danh sách nhóm - web viewtrong đó phương pháp đơn hình...
TRANSCRIPT
BỘ CÔNG THƯƠNGTRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP.HỒ CHÍ MINH
……………….o0o……………….
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Lớp HP:211301201
GVHD: Nguyễn Ngọc Chương
TP.HCM 02/2016
1
TIỂU LUẬN
Danh Sách NhómSTT Họ Tên MSSV Ghi chú
1 Phạm Nguyễn Anh Duy 112682312 Vũ Đình Đảng 130303113 Võ Ngân Hà 13008641 Nhóm trưởng4 Nguyễn Văn Hùng 101974115 Lê Thị Thùy Linh 130386516 Phạm Nguyễn Hàn Ny 130312917 Đặng Băng Nguyên 130087418 Trần Cao Minh 130081319 Trần Văn Trại 1301873110 Phan Thị Thanh Tâm 1303823111 Nguyễn Tuyết Trinh 1302492112 Trần Hoàng Thiên 13090131
LỜI MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài
Trong thực tế ta thường hay gặp các tình huống là phải lựa chọn một trong số những quyết
định quan trọng để đưa ra những phương án hoặc chiến lược tốt nhất trong sản xuất kinh
2
doanh hay trong một trò chơi mà đối thủ là một kẻ thông minh và nguy hiểm…Khi đó ta
cần phải lập mô hình toán học quy hoạch tuyến tính để có được phương án tối ưu cần thiết.
Trong đó phương pháp đơn hình được George Bemanrd Dantzig đưa ra năm 1947 cùng lúc
với việc khai sinh ra quy hoạch tuyến tính, phương pháp này thực sự có hiệu quả để giải
những bài toán quy hoạch tuyến tính cỡ lớn trong thực tế mà ta thường gặp, như để vận
chuyển hàng hóa đầy đủ nhưng có tổng chi phí là nhỏ nhất – đây chính là bài toán vận tải.
Hoặc trong kinh doanh phải lập kế hoạch sản xuất đối với các nguyên liệu và sản phẩm để
thu được tổng lợi nhuận là lớn nhất…
Kiến thức sau khi học quy hoạch tuyến tính rất cần thiết, đây là những kiến thức rất quan
trọng để xây dựng một mô hình toán học cho bất kỳ bài toán phức tạp nào trong thực tế, chỉ
cần xây dựng các thuật toán đã mô hình hóa ngôn ngữ nhờ việc lập trình trên máy tính ta có
thể giải quy hoạch tuyến tính một cách dể dàng nhanh chóng và chính xác. Như vậy việc
học quy hoạch tuyến tính rất quan trọng, nó đem lại những hiệu quả kinh tế rất lớn nếu biết
lập các mô hình và tính toán đúng quy cách.
2. Đối tượng nghiên cứu và phương pháp nghiên cứu
Quy hoạch tuyến tính là lĩnh vực nghiên cứu các bài toán tối ưu mà hàm mục tiêu là vấn đề
được quan tâm nhất và các ràng buộc là các yêu cầu ,điều kiện của kế hoạch đặt ra, đều là
hàm và các phương trình, bất phương trình tuyến tính. Các bước để nghiên cứu và ứng dụng
một bài toán quy hoạch tuyến tính điển hình là:
Xác định vấn đề cần giải quyết, thu thập dữ liệu .
Lập mô hình toán học thật chính xác.
Xây dựng các thuật toán để giải bài toán trên các lập trình máy tính.
Tính toán thử và điều chỉnh mô hình nếu cần .
Áp dụng để giải các bài toán thực tế .
3
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU
A. Lý Thuyết
Đối ngẫu là một phương pháp mà ứng dụng với mỗi bài toán QHTT đã cho (gọi là
bài toán gốc), ta có thể thiết lập một bài toán QHTT khác (gọi là bài toán đối ngẫu) sao cho
từ lời giải của bài toán này ta có thể thu được thông tin về lời giải của bài toán kia.
Khi phân tích đồng thời cả hai bài toán gốc và dối ngẫu ta có thể rút ra các kết luận
sâu sắc cả về mặt toán học lẫn về ý nghĩa thực tiễn.
1. CÁCH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU1.1. Xét quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc:
f(x) = c1x1 + c2x2 + … + cnxn min
(P) [Bài toán gốc]
Trong đó aij, bi, cj là các hệ số cho trước; x= (x1, x2, … ,xn) Rn l vecto biến cần tìm.
Ta gọi đối ngẫu của (P) là QHTT, ký hiệu (Q), có dạng:
g(y) = b1y1+b2y2+ … + bmym max
(Q) [Bài toán đối ngẫu]
Ở đây y = (y1, y2, … ,ym) Rm là vectơ biến cần tìm.
Nhận xét:
- Các ràng buộc chính của (P) các biến của (Q). Các biến của (P) các ràng buộc
chính của (Q).
- Các hệ số vế phải ràng buộc chính của (P) trở thành các hệ số mục tiêu của (Q), còn
các hệ số mục tiêu của (P) lại trở thành các hệ số vế phải ràng buộc chính của (Q).
- Bài toán gốc tìm min thì bài toán đối ngẫu tìm max (và ngược lại).
4
{ai1 x1+a i2 x2+. ..+ ain xn≥bi , i=1 , 2 , . . ., m ¿¿¿¿
{a1 j y1+a2 j y2+…+amj ym≤c j , j=1 , 2,… , n ,¿ ¿¿¿
- Cả hai bài toán (P) và(Q) đều có dạng chuẩn.
Ví dụ: tìm bài toán đối ngẫu của bài toán QHTT dạng chuẩn.
f(x) = 20x1 + 15x2 min
{3 x1+x2 ≥ 60 ¿ {x1 +x2 ≥40¿ {x1 + 2 x2≥60 ¿ ¿¿ ¿Bài toán đối ngẫu là:
g(y) = 60y1 + 40y2 + 60y3 max
{3 y1+ y2+ y3≤20 ¿ { y1 + y2 + y3≤15¿ ¿¿¿ Dùng ký hiệu vectơ và ma trận, ta có thể viết:
Bài toán gốc: Bài toán đối ngẫu:
{ f ( x )=⟨c , x⟩→ min ¿ { Ax≥b ¿¿¿¿ {g( y )=⟨b , y ⟩→ max ¿ {AT y≤c ¿ ¿¿¿AT là ma trận chuyển vị của A, <a, b> là tích vô hướng của hai vectơ a và b.
