Đang tải... (xem toàn văn)
Tình huông: Mot công ty cân lên mot kê hoch qung cáo cho sn pham c mình trên sóng phát thanh và sóng truyên hình. Chi phí cho 1 phút qung cáo trên sóng phát thành là 80.000 ñ, trên sóng truyên hình là 400.000 ñ. ðài phát thanh ch nhan qung cáo các chương trình dài ít nhât 5 phút. Còn ñài truyên hình ch nhan phát các chương trình tôi ña 4 phút. Theo các phân tích xã hoi hoc, cùng mot thi lưng 1 phút qung cáo trên truyên hình se có hieu qu gâp 6 lân trên sóng phát thanh. Công ty d ñnh ch chi tôi ña là 1.600.000 ñ cho qung cáo. Hi cân ñat thi lưng qung có trên sóng phát thanh và sóng truyên hình như thê nào cho ñt hieu qu nhât? Mô hình hóa: Gi thi lưng công ty ñat qung cáo trên sóng phát thanh là a phút. Trên sóng truyên hình là b phút . chi phí cho viec này là 80.000*a + 400.000*b ≤ 1.600.000 ñ. Trong ñó; a ≥ 5; b ≤ 4; a ≥ 0; b ≥ 0. Hieu qu chung c a qung cáo là a + 6.b Bài toán: Xác ñinh a; b sao cho a + 6b Max V i ñiêu kien : 80.000*a + 400.000*b ≤ 1.600.000 ñ. a ≥ 5; b ≤ 4 và: a ≥ 0; b ≥ 0. Bài toán có câu trúc như trên là mot ví d vê bài toán QHTT. Chú ý : do Maxf(x) = -Minf(x) nên t nay vê sau ta ch nói ti bài toán tìm Minf(x)
2.Bài toán quy hoạch tuyến tính (QHTT) Tình huống: Một công ty cần lên một kế hoạch quảng cáo cho sản phẩm củ mình trên sóng phát thanh và sóng truyền hình. Chi phí cho 1 phút quảng cáo trên sóng phát thành là 80.000 ñ, trên sóng truyền hình là 400.000 ñ. ðài phát thanh chỉ nhận quảng cáo các chương trình dài ít nhất 5 phút. Còn ñài truyền hình chỉ nhận phát các chương trình tối ña 4 phút. Theo các phân tích xã hội hoc, cùng một thời lượng 1 phút quảng cáo trên truyền hình sẽ có hiệu quả gấp 6 lần trên sóng phát thanh. Công ty dự ñịnh chỉ chi tối ña là 1.600.000 ñ cho quảng cáo. Hỏi cần ñặt thời lượng quảng có trên sóng phát thanh và sóng truyền hình như thế nào cho ñạt hiệu quả nhất? Mô hình hóa: Gọi thời lượng công ty ñặt quảng cáo trên sóng phát thanh là a phút. Trên sóng truyền hình là b phút . chi phí cho việc này là 80.000*a + 400.000*b ≤ 1.600.000 ñ. Trong ñó; a ≥ 5; b ≤ 4; a ≥ 0; b ≥ 0. Hiệu quả chung của quảng cáo là a + 6.b Bài toán: Xác ñinh a; b sao cho a + 6b Max Với ñiều kiện : 80.000*a + 400.000*b ≤ 1.600.000 ñ. a ≥ 5; b ≤ 4 và: a ≥ 0; b ≥ 0. Bài toán có cấu trúc như trên là một ví dụ về bài toán QHTT. Chú ý : do Maxf(x) = -Minf(x) nên từ nay về sau ta chỉ nói tới bài toán tìm Minf(x) 2.1Các ñịnh nghĩa: Bài toán: Xác ñịnh véc tơ ); .;;( 21 n xxxx = sao cho Trong ñó 321 ;; III là tập các chỉ số không giao nhau kí hiệu i = 321 III ∪∪ ; jiiii cba ;; là các hệ số; x j j:=1,2,…,n là các biến. +Hàm f(x) gọi là hàm mục tiêu +Hệ (1.1) ñến (1.4) gọi là