bài tập quy hoạch tuyến tính

BÀI TẬP

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

LỜI NÓI ĐẦU

Tài liệu này được tác giả tự biên soạn với mục đích ôn tập thi cuối kỳ môn Quy Hoạch

Tuyến Tính cho riêng cá nhân và lớp VB2-Toán K1, Đại Học Sư Phạm TPHCM. Do thời gian

gấp rút nên các chương từ thuật toán đơn hình về sau chỉ kịp giải bài tập, phần lý thuyết anh chị

tự tìm hiểu thêm trong các tài liệu được Giảng Viên cung cấp.

Do chỉ soạn trong thời gian ôn thi nên còn sơ sài, tác giả mong nhận được những chia sẻ,

góp ý của anh chị để kỳ thi được kết quả tốt hơn.

Chi tiết xin liên hệ qua địa chỉ mail: [email protected]

Chân thành cảm ơn

Tác giả

TRẦN HỮU KHANH

MỤC LỤC

Chương 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ GIẢI TÍCH LỒI ................................................................ 1

Chương 2: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH và CÁC TÍNH CHẤT CỦA NÓ ............. 9

Chương 3: PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH .................................................................................... 26

Chương 4: BÀI TOÁN ĐỒI NGẪU ............................................................................................. 38

Chương 5: BÀI TOÁN VẬN TẢI ................................................................................................ 39

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................................. 47

1

Chương 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ GIẢI TÍCH LỒI

1. Đường thẳng

Giả sử 1 2, nx x . Đường thẳng qua 1x và 2x được định nghĩa là tập

1 21 ,x x x x

hay 1 21 2 1 2 1 2, , , 1x x p x p x p p p p

Nếu viết lại định nghĩa đầu tiên theo dạng

1 2 1 ,x x x x x

Khi 2x phương trình trên có dạng 1 2 1x x x x , đây là phương trình tham số

của đường thẳng qua 1x và 2x trong hình học giải tích.

2. Đoạn thẳng

Giả sử 1 2, nx x . Ta định nghĩa đoạn thẳng nối hai điểm 1x và 2x như sau:

(i) Đoạn thẳng đóng 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x

(ii) Đoạn thẳng mở 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x

(iii) Nửa đoạn thẳng đóng – mở 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x

(iv) Nửa đoạn thẳng mở – đóng 1 2 1 2; 1 ,0 1x x x x x x

Hiển nhiên 1 2;x x là một đoạn của đường thẳng qua 1x và 2x nằm giữa và bao gồm hai

điểm 1x và 2x . 1 2;x x không bao gồm 1x và 2x , 1 2;x x không bao gồm 2x và 1 2;x x

không bao gồm 1x

Hình 2. Đường thẳng và đoạn thẳng qua 1x và 2x

3. Tập lồi

Một tập n là tập lồi nếu chứa hai điểm nào đó thì chứa cả đoạn thẳng nối hai

điểm ấy. Ta nói một tập n là lồi nếu:

1 2,

,0 1

x x

1 21 x x

2

a)

b)

Hình 3. a) Tập lồi, b) Tập không lồi

4. Nửa không gian mở, đóng

Giả sử nc , 0c và . Tập ,nx x cx (hoặc ,nx x cx ) được

gọi là nửa không gian mở trong n , và tập ,nx x cx (hoặc ,nx x cx ) được

gọi là nửa không gian đóng trong n

5. Siêu phẳng

Giả sử nc , 0c và . Tập ,nx x cx được gọi là siêu phẳng trong

n .

6. Không gian con

Một tập n là không gian con nếu

1 2

1 2

,

,

x x

p p

1 2

1 2p x p x

7. Tổ hợp lồi

Một điểm nb gọi là tổ hợp lồi của hệ 1,..., m na a nếu tồn tại m số thực 1,..., mp p

sao cho 1 21 2 ... m

mb p a p a p a với 1,..., 0mp p và 1 ... 1mp p

Hoặc, nếu chúng ta định nghĩa một ma trận A cỡ m n có hàng thứ i là iiA a và nếu

ta lấy 1,...,n

mp p p và e là một m -vectơ thì ta có b là một tổ hợp lồi của hàng thứ i của

A nếu ' , 0, 1b A p p ep có một nghiệm mp

Chú ý rằng nếu b là một tổ hợp lồi của hai điểm 1 2, na a , điều này tương đương với 1 2,b a a

8. Bao lồi

Giả sử n . Bao lồi của ký hiệu là là giao của tất cả các tập lồi trong n chứa

. Hiển nhiên, nếu là lồi thì

3

Hình 8. Tập và bao lồi của nó

9. Đỉnh (điểm cực biên)

Giả sử là tập lồi trong n . Điểm x được gọi là đỉnh (hay điểm cực biên) của

nếu x không thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp lồi thực sự của hai điểm phân biệt 1 2,x x .

Một tập lồi n có thể không có đỉnh (ví dụ như mặt phẳng ,nx x cx và

quả cầu mở B x không có đỉnh), số đỉnh có thể là hữu hạn (ví dụ như tập

, 0, 1nx x x ex , với e trong một n -vectơ, có n đỉnh ie , 1, 2,...,i n , với ie là một n -

vectơ với 1iie và 0i

je , i j ), hay số đỉnh có thể là vô hạn (ví dụ như quả cầu đóng

nB x là vô hạn số đỉnh được cho bởi ,nx x x x

10. Đa diện và khối đa diện

Một tập trong n mà giao của hữu hạn nửa khoảng đóng trong n được gọi là đa diện.

Nếu một đa diện là giới nội (nghĩa là, mỗi x trong đa diện x cho vài giá trị không đổi

) nó được gọi là khối đa diện.

BÀI TẬP:

Bài 1.1: Chứng minh tập hợp rỗng là tập lồi?

Ta cần chứng minh:

1 2,

,0 1

x x

1 21 x x

Xét hai mệnh đề:

1 2,x x

và 1 21 x x

Đây là các mệnh đề sai

Do đó mệnh đề:

1 2,

,0 1

x x

1 21 x x

là mệnh đề đúng.

4

Vậy: là tập lồi.

Bài 1.2: Chứng minh nửa không gian mở, đóng đều là các tập lồi?

Chứng minh nửa không gian mở là tập lồi

Đặt ,nx x cx là nửa không gian mở, ta cần chứng minh:

1 2,

,0 1

x x

1 21 x x

Vì 1 2,x x nên có 1cx và 2cx

Do đó: 1 2 1 1 2 1 2 11c x x cx c x c x cx cx cx

Mặt khác: 2 1 0cx cx nên 2 1 0cx cx (vì 0 1 )

Do đó: 1 2 1 2 11 0c x x cx cx cx

Suy ra: 1 21 x x

Vậy: Nửa không gian mở ,nx x cx là tập lồi.

(Chứng minh tương tự cho trường hợp nửa không gian đóng)

Bài 1.3: Chứng minh mỗi siêu phẳng trong n là một tập lồi?

Đặt ,nx x cx là siêu phẳng trong n , ta cần chứng minh:

1 2,

,0 1

x x

1 21 x x

Vì 1 2,x x nên 1cx và 2cx

Do đó: 1 2 1 1 2 1 2 11c x x cx c x c x cx cx cx

Mặt khác: 2 1 0cx cx nên 2 1 0cx cx

Do đó: 1 2 1 2 11 0c x x cx cx cx

Suy ra: 1 21 x x

Vậy: Siêu phẳng ,nx x cx là tập lồi.

Bài 1.4: Chứng minh rằng quả cầu đóng và quả cầu mở là các tập lồi?

Chứng minh quả cầu đóng là tập lồi:

Xét quả cầu đóng ,nB x x x x x quanh điểm nx .

Ta cần chứng minh: 1 2,

,0 1

x x B x

1 21 x x B x

5

Ta có: 1 2 1 21 1 1x x x x x x x

1 21 x x x x

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:

1 2 1 21 1x x x x x x x x

Mà: 1 1 11 1 1x x x x x x (vì 0 1 )

và: 2 2 2x x x x x x (vì 0 1 )

Nên: 1 2 1 21 1x x x x x x x

Vì : 1 2,x x B x nên có: 1x x và 2x x

Do đó: 1 21 1x x x

Hay: 1 21 x x x

Suy ra: 1 21 x x B x

Vậy: Quả cầu đóng là tập lồi

(Chứng minh tương tự cho trường hợp quả cầu mở)

Bài 1.5: Chứng minh rằng: Nếu i i I là một họ (hữu hạn hoặc vô hạn) tập lồi trong n , thì

giao của chúng ii I

là một tập lồi?