1.2. Định nghĩa đối ngẫu của bài toán qui hoạch tuyến tính dạng chính tắc:
{f ( x )= c1 x1+c2 x2+…+ cn xn → min ¿ {ai1 x1+ a i2 x2+…+ain xn= bi , i=1, 2 ,… , m, ¿¿¿¿
Là bài toán:
{g ( y )=b1 y1+b2 y2+…+bm y→ max ¿ ¿¿¿ Dưới dạng vectơ – ma trận, ta có thể viết:
Bài toán gốc: Bài toán đối ngẫu:
5
{ f ( x )=⟨c , x⟩→ min ¿ { Ax=b ¿¿¿¿ {g( y )=⟨b , y ⟩→ max ¿ ¿¿¿1.3 Tổng quát, xét bài toán QHTT có dạng
{f ( x )=c1 x1+c2 x2+…+cn xn → min ¿¿¿
¿¿Trong đó I1I2I3 = {1,…,m}, IiIk = , i, k = 1, 2, 3 (ik); J1J2J3 = {1,…,n}, JiJk =
, j, k = 1, 2, 3(jk).
Ta gọi đối ngẫu của bài toán trên là bài toán:
{g ( y )=b1 y1+b2 y2+…+bm ym → max ¿ ¿¿
¿¿
SƠ ĐỒ ĐỐI NGẪU TỔNG QUÁT
Bài toán gốc Bài toán đối ngẫu
Các biến gốc: x1, x2,…, xn Các biến đối ngẫu: y1, y2,…,ym
Hàm mục tiêu
f(x) = c1x1 + c2x2 +…+ cnxn min g(y) = b1y1+ b2y2 +…+ bmym max
Các ràng buộc
6
ai1x1+ai2x2+…+ainxn
[¿ ¿ ] [¿ ¿ ]¿¿
¿¿
b i , i∈ I 1
b i , i∈ I 2bi i∈ I 3 yi
[¿0 ¿ ] [dâu tùy ý ¿ ]¿¿
¿¿
i≥I 1
i∈ I2i≤I3
xj
[¿0 ¿ ] [dâu tùy ý ¿ ]¿¿
¿¿
j∈ J 1
j∈ J 2j∈ J3 a1jy1+a2jy2+…+amjym
[¿ ¿ ] [¿ ¿ ]¿¿
¿¿c j , j∈ J 1
c j , j∈ J 2c j , j∈J 3
Nhận xét: Nếu lấy đối ngẫu của bài toán đối ngẫu thì ta sẽ nhận được
bài toán gốc.
Ví dụ: tìm bài toán đối ngẫu của bài toán sau
{f ( x )=4 x1−3 x2+2 x3 → min ¿ {2 x1+ x2−3 x3≥8 ¿ {−x1−2 x2+4 x3=6 ¿ {3 x1+4 x2−x3≤3 ¿¿ ¿¿Bài toán đối ngẫu là:
{g ( y )=8 y1+6 y2+3 y3 → max ¿ {2 y1− y2+3 y3≤4 ¿ { y1−2 y2+4 y3≥−3 ¿ {−3 y1+4 y2−y3=2¿ ¿¿¿2. CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU.2.1. Cặp bài toán đối ngẫu dạng chuẩn:
(P) { f ( x )=⟨c , x⟩→ min ¿ { Ax≥b ¿¿¿¿
(Q) {g( y )=⟨b , y ⟩→ max ¿ {AT y≤c ¿ ¿¿¿
Để tiện nghiên cứu lý thuyế đối ngẫu, ta xét cặp bài toán đối ngẫu (P) và (Q) cho ở dạng
chuẩn. Tuy nhiên các kết quả nhận được cũng đúng cho một cặp bài toán đối ngẫu bất kỳ.
Định lý 1: (Đối ngẫu yếu).
7
Nếu x là 1 phương án bất kỳ của bài toán gốc (P) và y là 1 phương án bất kỳ của bài toán
đối ngẫu (Q) thì:
f(x) = c1x1 + c2x2 +…+ cnxn g(y) = b1y1 + b2y2 +…+ bmym
Hệ quả:
- Giá trị mục tiêu của 1 phương án đối ngẫu bất kỳ là 1 cận dưới cho giá trị mục tiêu đối với
mọi phương án của bài toán gốc.
- Nếu hàm mục tiêu của bài toán gốc không bị chặn dưới trong miền ràng buộc của nó thì
bài toán đối ngẫu không có bất kỳ mộ phương án nào.
- Nếu hàm mục tiêu của bài toán đối ngẫu không bị chặn trên trong miền ràng buộc của nó
thì bài toán gốc không có bất kỳ một phương án nào.
- Nếu x* là 1 phương án của bài toán gốc, y* là 1 phương án của bài toán đối ngẫu và f(x*)
= g(y*) thì x* là phương án tối ưu của bài toán gốc và y* là phương án tối ưu của bài toán
đối ngẫu.
Định lý 2: (Đối ngẫu mạnh).
Nếu một quy hoạch có phương án tối ưu thì quy hoạch đối ngẫu của nó cũng có phương
án tối ưu và giá trị tối ưu của chúng là bằng nhau.
Định lý 3: (Định lý tồn tại).
Đối với mỗi cặp quy hoạch đối ngẫu nhau thì có thể xảy ra một trong ba khả năng loại trừ
nhau sau đây.
- Cả hai bài toán đều không có phương án.
- Cả hai bài toán đều có phương án. Khi đó, cả hai bài toán đều có phương án tối ưu và giá
trị tối ưu của các hàm mục tiêu là bằng nhau.
- Một bài toán có phương án và bài toán kia không có phương án. Khi đó, bài toán có
phương án sẽ không có phương án tối ưu và hàm mục tiêu của nó không giới nội trong miền
ràng buộc.
Định lý 4: (Định lý về độ lệch bù).
8
Một cặp phương án x, y của hai bài toán (P), (Q) là những phương án tối ưu khi và chỉ khi
chúng nghiệm đúng các hệ thức:
yi(∑j=1
n
aij x j−b i)=0 , ∀ i=1 , 2 ,…, m , (1)
x j (c j−∑
i=1
m
aij y i)=0 , ∀ j=1 , 2 ,…, n (2)
Nhận xét:
(∑j=1
n
aij x j−bi) : độ lệch ở ràng buộc I của (P).
(c j−∑i=1
m
aij y i): độ lệch ở ràng buộc j của(Q).
Ghi chú:
Các hệ thức (1), (2) nói rằng: với mỗi ràng buộc gốc hay đối ngẫu thì tích của độ lệch ở
ràng buộc này và biến đối ngẫu (hay biến gốc) tương ứng với ràng buộc đó phải bằng
không.
Nói cách khác, nếu một ràng buộc có độ lệch dương thì biến (gốc hay đối ngẫu) tương ứng
với ràng buộc đó phải bằng không; ngược lại, nếu một biến gốc hay đối ngẫu có giá trị
dương thì phương án của bài toán thỏa mãn ràng buộc tương ứng với dấu bằng.
Như vậy, hệ thức (1) có nghĩa là:
∑j=1
n
aij x j>bi ⇒ yi = 0
Và yi > 0 ⇒∑j=1
n
aij x j=bi
Hệ thức (2) cũng có nghĩa tương tự:
∑i=1
m
aij y i< cj ⇒ xj = 0
9
Và xj > 0 ⇒ ∑i=1
m
aij y i= cj
Định lý 5 (Định lý mạnh về độ lệch bù).