hệ ràng buộc ( hệ ñiều kiện) của bài toán . Với mỗi chỉ số i ta có một phương trình hoặc bất phương trình tương ứng và ñược gọi là ràng buộc thứ i.Các hệ số ở vế trái trong mỗi ràng buộc thứ i là một véc tơ dòng A * i =(a i1 ; a i2 ;….;a in ) . Một nhóm ràng buộc có hệ véc tơ * i A ñộc lập tuyến tính ñược gọi là các ràng buộc ñộc lập tuyến tính. x j ≥ 0; x j ≤ 0 gọi là các ràng buộc về dấu ñối với x j + Trong hệ từ (1.1) ñến (1.4) xét các ràng buộc không phải là ràng buộc về dấu các hệ số ở vế trái tương ứng với mỗi ràng buộc này là một ma trận, ký hiệu là A. Ma trận A có n cột, mỗi cột này là một véc tơ, ký hiệu là A j – chính là véc tơ các hệ số của biến x j A j gọi là véc tơ ñiều kiện ứng với biến x j + Phương án: một véc tơ x thỏa mãn hệ ràng buộc của bài toán gọi là một phương án của bài toán. Trong ràng buộc thứ i nếu dấu “=” xảy ra thì ta nói phương án x thỏa mãn chặt ñối với ràng buộc thứ i; còn nếu xảy ra dấu ≤ hoặc (≥ ) thì phương án x là lỏng ñối với ràng buộc thứ i + Phương án tối ưu: là phương án mà hàm mục tiêu ñạt ñược Min + Phương án tốt hơn Nếu f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) thì phương án x 1 gọi là tốt hơn phương án x 2 Một bài toán tồn tại phương án tối ưu gọi là bài toán giải ñược, nếu không có phương án tối ưu gọi là bài toán không giải ñược. +Phương án cực biên: Một phương án thỏa mãn chặt n ràng buộc ñộc lập tuyến tính ñược gọi là phương án cực biên (PACB) * phương án cực biên thỏa mãn chặt ñúng n ràng buộc gọi là phương án cực biên không suy biến, thỏa mãn chặt hơn n ràng buộc gọi là phương án cực biên suy biến. Thí dụ 1: Cho .f(x) = x 1 + x 2 – 2x 3 + x 4 + x 5 Min .x 1 + x 2 + x 3 - x 5 ≤ 40 (1) .-2x 1 – 2x 2 + 5x 3 + 2x 5 = 65 (2) .x 2 + x 3 +x 4 + 2x 5 ≥ 12 (3) .x j ≥ 0 với j:=1,2, ,5 Ta có: )2;1;1;1;0( )2;0;5;2;2( )1;0;1;1;1( * 3 * 2 * 1 = −−= −= A A A − = = = −= −= 2 2 1 ; 1 0 0 ; 1 5 1 ; 1 2 1 ; 0 2 1 54321 AAAAA Ma tr ậ n −− − = 21110 20522 10111 A V ớ i x 1 = ( 0; 0; 13; 0; 0) ; x 2 = ( 0; 0; 1; 0; 30) ñ ây là hai ph ươ ng án c ủ a bài toán. Ph ươ ng án x 1 th ỏ a mãn ch ặ t ñố i v ớ i ràng bu ộ c (2) và là l ỏ ng ñố i v ớ i (1) và (3) và x 3 ≥ 0 Ph ươ ng án x 2 th ỏ a mãn ch ặ t ñố i v ớ i (2) và l ỏ ng ñố i v ớ i (1); (3) và x 3 ≥ 0; x 5 ≥ 0 Do f(x 1 ) < f(x 2 ) nên ph ươ ng án x 1 t ố t h ơ n th ự c s ự ph ươ ng án x 2 Thí d ụ 2: f(x) = - x 1 - 6x 2 Min 80.000.x 1 + 400.000x 2 ≤ 1.600.000 .x 1 ≥ 5; x 2 ≤ 4 .x 1 ≥ 0; x 2 ≥ 0 Các ph ươ ng án x 1 = ( 5;3); x 2 = ( 0;4); x 3 = (20;0) là các ph ươ ng án c ự c biên c ủ a bài toán • N ế u t ấ t c ả các ph ươ ng án c ự c biên c ủ a bài toán ñề u không suy bi ế n thì bài toán g ọ i là không suy bi ế n; trái