Bài giảng Toán kinh tế: Phần 2 - Trường CĐ Cộng đồng Đồng Tháp

Chương 3

BÀI TỐN ĐỐI NGẪU

Mục đích u cầu
Ở chương 2, ta đã xét bài tốn quy hoạch tuyến tính min-max như là hai bài toán
tách biệt. Nhưng thật sự đối với mỗi bài tốn min ln ln tồn tại bài toán max tương
ứng và ngược lại. Bài toán quy hoạch ban đầu được gọi là bài tốn gốc cịn bài tốn
tương ứng của nó được gọi là bài tốn đối ngẫu.
Trong nhiều trường hợp, nhờ Lý thuyết đối ngẫu mà các vấn đề phức tạp trong khi
giải bài toán gốc sẽ trở nên đơn giản và dễ dàng hơn thông qua giải bài tốn đối ngẫu
của nó. Ta sẽ ln tìm được phương án tối ưu của bài tốn đối ngẫu từ phương án của
bài toán gốc và ngược lại.
Mục tiêu của chương là:
- Giúp ta hiểu rõ về bài toán đối ngẫu, ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu, sự
cần thiết phải đưa về bài toán đối ngẫu.
- Xét mối quan hệ giữa bài toán gốc và bài tốn đối ngẫu từ đó có những phương
pháp tìm ra phương án tối ưu nhanh hơn.

Kiến thức chuẩn bị
Để học tốt chương sinh viên cần: nắm vững các chương trước và thành thạo các
phép tính.

- 56 -


3.1 Khái niệm

3.1.1 Bài toán đối ngẫu của bài toán dạng chính tắc
Định nghĩa: Cho bài tốn gốc (P):
n

f ( x ) = ∑ c j x j → min (max)

(3.1.1)

j =1
n

∑a

ij

x j = bi i = 1, m

(3.1.2)

j =1

x j ≥ 0, j = 1, n

(3.1.3)

Bài toán (D) sau đây được gọi là bài tốn đối ngẫu của nó:
m

g ( y ) = ∑ bi yi → max ( min)

(3.1.4)

i =1

m

∑a

ij

yi ≤ (≥ ) c j ( j = 1, n )

(3.1.5)

i =1

y i tùy ý dấu ( i = 1, m )

(3.1.6)

Nhận xét
- Hàm mục tiêu của (P) f ( x ) → min thì hàm mục tiêu của (D) g ( y ) → m ax và
ngược lại.
- Các ràng buộc ở bài toán (D) đều là bất đẳng thức " ≤ " nếu f ( x ) → m ax
(hoặc " ≥ " nếu f ( x ) → min )
- Số ẩn của bài toán này là số ràng buộc của bài toán kia và ngược lại.
- Các hệ số cj và các số hạng tự do bi ở hai bài toán đối ngược nhau.
- Ma trận hệ số các ràng buộc ở hai bài toán là chuyển vị của nhau. Hàng i
trong ma trận A = (aij ) mxn xác định ràng buộc thứ i của bài tốn gốc

n

∑a x
ij

j

= bi , cịn

j =1

cột j trong ma trận A xác định ràng buộc thứ j của bài toán đối ngẫu:
m

∑a

ij

yi ≤ ( ≥ ) c j .

i =1

Ví dụ 1: Bài tốn gốc: f ( x ) = 2 x1 + 4 x 2 + 3 x 3 → m in
 x1 + 2 x 2 + x 3 = 2

 x 2 + 3 x3 = 5
x j ≥ 0, j = 1, 3

- 57 -


Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:
g ( y ) = 2 y1 + 5 y 2 → m ax

 y1 ≤ 2

 2 y1 + y 2 ≤ 4
y + 3y ≤ 3
2
 1
y1 , y2 tùy ý.

3.1.2 Bài toán đối ngẫu của bài toán dạng tổng quát
Quy tắc lập bài toán đối ngẫu được cho bởi bảng sau:

Bài toán gốc P (D)

Bài toán đối ngẫu D (P)

n

m

Hàm mục tiêu f ( x ) = ∑ c j x j → max

Hàm mục tiêu g ( y ) = ∑ bi yi → min

j =1

i =1

≤ 
Ràng buộc thứ i: ∑ aij x j  ≥  bi , i = 1, m
j =1

 = 
n

 ≥
Ẩn thứ j: x j  ≤
 tùy

 ≥
Ẩn thứ i: yi  ≤
 tùy


 0, i = 1, m

ý 

≥ 
Ràng buộc thứ j: ∑ aij yi  ≤  c j , j = 1, n
i =1
 = 


 0, j = 1, n

ý 

m

Nhận xét: Bài toán đối ngẫu của bài tốn đối ngẫu chính là bài tốn gốc. Vì vậy
người ta nói cặp bài tốn gốc – đối ngẫu là cặp bài toán đối ngẫu nhau.