Nếu cặp bài toán đối ngẫu (P) và (Q) có phương án thì tồn tại một cặp phương án tối ưu x*,
y* nghiệm đúng
y* + (Ax* - b) > 0
Và x* + ( c – ATy*) >0
2.2. Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu
Nếu biết phương án tối ưu của bài toán gốc, vận dụng lý thuyết đối ngẫu ta có thể suy ra
phương án tối ưu của bài tối đối ngẫu tương ứng mà không cần giải nó,
Ví dụ: Bài toán qui hoạch tuyến tính
{f ( x )=x1+ x2+x3+x4+x5→ min ¿ {3 x1+x2+x3 =1¿ {5 x1+x2+x3+ x4 =3 ¿ {2x1+5 x2+x3 +x5 =8 ¿ ¿¿¿Có phương án tối ưu x* = (0, 1, 0, 2, 3) với fmin = 6. Hãy tìm phương án tối ưu của bài toán
đối ngẫu tương ứng.
Giải
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc là:
{g ( y )=y1+3 y 2+8 y3 → max ¿ {3 y1+5 y2+2 y3≤1 ¿ { y1+ y2+5 y3 ≤1 ¿ { y1+ y2+ y3 ≤1 ¿ { y2 ≤1 ¿ { y3 ≤1 ¿ ¿¿¿Gọi y* là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu
10
Do x*2, x*3, x*5 >0, nên theo định lý độ lệch bù, y* là nghiệm đúng hệ phương trình:
{ y1+ y2+5 y3 =1¿ { y2 =1 ¿¿¿¿
Giải hệ phương trình ta có:{y1=−5
y2=1y3=1
Vậy y* (-5, 1, 1) là phương án tối ưu của g(y) với
gmax = -5 +(3*1) + (8*1) = 6 = fmin
Ví dụ: dùng phương pháp đơn hình giải quy hoạch gốc (P) sau đây, từ đó suy ra lời giải
của bài toán đối ngẫu tương ứng với nó.
{ f ( x )=x1−x2−2x4+2 x5−3 x6→ min ¿ {x1 +x4 +x5 −x6 =2 ¿ { x2 +x 4 +x6 =12 ¿ { x3+2x4+4 x5+3 x6=9 ¿¿¿¿Xuất phát từ phương án cực biên ban đầu x0=(2, 12, 9, 0, 0, 0), cơ sở tương ứng {A1, A2,
A3). Quá trình giải được ghi lại trong bảng đơn hình dưới đây.
Cơ
Sở
Hệ số
cj
Phương
án
A1 A2 A3 A4 A5 A6
1 -1 0 -2 2 -3
A1 1 2 1 0 0 [1] 1 -1 2
A2 -1 12 0 1 0 1 0 1 12
A3 0 9 0 0 1 2 4 3 4,5
Bảng 1 -10 0 0 0 2 -1 1
A4 -2 2 1 0 0 1 1 -1
A2 -1 10 -1 1 0 0 -1 2 5
A3 0 5 -2 0 1 0 2 [5] 111
Bảng 2 -14 -2 0 0 0 -3 3
A4 -2 3 3/5 0 1/5 1 7/5 0
A2 -1 8 -1/5 1 -2/5 0 -9/5 0
A6 -3 1 -2/5 0 1/5 0 2/5 1
Bảng 3 -17 -4/5 0 -3/5 0 -21/5 0
Để tìm lời giải (phương án tối ưu) của bài toán đối ngẫu ta áp dụng qui tắc sau:
Qui tắc
Nếu cơ sở ban đầu của (P) là cơ sở chính tắc (các vecto đơn vị), giả sử là {Aj, jJ}.
Để tìm lời giải của bài toán đối ngẫu, ta chọn ra từ bảng đơn hình cuối cùng của (P) các j
(jJ) rồi cộng với hệ số cj tương ứng.
Vì thế, lời giải của bài toán đối ngẫu y* = (y*1, y*2, y*3) được xác định như sau:
{y1∗¿ Δ1+c1=−45
+1=15 ¿ { y2∗¿ Δ2+c2=0−1=−1¿ ¿¿¿
Vậy y* =(15 , -1,
−35 ) và gmax = -17 = fmin
B. BÀI TẬP1. Viết bài toán đối ngẫu của các qui hoạch tuyến tính sau:a. f = 2x1 + 3x2 - 4x3 + 5x4+ min
Điều kiện { x1 + x2−2 x3+2 x4≥10 , ¿ {−x1 +2 x2+ x3− x4=8 ,¿ { x1 − x2−2 x3+ x4≤9 , ¿ ¿¿¿
Giải
12
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc :
g = 10y1 + 8y2 + 9y3 max
Điều kiện { y1− y2+ y3=2 , ¿ { y1+2 y2−y3≤3 ,¿ {−2 y1+ y2−2 y3≥−4 , ¿ { 2 y1− y2+ y3≤5 , ¿¿¿¿
b. f = x1 - 4x2 - 3x3 - 2x4 min
Điều kiện { x1−2 x2+ x3+ x4=−1 , ¿ { 2 x1+ x2+3 x3− x4≥8 , ¿ {−x1−5 x2− x3+3 x 4≤− 4 ,¿ ¿¿¿
Giải
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
g = -y1 + 8y2 - 4y3 max
Điều kiện{ y1+2 y2− y3≤1 , ¿ {−2 y1+ y 2−5 y3=−4 , ¿ { y1+3 y2− y3≤−3 ,¿ { y1− y2+3 y3≥−2, ¿ ¿¿ ¿
1. Xét qui hoạch tuyến tính: { f=x1+x2+ x2→min,¿ { −x2+x3≥−1 ,¿ { x1 −x3≥−1 ,¿ {−x1+x2 ≥−1, ¿ ¿¿¿
Chứng tỏ rằng bài toán này trùng với bài toán đối ngẫu của nó (bài toán tự đối
ngẫu).
Giải
13
Giả sử bài toán g’(y) sau đây trùng với bài toán gốc:
g¿= y1+ y2+ y3→min
{ − y2 + y3 ≥−1¿ { y1 − y3≥−1 ¿ {− y1 + y2 ≥−1¿ ¿¿¿
¿
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc f(x) là:
{g=− y1− y2− y3→max, ¿ { y2− y3≤1 , ¿ {− y1 + y3≤1 , ¿ { y1− y2 ≤1 , ¿ ¿ ¿¿Đưa bài toán đối ngẫu về dạng min ta có bài toán tương đương:
{g¿= y1+ y2+ y3→min, ¿ { − y2+ y3≥−1 ,¿ { y1 + y3≥−1 , ¿ {− y1+ y2 ≥−1 ,¿ ¿¿¿Bài toán tương đương của bài toán đối ngẫu trùng với bài toán gốc.
bài toán tự đối ngẫu.
điều phải chứng minh.