l ạ i, g ọ i là bài toán suy bi ế n. 2.2.Các dạng ñặc biệt của bài toán QHTT a. Dạng chính tắc: njx mibxa Minxcxf j n j ijij n j jj , ,2,10 , .,2,1 )( 1 1 =≥ == ⇒= ∑ ∑ = = * Nhận xét : Mọi bài toán QHTT ñều có thể ñưa về bài toán QHTT dạng chính tắc tương ñương ( bằng cách thêm, bớt một lượng không âm vào mỗi ràng buộc ñể có dấu “ =” trong ràng buộc ñó). Khi ấy trị tối ưu của hàm mục tiêu trong hai bài toán là trùng nhau, từ phương án, phương án tối ưu của bài toán này suy ra phương án, phương án tối ưu của bài toán kia. Thí dụ 3: Bài toán ở thí dụ 1 tương ñương với bài toán chính tắc sau: f(x) = - x 1 - 6x 2 Min 80.000.x 1 + 400.000x 2 + x 3 = 1.600.000 .x 1 - x 4 = 5 .x 2 + x 5 = 4 .x j ≥ 0; j =1,2, ,5 b.ðặc ñiểm của phương án cực biên của bài toán dạng chính tắc ðịnh lý 1: Phương án x của bài toán dạng chính tắc là cực biên khi và chỉ khi hệ thống các véc tơ {A j } tương ứng với các thành phần dương của phương án là ñộc lập tuyến tính. ( Hiển nhiên vì khi ñó hệ các ràng buộc là hệ Crame nên có nghiêm duy nhất, hay nghiệm ñó chính là một phương án cực biên của bài toán) Trong thí dụ 3 phương án x 1 = ( 5;3;0;0;1) có = = = 1 0 0 ; 1 0 000.400 ; 0 1 000.80 521 AAA là ba véc tơ ñộc lập tuyến tính nên x 1 là phương án cực biên. c. Cơ sở của phương án cực biên: ( với bài toán dạng chính tắc) Một hệ gồm m véc tơ {A j } ñộc lập tuyến tính bao hàm hệ thống các véc tơ tương ứng với các thành phần dương của phương án cực biên x là cơ sở của phương án cực biên ấy, ký hiệu một cách quy ước là j, trong ñó J = {J: A j thuộc cơ sở } + Với phương án x = (x 1 ;x 2 ;,…,x n ) gọi thành phần x j ( j )J∈ là thành phần cơ sở; x k ( Jk ∉ ) là thành phần phi cơ sở .Dễ nhận thấy các thành phần phi cơ sở của phương án cực biên luôn bằng 0. Một phương án cực biên không suy biến thì mọi thành phần cơ sở ñều dương, còn phương án cực biên suy biến thì có ít nhất một thành phần cơ sở bằng 0 Trong thí dụ 3 ở trên phương án x 1 là phương án cực biên (PACB) không suy biến d. Bài toán dạng chuẩn: Nếu bài toán dang chính tắc trong ñó b i ≥ 0 với mọi i:=1,2,…,m và mỗi phương trình trong hệ ràng buộc ñều có một biến số với hệ số bằng 1 ñồng thời biến này khôn gcos trong các phương trình khác gọi là bài toán có dạng chuẩn. 2.3. Các tính chất của bài toán QHTT Tính chất 1: Nếu bài toán có phương án và hạng của ma trân hệ ràng buộc bằng n ( n là số biến số) thì bài toán có phương án cực biên. Thí dụ 1: Cho bài toán QHTT: .f(x) = 3x 1 + x 2 + 2x 3 + 6x 4 Min -3x 1 + 2x 2 + 5x 3 – x 4 ≥ -16 3x 2 + 2x 3 + 7x 4 = 0 .x 1 – 4x 2 + 3x 4 – x 5 ≤ 34 2x 1 - 6x 3 + 2x 4 ≥ -2 .x 1 ≥ 0 .x 2 ≥ 0 .x 3 ≥ 0 .x 4 ≥ 0 .x 5 ≥ 0 Chứng tỏ rằng bài toán có PACB. Giải: Dễ thấy hạng của ma trân hệ ràng buộc bằng 5, thêm nữa x = ( 0; 0;0;0;0) là một phương án vậy theo tính chất 1 suy ra bài toán có PACB. Tính chất 2: Nếu bài toán có phương án và trị số của hàm mục tiêu bị chặn dưới khi f(x) Min trên tập phương án thì bài toán có phương án tối ưu. Thí du 2. Chứng tỏ bài toán trong thí dụ 1 có PACB tối ưu. Giải: theo thí dụ 1 ta ñã chứng tỏ bài toán có PACB thêm nữa do ràng buộc về dấu ta suy ra f(x) ≥ 0 trên tâp phương án. Vậy theo tính chất 2 chứng tỏ bài toán có PACB tối ưu. Tính chất 3: Số phương án cực biên của bài toán QHTT là hữu hạn. 3. Phương pháp ñơn hình giải bài toán QHTT 3.1.Nội dung của phương pháp. Xuất phát từ một PACB, ta tìm cách ñánh giá PACB ñó, nếu nó chưa tối ưu thì tìm cách di chuyển sang một phương án cực biên mới tốt hơn, quá trình này ñược tiếp tục lặp. Vì số phương án cực biên là hữu hạn, nên sau một số hữu hạn bước lặp, hoặc ta tìm ñược phương án cực biên tối ưu, hoặc là ta kết luận bài toán không giải ñược vì hàm mục tiêu khôn gbij chặn. ðó là nội dung cơ bản của phương pháp ñơn hình. 3.2. ðặc ñiểm của phương án cực biên của bài toán dạng chính tắc. a. Quan hệ giữa phương án cực biên và phương án của bài toán: Xét bài toán dạng chính tắc njx mibx xcxf j i j j n j jj , .,2,1:0 , ,1:a Min)( n 1 ij 1 =≥ == ⇒= ∑ ∑ = = Và cho x 0 là PACB với cơ sở J 0 Ta ký hiệu véc tơ gồm các thành phần cơ sở của PACB x 0 là 0 j X (viết theo cột) và ma trân các véc tơ cơ sở là ]:[ 0 0 JjAA jj ∈= khi ñó )(0 00 Jkx k ∉∀= Do ñó : bAXbXA jjjj 1 0000 − =→= Các véc tơ phi cơ sở A k với k 0 J∉ cũng phân tích ñược qua cơ sở J 0 Gọi các hệ số phân tích của A k là x jk véc tơ hệ số phân tích tương ứng là X k như vậy: kJ Jj jjkk XAAxA 0 0 == ∑ ∈ do ñó X k = kJ AA 1 0 − . Ước lượng của biến x k theo cơ sở J 0 ký hiệu và ñược xác ñịnh bởi: ∑ ∈ −=∆ 0 Jj kjkjk cxc với: c j { } 0 : Jjc j ∈= Với những x j ( j 0 J∈ ) thì ước lượng của nó 0 =∆ j ðối với cơ sở J 0 nếu phương án ñang xét không là PACB tối ưu thì bằng phép ñổi cơ sở ta sẽ ñi tới một phương án xự biên tốt hơn. 3.3.Dấu hiệu tối ưu và các ñịnh lý cơ bản. ðịnh lý 2: Dấu hiệu tối ưu của phương án cực biên Nếu ñối với PACB x 0 với cơ sở J 0 của bài toán dạng chính tắc mà: )(0 0 Jk k ∉∀≤∆ với bài toán f(x) Min thì x 0 là phương án tối ưu. Chú ý : ðịnh lý 2 là ñiều kiện ñủ, tuy nhiên nếu x 0 là PACB không suy biến thì ñó cũng là ñiều kiền cần ñể x 0 là phương án tối ưu. ðịnh lý 3: Dấu hiệu bài toán không giải ñược Nếu ñối với phương án cực biên x 0 với cơ sở J 0 của bài toán dạng chính tắc mà: Tồn tại 0 00 Jkxmà jkk ∉∀≤>∆ với bài toán f(x) Min Thì bài toán không giải ñược ( Hàm mục tiêu không bị chặn dưới) ðịnh lý 4: Dấu hiệu ñiều chỉnh