Chương I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Bài 4. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1. Giới thiệu chung: Ta xét bài toán QHTT dạng chính tắc: 1 1 ( ) , min (max) 1, 0 1, . n j j j n ij j i j j f x c x c x a x b i m x j n = = = = 〈 〉 → = = ≥ = ∑ ∑ Hoặc viết dưới dạng: ( ) , min (max) 0 f x c x Ax b x = 〈 〉 → = ≥ ( ) 1, 1, i m ij j n A a = = = 1 2 1 2 1 2 ( , , , ) , ( , , , ) ( , , , ) T T n m n x x x x b b b b c c c c = = = Trong đó: Giả sử bài toán đang xét ta đã biết một phương án cực biên dạng : 10 20 0 ( ; ; ; ;0;0; ;0) m x x x x= 0 0, 1, j x j m> = trong đó cơ sở liên kết của x là 1 2 , , , m A A A 1 2 10 20 0 m m x A x A x A b+ + + = 1 10 2 20 0 ( ) m m f x c x c x c x= + + + Giá trị hàm mục tiêu là: 1 2 1 2 m j j j mj x A x A x A A+ + + = Với mỗi j = 1, 2, , n Ký hiệu : 1 2 ( ; ; ; ) j j j mj x x x x= Nếu mà ta đã biết được x là phương án tối ưu nhờ một cách nào đó thì mục đích của ta đã xong. Nếu x không phải là phương án tối ưu thì ta tìm phương án cực biên khác tốt hơn tức là phương án làm cho giá trị hàm mục tiêu nhỏ hơn. Muốn vậy ta phải xây dựng một cơ sở mới, đơn giản nhất là thay thế một véctơ trong cơ sở cũ bằng một véctơ nằm ngoài cơ sở cũ. 1 , , 1, m j j i ij i z c x c x j n = = = 〈 〉 = ∑ Đặt: j j j z c∆ = − Từ hai véctơ: 10 20 0 1 2 ( ; ; ; ;0;0; ;0) ( ; ; ; ) m j j j mj x x x x x x x x = = 2. Định lý 1.( Dấu hiệu tối ưu) Nếu là một phương án cực biên của bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sao cho : thì x là phương án tối ưu, và ngược lại. 10 20 0 ( ; ; ; ;0;0; ;0) m x x x x= 0, 1, j j n∆ ≤ ∀ = j A 3. Định lý 2: Nếu tồn tại véctơ ngoài cơ sở liên kết của phương án cực biên sao cho và thì bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có phương án tối ưu. Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên tập phương án. 10 20 0 ( ; ; ; ;0;0; ;0) m x x x x= 0 j ∆ > 0 j x ≤ Ví dụ 1: Xét bài toán QHTT 1 2 3 1 3 2 3 ( ) 6 9 min 2 6 8 0, 1,2,3. j f x x x x x x x x x j = + + → + =   + + =  ≥ = với phương án cực biên x=(6,8,0). Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay không ? Giải: Véctơ x có cơ sở liên kết là: 1 2 1 0 , 0 1 A A     = =  ÷  ÷     Ta xác định các véctơ x j : 1 2 1 2 j m j j mj A x A x A x A= + + + 1 2 ( ; ; ; ) j j j mj x x x x= 1 1 2 1 2 1 11 21 1. 0. (1,0)A x A x A A A x= + = + ⇒ = 2 1 2 1 2 2 12 22 0. 1. (0,1)A x A x A A A x= + = + ⇒ = 3 1 2 1 2 3 13 23 2. 