2. Cho bài toán qui hoạch tuyến tính:
{ f=x1−2 x2+2 x3→min,¿ {x1+x2 +4 x4=6 ,¿ { 2 x2+x3+5 x 4=8 ,¿ ¿¿¿Có phương án tối ưu x* = (2, 4, 0, 0) và giá trị tối ưu là -6. Hãy tìm phương án
tối ưu và giá trị tối ưu của bài toán đối ngẫu.
Giải
14
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
{g=6 y1+8 y2→max, ¿ { y1 ≤1 , ¿ {y1+2 y2 ≤−2 , ¿ { y2 ≤2 , ¿ {4 y1+5 y2≤0 . ¿ ¿¿¿Gọi y* = (y1, y2) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
Do x1*, x2
* > 0 nên theo định lí về độ lệch bù, y* là nghiệm đúng hệ phương trình
{ y1 =1 ¿ ¿¿¿
Giải hệ phương trình, ta được y* = (1, -32 ).
Với gmax = 6.1 + 8.(- 32 ) = -6 = fmin
3. Xét qui hoạch tuyến tính:
{ f=15 x1+19 x2→min ¿ {3 x1+ x2≥3 , ¿ { x1+ x2≥2 ,¿ {3 x1+4 x2≥7 , ¿ ¿¿¿a. Phát biểu bài toán đối ngẫu của bài toán trên.
b. Hãy giải một trong hai bài rồi suy ra phương án tối ưu của bài toán còn lại.
Giải
a. Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
15
{g=3 y1+2 y2+7 y3→max, ¿ {3 y1+ y2+3 y3≤15 , ¿ { y1+ y2+4 y3≤19 , ¿ ¿¿ ¿a. Ta giải bài toán đối ngẫu:
Thêm vào hai ẩn phụ y4≥0 , y5≥0 vào ràng buộc thứ nhất và thứ hai. Lập bảng đơn
hình, ta có:
Cơ
sở
Hệ
số
Phương án A1 A2 A3 A4 A5
3 2 7 0 0
A4 0 15 3 1 3 1 0 5
A5 0 19 1 1 [4] 0 1 19/4
Bảng 1 0 -3 -2 -7 0 0
A4 0 3/4 [9/4] 1/4 0 1 -3/4 1/3
A3 7 19/4 1/4 1/4 1 0 1/4 19
Bảng 2 133/4 -5/4 -1/4 0 0 7/4
A1 3 1/3 1 [1/9] 0 4/9 -1/3 3
A3 7 14/3 0 2/9 1 -1/9 1/3 21
Bảng 3 101/3 0 -1/9 0 5/9 4/3
A2 2 3 9 1 0 4 -3
A3 7 4 -2 0 1 -1 1
Bảng 4 34 1 0 0 1 1
Phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: y* = (0, 3, 4)
Gọi x* = (x1, x2) là phương án tối ưu của bài toán gốc.
Do y2*, y3
* >0, nên theo định lí về độ lệch bù, x*là nghiệm đúng hệ phương trình:
16
{x1+x2=2 ¿¿¿¿Giải hệ phương trình, ta được: x* = (1, 1)
Với fmin = gmax = 34
4. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính:
f(x) = 4x1 –x2 -3x3 min
{ x1 +3 x2−4 x3≥−2, ¿ { x2− x3≤4 , ¿ {2x1−4 x2+3 x3≥− 3 ¿ { x1−3 x2 ≥−6 , ¿ {−x1 +2 x3≤3 . ¿ ¿¿¿(*)
Viết bài toán đối ngẫu. Chứng tỏ x0 = (-1, 1, 1) là phương án tối ưu. Xác định
một phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
Giải
Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
g(y) = -2y1 + 4y2 - 3y3 - 6y4 + 3y5 max
{ y1 +2 y3+ y4− y5=4 ,¿ { 3 y1+ y2−4 y3−3 y4 =−1, ¿ {−4 y1− y2+3 y3 +2 y5 =−3 ,¿ ¿¿ ¿
Thay x0 = (-1, 1, 1) vào hệ ràng buộc (*), ta có:
17
{−1+3−4 =−2 ,¿ { 1−1 =0≤4 , ¿ {−2−4+3 =−3 ,¿ {−1−3 =−4≥−6 , ¿ ¿ ¿¿ x0 = (-1, 1, 1) thỏa (*) x0 là phương án của bài toán gốc.
Gọi y0 = (y1, y2, y3, y4, y5) là phương án của bài toán đối ngẫu.
Do độ lệch ràng buộc 2, 4 của bài toán gốc khác 0 nên theo định lí về độ lệch bù, y0
là nghiệm đúng hệ phương trình:
{ y1 +2 y3 − y5=4 ,¿ { 3 y1 −4 y3 =−1 , ¿ {−4 y1 +3 y3 +2 y5=−3 , ¿¿ ¿¿Giải hệ phương trình, ta được y0 = (1, 0, 1, 0, -1).
Với: f(x) = g(x) = -8.
x0 = (-1, 1, 1) là phương án tối ưu của bài toán gốc.
y0 = (1, 0, 1, 0, -1) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
5. Xét qui hoạch tuyến tính:
{ f ( x )=x1−2 x2+x3−x 4+x5→min, ¿ { x1−2 x2+ x3+3 x4−2 x5=6 ,¿ {−2 x1−3 x2+2 x3+ x4− x5≥−4 ,¿ {x1 +3 x3 −4 x5≥8 , ¿¿¿¿(*)
a. Kiểm tra tính tối ưu của phương án x0 = (5, -6, 1, -4, 0).
b. Phát biểu bài toán đối ngẫu của bài toán trên.
c. Chứng tỏ bài toán đã cho không có phưong án tối ưu.
Giải
a. Thế x0 = (5, -6, 1, -4, 0) vào hệ ràng buộc (*), ta có
18
{5+12+1−12=6 , ¿ {−10+18+2−4=6 ,¿ ¿¿¿Do độ lệch ràng buộc 2 khác 0 và x1
0, x20, x3
0, x40 khác 0 nên theo định lí về độ lệch bù vectơ
x0 = (5, -6, 1, -4, 0) là phương án tối ưu của bài toán gốc khi tồn tại vectơ y 0 = (y1,
y2, y3) R3 sao cho:
{ y1−2 y2+3 y3=1 , ¿ {−2 y1−3 y2=−2, ¿ { y1+2 y2+3 y3=1 ,¿ {3 y1+ y2=−1, ¿ {−2 y1− y2−4 y3≤1 , ¿ ¿¿ ¿Hệ này vô nghiệm
không tồn tại y0 R3 thoả hệ trên.
phương án x0 = (5, -6, 1, -4, 0) không phải là phương án tối ưu của bài toán gốc.
a. Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
{g ( y )=6 y1−4 y2+8 y3→max,¿ { y1−2 y2+ y3≤1, ¿ {−2 y1−3 y2=−2 , ¿ { y1+2 y2+3 y3≤1 ,¿ {3 y1+ y2=−1 , ¿ {−2 y1− y2−4 y3≤1 , ¿ ¿ ¿ ¿
b. Ta giải hệ ràng buộc của bài toán đối ngẫu:
19
{y1=−57
,¿ {y2=87
,¿ { y3≤4 , ¿ {y3≤−421
, ¿ {y 3≥−528
, ¿ ¿¿¿
Hệ này vô nghiệm bài toán đối ngẫu có tập phương án rỗng
Mà bài toán gốc có tập phương án khác rỗng (vì x0 là 1 phương án)
bài toán gốc không có phương án tối ưu (theo định lí tồn tại).