phương án cực biên. Nếu ñối với một phương án cực biên x 0 với cơc sở J 0 của bài toán dạng chính tắc mà : với mỗi 0 >∆ k ñều tồn tại x jk > 0 với bài toán f(x) Min thì ta có thể ñiều chỉnh phương án cực biên x 0 chuyển sang một phương án cực biên tốt hơn. 3.4.Công thức ñổi cơ sở: Trong không gian R n cho véc tơ x 0 cho hai cơ sở α 1 ; α 2 ;….; α n (1) β r 1 ; β r 2 ;….; β r n (2) Giả sử ∑∑ == == n j jj n i ii yxxx 1 0 1 0 βα Tìm mối liên hệ giứa các tọa ñộ x j ; y j Gọi T = (t ij ) là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2) khi ấy njt n i iijj , ,2,1 1 == ∑ = αβ Do ñ ó ∑ ∑∑ ∑ ∑ ∑ = == = = = ==== n i n j ijij n i n j n j n i iijjjjii yttyyxx 1 11 1 1 1 0 )( ααβα V ậ y: ∑ = = n j jiji ytx 1 3.4.Thu ậ t toán c ủ a ph ươ ng pháp ñơ n hình: Gi ả s ử bài toán ph ả i gi ả i là bài toán QHTT ở d ạ ng chính t ắ c, ñ ã bi ế t m ộ t ph ươ ng án c ự c biên x 0 và c ơ s ở J 0 . không m ấ t tính t ổ ng quát ta gi ả s ử J 0 g ồ m m véc t ơ ñầ u tiên, t ứ là c ơ s ở g ồ m m véc t ơ A 1 ,A 2 ,… ,A m . B ướ c 1: L ậ p b ả ng ñơ n hình ứ ng v ớ i ph ươ ng án c ự c biên x 0 H ệ S ố c j C ơ S ở J 0 Ph ươ ng án .c 1 c 2 ………c r……… c m c m+1 c m+2 … c k …… c s …… c n .x 1 x 2 ………x r …….x m x m+1 x m+2 …….x k …… x s ………x n .c 1 . c 2 … .c r … .c m .x 1 . x 2 … .x r … .x m 0 1 x 0 2 x …. 0 r x …. 0 m x 1 0 …… 0…… 0 x 1m+1 x 1m+2 ……x 1k …….x 1s …… x 1n 0 1……… 0…… 0 x 2m+1 x 2m+2 ……x 2k …….x 2s …… x 2n ……………… …… ……………………………. 0 0……… 1…… 0 x rm+1 x rm+2 ……x rk …… x rs …… .x rn ………………………… ………………………………………. 0 0……… 0…… 1 x mm+1 x mm+2 …… .x mk …….x ms …… x mn .f(x) .f(x 0 ) 0 0 ……….0…… .0 1+ ∆ m 2+ ∆ m k ∆ s ∆ n ∆ - Dòng c j là các h ệ s ố c ủ a các bi ế n trong hàm m ụ c tiêu f(x) - C ộ t c j là h ệ s ố c ủ a bi ế n x j ứ ng v ớ i véc t ơ c ơ s ở A jx - ∑ ∈ −=∆ 0 Jj kjkjk cxc thí d ụ smsmrsrsss cxcxcxcxc −+++++=∆ ) .( 2211 B ướ c 2: Ki ể m tra d ấ u hi ệ u t ố i ư u c ủ a PACB - N ế u 0 0 Jk k ∉∀≤∆ v ớ i bài toán f(x) Min thì x 0 là ph ươ ng án t ố i ư u - N ế u 0 >∆∃ k thì x 0 không là ph ươ ng án t ố i ư u, chuy ể n sang b ướ c 3 B ướ c 3: ki ể m tra tính không gi ả i ñượ c c ủ a bài toán. - N ế u 0 >∆∃ k mà x jk ≤ 0 v ớ i m ọ i j 0 J∈ v ớ i bài toán f(x) min thì bài toán không gi ả i ñượ c vì hàm m ụ c tiêu có tr ị không b ị ch ặ n d ướ i - N ế u v ớ i m ỗ i 0 >∆ k ñề u có ít nh ấ t x jk > 0 thì chuy ể n sang b ướ c 4 B ướ c 4: ð i ề u ch ỉ nh PACB và l ậ p b ả ng ñơ n hình m ớ i. - Ch ọ n ph ươ ng án ñư a vào c ơ s ở : Tìm max 0 >∆∀∆ kk gi ả s ử max sk ∆=∆ thì véc t ơ A s ñượ c ñư a vào c ơ s ở - Tìm Min js j x x 0 v ớ i m ọ i x js > 0 ; j 0 J∈ gi ả i s ử Min js j x x 0 = rs r x x 0 khi ấ y véc t ơ A r b ị lo ạ i kh ỏ i c