Bài giảng Quy hoạch tuyến tính

81 trang phuongnguyen 2220

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Quy hoạch tuyến tính", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_quy_hoach_tuyen_tinh.pdf

Nội dung text: Bài giảng Quy hoạch tuyến tính

Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Mục lục Chương 1. Bài toán quy hoạch tuyến tính3 1.1. Một vài bài toán thực tế 3 1.1.1 Bài toán lập kế hoạch sản xuất 3 1.1.2 Bài toán vận tải 4 1.2. Bài toán quy hoạch tuyến tính 5 1.2.1 Dạng tổng quát 5 1.2.2 Dạng chính tắc và dạng chuẩn tắc 6 1.3. ý nghĩa hình học và phương pháp đồ thị 8 1.4. Bài tập chương 1 9 Chương 2. Tính chất của tập phương án và tập phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính 14 2.1. Tập hợp lồi 14 2.2. Tính chất của tập phương án và tập phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính 15 2.3. Tính chất của quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc 16 2.4. Bài tập chương 2 16 Chương 3. Phương pháp đơn hình và các thuật toán của nó 21 3.1. Cơ sở lí luận 21 3.2. Thuật toán đơn hình 24 3.2.1 Thuật toán đơn hình 24 3.2.2 Bảng đơn hình 24 1
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 3.2.4 Trường hợp bài toán suy biến 27 3.2.5 Tìm phương án cực biên và cơ sở ban đầu 27 3.3. Bài tập chương 3 35 Chương 4. Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu và thuật toán đơn hình đối ngẫu 42 4.1. Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu 42 4.2. Thuật toán đơn hình đối ngẫu 47 4.2.1 Cơ sở lí luận 48 4.2.5 Thuật toán đơn hình đối ngẫu 49 4.3. Vấn đề tìm phương án cực biên xuất phát của bài toán đối ngẫu 54 4.4. Vấn đề hậu tối ưu 57 4.5. Bài tập chương 4 62 Chương 5. Bài toán vận tải và thuật toán thế vị 68 5.1. Bài toán vận tải 68 5.2. Các Tính chất của bài toán vận tải 69 5.2.1 Chu trình 69 5.3. Vấn đề tính các ước lượng 70 5.4. Một số phương pháp xây dựng phương án cực biên ban đầu 73 5.5. Thuật toán thế vị 75 5.6. Tiêu chuẩn tối ưu. Bài toán đối ngẫu của bài toán vận tải 77 5.6.1 Tiêu chuẩn tối ưu 77 5.6.2 Bài toán đối ngẫu của bài toán vận tải 78 2
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Chương 1. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 1.1. Một vài bài toán thực tế 1.1.1 Bài toán lập kế hoạch sản xuất Bài toán: Một cơ sở sản xuất dự định sản xuất hai loại sản phẩm A và B. Các sản phẩm được chế tạo từ ba loại nguyên liệu I, II và III. Số lượng dự trữ của từng loại và số lượng từng loại nguyên liệu cần dùng để sản xuất ra một sản phẩm được cho bằng bảng sau: Loại Nguyên liệu Nguyên liệu cần dùng để sản xuất một đơn vị sản phẩm Nguyên liệu dự trử A B I 18 2 3 II 30 5 4 III 25 1 6 Hãy lập quy hoạch sản suất để thu được tiền lãi là lớn nhất, biết rằng tiền lãi thu được khi bán một sản phẩm A là 3 triệu đồng, một sản phẩm B là 2 triệu đồng. Ta xây dựng mô hình toán học cho bài toán trên: Gọi x, y theo thứ tự là số sản phẩm A, B cần sản xuất theo kế hoạch. Khi đó, tiền lãi thu được là: Z = 3x + 2y (triệu đồng ) 3
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Những ràng buộc về nguyên liệu dự trữ, đó là: 2x + 3y ≤ 18 (Ràng buộc về nguyên liêu I) 5x + 4y ≤ 30 (Ràng buộc về nguyên liêu II) x + 6y ≤ 25 (Ràng buộc về nguyên liêu III) Ngoài ra, còn các ràng buộc tự nhiên là x, y ≥ 0. Vì số đơn vị sản phẩm không thể âm. Như vậy, bằng ngôn ngữ toán học, bài toán có thể phát biểu như sau: Tìm x và y sao cho tại đó biểu thức Z = 3x + 2y đạt giá trị lớn nhất, với các ràng buộc:   2x + 3y 18  6    5x + 4y 6 30 (1.1.1)  x + 6 y 25  6    x > 0, y > 0 Bài toán tổng quát của bài toán trên là: Hãy tìm véc tơ x = (x1, x2, . . . , xn) n P sao cho hàm f(x) = cjxj → max với các ràng buộc : j=1  n  X a x b , i = 1 m  ij j 6 i j=1    xj > 0, j = 1 n 1.1.2 Bài toán vận tải Bài toán. Cần vận chuyển hàng từ hai kho (trạm phát) P1 và P2 tới ba nơi tiêu thụ (trạm thu) T1,T2, và T3. Bảng dưới đây cho biết cho biết số lượng hàng vận chuyển cùng với cước phí vận chuyển một đơn vị hàng từ mỗi kho tới mỗi nơi tiêu thụ tương ứng. Hãy lập lập kế hoạch vận chuyển thỏa mãn yêu cầu bài toán sao cho chi phí vận chuyển là nhỏ nhất. 4
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ta xây dựng mô hình toán học cho bài toán trên. Gọi xij là lượng hàng hóa cần vận chuyển từ Pi đến Tj, (i = 1 2vj = 1 3) thì ta có mô hình toán học bài toán là: Tìm X = (xij) sao cho: f = 5x11 + 2x12 + 3x13 + 2x21 + x22 + x23 −→ min với các ràng buộc:   x +x +x = 30  11 12 13    x21 +x22 +x23 = 75    x11 +x21 = 35 (1.1.2)  x12 +x22 = 25    x13 +x23 = 45     xij > 0, i = 1 2, j = 1 3 Bài toán tổng quát của bài toán vận tải. Bài toán có m trạm phát, lượng phát là ai, i = 1, , m, n trạm thu, lương thu tương ứng là bj, j = 1, , n; cij là cước phí, xij là lượng hàng vận chuyển từ trạm phát thứ i đến trạm thu j. Khi đó, bài toán có mô hình toán học như sau: Tìm m n P P x = (xij) sao cho f = cijxij → min với các ràng buộc: i=1 j=1 n  P  xij = ai, i = 1, , m  j=1  m P xij = bj, j = 1, , n (1.1.3)   i=1   xij > 0, i = 1, , m, j = 1, , n 1.2. Bài toán quy hoạch tuyến tính 1.2.1 Dạng tổng quát Bài toán quy hoạch tuyến tính là bài toán tìm biến (hoặc phương án) thỏa mãn các ràng buộc sao cho làm hàm mục tiêu đạt cực đại hoặc cực tiểu. Với cả hàm mục tiêu và các ràng buộc đều tuyến tính theo biến. Nhận xét, max(z) = − min(−z). Do đó, quy hoạch tuyến tính là: 5
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Tìm x = (x1, ··· , xn) sao cho n X f(x) = cjxj → min (1) j=1     6  n    X    aij   bi, i ∈ Ik, k = 1, 2, 3 (2)   >  (1.2.4)  j=1   =      >  x 0, j ∈ N , l = 1, 2 (3)  j   l  6 Trong đó, véc tơ x thỏa các ràng buộc (2) và (3) được gọi là phương án. Phương án là hàm mục tiêu f(x) đạt giá trị cực trị theo yêu cầu được gọi là phương án tối ưu. Giải quy hoạch tuyến tính là tìm phương án tối ưu của bài toán. 1.2.2 Dạng chính tắc và dạng chuẩn tắc • Quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc là quy hoạch tuyến tính dạng n X f(x) = cjxj → min (1) j=1  n  X a = b , i = 1, ··· , m (2)  ij i j=1    xj > 0, j = 1, 2 , ··· ,n (3) • Dạng ma trận của quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc f(x) = cT x → min (1) Ax = b (2) x > 0 (3) Trong đó, c, x là véc tơ cột của Rn, b là véc tơ cột của Rm. A là ma trận cấp n × m • Nhận xét: Mọi quy hoạch tuyến tính đều đưa được về dạng chính tắc. Thật vậy, nếu Aix ≥ bi (hoặc Aix ≤ bi) thì ta chọn biến bù xn+i đưa về dạng Aix − xn+i = bi (hoặc Aix + xn+i = bi). 6
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp + − Khi xj ≤ 0 (hoặc xj ∈ R) thì ta thay xj = −xj (hoặc xj = xj xj ) mà + − xj, xj , xj là các biến không âm. Ví dụ 1. Đưa bài toán sau về dạng chính tắc f(x) = 5x1 + 2x2 − 4x3 → max    4x1 +7x2 +x3 > 3  x1 −x2 −2x3 6 −1    2x1 +3x2 +6x3 = 11 x1 > 0, x2 > 0 Bài giải Ta chọn biến bù x4, x5 cho cho ràng buộc thứ nhất, thứ hai. Chọn ẩn phụ + − + − x3 , x3 và thay x3 = x3 − x3 cho sự không mang dấu của x3. Từ đó, ta đưa bài toán sau về dạng chính tắc như sau: −f(x) = −5x1 − 2x2 + 4x3 → min    4x1 +7x2 +x3 −x4 = 3  x1 −x2 −2x3 +x5 = −1    2x1 +3x2 +6x3 = 11 ∗ xj > 0, j = 1, 2, 4, 5; x3 > 0, ∗ = +, − • Dạng ma trận của quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn tắc : f(x) = cT x → min (1) Ax 6 b (2) x > 0 (3) • Khi đưa từ dạng chuẩn tắc về chính tắc ta chỉ cần thêm biến bù cho các ràng buộc. 7
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 1.3. ý nghĩa hình học và phương pháp đồ thị Xét quy hoạch tuyến tính hai ẩn f(x) = −2x1 + x2 → min   x +2x 2 (1)  1 2 >    2x1 −3x2 6 6 (2)  4x1 +5x2 6 20 (3)    x1 > 0 (4)    x2 > 0 (5) Sau đây ta đây ta đưa ra cách giải hình học bài toán (phương pháp đồ thị ). Trước hết ta biểu diễn hình học tập phương án (Hình 1). Trên mặt phẳng tọa độ 0x1x2, các ràng buộc được biểu diễn bởi các nửa mặt phẳng . Giao của chúng là tập phương án của bài toán. Tập phương án bài toán là ngũ giác ABCDE. Tập các điểm (x1, x2) sao cho hàm mục tiêu nhận giá trị m : −2x1 + x2 = m, là đường thẳng, được gọi là đường mức (với mức là m). Khi m thay đổi cho ta họ đường thẳng song song, có véc tơ pháp tuyến v = (−2, 1). Khi cho m giảm dần ta thấy điểm cuối cùng mà đường mức (m) còn cắt tập phương án là đỉnh A. A là giao điểm của đường thẳng (2) và (3) nên A = (45/11, 8/11). 8
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 45 8 Vậy, x∗ = , là phương án tối ưu và f = f(x∗) = 82/11. 11 11 min Nhân xét + Trong trường hợp tập phương án khác rỗng mà không có vị trí giới hạn thì bài toán có hàm mục tiêu không bị chặn + Phương pháp đồ thị có thể áp dụng cho trường hợp nhiều biến nhưng chỉ có hai ràng buộc cưỡng bức. 1.4. Bài tập chương 1 Bài 1.1. Một cơ sở sản xuất có thể làm được hai loại hàng I và hàng II, từ nguyên liệu A và B. Trữ lượng các nguyên liệu A và B hàng ngày có được theo thứ tự là 6 và 8 đơn vị. Để sản xuất một đơn vị hàng I cần 2 đơn vị nguyên liệu loại A và 3 đơn vị nguyên liệu loại B; sản xuất một đơn vị hàng II cần 1 đơn vị nguyên liệu loại A và 4 đơn vị nguyên liệu loại B. Giá bán một đơn vị hàng I và hàng II theo thứ tự là 7 và 5 đơn vị tiền tệ. Qua tiếp thị được biết, trong một ngày nhu cầu tiêu thụ hàng II không quá 2 đơn vị; nhu cầu hàng I hơn hàng II không quá 1 đơn vị. Vấn đề đặt ra là cần sản xuất mỗi ngày bao nhiêu đơn vị hàng mỗi loại để doanh thu lớn nhất. Hãy thiết lập mô hình toán học cho bài toán đó? Bài 1.2. Một máy bay có trọng tải M. Có n loại hàng hóa cần xếp lên máy bay đó. Mỗi đơn vị loại j có khối lượng là aj và giá cước phí là bj, (j = 1n). Cần xếp lên máy bay mỗi loại hàng bao nhiêu đơn vị để tổng cước phí thu được là nhiều nhất. Hãy thiết lập mô hình toán học cho bài toán đó? Bài 1.3. Giả sử một nhà máy cần phân công cho m phân xưởng cùng sản xuất một loại máy có n chi tiết khác nhau, trong đó mỗi máy cần kj chi tiết thứ j (j = 1, . . . , n).aij là số chi tiết thứ j mà phân xưởng thứ i có thể sản xuất trong một đơn vị thời gian. 9