Lấy 1 2, ii I

x x

và 0 1 . Khi đó mỗi i I , 1 2, ix x

Với mọi 0 1 ta có 1 21 ix x (vì i là tập lồi)

Suy ra 1 21 ii I

x x

Vậy: ii I

là một tập lồi.

Bài 1.6: Chứng minh rằng tổng của hai tập lồi là tập lồi?

Giả sử và là hai tập lồi trong n . Ta chứng minh tổng của và , kí hiệu là , là một tập lồi.

Lấy 1 2,z z , với 1 1 1 2 2 2, z x y z x y , trong đó 1 2,x x và 1 2,y y

Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 1 2 21 1z z x y x y

1 2 1 21 1x x y y

6

Vì và là các tập lồi nên có: 1 21 x x và 1 21 y y

Do đó: 1 2 1 21 1x x y y

Hay là: 1 21 z z

Vậy: là một tập lồi.

Bài 1.7: Chứng minh rằng hiệu của hai tập lồi là tập lồi?

Chứng minh tương tự bài 1.6

Bài 1.8: Chứng minh rằng tích của một số thực với một tập lồi là tập lồi?

Giả sử là tập lồi trong n và . Ta chứng minh tích của và , kí hiệu , là

tập lồi

Lấy 1 2,z z , với 1 1 2 2, z x z x , trong đó 1 2,x x

Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 21 1z z x x

1 21 x x

Suy ra: 1 21 z z


Bài 1.9: Chứng minh rằng đường thẳng trong n là tập lồi?

Đường thẳng qua hai điểm 1x và 2x được định nghĩa là tập

1 2 1 ,x x x x x

Lấy hai điểm bất kỳ thuộc là 1 2 11x x x và 1 2 1

2x x x

Với mọi 0 1 ta có:

1 2 1 1 2 11 21 x x x x x x

1 1 2 1 2 11 21 1x x x x x x

1 2 11 21x x x

Vậy: Đường thẳng trong n là tập lồi.

Bài 1.10: Chứng minh rằng đoạn thẳng qua hai điểm trong n là tập lồi?

Thay 0 1 trong bài 1.9 ta được kết quả

Bài 1.11: Cho 1 2; ;...; mx x x là tổ hợp lồi của các vectơ 1 2; ;...; mx x x . Chứng minh là tập

lồi?

Ta cần chứng minh:

7

1

1

1

,...,

,..., 0

... 1

m

m

m

x x

p p

p p

11 ... m

mp x p x (1)

Điều kiện đủ: hiển nhiên. Chẳng hạn lấy 2m thì lồi theo bài 1.10.

Điều kiện cần: chứng minh theo quy nạp.

Kiểm tra 1m ta có (1) đúng (hiển nhiên)

Giả sử (1) đúng với m k , ta cần chứng minh (1) đúng với 1m k

Lấy

1 1

1 1

1 1

,...,

,..., 0

... 1

k

k

k

x x

p p

p p

- Nếu 1 0kp thì 1 1 11 1 1... ...k k k

k k kp x p x p x p x p x . Do đó (1) đúng với mọi

m k

- Nếu 1 1kp thì 1 2 ... 0kp p p .

Mà 0ip nên 1 1 ... 0kp p p 1 2 ... 0kp p p

Do đó: 1 1 1 11 1 1... k k k k

k k kp x p x p x p x x

- Nếu 10 1kp thì chúng ta có thể viết:

111

11

1 11 1

... kkk ki kk k

i i ki ii i

i i

ppx x

p x p p xp p

Vậy: Tổ hợp lồi là tập lồi.

Bài 1.12: Chứng minh rằng đa diện lồi là tập lồi?

Giả sử đa diện lồi sinh bởi các điểm 0,ix i m là:

1

mi

ii

x p x

, trong đó 1

1m

ii

p

; 0ip , 0,i m .

Lấy 1

1

mi

ii

x x

, 2

1

mi

ii

x x

thuộc (1 1

1m m

i ii i

; 0i , 0i , 0,i m )

Với mọi 0 1 ta có:

1 2

1 1

1 1m m

i ii i

i i

x x x x

1 1 1

1 1m m m

i i i ii i i i

i i i

x x x x

1

1m

ii i

i

x

8

Ta có: 1 1 1 1 1

1 1m m m m m

i i i i i i i ii i i i i

Và: 1 0i i (vì 0i , 0i , 0,i m và 0 1 )

Do đó: 1 2

1

1 1m

ii i

i

x x x


Bài 1.13: Cho các tập lồi 1A , 2A ,…, mA và các số thực 1 , 2 ,…, m . Chứng minh rằng: tập

1 1 2 2 ... m mA A A cũng là tập lồi?

- Trước hết ta chứng minh các 1 1A là tập lồi

Lấy 1 21 1,z z A , với 1 1 2 2

1 1, z x z x , trong đó 1 21,x x A

Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 21 11 1z z x x

1 21 1 x x

Vì 1A là tập lồi nên có: 1 211 x x A

Suy ra: 1 21 1 11 x x A

Hay là: 1 21 11 z z A

Do đó: 1 1A là tập lồi.

Tương tự ta cũng có 2 2A , …, m mA cũng là các tập lồi.

- Tiếp theo ta chứng minh 1 1 2 2A A là tập lồi

Lấy 1 21 1 2 2,u u A A , với 1 1 1 2 2 2

1 2 1 2, u x y u x y , trong đó 1 2

1 1 1 1,x x A và 1 22 2 2 2,y y A

Với mọi 0 1 ta có: 1 2 1 1 2 21 2 1 21 1u u x y x y

1 2 1 21 21 1x x y y

Vì 1 1A và 2 2A lồi nên có: 1 21 1 11 x x A và 1 2

2 2 11 y y A

Do đó: 1 2 1 21 2 1 1 2 21 1x x y y A A

Hay là: 1 21 1 2 21 u u A A

Do đó: 1 1 2 2A A là tập lồi.

Tương tự ta sẽ chứng minh được 1 1 2 2 3 3A A A là tập lồi

Từ đó suy ra 1 1 2 2 ... m mA A A là tập lồi

Vậy: 1 1 2 2 ... m mA A A là tập lồi.

9

Chương 2: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH và CÁC TÍNH CHẤT CỦA NÓ

1. Các ký hiệu thường dùng trong quy hoạch tuyến tính (QHTT)

Giả sử ma trận

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

... ... ... ...

...

n

n

ij

m m mn

a a a

a a aA a

a a a

là ma trận cấp m n . Ta ký hiệu:

1 2; ;...;i i i inA a a a là ma trận dòng (hay vectơ dòng) thứ i của A

1

2

...

j

jj

mj

a

aA

a

là ma trận cột (hay vectơ cột) thứ j của A

TA là ma trận chuyển vị của A

1 2 ...j j jmB A A A là ma trận vuông được thành lập từ m cột của A

1B là ma trận nghịch đảo của B

1 2; ;...; nnu x x x

1 2; ;...; nnv y y y

1 2; ;...; nnc c c c

1 2; ;...; nnb b b b

Tích vô hướng của hai vectơ 1 2; ;...; nnc c c c và 1 2; ;...; n

nu x x x được định

nghĩa và ký hiệu như sau:

1 1 2 2, ... n nc u c x c x c x

2. Bài toán QHTT tổng quát

Dạng: , min maxf x c u

i iAu b (1)

i iAu b (2)

i iAu b (3)

0jx (4)

0jx (5)

jx (6)

10

Trong đó:

f x được gọi là hàm mục tiêu;

Mỗi ràng buộc loại (1), (2) và (3) được gọi là ràng buộc cưỡng bức;

Mỗi ràng buộc loại (4), (5) và (6) được gọi là ràng buộc tự nhiên;

Mỗi vectơ thỏa mãn mọi ràng buộc gọi là một phương án;

3. Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc và chính tắc

Dạng chuẩn tắc Dạng chính tắc

, minf x c u

Au b

0u

, minf x c u

Au b

0u

Bằng phép biến đổi đơn giản dưới đây có thể đưa bài toán quy hoạch tuyến tính bất kỳ về hoặc là dạng chuẩn tắc, hoặc là dạng chính tắc:

Mỗi ràng buộc i iAu b có thể đưa về 1i n iAu x b với 1 0nx

Mỗi ràng buộc i iAu b có thể đưa về 1i n iAu x b với 1 0nx

Mỗi ràng buộc i iAu b có thể viết thành hệ các ràng buộc i iAu b và i iAu b

Mỗi ẩn jx không có ràng buộc về dấu được viết thành hiệu của hai ẩn mới không âm:

0, 0j j j j jx x x x x

Mỗi ẩn 0jx ta đặt 0j j jx t t

4. Bài toán QHTT đối ngẫu

Các bài toán quy hoạch tuyến tính P và Q sau đây được gọi là đối ngẫu của nhau

Bài toán gốc P Bài toán đối ngẫu Q

, minf x c u

i iAu b

i iAu b

i iAu b

0jx

0jx

jx

, maxT Tf y b v

0jy

0jy

jy

jjvA c

jjvA c

jjvA c

Nếu bài toán P (bài toán gốc) có các dạng đặc biệt thì bài toán đối ngẫu Q của nó, theo

định nghĩa, được xác định như sau:

11

Bài toán gốc P Bài toán đối ngẫu Q

, minf x c u

Au b

0u

, maxT Tf y b v

T T TA v c

, maxf x c u

Au b

0u

, minT Tf y b v

T T TA v c

Đối với bài toán QHTT bất kỳ, bằng một số phép biến đổi đã biết, có thể đưa hệ ràng buộc về dạng:

, 0Au b u

Khi đó ta nói hệ ràng buộc đã được chính tắc hóa.

5. Điểm cực biên

Giả sử là tập lồi trong n . Điểm x được gọi là điểm cực biên của nếu x không

thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp lồi thực sự của hai điểm phân biệt 1 2,x x .

Định lí: (Tìm điểm cực biên)

:nM u Au b trong đó A là ma trận cấp m n là tập lồi đa diện. v M là điểm

cực biên của M khi và chỉ khi tồn tại 1 2; ;...; 1;2;...;ni i i m sao cho 1 2; ;...;

ni i ia a a là độc lập

tuyến tính và v là nghiệm của hệ phương trình ,

1;2;...;

t ti ia u b

t n

, trong đó

tia là hàng thứ ti của ma

trận A .

6. Giải bài toán QHTT bằng thuật toán điểm cực biên

Xét bài toán QHTT dạng tổng quát:

, min

:, n

f u c uTT

Au b u

Trong đó A là ma trận m n , nb , nc

Gọi: M là tập các phương án chấp nhận được của TT

ext M là tập các điểm cực biên của M

*M là tập các phương án tối ưu của TT

Định lí:

*M khi và chỉ khi M và hàm mục tiêu f u bị chặn dưới trên M

(nếu maxf u thì thay điều kiện bị chặn dưới của f u bởi điều kiện bị chặn trên)

12

Thuật toán điểm cực biên giải bài toán QHTT

- Bước 1: Kiểm tra *M

- Bước 2: Tìm ext M

- Bước 3: Xác định min ,f u u ext M (hoặc max ,f u u ext M )

BÀI TẬP:

Bài 2.1: Trong các bài toán sau, bài toán nào là QHTT

a)

2 3 min

2 5

1

x y

x y

y

b)

2 2 max

2 10

3

x y

x y

xy

c) 5 max

2 2

x y

x y

d)

5 max

2 2

x y

x y

a) Xét ánh xạ:

2:

; 2 3

f

x y f x y

Lấy: 1 1;u x y và 2 2;v x y

Ta có: 1 1 1 1; 2 3f u f x y x y

2 2 2 2; 2 3f v f x y x y

1 2 1 2 1 1 2 2; 2 3 3f u v f x x y y x y x y

f u f v

Lại có: 1 1 1 1 1 1; 2 3 2 3f u f x y x y x y f u

Do đó: f là ánh xạ tuyến tính

Chứng minh tương tự ta cũng được ; 2 5g x y x y và ; 1h x y y cũng là các

ánh xạ tuyến tính

Hơn nữa tập ; : 2 5 ; : 1G x y x y x y y là giao của hai tập lồi nên là tập lồi

(xem chương 1)

Vậy: a) là bài toán QHTT

b) Xét ánh xạ:

2

2 2

:

;

f

x y f x y

Lấy: 1 1;u x y và 2 2;v x y

13

Ta có: 2 21 1 1 1;f u f x y x y

2 22 2 2 2;f v f x y x y

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2

;

2

2

f u v f x x y y x x y y

x y x y x x y y

f u f v x x y y

f u f v

Lại có: 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1;f u f x y x y x y f u f u

Do đó: f không là ánh xạ tuyến tính

Vậy: b) không là bài toán QHTT

c) Ta có: 2 2x y 2 2

2 2

x y

x y

Chứng minh tương tự câu a) ta được ; 5g x y x y , ; 2 2g x y x y và

; 2 2h x y x y là các ánh xạ tuyến tính

Hơn nữa tập ; : 2 2 ; : 2 2G x y x y x y x y là giao của hai tập lồi nên là

tập lồi (xem chương 1)

Vậy: c) là bài toán QHTT

d) Ta có: 2 2x y 2 2

2 2

x y

x y

Chứng minh tương tự câu a) ta được ; 5g x y x y , ; 2 2g x y x y và

; 2 2h x y x y là các ánh xạ tuyến tính

Xét tập ; : 2 2 ; : 2 2G x y x y x y x y

Lấy 0;2u G và 0; 2v G . Chọn 1

2 . Khi đó:

1 1

1 0;2 0; 2 0;02 2

u v G

Nên G không là tập lồi

Vậy: d) không là bài toán QHTT

Bài 2.2: Đưa bài toán sau về dạng chuẩn tắc và chính tắc

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2

2 min

3 4 5

7

4

0, 0

f x x x x

x x x

TT x x x

x x x

x x

14

Đưa bài toán TT về dạng chuẩn tắc TcT :

- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min

1 2 32 minf x x x x

- Đổi dấu ràng buộc thứ hai để đổi chiều bất đẳng thức

1 2 3 7x x x

- Thay ràng buộc thứ ba bởi hệ hai bất đẳng thức

1 2 3

1 2 3

16

16

x x x

x x x

- Ẩn 3x không có ràng buộc về dấu được viết thành hiệu của hai ẩn mới không âm

3 3 3 3 3 0, 0x x x x x

Đặt 1 1x y , 2 2x y , 3 3x y , 3 4x y ta được bài toán dạng chuẩn tắc là:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 min

3 4 4 5

7

4

4

0, 1, 4i

f y y y y y

y y y y

y y y yTcT

y y y y

y y y y

y i

Đưa bài toán chuẩn tắc TcT về dạng chính tắc ToT :

- Đưa vào ràng buộc thứ nhất ẩn 5 0y ta được:

1 2 3 4 53 4 4 5y y y y y

- Đưa vào ràng buộc thứ hai ẩn 6 0y ta được:

1 2 3 4 6 7y y y y y

Viết lại: 1 2 3 4 6 7y y y y y

- Thay ràng buộc thứ ba và thứ tư bởi đẳng thức

1 2 3 4 4y y y y

Ta được bài toán dạng chính tắc là:

1 2 3 4

1 2 3 4 5

1 2 3 4 6

1 2 3 4

2 min

3 4 4 y 5

7

4

0, 1,6i

f y y y y y

y y y y

ToT y y y y y

y y y y

y i

15

Bài 2.3: Viết bài toán đối ngẫu của bài toán sau

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

1 2 3 4

1 3

2 5 min

3 2 4

5 3 7

2 3 2 8

0, 0

f x x x x x

x x x x

TT x x x

x x x x

x x

Ta có:

