quy hoạch tuyến tính( slide )

Phần Qui hoạch tuyến tính

§1 Khái niệm cơ bản về bài toán qui hoạch tuyến tính

§2 Thuật toán đơn hình

§3 Bài toán đối ngẫu

§1 Bài toán qui hoạch tuyến tính

1. Bài toán thực tế dẫn tới bài toán qui hoạch tuyến tính

2. Các dạng của bài toán qui hoạch tuyến tính.

3. Các tính chất

Vấn đề thực tế dẫn tới bài toán QHTTVD 1: Một người có 70 triệu đồng, muốn đầu tư vào các loại hình sau: Tiết kiệm không kì hạn 6,5%; tiết kiệm có kì hạn 8,5%, mua trái phiếu 10%; cho tư nhân vay 13% (lãi suất trên năm). Để hạn chế rủi ro, chuyên gia tư vấn khuyên: Không cho tư nhân vay quá 20% số vốn; Số tiền đầu tư vào trái phiếu không được vượt quá tổng số tiền đầu tư vào 3 lĩnh vực kia và Ít nhất 30% số tiền đầu tư phải là gửi tiết kiệm có kì hạn hoặc trái phiếu. Nếu người này muốn đầu tư toàn bộ số tiền trên trong vòng 1 năm, tìm cách đầu tư để thu được lợi nhuận tối đa? Hãy thiết lập mô hình bài toán này!

Gọi x1, x2, x3, x4 lần lượt là số tiền đầu tư vào các lĩnh vực tiết kiệm không kì hạn, tiết kiệm có kì hạn, mua trái phiếu, cho tư nhân vay. Theo bài ra ta có các điều kiện:

Vấn đề thực tế dẫn tới bài toán QHTT

x4 14.000.000x3 x1 + x2 + x4

x2 + x3 ≥ 21.000.000x1 + x2 + x3 + x4 = 70.000.000xj ≥ 0

j 1, 4Để lợi nhuận đầu tư đạt tối đa thì:

F(x) = 0,065x1 + 0,085x2 + 0,1x3 + 0,13x4 Max

VD 2: Có 3 xí nghiệp A, B, C có khả năng sản xuất 3 sản phẩm S1, S2, S3. Biết cứ mỗi đơn vị tiền tệ đầu tư vào A sẽ sản xuất được 1200, 800, 1050 sản phẩm S1, S2, S3. Đầu tư vào B được 1000, 740, 900. Đầu tư vào C được 1100, 600, 1000. Mức tiêu hao nguyên liệu và lao động cho bởi bảng sau:


Xí nghiệp

S1 S2 S3

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

A 4 2 10 4 8 4,5

B 4,2 3 9 4,5 7,8 5

C 4,5 2,5 10,5 5 8,4 4

Tổng số lao động và nguyên liệu có thể cung cấp lần lượt là: 2.000 giờ công, 39.000 kg. Theo kế hoạch sản xuất không được ít hơn 2.300 sp S1; 1.800 sp S2; 2.100 sp S3


Xí nghiệp

S1 S2 S3

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

NL(1Kg/sp)

GC(giờ/1sp)

A 4 2 10 4 8 4,5

B 4,2 3 9 4,5 7,8 5

C 4,5 2,5 10,5 5 8,4 4

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng TQTìm x = (x1, x2, . . . , xn) sao cho:

n

j jj 1

f (x) c .x Min (Max)

n

ij j ij 1

(*) a . x b (i 1, m)

- f(x) được gọi là hàm mục tiêu - Hệ (*) được gọi là hệ ràng buộc- Bộ số x = (x1,. . ., xn) thõa mãn hệ ràng buộc

được gọi là một phương án của bài toán. Tập hợp tất cả các PA của bài toán được gọi là miền xác định của bài toán, kí hiệu: D.

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng TQ

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng TQVD: Cho bài toán QHTT: f(x) = 2x1 – 3x2 + 4x3 + 5x4 Min

X1 = (0;1;2;0) X2 = (0;3;0;0) X3 = (0; 1;1; 0)

Trong các phương án sau đâu là: PACB; PACB suy biến; PACB không suy biến:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2x x x x 3

x x x 2x 1

x 0; x 0; x 0; x 0

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng TQ

- Bài toán QHTT gọi là giải được nếu nó có ít nhất một PATƯ.

- Một phương án thõa mãn: f(x0) f(x) x D thì x0 được gọi là phương án tối ưu (PATƯ) khi hàm f(x) nhận giá trị min.

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng CT

Với bài toán chính tắc thì: Ràng buộc chính có dấu bằng và điều kiện các ẩn lớn hơn hoặc bằng 0

1 1 n nf (x) c x .... c x Min (Max)

11 1 12 2 1n n 1

21 1 22 2 2n n 2

m1 1 m2 2 mn n m

j

a x a x ... a x b

a x a x ... a x b

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

a x a x ... a x b

x 0 j 1, n

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng CTPhương pháp chuyển BT dạng TQ về bài toán CT

- Nếu ràng buộc có dạng: n

ij j ij 1

a .x b

thì ta cộng thêm vào ẩn phụ xn + 1 để có:

n

ij j n 1 i n 1j 1

a .x x b (x 0)

- Nếu ràng buộc có dạng:

n

ij j ij 1

a .x b

thì ta trừ đi ẩn phụ xn + 1 để có:

n

ij j n 1 i n 1j 1

a .x x b (x 0)

Cách chuyển bài toán dạng TQ về bài toán CT

- Nếu có ẩn xj 0 thì ta thay xj bằng xj’ bằng cách đặt: xj = - xj’ với xj’ 0.

- Nếu có ẩn xj chưa xác định dấu thì ta đặt: xj = xj’ - xj’’ với xj’ 0; xj’’ 0.