ơ s ở . ph ầ n t ử x rs g ọ i là ph ầ n t ử tr ụ c và ñượ c ñ óng khung trong b ả ng - Bi ế n ñổ i b ả ng: + L ậ p b ả ng ñơ n hình m ớ i. thay véc t ơ c ơ s ở v ừ a l ự a chon ở trên c s thay cho c r trong c ộ t c j .x s thay cho x r trong c ộ t c ơ s ở + Tính các dòng m ớ i ( b ắ t ñầ u t ừ c ộ t th ứ 3 tr ở ñ i) ðể tính dòng ứ ng v ớ i dòng có véc t ơ .x s m ớ i ñư a vào trong b ả ng m ớ i ta l ấ y dòng ứ ng v ớ i véc t ơ l ấ y ra x r trong b ả ng c ũ chia cho ph ầ n t ử tr ụ c. Dòng này g ọ i là dòng chu ẩ n. ðể tính dòng x j trong b ả ng m ớ i ta l ấ y dòng x j trong b ả ng c ũ tr ừ ñ i dòng chu ẩ n sau khi ñ ã nhân dòng nó ( dòng chu ẩ n) v ớ i x js ðể tính dòng cu ố i c ủ a b ả ng m ớ i, ta l ấ y dòng cu ố i c ủ a b ả ng c ũ tr ừ ñ i dòng chu ẩ n sau khi nhân nó (dòng chu ẩ n) v ớ i s ∆ Ti ế n trình trên ñượ c l ặ p l ạ i sau h ữ u h ạ n b ướ c ta có k ế t lu ậ n v ề l ờ i gi ả i c ủ a bài toán ñ ang xét. Thí d ụ 1: Gi ả i bài toán QHTT sau: Bài toán ñ ã cho có d ạ ng chu ẩ n, các bi ế n cô l ậ p là x 4 ;x 6 ;x 7 nên ph ươ ng án c ự c biên là x 0 =(0;0;0;16;0;52;24) c ơ s ở J 0 là A 4 ; A 6 ; A 7 ta l ậ p ngay ñượ c b ả ng ñơ n hình sau Bảng ñơn hình x0 0 0 0 16 0 52 24 x0' 4 -2 1 -3 0 0 0 Cj J Xj x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 -3 x4 16 1 0 1 1 3 0 0 0 x6 52 2 -3 -2 0 2 1 0 0 x7 24 0 [1] 1 0 -2 0 1 f(x) -48 -7 2 -4 0 -9 0 0 -3 x4 16 1 0 1 1 3 0 0 0 x6 52 2 0 1 0 -4 1 3 -2 x2 24 0 1 1 0 -2 0 1 f(x) -96 -7 0 -6 0 -5 0 -2 Phương án mới .x 1 = (0; 24; 0; 16; 0; 52) Sau khi kết thúc bảng 1 từ dòng cuối ta thấy phương án x 0 chưa tối ưu do có ∆ 2 > 0 véc tơ A 2 ñược ñưa vào cơ sở Thêm nữa Min{ 72 7 x x } =24/1 nên véc tơ A 7 ñược ñưa ra khỏi cơ sở phần tử trục là [1] trong bảng 1 Note: Thực chất trong bảng 1 ở các cột x j là tọa ñộ của véc tơ A j ñối với cơ sở chính tắc khi chuyển sang bảng 2 ta ñã ñổi cơ sở{A 4 ;A 6 ;A 2 } trong bảng 2 các cột x j là tọa ñộ của véc tơ A j qua cơ sở mới. Do ñó muốn tìm tọa ñộ của các A j qua cơ sở mới ta chỉ việc.Tìm ma trận chuyển từ cơ sở mới sang cơ sở chính tắc ( biểu thị tuyến tính các véc tơ chính tắc qua cơ sở mới rồi lấy ma trận chuyển vị của ma trân các hệ số trong sự biểu thị trên), gọi nó là ma trân T=(t ij ) ; khi ấy T.A j =A’ j trong ñó A’ j là tọa ñộ của A j ñối với cơ sở mới. Từ bảng 2 ta thấy ∆ k <0 với mọi k 0 J∉ nên phương án x 1 là tối ưu duy nhất. f(x 1 ) = -96 Thí dụ 2: Giải bài toán sau bằng phương pháp ñơn hình 7, .,3,2,1,0 242 522232 163 min3.2.4)( 7532 65321 5431 4321 =≥ =+−+ =++−− =+++ ⇒−+−= jx xxxx xxxxx xxxx xxxxxf j .f(x) = 2x 1 -3x 2 -x 3 Min 2x 1 – x 2 + x 3 ≤ 18 3x 1 + x 2 -2x 3 ≤ 20 .x 1 +2x 2 ≤ 12 .x 1 ≥ 0; .x 2 ≥ 0; x 