Cách nhớ
max → min

Ẩn → Ràng buộc(cùng dấu)

Ràng buộc → Ân (ngược dấu)

min → max

Ẩn → Ràng buộc (ngược dấu)

Ràng buộc → Ân (cùng dấu)

Ví dụ 2: Tìm bài tốn đối ngẫu của bài toán
f ( x ) = 2 x1 + 3 x 2 − x 3 + x 4 → m ax

 2 x1 − x 2 − x 3 + x 4 ≤ 5

 x1 + x 2 + 2 x 3 + x 4 = 7
5 x + x + 3 x + x ≥ 20
 1
2
3
4
x1 , x 2 ≥ 0, x 3 ≤ 0 x4 tùy ý.

Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:

- 58 -

(1)
(2 )
(3)


g ( y ) = 5 y1 + 7 y 2 + 2 0 y 3 → m in (do f ( x) → max )

 2 y1 + y 2 + 5 y 3 ≥ 2
− y + y + y ≥ 3
 1
2
3

 − y1 + 2 y 2 + 3 y 3 ≤ − 1
 y1 + y 2 + y 3 = 1

( do x1 ≥ 0)
(d o x2 ≥ 0 )
( d o x 3 ≤ 0)
( d o x 4 tù y ý 0 )

y1 ≥ 0 (do ràng buộc (1) ≤ ), y2 tùy ý

(do ràng buộc (2) = ),

y3 ≤ 0

(do ràng buộc (3) ≥ ),

Ví dụ 3: Tìm bài tốn đối ngẫu của bài toán

f ( x ) = 2 x1 + x 2 − x 3 → m in

 x1 − x 2 + 2 x 3 = 1

 x1 − x 2 − 3 x 3 ≥ 2
x + x − 2x ≤ 3
 1
2
3
x1 ≥ 0, x 2 ≤ 0 , x3 tùy ý.

Bài toán đối ngẫu là:
g ( y ) = y1 + 2 y 2 + 3 y 3 → m ax

 y1 + y 2 + y 3 ≤ 2

 − y1 − y 2 + y 3 ≥ 1

 2 y1 − 3 y 2 − 2 y 3 = − 1
y2 ≥ 0, y3 ≤ 0

?

Lập bài toán đối ngẫu của bài toán sau:
f ( x ) = 2 x1 + x 2 − 8 x 3 → m ax

 7 x1 + 4 x 2 + 2 x 3 ≤ 2 8

 3 x1 − x 2 + 3 x 3 = 10
2 x + 3 x − x ≥ 15

2
3
 1
x1 ≥ 0, x 2 ≥ 0

3.2 Quan hệ giữa bài toán gốc và bài toán đối ngẫu

3.2.1 Các định lý đối ngẫu
Định lý 1: Với cặp bài toán P và D, chỉ xảy ra một trong ba trường hợp sau:
1. Cả hai đều khơng có phương án.
2. Cả hai đều có phương án, lúc đó cả hai cùng có phương án tối ưu và giá trị
hàm mục tiêu đối với phương án tối ưu bằng nhau.

- 59 -


3. Một trong hai bài tốn khơng có phương án, cịn bài tốn kia có phương án.
Khi đó bài tốn có phương án sẽ khơng có phương án tối ưu và hàm mục
tiêu của nó khơng bị chặn.

Hệ quả 1: Nếu một trong hai bài tốn có phương án tối ưu thì bài tốn kia cũng có
phương án tối ưu.
Hệ quả 2: Điều kiện cần và đủ để hai phương án x * của (P) và y * của (D) tối ưu là:
f ( x*) = g ( y*)

Định lý 2: (Độ lệch bù yếu). Điều kiện cần và đủ để phương án x * của (P) và y * của
(D) tối ưu là:
 ∗ m

∗

 x j  ∑ aij yi − c j  = 0 (j = 1, n)

  i =1

n
 y ∗  a x∗ − b  = 0 (i = 1, m)
i
ij j
 i ∑

  j =1

(3.1.7)
(3.1.8)

Chú ý: Nếu trong các tích trên nếu thừa số này khác 0 thì thừa số kia bằng 0.