Cách chuyển bài toán dạng TQ về bài toán CTVí dụ: Hãy đưa bài toán sau về dạng chính tắc.

f(x) = 2x1 + x2 – x3 Min

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2

2x x x 5

4x 2x x 8

3x x 3x 6

x 0; x 0

Lưu ý:

- Nếu bài toán dạng chính tắc không có PATU thì bài toán tổng quát cũng ko có PATU

- Nếu bài toán chính tắc có PATU thì bài toán tổng quát có PATU là PATU của bài toán chính tắc bỏ đi ẩn phụ

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng chuẩn

Bài toán QHTT dạng chuẩn là bài toán QHTT dạng chính tắc có bi 0 i và mỗi ràng buộc chính có ít nhất một ẩn cơ sở

Ẩn xj được gọi là ẩn cơ sở của ràng buộc chính thứ i nếu hệ số ở ràng buộc i bằng 1 còn các ràng buộc chính còn lại bằng 0

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng chuẩnBài toán QHTT dạng chuẩn:

1 1 n nf (x) c x .... c x Min (Max)

1 1(m 1) m 1 1n n 1

2 2(m 1) m 1 2n n 2

m m(m 1) m 1 mn n m

j

x a x ... a x b

x a x ... a x b

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

x a x ... a x b

x 0 j 1, n

PA CB xuất phát: x0 = (b1, b2, …. , bm, 0, …. , 0)

Các dạng của bài toán QHTT – Dạng chuẩn

Ví dụ: Cho bài toán QHTT:

f(x) = x1 - 2x2 + x3 - 3x4 + x5 Min

1 2 5

2 3 5

2 4 5

j

x x x 1

3x x 2x 4

2x x x 1

x 0 j 1, 5

Bài toán trên có phải là bài toán dạng chuẩn không? Vì sao? Tìm PACB xuất phát?

Các tính chất của bài toán QHTTĐịnh lí 1:

Nếu bài toán QHTT có tập phương án D và hàm mục tiêu F(x) bị chặn trên D (bị chặn dưới đối với bài toán Min, bị chặn trên đối với bài toán Max) thì có phương án tối ưu.

Định lí 2:

Nếu bài toán QHTT có nhiều hơn một phương án tối ưu thì bài toán đó sẽ có vô số PATU

Lưu ý: Nếu bài toán QHTT dạng chính tắc thõa mãn điều kiện trên thì bài toán có PACB tối ưu

Các tính chất của bài toán QHTTVD: Cho bài toán QHTT: f(x) = 2x1 + 3x2 + 4x3 Min

1 2 3

2 4

2

x x 2x p

2x x 6

x 0

Trong đó p là tham số. Chứng minh bài toán có PATƯ với mọi p .

§2 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

1. Phương pháp chuyển đổi ẩn cơ sở của hệ phương trình tuyến tính

2. Cơ sở của phương pháp đơn hình

3. Thuật toán đơn hình

4. Tìm phương án tối ưu khác

5. Phương pháp giải bài toán Max

6. Phương pháp đơn hình mở rộng

Phương pháp đổi ẩn cơ sở của hệ ràng buộc

Cho hệ ràng buộc của bài toán QHTT dạng chuẩn:

1 1(m 1) (m 1) 1n n 1

2 2(m 1) (m 1) 2n n 2

m m(m 1) (m 1) mn n m

x a x ..... a x b

x a x ..... a x b

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

x a x ..... a x b

x1, ……, xm là ẩn cơ sở của hệ phương trình trên và ta có một phương án cơ bản tương ứng sẽ là:

x0 = (b1, b2, …. , bm, 0, …. , 0)


Ta biến đổi tương đương trên hệ phương trình sao cho ẩn cơ sở của ràng buộc chính k là xk với k = 1,…, m được thay thế bởi ẩn xh với h= m+1,…, n. Khi đó ta biến đổi tương đương trên hệ pt sao cho:

- Hệ số xh tại ràng buộc chính thứ k là 1 và tại các ràng buộc chính còn lại bằng 0.


Ví dụ: Cho bài toán QHTT: f(x) = x1 - 2x2 + x3 Min

Hãy thay thế ẩn cơ sở x3 bằng ẩn cơ sở x2 và chỉ ra PACB mới.

1 2 5

2 3 5

2 4 5

j

x x x 3

3x x 2x 4

2x x x 1

x 0 j 1, 5

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhPhương pháp đơn hình đưa ra phương pháp

giải bài toán QHTT dạng chuẩn.

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhXét bài toán QHTT:

Ta có phương án cơ bản của bài toán:x0 = (b1, b2, …. , bm, 0, …. , 0)

n

j jj 1

f (x) c .x Min

n m

i i,m k m k ik 1

j i

x a . x b (i 1, m)

x 0 j 1, n; b 0 i 1, m

Giá trị hàm mục tiêu tại x0:f(x0) = b1c1 + …. + bmcm

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhGọi x = (x1, … , xn) là một phương án bất kì

của bài toán trên, xét:

Vì x là phương án nên thõa mãn ràng buộc sau đó thay vào hàm mục tiêu và biến đổi ta có:

n

i ii 1

f (x) c .x

n0

j jj 1

f (x) f (x ) .x (*)

m

j i ij ji 1

c .a c j 1, n

Với:

j 0 j 1, m Lưu ý:

Với xj là ẩn cơ sở

Cơ sở của phương pháp đơn hình

Do x là phương án nên: xj 0, khi đó nếu j 0 với mọi j thì f(x) f(x0). Hay x0 là phương án tối ưu.Định lí:

Nếu một PACB mà j 0 với mọi j thì đó là PATU.

n0

j jj 1

f (x) f (x ) .x (*)

Nếu một PACB mà tồn tại j > 0 và aij 0 với mọi i, thì bài toán không có PATU

Nếu một PACB nào đó mà mỗi j > 0 đều tồn tại ít nhất một aij > 0 thì ta có thể tìm được một phương án mới tốt hơn

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhChứng minh:

ii) Giả sử ta có PACB: x0 = (b1,…,bm,0, …. , 0) thõa mãn điều kiện của định lí.