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Hãy lập mô hình toán học bài toán xác định số đơn vị thời gian cần dành sản xuất chi tiết j của phân xưởng i trong một đơn vị thời gian? Bài 1.4. Dùng định nghĩa, chứng tỏ x∗ là phương án tối ưu của các bài toán sau (a) f(x) = 84x1 + x3 → min   2x1 + x2 + x3 > 5  x1 − x2 + x3 > 1    4x1 − x3 > −3 x1 > 0 x∗ = (0, 2, 3) (b) f(x) =x2+x4→ min    −x1 +2x2 +x3 +x4 = 1  −2x1 +x2 +x3 +x4 = 2    3x2 + 2x4 = 3 x1 > 0 x∗ = (0, −1, 0, 3) (c) f(x) = x1+x4 → max    x1 +x2 +x3 +x4 = 1  x1 +x2 +3x3 +2x4 6 4    −x1 +x2 +9x3 +4x4 = 16 x1 > 0 x∗ = (0, 1, 3, −3) Bài 1.5. Chứng tỏ rằng các bài toán sau có tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn. 10
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp f(x) = 3x1 −x2 → max   x +x 2  1 2 >  −x1 +x2 6 2 (a)    x1 −2x2 6 2 x1 > 0, x2 > 0 f(x) = x1 −x2 → min   2x −x −2  1 2 >  2x1 +x2 > 2 (b)    x1 −3x2 6 3 x1 > 0, x2 > 0 Bài 1.6. Tìm phương án tối ưu của bài toán sau: f(x) = −x1 − 2x2 − 2x3 +6x4 → min   −2x +2x = 5  1 2    −x1 +2x2 −x3 +x4 > 10  −x1 −2x2 +3x4 = −2    2x1 +x3 −5x4 6 −13    2x2 −2x3 = 5 Bài 1.7. Chứng tỏ rằng, đối với các bài toán sau, mọi phương án đều là phương án tối ưu: f(x) = −3x2 +2x3 −x4 → min   −5x1 +4x2 −x3 +3x4 = −7 (a)  −4x1 −7x2 +6x3 −x4 = 8 11
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp f(x) = 100x1 + 70x2 − 30x3 → max   x1 −8x2 −9x3 −19  > (b)  x1 −3x2 −4x3 = −13    2x1 +5x2 +3x3 = −15 x1 > 0 Bài 1.8. Giải bằng phương pháp đồ thị các bài toán sau: f(x) = −x1 + x2 → min    −2x1 +x2 6 2  x1 −2x2 6 2  (a)   x1 +x2 6 5 x1 > 0, x2 > 0 f(x) = x1 − 3x2 → max    4x1 +3x2 > 12  (b) −x1 +x2 6 5    x1 +5x2 6 6 x1 > 0, Bài 1.9. Đưa bài toán về dạng chính tắc: f(x) = x1 + x2 → max   2x1 + x2 > 1 (a)   x1 − x2 6 0 x1 > 0, x2 > 0 f(x) = x1 + x2 → min  (b)  0 6 x1 6 3   x2 > −5 12
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bài 1.10. Cho bài toán f(x) = x1 + x2 → min   2x1 + x2 > 3   λx1 + x2 6 2 x1 > 0, x2 > 0 Tìm tất cả giá trị của sao sao cho (a) Tập phương án là rỗng. (b) Tập phương án khác rỗng nhưng hàm mục tiêu không bị chặn. (c) Bài toán có phương án tối ưu duy nhất . (d) Bài toán có vô số phương án tối ưu. Bài 1.11. Cho quy hoạch tuyến tính f(x) = 4x1 + 8x2 + x3 − 6x4 → min    2x1 +2x2 +3x3 +3x4 6 50  4x1 +8x2 +2x3 +3x4 = 80    4x1 +4x2 +x3 +2x4 = 40 xj > 0, j = 1 4 (a) Chứng minh mọi phương án của bài toán đều có x1 = x4 = 0. (b) Xác định tập phương án. Từ đó tìm phương án tối ưu của bài toán đã cho. 13
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Chương 2. TÍNH CHẤT CỦA TẬP PHƯƠNG ÁN VÀ TẬP PHƯƠNG ÁN TỐI ƯU CỦA BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 2.1. Tập hợp lồi Định nghĩa 2.1.1 (Tổ hợp lồi). Giả sử x1, x2, . . . , xm là các điểm của Rn. Điểm m P x được gọi là tổ hợp lồi của các điểm ấy nếu tồn tại λi > 0, i = 1, , m, λi = i=1 m P i 1 sao cho x = λix i=1 Trong trường hợp x là tổ hợp lồi của hai điểm x1, x2 ta thường viết 1 2 x = λx + (1 − λ)x , 0 6 λ 6 1 Tập hợp các điểm là tổ hợp lồi của hai điểm x1, x2 được gọi là đoạn thẳng nối hai điểm ấy. Khi đó, hai điểm x1, x2 gọi là đầu mút, các điểm còn lại của đoạn thẳng gọi là điểm trong của đoạn thẳng ấy. Định lý 2.1.2 (Tính chất bắc cầu của tổ hợp lồi). Điểm x là tổ hợp lồi của các điểm xj, j = 1, , m và mỗi điểm xj là tổ hợp lồi của các điểm yi, i = 1, , k. Khi đó x là tổ hợp lồi của các điểm yi, i = 1, , k. Định nghĩa 2.1.3 (Tập lồi). Tập L ⊂ Rn được gọi là tập lồi nếu L chứa hai điểm nào đó thì nó chứa cả đoạn thẳng nối hai điểm đó. Tập rỗng và tập đơn tử được coi như tập lồi. 14
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Định lý 2.1.4 (Tính chất tập lồi). (a) Giao của các tập lồi là tập lồi. (b) Nếu L là tập lồi thì nó chứa mọi tổ hợp lồi của hữu hạn điểm của tập đó. Định nghĩa 2.1.5 (Điểm cực biên của tập lồi). Điểm x0 của tập lồi L được gọi là điểm cực biên của tập lồi ấy nếu nó không là điểm trong của đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt trong L, tức là không tồn tại trong L hai điểm phân biệt x1, x2 sao cho x0 = λx1 + (1 − λ)x2, 0 < λ < 1. Định nghĩa 2.1.6 (Đa diện lồi và tập lồi đa diện). (a) Tập L gồm các điểm là tổ hợp lồi của các điểm xi, i = 1, , m cho trước được gọi là đa diện lồi sinh bởi hệ điểm đó xi. (b) Giao của một số hữu hạn các nữa không gian trong Rn được gọi là tập lồi đa diện. Người ta chứng minh được rằng, một tập lồi đa diện không rỗng và giới nội là một đa diện lồi. 2.2. Tính chất của tập phương án và tập phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính Định lý 2.2.1 (Tính lồi của tập phương án). (a) Tập các phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính là tập lồi. (b) Tập các phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính là tập lồi. Định lý 2.2.2 (Phương án cực biên). (a) Nếu tập phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính không rỗng và là đa diện lồi thì bài toán đó có ít nhất một phương án cực biên là phương án tối ưu. 15
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp n (b) Giả sử x là một điểm của P = {x ∈ R : Aix > bi, i = 1, . . . , m}, trong đó Ai là ma trận dòng thứ i của ma trận A cỡ n × m. Khi đó, x là điểm cực biên của P khi và chỉ khi thỏa mãn với dấu bằng đối với n bất phương trình độc lập tuyến tính trong m bất phưng trình Aix > bi, i = 1 m. 2.3. Tính chất của quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc 0 Định lý 2.3.1 (Điều kiện của phương án cực biên). Giả sử x = (x10, x20, . . . , xn0) là phương án khác 0 của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc, với tập phưng án n 1 2 n P = x ∈ R : x1A + x2A + + xnA = b; x > 0 . Khi đó, x0 là phương án cực biên của tập P khi và chỉ khi hệ véc tơ liên kết với 0 j nó, tức là hệ H(x ) = A : xj0 > 0 độc lập tuyến tính. Hệ quả 2.3.2 (Tính hữu hạn của phương án cực biên). Số phương án cực biên của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc là hữu hạn. Định lý 2.3.3 (Phương án cực biên tối ưu). Nếu bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc có phương án tối ưu thì nó có ít nhất một phương án cực biên tối ưu. Định lý 2.3.4 (Điều kiện có phương án tối ưu). Điều kiện cần và đủ để bài toán quy hoạch tuyến tính có phương án tối ưu là tập phương án khác rỗng và hàm mục tiêu bị chặn. 2.4. Bài tập chương 2 Bài 2.1. Chứng minh các bài toán sau có phương án tối ưu (a) f(x) = 3x1 + 2x2 + x3 → max 16
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp   x1 + x2 + x3 = 1  x1 − x2 + x3 = 1 xj > 0, j = 1, , 3 (b) g(x) = x1 + x2 + x3 → min    −x1 + x2 + x3 6 1  −x1 − x2 − x3 6 1    −x1 − x2 + x3 6 1 (c) ϕ(x) = 3x1 − x2 → min    2x1 + 5x2 6 10  2x1 + x2 6 6    x1 + 2x2 > 2 x1 > 0, x2 > 0 Bài 2.2. Chứng minh rằng hình tròn trong R2 là một tập lồi. Bài 2.3. Giả sử x là điểm của tập lồi L. Chứng minh rằng x là điểm cực biên của L khi và chỉ khi L \{x} là tập lồi. Bài 2.4. Trên R2, cho hai điểm A(2, 1) và B(3, 4) và hệ bất phương trình với m-tham số    2x − y > m − 2  x − 3y 6 m + 3    x + y > 2 − 3m Tìm tất cả các giá trị của m sao cho mọi điểm thuộc đoạn thẳng AB đều là nghiệm của hệ đã cho. n Bài 2.5. Cho hai tập lồi đa diện X = {x ∈ R : Ax > b, x > 0} , trong đó A là n m ma trận cỡ n × m và Y = {(x, y): x ∈ R , y ∈ R , Ax − y = b, x > 0, y > 0}. Chứng minh rằng x là điểm cực biên của X thì (x, y) là điểm cực biên của Y , ở đó y = Ax − b và ngược lại. 17
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bài 2.6. Tìm tất cả các điểm cực biên của các tập lồi cho bởi hệ sau   x + x 2  1 2 >    x1 − 3x2 6 3 (a)  −3x + x 6  1 2 6    x1 > 0, x2 > 0   2x + x + 3x + 2x + 4x 10  1 2 3 4 5 6  (b) x1 + 3x2 + 2x3 + x4 + 3x5 = 5    xj > 0, j = 1, , 5 Bài 2.7. Trên R2 cho các điểm O(0, 0),A(0, 2),B(1, 3),C(2, 0). (a) Viết hệ ràng buộc cho quy hoạch tuyến tính nhận tứ giác OABC làm tập phưng án. (b) Với giá trị nào của tham số λ thì B là phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính có tập phương án là OABC và hàm mục tiêu f(x) = x − 2y −→ min (c) Tìm miền giá trị của hàm số g(x) = x − 2y trên OABC. Bài 2.8. Cho quy hoạch tuyến tính f(x) = 2x1 + λx2 → max    −x1 + x2 6 3  x1 + 2x2 6 12    3x1 − x2 6 15 x1 > 0, x2 6 0 (a) Đối với mỗi giá trị của λ hãy tìm phương án tối ưu của bài toán đã cho. (b) Với giá trị nào của λ thì giá trị tối ưu hàm mục tiêu nhỏ nhất. Bài 2.9. Tìm tất cả các điểm cực biên của các tập lồi được xác định bởi các hệ sau    2x1 − 3x2 6 6  (a) 4x1 + 5x2 6 20    x1 > 0 18
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp    x1 −x3 +2x4 = 1  (b) x1 +x2 +4x3 −2x4 = 2    x1 > 0 j = 1, , 4 Bài 2.10. Chứng tỏ các bài toán sau có phương án cực biên nhưng hàm mục tiêu không bị chặn. f(x) = −x1 − 2x2 − 2x3 + 6x4 → max   −2x + 2x = 5  1 2    −x1 + 2x2 − x3 + x4 > 10 (a)  −x1 − 2x2 + 3x4 = −2    2x1 + x3 − 5x4 6 −13    2x2 − 2x3 = 5 f(x) = −4x1 + x2 − x3 + 5x4 → min   2x = 4  1  (b)   6x1 −2x2 > 6  x3 6 −7    x3 +5x4 = −12 Bài 2.11. Cho quy hoạch tuyến tính f(x) = x1 + x2 → max   ax1 + bx2 6 1  x1 > 0, x2 > 0 Tìm tất cả các giá trị tham số a, b sao cho (a) Tập phương án khác rỗng. (b) Bài toán đã cho có phương án tối ưu. (c) Hàm mục tiêu không bị chặn. Bài 2.12. Đối với mỗi bài toán sau, chứng tỏ rằng, x∗ là phương án cực biên tối ưu. 19
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (a) f(x) = 4x1−6x2+3x3→ min   −2x +4x −x 0  1 2 3 >    3x1 −5x2 +2x3 > 1  −x1 −2x3 6 −2    −3x2 +x3 6 2    x1 −x2 > −2 x∗ = (2, 1, 0) f(x) = x2 +2x3 −2x4 −2x5 → max    −2x1 +3x2 +x3 x5 = 4  (b)   4x1 −5x2 +3x4 −x5 = −6  x +2x +2x −x = 3  1 2 3 4    xj > 0 , j = 1, , 5 x∗ = (1, 2, 0, 0, 0) Bài 2.13. Cho quy hoạch tuyến tính f(x) = x1 +x2 → max   2x −2x −1  1 2 6    x2 6 0  x +2x −1  1 2 6    −x1 +4x2 6 3 2 1 7 1 Trong các điểm x1 = (−1, 0), x2 = − , − , x3 = (−7, −1), x4 = − , − , 3 6 9 9 điểm nào là phương án cực biên, phương án tối ưu của bài toán đã cho? 20