3.2.2 Tìm P.A.T.Ư của bài tốn đối ngẫu qua P.A.T.Ư của bài toán gốc.
Giả sử bài toán gốc có phương án tối ưu x∗ = ( x1∗ , x2∗ ,...xn∗ ) và giải được bài toán
đối ngẫu. Theo định lý 2, ta có
Nếu x*j > 0 thì

m

∑a y

*
ij i

= cj .

i =1

Nếu thay x * vào ràng buộc của bài toán gốc mà xẩy ra

n

( > ,< )

∑ aij x*j ≠ bi (đẳng
j =1

thức thật sự) thì y = 0 .
*
i

Từ đây ta được hệ phương trình, giải hệ này ta tìm được nghiệm tối ưu của bài
tốn đối ngẫu.

Nhận xét:
Tìm P.A.T.Ư của bài tốn gốc qua P.A.T.Ư của bài tốn đối ngẫu ta tiến hành
tương tự.

Ví dụ 4: Bài toán gốc
f ( x ) = 2 x1 + x 2 + x 3 + 4 x 4 → m ax

 5 x1 + x 2 + x 3 + 6 x 4 = 5 0

 − 3 x1 + x 3 + 2 x 4 ≥ 16
 4 x + 3 x + x ≤ 23

 1
3
4
x j ≥ 0, j = 1, 4

- 60 -


Có phương án tối ưu là x∗ = (0,14, 6, 5), f ( x∗ ) = 40 . Viết bài tốn đối ngẫu và tìm
phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.

Giải
Bài toán đối ngẫu:

g ( y ) = 5 0 y1 + 1 6 y 2 + 2 3 y 3 → m in

 5 y1 − 3 y 2 + 4 y 3 ≥ 2
y ≥1
 1

 y1 + y 2 + 3 y 3 ≥ 1
 6 y1 + 2 y 2 + y 3 ≥ 4

(1)
(2 )
(3)
(4 )

y1 tuỳ ý, y2 ≤ 0, y3 ≥ 0

Tìm phương án tối ưu của bài tốn đối ngẫu:
x2∗ = 14 > 0 ⇒ y1∗ = 1 (theo (2))
x3∗ = 6 > 0 ⇒ y1∗ + y2∗ + 3 y3∗ = 1 (theo (3))
x4∗ = 5 > 0 ⇒ 6 y1∗ + 2 y2∗ + y3∗ = 4 (theo (4))
6
5

Giải hệ trên ta tìm được: y1∗ = 1, y2∗ = − , y3∗ =



2
5

6 2


Vậy phương án tối ưu là y ∗ = 1, − , 
5 5
 6



2
 

với g ( y*) = 50.1 + 16.  −  + 23.   = 40 = f ( x∗ )
5
5

Ví dụ 5: Bài tốn gốc
f ( x ) = 2 x1 + 5 x 2 + 4 x 3 + x 4 − 5 x 5 → m in
 x1 − 6 x 2 − 2 x 4 − 9 x 5 = 3 2

1
3

 2 x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = 30
2
2

 3 x 2 + x 5 ≤ 3 6
x j ≥ 0, j = 1,5

Có phương án tối ưu là x∗ = (32, 0,30, 0, 0), f ( x∗ ) = 184 . Viết bài tốn đối ngẫu và
tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.

Giải
Bài toán đối ngẫu của nó là:
g ( y ) = 3 2 y1 + 3 0 y 2 + 36 y 3 → m ax

- 61 -




y ≤ 2
 1
 − 6 y1 +


 y2 ≤ 4

 − 2 y1 +


 − 9 y1 +


2 y 2 + 3 y3 ≤ 5
1
y2 ≤ 1
2
3
y2 + y3 ≤ − 5
2

y1 , y2 tuỳ ý, y3 ≤ 0

Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu:
Thứ nhất:

x1∗ = 32 > 0 ⇒ y1∗ = 2
x3∗ = 30 > 0 ⇒ y2∗ = 4

Thứ hai: Thay x∗ = (32, 0,30, 0, 0) vào ràng buộc thứ 3 ta có
3 x2 + x5 − 36 = −36 < 0 . Nên y3∗ = 0

Vậy phương án tối ưu là y ∗ = ( 2, 4, 0 )
với g ( y*) = 32.2 + 30.4 + 36.0 = 184 = f ( x∗ )

?