Tức là tồn tại m + h > 0 mà ai,m + h 0 với mọi i Xét dãy số xp = {xj

p} j = 1, 2,…, n xây dựng như sau:

Rõ ràng xp được xây dựng như trên là một phương án của bài toán dạng chuẩn với mọi p > 0. Vì xp là một phương án nên ta có:

pm h

p pi m k

pi i i, m h

x p p 0

x x 0 k 1, n m, k h

x b a .p j 1, m


Với p > 0 tùy ý nên ta chọn p + , > 0 khi đó f(xp) - nên hàm mục tiêu giảm vô hạn

Nghĩa là bài toán không có phương án tối ưu.

np 0 p

j jj 1

f (x ) f (x ) .x

0 p

m h m hf (x ) . x

0m hf (x ) p.

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhChứng minh:

Tức là với mọi m + k > 0 đều tồn tại ai,m + k > 0 với mọi k . Chọn m + h = Max {m + k: m + k > 0}

iii) Giả sử ta có PACB: x0 = (b1,…,bm,0, …. , 0) thõa mãn điều kiện của định lí.

Xét dãy số x’ = {x’i} i=1,… ,n xác định như sau:

Rõ ràng x’ thõa mãn các ràng buộc chính của bài toán QHTT.

,m h

, ,i m k

,i i i, m h

x 0

x x 0 k 1, n m, k h

x b a . i 1, m

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhNên để x’ là một phương án thì:

Với những aj.m + h 0 thì hiển nhiên thõa mãn

,j j j, m hx b a . 0 j

Với những aj, m + h > 0 thì: j

j, m h

b0 j

a

j, m h 0

j r0a

j, m h r, m h

b b0 min

a a

Ta chọn = 0 . Với = 0 thì x’ là phương án cơ bản với ẩn cơ sở đưa ra là xr và ẩn cơ sở đưa vào là xm +h.


Vì m + h > 0, 0 > 0 nên f(x’) < f(x0) hay x’ là phương án tốt hơn.

n, 0 ,

j jj 1

f (x ) f (x ) .x

0

m h 0f (x ) .

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhVí dụ: Giải bài toán QHTT

f(x) = x1 – x2 - 2x4 + 2x5 - 3x6 Min

1 4 5 6

2 4 6

3 4 5 6

j

x x x x 2

x x x 12

x 2x 4x 3x 9

x 0 j 1, 6


Xây dựng PA mới tốt hơn. 4 = 2 > 0 lớn nhất nên x4 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai4 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 1 nên x1 là ẩn đưa ra. a14 = 1 là phần tử chủ yếu.

ci xi bi

1 -1 0 -2 2 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

1 x1 2 1 0 0 [1] 1 -1

-1 x2 12 0 1 0 1 0 1

0 x3 9 0 0 1 2 4 3

f(x) -10 0 0 0 2 -1 1


ci xi bi

1 -1 0 -2 2 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-2 x4 2 1 0 0 1 1 -1

-1 x2 10 -1 1 0 0 -1 2

0 x3 5 -2 0 1 0 2 [5]

f(x) -14 -2 0 0 0 -3 3Xây dựng PA mới tốt hơn. 6 = 3 > 0 lớn nhất

nên x6 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai6 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 3 nên x3 là ẩn đưa ra. a36 = 5 là phần tử chủ yếu.


Phương án tối ưu của bài toán là : (0,8,0,3,0,1)

Giá trị hàm mục tiêu đạt được là : f(x) = -17

ci xi bi

1 -1 0 -2 2 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-2 x4 3 3/5 0 1/5 1 7/5 0

-1 x2 8 -1/5 1 -2/5 0 -9/5 0

-3 x6 1 -2/5 0 1/5 0 2/5 1

f(x) -17 -4/5 0 -3/5 0 -21/5 0

Cơ sở của phương pháp đơn hìnhVí dụ: Giải bài toán QHTT: f(x) = -7x1 + x2 + 3x3 + x4 + x5 + 6x6 Min

Giải:

1 3 5 6

1 4 6

1 2 3 6

j

x x x x 15

2x x 2x 9

3x x 2x 4x 2

x 0 j 1,6


ci xi bi

-7 1 3 1 1 6

x1 x2 x3 x4 x5 x6

1 x5 15 [1] 0 -1 0 1 -1

1 x4 9 -2 0 0 1 0 -2

1 x2 2 -3 1 2 0 0 4

f(x) 26 3 0 -2 0 0 -5Xây dựng PA mới tốt hơn. 1 = 3 > 0 lớn nhất



Bài toán không có phương án tối ưu

ci xi bi

-7 1 3 1 1 6

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-7 x1 15 1 0 -1 0 1 -1

1 x4 39 0 0 -2 1 2 -4

1 x2 47 0 1 -1 0 3 1

f(x) -19 0 0 1 0 -3 -2

Vì tồn tại 3 = 1 và ai3 < 0 với mọi i = 1,2,3.

Thuật toán đơn hìnhTừ phương án cơ bản x0 = (b1,…., bm,0,...., 0),

tức là các cơ sở là xi (i = 1, 2,.., m). Ta thành lập bảng đơn hình và tính:

f(x0) = b1c1 + …. + bmcm

m

j i ij ji 1

c .a c j 1, n

Chú ý: Nếu xj là ẩn cơ sở thì j = 0

Thuật toán đơn hình:

Hệ số

Hệ ẩnCS

Phương án CB

c1 c2 . . . . cm. ………. cn

x1 x2 . . …xm…...……xn

c1

c2

.

.

.cm

x1

x2

.

.

.xm

b1

b2

.

.

.bm

1 0 . .. . . 0……………a1n

0 1 . . . 0…...…... . . a2n

. . . . . . . . . . . . 0 0 . . . 1. .. ...…… ..amn

f(x) f(x0) 0 0 . . . 0 m+ 1 . … n

Thuật toán đơn hìnhBước 1: Tính các j và kiểm tra các điều kiện:

- Nếu j 0 với mọi j thì đó là PATU- Nếu j > 0 và aij 0 với mọi i, thì bài toán

không có PATUNếu không thõa mãn thì chuyển qua bước 2.