3 ≥ 0 Ta ñưa về bài toán chính tắc sau: Bài toán có dạng chuẩn, các biến cô lập x 4 ; x 5 ; x 6 nên phương án cực biên x 0 = ( 0;0;0;18;20;12) cơ sở J 0 ={A 4 ;A 5 ;A 6 } Bảng ñơn hình H I J K L M N O P x0 0 0 0 18 20 12 26 2 -3 -1 0 0 0 27 Cj J Xj x1 x2 x3 x4 x5 x6 28 0 x4 18 2 -1 1 1 0 0 29 0 x5 20 3 1 -2 0 1 0 30 0 x6 12 1 [2] 0 0 0 1 31 f(x) 0 -2 3 1 0 0 0 32 0 x4 18 2.5 0 [1] 1 0 0.5 33 0 x5 20 2.5 0 -2 0 1 -0.5 34 -3 x2 -18 0.5 1 0 0 0 0.5 35 f(x) -18 -3.5 0 1 0 0 -1.5 36 -1 x3 24 2.5 0 1 1 0 0.5 37 0 x5 62 7.5 0 0 2 1 0.5 38 -3 x2 6 0.5 1 0 0 0 0.5 39 f(x) -42 -6 0 0 -1 0 -2 Phương án x 2 =( 0;6;24;0;62;0) là phương án tối ưu duy nhất. Trên bảng tính Excel: dòng 34(dòng chuẩn) từ cột K trở ñi ñược thiết lập nhờ công thức K34= K30/$L$30 rê chuột tuyến tính theo dòng K34 ta có kết quả ở L34;M34:…P34. Dòng 32 :K32 = K28 –K34*$L$28 rê chuột như trên ñể có các kết quả của các cột cùng dòng Dòng 33 Tương tự như trên Dòng 35: K35 = K31-K34*$L$31 ðể tính x2;x3;x5 phải giải hệ phương trình tương ứng ở hệ ràng buộc ( các biến khác ñều bằng 0) 3.5.Các chú ý khi áp dụng thuật toán: + khi cần giải bài toán f(x) Max thì ta giải bài toán –f(x) Min + nếu khi chon vecto ñưa vào cơ sở hoặc ñưa ra khỏi cơ sở có nhiều véc tơ thuộc diện lựa chọn thì tùy chọn một trong số ñó 6, .,2,1:0 122 2023 182 32)( 621 5321 4321 321 jx xxx xxxx xxxx Minxxxxf j ∀≥ =++ =+−+ =++− ⇒−−= +Trường hợp bài toán suy biến có thể dẫn tới min js j x x 0 = 0 với mọi x js > 0 ; j 0 J∈ vẫn thực hiện thuật toán một cách bình thường + Khi áp dụng thuật toán cần lưu ý: i) Phương án x 0 có cơ sơt J 0 là cơ sở ñơn vị ( còn gọi là cơ sở chính tắc), ma trận các hệ số ở vế trái trong hệ ràng buộc có các cột tương ứng là tọa ñộ của vecto A j theo cơ sở ñó. Ta lập ngay ñược bảng ñơn hình. ðây là bài toán dạng chuẩn ii) Khi J 0 không phải là cơ sở chính tắc ta phải tìm ma trận các hệ số trong hệ ràng buộc phân tích qua cơ sở chính tắc J 0 bằng cách biến ñổi các dòng của ma trận bổ sung của hệ ràng buộc làm xuất hiện cơ sở J 0 . 4. Phương pháp tìm phương án cực biên: Có những bài toán có dạng chính tắc, nhưng không phải dạng chuẩn, ñồng thời ta chưa biết PACB, do ñó muốn áp dụng thuận toán ñơn hình ta phải tìm ñược một PACB của nó. Xét bài toán dạng chính tắc: njx mibx xcxf j i j j n j jj , .,2,1:0 , ,1:a Min)( n 1 ij 1 =≥ == ⇒= ∑ ∑ = = (I) Không mất tính tổng quát giả sử b i ≥ 0 mọi i = 1,2,…,m.