Tìm phương án tối ưu của bài tốn đối ngẫu, biết rằng bài tốn gốc có phương

án tối ưu là x∗ = (1/ 5, 0,9 / 10), f ( x∗ ) = 12 .
f ( x ) = 15 x1 + 8 x 2 + 1 0 x 3 → m ax

 − 3 x1 + 2 x 2 + 4 x 3 ≤ 3

 2 x1 − x 2 + 2 x 3 ≤ 4
−4 x − 5 x + 2 x ≥ 1
1
2
3

x j ≥ 0, j = 1,3

Ví dụ 6: Bài tốn gốc
f ( x ) = 5 2 x1 + 6 0 x 2 + 3 6 x 3 → m in

 x1 ≥ 3 2

 2 x1 + 4 x 2 + 3 x 3 ≥ 6
 4 x1 + 2 x 2 ≥ 4
 x ≥ −2
 2
 x 3 ≥ 3
x j tùy ý ( j = 1,3 )

- 62 -

a) Viết bài toán đối ngẫu của bài toán trên.
b) Tìm phương án tối ưu của bài tốn gốc biết P.A.T.Ư của bài toán đối ngẫu là
310
 34 22

.
y ∗ =  0, , , 0, 2  và g ( y* ) =
3
 3 3


Giải
Bài toán đối ngẫu của nó là:
g ( y ) = 3 2 y1 + 6 y 2 + 4 y 3 − 2 y 4 + 3 y 5 → m ax

 y1 + 2 y 2 + 4 y 3 = 5 2

 4 y 2 + 2 y 3 + y 4 = 60
3 y + y = 36
 2
5
yi ≥ 0 i = 1,5

Tìm phương án tối ưu của bài tốn gốc
Thứ nhất:

y2∗ =

34
> 0 ⇒ 2 x1 + 4 x2 + 3 x3 = 6
3

y3∗ =

22
> 0 ⇒ 4 x1 + 2 x2 = 4
3

y5∗ = 2 > 0 ⇒ x3 = 3

Thứ hai: Mọi ràng buộc trong bài toán đối ngẫu đều là phương trình nên khơng
cho ta điều gì về x j
11

 x1 = 6
2 x1 + 4 x2 + 3 x3 = 6 
5


⇒  x2 = −
Giải hệ phương trình 4 x1 + 2 x2 = 4
3
x = 3

 3
 x3 = 3



 11 5 
, − , 3
6 3 

Vậy phương án tối ưu của bài toán gốc là x∗ = 
với f ( x*) = 52.

11
310
 5
+ 60.  −  + 36.3 =
= g ( y∗ )
6
3
3



3.3 Ý nghĩa bài toán đối ngẫu
Một bài tốn quy hoạch tuyến tính gốc được lập nên từ những vấn đề của sản xuất và
kinh doanh, khi đó mọi tham số ( aij ,bi ,c j ) , ẩn số, hàm mục tiêu, các ràng buộc đều
chứa đựng những nội dung rõ rệt về kinh tế. Khi chuyển sang bài tốn đối ngẫu đơi lúc

- 63 -


ta sẽ khó có thể giải thích ý nghĩa kinh tế của các yếu tố trong bài toán đối ngẫu. Tuy
nhiên khơng phải vì vậy mà bài tốn đối ngẫu khơng có tầm quan trọng to lớn.
Theo các khái niệm trên ta thấy: giải được một trong hai bài toán coi như đã
giải được bài tốn kia. Vì vậy nếu gặp bài tốn khó giải thì rất có thể bài tốn đối ngẫu

sẽ dễ giải hơn.
Ví dụ 7: Bài tốn sau.

f ( x ) = ∑ c j x j → min

∑ aij x j

≥ bi

xj ≥0

( i = 1,m )

( j = 1,n )

Giả thiết c j ≥ 0

( j = 1,n )

Nếu giải trực tiếp, ta cần đưa vào m ẩn phụ với hệ số -1, rồi lại thêm m ẩn giả với hệ số
1 mới đưa về dạng chuẩn để giải bằng thuật tốn đơn hình. Cịn nếu đưa về bài toán
đối ngẫu:

g( y ) = ∑ bi yi → max

∑ aij y i
yi ≥ 0

≤ cj

( j = 1,n )

( i = 1,m )

thì chỉ cần đưa m ẩn phụ vời hệ số 1 là có ngay bài tốn dạng chuẩn để giải.
Ngồi ra người ta cịn chứng minh được: khi đã có phương án tối ưu của bài toán đối
ngẫu, tức là ở bảng ∆ j ≥ 0

∀j . Lúc đó x* ( ∆m +1 , ∆m + 2 ,...,∆m + n ) chính là phương

án tối ưu của bài tốn gốc. (Trong đó ∆m + j là ước lượng của ẩn phụ ym + j ).
Bẳng lý thuyết của bài toán đối ngẫu người ta đã đưa ra các thuật toán giải một số bài
toán quan trọng trong kinh tế như “phương pháp thế vị” giải bài toán vận tải và
phương pháp “ Điều chỉnh nhân tữ” giải bài toán sản xuất đồng bộ.