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Chương 3. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH VÀ CÁC THUẬT TOÁN CỦA NÓ 3.1. Cơ sở lí luận Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc f(x) = cT x → min (1) Ax = b (2) x > 0 (3) Với A là ma trận m × n, b ∈ Rm , c và x ∈ Rn, trong đó, A có hạng là m (m ≤ n). Bài toán quy hoạch là không suy biến, tất cả phương án cực biên của nó ∗ đều có số thành phần dương bằng m và x = (x01, x02, ··· , x0n) là một phương án j cực biên. Ký hiệu J0 = {j : x0j > 0}. Hệ véc tơ A : j ∈ J0 độc lập tuyến tính, i j cho nên các véc tơ A , i = 1, , n đều biểu thị duy nhất qua cơ sở A : j ∈ J0 i X j A = xijA , i = 1, ,n (4) j∈J j i m Nếu gọi B là ma trận có các cột là A , j ∈ J0 và đặt x = (xij) ∈ R , j ∈ J0 thì Ai = Bxi hay xi = B−1Ai, i = 1, , n. 0 0 m 0 m T Nếu đặt x = (xj ) ∈ R , c0 = (cj ) ∈ R với j ∈ J0 thì f(x0) = c0 x0 = P 0 0 cj x0j, Bx = b. j∈J0 0T i Định nghĩa 3.1.1 (Ước lượng). Ta gọi ∆i = c x − ci, i = 1, . . . , n là ước i i lượng của biến x (hay của véc tơ A ) ứng với cơ sở J0. 21
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Định lý 3.1.2 (Dấu hiệu tối ưu). Nếu phương án cực biên x∗ của quy hoạch ∗ tuyến tính có ∆i 6 0, i = 1, , n thì x là phương án tối ưu của bài toán (1),(2),(3). Chứng minh. Xét phương án bất kì y = (yi), ta có: n n n X i X X j X X j X j b = yi.A = yi( xij.A ) = ( xijyi.)A ; b = x0jA (do (4)) i=1 i=1 j∈J0 j∈J0 i=1 j∈J0 n X ⇒ x0j = xijyi. j = 1, 2, , n (5) i=1 0T i Từ ∆i 6 0 (∀i) suy ra c x 6 ci. Do đó, ta được: n n X X 0T i f(y) = ciyi > (c x )yi i=1 i=1 n X X = ( xijcj)yi i=1 j∈J0 n X X = ( xijyi)cj j∈J0 i=1 X = cj.x0j = f(x0) j∈J0 0 Vậy, x là phương án tối ưu. Định lý 3.1.3 (Dấu hiệu hàm mục tiêu không bị chặn). Nếu phương án cực 0 j biên x của quy hoạch tuyến tính mà có j sao cho ∆j > 0 và x ≤ 0 thì bài toán (1),(2),(3) có hàm mục tiêu không bị chặn. Chứng minh. Ta có: i X j A = xijA (∀i) (theo (4)) j∈J0 Gọi   xij j ∈ J0   di = (dij): dij = −1 j = i    0 j∈ / J0 ∪ {i} 22
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 0 Xét véc tơ x(θ) = x − θdi(θ ≥ 0), ta có: n X j X j i xj(θ)A = (x0j − θx0j)A + θA j=1 j∈Jo X j i X j = x0jA + θ(A − x0jA ) = b + 0 = b. j∈Jo j∈J0 Và xji ≤ 0 nên di ≤ 0 mà x0 ≥ 0, cho nên x(θ) ≥ 0 với mọi θ ≥ 0. Do đó, x(θ) là phương án của bài toán. Mặt khác, ta thấy n X X f x(θ) = cjxj(θ) = cj(x0j − θxij) + θci j=1 j∈J0 X X = cjx0j + θ (ci) − cjxij j∈J0 j∈J0 = f(x0) − θ∆i → −∞ khi θ → +∞ do ∆i > 0. Do đó, hàm mục tiêu không bị chặn. Định lý 3.1.4 (Dấu hiệu xây dựng được phương án tối hơn). Nếu phương 0 án cực biên x của quy hoạch tuyến tính tồn tại j sao cho ∆j > 0 và xj có ít nhất một thành phần dương thì có thể xây dựng được phương án tốt hơn x0. Chứng minh. Xét véc tơ x(θ) = x0 − θdi(θ > 0). với   xij j ∈ J0   di = (dij): dij = −1 j = i    0 j∈ / J0 ∪ {i} Theo trên, Ax(θ) = b và f(x(θ)) = f(x0) − θ∆i 0 và ∆i > 0. Tuy nhiên, xji còn có j mà xji > 0 nên không bảo đảm cho x(θ) ≥ 0, với mọi θ > 0. Giá trị lớn nhất của θ để có x(θ) ≥ 0 là x0j x0r θ0 = min : xij > 0, j = 1, 2, , m = xij xir Bằng cách đặt x = x(θ0) được phương án mới tốt hơn phương án đã cho. 23
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp r 0 i Nhận xét 3.1.5. A là véc tơ đưa ra ngoài cơ sở (J0), còn A là véc tơ (vào) cơ sở 0 (J0). Việc chọn véc tơ vào cơ sở, thường theo quy tắc: max {∆i : i = 1, . . . , n} = ∆v khi đó Av là véc tơ vào cơ sở. 3.2. Thuật toán đơn hình 3.2.1 Thuật toán đơn hình Thuật toán đơn hình để giải quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc khi biết phương án cực biên x∗. B1. Kiểm tra tối ưu. 0 i −1 i 0T i Xác định: c , x = B A , i = 0, 1, . . . , n. Tính ∆i = c x − ci, i = 1, . . . , n. ∗ Nếu ∆i > 0, ∀i thì x là phương án tối ưu. Thuật toán kết thúc. Ngược lại, chuyển sang B2. B2. Kiểm tra hàm mục tiêu bài toán không bị chặn. Nếu tồn tại k : ∆k > 0 và xk ≤ 0 thì bài toán có hàm mục tiêu không bị chặn. Thuật toán kết thúc. Ngược lại, chuyển sang B3. B3. Xây dựng phương án cực biên mới tốt hơn. v v (i) Tìm véc tơ đưa vào cơ sở: Nếu max ∆i : i = 1, . . . , n = ∆ thì A được chọn đưa vào cơ sở. x0i x0r r (ii) Tìm véc tơ đưa ra cơ sở: Nếu min : xvi > 0 = thì ta chọn A xvi xv.r đưa ra cơ sở. (iii) Xây dựng phương án cực biên mới (ứng với cơ sở vừa xác định mới). Bằng phép biến đổi dòng, người ta gọi là phép xoay, ta có phương án cực biên mới. Chuyển trở lại B1. 3.2.2 Bảng đơn hình Thuật toán đơn hình thường được biểu diễn dưới dạng bảng. Mỗi bước ứng với một phương án cực biên là một bảng đơn hình. 24
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Mỗi bảng đơn hình gồm 3 + n cột: cột c0, cột thứ hai ghi các véctơ trong cơ sở, cột thứ ba ghi x0. Dòng trên cùng ghi véctơ hệ số hàm mục tiêu c, dòng thứ hai ghi các véctơ xj mà các thành phần của nó được ghi vào cột tương ứng. Dòng cuối cùng ghi f = f(x) và các ∆j, j = 1, . . . , n mà các giá trị của nó được tính ngay trên bảng đơn hình này. • f(x) = c0T x0: Tích vô hướng của c0 và x0. 0T j 0 j • ∆j = c x − cj: Tích vô hướng của c và x trừ đi cj. Sau khi tính các ước lượng ta tiến hành kiểm tra tính tối ưu, tính không bị chặn của hàm mục tiêu. Nếu thỏa một trong hai tính chất trên thì thuật toán kết thúc, còn không thì ta xây dựng phương án cực biên mới, tương ứng với bảng đơn hình mới. Để xây dựng bảng đơn hình tiếp theo, ta lần lượt làm các việc sau: (I) Tìm cột xoay: Nếu phương án chưa thỏa tính tối ưu thì cột (v) ứng với véc tơ đưa vào cơ sở Av là cột xoay. (II) Tìm dòng xoay: Theo quy tắc tìm véc tơ đưa ra cơ sở, nếu tìm được véc tơ đưa ra là Ar thì dòng r là dòng xoay. (III) Thực hiện phép xoay: Ta có dòng Ar của ma trận A là dòng xoay, cột Av của ma trận A là cột xoay,thì (xvr) gọi là phần tử trục. Khi đó, ta xây dựng được bảng đơn hình mới bằng phép xoay. Từ bảng đơn hình, ta lập bảng tiếp theo như sau: • Trên dòng xoay thay Ar bởi Av sau đó thực hiện phép xoay. • Chia mỗi phần tử của dòng xoay cho phần tử của trục xvr, như vậy số 1 xuất hiện tại vị trí trục. • Để tính dòng i mới i ∈ J \{r}, ta lấy dòng i củ trừ đi tích của dòng xoay đã biến đổi với phần tử nằm giuao giữa hai dòng đang tính và cột xoay (kể cả dòng ước lượng). 25
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ví dụ 3.2.3. Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau: f(x) = x1 −x2 +2x3 −2x4 −3x6 → min x1 +x3 +x4 −x6 = 2 x2 +x4 +x6 = 12 4x3 +2x4 +x5 +3x6 = 9 xj > 0, j = 1, , 6 Giải Bài toán có dạng chuẩn tắc. C0 Cơ 1 -1 2 -2 0 -3 sở x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 1 A1 2 1 0 1 1 0 -1 -1 A2 12 0 1 0 1 0 1 0 A5 9 0 0 4 2 1 3 f -10 0 0 -1 (2) 0 1 A4 2 1 0 1 1 0 -1 A2 10 -1 1 -1 0 0 2 A5 5 -2 0 2 0 1 5 f -14 -2 0 -3 0 0 (3) A4 3 0.6 0 1.4 1 0.2 0 A3 8 -0.2 1 -1.8 0 -0.4 0 A6 1 -0.4 0 0.4 0 0.2 1 f -17 -0.8 0 -42 0 -0.6 0 Ta thấy ngay phương án phương án cực biên x∗ = (2, 12, 0, 0, 9, 0) tương ứng với cơ sở {A1,A2,A5}. 26
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 3.2.4 Trường hợp bài toán suy biến Trường hợp bài toán suy biến, để tránh xoay vòng ta có thể sử dụng quy tắc Blac để chọn véc tơ vào cơ sở: v A là véc tơ vào nếu v = min{i : ∆i > 0}. Tuy nhiên, xoay vòng hiến gặp. 3.2.5 Tìm phương án cực biên và cơ sở ban đầu Thuật toán đơn hình gốc, áp dụng giải quy hoạch tuyến tính khi đưa dạng chính tắc, có sẳn cơ sở đơn vị và phương án cực biên. Tuy nhiên không phải lúc nào cũng gặp may như vậy. Trong trường hợp đó, ta phài tìm cách đưa về dạng có thể áp dụng thuật toán đơn hình mà tìm ra phương án cực biên xuất phát. Một trong những cách đó là dùng biến giả sẽ được trình bày dưới đây, có hai dạng: Hai pha và đánh thuế. Thuật toán đơn hình hai pha Bài toán gốc, bài toán bổ trợ Giả sử cần giải bài toán (mà ta sẽ gọi là bài toán gốc):  T  f(x) = c x → min   Ax = b    x > 0 b > 0 Tương ứng với bài toán gốc, ta lập bài toán bổ trợ sau:   F (x, w) = xn+1 + xn+2 + + xn+m → min   Ax + w = b    x > 0; W > 0 T Trong đó, w = (xn+1, xn+2, . . . , xn+m) và xn+i là các biến thêm vào, gọi là biến giả i = 1, 2, , m. Các véc tơ An+i là các véc tơ đơn vị giả i = 1, 2, . . . , m. 27
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Mối liên hệ bài toán gốc và bài toán bổ trợ Gọi tập phương án bài toán gốc và bổ trợ là P và P 0. Ta thấy, x ∈ P khi và chỉ khi (x, 0) ∈ P 0; x là phương án cực biên bài toán gổc khi và chỉ khi (x, 0) là phương án cực biên bài toán bổ trợ. Xét bài toán bổ trợ. + P 0 6= ∅ vì (0, b) ∈ P 0 và F (x, w) ≥ 0. Do đó, bài toán bổ trợ luôn có phương án tối ưu. + Bài toán bổ trợ có dạng chính tắc, có sẳn cơ sở đơn vị và phương án cực biên nên áp dụng phương pháp đơn hình gốc để giải. Tìm được phương án cưc biên tối ưu là (x, w) = (x1, , xn, xn+1, , xn+m). Hãy xét hai trường hợp w = 0 và w 6= 0. * w 6= 0, suy ra, tồn tại xn+i > 0. Khi đó, bài toán gốc có tập phương án P = ∅. 0 Thật vậy, nếu tồn tại x ∈ P thì (x, 0) ∈ P và F (x, 0) = 0 và tại xn+i > 0 thì Fmin = F (x, w) > 0 > F (x, 0) vô lí. Do đó, P = ∅. * w = 0. Tức là mọi biến giả bằng 0, khi đó, x là phương án cực biên của bài toán gốc. Lúc w = 0 thì Fmin = F (x, w) = 0 và (x, 0) là phương án cực biên của bài toán bổ trợ nên là phương án cực biên của bài toán gốc. Thuật toán hai pha. Pha 1. Tìm phương án cực biên cho bài toán gốc. (i) Lập bài toán bổ trợ. Lập biến giả ứng cho những véc tơ đơn vị còn thiếu. (ii) Giải bài toán bồ trợ, áp dụng phương pháp đơn hình để giải, tìm Fmin. Nếu Fmin 6= 0 thì tập P = ∅. Dừng. ∗ Nếu Fmin = 0 thì tìm được x là phương án cực biên cho bài toán gốc chuyển sang pha 2. Pha 2. Tìm phương án cực biên tối ưu, áp dụng phương pháp đơn hình để giải. 28
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ví dụ 3.2.6. Giải quy hoạch tuyến tính f(x) = 2x1 + 6x2 − 5x3 + x4 + 4x5 → min    x1 −4x2 +2x3 −5x4 +9x5 = 3  x2 −3x3 +4x4 −5x5 = 6    x2 −x3 +x4 −x5 = 1 xj > 0, j = 1, , 5 Giải Ta đưa vào hai biến giả là x6, x7 cho các ràng buộc thứ (2) và (3). Khi đó, ta được bài toán bổ trợ sau. F (x) = x6 + x7 → min    x1 −4x2 +2x3 −5x4 +9x5 = 3  x2 −3x3 +4x4 −5x5 + x6 = 6    x2 −x3 +x4 −x5 + x7 = 1 xj > 0, j = 1, , 7 Các bảng đơn hình giải bài toán trên là 29