Bước 2: (Xác định ẩn cở sở mới) - Trong số j > 0 chọn: Max{j: j > 0} = h ẩn

xh sẽ là ẩn đưa vào.- Ẩn xr là ẩn được loại khỏi hệ ẩn cơ sở được

xác định:

ij

i r0a 0

i, m h r, m h

b bMin

a a

Thuật toán đơn hình:Bước 3: (Chuyển bảng đơn hình)

- Lập bảng đơn hình mới:+ Dòng thứ r trong bảng mới ta lấy dòng

thứ r ở bảng cũ chia cho phần tử chủ yếu.+ Trong cột h ở bảng mới chỉ có ở vị trí

arh = 1 còn các vị trí khác trong cột h bằng 0 + Còn các vị trí khác còn lại trong bảng

đơn hình mới ta tính theo công thức hình chữ nhật:

- Phần tử arh nằm trên dòng r và cột h được gọi là phần tử chủ yếu.

rh ij ih rjij

rh

a .a a .aa'

a

Tiếp tục đánh giá phương án mới (quay về bước 1)

Thuật toán đơn hìnhVí dụ 2: Giải bài toán QHTT:

f(x) = 2x1 + 3x2 – x3 – x4 Min

Giải: Bài toán ở dạng chuẩn: f(x) = 2x1 + 3x2 – x3 – x4 Min

1 2 3 4

2 3 4

2 3 4

j

x x x 1/ 2x 10

x 4x 8x 8

2x 2x 3x 20

x 0 j 1,4

1 2 3 4

2 3 4 5

2 3 4 6

j

x x x 1/ 2x 10

x 4x 8x x 8

2x 2x 3x x 20

x 0 j 1,6

Thuật toán đơn hình

ci xi bi 2 3 -1 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 x1 10 1 -1 1 1/2 0 0

0 x5 8 0 1 -4 8 1 0

0 x6 20 0 -2 2 3 0 1

f(x) 20 0 -5 3 2 0 0Xây dựng PA mới tốt hơn. 3 = 3 > 0 lớn nhất



ci xi bi 2 3 -1 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-1 x3 10 1 -1 1 1/2 0 0

0 x5 48 4 -3 0 10 1 0

0 x6 0 -2 0 0 2 0 1

f(x) -10 -3 -2 0 1/2 0 0Xây dựng PA mới tốt hơn. 4 = 1/2 > 0 lớn

nhất nên x4 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai4 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 3 nên x6 là ẩn đưa ra. a34 = 1 là phần tử chủ yếu.


PATU của bài toán là : (0,0,10,0,48,0). Giá trị hàm mục tiêu đạt được là :

f(x) = -10

ci xi bi 2 3 -1 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-1 x3 10 3/2 -1 1 0 0 -1/4

0 x5 48 14 -3 0 0 1 -5

-1 x4 0 -1 0 0 1 0 1/2

f(x) -10 -5/2 -2 0 0 0 -1/4

Phương án tối ưuTại bảng đơn hình cuối cùng tương ứng với PATU x0:

i) Nếu các j ứng với các ẩn không là ẩn cơ sở đều là các số âm thì PATƯ tìm được là PATƯ duy nhất của bài toán.

ii) Nếu tồn tại j ứng với các ẩn không là ẩn cơ sở bằng không thì bài toán có thể có vô số PATƯ.Cách tìm một PATƯ khác:

Lập thêm bảng đơn hình mới với ẩn đưa vào là ẩn không phải ẩn cơ sở mà có j = 0

Phương án tối ưuCách tìm tập hợp tất cả các PATƯ

Giả sử có hệ số ước lượng của một ẩn không là ẩn cơ sở là k = 0 thì bài toán có bộ số:

zk = (zk1, zk

2,……., zkn )

Với zkk = -1 và zk

j = aik nếu xj là ẩn cơ sở thứ i, các thành phần còn lại bằng 0.

Khi đó tập PATƯ của bài toán có dạng

x = x0 - .zk

với 0 0 = min{bi /aik} với aik > 0

Phương án tối ưuVí dụ: Cho bài toán QHTT:

f(x) = 5x1+ 4x2 + 5x3 + 2x4 + x5 + 3x6 Min

a) Giải bài toán trên

b) Bài toán có PATƯ khác hay không? Nếu có hãy tìm một PATƯ khác?

c) Hãy tìm PATƯ x* của bài toán có x*4 = 36

1 2 3 4

1 2 3 5

1 3 6

j

2x 4x 3x x 152

4x 2x 3x x 60

3x x x 36

x 0 j 1, 6

Phương án tối ưua) Giải bài toán:

5 4 5 2 1 3

ci xi bi x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 x4 152 2 4 3 1 0 0

1 x5 60 4 2 3 0 1 0

3 x6 36 [3] 0 1 0 0 1

f(x) 472 12 6 7 0 0 0Xây dựng PA mới tốt hơn. 1 = 12 > 0 lớn


Phương án tối ưu

ci xi bi

5 4 5 2 1 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 x4 128 0 4 7/3 1 0 -2/3

1 x5 12 0 2 5/3 0 1 -4/3

5 x1 12 1 0 1/3 0 0 1/3

f(x) 328 0 6 3 0 0 -4Xây dựng PA mới tốt hơn. 2 = 6 > 0 lớn nhất


Phương án tối ưu

Phương án tối ưu của bài toán là : (12,6,0,104,0,0)

Giá trị hàm mục tiêu đạt được là : f(x) = 292

ci xi bi

5 4 5 2 1 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 x4 104 0 0 -1 1 -2 2

4 x2 6 0 1 5/6 0 1/2 -2/3

5 x1 12 1 0 1/3 0 0 1/3

f(x) 292 0 0 -2 0 -3 0

Phương án tối ưub) Lập bảng đơn hình mới với x6 là ẩn đưa vào và x1 là ẩn đưa ra:

PATU khác của bài toán là: (0, 30,0, 32,0,36)Giá trị hàm mục tiêu đạt được là : f(x) = 292

ci xi bi

5 4 5 2 1 3

x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 x4 32 -6 0 -3 1 -2 0

4 x2 30 2 1 9/6 0 1/2 0

3 x6 36 3 0 1 0 0 1

f(x) 292 0 0 -2 0 -3 0

Phương án tối ưuc) Từ cuối bảng đơn hình trong câu a) ta có: PATƯ x0 = (12, 6, 0,104, 0, 0) và x6 không là ẩn cơ sở nhưng 6= 0 nên ta có bộ số:

Khi đó tập PATƯ của bài toán có dạng:

z6 = (1/3, -2/3, 0, 2, 0, -1)

x = x0 - .z6 = (12 - /3; 6 + 2 /3, 0, 104 - 2 , 0, )

Để PATƯ x* có x*4 = 32 thì: = 36. Ta có

PATƯ cần tìm là:

Với 0 36

x* = (0, 30, 0, 32, 0, 36)

Phương pháp giải bài toán MaxCách 1: Nếu bài toán Max có hàm mục tiêu:

f(x) MaxKhi đó ta chuyển về bài toán Min có hàm mục tiêu:

g(x) = - f(x) MinNếu bài toán Min không có PATƯ thì bài

toán Max cũng không có PATƯ

Nếu bài toán Min có PATƯ là x0 thì đó cũng là PATƯ của bài toán Max và: fmax = - g(x0)

Phương pháp giải bài toán MaxCách 2: Thuật toán đơn hình đối với bài toán Max, ta lập bảng đơn hình đối với PACB x0 :

i) j 0 với j thì PATƯ

ii) k < 0 và aik 0 với i thì bài toán không có PATƯ

iii) k < 0 đều aik > 0. Ta xây dựng PA mới tốt hơn. Ẩn được đưa vào ứng với k < 0 bé nhất

i,k

i r0a 0

i, k r, k

b bMin

a a

Khi đó ẩn xr là ẩn đưa ra khỏi cơ sở

Phương pháp giải bài toán MaxVí dụ: Giải bài toán QHTT sau: f(x) = 7x1 – x2 - 3x3 – x4 – x5 - 6x6 Max

1 3 5 6

1 4 6

1 2 3 6

j

x x x x 15

2x x 2x 9

3x x 2x 4x 2

x 0 j 1,6

Phương pháp giải bài toán MaxGiải:

ci xi bi

7 -1 -3 -1 -1 -6

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-1 x5 15 1 0 -1 0 1 -1

-1 x4 9 -2 0 0 1 0 -2

-1 x2 2 -3 1 2 0 0 4

f(x) -26 -3 0 2 0 0 5Xây dựng PA mới tốt hơn. 1 = -3 > 0 lớn


Phương pháp giải bài toán Max

Bài toán có 3 = -1< 0 và ai3 < 0 với mọi i nên bài toán không có phương án tối ưu

ci xi bi

7 -1 -3 -1 -1 -6

x1 x2 x3 x4 x5 x6

7 x1 15 1 0 -1 0 1 -1

-1 x4 39 0 0 -2 1 2 -4

-1 x2 47 0 1 -1 0 3 1

f(x) 19 0 0 -1 0 3 2

Phương pháp đơn hình mở rộngPhương pháp đơn hình mở rộng đưa ra phương

pháp giải bài toán QHTT dạng chính tắc.Cách chuyển bài toán dạng chính tắc về bài

toán mở rộng (bài toán M) có dạng chuẩn:- Nếu tồn tại bi < 0 ta nhân cả hai vế của ràng

buộc đó với (-1).- Thêm vào mỗi ràng buộc thứ i một ẩn giả

xn + i 0 với i = 1, 2,..., m

- Hệ số ẩn giả trên hàm mục tiêu của bài toán min là: M và bài toán Max là – M (Với M là số dương lớn tùy ý)

Phương pháp đơn hình mở rộngBài toán QHTT dạng chính tắc:

n

j jj 1

f (x) c .x Min

n

ij j ij 1

j

a . x b (i 1, m)

x 0 j 1, n

Bài toán M (bài toán mở rộng):n m

j j n ij 1 i 1

g(x) c .x M x Min

n

ij j n i ij 1

j n i

a . x x b (i 1, m)

x 0; x 0 j 1, n; i 1, m

Với M là số dương lớn tùy ý

Phương pháp đơn hình mở rộngNhư vậy bài toán M có n + m ẩn và ta kí hiệu

phương án của bài toán M là: (x, xn + i) = (x1, x2, …. , xn, xn + 1, …., xn + m)

Nếu x là một phương án của bài toán xuất phát thì: (x, 0) = (x1, x2, …. , xn, 0, …., 0)là một phương án của bài toán mở rộng

Nếu (x, 0) là một phương án của bài toán mở rộng thì x = (x1, x2, …. , xn) là phương án của bài toán xuất phát

Với bài toán mở rộng ta có phương án cơ bản xuất phát: (0, 0, ……,0, b1, b2, …. , bm)

Phương pháp đơn hình mở rộngTính chất 1: Nếu bài toán M không có PATƯ thì bài toán xuất phát cũng không có PATƯ.

Chứng minh: Giả sử ngược lại, bài toán xuất phát có PATƯ là x0, ta sẽ chứng minh (x0, 0) là PATƯ của bài toán M. Thật vậy, giả sử (x, xn + i) là một phương án của bài toán M- Nếu xn + i = 0 với mọi i = 1, 2,…. , m thì:

g(x, xn + i) = g(x, 0) = f(x) f(x0) = g(x0, 0)

Vậy (x0, 0) là PATU của bài toán M (Mâu thuẫn với giả thiết bài toán M không có PATƯ)

g(x, xn + i) f(x) + M. f(x0) = g(x0, 0)0n ix

- Nếu tồn tại thì :0n ix 0

Phương pháp đơn hình mở rộng

Tính chất 2: Nếu bài toán M có PATƯ là (x, xn + i), khi đó:

- Nếu (x, xn + i) = (x, 0) khi đó x sẽ là PATƯ của bài toán xuất phát.