6. Xét qui hoạch tuyến tính:
{f ( x )=−4 x1+9x2+16 x3−8 x4−20 x5→min, ¿ {5 x1+4 x2−x3+3 x4+x5≥5 , ¿ {−x1+2 x2+4 x3−2 x4−5 x5≥−9 , ¿ {−x1−2 x2−x3+2 x4+3 x5=2 , ¿¿¿¿(*)
a. Kiểm tra tính tối ưu của phương án x0 = (2, 0, 1, -2, 3).
b. Phát biểu bài toán đối ngẫu của bài toán trên.
c. Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
Giải
a. Thế x0 = (2, 0, 1, -2, 3) vào hệ ràng buộc (*), ta có:
{10−1−6+3=6 , ¿ {−2+4+4−15=−9 , ¿¿¿¿Do độ lệch ràng buộc 1 của bài toán gốc khác 0 và x1
0, x30, x4
0, x50 khác không nên theo
định lí về độ lệch bù vectơ x0 = (2, 0, 1, -2, 3) là phương án tối ưu của bài toán gốc khi tồn
tại vectơ y0 = (y1, y2, y3) R3 sao cho:
20
{5 y1− y2− y3=−4 ,¿ {4 y1+2 y2−2 y3≤9 , ¿ {− y1+4 y2− y3=16 , ¿ {3 y1−2 y2+2 y3=−8 , ¿ { y1−5 y2+3 y3=−20 , ¿ ¿¿¿Giải hệ phương trình, ta được y0 = (0, 4, 0).
tồn tại y0 R3 thỏa hệ trên.
phương án x0 = ( 2, 0, 1, -2, 3) là phương án tối ưu của bài toán gốc.
b. Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
{g ( y )=5 y1−9 y2+2 y3→max, ¿ {5 y1− y2− y3≤−4 ,¿ {4 y1+2 y2−2 y3≤9 ,¿ {− y1+4 y2− y3≤16 , ¿ {3 y1−2 y2+2 y3=−8 , ¿ {y1−5 y2+3 y3=−20 ,¿ ¿¿¿c. Vì đã biết x0 = (2, 0, 1, -2, 3) là phương án tối ưu của bài toán gốc nên
phương án tối ưu y0 của bài toán đối ngẫu có thể tìm từ định lí độ lệch bù:
{[5− (5 x1+4 x2−x3+3 x4+x5 ) y1]=0 ¿ {[−9−(−x1+2 x2+4 x3−2 x4−5 x5 ) ] y2=0 ¿ {[2−(−x1−2 x2−x3+2 x4+3 x5 ) ] y3=0 ¿ {[−4−(5 y1− y2− y3) ]x1=0 ¿ {[9−(4 y1+2 y2−2 y3) ]x2=0 ¿ {[16−(− y1+4 y2−y3 ) ] x3=0 ¿ {[−8−(3 y1−2 y2+2 y3) ] x 4=0 ¿¿ ¿¿
Thay các giá trị đã biết vào hệ, ta được:
21
{ y1=0 ¿ {4 y2− y3=0¿ {−2 y2+2 y3=−8 ¿ ¿¿¿Vậy phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là y0 = (0, 4, 0).
Với gmax = fmin = -36.
7. Xét qui hoạch tuyến tính:
{f ( x )=2 x1+x2+x3+3 x 4→max, ¿ {x1−2 x2+ x3=16 , ¿ {x2+4 x3+x4≤8 , ¿ {x2−2 x3+3 x4≤20 , ¿ ¿¿¿a. Phát biểu bài toán đối ngẫu của bài toán trên.
b. Hãy giải một trong hai bài toán rồi suy ra phương án tối ưu của bài toán còn lại.
Giải
a. Bài toán đối ngẫu của bài toán gốc:
{g ( y )=16 y1+8 y2+20 y3→min, ¿ { y1≥2, ¿ {−2 y1+1 y2+1 y3≥1, ¿ { y1+4 y2−2 y3≥1 , ¿ { y2+3 y3≥3 ,¿ ¿¿ ¿b. Ta giải bài toán gốc
Thêm vào hai ẩn phụ x5 0, x6 0 vào ràng buộc thứ hai và thứ ba. Lập bảng đơn hình,
ta có:
Cơ
sở
Hệ
số
Phương
án
A1 A2 A3 A4 A5 A6
2 1 1 3 0 0
22
A1 2 16 1 -2 1 0 0 0
A5 0 8 0 [1] 4 1 1 0 8
A6 0 20 0 1 -2 3 0 1 20
Bảng 1 32 0 -5 1 -3 0 0
A1 2 32 1 0 9 2 2 0
A2 1 8 0 1 4 1 1 0
A6 0 12 0 0 -6 2 -1 1
Bảng 2 72 0 0 21 2 5 0
Phương án tối ưu của bài toán gốc là x0 = (32, 8, 0, 0).
Gọi y0 = (y1, y2, y3) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
Dựa vào bảng đơn hình, ta có:
{ y1=Δ1+c1=0+2=2¿ { y2=Δ5+c5=5+0=5 ¿ ¿¿¿Vậy phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là y0 = (2, 5, 0).
Với gmin = fmax = 72.
BÀI TẬP NHÓM
23
Câu 1:
Một công ty sản xuất hai thực phẩm A, B. nguyên liệu sản xuất gồm 3 loại Bột, Đường, Dẩu thực vật với trữ lượng tương ứng là 30 tấn, 12 tấn, 6 tấn. Để sản xuất 1 tấn thực phẩm loại A cần 0,5 tấn bột, 0.5 tấn đường và 0.2 tấn dầu thực vật. Để sản xuất 1 tấn thực phẩm loại B cần 0,8 tấn bột, 0.4 tấn đường và 0.4 tấn dầu thực vật. Giá bán 1 tấn thực phẩm loại A là 4000USD, giá bán 1 tấn thực phẩm loại B là 4500USD.
Hỏi cần sản suất mỗi loại thực phẩm bao nhiêu tấn để có doanh thu lớn nhất?
Giải:Theo đề bài ta lập được bảng:
Bột(Tấn)
Đường(Tấn)
Dầu thực vật(Tấn)
Giá Bán (USD)
Số Lượng Sản Xuất (Tấn)
Thực phẩm loại A 0,5 0,5 0,2 4000 X1
Thực phẩm loại B 0,8 0,4 0,4 4500 X2
Tổng Trữ 30 12 6 ?