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Vậy, phương án tối ưu x = (14, 0, 16, 31, 0) và fmin = 7. Nhận xét 3.2.7. + Nhập số liệu lúc đầu hệ số xi của F là 0 nếu nó là biến, còn biến giả là 1. + Pha 1. Kết thúc sau 3 buớc lặp, dấu hiệu tối ưu bài toán bổ trợ xuất hiện, trong cơ sở không có biến giả. Ta tìm được phương án cực biên cho bài toán gốc. + Pha 2. Ta phải tính ước lượng tương ứng phương án tìm được. Ví dụ 3.2.8. Giải quy hoạch tuyến tính. f(x) = 7x1 + x2 − 4x3 → min    −6x1 +4x2 +5x3 > −20  x1 +2x2 x3 = 8    3x1 +2x2 −x3 6 −8 xj > 0, j = 1, 2, 3 Giải Ta chọn biến bù x4, x5 ta đưa bài toán dạng chính tắc với b ≥ 0 như sau. f(x) = 7x1 + x2 − 4x3 → min    6x1 −4x2 −5x3 + x4 = 20  x1 +2x2 x3 = 8    −3x1 −2x2 +x3 − x5 = 8 xj > 0, j = 1, 2, 3, 4, 5 Tiếp tục chọn biến giả x6, x7, ta có bài toán bổ trợ sau. F (x) = x6 + x7 → min    6x1 −4x2 −5x3 + x4 = 20  x1 +2x2 x3 + x6 = 8    −3x1 −2x2 +x3 − x5 + x7 = 8 xj > 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 30
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ta có bảng đơn hình sau: C0 Cơ 0 7 1 -4 0 0 sở x0 x1 x2 x3 x4 x5 0 A4 20 6 -4 -5 1 0 1 A6 8 1 2 1 0 0 1 A7 8 -3 2 1 0 -1 F 16 -2 4 2 0 -1 0 A4 36 8 0 -3 1 1 1 A2 4 0.5 1 0.5 0 0 0 A7 0 -4 0 0 0 -1 F 0 -4 0 0 0 -1 f 4 -6.5 0 4.5 0 0 A4 60 11 6 0 1 1 A3 8 1 2 1 0 0 A7 0 -4 0 0 0 -1 f -32 -11 -9 0 0 0 Vậy, phương án tối ưu x = (0, 0, 8) và fmin = −32. Nhận xét 3.2.9. Bước 2 kết thúc pha 1, tuy cơ sở còn biến giả nhưng giá trị bằng là 0. Do đó, ta tìm được phương án cực biên suy biến cho bài toán gốc. Thuật toán đánh thuế (Thuật toán bài toán(M)). Bài toán M-lớn Ta có thể kết hợp hai pha của phương pháp hai pha thành một nhờ phương pháp đánh thuế vào biến giả. Từ bài toán xuất phát dạng chính tắc, ta lập bài toán M-lớn như sau. T F (x, w) = c x + M(xn+1, xn+2, , xn+m) → min   Ax + w = 0  x > 0, w > 0 31
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Trong đó w = (xn+1, xn+2, . . . , xn+m), xn+1, xn+2, . . . , xn+m gọi là các biến giả. M là số dương rất lớn (lớn hơn bất cứ số nào cần so sánh). Ứng với mỗi biến giả thì có hệ số hàm mục tiêu của nó là M, như là sự đánh thuế vào biến giả. Mối liên hệ bài toán gốc và bài toán M-lớn Định lý 3.2.10 (Quan hệ giữa bài toán gốc và M-lớn). Xem bài toán gốc và bài toán M -lớn tương ứng thì (a) Nếu bài toán gốc có phương án thì mọi phương án cực biên tối ưu của bài toán M-lớn phải có w = 0. (a) Nếu bài toán gốc có phương án tối ưu x thì bài toán M-lớn phải có ít phương án tối ưu (x, 0) và ngược lại. Nhận xét 3.2.11. Như vậy, để giải bài toán gốc, ta có thể giải bài toán M-lớn tương ứng. Khi bài toán M-lớn không có phương án hoặc có phương án cực biên tối ưu (x, w). Với w 6= 0 thì bài toán gốc không có phương án nào cả; nếu nó có phương án tối ưu dạng (x, 0) thì x là phương án tối ưu bài toán gốc. Thuật toán đánh thuế (i) Lập bài toán M-lớn. Lập biến giả ứng cho những véc tơ đơn vị còn thiếu. Lập bảng đơn hình xuất pháp: Các ước lượng có dạng ∆i = αi + βiM nên tách ra hai dòng. Dòng trên là αi, dòng dưới là βi. Ta có thể bỏ cột biến giả không lập. (ii) Áp dụng phương pháp đơn hình giải. Khi giải, so sánh các ước lượng ∆i = αi + βiM, ta áp dụng theo quy tắc: (a) ∆i 0 nếu βi > 0 hoặc (βi = 0 và αi > 0). 32
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (c) ∆i 0, j = 1, 2, 3, 4 Giải Ta chọn biến giả x5, x6, x7, ta có bài toán M-lớn tương ứng sau F (x) = −3x1 + x2 + 3x3 − x4 + M(x5 + x6 + x7) → min    x1 +2x2 −x3 +x4 + x5 = 2  2x1 −6x2 +3x3 +3x4 + x6 = 9    x1 −x2 +x3 −x4 + x7 = 6 xj > 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Ta có các bảng đơn hình. C0 Cơ 0 -3 1 3 -1 sở x0 x1 x2 x3 x4 M A5 2 1 2 -1 1 M A6 9 2 -6 3 3 M A7 6 1 -1 1 -1 F 0 3 -1 -3 1 17 4 -5 3 3 A1 2 1 2 -1 1 A6 5 0 -10 5 1 7 A 4 0 33 -3 2 -2
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp F -6 0 -7 0 -2 9 0 -13 7 -1 A1 3 1 0 0 1.2 A3 1 0 - 2 1 0.2 A7 2 0 1 0 -2.4 F -6 0 -7 0 -2 2 0 1 0 -2.4 A1 3 1 0 0 1.2 A3 5 0 0 1 -4.6 A2 2 0 1 0 -2.4 F 8 0 0 0 -18.8 0 0 0 0 0 Vậy, nghiệm tối ưu bài toán x = (3, 2, 5, 0) và fmin = 8. Ví dụ 3.2.13. Giải quy hoạch tuyến tính f(x) = 2x1 − 2x2 + 3x3 → min   2x1 + 2x2 − x3 6 1  x1 − x2 − 3x3 > 1 xj > 0, j = 1, 2, 3 Giải Gọi hai biến bù x4, x5, đưa bài toán về dạng chính tắc và x6 là biến giả, ta có bài toán M -lớn sau. F (x) = 2x1 − 2x2 + 3x3 + Mx6 → min   2x1 + 2x2 − x3 + x4 = 1  x1 − x2 − 3x3 − x5 + x6 = 1 xj > 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6 Ta có các bảng đơn hình sau: 34
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp C0 Cơ 0 2 -2 3 0 0 sở x0 x1 x2 x3 x4 x5 0 A4 1 2 2 -1 1 0 M A6 1 1 -1 -3 0 -1 F 0 -2 2 -3 0 0 1 1 -1 -3 0 -1 A1 0.5 1 1 -0.5 0.5 0 A6 0.5 0 -2 -2.5 -0.5 -1 F 1 0 4 -4 1 0 0.5 0 -2 -2.5 -0.5 -1 Vậy, bài toán đã cho có tập phương án rỗng. Do bài toán M-lớn có phương án tối ưu x = (0.5, 0, 0, 0, 0, 0.5) có biến giả x6 = 0.5 > 0. 3.3. Bài tập chương 3 Bài 3.1. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính: 3x1 + 2x2 + 5x3 − 2x4 → min (3.3.1)    x1 +7x3 −3x4 = 7  x2 −2x3 +x4 = 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (3.3.2)    3x3 −x4 +x5 = 16 (a) Tìm phương án cực biên x ứng với cơ sở A3,A4,A5. (b) Đối với phương án cực biên x hãy tính các ước lượng ∆j, j = 1, 2, 3, 4, 5. Từ đó suy ra tính tối ưu của x. Bài 3.2. Giải các bài toán quy hoạch sau bằng thuật toán đơn hình (tên gọi chung cho thuật toán đơn hình gốc, thuật toán hai pha, thuật toán bài toán M và cả thuật toán đơn hình đối ngẫu) 35
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (a) f(x) = 3x1 + 2x2 + 5x3 − 2x4 → min    x1 +7x3 −3x4 = 7  x2 −2x3 +x4 = 1    3x3 −x4 +x5 = 16 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (b) f(x) = 3x1 + 3x2 + 2x3 + 7x4 → max   3x1 +2x2 +x3 +3x4 +2x5 ≤ 15  x1 +2x2 +x3 +4x4 +x5 ≤ 19 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (c) f(x) = x1 − 2x2 → min   −x1 +x2 ≤ 2  x1 −2x2 ≤ 3 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0. (d) f(x) = 2x1 + 4x2 + x3 + x4 → max    x1 +3x2 +x4 ≤ 4  2x1 +x2 ≤ 3    x2 +4x3 +x4 ≤ 3 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4 (e) f(x) = −3x2 + 2x4 + 2x6 → min    x1 +5x4 +x5 +2x6 = 10  x2 −x4 +x5 = 3    x3 −5x4 −3x5 +8x6 = 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. (f) f(x) = −x1 + x2 − x3 − x4 + 2x5 + 2x6 → min    x1 +x2 +x3 +x4 = 10  x2 −x3 +2x4 +x5 = 0    2x2 +x3 +8x4 +x6 = 30 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. (g) f(x) = x1 + x2 + x3 → min 36
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp    x1 −x4 −2x6 = 5  x2 +2x4 −3x5 x6 = 3    +x3 +2x4 −5x5 +6x6 = 5 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. (h) f(x) = x2 − 3x4 + x5 + 6x6 → min    x1 −x4 −2x6 = 7  x2 +x3 4x5 7x6 = 9    x2 3x6 = 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Xuất phát từ phương án cực biên x = (1, 4, 3, 0, 0, 0) (i) f(x) = −5x1 + x2 − 2x3 + 5x4 → max    x1 −x2 +2x3 ≤ 7  2x1 +x2 +3x3 −3x4 ≤ 9    3x1 −2x2 +x3 +x4 ≤ 30 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. (j) f(x) = −11x1 + 3x2 − x3 + 11x4 → min    x1 −x2 +4x3 −3x4 ≤ 5  x1 −2x3 −2x4 ≤ 4    2x1 −x2 −x3 +x4 ≤ 6 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. Bài 3.3. Giải và biện luận bài toán sau theo tham số t: f(x) = 2x1 + tx2 + x3 → min    6x1 +8x2 −2x3 ≤ 1  2x1 −8x2 +x3 ≤ 3    −x1 −5x2 +x3 ≤ 2 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. Bài 3.4. Giải bài toán sau xuất phát từ phương án cực biên x = (1, 2, 0, 3) f(x) = 2x1 − x2 − 15x3 + 4x4 → max 37
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp    x1 +2x2 −x3 x4 = 8  −x1 +x2 +x3 −x4 = −2    3x1 −x2 +4x3 +x4 = 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. Bài 3.5. Cho bài toán quy hoạch f(x) = −x1 + x2 − 2x3 − 3x4 + 4x5 → min   3x2 −4x4 +3x5 ≤ 34    x1 +4x2 +x4 −2x5 = 24  7x2 +2x4 −3x5 ≤ 12   1 1  x +x − x = 5 2 2 3 2 5 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (a) Hãy giải bài toán trên bằng thuật toán đơn hình. (b) Hãy giải bài toán đã cho khi có thêm ràng buộc f(x) ≥ −106. Bài 3.6. Cho bài toán với tham số t f(x) = −x1 + x3 − tx4 → min   −x1 +x2 12x3 −2tx4 +4x5 = 9    2x1 +8x3 +(1 − t)x4 +2x5 = 14  x1 +(t − 1)x4 −3x5 = 4   1 1  x +x − x = 5 2 2 3 2 5 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (a) Biết rằng x là một phương án cực biên ứng với cơ sở A1,A2,A5. Hãy lập bảng đơn hình ứng với x. 38
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (b) Từ bảng đơn hình vừa lập được, hãy tìm tập tất cả các giá trị của t sao cho x là phương án tối ưu. (c) Giải bài toán đã cho khi t = 1 và t = 3. Bài 3.7. Giải các bài toán quy hoạch tuyến tính sau bằng thuật toán hai pha (a) f(x) = 2x1 + 6x2 − 5x3 + x4 + 4x5 → min    x1 −4x2 +2x3 −5x4 +9x5 = 3  x2 −3x3 +4x4 −5x5 = 6    x2 −x3 +x4 −x5 = 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (b) f(x) = 7x1 + x2 − 4x3 → min    −6x1 +4x2 +5x3 ≥ −20  x1 +2x2 +x3 = 8    3x1 −2x2 −x3 ≤ −8 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. (c) f(x) = −x1 + 3x3 − x4 → min    x1 −x3 +2x4 = 1  2x1 +x2 +4x3 −2x4 = 2    3x1 +x2 +3x3 = 3 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. (d) f(x) = x1 − 2x2 + 3x3 → min    2x1 +x2 +3x3 = 2  2x1 +3x2 4x3 = 1    x1 −x2 +3x3 ≤ 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. (e) f(x) = 2x1 + x2 − x3 − 4x4 → max 39
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp   2x1 +2x2 −x3 ≤ 1    x1 +3x2 +x3 ≤ −2  3x1 +4x2 −x3 ≤ 3    x3 ≥ 0 Bài 3.8. Giải các bài toán sau bằng thuật toán M: (a) f(x) = 4x1 + 5x2 − 2x3 → min    x1 x2 +x3 ≤ 6  2x1 3x2 −x3 = 1    x1 +2x2 −x3 = 0 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. (b) f(x) = x1 + x2 − x3 → min    2x1 −x2 +x3 = 2  4x1 −x2 +2x3 = 1    x1 +2x2 −4x3 ≤ 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. (c) f(x) = x1 − 3x2 → max    4x1 +3x2 ≤ 12  −x1 +x2 ≤ 5    x1 +5x2 ≤ 6 x1 ≥ 0. (d) f(x) = −3x1 + 2x2 → max   x1 −tx2 ≤ 1  −x1 +x2 ≥ 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4 (Biện luân theo tham số t > 0). (e) f(x) = 5x1 − x2 + x3 − 10x4 + 7x5 → max    3x1 −x2 −x3 = 4  x1 −x2 +x3 +x4 = 1    2x1 +x2 +2x3 +x5 = 7 40