- Nếu xn + i > 0 thì bài toán xuất phát không có phương án nên không có PATƯ

Phương pháp đơn hình mở rộng

Chứng minh kết luận thứ 3:

Khi đó giả sử x0 là một phương án của bài toán xuất phát thì (x0, 0) là phương án của bài toán mở rộng. Ta có:

g(x, xn + i) f(x) + .M > g(x0, 0)

Bài toán M có PATƯ (x, xn + i) tồn tại 0n ix 0

Điều này mâu thuẫn với (x, xn + i) là PATƯ

Phương pháp đơn hình mở rộngKhi xây dựng bài toán đơn hình mở rộng ta chỉ

thêm ẩn giả vào những ràng buộc chưa có ẩn cơ sở Bài toán đơn hình mở rộng thì f(x), j phụ

thuộc vào M nên ta chia dòng tính f(x), j thành 2 hàng, 1 hàng ghi giá trị không phụ thuộc M, một hàng ghi hệ số M. Nếu tới bước nào đó mà các ẩn giả bị loại khỏi hệ ẩn cơ sở thì ta không chia hàng tính giá trị f(x), j thành 2 hàng nữa.

Trong bảng đơn hình không cần ghi các cột ứng với ẩn giả

Nếu f(x) max thì hệ số của ẩn giả nằm trong hàm mục tiêu của bài toán mở rộng là – M (Với M số dương lớn tùy ý)

Bài toán đơn hình mở rộng

Ví dụ: Giải bài toán QHTT f(x) = x1 + 2x2 – x3 Max

1 2 3

1 2 3

1 2 3

j

4x 4x 2x 6

x x 2x 6

2x x 2x 4

x 0 j 1, 2, 3

Bài toán đơn hình mở rộng Bài toán mở rộng: g(x) = x1 + 2x2 – x3 – Mx6 – Mx7 Max

1 2 3 4

1 2 3 5 6

1 2 3 7

j

4x 4x 2x x 6

x x 2x x x 6

2x x 2x x 4

x 0 j 1, 7


ci xi bi

1 2 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5

0 x4 6 -4 -4 -2 1 0

-M x6 6 1 1 2 0 -1

-M x7 4 2 -1 2 0 0

f(x) 0 -1 -2 1 0 0

-10 -3 0 -4 0 1Xây dựng PA mới tốt hơn. 3 = 1 - 4M < 0 bé



ci xi bi

1 2 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5

0 x4 10 -2 -5 0 1 0

-M x6 2 -1 2 0 0 -1

-1 x3 2 1 -1/2 1 0 0

f(x) -2 -2 -3/2 0 0 0

-2 1 -2 0 0 1Xây dựng PA mới tốt hơn. 2 = -3/2 - 2M < 0

bé nhất nên x2 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai2 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 2 nên x6 là ẩn đưa ra. a22 = 2 là phần tử chủ yếu.


Bài toán Max và có 5 = -3/4 < 0 và ai5 < 0 với mọi i nên bài toán không có PATƯ

ci xi bi

1 2 -1 0 0

x1 x2 x3 x4 x5

0 x4 15 -9/2 0 0 1 -5/2

2 x2 1 -1/2 1 0 0 -1/2

-1 x3 5/2 3/4 0 1 0 -1/4

f(x) -1/2 -11/4 0 0 0 -3/4

§3 BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

1. Định nghĩa bài toán đối ngẫu

2. Mối quan hệ giữa cặp bài toán đối ngẫu

3. Ứng dụng của bài toán đối ngẫu:

3. 1. Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫu

3. 2. Chứng tỏ tính TU của một PA

3. 3. Giải bài toán có dạng đặc biệt.

Định nghĩa bài toán đối ngẫuQui tắc viết bài toán đối ngẫu cho bài toán Max:

1 1 n nf (x) c x ... c x Max 1 1 m mg(y) b y ... b y Min

i1 1 in n ia x ............. a x b

iy

tùy ý

jx

tùy ý

1j 1 mj m ja y .... a y c

Định nghĩa bài toán đối ngẫu

Qui tắc viết bài toán đối ngẫu cho bài toán Min:

1 1 n nf (x) c x ... c x Min 1 1 m mg(y) b y ... b y Max

i1 1 in n ia x ............. a x b

iy

tùy ý

j

0

x 0

tùy ý

1j 1 mj m ja y .... a y c


Ví dụ: Viết bài toán đối ngẫu của bài toán QHTT (I):

1 2 3 4

1 2 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 4

f (x) 2x x 3x x max

5x 4x x 2

x 2x x 2x 1(I)

- x x 3x x 5

x 0; x 0; x 0

Định nghĩa bài toán đối ngẫuBài toán QHTT (I’) đối ngẫu của bài toán (I)

g(y) = 2y1 – y2 + 5y3 Min

1 2 3

1 2 3

2 3

1 2 3

1 2

5y y y 2

4y 2y y 1

y 3y 3

y 2y y 1

y 0; y 0;

Định nghĩa bài toán đối ngẫuVD: Viết bài toán đối ngẫu của bài toán sau:

g(y) = 2y1 – y2 + 5y3 Min

1 2 3

1 2 3

2 3

1 2 3

1 2

5y y y 2

4y 2y y 1

y 3y 3

y 2y y 1

y 0; y 0;

Định nghĩa bài toán đối ngẫuĐịnh nghĩa: (Cặp ràng buộc đối ngẫu)

Trong cặp bài toán đối ngẫu thì ràng buộc bất đẳng thức thứ i sẽ cùng với ẩn thứ i trong bài toán đối ngẫu lập thành cặp ràng buộc đối ngẫu.Ví dụ: Tìm cặp ràng buộc đối ngẫu của cặp bài toán đối ngẫu (I) và (I’):

x1 0 và 5y1 + y2 - y3 2x2 0 và - 4y1 + 2y2 + y3 - 1 x4 0 và -y1 - 2y2 + y3 1

5x1 - 4x2 – x4 2 và y1 0

x1 + 2x2 + x3 - 2x4 -1 và y2 0


Ví dụ: Hãy viết bài toán đối ngẫu và chỉ ra các cặp ràng buộc đối ngẫu của bài toán sau:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

f (x) x 2x 3x 4x max

5x 6x 7x 8x 9

10x 11x 12x 13x 14

-15x 16x 17x 18x 19

x 0; x 0; x 0


Ví dụ: Hãy viết bài toán đối ngẫu và chỉ ra các cặp ràng buộc đối ngẫu của bài toán sau:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

f (x) x x 2x 4x Min

x 2x x 2x 9

2x 4x 3x x 14

-5x 6x x 8x 9

x 0; x 0; x 0

Mối quan hệ giữa cặp bài toán đối ngẫuMối quan hệ giữa hai bài toán được thể hiện

trong các định lý sau:

Định lý 1: Đối với cặp bài toán đối ngẫu bao giờ cũng chỉ xẩy ra một trong 3 trường hợp sau:

- Cả hai bài toán đều không có phương án.