(nếu b i <0, nhân hai vế với -1) Xây dựng bài toán phụ P bằng cách cộng vào vế trái phương trình ràng buộc i một biến giả x g i ≥ 0 (i=1,2, ,m) với hàm mục tiêu là tổng các biến giả ñã thêm vào và hàm mục tiêu này phải ñạt cực tiểu. Ký hiệu véc tơ các biến giả là x g = ( ), .,, 21 g m gg xxx và hàm mục tiêu là P(x;x g ) Ta có bài toán phụ: mix njx mibxxa MinxxxP g i j n j i g ijij m i g i g , ,2,10 , .,2,10 , .,2,1 );( 1 1 =∀≥ =∀≥ ==+ ⇒= ∑ ∑ = = Bài toán này có d ạ ng chu ẩ n và hàm m ụ c tiêu luôn b ị ch ặ n d ướ i nên luôn gi ả i ñượ c b ằ ng ph ươ ng pháp ñơ n hình, gi ả s ử );( g xx là ph ươ ng án t ố i ư u c ủ a bài toán ph ụ và P );( g xx =P min i). n ế u P min > 0 Khi ñ ó bài toán (I) không có ph ươ ng án. ii) n ế u P min = 0 khi ñ ó x là ph ươ ng án c ự biên c ủ a bài toán (I). ðể áp d ụ ng thu ậ t toán cho bài toán (I) ta c ầ n bi ế t c ơ s ở J 0 c ủ a nó. Có hai tr ườ ng h ợ p sau: a).Trong c ơ s ở c ủ a ph ươ ng án c ự c biên )0;( = g xx không có các vect ơ t ươ ng ứ ng v ớ i các bi ế n gi ả , khi ñ ó c ơ s ở này c ũ ng là c ơ s ở c ủ a ph ươ ng án c ự c biên x . Ti ế n hành thu ậ t toán bình th ườ ng. b). Trong c ơ s ở c ủ a ph ươ ng án c ự c biên )0;( = g xx có ít nh ấ t m ộ t vect ơ t ươ ng ứ ng v ớ i các bi ế n gi ả , lúc này PACB là suy bi ế n. ðể ti ế p t ụ c gi ả i bài toán (I) ta lo ạ i các c ộ t ứ ng v ớ i 0)( <∆ P j và các c ộ t g i x phi c ơ s ở ra kh ỏ i b ả ng, sau ñ ó tính l ạ i các ướ c l ượ ng ∆ k theo hàm f và ti ế p t ụ c thu ậ t toán. Chú ý: - Khi xây d ự ng bài toán ph ụ ta ch ỉ c ộ ng thêm bi ế n gi ả vào nh ữ ng ph ươ ng trình ràng bu ộ c c ầ n thi ế t ñể t ạ o ra c ơ s ở ñơ n v ị trong ma tr ậ n ñ i ề u ki ệ n. - N ế u trong quá trình gi ả i bài toán P, ở m ộ t b ướ c ñ i ề u ch ỉ nh nào ñ ó mà t ấ t c ả các bi ế n gi ả ñề u b ị lo ạ i ra kh ỏ i c ơ s ở thì k ế t thúc vi ệ c gi ả i bài toán ph ụ P ( vì PACB bài toán (I) ñ ã tìm ñượ c). Ti ế p t ụ c gi ả i bài toán (I) v ớ i PACB v ừ a có. Thí d ụ 1: Gi ả i bài toán sau b ằ ng ph ươ ng pháp ñơ n hình: .f(x) = 3x 1 +4x 2 +2x 3 + 2x 4 Min 2x 1 + 2x 2 + x 4 = 28 .x 1 +5x 2 + 3x 3 – 2x 4 ≤ 31 2x 1 – 2x 2 +2x 3 + x 4 = 16 .x j ≥ 0 ( j=1, ,4) Gi ả i: ðư a bài toán ñ ã cho v ề d ạ ng chính t ắ c: . f(x) = 3x 1 +4x 2 +2x 3 + 2x 4 Min 2x 1 + 2x 2 + x 4 = 28 .x 1 +5x 2 + 3x 3 – 2x 4 + x 5 = 31 2x 1 – 2x 2 +2x 3 + x 4 = 16 .x j ≥ 0 ( j=1, ,5) Bài toán không có d ạ ng chu ẩ n nên ta ñư a ra bài toán ph ụ (P) P(x,x g ) = x g 1 + x g 3 Min 2x 1 + 2x 2 + x 4 + x g 1 = 28 .x 1 +5x 2 + 3x 3 – 2x 4 + x 5 = 31 2x 1 – 2x 2 +2x 3 + x 4 x g 3 = 16 .x j ≥ 0 ( j=1, ,5) x g 1 ≥ 0; x g 2 ≥ 0 Bảng ñơn hình hai pha . trong hai bài toán là trùng nhau, từ phương án, phương án tối ưu của bài toán này suy ra phương án, phương án tối ưu của bài toán kia. Thí dụ 3: Bài toán ở. trong các phương trình khác gọi là bài toán có dạng chuẩn. 2.3. Các tính chất của bài toán QHTT Tính chất 1: Nếu bài toán có phương án và hạng của ma trân