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (f) f(x) = x4 − x5 → max   2x2 −x3 −x4 x5 ≥ 0    2x1 +2x3 −x4 +x5 ≥ 0  x1 −2x2 −x4 +x5 ≥ 0    x1 +x2 +x3 = 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (g) f(x) = −3x1 + x2 + 3x3 − x4 → min    x1 +2x2 −x3 +x4 = 0  2x1 −2x2 +3x3 +3x4 = 9    x1 −x2 +2x3 −x4 = 6 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. 41
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Chương 4. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU VÀ THUẬT TOÁN ĐƠN HÌNH ĐỐI NGẪU 4.1. Bài toán quy hoạch tuyến tính đối ngẫu Định nghĩa 4.1.1 (Bài toán đối ngẫu). Cho các bài toán quy hoạch tuyến tính: f(x) = cT x → min g(x) = bT y → max  T   A x bi ; i ∈ M1  yi 0 , i ∈ M1  i >  >   T Ai x 6 bi ; i ∈ M2 yi 6 0, i ∈ M2    T  (a)  Ai x = bi ; i ∈ M3 (b)  yi ∈ R , i ∈ M3   T J  xj 0 ; j ∈ N1  y A cj, j ∈ N1  >  6   T J xj 6 0 ; j ∈ N2 y A > cj, j ∈ N2     T J  xj ∈ R; j ∈ N3  y A = cj, j ∈ N3 Người ta gọi bài toán (a) là bài toán gốc và (b) là bài toán đối ngẫu. T j Trong đó Ai là véc tơ dòng i của ma trận A, A là véc tơ cột j của ma trậm A. Mỗi ràng buộc bất đẳng thức của bài toán này ứng với một biến trong ràng buộc về dấu của bài toán kia, gọi là cặp ràng buộc đối ngẫu. Đồng thời các chiều của bất đẳng thức có quan hệ với nhau thể hiện ở bảng sau: 42
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Góc min max Đối ngẫu = bi ∈ R Ràng buộc ≤ bi ≤ 0 Biến ≥ bi ≥ 0 ≥ 0 ≤ ci Biến ≤ 0 ≥ ci Ràng buộc ∈ R = ci Ví dụ 4.1.2. Xét quy hoạch tuyến tính ở bên trái và bài toán đối ngẫu bên phải, các bài toán sau: g(y) = 5y1 + 6y2 + 4y3 → max f(x) = x1 + x2 + 3x3 → min      −x1 +3x2 = 5  −y1 +2y2 6 1   (a) 2x1 −x2 +3x3 > 6 (b) 3y1 −y2 > 1      x3 6 4  3y2 +y3 = 3 y2 > 0, y3 6 0 x1 > 0, x2 6 0 Nhận xét 4.1.3. Quan hệ đối ngẫu giữa các bài toán quy hoạch tuyến tính có tính chất đối xứng. Định lý 4.1.4 (Đối ngẫu yếu). Nếu x, y lần lượt là phương án của bài toán quy hoạch tuyến tính gốc và đối ngẫu thì g(y) ≤ f(x). Chứng minh. Ta đặt T ui = yi(Ai x − bi), i = 1, . . . , m (4.1.1) T j vj = (cj − y A )xj, j = 1, . . . , n T T j Theo định nghĩa bài toán đối ngẫu, thì yi và Ai x − bi cùng dấu, cj − y A và xj cùng dấu. Do đó, ui ≥ 0 và vj ≥ 0 với mọi i, j. Ta có m X T T ui = y Ax − y b; i=1 n X T T vj = c x − y Ax; j=1 43
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp P P T T Do đó, 0 6 ui + vj = c x − y b = f(x) − g(y) ⇒ g(y) 6 f(x) i j Hệ quả 4.1.5. Giả sử x, y là phương án của bài toán gốc và đối ngẫu. Nếu f(x) = g(y) thì x, y lần lượt là phương án tối ưu của bài toán gốc và đối ngẫu. Chứng minh. Đối với mọi x, y là phương án bài toán gốc và đối ngẫu thì g(y) ≤ f(x) = g(y) ≤ f(x). Chứng tỏ tính tối ưu của x, y. Định lý 4.1.6 (Đối ngẫu mạnh). Một cặp bài toán đối ngẫu, nếu bài toán này có phương án tối ưu thì bài toán kia cũng có phương án tối ưu và giá tri tối ưu của chúng bằng nhau. Chứng minh. Giả sử bài toán gốc có phương án tối ưu. Do đó bài toán dạng chính tắc tương T ∧−1 ứng nó có phương án tối ưu là xc0 với ma trận cơ sở Bb. Khi đó, y0 = cb0 B là phương án của bài toán đối ngẫu. Gọi x0 là phương án tối ưu bài toán gốc thu được từ xc0. Ta có: 0 0T 0T −1 0T 0 0 g(y ) = y b = (cb Bb )b = c xb = f(x ) 0 Vậy, y là phương án tối ưu bài toán đối ngẫu. Định lý 4.1.7 (Sự tồn tại phương án). Đối với cặp bài toán gốc-đối ngẫu của quy hoạch tuyến tính chỉ có một trong ba trường hợp sau xảy ra: (i) Cả hai cùng có tập phương án rỗng. (ii) Cả hai cùng có phương án tối ưu và giá trị hàm mục tiêu của chúng bằng nhau. (iii) Bài toán này có hàm mục tiêu không bị chặn, còn bài toán kia có tập phương án rỗng Chứng minh. Theo định lí đối ngẫu mạnh, ta có (ii). Nếu không có (ii) thì xảy ra (i) hoặc (iii). Theo định lí đối ngẫu yếu, thì có (iii). Bằng ví dụ chỉ ra có (i). 44
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Định lý 4.1.8 (Độ lệch bù). Giả sử x và y là phương án của bài toán gốc-đối ngẫu tương ứng. Khi đó, x và y là tối ưu khi và chỉ khi T yi(Ai x − bi) = 0 ∀i (4.1.2) T J cj − y A xj = 0 ∀j (4.1.3) Chứng minh. P P T T Ta có 0 6 ui + vj = c x − y b = f(x) − g(y) và x, y là cặp phương án tối i j ưu thì f(x) = g(y). Khí đó, ui = 0 và vj = 0 với mọi i, j. Do đó T yi(Ai x − bi) = 0 ∀i (4.1.4) T J cj − y A xj = 0 ∀j (4.1.5) Định lý được chứng minh. Ví dụ 4.1.9. Kiểm tra tính tối ưu của phương án x∗ = (2, 0, 1, −2, 3) của bài toán quy hoạch tuyến tính. f(x) = −4x1 + 9x2 + 16x3 − 8x4 − 20x5 → min    5x1 +4x2 −x3 +3x4 +x5 > 5  −x1 +2x2 +4x3 −2x4 −5x5 > −9    −x1 −2x2 −x3 +2x4 +3x5 = 2 xj > 0, j = 1, 2, 3 Giải ∗ Gọi y = (y1, y2, y3) là phương án bài toán đối ngẫu tương ứng x . ∗ ∗ ∗ ∗ Ta có A1x = 6 > 5,A2x = −9,A3x = 2 nên y1 = 0. Mặt khác, xét x ta ∗ ∗ ∗ ∗ có x1, x3, x4, x5 khác 0 nên     −1 −1 −4            y  16   y = 4  4 −1  2    2     =   ⇔        −2 2  y  −8   y = 0   3   3     −5 3 −20 45
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp và f(x∗) = −36, g(y) = −36. Vậy, x∗ là phương án tối ưu. Ví dụ 4.1.10. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính f(x) = 6x1 + 2x2 + 7x3 + 8x4 − 5x5 − 9x6 → min    −2x1 +x2 −x3 +3x4 +2x5 > 7  −3x2 +2x3 +4x4 −x5 − 3x6 > −8    x1 −2x2 +4x3 −3x4 −5x5 − 3x6 = −22 xj > 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6 (a) Chứng tỏ x∗ = (0, 0, 9, 0, 8, 6), y∗ = (3, 1, 2) tương ứng là phương án tối ưu của bài toán đã cho và bài toán đối ngẫu của nó. (b) Tìm tập phương án tối ưu của bài toán đã cho. Giải ∗ ∗ (a) Xét x , ta thấy xj ≥ 0 với mọi j. ∗ ∗ ∗ ∗ A1x = 7,A2x = −8,A3x = −22. Nên x là phương án và f(x∗) = −31. ∗ ∗ Tương tự, xét y , ta thấy yi ≥ 0 với mọi i. T ∗ T ∗ T ∗ A1 y = −4 ≤ 6,A2 y = −4 ≤ 2,A3 y = 7 ≤ 7 T ∗ T ∗ T ∗ A4 y = 7 ≤ 8,A5 y = −5 ≤ −5,A6 y = −9 ≤ −9 Do đó, y∗ là phương án và g(y∗) = −31. Vậy x∗, y∗ tương ứng là phương án tối ưu của bài toán đã cho và bài toán đối ngẫu của nó. (b) Tìm tập phương án tối ưu của bài toán đã cho. ∗ Gọi x(xi) là phương án tối ưu bài toán đã cho tương ứng y . T ∗ T T Từ A1 y = −4 < 6,A2 = −4 < 2,A4 = 7 < 8 mà ta lại có x1 = x2 = x4 = 0 46
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp và  f(x) = 7x3 − 5x5 − 9x6 = −31    −x3 + 2x5 ≥ 7   2x3 − x5 − 3x6 ≥ −8    4x3 − 5x5 − 3x6 = −22    xj ≥ 0, =; j = 3, 5, 6  x3 − 2x6 = −3    −x5 + x6 = −2   ⇒ −x3 + 2x5 ≥ 7    2x3 − x5 − 3x6 ≥ −8    xj ≥ 0, =; j = 3, 5, 6   x3 = −3 + 2t    x5 = 2 + t ⇒  x6 = t    t ≥ 3/2 Vậy, tập phương án tối ưu của bài toán đã cho là T = {(0, 0, −3 + 2t, 0, 2 + t, t): t ≥ 3/2} 4.2. Thuật toán đơn hình đối ngẫu Thuật toán đơn hình đối ngẫu là thuật toán đơn hình áp dụng vào giải bài toán đối ngẫu của quyb hoạch tuyến tính đã cho nhưng các bước tiến hành lại được diễn tả trên bài toán gốc. Sau đây ta tìm hiểu nội dung của thuật toán đơn hình đối ngẫu. 47
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 4.2.1 Cơ sở lí luận Dấu hiệu tối ưu. Ta xét bai toán dạng chính tắc f(x) = cT x −→ min (4.2.6) Ax = b (4.2.7) x ≥ 0 (4.2.8) và bài toán đối ngẫu của nó g(y) = bT y −→ max AT y ≤ c j Trong đó A là ma trận cở m × n và A có hạng là m. B = {A : j ∈ JB} là một cơ   T j y A = cj; j ∈ J sở của ma trận A. B được gọi là cơ sở đối ngẫu nếu , tức  T j y A ≤ Cj; j∈ / JB là tồn tại phương án cực biên y ứng với cơ sở B của bài toán đối ngẫu. Nhận xét. • Ta có yT = c0T B−1, suy ra yT Aj = (c0T B−1)Aj = c0T (B−1Aj) = c0T xj = ∆j + cj vậy B là cơ sở đối ngẫu khi và chỉ khi ∆j ≤ 0, ∀j.   xj = x0j khi j ∈ jB 0 −1  • Giả phương án. Đặt x = B b = (x0j), j ∈ jB và x =  xj = 0 khi j∈ / jB Ta gọi x là giả phương án của bài toán gốc thì đó là phương án cực biên tối ưu. Từ đó ta có dấu hiệu tối ưu sau. Định lý 4.2.2 (Dấu hiệu tối ưu). B là cơ sở đối ngẫu của quy hoạch tuyến tính. Nếu x0 = B−1b ≥ 0 thì y là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu và giả phương án x là phương án tối ưu của bài toán gốc. Định lý 4.2.3 (Dấu hiệu tập phương án rỗng). Nếu tồn tại j ∈ Jb sao cho x0j < 0 và xji ≥ 0 với mọi i thì bài toán đối ngẫu có hàm mục tiêu không bị chặn. Cho nên bài toán gốc có tập phương án rỗng. 48
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Định lý 4.2.4 (Dấu hiệu phương án cực biến tốt hơn). Nếu tồn tại j sao cho x0j < 0, đồng thời với tồn tại i sao cho xji < 0 thì có thể xây dựng được phương án cực biên cho bài toán đối ngẫu tốt hơn. 4.2.5 Thuật toán đơn hình đối ngẫu Giả sử đã có sẵn một cơ sở đơn vị là cơ sở đối ngẫu của bài toán (4.2.1), (4.2.2), (4.2.3). Ta lập bảng đơn hình giống như thuật toán đơn hình gốc theo các bước sau: j j t j Bước 1. Đặt x = A , (j = 0, 1, . . . , n), tính ∆j = c x − cj, j = 1, 2, . . . , n và ct0x0. Chuyển sang bước 2. Bước 2. Nếu x0 ≥ 0 thì giả phương án x là phương án tối ưu và kết thúc thuật toán. Nếu trái lại chuyển sang bước 3. Bước 3. Nếu tồn tại i ∈ J0 sao cho x10 < 0 và xij ≥ 0 với mọi j = 1, 2, . . . , n thì kết luận tập phương án là rỗng. Nếu trái lại thì chọn ∆s0 = min{x10 : i ∈ J0} và giả sử ∆k ∆k θ = = min : xsj < 0 (4.2.9) xsk xsk Chuyển sang bước 4. Bước 4. Thực hiện phép quay xung quanh phần trục xsk ta thu được giả phương án mới, coi nó như giả phương án ban đầu rồi quay lại bước 2. Chú ý 4.2.6. Bảng đơn hình được lập như trong thuật toán đơn hình gốc, chỉ khác nhau ở chổ, tại vị trí ghi giá trị hàm mục tiêu ở cột x0 không ghi f(x) như trước mà là g(y), riêng bảng đã xuất hiện dấu hiệu tối ưu thì hai giá trị nói trên trùng nhau. 49
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ví dụ 4.2.7. Giải bài toán f(x) = 4x1 + 6x2 + 5x3 + 3x4 → min x1 + x2 + 3x3 + 2x4 ≥ 5 x1 + 4x2 + 2x3 + x4 ≥ 3 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. Giải Đưa vào hai ẩn bù không âm x5, x6 ta được hệ ràng buộc mới.   −x1 −x2 −3x3 −2x4 +x5 = −5  −x1 −4x2 −2x3 −4x4 +x6 = −3 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Các ràng buộc của bài toán đối ngẫu là: t 1 t 2 yA = −y1 − y2 ≤ 4 yA = −y1 − 4y2 ≤ 6 t 3 t 4 yA = −3y1 − 2y2 ≤ 5 yA = −2y1 − y2 ≤ 3 t 5 t 6 yA = −y1 ≤ 4 yA = y2 ≤ 0 Ta thấy ngay y = (0, 0) là phương án cực biên của bài toán đối ngẫu vì dễ thấy nó là phương án, ngoài ra còn thỏa mãn dấu 00 =00 đối với hai ràng buộc độc lập tuyến tính cuối cùng; cơ sở đối ngẫu tương ứng là cơ sở đơn vị gồm hai vectơ A5,A6. Ứng với cơ sở đó là giả phương án x = (0, 0, 0, 0, −5, −3). Các kết quả tính toán được thể hiện trên các bảng đơn hình dưới đây. 0 Ở bước lặp đầu tiên ta thấy x = (−5, −3) < 0, min(x50, x60) = min(−5, −3) = −5. Do dó A5 ra khỏi cơ sở. Vì n ∆j o n−4 −6 −5 −3o ∆4 min : x5j < 0 = min , , , = (4.2.10) x5j −1 −1 −3 −2 x54 nên đưa A4 vào cơ sở thay A5. Thực hiện phép quay xung quanh phần tử trục x54 = −2 ta có bước lặp thứ hai. 50