- 64 -


BÀI TẬP CHƯƠNG 3
1. Lập bài toán đối ngẫu của các bài toán sau:
 f ( x ) = 2 x1 + x 2 − x 3 → m in
x − x + 2x = 1
2
3
 1
a)  x1 − x 2 − 3 x 3 ≥ 2
x + x − 2x ≤ 3
2
3
 1

 x1 ≥ 0, x 2 ≤ 0

 f ( x ) = − x1 + x 2 + x 3 → m ax
 x − 3x + x ≥ 4
2
3
 1
b) 
2 x + x 2 − 2 x3 ≥ 1
 1
 x ≥ 0, j = 1, 3
 j

2. Lập bài toán đối ngẫu của các bài toán sau:
 f ( x ) = 2 x1 + 3 x 2 − 2 x 3 + 4 x 5 → m in
 x + x + 3x ≥ 7
4
5
 2
a)  4 x1 + 2 x 3 + x 5 = 3
 x − 3 x + x + x ≤ 10
3
4
5
 1
 x1 ≥ 0, x 2 , x 3 ≤ 0, x 4 , x 5 ∈ R
 f ( x ) = 2 5 x1 + 20 x 2 + 3 0 x 3 → m ax

 3 x1 + x 2 + x 3 ≤ − 1 2
 x1 + x 2 + x 3 ≤ − 8

b) 
x + 2 x 2 + 2 x3 ≤ − 1 2
 1
 2 x1 + 3 x 2 + x 3 ≤ − 9

 x j ≤ 0, j = 1, 3

3. Cho bài toán gốc:
 f ( x ) = 2 7 x1 + 50 x 2 + 1 8 x 3 → m ax
x + 2x + x ≤ 2
2
3
 1
 − 2 x1 + x 2 − x 3 ≤ 4
 x + 2 x − x ≤ −2
2
3
 1
 x1 , x 2 ∈ R , x 3 ≤ 0

a) Lập bài toán đối ngẫu
b) Giải bài toán đối ngẫu và suy ra kết quả của bài toán gốc.
4. Tìm phương án tối ưu của bài tốn đối ngẫu. Biết bài tốn gốc có phương án tối ưu
là x∗ = (0, 7 / 2,1) và có dạng:
f ( x ) = 1 2 x1 + 8 x 2 + x 3 → m in

- 65 -




 x1 + 2 x 2 + x 3 = 8

 2 x1 + 2 x 2 + 3 x 3 ≤ 10

3
 2 x1 + 3 x 2 + x 3 = 1 2

2
x j ≥ 0, j = 1,3

5. Cho bài toán gốc
 f ( x ) = − 2 x1 + x 2 + x 4 → m in

 x1 + x 2 − x 3 ≤ 1 5

 x1 + x 2 + x 3 + x 4 = 27
 2 x − x − x ≤ 18
2
3
 1
 x j ≥ 0, j = 1, 4


Có phương án tối ưu là X ∗ = (15, 0,12, 0) , f ( X ∗ ) = −30
Viết bài tốn đối ngẫu và tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.
6. Cho bài toán (P)
 f ( x ) = 3 x1 + x 2 + 2 x 3 + 3 x 4 + 2 x 5 + 4 x 6 → m in

 2 x1 + x 3 + x 4 + 2 x 6 = 5


 3 x1 + x 2 + 2 x 4 + x 6 = 1 1
x + 2x + x + x = 5
4
5
6
 1
 x j ≥ 0, j = 1, 6


Kiểm tra tính tối ưu của phương án x = (5 / 2, 7 / 2, 0, 0,5 / 2, 0) của bài toán (P).
7. Cho bài toán gốc
 f ( x ) = x1 + 2 x 2 + 3 x 3 + 3 x 4 → m ax

 2 x1 + x 2 + x 3 + 2 x 4 ≤ 2 0

 x1 + 2 x 2 + 3 x 3 + 4 x 4 = 1 8
2 x + x + 2 x + x ≥ 16
2
3
4
 1
 x j ≥ 0, j = 1, 4


a) Giải bài toán trên bằng phương pháp đơn hình.
b) Viết bài tốn đối ngẫu và tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.