- Cả hai bài toán đều có phương án, lúc đó cả hai bài toán đều có PATƯ và giá trị hàm mục tiêu của chúng bằng nhau

- Một trong 2 bài toán không có phương án, bài toán kia có phương án, khi ấy bài toán có phương án sẽ không có PATƯ.

Mối quan hệ giữa cặp bài toán đối ngẫu

Định lý 2: (Định lí độ lệch bù yếu)Hai phương án của cặp bài toán đối ngẫu là

PATƯ khi và chỉ khi với mỗi cặp ràng buộc đối ngẫu nếu một ràng buộc thõa mãn với dấu bất đẳng thức thực sự thì ràng buộc kia thõa mãn với dấu bằng.

Ứng dụng của bài toán đối ngẫu2.1 Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫu

PP 1: Nhờ tiêu chuẩn tối ưu nên khi ta biết được PATƯ của một trong cặp bài toán đối ngẫu thì ta dễ dàng tìm được PATƯ của bài toán còn lại. Ví dụ 1: Cho bài toán QHTT sau:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

f (x) 3x 4x x min

3x 2x 4x 15

2x x 5x 8

4x 2x 2x 10

x 0; x 0; x 0

Cho biết bài toán trên có PATƯ là x0 = (7, 0, -9). Hãy lập và giải bài toán đối ngẫu của bài toán trên.

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫuGiải: Bài toán đối ngẫu là:

g(y) = 15y1 + 8y2 + 10y3 Max

Do bài toán xuất phát có PATƯ là x0 = (7, 0, -9) nên theo định lí độ lệch bù yếu ta có:

-3y1 + 2y2 + 4y3 = 3 (1)

-4y1 -5y2 + 2y3 = 1 (2)

1 2 3

1 2 3

1 2 3

j

3y 2y 4y 3

2y y 2y 4

4y 5y 2y 1

y 0 j 1, 3

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫuMặt khác khi thay phương án x0 vào các ràng

buộc của bài toán gốc ta thấy ràng buộc chính thứ ba xẩy ra dấu bất đẳng thức thực sự nên:

y2 = 0 (3)Từ hệ phương trình (1), (2), (3) ta dễ dàng

suy ra nghiệm là y0 = (1/5, 0, 9/10) ta thấy y0 là phương án của bài toán đối ngẫu nên nó là PATƯ của bài toán đối ngẫu.

Vậy bài toán đối ngẫu có phương án tối ưu là: y0 = (1/5, 0, 9/10) và g(y0) = 12.

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫu Ví dụ: Cho bài toán QHTT :

f(x) = x1 + 2x2 + 3x3 + 3x4 Max

a. Hãy giải bài toán.

b. Hãy viết bài toán đối ngẫu và chỉ ra PATƯ của bài toán đối ngẫu.

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

j

2x x x 2x 20

x 2x 3x 4x 18

2x x 2x x 16

x 0 j 1,4

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫuBài toán ở dạng chuẩn: f(x) = x1 + 2x2 + 3x3 + 3x4 – Mx7 – Mx8 Max

1 2 3 4 5

1 2 3 4 7

1 2 3 4 6 8

j

2x x x 2x x 20

x 2x 3x 4x x 18

2x x 2x x x x 16

x 0 j 1,8

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫu

ci xi bi

1 2 3 3 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 x5 20 2 1 1 2 1 0

-M x7 18 1 2 3 4 0 0

-M x8 16 2 1 2 1 0 -1

F(x) 0 -1 -2 -3 -3 0 0-34 -3 -3 -5 -5 0 1

Xây dựng PA mới tốt hơn. 3 = -3 - 5M < 0 bé nhất nên x3 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai3 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 2 nên x7 là ẩn đưa ra. a23 = 3 là phần tử chủ yếu.


ci xi bi

1 2 3 3 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 x5 14 5/3 1/3 0 2/3 1 0

3 x3 6 1/3 2/3 1 4/3 0 0

-M x8 4 4/3 -1/3 0 -5/3 0 -1

F(x) 18 0 0 0 1 0 0-4 -4/3 1/3 0 5/3 0 1

Xây dựng PA mới tốt hơn. 1 = - 4/3M < 0 bé nhất nên x1 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai1 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 3 nên x8 là ẩn đưa ra. a13 = 4/3 là phần tử chủ yếu.


Các j > 0 với mọi j nên bài toán có PATƯ của bài toán mở rộng là : (3,0,5,0,9,0,0,0)Giá trị hàm mục tiêu đạt được là : f(x) = 18

PATƯ của bài toán xuất phát: (3,0,5,0) fmax = 18

ci xi bi

1 2 3 3 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 x5 9 0 3/4 0 11/4 1 5/4

3 x3 5 0 3/4 1 7/4 0 1/4

1 x1 3 1 -1/4 0 -5/4 0 -3/4

F(x) 18 0 0 0 1 0 0

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫub. Bài toán đối ngẫu là:

g(y) = 20y1 + 18y2 + 16y3 Max

Do bài toán xuất phát có PATƯ là x0 =(3,0, 5,0) nên theo định lí độ lệch bù yếu ta có:

2y1 + y2 + 2y3 = 1 (1) y1 + 3y2 + 2y3 = 3 (2)

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 3

2y y 2y 1

y 2y y 2

y 3y 2y 3

2y 4y y 3

y 0; y 0

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫuMặt khác khi thay phương án x0 vào các ràng

buộc của bài toán gốc ta thấy ràng buộc chính thứ nhất xẩy ra dấu bất đẳng thức thực sự nên:

y1 = 0 (3)Từ hệ phương trình (1), (2), (3) ta dễ dàng

suy ra nghiệm là y0 = (0, 1, 0) ta thấy y0 là phương án của bài toán đối ngẫu nên nó là PATƯ của bài toán đối ngẫu.

