượng toán học xảy ra trong thực tiễn.
Mục tiêu:
- Trình bày được các cơng thức: Giải tích, giai thừa, hốn vị, tổ hợp và chỉnh hợp;
- Trình bày được khái niệm và cơng thức của các định lý; - Vận dụng tốn giải tích tổ hợp để giải các bài toán xác suất;
- Vận dụng các quy luật phân phối xác suất và các tham số đặc trưng của biến ngẫu nhiên để ước lượng và kiểm định tham số;
- Có ý thức học tập nghiêm túc, cẩn thận và chính xác.
1. Giải tích tổ hợp.
1.1.Tính giai thừa, hốn vị
1.1.1. Giai thừa
Ta có cơng thức sau: Pn = n ! ( Đọc là n giai thừa) n! được xác định bằng tích các số tự nhiên từ 1 đến n. n! = n.(n-1). (n-2)....2.1
Ví dụ: Trong giờ học giáo dục quốc phòng, một tiểu đội học sinh bao gồm 10 người xếp thành hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách xếp?
Ta có số cách xếp được tính theo cơng thức n! = 10! (cách)
1.1.2. Hoán vị
Hoán vị là kết quả sắp xếp có thứ tự n phần tử của tập hợp A sao cho n≥1, mỗi kết quả sắp xếp đó được gọi là một hốn vị.
Số các hốn vị được xác định bằng cách liệt kê trong trường hợp số các hốn vị ít. Số các hốn vị được xác định bằng cách dùng quy tắc nhân.
Pn! = n!
Pn = n.(n-1). (n-2)....2.1 Trong đó: Pn là số các hoán vị
n số các phần tử trong tập hợp A
Ví dụ: Có bao nhiêu cách xếp 4 bạn vào 4 chiếc ghế theo hàng ngang? Ta sắp xếp thứ tự cho 4 bạn: P4 = 4!
1.2. Tổ hợp, chỉnh hợp
1.2.1. Tổ hợp
Giả sử tập hợp A có n phần tử (n≥1).Mỗi tập hợp con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
Số các tổ hợp được xác định theo cơng thức sau: Ckn = n!/ k!(n- k)!
Trong đó: Ckn là số các tổ hợp chập k của n phần tử (0≤ k ≤ n) Ngồi ra ta có cơng thức liên hệ sau: Ank = Ckn.k
Ví dụ: 1 tổ có 10 bạn, lấy 4 bạn đi dọn vệ sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? Ta lấy từ 10 người ra 4 người và không sắp xếp thứ tự
C410 = 10!/ 4!(10- 4)!
1.2.2. Chỉnh hợp
Chỉnh hợp là kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của tập hợp A(n≥1) và sắp xếp theo một thứ tự nào đó được gọi là chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho.
Số các chỉnh hợp được xác đinh bằng công thức sau đây: Ank = n.(n - 1)....(n- k + 1)
Trong đó Akn là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1≤ k ≤ n) Chú ý: - Với quy ước 0! = 1 , ta có Akn = n!/ (n - k)!
- Pn = An n
Ví dụ: Từ các số 2, 3, 5, 7 có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau? Ta lấy từ 4 số (2,3,5,7) ra 3 số và sắp xếp thứ tự:
A34 = 4!/ (4 - 3)!n = 4!
2. Phép thử, các loại biến cố và xác suất của biến cố
2.1. Phép thử
Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta khơng đốn trước được kết quả của nó mặc dù đã biết tập hợp các kết quả có thể có của phép thử đó.
Một thí nghiệm, một phép đo hay sự quan sát nào đó,...được hiểu là một phép thử.
Tập hợp các kết quả có thể xảy ra của một phép thử được gọi là không gian mẫu của phép thử và được ký hiệu là Ω (ô mê ga).
2.2. Biến cố
Biến cố được hiểu là một tập hợp con của khơng gian mẫu và nó thường được ký hiệu bằng chữ in hoa A,B,C...
Tập Ω (ô mê ga) là biến cố chắc chấn xảy ra.
Ví dụ: khi gieo con súc sắc biến cố không thể xảy ra là biến cố (con súc sắc xuất hiện mặt 7 chấm) còn biến cố chắc chắn xảy ra là biến cố (con súc sắc không vượt quá 6 chấm).
2.3. Xác suất của biến cố
Một đặc trưng định tính quan trọng của biến cố liên quan đến một phép thử là nó có thể xảy ra hay khơng thể xảy ra khi phép thử đó có thể tiến hành. Một câu hỏi đặt ra là nó có xảy ra hay khơng? Khả năng xảy ra của nó là bao nhiêu? Như vậy nảy sinh một vấn đề cần gắn cho biến cố đó một con số hợp lí để đánh giá khả năng xảy ra của nó. Ta gọi số đó là xác suất của biến cố.
3. Đinh nghĩa cổ điển, định nghĩa thống kê của xác suất.
3.1. Định lí cộng xác suất
Định lý 1: Xác suất của tổng hai biến cố không xung khắc bằng tổng xác
suất của từng biến cố trừ đi xác suất của tích hai biến cố đó.
Nếu A, B khơng xung khắc thì: P(A + B) = P(A) + P(B) – P(A.B)
Ví dụ 1: Một người đi chào hàng ở hai nơi độc lập nhau. Xác suất nơi thứ nhất đặt hàng là 0,3 và xác suất nơi thứ hai đặt hàng là 0,4. Tính xác suất để người đó có nhận được đơn đặt hàng.
Giải:
- Gọi: C “người đó có nhận được đơn đặt hàng” A “nơi thứ nhất đặt hàng” P(A) = 0,3 B “nơi thứ hai đặt hàng” P(B) = 0,4 C=A+B Cần tính P(A + B) = ?
- Ta có: P(A + B) = P(A) + P(B) – P(A.B) (vì A và B khơng xung khắc) Mà P(A.B) = P(A).P(B) (vì A và B độc lập)
Thay số P(C) = P(A + B) = 0,3 + 0,4 – 0,3 × 0,4 = 0,58
Định lý 2: Xác suất của tổng hai biến cố xung khắc bằng tổng hai xác suất