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ở bước cuối, ta thấy x0 = (1, 1) > 0, từ đó ta thu được phương án tối ưu x∗ = (0, 0, 1, 1). c0 Cơ x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 sở 4 6 5 3 0 0 0 A5 (-5) -1 -1 -3 (-2) 1 0 0 A6 -3 -1 -4 -2 -1 0 1 0 -4 -6 -5 -3 0 0 3 A4 5/2 1/2 1/2 3/2 1 -1/2 0 0 A6 (-1/2) -1/2 -7/2 (-1/2) 0 -1/2 1 15/2 -5/2 -9/2 -1/2 0 -3/2 0 3 A4 1 -1 -10 0 1 -2 3 5 A3 1 1 7 1 0 1 -2 8 -2 -1 0 0 -1 -1 Ví dụ 4.2.8. Cho bài toán f(x) = x1 + 10x2 + 8x3 → min − x1 + 2x2 + 3x3 = 1 x1 + x2 + 2x3 = 1 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. (a) Hãy tìm tất cả các cơ sở đối ngẫu. Trong các cơ sở đối ngẫu đó, cơ sở nào là cơ sở tối ưu của bài toán đã cho và khi đó hãy xác định phương án tối ưu. (b) Xuất phát từ cơ sở đối ngẫu không phải là cơ sở tối ưu, giải bài toán đã cho bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu. Giải 51
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (a) Bài toán đối ngẫu f(x) = y1 + y2 → max − y1 + y2 ≤ 1 2y1 + y2 ≤ 10 y1 + 2y2 ≤ 8 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3.       n −1 2 on 1 o Các hệ A1 =   ,A2 =   A2,A3 =   và hệ {A3,A1} đều độc lập 0 1 2 tuyến tính. • Xét hệ {A1,A2}:    t 1    yA = c1 −y1 + y2 = 1 y1 = 3 ⇐⇒ ⇐⇒ (4.2.11) t 2    yA = c2 2y1 + y2 = 10 y2 = 4 Vectơ (3, 4) không thỏa mãn ràng buộc (3) nên hệ {A1,A2} không phải là cơ sở đối ngẫu. • Xét hệ {A1,A3}:    t 1    yA = c1 −y1 + y2 = 1 y1 = 2 ⇐⇒ ⇐⇒ (4.2.12) t 3    yA = c3 y1 + 2y2 = 8 y2 = 3 Vectơ (2, 3) thỏa mãn ràng buộc (2) nên hệ {A1,A2}là cơ sở đối ngẫu. Ta tìm phương án tương ứng: Các thành phần cơ sở của giả phương án được 1 3 xác định bởi hệ x1A + x3A = b, tức là hệ:     −x1 + x3 = 1 x1 = −1/3 ⇐⇒ ⇐⇒ (4.2.13)   x1 + 2x3 = 1 x2 = 2/3 trong giả phương án có thành phần âm nên {A1,A3} không phải là cơ sở tối ưu của bài toán đã cho. 52
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp • Xét hệ {A2,A3}:    t 2    yA = c2 2y1 + y2 = 10 y1 = 4 ⇐⇒ ⇐⇒ (4.2.14) t 3    yA = c3 y1 + 2y2 = 8 y2 = 2 Vectơ (2, 3) thỏa mãn ràng buộc (1) nên hệ {A2,A3}là cơ sở đối ngẫu. 2 3 Các thành phần cơ sở của giả phương án được xác định bởi hệ x2A +x3A = b, tức là hệ     2x1 + x3 = 1 x1 = 1/3 ⇐⇒ ⇐⇒ (4.2.15)   x1 + 2x3 = 1 x2 = 1/3 Vì đó là nghiệm không âm của hệ trên nên x = (0, 1/3, 1/3) là phương án tối ưu. (b) Ta sẽ giải bài toán đã cho bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu với cơ sở đối ngẫu xuất phát {A1,A3}. Thực hiện phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của ma trận ràng buộc A để đưa một ma trận có cơ sở đơn vị tương ứng vơi A1,A3.         −1 2 1 1 0 3 3 2 0 1 1 3/2 0 1 1 3/2   →   →   →   1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 −1 0 −1/3 Ta có bảng đơn hình sau (để đơn giản cách viết mà vẫn không làm thay đổi bản chất, ta vẫn dùng các ký hiệu như thuật toán đơn hình trước đây). c0 cơ x0 1 10 8 sở x1 x2 x3 8 A1 2/3 0 1 1 1 A1 -1/3 1 (-1) 0 0 -3 0 8 A3 1/3 1 0 1 10 A2 1/3 -1 1 0 6 -3 0 0 1 1 Ở bước 2, do x0 ≥ 0 nên suy ra x = 0, , là phương án tối ưu. 3 3 53
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 4.3. Vấn đề tìm phương án cực biên xuất phát của bài toán đối ngẫu Từ lý luận và các ví dụ trên đây ta thấy rằng, để tiến hành giải bài toán (1), (2), (3) bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu ta cần phải biết một phương án cực biên của bài toán đối ngẫu (coi nó là phương án cực biên xuất phát để tiến hành thuật toán). 1) Trường hợp thứ nhất Giải sử cần giải bài toán (được gọi là bài toán chính): f(x) =t cx → min Ax ≥ b x ≥ 0 trong đó c ≥ 0; A là ma trận cở m × n. Đưa bài toán trên về bài toán dạng chính tắc, nó có dạng: f(x, w) =t cx → min − Ax + w = −b x ≥ 0, w ≥ 0, trong đó w = (xn+1, xn+2, . . . , xn+m). Các ràng buộc của bài toán đối ngẫu của bài toán dạng chính tắc là: t j y(−A ) ≤ cj (j = 1, 2, . . . , n) tyIi ≤ 0 (i = 1, 2, . . . , m) Dễ thấy rằng y = 0 là phương án cực biên của bài toán đối ngẫu đó, ứng với cơ sở đối ngẫu là cơ sở đơn vị, giả phương án tương ứng là x = (0, −b). Xuất phát từ phương án cực biên đó ta tiến hành thuật toán đơn hình đối ngẫu để giải bài toán đã cho. 2) Trường hợp tổng quát Đối với bài toán (1), (2), (3), giả sử chưa biết một cơ sở đối ngẫu nào nhưng đã 54
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp biết một hệ độc lập tuyến tính gồm m cột của ma trận A, đó là hệ j H = {A : j ∈ J0} (4.3.16) Chúng ta xét hai trường hợp sau đây. (a) Nếu biết được rằng hệ  t i  A = ci i ∈ J0 t j  A ≤ cj j∈ / J0 có nghiệm hoặc biết được rằng ∆j ≤ 0 với mọi j (ứng với H) thì H chính là một cơ sở đối ngẫu. Nếu may mắn gặp trường hợp trên thì: Thực hiện phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của ma trận [A|b] để thu được ma trận mới có m cột vectơ đơn vị khác nhau tương ứng với cơ sở đối ngẫu H. Xuất phát từ đó tiến hành thuật toán đơn hình đối ngẫu để giải bài toán đã cho. Nếu H không phải là cơ sở đối ngẫu hoặc chưa biết nó có phải là cơ sở đối ngẫu hay không thì ta xét bài toán sau đây mà ta gọi là bài toán mở rộng. t F (x0, x) = cx → min X x0 + xj = M j∈ /J0 Ax = b x ≥ 0, x0 ≥ 0. trong đó x0 là một ẩn mới được bổ sung, M là tham số dương được coi là rất lớn. Ví dụ 4.3.1. Giải bài toán sau bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu f(x) = −x1 − 2x2 + x3 → min − x1 + 4x2 − 2x3 ≤ 6 x1 + x2 + 2x3 ≥ 6 2x1 − x2 + 2x3 = 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3. 55
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Giải Đưa vào hai ẩn bù x4 và x5 ta được bài toán dạng chính tắc f(x) = −x1 − 2x2 + x3 → min − x1 + 4x2 − 2x3 + x4 = 6 x1 + x2 + 2x3 − x5 = 6 2x1 − x2 + 2x3 = 4 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. Có thể thấy hệ gồm 3 vectơ A1,A4,A5 là độc lập tuyến tính. Bổ sung vào bài toán trên một ràng buộc giả tạo ta có bài toán f(x0, x) = −x1 − 2x2 + x3 → min x0 + x2 + x3 = M −x1 + 4x2 − 2x3 + x4 = 6 x1 + x2 + 2x3 − x5 = 6 2x1 − x2 + 2x3 = 4 xj ≥ 0, j = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Bằng cách giải hệ Bxj = Aj với j = 0, 2, 3, ta được: 1 7 3 x0 = (2, 8, −4) x2 = − , , − 2 2 2 hoặc có thể tìm được chúng bằng cách thực hiện các phép biến sơ cấp trên các dòng của ma trận. Việc tính toán được thể hiện trên bảng dưới đây. Do các thành phần của giả phương án có dạng pM + q nên cột x0 và hệ số p trùng nhau. 0 0 0 1 2 3 4 5 c cơ xe x x x x x x sở M 0 -1 -2 1 0 0 0 A0 0 1 1 0 (1) 1 0 0 -1 A1 2 0 0 1 -1/2 1 0 0 0 A4 8 0 0 0 7/2 -1 1 0 5 0 A -4 0 056 0 -3/2 -1 0 1
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 0 0 0 5/2 -2 0 0 -2 A2 0 1 1 0 1 1 0 0 -1 A1 2 1/2 1/2 1 0 3/2 0 0 0 A4 8 -7/2 (-7/2) 0 0 -9/2 1 0 0 A5 -4 3/2 3/2 0 0 1/2 0 1 -5/2 0 0 -9/2 0 0 -2 A2 16/7 0 0 0 1 -2/7 2/7 0 -1 A1 22/7 0 0 1 0 6/7 1/7 0 0 A0 -16/7 1 1 0 0 9/7 -2/7 0 0 A5 -4/7 0 0 0 0 (-10/7) 3/7 0 0 0 0 -9/7 -5/7 0 -2 A2 12/5 0 0 0 1 0 1/5 -1/5 -1 A1 14/5 0 0 1 0 0 2/5 3/5 0 A0 -14/5 1 1 0 0 0 1/10 9/10 1 A3 2/5 0 0 0 0 1 -3/10 -7/10 -36/5 0 0 0 0 -11/10 -9/10 Vì A0 thuộc cơ sở ứng với phương án tối ưu đó nên phương án tối ưu của bài 14 12 2 toán ban đầu là x∗ = , , . 5 5 5 4.4. Vấn đề hậu tối ưu H!Hậu tối ưu Giả sử ta đã giải xong bài toán f(x) =t cx → min Ax = b x ≥ 0 bằng thuật toán đơn hình và thu được phương án tối ưu x ứng với cơ sở J0 khi dấu hiệu tối ưu đã xuất hiện (mọi ước lượng đều không dương). Giả sử x0 là vectơ các thành phần cơ sở của x và B là ma trận gồm các vectơ trong cơ sở tối ưu. 57
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Trong thực tế thường phát sinh các trường hợp cần xử lí sau đây: 1) Trường hợp thứ nhất Thay đổi vế phải của hệ ràng buộc cưỡng bức, trước là b, bây giờ là b và ta có bài toán cần phải giải là f(x) =t cx → min Ax = b x ≥ 0 Khi đó không cần giải bài toán mới từ đầu mà chỉ cần tính x0 = B−1b. Nếu x0 ≥ 0 thì B vẫn là cơ sở tối ưu đối với bài toán mới và x0 chính là vectơ các thành phần cơ sở trong phương án tối ưu của bài toán mới. Nếu trái lại, tức là x0 có ít nhất một thành phần âm thì trong bảng đơn hình cuối cùng ta thay x0 bởi x0 và như vậy ta có bảng đơn hình xuất phát để giải bài toán mới bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu. 2) Trường hợp thứ hai m P Bổ sung vào bài toán ban đầu ràng buộc am+1,jxj ≤ bm+1, tức là cần giải j=1 bài toán mới sau đây: f(x) =t cx → min Ax = b m X am+1,jxj ≤ bm+1 j=1 x ≥ 0 Nếu x thỏa mãn ràng buộc bổ sung thì nó cũng là phương án tối ưu của bài toán mới. Trong trường hợp ngược lại, ta sẽ dùng các ràng buộc cưỡng bức của bài toán ban đầu, có mặt dưới dạng tương đương ngay trong bảng đơn hình cuối cùng, để khử các ẩn cơ sở xj, j ∈ J0 trong ràng buộc bổ sung: m X am+1,jxj + xn+1 = bm+1 (4.4.17) j=1 58
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp trong đó xn+1 là ẩn bù không âm. Sau đó đặt dòng các hệ số mới của ràng buộc bổ sung vào dòng cuối cùng (tức dòng thứ m + 1) của bảng đơn hình cuối cùng. Và như vậy, do các ước lượng vẫn không thay đổi và ∆n+1 = 0 (lưu ý rằng hệ số của ẩn bù xn+1 trong hàm mục tiêu bằng 0) ta có bảng đơn hình xuất phát để giải bài toán mới bằng thuật toán đơn hình đối ngẫu. Nếu J0 = {1, 2, . . . , m} thì bảng đơn hình xuất phát đó là 59