1 2 3 4

1 2 3 4 1

1 2 3 2

1 2 3 4 3

1

2

3

4

2 5 min

3 2 4 1 0

5 3 7 2 0

2 3 2 8 3

0 4

5

0 6

7

f x x x x x

x x x x y

x x x y

x x x x yTT

x

x

x

x

Nên bài toán đối ngẫu là:

1 2 3

1 2 3 1

1 2 3 2

1 2 3 3

1 3 4

1 2

4 7 8 max

3 5 2 2 4 0

2 3 1 5

3 3 6

2 5 7

0, 0

f y y y y

y y y x

y y y xTT

y y y x

y y x

y y

Bài 2.4: Xác định tập các điểm cực biên của các tập lồi đa diện được xác định bởi các hệ sau:

a)

1 2

1 2

1 2

1 2

3

2 12

3 15

0, 0

x x

x x

x x

x x

b)

1 2

1 2

1

2 3 6

4 5 20

0

x x

x x

x

c)

1 2 3

1 2 3

1 2 3

3

2 15

0, 0, 0

x x x

x x x

x x x

d)

1 2 3

1 2 3

1

3

2 15

0

x x x

x x x

x

:nM u Au b trong đó A là ma trận cấp m n là tập lồi đa diện. v M là điểm

cực biên của M khi và chỉ khi tồn tại 1 2; ;...; 1;2;...;ni i i m sao cho 1 2; ;...;

ni i ia a a là độc lập

tuyến tính và v là nghiệm của hệ phương trình ,

1;2;...;

t ti ia u b

t n

, trong đó

tia là hàng thứ ti của ma

trận A .

16

a) Giải bài toán bằng hình học

Ta có:

1 2

1 2

21 2 1 2

1

2

3

2 12

; : 3 15

0

0

x x

x x

M x x x x

x

x

Tập M là đa diện lồi OABCD với 5 đỉnh

0;0O , 0;3A , 2;5B , 6;3C và

5;0D (mỗi đường thẳng với phần gạch

chéo chỉ rõ nửa mặt phẳng bị bỏ đi).

3

5

2x

2 6 1x

Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là: 0;0 , 0;3 , 2;5 , 6;3 và 5;0

b) Ta có: 1 2

21 2 1 2

1

2 3 6

; : 4 5 20

0

x x

M x x x x

x

Ma trận

2 3

4 5

1 0

A

và ma trận

6

20

0

b

Thiết lập các hệ con độc lập tuyến tính gồm đúng 2 vectơ trong hệ gồm 3 vectơ hàng của A , sau đó biểu thị tuyến tính của vectơ b qua chúng ta được:

- 1 2

1 2

2 3 61 :

4 5 20

x x

x x

. Giải hệ ta được: 1

45 8;

48 11v

- 1 2

1

2 3 62 :

0

x x

x

. Giải hệ ta được: 2 0; 2v

- 1 2

1

4 5 203 :

0

x x

x

. Giải hệ ta được: 3 0;4v

Kiểm tra ta có 1 2 3, ,v v v M

Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là 45 8

;48 11

, 0; 2 và 0;4

c) Ta có:

1 2 3

1 2 3

31 2 3 1

2

3

3

2 15

; ; : 0

0

0

x x x

x x x

M x x x x

x

x

17

Ma trận

1 1 1

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A

và ma trận

3

15

0

0

0

b


- 1 2 3

1 2 3

1

3

1 : 2 15

0

x x x

x x x

x

. Giải hệ ta được: 1 0;12; 9v

- 1 2 3

1 2 3

2

3

2 : 2 15

0

x x x

x x x

x

. Giải hệ ta được: 2 6;0;9v

- 1 2 3

1 2 3

3

3

3 : 2 15

0

x x x

x x x

x


- 1 2 3

1

2

3

4 : 0

0

x x x

x

x


- 1 2 3

1

3

3

5 : 0

0

x x x

x

x


- 1 2 3

2

3

3

6 : 0

0

x x x

x

x


- 1 2 3

1

2

2 15

7 : 0

0

x x x

x

x


- 1 2 3

1

3

2 15

8 : 0

0

x x x

x

x


150; ;0

2v

- 1 2 3

2

3

2 15

9 : 0

0

x x x

x

x


18

- 1

2

3

0

10 : 0

0

x

x

x


Kiểm tra ta có 2 3 4 5 7 8 9 10, , , , , , ,v v v v v v v v M

Vậy: Các điểm cực biên cần tìm là 6;0;9 , 3;6;0 , 0;0;3 , 0;3;0 , 0;0;15 , 15

0; ;02

,

15;0;0 và 0;0;0

d) Ta có: 1 2 3

31 2 3 1 2 3

1

3

; ; : 2 15

0

x x x

M x x x x x x

x

Ma trận

1 1 1

1 1 1

1 0 0

A

và ma trận

3

15

0

b


- 1 2 3

1 2 3

1

3

1 : 2 15

0

x x x

x x x

x

. Giải hệ ta được: 1 0;12; 9v

Kiểm tra ta có 1v M

Vậy: Điểm cực biên cần tìm là 0;12; 9

Bài 2.5: Cho bài toán QHTT

1 2

1 2

1 2

1 2

2

2 max

2 2 1 1

2 1 2

4 3 3

0 4

f x x x

x x

TT x x

x x

x

Trong các phương án sau 1 1;0x , 2 2 1;

3 6x

, 3 7; 1x và 4 7 1;

9 9x

,

phương án nào là phương án cực biên, phương án nào là phương án tối ưu, phương án nào là phương án cực biên tối ưu?

Ta có: 1 2 4 1f x f x f x và 3 9f x

Suy ra: 3 1 2 4f x f x f x f x

Do đó 3x không phải là phương án tối ưu (vì maxf x )

19

Từ ràng buộc 2 cho ta 1 21, ,f x x x .

Suy ra: 1x , 2x và 4x là các phương án tối ưu. Hơn nữa:

1x thỏa dấu = với hai ràng buộc 2 và 4 , chúng độc lập tuyến tính. Do đó 1x là

phương án cực biên tối ưu.

2x thỏa dấu = với hai ràng buộc 1 và 2 , chúng độc lập tuyến tính. Do đó 2x là

phương án cực biên tối ưu.

4x chỉ thỏa dấu = với một ràng buộc 2 , không đủ hai ràng buộc độc lập tuyến tính. Do

đó 4x là phương án tối ưu không cực biên.

3x chỉ thỏa dấu = với một ràng buộc 3 , không đủ hai ràng buộc độc lập tuyến tính. Do

đó 3x không phải là phương án cực biên.

Bài 2.6: Giải bài toán QHTT sau bằng thuật toán điểm cực biên

1 2

1 2

1 2

1

2 min

2 3 6 1

4 5 20 2

0 3

f x x x

x xTT

x x

x

Chứng minh *M

- Chứng minh M

Dễ thấy 1;1 là một phương án của bài toán nên M .

- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn dưới

Từ ràng buộc (1) ta được: 2 1

22 2

3 x x (vì 1 0x )

Từ ràng buộc (2) ta được: 1 2

52 10

2 x x

Suy ra: 1 2 2

72 10

2 x x x

Tức là: 1 2 2

7 72 10 10 2 17

2 2 f x x x x (vì 2 2 x )

Do đó hàm mục tiêu 1 22 f x x x bị chặn dưới

- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn dưới).

Tìm ext M

Ta có: 1 2

21 2 1 2

1

2 3 6

; : 4 5 20

0

x x

M x x x x

x

20

Ma trận

2 3

4 5

1 0

A

và ma trận

6

20

0

b


- 1 2

1 2

2 3 61 :

4 5 20

x x

x x


45 8;

11 11

v

- 1 2

1

2 3 62 :

0

x x

x

. Giải hệ ta được: 2 0; 2v

- 1 2

1

4 5 203 :

0

x x

x

. Giải hệ ta được: 3 0;4v

Kiểm tra ta được 1 2 3, ,v v v M

Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 45 8

;48 11

, 0; 2 và 0;4

Tìm min f v

1

45 8 45 8 82; 2. 1.