Vậy bài toán đối ngẫu có phương án tối ưu là: y0 = (0, 1, 0) và g(y0) = 18.

Chứng tỏ tính tối ưu của một phương án

Vấn đề: Không giải bài toán QHTT xem xét phương án x0 có là PATƯ hay không?Phương pháp: Lập bài toán đối ngẫu, giả sử x0 là PATƯ sau đó dùng định lí độ lệch bù yếu để tìm phương án tương ứng với x0 thõa mãn định lí, nếu tồn tại phương án tương ứng thì x0 là PATƯ còn không tồn tại phương án chứng tỏ x0 không là PATƯ.

Chứng tỏ tính tối ưu của một phương ánVí dụ: Cho bài toán QHTT

f(x) = - 8x1 + 6x2 + 4x3 + 5x4 Min

a. Viết bài toán đối ngẫu của bài toán trênb. Chứng tỏ x* = (3, 0, -2, 0) là phương án. x*

có là PATƯ hay không? Tìm tập PATƯ của bài toán đối ngẫu?

1 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 4

x 2x x 7

2x x x 3x 4

3x x 2x 6x 5

x 0; x 0; x 0

Chứng tỏ tính tối ưu của một phương ána. Bài toán đối ngẫu:

g(y) = 7y1 – 4y2 + 5y3 Min

Dễ thấy x* = (3, 0, -2, 0) là phương án phương án của bài toán xuất phát. Giả sử x* PATƯ và phương án tương ứng y = (y1; y2; y3) của bài toán đối ngẫu thõa mãn định lí về độ lệch bù yếu.

1 2 3

2 3

1 2 3

1 2 3

1 3

y 2y 3y 7

y y 6

2y y 2y 4

y 3y 6y 5

y 0; y 0

Tìm PATƯ của bài toán đối ngẫuTheo định lí độ lệch bù yếu ta có:y1 - 2y2 + 3y3 = -8 (1)

-2y1 - y2 + 2y3 = 3 (2) Ngoài ra y còn là phương án nên ta có:

Từ (1) và (2) giải hệ ra ta có phương án y có dạng: y = (-16/5 + a/5; 12/5 + 8/5a; a)

Thay vào hệ ràng buộc của bài toán đối ngẫu ta có: 0 a 6

Rõ ràng tồn tại phương án của bài toán đối ngẫu y cùng với x* thõa mãn định lí độ lệch bù yếu nên x* là PATƯ của bài toán xuất phát.

Giải bài toán có dạng đặc biệtVí dụ: Giải bài toán QHTT

f(x) = 12x1 + 27x2 + 6x3 Min

1 2 3

1 2 3

1 2 3

j

2x 3x 2x 12

x 3x x 6

6x 9x 2x 24

x 0 j 1,3

Giải bài toán có dạng đặc biệtGiải: Bài toán đối ngẫu

f(y) = 12y1 + 6y2 + 24y3 Max

1 2 3

1 2 3

1 2 3

j

2y y 6y 12

3y 3y 9y 27

2y y 2y 6

y 0 j 1, 3

Giải bài toán có dạng đặc biệtBài toán mở rộng:

f(y) = 12y1 + 6y2 + 24y3 – M(y4 + y5 + y6) Max

1 2 3 4

1 2 3 5

1 2 3 6

j

2y y 6y y 12

3y 3y 9y y 27

2y y 2y y 6

y 0 j 1, 3

Giải bài toán có dạng đặc biệt

ci yi bi

12 6 24 0 0 0

y1 y2 y3 y4 y5 y6

0 y4 12 2 1 6 1 0 0

0 y5 27 3 3 9 0 1 0

0 y6 6 2 1 2 0 0 1

g(y) 0 -12 -6 -24 0 0 0Xây dựng PA mới tốt hơn. 3 = -24 < 0 bé

nhất nên x3 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai3 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 1 nên y3 là ẩn đưa ra. a13 = 6 là phần tử chủ yếu.


ci yi bi

12 6 24 0 0 0

y1 y2 y3 y4 y5 y6

24 y3 2 1/3 1/6 1 1/6 0 0

0 y5 9 0 3/2 0 -3/2 1 0

0 y6 2 4/3 2/3 0 -1/3 0 1

g(y) 48 -4 -2 0 4 0 0Xây dựng PA mới tốt hơn. 1 = - 4 < 0 bé

nhất nên x1 là ẩn đưa vào, lấy bi chia cho ai1 > 0 giá trị nhỏ nhất đạt tại hàng i = 3 nên y6 là ẩn đưa ra. a31 = 4/3 là phần tử chủ yếu.


ci yi bi

12 6 24 0 0 0

y1 y2 y3 y4 y5 y6

24 y3 3/2 0 0 1 1/4 0 -1/4

0 y5 9 0 3/2 0 -3/2 1 0

12 y1 3/2 1 1/2 0 -1/4 0 3/4

g(y) 54 0 0 0 3 0 3

Các j ≥ 0 với mọi j nên bài toán có PATƯ của bài toán đối ngẫu là: (3/2, 0, 3/2)

Giá trị hàm mục tiêu đạt được là: gmax = 54


Bài toán đối ngẫu có PATƯ là: y0 = (3/2, 0, 3/2) nên theo định lí độ lệch bù

yếu ta có: 2x1 + 3x2 + 2x3 = 12 (1) 6x1 + 9x2 + 2x3 = 24 (2)

Mặt khác khi thay phương án y0 vào các ràng buộc của bài toán đối ngẫu ta thấy ràng buộc chính thứ hai xẩy ra dấu bất đẳng thức thực sự nên:

x2 = 0 (3)Từ (1),(2), (3) giải ra ta có x0 = (3, 0, 3) là

phương án của bài toán xuất phát nên nó là PATƯ và fmin = 54

quy hoạch tuyến tính( slide )

Documents