Bài toán được viết lại:
Tìm x1, x2 sao cho:F(x) =4000.x1 + 4500.x2 Max
Điều kiện: 0,5.x1 + 0,8.x2 ≤ 300,5.x1 + 0,4.x2 ≤ 120,2.x1 + 0,4.x2 ≤ 6x1, x2 ≥ 0
Đặt G(x) = - F(x) = -4000.x1 - 4500.x2 F(x) Max => G(x) MinChuyển về dạng chính tắc:Ta lần lượt them biến x3, x4, x5 vào các điều kiện bài toán sao cho:
G(x) = - F(x) = -4000.x1 - 4500.x2 Điều kiện:
0,5.x1 + 0,8.x2 +x3 ¿ 3024
0,5.x1 + 0,4.x2 +x4 ¿ 120,2.x1 + 0,4.x2 +x5 ¿ 6x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
Cho x1 = 0, x2 = 0, ta có: x3 = 30, x4 ¿ 12, x5 ¿ 6.⟹ Phương án cực biên ban đầu: ( 0, 0, 30, 12, 6 )
Đánh giá PACB hiện có:
Xj Cj bj X1 X2 X3 X4 X5-4000 -4500 0 0 0
X3 0 30 0,5 [0,8] 1 0 0X4 0 12 0,5 0,4 0 1 0X5 0 6 0,2 0,4 0 0 1
0 4000 4500 0 0 0X2 -4500 37,5 5/8 1 5/4 0 0X4 0 -3 0,25 0 -0,5 1 0X5 0 -9 -0,05 0 -0,5 0 1
-168750 -1187,5 0 -5625 0 0
Phương án tối ưu là: ( 0, 37.5, 0,0,0)
Sản suất 37,5 tấn loại B để có doanh thu lớn nhất là 168750 USD
Câu 2:
Gọi x,y,z lần lượt là thức ăn T1,T2,T3 cần mua. X,Y,Z ≥ 0.
Lượng gia sức tối thiểu 160 đơn vị của D1 là:
3x+4y+2z ≥ 160
Lượng gia súc tối thiểu 140 đơn vị của D2 là:
X+2y+3z ≥ 140
Số tiền mà xí nghiệp cần mua là:
F = 15000x+12000y+10000z
Tìm (x,y,z ) sao cho
F= 15000x+12000y+10000z => min
25
Với các ràng buộc {3 x+4 y+2 z≥ 160x+2 y+3 z ≥140
x , y , z≥ 0
Đây là bài toán Quy Hoạch Tuyến Tính.
Câu 3. Cho bài toán Quy họach tuyến tính
Bài toán đối ngẫu:
g(x)=20y1+25y2 → max {6 y1+2 y2 ≤13 y1+6 y2 ≤ 22 y1+3 y2 ≤3
y1 ≥ 0y2 ≥ 0
Thêm biến cơ sở y3 , y4 , y5 ≥0 vào điều kiện 1,2 và 3.
Bài toán trên chuyển về dạng chính tắc :
6y1 + 2y2 + y3 = 1
3y1 + 6y2 +y4 = 2
2y1 + 3y2 +y5 =3
y j ≥ 0 ; j=1,2
Bài toán dạng chuẩn các biến cô lập là : y3,y4,y5
X 0=(0,0,1,2,3) là phương án cực biên Với biến cơ sở là : {A3 , A4 , A5 }
Y j C j BJ
y1 y2 y3 y4 y5
20 25 0 0 0y3 0 1 6 2 1 0 0
26
y4 0 2 3 6 0 1 0y5 0 3 2 3 0 0 1
-20 -25 0 0 0y3 0 1/3 5 0 1 -1/3 0y2 25 1/3 1/2 1 0 1/6 0y5 0 2 1/2 0 0 -1/2 1
-15/2 0 0 25/6 0y1 20 1/15 1 0 1/5 -1/15 0y2 25 3/10 0 1 -1/10 1/15 0y5 0 59/30 0 0 -1/10 -7/15 1
0 0 3/2 11/3 0
Suy ra phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu :
y3 = ⍙3+C3 = 3/2 + 0 =3/2
y4 = ⍙4 + C4 = 11/3 + 0 = 11/3
y5=⍙5 + C5 = 0 + 0 = 0
Hay f ( x)= (3/2 ; 11/3 ; 0)
Vì phần tử đưa vào trùng với phần tử đưa ra. Nên bài toán không có phương án tối ưu.
Câu 5 :
Giải
Gọi x1, x2 lần lượt là sản phẩm A, sản phẩm B mà xí nghiệp sản xuất:
Ta có : x1,x2 ≥0
Số nguyên liệu I cần sử dụng:
x1 + x2
Số nguyên liệu II cần sử dụng:
2x1 + x2
Số nguyên liệu III cần sử dụng:
x1 + 3x2
Tổng số lãi: 4x1 + 5x2
Do đó: ta có mô hình bài toán như sau
27
f ( x )=4 x1+5 x2 →max
x1 + x2 ≤ 10
2x1 + x2 ≤ 12
x1 + 3x2 ≤ 15
x1 + x2 ≤ 13
x1,x2 ≥ 0
Câu 6. Giải bài toán sau đây và từ đó suy ra phương án tối ưu (nếu có) của bài toán đối ngẫu của nó
Ma trận đơn vị được tạo từ A4, A5, A6
x4, x5, x6 là cơ sở.
x1, x2, x3 là biến phi cơ sở.
Cho x1, x2, x3 =0 ta có: x4=4, x5=3, x6=3
Phương án ban đầu: (0,0,0,3,4,3)
Bảng đơn hình:
Cơ
sở
Hệ
số
Phương án A1 A2 A3 A4 A5 A6
-2 -4 1 -1 0 0
X5 0 4 1 3 0 0 1 0
X6 0 3 2 1 -1 0 0 1
X6 -1 3 0 1 4 1 0 0
Bảng 1 -3 2 (3) -5 0 0 0
X2 -4 4/3 1/3 1 0 0 1/3 0
X6 0 5/3 -1/3 0 -1 0 -1/3 1
28
X6 1 5/3 5/3 0 4 1 -1/3 0
Bảng 2 -7 -1 0 -5 0 -1 0
∆ j ≤0 Phương án tối ưu: x=(0; 4/3; 0; 5/3;0;5/3)
Câu 7: Giải bài toán sau đây và từ đó suy ra phương án tối ưu (nếu có) của bài toán đối ngẫu của nó
f ( x )=x1−x2+2 x3+0 x4 →min{ x1+ x2+4 x4=62 x2+x3+5x4=8
x j ≥ 0 , j=1,4
x i c i b ix1 x2 x3 x4
1 -2 2 0x1 1 6 1 1 0 4x3 2 8 0 2 1 5
∆ 0 7 0 14x4 0 3/2 1/4 1/4 0 1x3 2 1/2 -5/4 3/4 1 0
∆ -7/2 7/2 0 0x4 0 4/3 2/3 0 -1/3 1x2 -2 2/3 -5/3 1 4/3 0
∆ 7/3 0 -14/3 0x1 1 2 1 0 -1/2 3/2x2 -2 4 0 1 1/2 5/2
∆ 0 0 -7/2 -7/2
(P) là bài toán gốc dạng chính tắc có sẵn ma trận đơn vị gồm 2 véctơ,
E1=A j1=A1 , E2=A j2=¿ A3
Vậy, j1=1, j2=3. Phương án cực biên tối ưu của (P) là x=(2,4,0,0), các ước lượng thứ j1=1, j2=3 của x là ∆ j1
=∆1=0, ∆ j2=∆3=
−72
.