11 11 11 11 11

f v f

2 0; 2 2.0 1. 2 2 f v f

3 0;4 2.0 1.4 4 f v f

Ta có: 1 2 3 f v f v f v

Nên phương án tối ưu là * 45 8;

48 11

x và * 82

11 f x

Vậy: * 82

11f x ứng với * 45 8

;11 11

x

Bài 2.7: Giải bài toán QHTT sau bằng thuật toán điểm cực biên

1 2

1 2

2

1 2

1 2

2 max

2 2 1 1

0 2

2 1 3

4 3 4

f x x x

x x

TT x

x x

x x

Chứng minh *M

- Chứng minh M

Dễ thấy 1;0 là một phương án của bài toán nên M .

21

- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn trên

Từ ràng buộc (3) ta được: 1 2 1 22 1 , f x x x x x

Do đó hàm mục tiêu 1 22 f x x x bị chặn trên

- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn trên).

Tìm ext M

Ta có:

1 2

221 2

1 2

1 2

2 2 1

0; :

2 1

4 3

x x

xM x x

x x

x x

Ma trận

2 2

0 1

1 2

1 4

A và ma trận

1

0

1

3

b


- 1 2

2

2 2 11 :

0

x x

x. Giải hệ ta được: 1

1;0

2

v

- 1 2

1 2

2 2 12 :

2 1

x x

x x. Giải hệ ta được: 2

2 1;

3 6

v

- 1 2

1 2

2 2 13 :

4 3

x x


1 5;

3 6

v

- 2

1 2

04 :

2 1

x

x x. Giải hệ ta được: 4 1;0 v

- 2

1 2

05 :

4 3

x

x x. Giải hệ ta được: 5 3;0 v

- 1 2

1 2

2 16 :

4 3

x x


5 1;

3 3

v

Kiểm tra ta có 2 4 5, , v v v M

Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 2 1

;3 6

, 1;0 và 3;0

Tìm max f v

2

2 1 2 1; 1. 2. 1

3 6 3 6

f v f

22

4 1;0 1. 1 2.0 1 f v f

5 3;0 1. 3 2.0 3 f v f

Ta có: 5 2 4 f v f v f v

Nên phương án tối ưu là * 2 1;

3 6

x hoặc * 1;0 x và * 1 f x

Vậy: * 1 f x ứng với * 2 1;

3 6

x hoặc * 1;0 x

Bài 2.8: Giải bài toán sau bằng thuật toán điểm cực biên:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 3

1 2

2

4 5 2 max

2 2

1

5

2 2

0

f x x x x

x x x

x x xTT

x x

x x

x

Chứng minh *M

- Chứng minh M

Dễ thấy 1;1;1 là một phương án của bài toán nên M .

- Chứng minh hàm mục tiêu bị chặn trên

Lấy ràng buộc (1) + (2) + (4) ta được: 1 2 34 5x x x (6)

Nhân ràng buộc (3) với 3 ta được: 2 33 3 15x x (7)

Lấy (6) + (7) ta được: 1 2 34 2 2 20x x x (8)

Cộng hai vế của (8) với 27x ta được: 1 2 3 24 5 2 20 7x x x x

Vì 2 0x nên 1 2 34 5 2 20x x x

Do đó hàm mục tiêu 1 2 34 5 2f x x x x bị chặn trên

- Suy ra: *M (vì M và f x bị chặn trên).

Tìm ext M

Ta có:

1 2 3

1 2 3

31 2 3 2 3

1 2

2

2 2

1

; ; : 5

2 2

0

x x x

x x x

M x x x x x

x x

x

23

Ma trận

1 1 2

1 1 1

0 1 1

2 1 0

0 1 0

A

và ma trận

2

1

5

2

0

b


- 1 2 3

1 2 3

2 3

2 2

1 : 1

5

x x x

x x x

x x


12 16 9; ;

5 5 5v

- 1 2 3

1 2 3

1 2

2 2

2 : 1

2 2

x x x

x x x

x x

. Giải hệ ta được: 2 1; 7; 5v

- 1 2 3

1 2 3

2

2 2

3 : 1

0

x x x

x x x

x


4 1;0;

3 3v

- 1 2 3

2 3

1 2

2 2

4 : 5

2 2

x x x

x x

x x


18 22 13; ;

7 7 7v

- 1 2 3

2 3

2

2 2

5 : 5

0

x x x

x x

x


- 1 2 3

1 2

2

2 2

6 : 2 2

0

x x x

x x

x


11;0;

2v

- 1 2 3

2 3

1 2

1

7 : 5

2 2

x x x

x x

x x


8 10 5; ;

3 3 3v

- 1 2 3

2 3

2

1

8 : 5

0

x x x

x x

x


- 1 2 3

1 2

2

1

9 : 2 2

0

x x x

x x

x


24

- 2 3

1 2

2

5

10 : 2 2

0

x x

x x

x


Kiểm tra ta có 1 6 8 9, , ,v v v v M

Suy ra: Điểm cực biên cần tìm là 12 16 9

; ;5 5 5

, 1

1;0;2

, 4;0;5 và 1;0;0

Tìm max f v

1

12 16 9 12 16 9 14; ; 4. 5. 2.

5 5 5 5 5 5 5f v f

6

1 11;0; 4.1 5.0 2. 3

2 2f v f

8 4;0;5 4. 4 5.0 2.5 6f v f

9 1;0;0 4.1 5.0 2.0 4f v f

Ta có: 8 1 6 9f v f v f v f v

Nên phương án tối ưu là * 1;0;0x và * 4f x

Vậy: * 4f x ứng với * 1;0;0x

Bài 2.9: Cho bài toán QHTT

1 2

1 2

1 2

max

1 1

0, 0 2

f x x x

TT ax bx

x x

Tìm tất cả các giá trị của tham số a và b sao cho:

a) Tập phương án khác rỗng?

b) Bài toán đã cho có phương án tối ưu?

c) Hàm mục tiêu không bị chặn?

a) Với mọi a và b bài toán luôn nhận vectơ 0;0O làm một phương án, nghĩa là tập

phương án luôn khác rỗng.

b) Xét ba trường hợp:

- Nếu 0a và 0b , từ các ràng buộc suy ra 10 1ax và 20 1bx

Hay: 1

10 x

a và 2

10 x

b

Từ đó ta có: 1 2

1 1f x x x

a b bị chặn trên

25

Hàm mục tiêu maxf x , bị chặn trên và tập phương án khác rỗng (theo câu a) nên

bài toán có phương án tối ưu.

- Xét trường hợp ít nhất một trong các bất đẳng thức 0a , 0b xãy ra.

Giả sử 0a . Khi đó ;0u t là phương án với mọi 0t

Từ đó ta có: 1 2f x x x t không bị chặn trên.

Tương tự ta cũng có kết luận như vậy nếu 0b

- Xét trường hợp còn lại: cả hai 0a , 0b xãy ra.

Tương tự ta cũng có f x không bị chặn

Vậy: Bài toán có phương án tối ưu khi 0a và 0b

c) Theo câu b thì khi cả hai 0a , 0b hoặc một trong hai 0a , 0b xãy ra thì hàm mục tiêu không bị chặn:

26

Chương 3: PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Giải các bài toán QHTT sau:

Bài 3.1:

1 2

1 2

1 2

1

2 min

2 3 6 1

4 5 20 2

0 3

f x x x

x xTT

x x

x

a) Cách 1: Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn

Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách:

- Thêm ẩn mới 3 0x vào ràng buộc thứ nhất;

- Thêm ẩn mới 4 0x vào ràng buộc thứ hai;

- Thay ẩn 2x không ràng buộc về dấu bởi 2 2x x ;

- Đặt 1 1x y , 2 2x y ; 2 3x y , 3 4x y , 4 5x y ta được bài toán dạng chính tắc sau:

1 2 3

1 2 3 4

1

1 2 3 5

2 min

2 3 3 6

4 5 5 20

0, 1,5i

f y y y y

y y y yTT

y y y y

y i

Bước 2: Tìm ma trận cực

1TT thỏa bài toán dạng chuẩn nên có

Ta có: 2;1; 1;0;0c

2 3 3 1 0

4 5 5 0 1A

và 6

20b

Chọn: 4 5 1 0

0 1B A A

Suy ra: 1 1 0

0 1B

và 1 6.