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 0 0 c cơ x c1 ··· ci ··· cm ··· cj ··· 0 sở x1 ··· xi ··· xm ··· xj ··· xn+1 1 c1 A x10 1 ··· 0 ··· 0 ··· x1j ··· 0 ··· ··· ··· ··························· i ci A xi0 0 ··· 1 ··· 0 ··· xij ··· 0 ··· ··· ··· ··························· m cm A xm0 0 ··· 0 ··· 1 ··· xmj ··· 0 n+1 0 0 A bm+1 0 ··· 1 ··· 0 ··· xm+1,j ··· 1 0 ··· 1 ··· 0 ··· ∆j ≤ 0 ··· 0 trong đó: m 0 X bm+1 = bm+1 − am+1,ixi0 (4.4.18) i=1 m X xm+1,j = am+1,j − am+1,ixij (j = 1, 2, . . . , n). (4.4.19) i=1 Nói cách khác là nhân dòng i, (i = 1, 2, . . . , m) của bảng cuối cùng với −am+1,j cộng tất cả lại, rồi cộng với hệ số tương ứng của ràng buộc bổ sung, kết quả được đặt vào dòng m + 1. Ví dụ 4.4.1. Cho bài toán f(x) = −x1 + 3x2 + x3 + 2x4 + x5 → min    x1 +3x2 +2x4 −9x5 = 5  3x2 −2x3 +2x4 −7x5 ≤ 19    3x2 −3x3 +x5 ≤ 15 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. (a) Giải bài toán đã cho. (b) Giải bài toán đã cho khi vế phải b = (5, 19, 15) được thay bởi b = (3, 14, 6). Giải 60
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Ta dùng thuật toán hai pha. Đưa vào hai ẩn giải x6, x7 ta có bài toán phụ f(x) = −x1 + 3x2 + x3 + 2x4 + x5 → min    x1 +3x2 +2x4 −9x5 = 5  3x2 −2x3 +2x4 −7x5 +x6 = 19    3x2 −3x3 +x5 +x7 = 15 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Ta có bảng sau: c0 cơ x0 -1 3 1 2 1 1 1 sở b b x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 0 A1 5 1 0 3 2 -9 0 0 1 A6 19 0 3 -2 2 -7 1 0 1 A7 15 0 (3) -3 0 1 0 1 0 6 -5 2 -6 0 0 0 A1 5 1 0 3 2 -9 0 1 A6 4 0 0 1 (2) -8 1 0 A2 5 0 1 -1 0 1/3 0 0 0 1 2 -8 0 -1 A1 1 -5 1 0 2 0 (-1) 2 A4 2 4 0 0 1/2 1 -4 3 A2 5 2 0 1 -1 0 1/3 18 0 0 -5 0 -7 1 A5 5 -1 0 -2 0 1 2 A4 24 -4 0 -15/2 1 0 3 A2 1/3 1/3 1 -1/3 0 0 54 -7 0 -19 0 0 Đối với bài toán đã cho, ở bước 3 đã xuất hiện dấu hiệu tối ưu với phương án tối ưu là x∗ = (1, 5, 0, 2, 0) và f(x) = 18. 61
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 2) Cơ sở tối bước 3 đối với bài toán đã cho là {A1,A4,A2}   1 2 0   1 4 2   B = [A A A ] =  0 2 3      0 0 3 0 0 −1 0 Đặt x = (x1, x4, x2). Khi đó hệ x = B b tương đương với Bx = b và có dạng     x1 +3x4 = 3 −5     0   2x4 +3x2 = 14 ⇔ x =  4         3x2 = 6 2 Do x0 có thành phần âm nên x∗ không phải là phương án tối ưu của bài toán mới và cần phải tiếp tục tính toán. Đặt x0 vào cột b ở bước thứ 3 rồi tiếp tục thuật toán đơn hình đối ngẫu (chú ý rằng, chỉ biến đổi cột b theo phần tử trục đã xác định khi giải bài toán ban đầu). Ở bước 4, dấu hiệu tối ưu đối với bài toán mới xuất hiện là xe = (0, 1/3, 0, 24, 5) giá trị tối ưu của hàm mục tiêu tại xe là 54. 4.5. Bài tập chương 4 Bài 4.1. Tìm giá trị tối ưu của hàm mục tiêu của các bài toán sau: n P (a) cjxj → max j=1 n P ajxj ≤ β j=1 xj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n trong đó β, cj, aj, j = 1, 2, . . . , n là các số dương. n P (b) jxj → min j=1 i P xj ≤ i, i = 1, 2, . . . , n j=1 xj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n. 62
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bài 4.2. Chứng tỏ bài toán sau có hàm mục tiêu không bị chặn f(x) = −4x1 − 2x2 + 3x3 + 5x4 → min    x1 +x2 −4x3 ≥ 7  −2x1 +3x2 +3x3 −5x4 ≥ 10    2x1 +8x2 −4x3 +6x4 ≥ 16 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. Bài 4.3. Chứng minh rằng bài toán {tcx → max : Ax ≤ b, x ≥ 0} có phương án tối ưu nếu b ≥ 0 và ma trận A có ít nhất một dòng gồm toàn các số dương. Bài 4.4. Chứng tỏ rằng x = (0, 1, 0, 3) là phương án tối ưu của bài toán f(x) = −x1 − 3x2 + x3 − 2x4 → min    4x1 +12x2 +4x4 = 24  x1 +3x2 −x3 ≥ 3    4x1 −18x2 +2x3 +3x4 ≥ −33 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. Bài 4.5. Kiểm tra tính tối ưu của phương án x = (0, 0, 2, −2, 0) của bài toán: f(x) = −2x1 + 4x2 − x3 − 2x4 + 2x5 → min    x1 +2x2 +3x3 +x4 ≥ −1  4x1 +x3 −5x4 +2x5 ≥ 5    3x1 −x2 +4x3 +3x4 −2x5 = 2 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, 63
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bài 4.6. Biết rằng phương án tối ưu của bài toán f(x) = 15x1 + 10x2 + 6x3 → min   3x1 +2x3 = 24    x1 +2x2 +2x3 ≥ 3  x1 +x2 +x3 ≥ 2    4x1 +2x2 −2x3 ≥ 1 x1 ≥ 1, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0. là x = (1, 5/4, 11/4). Hãy tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. Bài 4.7. Tìm tập phương án tối ưu của bài toán f(x) = x1 + x2 + 2x3 − 2x4 − 4x5 → min   −x1 +x2 −3x3 +2x4 −2x5 = 8    −2x1 −x3 +x4 −x5 ≥ −21  3x1 +5x3 −3x4 +2x5 = 25    2x1 +x4 +4x5 ≤ 20 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5. biết rằng y = (1, 0, 1, −1) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. Bài 4.8. Cho bài toán f(x) = x1 + x2 − x3 → min   x1 +2x2 +x3 ≤ 7    4x +3x −6x ≤ 9  1 2 3    2x1 −x2 −8x3 ≤ −6  −2x2 +x3 ≤ 2    −2x1 −x2 +5x3 ≤ 1    −x1 +3x3 ≤ 1    x3 ≤ 0 64
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp (a) Chứng tỏ rằng các phương án x = (−4, 6, −1), y = (4/5, 0, 3.5, 0, 0, 1) theo thứ tự là phương án tối ưu của bài toán đã cho và bài toán đối ngẫu của nó. (b) Tìm tập phương án tối ưu của bài toán đã cho và bài toán đối ngẫu của nó. Bài 4.9. Cho bài toán f(x) = 2x1 + 3x2 + 5x3 + 4x4 → max   x1 +2x2 +3x3 +x4 ≤ 5  x1 +x2 +2x3 +3x4 ≥ 3 xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4. (a) Chứng tỏ rằng phương án x = (0, 1, 1, 0) là phương án tối ưu của bài toán đã cho. (b) Tìm tất cả các phương án tối ưu của bài toán đã cho thỏa mãn điều kiện c3 + 5x4 = 1. Bài 4.10. Cho bài toán: f(x) = 5x1 − 9x2 + 5x3 + 7x4 + 3x5 → min    2x1 +6x2 −2x3 −2x4 +x5 ≤ −4  8x1 +2x3 +4x4 −x5 = 20    −x1 −x2 +x3 −x5 ≥ −1 xj ≥ 0, j = 2, 3, 4, 5. (a) Chứng tỏ rằng phương án x = (0, 1, 0, 5, 0) là phương án tối ưu của bài toán đã cho. Tìm tập phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. (b) Hãy tìm tất cả các phương án tối ưu của bài toán đã cho có thành phần thứ ba là x3 = 4. 65
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bài 4.11. Cho bài toán f(x) = 4x1 + 3x2 − 12x3 + αx4 + βx5 → min    2x1 +5x4 +x5 ≥ b1  3x2 −7x4 −x5 ≥ b2    −4x3 +2x4 −2x5 ≥ b3 x4 ≥ 0, x5 ≥ 0. (a) Tìm tất cả các phương án cực biên của bài toán đã cho. (b) Tìm điều kiện cần và đủ về các tham số α, β để bài toán đã cho có phương án tối ưu với mọi b1, b2, b3. (c) Với giá trị nào của α, β bài toán đã cho có hàm mục tiêu không bị chặn? Bài 4.12. Cho bài toán f(x) = x1 + 3x2 − 12x3 + αx4 + βx5 → min    2x1 +5x4 +x5 ≥ b1  3x2 −7x4 −x5 ≥ b2    −4x3 +2x4 −2x5 ≥ b3 x4 ≥ 0, x5 ≥ 0. (a) Giải bài toán đã cho. (b) Tìm tập phương án tối ưu của bài toán đã cho. Bài 4.13. Cho bài toán f(x) = −4x1 − x2 − 8x3 + 5x4 → min   x1 +2x2 −2x3 +4x4 = 3  5x1 +3x2 +6x3 −x4 = 8 x4 ≥ 0, x5 ≥ 0. 66
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Hãy tìm tất cả các cơ sở đối ngẫu. Trong các cơ sở đối ngẫu hãy chỉ ra các cơ sở tối ưu của bài toán đã cho. 67
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Chương 5. BÀI TOÁN VẬN TẢI VÀ THUẬT TOÁN THẾ VỊ 5.1. Bài toán vận tải Trong mục 1.1., ta đã nêu dạng tổng quát của bài toán vận tải là m n P P cijxij → min (1) i=1 j=1 n P xij = ai, (i = 1, 2, . . . , m) (2) j=1 m P xij = bj, (i = 1, 2, . . . , n) (3) i=1 xij ≥ 0, (i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n) (4) trong đó ai > 0, (i = 1, 2, . . . , m, bj > 0, (j = 1, 2, . . . , n). Đó là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc nhưng có cấu trúc khá đặc biệt mà ta gọi nó là bài toán vận tải cổ điển. m n P P Đặt a = ai, b = bj. Nếu a = b thì bài toán vận tải (1),(2),(3),(4) được gọi i=1 j=1 là bài toán cân bằng thu phát Kí hiệu A là ma trận ràng buộc và mn x = (x11, . . . , x1n, . . . , x21, . . . , x2n, . . . , xm1, . . . , xmn) ∈ R (5.1.1) mn c = (c11, . . . , c1n, . . . , c21, . . . , c2n, . . . , cm1, . . . , cmn) ∈ R (5.1.2) Thì bài toán vận tải được viết lại dưới dạng f(x) =t cx → min Ax = A0 x ≥ 0. 68
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Trong bài toán vận tải, hệ Ax = A0 gồm m + n phương trình với n × m ẩn, trong đó chỉ có m + n − 1 phương trình độc lập tuyến tính, mỗi phương trình là hệ quả của các phương trình còn lại. Sau này mỗi phương án ta viết dưới dạng ma trận cở m × n : x = (xij). Ta cũng có ma trận cước phí cỡ m × n : c = (cij). Như vậy, bài toán vận tải được coi là đã cho nếu biết vectơ lượng phát a = (a1, a2, . . . , am), vectơ lượng thu b = (b1, b2, . . . , bn) và ma trận cước phí c = (cij). Ta kí hiệu bài toán vận tải đó là ha, b, ci. Định lý 5.1.1 (Điều kiện có phương án tối ưu). Để bài toán vận tải (1),(2),(3),(4) có phương án tối ưu, điều kiện cần và đủ là có điều kiện cân bằng thu phát a = b. 5.2. Các Tính chất của bài toán vận tải 5.2.1 Chu trình Một dãy ô có dạng (i1, j1), (i1, j2), (i2, j2), ··· , (ik, jk), (ik, j1) hay (i1, j1), (i2, j1), (i2, j2), ··· , (ik, jk), (i1, jk) được gọi là một chu trinh (hai ô kế tiếp cùng mằn trong một dòng hay một cột, ba ô liên tiếp không cùng mằn trên một dòng hay một cột, ô đầu tiên và ô cuối cùng cũng được coi là hai ô liên tiếp). Như vậy số ô trong một chu trình là một số chẵn không nhỏ hơn 4. Tập ô Γ ⊂ U = {(i, j): i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n} được gọi là chứa chu trình nếu như từ các ô của Γ có thể lập được ít nhất một chu trình. Nếu trái lại thì ta nói Γ không chứa chu trình. Định lý 5.2.2 (Điều kiện không chứa chu trình). Điều kiện cần và đủ để tập ô Γ ⊂ U không chứa chu trình là hệ vectơ tương ứng với nó, tức là hệ {Aij :(i, j) ∈ Γ}, độc lập tuyến tính. Hệ quả 5.2.3 (Số ô tối đa không chứa chu trình). Nếu bảng vận tải gồm m dòng và n cột thì tập ô không chứa chu trình có tối đa là n + m − 1 ô. 69
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Định lý 5.2.4 (Chu trình duy nhất). Giả sử bảng vận tải gồm m dòng và n cột, E là tập ô gồm m + n − 1 ô không chứa chu trình, (i, j) là một ô của bảng không thuộc E. Khi đó F = E ∪ {i, j} có một chu trình duy nhất qua ô (i, j). Định lý 5.2.5 (Dấu hiệu tập không chứa chu trình). Giả sử F là một tập gồm m+n ô chứa chu trình duy nhất V và (i, j) ∈ V . Khi đó tập ô E = F \{(i, j)} sẽ không chứa chu trình. Định lý 5.2.6 (Điều kiện cực biên). Phương án x = (xij) của bài toán vận tải (1),(2),(3),(4) là phương án cực biên khi và chỉ khi tập ô chọn tương ứng với nó, tức là tập ô H(x) = {(i, j): xij > 0} (5.2.3) không chứa chu trình. Định lý 5.2.7 (Điều kiện chứa ít nhất một chu trình). Tập ô không rỗng Γ ⊂ U sẽ chứa ít nhất một chu trình nếu trong mỗi dòng và mỗi cột của bảng vận tải hoặc là không có ô nào của Γ, hoặc có ít nhất hai ô của Γ. 5.3. Vấn đề tính các ước lượng Giả sử bằng cách nào đó ta đã tìm được phương án cực biên x = (xij) của bài toán vận tải với tập ô chọn H(x) gồm m + n − 1 ô (kể cả ô chọn-không) không chứa chu trình. Theo thuật toán đơn hình để xét tính tối ưu của x ta phải tìm được các ước ij lượng ∆ij ứng với mỗi vectơ A ngoài cơ sở của x, tức là ứng với mỗi ô loại (i, j). Chúng ta dễ dàng chứng minh được X X ∆ij = cij − cij (5.3.4) (i,j)∈V c (i,j)∈V l trong đó, V c và V l theo thứ tự là tập hợp các ô mang số hiệu chẵn lẻ của V . Ví dụ 5.3.1. Bài toán vận tải và phương án cực biên x ban đầu của nó được cho bởi bảng 70