Từ đó phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là:
y=¿, ∆ j2+c j2
¿=(∆1+c1 , ∆3+c3 )=(0+1,−72+2)=¿).
29
Câu 11. Giải bài toán sau đây và từ đó suy ra phương án tối ưu ( nếu có) của bài toán đối ngẫu của nó.
f(x) = 4x1 - 3x2 + 2x3 → min
{ 6 x1+x2+x3≥ 5x1+2 x2+4 x3≤ 8 *
x j ≥ 0 , j = 1,3
Giải:
Đưa bài toán f(x) về dạng chính tắt:
Bổ sung thêm biến x4 , x5 vào * ta được:
f(x) = 4x1 - 3x2 + 2x3 → min
{ 6 x1+x2+ x3−x4=5x1+2 x2+4 x3+x5=8
x j ≥ 0 , j = 1,5
Giải bài toán chính tắt:
Thêm t 1 biến giả để được ma trận đơn vị và đưa về xét bài toán mới với hàm mục tiêu
g(x) = 4x1 - 3x2 + 2x3+M t 1 → min
{6 x1+x2+x3−x4+t 1=5x1+2 x2+4 x3+ x5=8
x j ≥ 0 , j = 1,5, t 1≥ 0, M≫0
Ta có phương án cực biên ban đầu x = ( 0,0,0,0,5,8), ta xét bảng đơn hình sau:x i c i b i x1 x2 x3 x4 x5 t 1
4 -3 2 0 0 Mt 1 M 5 6 1 1 -1 0 1x5 0 8 1 2 4 0 1 0
5M 6M-4 M+3 M-2 -M 0 0
Bài toán chưa có phương án tối ưu do ∆2>0 , ta tiếp tục xét bảng đơn hình sau:
x i c i b ix1 x2 x3 x4 x5 t 1
4 -3 2 0 0 Mt 1 M 1 11/2 0 -1 -1 -1/2 1x2 -3 4 1/2 1 2 0 1/2 0
M-12 11/2(M-1) 0 -M-8 -M (-M-3)/2 030
Bài toán chưa có phương án tối ưu do ∆1>0 , ta tiếp tục xét bảng đơn hình sau:
x i c i b i
x1 x2 x3 x4 x5 t 1
4 -3 2 0 0 Mx1 4 2/11 1 0 -2/11 -2/11 -1/11 2/11x2 -3 43/11 0 1 23/11 1/11 6/11 -1/11
0 0 -9 -1 -2 1-M
Vậy phương án tối ưu của bài toán là x* = ( 2/11, 43/11, 0, 0, 0, 0)
Từ bảng 3 ta có:
∆6+c6 → y1= 1
∆5 + c5 → y2 = -2
Từ đó suy ra phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là y* = ( 1, -2, 0, 0, 0, 0)
Câu 12. Tìm phương án tối ưu của bài toán Quy hoạch tuyến tính
Ta có: f=x1 + x2 + x3 →min
{6 x1+2 x2+x3−x 4=20x1+7 x2+3 x3−x5=253 x1+x2+x3−x6=30
x j≥ 0 , j=1,6→
31
Cơ
sở
Hệ
số
Phương
án
A1 A2 A3 A4 A5 A6
2 1 1 M M M
A4 M 20 [6] 2 1 1 0 0
A5 M 25 1 7 3 0 1 0 0
A6 M 30 3 1 1 0 0 1 0
Bảng 1 75M 10M-2 10M-1 5M-2 0 0 0
A1 2 10/3 1 1/3 1/6 1/6 0 0
A5 M 130 0 20/3 17/6 -1/6 1 0
A6 M 120 0 0 ½ 2 0 1
Bảng 2250M+20
/30
20/3M+2/
3
10/3M+1/
3
11/6M+1/
30 0
Câu 13: Cho bài toán quy hoạch tuyến tính
f(x)= 4x1+6x2+5x3+3x4 → min
{x1+ x2+3 x3+2 x4 ≥ 5x1+4 x2+2 x3+x4 ≥3
x j ≥ 0 , j = 1,4
1) Phát biểu bài toán đối ngẩu của nó2) Hãy giải một trong hai bài toán rồi suy ra phương án tối ưu của bài toán còn lại
Giải:
1) Bài toán đối ngẫu của f(x)
g(x) = 5y1 + 3y2 → max
{ y1+ y2≤ 4y1+4 y2≤ 6
3 y1+2 y2≤ 52 y1+ y2 ≤3
(*)
32
y i ≥0 , i = 1,2 là bài toán đối ngẩu của f(x)
2) Giải bài toán đối ngẩu
g(x) = 5y1 + 3y2 → max
đưa bài toán về dạng chính tắc
bổ sung thêm biến y3 y4 y5 y6 vào (*) ta được
{ y1+ y2+ y3=4y1+4 y2+ y4=6
3 y1+2 y2+ y5=52 y1+ y2+ y6=3
y i ≥0 , i = 1,6
Ta có: ma trận đơn vị tạo bởi các biến cơ sở y3 y4 y5 y6 từ đó suy ra phương án cực biên ban đầu là y = ( 0, 0, 4, 6, 5, 3)
Ta xét bảng đơn hình sau:
x i c i b iy1 y2 y3 y4 y5 y6
5 3 0 0 0 0y3 0 4 1 1 1 0 0 0y4 0 6 1 4 0 1 0 0y5 0 5 3 2 0 0 1 0y6 0 3 2 1 0 0 0 1
0 -5 -3 0 0 0 0
Bài toán chưa có phương án tối ưu vì ∆1, ∆2≤ 0, ta tiếp tục xét bảng đơn hình sau:
x i c i b iy1 y2 y3 y4 y5 y6
5 3 0 0 0 0y3 0 -2 0 -3 1 -1 0 0y1 5 6 1 4 0 1 0 0y5 0 -13 0 -10 0 -3 1 0y6 0 -9 0 -7 0 -2 0 1
30 0 17 0 5 0 0
Do ∆ ≥ 0 và b i3 , b i 5 , bi 6 ≤ 0 nên bài toán g(x) không có phương án tối ưu từ đó suý ra bài toán f(x) cũng không có phương án tối ưu.