20

B b

Do đó: 4;5BJ , 0;0Bc và 6;20;0;0;0Bu

Bước 3: Lập bảng giải bài toán 1TT

27

Bước lặp

i BJ Bc 0 1 2 3 4 5

Ghi chú

Bu –2 1 –1 0 0

1

1 4 0 6 2 –3 3 1 0 0 1j

2 5 0 20 4 5 –5 0 1 0 1i

0 0 2 –1 1 0 0 3

2

1 1 –2 3 1 3

2

3

2

1

2 0 0 2j

2 5 0 8 0 11 –11 –2 1 0 2i

0 -6 0 2 –2 –1 0 8

11

3

1 1 –2 45

11 1 0 0

5

22

3

22

2 2 1 8

11 0 1 –1

2

11

1

11

0 82

11 0 0 0

7

11

2

11

Bước 4: Kết luận

Ở bước lặp 3, các 0,j j nên * 45 8; ;0;0;0

11 11y

là phương án tối ưu và

* 82

11f y

Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 45 8;

11 11x

và * 82

11f x

Vậy: * 82


;11 11

x

Nhận xét:

Từ bảng thuật toán đơn hình trên ta có nhận xét: bản chất của các công thức đổi cơ sở chính là biến đổi sơ cấp ma trận ở bảng đơn hình bước lặp trước sao cho cột j mới là vectơ đơn vị (phần tử 1 thế chỗ

0 0i jx ), sau đó ta chỉ cần tính các ước lượng j .

Nếu đề bài không cho trước ma trận cực B là ma trận đơn vị thì ta phải biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng để được ma trận đơn vị. Tuy nhiên cần chú ý là phải biến đổi sao cho cột b luôn luôn dương thì mới thỏa mãn giả thiết của phương pháp (xem thêm các bài tập bên dưới).

28

b) Cách 2: Dùng thuật toán đơn hình dạng ma trận nghịch đảo

Bước 1 và Bước 2: giống thuật toán đơn hình dạng chuẩn


Ta lập hai bảng đồng thời cùng một lúc

Bảng 1

Bước lặp i BJ Bc 1B 1

Bc B 1B b 01 jB a 0i

1 1 4 0 1 0 0 6 2 0 1i

2 5 0 0 1 0 20 4

2

1 1 –2 1

2 0 –1 3

3

2

2 5 0 –2 1 0 8 11 0 2i

3

1 1 –2 5

22

3

22

7

11

45

11 0

2 2 1 2

11

1

11

2

11

8

11 1

Bảng 2

Bước lặp i 1 2 3 4 5

b –2 1 –1 0 0

1 2 –3 3 1 0 6

2 4 5 –5 0 1 20

1 0 2 –1 1 0 0 0 1j

2 –6 0 2 –2 –1 0 0 2j

3 82

11 0 0 0

7

11

2

11


Ở bước lặp 3 (bảng 2), các 0,j j nên * 45 8; ;0;0;0

11 11y

(bảng 1) là phương án tối

ưu và * 82

11f y (bảng 2)

29

Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 45 8;

11 11x

và * 82

11f x

Vậy: * 82


;11 11

x

Nhận xét:

Từ bảng thuật toán đơn hình gốc và bảng thuật toán đơn hình ma trận nghịch đảo ta có nhận xét:

- Cột 01 jB a trong bảng ma trận nghịch đảo chính là cột xoay trong bảng đơn hình gốc;

- Cột 1B b trong bảng ma trận nghịch đảo chính là cột Bu trong bảng đơn hình gốc;

- Các cột của ma trận 1K trong bảng ma trận nghich đảo chính là các cột tương ứng trong bảng đơn hình gốc. Chẳng hạn, từ bài tập trên ta thấy cột 4x và 5x trong bảng đơn

hình gốc sẽ xuất hiện ở ma trận 1K trong bảng ma trận nghich đảo;

- Các giá trị j của bảng đơn hình gốc không thay đổi cho bảng đơn hình nghịch đảo;

- Như vậy, nếu gặp khó khăn khi tính với ma trận nghịch đảo thì có thể dùng bảng đơn hình gốc để tính, sau đó dùng những nhận xét trên để điền vào bảng đơn hình dạng ma trận nghịch đảo;

- Bản chất của vấn đề này đã được đề cập trong lý thuyết, bạn đọc tự tìm hiểu thêm.

Bài 3.2:

1 3 4

1 3 4

1 2 3 4

3 max

2 1 1

2 4 2 2 2

0, 1,4

j

f x x x x

x x xTT

x x x x

x j

Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn để giải

Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách:

- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min.

1 3 4

1 3 4

1 2 3 4

3 min

2 1 1

2 4 2 2 2

0, 1,4

j

f x x x x

x x xTT

x x x x

x j


- Biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng của hệ phương trình trong ràng buộc để đưa về dạng chuẩn

2 1 221 0 1 2 1 1 0 1 2 1

2 1 4 2 2 0 1 6 6 0

h h h

Ta có: 1;0;3; 1 c

30

1 0 1 2

0 1 6 6

A và 1

0

b

Chọn: 1 2 1 0

0 1

B A A

Suy ra: 1 1 0

0 1B

và 1 1.

0

B b

Do đó: 1;2BJ , 1;0 Bc và 1;0;0;0Bu


Bước lặp

i BJ Bc 0 1 2 3 4

Ghi chú

Bu –1 0 3 –1

1

1 1 –1 1 1 0 –1 2

2 2 0 0 0 1 6 –6

0 –1 0 0 –2 –1


Ở bước lặp 1, các 0,j j nên 1;0;0;0x là phương án tối ưu và 1 f x

Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 1;0;0;0x và * 1f x

Vậy: * 1f x ứng với * 1;0;0;0x

Bài 3.3:

2 4 6

1 4 5 6

2 4 5

3 4 5 6

3 2 2 min

5 2 10 1

3 2

5 3 8 1 3

0, 1,6

j

f x x x x

x x x x

TT x x x

x x x x

x j

a) Cách 1: Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn

Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc:

- Bái toán đã cho ở dạng chính tắc nên không cần biến đổi


- Biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng của hệ phương trình trong ràng buộc để đưa về dạng chuẩn

31

1 0 0 5 1 2 10

0 1 0 1 1 0 3

0 0 1 5 3 8 1

1 2 2

1 3 3

5

1 0 0 5 1 2 10

1 5 0 0 6 2 25

1 0 1 0 2 10 11

h h h

h h h

11

22

5

5

1 1 20 0 1 2

5 5 5

1 6 21 0 0 5

5 5 5

1 0 1 0 2 10 11

hh

hh

Ta có: 0; 3;0;2;0;2 c

1 1 20 0 1

5 5 5

1 6 21 0 0

5 5 5

1 0 1 0 2 10

A và

2

5

11

b

Chọn: 4 2 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B A A A

Suy ra: 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B và 1

2

. 5

11

B b

Do đó: 4;2;3BJ , 2; 3;0 Bc và 0;5;11;2;0;0Bu

Bước 3: Lập bảng giải bài toán TT ở dạng chuẩn (sau khi đã biến đổi sơ cấp)

Bước lặp

i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6

Ghi chú

Bu 0 –3 0 2 0 2

1

1 4 2 2 1

5 0 0 1

1

5

2

5

2 2 –3 5 1

5 1 0 0

6

5

2

5

3 3 0 11 –1 0 1 0 –2 10

0 –11 1

5 0 0 0

16

5

12

5


32

Ở bước lặp 1, ta có 1

10

5 mà 1 1 1

; ; 1 05 5

x , đó là dấu hiệu chứng tỏ bài

toán có tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn.