1. (2,1)A x A x A A A x= + = + ⇒ = 1 , m j j j j i ij j j i z c c x c c x c = ∆ = − = − = 〈 〉 − ∑ Lần lượt thay j=1,2,3 ta có : 1 1 1 1 1 , (1,6),(1,0) 1z c c x c∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − 1.1 6.0 1 0= + − = 2 2 2 2 2 , (1,6),(0,1) 6z c c x c∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − 1.0 6.1 6 0= + − = 3 3 3 3 3 , (1,6),(2,1) 9z c c x c∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − 1.2 6.1 9 1= + − = − Ta thấy tất cả các với mọi j. Vậy x là phương án tối ưu và giá trị tối ưu là: f(x)=1.6+6.8+9.0=54. 0 j ∆ ≤ [...]... A3 -5 -4 0 10 12 15 1 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1 3 1 3 1 f(x) -9 8 0 0 0 -1 4 -1 9 B i toán đã có dấu hiệu t i ưu, phương án t i ưu là x = (10,12,15, 0, 0) , giá trị t i ưu -9 8 Ví dụ 2: Gi i b i toán f ( x) = −2 x1 − 4 x2 + x3 − x4 + 0 x5 + 0 x6 → min + x5 = 4  x1 + 3 x2  + x6 = 3 2 x1 + x2 − x3  x2 + 4 x3 + x4 =3  x j ≥ 0, j = 1, 6 Gi i: Đây là b i toán QHTT dạng chính tắc mà ma trận A có sẵn ma trận đơn. .. = 1, n thì phương án đang xét là t i ưu Nếu ∆ j > 0 mà ứng v i j này xij ≤ 0, i = 1, m thì b i toán không có phương án t i ưu Nếu không thỏa bước 1 ta sang bước 2 Bước 2: k i) Xác định ∆ k = max { ∆ j / ∆ j > 0} ,véctơ A đưa vào thay thế s ii) Xác định véctơ A đưa ra kh i cơ sở  xi 0  xs 0 như sau: min  : xik > 0  =  xik  xsk Bước 3: Biến đ i bảng đơn hình m i: Dùng phép biến đ i sơ cấp trên... = (−2, −1) ≤ 0 Vậy b i Ta thấy toán không có phương án t i ưu Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn dư i trên tập phương án Cơ sở Hệ số P án 7 x1 -2 6 x2 9 x3 A1 A3 7 9 5 7 1 0 -2 -1 0 1 ∆1 = 0 ∆2 = 3 ∆3 = 0 Bảng gồm 3 dòng, 6 cột Cột một ghi cơ liên kết của p án x, cột hai ghi hệ số liên kết của x, cột 3 ghi p án x, cột 4; 5; 6 ở dòng hai ghi toàn bộ ma trận A… Ví dụ 3: Cho b i toán f ( x ) = −4 x1... đ i sơ cấp trên ma trận, biến đ i cột k trở thành véctơ đơn vị thứ s Bước 4: Tính toán các phần tử trên dòng cu i cùng và quay l i bước 1 Ví dụ 1: Gi i b i toán f ( x) = −5 x1 − 4 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 2 x5 → min + 2 x4 + x5 = 10  x1  + x4 + 3x5 = 12  x2  + x3 + 3x4 + x5 = 15  x j ≥ 0, j = 1,5 Gi i: Đây là b i toán QHTT dạng chính tắc mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị -5 -4 0 0 2 Cơ sở Hệ số cj... v i ∆ j > 0 lớn nhất Giả sử đó là Ak Véctơ bị thay ra là As, v i cách xác định  xi 0  xs 0 s A như sau: θ = min  : xik > 0 =  xik  xsk Trong đó xik là hệ số biểu diễn của Ak theo cơ sở liên kết của p án x Và khi đó phương án m i x’ được xác định theo công thức: x′ = ( x10 − θ x1 j ; x20 − θ x2 j ; ; xm 0 − θ xmj ; ;θ ;0; ;0) Hoặc có thể biểu diễn véctơ b theo cơ sở m i này ta có p án m i x’ Phương. .. này vẫn chưa t i ưu Để tiện theo d i ta sắp xếp lên bảng: Cơ sở A4 A3 Hệ số P án 1 x1 -2 x2 2 x3 0 x4 0 2 3/2 1/2 1/4 -5 /4 1/4 3/4 0 1 1 0 f(x) 1 -7 /2 7/2 0 0 Ta liên hệ hai bảng này v i nhau: Bảng 1 Cơ sở A1 A3 Hệ số P án 1 x1 -2 x2 2 x3 0 x4 1 2 6 8 1 0 1 2 0 1 4 5 f(x) 22 0 7 0 14 0 2 3/2 1/2 1/4 -5 /4 1/4 3/4 0 1 1 0 f(x) 1 -7 /2 7/2 0 0 Bảng 2 A4 A3 5 Phương pháp đơn hình cho b i toán chính tắc... sẵn ma trận đơn vị: Xét b i toán chính tắc: f ( x) = 〈c, x〉 → min Ax = b x≥0 Trong đó A có sẵn một ma trận đơn vị cấp m Không mất tính tổng quát có thể giả sử đó là m cột đầu A1 , A2 , , Am , và phương án cực biên x trong bước lặp đầu tiên là: x = (b1 , b2 , , bm , 0, 0, , 0) ≥ 0 Khi đó các xj dễ dàng biểu diễn qua các véctơ cơ sở ở trên Để thuận tiện cho việc tính toán ta sắp xếp các dữ liệu lên bảng... t i véctơ A ngo i cơ sở liên kết của phương án cực biên x = ( x10 ; x20 ; ; xm 0 ;0;0; ;0) sao cho ∆ j > 0 , và v i m i j mà ∆ j > 0 ta luôn tìm được ít nhất một xij > 0 , thì khi đó ta có thể tìm được một phương án cực biên m i tốt hơn x, nghĩa là phương án này làm cho hàm mục tiêu nhỏ hơn phương án x Cách xây dựng phương án m i như sau: Thay thế một véctơ trong cơ sở cũ bằng một véctơ nằm ngo i. .. toán lên bảng sau: Cơ sở Hệ số P án 1 x1 6 x2 9 x3 A1 A2 1 6 6 8 1 0 0 1 2 1 f(x) 54 ∆1 = 0 ∆ 2 = 0 ∆ 3 = −1 Bảng gồm 3 dòng, 6 cột Cột một ghi cơ liên kết của p án x, cột hai ghi hệ số liên kết của x, cột 3 ghi p án x, cột 4; 5; 6 ở dòng hai ghi toàn bộ ma trận A… Ví dụ 2: Xét b i toán QHTT f ( x) = 7 x1 − 26 x2 + 9 x3 → min =5  x1 − 2 x2   − x2 + x3 = 7 x j ≥ 0, j = 1, 2,3 v i phương án cực biên... x1 + 3 x2 + 7 x3 + 8 x4 → min 3 x1 + 3 x2 + 4 x3 + 5 x4 = 21  7 x1 − x2 + x3 + 6 x4 = 8 2 x − x + 5 x + 2 x = 15 2 3 4  1 x j ≥ 0, j = 1, 4 Chứng minh x = ( 1, 2,3, 0 ) là phương án cực biên, t i ưu của b i tóan đã cho Gi i: Phương án này có hệ véctơ liên kết 1 là A = (3, 7, 2); A2 = (3, −1, −1); A3 = (4,1, 5) Dễ thấy đây là hệ độc lập tuyến tính nên là phương án cực biên 3 7 3 4 −1 1 = −131 ≠ . Chương I B I TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH B i 4. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1. Gi i thiệu chung: Ta xét b i toán QHTT dạng chính tắc: 1 1 ( ) , min (max) 1, 0 1, . n j j j n ij j i j j f x. tồn t i véctơ ngo i cơ sở liên kết của phương án cực biên sao cho và thì b i toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có phương án t i ưu. Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn dư i trên. dụ 3: Cho b i toán Chứng minh là phương án cực biên, t i ưu của b i tóan đã cho. = − + + + → + + + =   − + + =   − + + =  ≥ = 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ( ) 4 3 7 8 min 3 3 4 5 21 7