33
Câu 17:
f ( x )=−16x1+7 x2+9 x3 → min(2){−23
x1−13
x2+x3=
13
−5 x1+5 x2=7
x j ≥ 0 , j=1,3
1) Bài toán đối ngẫu của bài toán trên:
g ( x )=13
y1+7 y2+9 x3 → max{−23
y1−5 x2 ≤−16
−13
y1+5 y2≤ 7
y1 ≤ 9
y1 , y2∈R
1) Giải bài toán gốc:
Thêm biến giả t 4 vào (2):
f ( x )=−16 x1+7 x2+9 x3+M t 4→ min(M ){−23
x1−13
x2+x3=
13
−5 x1+5 x2+t 4=7
x j ≥ 0 , j=1,4
Phương án cực biên: (0,0,13 ,7).
x i c i b ix1 x2 x3 t 4
-16 7 9 Mx3 9 1/3 -2/3 -1/3 1 0x4 M 7 -5 5 0 1
∆ -5M+10 5M-10 0 0x3 9 4/5 -1 0 1 1/15x2 7 7/5 -1 1 0 1/5
∆ 0 0 0 -M+2
Vì ∆ j ≤0 →Phương án cực biên của bài toán (M) (0,75
, 45
, 0¿
→Phương án tối ưu của bài toán gốc x = (0,75
, 45¿.
34
(P) là bài toán dạng chính tắc có phương án tối ưu là x = (0,75
, 45¿, là phương án cực biên
không suy biến, có hệ véctơ liên kết { A2 , A3 }, khi đó phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là:
y=c .B−1 = (7,9)[−13
1
5 0 ]−1
=(9, 2)
Câu 19:
1)
25 25 10
10 5 3 110
30 725
65
8
20 3 220
2
Ta có X=
Số ô chọn = 4
4 ≠ m + n – 1 Đây là pp cực biên suy biến.
Có f ( x )= (5 × 1 )+ (7 ×25 )+(3 ×1 )+(3×1 )+(6 × 5 )+(2 ×20 )+(1 ×10 )+(8 × 1 )+ (2×1 )
=5 + 175 + 3 + 30 + 40 + 10 + 8 + 2 = 276
2) Ta tìm phương án khác bằng cách phân phối tối đa hàng 1.
25 25 10
10 510
3 1
30 715
615
8
35
( 0 0 1025 5 00 20 0 )
20 3 210
210
Ta có : X’ =
Số ô chọn = 5 => 5 = m+n-1
Đây là phương án cực biên không suy biến
f (x ' )= (5× 10 )+(7×15 )+(3 ×1 )+ (6 × 15 )+ (2×10 )+(1 ×1 )+(1× 8 )+(2 ×10 )
= 50 + 105 + 3 + 3 + 90 + 20 + 1 + 8 + 20
= 300
Vì f(x’)=300 > f(x)=276
f(x) tốt hơn f(x’)
Câu 22:
Gọi x11,x12,x13,x14là đơn vị vận chuyển từ cơ sở báo tuổi trẻ đến các khu vực Hà Nội, Đà Nẵng, Gia Lai,TP Hồ Chí Minh
Gọi x21 , x22 , x23 , x24là đơn vị vận chuyển từ cơ sở báo thanh niên đến các khu vực Hà Nội, Đà Nẵng, Gia Lai,TP Hồ Chí Minh
Gọi x31 , x32 , x33 , x34là đơn vị vận chuyển từ cơ sở báo lao động đến các khu vực Hà Nội, Đà Nẵng, Gia Lai,TP Hồ Chí Minh
Ta có: x ij≥ 0 , i=1,2,3
Số lượng báo tuổi trẻ chuyển đi là 60 nên:
x11+x12+x13+x14=60
Số lượng báo thanh niên chuyển đi là 45 nên:x21+x22+ x23+x24=¿45 ¿
Số lượng báo lao động chuyển đi là 55 nên:x31+x32+ x33+x34=55
Số lượng báo chuyển đến Hà Nội là 30 nên:x11+x21=30
Số lượng báo chuyển đến Đà Nẵng là 40 nên:x12+x22=40
36
(10 0 015 15 00 10 10)
Số lượng báo chuyển đến Gia Lai là 50 nên:x13+x23=50
Số lượng báo chuyển đến Hồ Chí Minh là 60 nên:
x14+x24=60
Tổng chi phí vận chuyển là:
F= x11+5 x12+7 x13+2 x14+5 x21+7 x22+4 x23+9 x24+12 x31+2 x32
+3x33+6x34
Mô hình bài toán với các ràng buộc:
{x11+x12+x13+ x14=60x21+x22+x23+x24=45x31+x32+x33+x34=55
x11+x21=30x12+x22=40x13+x23=50x14+x24=60
Đây cũng là bài toán quy hoạch tuyến tính.
Câu 23: Giải bài toán vận tải cân bằng thu phát:
45 55 60 80 30
70 5 2 3 6 10
90 2 1 4 9 4
50 6 5 5 8 6
60 1 12 13 7 7
Giải:
45 55 60 80 30
70 5-5
2-4
360
610
10-9 0
37
90 21
155
42
95
430 3
50 6-4
5-5
50
850
6-3 2
60 145
12-13
13-9
715
7-3 1
0 -2 3 6 1
Q = min(60;5) = 5
45 55 60 80 30
70 5-3
2-4
355
615
10-7 0
90 2-1
155
45
9-2
430 1
50 6-4
55
55
850
6-1 2
60 145
12-13
13-9
715
7-3 1
0 -2 3 6 3
Ta có phương án tối ưu là: 00
055
555
150
030
0 0 0 50 045 0 0 15 0
38
Mục LụcDanh Sách Nhóm..................................................................................................................................................2
LỜI MỞ ĐẦU..............................................................................................................................................................2
1. Lý do chọn đề tài..........................................................................................................................................2
2. Đối tượng nghiên cứu và phương pháp nghiên cứu...................................................................................3
A. Lý Thuyết..........................................................................................................................................................4
1. CÁCH LẬP BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU......................................................................................................4
1.1. Xét quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc:.......................................................................................4
1.2. Định nghĩa đối ngẫu của bài toán qui hoạch tuyến tính dạng chính tắc:................................................5
1.3 Tổng quát, xét bài toán QHTT có dạng......................................................................................................6
2. CÁC ĐỊNH LÝ ĐỐI NGẪU....................................................................................................................7
2.1. Cặp bài toán đối ngẫu dạng chuẩn:...........................................................................................................7
B. BÀI TẬP.........................................................................................................................................................12
1. Viết bài toán đối ngẫu của các qui hoạch tuyến tính sau:.........................................................................12
2. Cho bài toán qui hoạch tuyến tính:............................................................................................................14
3. Xét qui hoạch tuyến tính:..........................................................................................................................15
4. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính:.............................................................................................................17
5. Xét qui hoạch tuyến tính:............................................................................................................................18
6. Xét qui hoạch tuyến tính:............................................................................................................................20
7. Xét qui hoạch tuyến tính:..........................................................................................................................22
BÀI TẬP NHÓM................................................................................................................................................24
39