Vậy: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn

b) Cách 2: Dùng thuật toán đơn hình hai pha (dùng ẩn giả)

Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tắc

- Bài toán đã cho ở dạng chính tắc nên không cần biến đổi

Bước 2: Thêm ẩn giả

- Thêm ẩn giả 7 0x ta được bài toán dạng chuẩn sau:

2 4 6 7

1 4 5 6 7

1 2 4 5

3 4 5 6

3 2 2 min

5 2 10 1

3 2

5 3 8 1 3

0, 1,7

j

f x x x x x

x x x x x

TT x x x

x x x x

x j


Ta có: 0; 3;0;2;0;2; c

1 0 0 5 1 2 1

0 1 0 1 1 0 0

0 0 1 5 3 8 0

A và

10

3

1

b

Chọn: 7 2 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B A A A

Suy ra: 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B và 1

10

. 3

1

B b

Do đó: 7;2;3BJ , ; 3;0 Bc và 0;3;1;0;0;10Bu


33

Bước lặp

i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6 7

Ghi chú

Bu 0 –3 0 2 0 2

1

1 7 10 –1 0 0 5 1 2 1 0 4j

2 2 –3 3 0 1 0 –1 1 0 0 0 1i

3 3 0 1 0 0 1 –5 –3 8 0 2

0 0 0 5 1 1 2 2 0

2

1 4 2 2 1

5 0 0 1

1

5

2

5

1

5

2 2 –3 5 1

5 1 0 0

6

5

2

5

1

5

3 3 0 11 –1 0 1 0 –2 10 1

0 –11 1

5 0 0 0

16

5

12

5

1

5



10

5 mà 1 1 1

; ; 1 05 5



Suy ra: Bài toán TT có hàm mục tiêu không bị chặn


c) Cách 3: Dùng thuật toán đơn hình dạng ma trận nghịch đảo

Bước 1 và Bước 2: Giống phần đơn hình dạng chuẩn

Bước 3: Lập bảng đơn hình dạng ma trận nghịch đảo.

Ta lập hai bảng sau (hai bảng đồng thời):

34

Bảng 1

Bước lặp i BJ Bc 1B 1

Bc B 1B b 01 jB a 0i

1

1 4 2 1 0 0 2 2 1

5

2 2 –3 0 1 0 –3 5 1

5

3 3 0 0 0 1 0 11 –1

Bảng 2

Bước lặp i 1 2 3 4 5 6

b 0 –3 0 2 0 2

1 1

5 0 0 1

1

5

2

5 2

2 1

5 1 0 0

6

5

2

5 5

3 –1 0 1 0 –2 10 11

1 –11 1

5 0 0 0

16

5

12

5 0 1j



10

5 mà 1 1 1

; ; 1 05 5




Bài 3.4:

1 2 3 4

1 2 4

1 2

2 3 4

2 4 max

3 4 1

2 3 2

4 3 3

0, 1,4

j

f x x x x x

x x x

TT x x

x x x

x j

Dùng thuật toán đơn hình dạng chuẩn để giải

Bước 1: Đưa bài toán về dạng chính tăc bằng cách:

- Đổi dấu hàm mục tiêu để đưa về dạng min;

35

- Thêm ẩn mới 5 0x vào ràng buộc thứ nhất;

- Thêm ẩn mới 6 0x vào ràng buộc thứ hai;

- Thêm ẩn mới 7 0x vào ràng buộc thứ ba.

- Ta được bài toán dạng chính tắc (và thỏa dạng chuẩn) sau:

1 2 3 4

1 2 4 5

1 1 2 6

2 3 4 7

2 4 min

3 4 1

2 3 2

4 3 3

0, 1,7

j

f x x x x x

x x x x

TT x x x

x x x x

x j


Ta có: 2; 4; 1; 1;0;0;0 c

1 3 0 1 1 0 0

2 1 0 0 0 1 0

0 1 4 1 0 0 1

A và

4

3

3

b

Chọn: 5 6 7

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B A A A

Suy ra: 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B và 1

4

. 3

3

B b

Do đó: 5;6;7BJ , 0;0;0Bc và 0;0;0;0;4;3;3Bu


36

Bước lặp

i BJ Bc 0 1 2 3 4 5 6 7

Ghi chú

Bu –2 –4 –1 –1 0 0 0

1

1 5 0 4 1 3 0 1 1 0 0 0 2j

2 6 0 3 2 1 0 0 0 1 0 0 1i

3 7 0 3 0 1 4 1 0 0 1 4

3

0 0 2 4 1 1 0 0 0

2

1 2 –4 4

3

1

3 1 0

1

3

1

3 0 0 0 3j

2 6 0 5

3

5

3 0 0

1

3

1

3 1 0 0 3i

3 7 0 5

3

1

3 0 4

2

3

1

3 0 1

5

12

0 16

3

2

3 0 1

1

3

4

3 0 0

3

1 2 –4 4

3

1

3 1 0

1

3

1

3 0 0 0 1j

2 6 0 5

3

5

3 0 0

1

3

1

3 1 0 0 2i

3 3 –1 5

12

1

12 0 1

1

6

1

12 0

1

4 1

0 23

4

3

4 0 0

1

2

5

4 0

4

1 2 –4 1 0 1 0 2

5

2

5

1

5 0

2 1 –2 1 1 0 0 1

5

1

5

3

5 0

3 3 –1 1

2 0 0 1

3

20

1

10

1

20

1

4

0 13

2 0 0 0

7

20

11

10

9

20

1

4

37


Ở bước lặp 4, các 0,j j nên 1

1;1; ;0;0;0;02

x là phương án tối ưu và

13

2 f x

Suy ra: Phương án tối ưu của bài toán TT là * 11;1; ;0

2x

và * 13

2f x

Vậy: * 13

2f x ứng với * 1

1;1; ;02

x

38

Chương 4: BÀI TOÁN ĐỒI NGẪU

39

Chương 5: BÀI TOÁN VẬN TẢI

Giải các bài toán vận tải sau

Bài 1:

1T 2T 3T 4T Dự trữ

1P 4 7 12 7 50

2P 5 9 6 1 70

3P 8 2 9 1 41

Nhu cầu 30 60 46 25

Bước 1: Kiểm tra điều kiện cân bằng thu phát

- Tổng thu: 30 60 46 25 161 T

- Tổng phát: 50 70 41 161 P

- Ta có 161 T P nên bài toán luôn có phương án tối ưu.

Bước 2: Tìm phương án cực biên ban đầu

- Sử dụng phương pháp góc Tây Bắc để tìm phương án cực biên ban đầu


1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50

2P 0 5 40 9 30 6 0 1 70

3P 0 8 0 2 16 9 25 1 41

Nhu cầu 30 60 46 25

Ta được:

1

30 20 0 0

0 40 30 0

0 0 16 25

X

Số ô chọn là 6 1m n nên phương án cực biên ban đầu không suy biến và các ô

chọn không lập thành một chu trình nên phương án cực biên ban đầu chấp nhận được.

Suy ra: 1 4 30 7 20 9 40 6 30 9 16 1 25 969 f X

- Kiểm tra phương án cực biên ban đầu tối ưu hay chưa?