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp trong đó các cước phí ghi ở góc trên bên trái mỗi ô, các thành phần cơ sở của phương án cực biên x ban đầu được ghi ở góc đối diện (các thành phần phi cơ sở bằng 0). Có 9 ô loại là các ô (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 2), (4, 4). ij Ta hãy lập bảng tính ∆ij với A ngoài cơ sở, tức là với các ô loại (i, j). Trước hết ta hãy tính ∆32. Tập ô gồm ô (3, 2) và các ô chọn chứa chu trình duy nhất gồm 6 ô, được thể hiện bởi được thể hiện bởi đường nét đứt trên bảng. Các ô này cùng với số hiệu của nó và cước phí tương ứng là Ô trong chu trình (3,2) (3,4) (2,4) (2,1) (1,1) (1,2) Số hiệu 1 2 3 4 5 6 cij 30 16 18 68 40 15 Theo công thức (5.3.4) ta có ∆32 = 16 − 18 + 68 − 40 + 15 − 30 = 11 71
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Tương tự ta cũng tính được ∆13 = 40 − 30 + 13 − 35 = −12, ∆14 = 40 − 68 + 18 − 100 = −100, ∆22 = 68 − 40 + 15 − 51 = −8, ∆23 = 68 − 30 + 13 − 53 = −2 ∆31 = 16 − 18 + 68 − 120 = −54 ∆33 = 16 − 18 + 68 − 30 + 13 − 150 = −101 ∆42 = 30 − 40 + 15 − 54 = −49 ∆44 = 30 − 68 + 18 − 80 = −100 Việc tính các ước lượng theo công thức (5.3.4) là khá đơn giản nhờ hình ảnh trực quan của khái niệm chu trình, nhưng sẽ đơn giản hơn nếu ta ứng dụng định lý dưới đây Định lý 5.3.2 (Phương pháp đơn giản xác định các ước lượng). Nếu ta thay 0 0 0 ma trận cước phí c = (cij) bởi ma trận c = (cij), trong đó cij = cij + ri + sj, tức là nếu ta cộng vào cước phí ở mỗi ô của dòng i với cùng một số ri, cộng vào cước phí ở mỗi ô của cột j với cùng một số sj thì sẽ được một bài toán vận tải mới tương đương với bài toán vận tải ban đầu (theo nghĩa hai bài toán có chung tập tập phương án tối ưu). Định lý 5.3.3 (Dấu hiệu tối ưu). Giả sử x = (xij) là một phương án cực biên 0 của bài toán vận tải với tập ô chọn H(x) và cij = 0 với mọi ô (i, j) ∈ H(x) (tức là đã quy-không các ô chọn). 0 (a) Nếu cij ≥ 0 với mọi ô (i, j) ∈/ H(x) thì x là phương án tối ưu của bài toán. 0 (b) Nế tồn tại ô (i, j) ∈/ H(x) sao cho cij < 0 thì ta có thể xây dựng được phương án cực biên x0 tốt hơn x, nếu x không suy biến (nói chung x0 không xấu hơn x). 72
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 5.4. Một số phương pháp xây dựng phương án cực biên ban đầu Dưới đây ta nêu ra ba phương pháp, đó là phương pháp góc tây bắc, phương pháp cực tiểu theo bảng và phương pháp Vaugen. Đối với bảng vận tải gồm m dòng và n cột, việc tìm tập ô chọn gồm m + n − 1 ô không chứa chu trình được tiến hành bằng phương pháp quy nạp theo m + n là tổng số dòng và cột của bảng vận tải. Nếu m + n = 2 thì bảng gồm một ô duy nhất. Do điều kiện cân bằng thu phát nên a1 = b1. Đối với cả ba phương pháp ấy điều chọn ô (1,1) và đặt x11 = a1. Đó là phương án cực biên vì A11 6= 0và rõ ràng có n + m − 1 = 1 ô chọn không chứa chu trình. Giả sử đã biết cách xây dựng phương án cực biến ban đầu theo cả ba phương pháp với bảng có m + n ≤ k − 1, khi đó đối với bảng mà m + n = k ta sẽ tiến hành như sau: 0 Nếu as ≤ bt thì xst = as và xóa ngay dòng s; bt được thay bởi bt = bt − as. 0 Nếu as > bt thì xst = bt và xóa ngay cột t; as được thay bởi as = as − bt. Sau khi xóa đi, ta được bảng mới gồm m + n = k − 1, trên đó đã xây dựng được phương án cực biên (theo giả thuyết qui nạp) với tập ô chọn H gồm n+m−1 = k−2 ô. Dễ thấy rằng H ∪ {s, t} là tập gồm k − 1 ô chọn (đối với bảng mới) không chứa chu trình, bởi vì nếu trái lại thì chu trình ắt phải qua ô (s,t) nhưng điều này không thể được vì dòng s cột t đã bị xóa. Như vậy, với bảng mà m + n = k ta xây dựng được phương án cực biên với tập ô chọn H ∪ {s, t} gồm k − 1 ô. Như vậy, ở mỗi bảng hình thành trong quá trình phân phối (kể cả bảng đầu tiên) sau khi phân phối tối đa vào ô (s,t) nào đó ta xóa chỉ một dòng hoặc một cột để được một bảng mới. Việc chọn ô (s, t) là ngẫu nhiên, nhưng ta thường dùng các phương pháp sau: (1) Phương pháp góc tây bắc: (s,t) là ở góc trên bên trái của bảng (ở mỗi bước). (2) Phương pháp cực tiểu theo bảng (s, t) là ô sao cho cst = min cij trong đó cực tiểu được chọn theo ô (i,j) của bảng (ở mỗi bước). 73
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Bảng 5.4.1: Phương pháp tây bắc Bảng 5.4.2: Phương pháp Vaugen (3) Phương pháp Vaugen Với mỗi dòng và mỗi cột ta điều tính hiệu của cước phí thấp thứ nhì và thấp thứ nhất (ta gọi hiệu đó là độ chênh lệch của dòng hay cột đó). Chọn dòng (hay cột) có độ chênh lệch lớn nhất. Trên dòng (hay cột) đã chọn ta sẽ chọn ô (s,t) có cước phí thấp nhất. Ví dụ 5.4.1. Dưới đây là các phương án cực biên ban đầu tìm được bằng phương pháp góc tây bắc và phương pháp Vaugen. 74
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 5.5. Thuật toán thế vị Phương pháp đã nêu trên đây để tìm phương án tối ưu của bài toán vận tải với các bước cụ thể sau đây được gọi là thuật toán thế vị. Bước 1. Tìm phương án cực biên ban đầu x = (xij). 0 Bước 2. Quy-không các ô chọn. Nếu cij ≥ 0 với mọi ô (i, j) của bảng thì kết thúc việc tính toán và kết luận x là phương án tối ưu. Nếu trái lại, tức là tồn tại 0 0 0 ô (i,j) sao cho cij < 0 thì chọn cst = min{cij : cij < 0} và chuyển sang bước 3. Bước 3. Lập chu trình V đi qua ô (s,t) và số ô xác định nào đó của H(x). Tính c θ = min{xij : ij ∈ V }. (5.5.5) chuyển sang bước 4. 0 Bước 4. Xây dựng x = (xij) theo công thức   l xij + θ nếu(i, j) ∈ V   0 c xij = xij − θ nếu(i, j) ∈ V (5.5.6)    xij nếu(i, j) ∈ V cho x0 đóng vai trò của x và quay lại bước 2. Ví dụ 5.5.1. Giải bài toán vận tải ha, b, ci với vectơ lượng phát a = (100, 400, 230) vectơ lượng thu b = (320, 180, 110, 120) và ma trận cước phí   5 3 16 9     c = 5 3 7 8      1 8 12 10 Giải Bằng phương pháp góc tây bắc ta thu được phương án cực biên đấu tiên suy biến, trong đó có một ô-chọn-không, đó là ô (2,3) (sau khi phân phối tối đa lần thứ bao với x22 = 180, nếu xóa dòng 2 thì ô-chọn-không là ô (3,2)). 75
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp 76
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp Từ đó ta có phương án tối ưu   0 100 0 0   ∗   x =  90 80 110 120     230 0 0 0 với giá trị tối ưu của hàm mục tiêu là f ∗ = 110.3 + 90.5 + 80.3 + 110.7 + s120.8 + 230.1 = 2950. 5.6. Tiêu chuẩn tối ưu. Bài toán đối ngẫu của bài toán vận tải 5.6.1 Tiêu chuẩn tối ưu Giả sử x = (xij) là một phương án của bài toán vận tải (1),(2),(3),(4). Theo 4.1.6 thì điều kiện cần và đủ để phương án x là phương án tối ưu của bài toán vận tải là tồn tại vectơ m+n y = (u, v) = (u1, . . . , um, v1, . . . , vm) ∈ R (5.6.7) 77
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp sao cho t ij y A ≤ cij nếu xij = 0 t ij y A = xij xij > 0 Do tính chất đặc biệt của vectơ Aij nên ta có t ij y A = ui + vj (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) (5.6.8) Từ đó suy ra rằng: Điều kiện cần và đủ để phương án x = (xij) là phương án tối ưu của bài toán (1),(2),(3),(4) là tồn tại các số ui với i = 1, 2, . . . , m và vj với j = 1, 2, . . . , n sao cho ui + vj ≤ cij xij = 0 ui + vj = cij xij > 0 Nếu x là phương án tối ưu của bài toán vận tải (1),(2),(3),(4) thì y = (u, v) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. 5.6.2 Bài toán đối ngẫu của bài toán vận tải Bài toán vận tải là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc. Chú ý đến (5.6.8), bài toán đối ngẫu của nó dạng m n X X aiui + bjvj → max i=1 j=1 ui + vj ≤ cij (i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n) Từ điều kiện cần và đủ để bài toán vận tải (1),(2),(3),(4) nhận phương án x làm phương án tối ưu nêu trên, ta rút ra kết luận: Nếu (r, s) = (r1, . . . , rm, s1, . . . , sn) là một hệ thống thế vị ứng với phương án tối ưu thì (−r, −s) = (−r1, , −rm, −s1, , −sn) là phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. 78
Chỉ mục Đ Cân bằng thu phát, 68 Đánh thuế, 31 Cặp ràng buộc đối ngẫu, 42 Đối ngẫu, 42 Cơ sở ban đầu, 27 Đối ngẫu mạnh, 44 Chứa chu trình, 69 Đối ngẫu yếu, 43 Chu trình, 69 Độ chênh lệch, 74 D Độ lệch bù, 45 Dạng chính tắc,6 Đa diện lồi, 15 Dạng chuẩn tắc,6 Điểm cực biên, 15 Đoạn thẳng, 14 H Ư Hai pha, 28 Ước lượng, 21 M B Ma trận cước phí, 69 Bài toán gốc, 42 P Bài toán mở rộng, 55 Phương án cực biên, 15 Bài toán quy hoạch,3 Phương pháp đồ thị,8 Bài toán vận tải, 68 Phương pháp cực tiểu theo bảng, Bài toán vận tải đối ngẫu, 78 73 Bảng đơn hình, 24 Phương pháp góc tây bắc, 73 Bổ trợ, 27 Phương pháp Vaugen, 74 BT lập kế hoạch sản xuất,3 S BT QHTT tổng quát,5 Số phương án cực biên, 16 BT vận tải,4 Suy biến, 27 C 79
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp T Tính lồi, 15 Tập lồi, 14 Tập lồi đa diện, 15 Tổ hợp lồi, 14 Thuật toán đơn hình, 24, 35, 47 Thuật toán thế vị, 75 V Vận tải cổ điển, 68 80
Quy hoạch tuyến tính Trường ĐHSP Đồng Tháp DANH SÁCH ĐỊNH LÝ 2.1.2. Tính chất bắc cầu của tổ hợp lồi 2.1.4. Tính chất của tập lồi 2.2.1. Tính lồi của tập phương án 2.2.2. Tính lồi của tập phương án 2.3.1. Điều kiện là phương án cực biên 2.3.3. Phương án cực biên tối ưu 2.3.4. Điều kiện có phương án tối ưu 3.1.2. Dấu hiệu tối ưu 3.1.3. Dấu hiệu hàm mục tiêu không bị chặn 3.1.4. Dấu hiệu xây dựng được phương án tối hơn 3.2.9. Quan hệ giữa bài toán gốc và M-lớn 4.1.4. Đối ngẫu yếu 4.1.6. Đối ngẫu mạnh 4.1.7. Sự tồn tại phương án 4.1.8. Độ lệch bù 5.1.1. Điều kiện có phương án tối ưu 5.2.2. Điều kiện không chứa chu trình 5.2.4. Chu trình duy nhất 5.2.5. Chu trình duy nhất 5.2.6. Điều kiện cực biên 5.2.7. Điều kiện chứa ít nhất một chu trình 5.3.2. Phương pháp đơn giản xác định các ước lượng 5.3.3. Dấu hiệu tối ưu (bài toán vận tải) 81