40

Tìm các thế vị trong phương án cực biên ban đầu 1X

1 1

1 2

2 2

2 3

3 3

3 4

4

7

9

6

9

1

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

1

2

3

4

0

2

5

4

7

4

4

u

u

u

v

v

v

v

13 1 3 13

14 1 4 14

21 2 1 21

24 2 4 24

31 3 1 31

32 3 2 32

0 4 12 8

0 4 7 11

2 4 5 1

2 4 1 3

5 4 8 1

5 7 2 10

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

Các 21 31 32, , 0 nên phương án cực biên ban đầu chưa tối ưu. Ta xây dựng phương

án cực biên mới 2X không xấu hơn 1X

Bước 3: Xây phương án cực biên mới 2X

- Ta có: 32 21 31 3210 max ; ; nên bổ sung ô * *; 3;2i j vào chu trình ta được

3;2 ; 3;3 ; 2;3 ; 2;2T


1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50

2P 0 5 40- 9 30+

6 0 1 70

3P 0 8 0+ 2 16-

9 25 1 41

Nhu cầu 30 60 46 25

Lượng điều chỉnh là: min , ; 16 ijx i j T

Ta được phương án cực biên mới

2

30 20 0 0

0 24 46 0

0 16 0 25

X

Suy ra: 2 4 30 7 20 9 24 6 46 2 16 1 25 809 f X

Tìm các thế vị trong phương án cực biên 2X

41

1 1

1 2

2 2

2 3

3 2

3 4

4

7

9

6

2

1

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

1

2

3

4

0

2

5

4

7

4

6

u

u

u

v

v

v

v

13 1 3 13

14 1 4 14

21 2 1 21

24 2 4 24

31 3 1 31

33 3 3 33

0 4 12 8

0 6 7 1

2 4 5 1

2 6 1 7

5 4 8 9

5 4 9 2

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

Các 21 24, 0 nên phương án cực biên 2X chưa tối ưu. Ta xây dựng phương án cực

biên mới 3X không xấu hơn 2X


- Ta có: 24 21 247 max ; nên bổ sung ô * *; 2;4i j vào chu trình ta được

2;4 ; 2;2 ; 3;2 ; 3;4T


1P 30 4 20 7 0 12 0 7 50

2P 0 5 24- 9 46

6 0+ 1 70

3P 0 8 16+ 2 0 9 25-

1 41

Nhu cầu 30 60 46 25

Lượng điều chỉnh là: min , ; 24 ijx i j T


3

30 20 0 0

0 0 46 24

0 40 0 1

X

Suy ra: 3 4 30 7 20 6 46 1 24 2 40 1 1 641 f X


1 1

1 2

2 3

2 4

3 2

3 4

4

7

6

1

2

1

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

1

2

3

4

0

5

5

4

7

11

6

u

u

u

v

v

v

v

13 1 3 13

14 1 4 14

21 2 1 21

22 2 2 22

31 3 1 31

33 3 3 33

0 11 12 1

0 6 7 1

5 4 5 6

5 7 9 7

5 4 8 9

5 11 9 3

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

42

Các 0 ij nên phương án cực biên 3X là phương án tối ưu


Vậy: Phương án tối ưu là:

*

30 20 0 0

0 0 46 24

0 40 0 1

X

Giá trị tối ưu của hàm mục tiêu là * 641f X

Bài 2:


1P 12 9 5 1 75

2P 5 8 16 2 45

3P 7 1 5 8 18

4P 6 5 7 4 110

Nhu cầu 60 48 105 60

Bước 1: Kiểm tra điều kiện cân bằng thu phát

- Tổng thu: 60 48 105 60 273 T

- Tổng phát: 75 45 18 110 248P

- Ta có T P nên bài toán không cân bằng thu phát. Do đó, ta lập thêm một trạm

phát giả với lượng phát là 5 273 248 25P T P và cước phí là 0 ta được:


1P 12 9 5 1 75

2P 5 8 16 2 45

3P 7 1 5 8 18

4P 6 5 7 4 110

5P 0 0 0 0 25

Nhu cầu 60 48 105 60

Bước 2: Tìm phương án cực biên ban đầu

43

- Sử dụng phương pháp góc Fo – ghen để tìm phương án cực biên ban đầu


1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75

2P 35 5 10 8 0 16 0 2 45

3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18

4P 0 6 20 5 90 7 0 4 110

5P 25 0 0 0 0 0 0 0 25

Nhu cầu 60 48 105 60

Ta được:

1

0 0 15 60

35 10 0 0

0 18 0 0

0 20 90 0

25 0 0 0

X

Số ô chọn là 8 1m n nên phương án cực biên ban đầu không suy biến và các ô

chọn không lập thành một chu trình nên phương án cực biên ban đầu chấp nhận được.

Suy ra: 1 5 15 1 60 5 35 8 10 1 18 5 20 7 90 0 25 1138f X

- Kiểm tra phương án cực biên ban đầu tối ưu hay chưa?

Tìm các thế vị trong phương án cực biên ban đầu 1X

1 3

1 4

2 1

2 2

3 2

4 2

4 3

5 1

5

1

5

8

1

5

7

0

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

4

5

1

2

3

4

0

5

2

2

0

0

3

5

1

u

u

u

u

u

v

v

v

v

11 1 1 11

12 1 2 12

23 2 3 23

24 2 4 24

31 3 1 31

33 3 3 33

34 3 4 34

41 4 1 41

44 4 4 44

0 0 12 12

0 3 9 6

5 5 16 6

5 1 2 4

2 0 7 9

2 5 5 2

2 1 8 9

2 0 6 4

2 1 4

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

52 5 2 52

53 5 3 53

54 5 4 54

1

0 3 0 3

0 5 0 5

0 1 0 1

u v c

u v c

u v c

44

Các 24 52 53 54, , , 0 nên phương án cực biên ban đầu chưa tối ưu. Ta xây dựng

phương án cực biên mới 2X không xấu hơn 1X


- Ta có: 53 24 52 53 545 max ; ; ; nên bổ sung ô * *; 5;3i j vào chu trình ta

được

2;4 ; 2;3 ; 4;3 ; 4;4T


1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75

2P 35+ 5 10-

8 0 16 0 2 45

3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18

4P 0 6 20+ 5 90-

7 0 4 110

5P 25- 0 0 0 0+

0 0 0 25

Nhu cầu 60 48 105 60

Lượng điều chỉnh là: min , ; 10ijx i j T


2

0 0 15 60

45 0 0 0

0 18 0 0

0 30 80 0

15 0 10 0

X

Suy ra: 2 1 53 1088f X f X


45

1 3

1 4

2 1

3 2

4 2

4 3

5 1

5 3

5

1

5

1

5

7

0

0

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

4

5

1

2

3

4

0

0

2

2

5

5

3

5

1

u

u

u

u

u

v

v

v

v

11 1 1 11

12 1 2 12

22 2 2 22

23 2 3 23

24 2 4 24

31 3 1 31

33 3 3 33

34 3 4 34

41 4 1 41

0 5 12 7

0 3 9 6

0 3 8 5

0 5 16 11

0 1 2 1

2 5 7 4

2 5 5 2

2 1 8 9

2 5

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

44 4 4 44

52 5 2 52

54 5 4 54

6 1

2 1 4 1

5 3 0 2

5 1 0 4

u v c

u v c

u v c

41 0 nên phương án cực biên 2X chưa tối ưu. Ta xây dựng phương án cực biên mới

3X không xấu hơn 2X


- Ta có: 41 1 nên bổ sung ô * *; 4;1i j vào chu trình ta được

2;4 ; 2;3 ; 4;3 ; 4;4T


1P 0 12 0 9 15 5 60 1 75

2P 45 5 0

8 0 16 0 2 45

3P 0 7 18 1 0 5 0 8 18

4P 0+ 6 30

5 80- 7 0 4 110

5P 15- 0 0 0 10+

0 0 0 25

Nhu cầu 60 48 105 60

Lượng điều chỉnh là: min , ; 15ijx i j T


3

0 0 15 60

45 0 0 0

0 18 0 0

15 30 65 0

0 0 25 0

X

46

Suy ra: 3 2 41 1073f X f X


1 3

1 4

2 1

3 2

4 1

4 2

4 3

5 3

5

1

5

6

5

5

7

0

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

u v

1

2

3

4

5

1

2

3

4

0

1

2

2

5

4

3

5

1

u

u

u

u

u

v

v

v

v

11 1 1 11

12 1 2 12

22 2 2 22

23 2 3 23

24 2 4 24

31 3 1 31

33 3 3 33

34 3 4 34

44 4 4 44

0 4 12 8

0 3 9 6

1 3 8 4

1 5 16 10

1 1 2 0

2 4 7 5

2 5 5 2

2 1 8 9

2 1 4

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

u v c

1

2

3

4

5

1

2

3

51 5 1 51

4

52 5 2 52

54 5 4 54

0

1

2

2

5

4

31

55 4 0 1

15 3 0 2

5 1 0 4

u

u

u

u

u

v

v

vu v c

vu v c

u v c

Các 0 ij nên phương án cực biên 3X là phương án tối ưu


Vậy: Phương án tối ưu là:

*

0 0 15 60

45 0 0 0

0 18 0 0

15 30 65 0

0 0 25 0

X

Giá trị tối ưu của hàm mục tiêu là * 1073f X

47

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Bộ môn Toán ứng dụng, khoa Toán, Đại Học Sư Phạm TP HCM: Giáo trình Quy Hoạch Tuyến Tính giảng dạy lớp VB2-Toán

[2]. Phí Mạnh Ban: Bài Tập Quy Hoạch Tuyến Tính, NXB Đai Học Sư Phạm, 2011

[3]. Hoang Tuy: Convex Analysis and Global Optimization, Institute of Mathematics, Hanoi, Vietnam

[4] Olvi. Mangasarian: Nonlinear Programming

bài tập quy hoạch tuyến tính

Documents