- 66 -

Chương 4

BÀI TỐN VẬN TẢI. BÀI TỐN THẾ VỊ

Mục đích yêu cầu
Bài toán vận tải là bài toán quan trọng nhất trong các bài tốn quy hoạch tuyến
tính. Thuật ngữ bài toán vận tải thường được hiểu là bài toán vận chuyển sao cho cước
phí nhỏ nhất.
Trong chương này, sinh viên cần nắm vững các nội dung sau:
- Nhận biết dạng bài toán vận tải cân bằng thu phát và các dạng đặt biệt khác (như
không cân bằng thu phát, bài tốn vận tảii ơ cấm, bài tốn vận tải có hàm mục tiêu
max) để từ đó đó ra phương pháp giải phù hợp.
- Biết cách đặt bài toán dưới dạng bảng.
- Thành thạo phương pháp chi phí bé nhất đề tìm phương án cơ bản ban đầu cho
bài tốn vận tải.
- Nắm vững thuật tốn “Quy 0 cước phí các ơ chọn” và phương pháp thế vị để
tìm phương án tối ưu cho bài toán vận tải.

Kiến thức chuẩn bị
Để học tốt chương này sinh viên cần nắm vững: phương pháp đơn hình, phương
pháp đối ngẫu, nhận dạng và phân tích đúng các trường hợp.

- 67 -


4.1 Bài toán vận tải cân bằng thu phát (bài tốn cổ điển)

4.1.1 Thiết lập bài tốn
Giả sử có m địa điểm A1, A2,..., Am cung cấp một loại hàng hóa (xi măng, sắt,
thép,…) với khối lượng lần lượt là a1 , a2 , …, am . Cùng lúc đó có n địa điểm tiêu thụ

hàng hóa đó là B1, B2,..., Bn với khối lượng yêu cầu lần lượt là b1 , b2 ,…, bn (đơn vị
khối lượng tính bằng tấn).
Gọi

Ai là trạm phát hàng thứ i ( i = 1, m )
B j là trạm thu hàng thứ j ( i = 1, n )

Giả sử chi phí chuyên chở một tấn hàng từ Ai đến B j là cij đồng. Ma trận
C = ( cij )

mxn

gọi là ma trận cước phí.

Hãy lập kế hoạch vận chuyển hàng hóa sao cho tổng chi phí vận tải thấp nhất
và thỏa mãn yêu cầu thu-phát.
(Để đơn giản, ta giả thiết tổng lượng hàng cần phát đi ở các trạm phát bằng


m

n



j =1



tổng lượng hàng thu về ở các trạm thu  ∑ ai = ∑ b j  . Điều kiện này gọi là cân bằng

 i =1

thu phát)
Mơ hình bài toán vận tải
Đặt xij là số tấn hàng chuyển từ trạm phát Ai đến trạm thu B j
m

n

Tổng chi phí vận tải: f ( x) = ∑∑ cij xij → min

(4.1.1)

i =1 j =1

n

(1) Trạm phát, phát hết hàng:

∑x

ij

= ai , i = 1, m

(4.1.2)

j =1

m

(2) Trạm thu, thu đủ hàng:

∑x

ij

= b j , ( j = 1, n)

(4.1.3)

i =1

(3) Yêu cầu trạm phát và trạm thu được thỏa
m

n

∑ a = ∑b
i

i =1

j

(cân bằng thu phát)

(4.1.4)

j =1

(4) Hiển nhiên xij ≥ 0 (i = 1, m; j = 1, n) .

(4.1.5)

Từ các phân tích trên, ta có mơ hình bài toán vận tải (BTVT) như sau:
m

n

f ( x) = ∑∑ cij xij → min

(4.1.6)

i =1 j =1

- 68 -


n

∑x

ij

= ai (i = 1, m)

(4.1.7)

= b j ( j = 1, n)

(4.1.8)

j =1
m

∑x

ij

i =1

m

n

i =1

j =1

xij ≥ 0; cij ≥ 0; ai > 0; b j > 0; ∑ ai = ∑ b j

(4.1.9)

Một ma trận X = ( xij )mxn thỏa (4.1.7), (4.1.8) và (4.1.9) gọi là một phương án,
thỏa thêm (4.1.6) gọi là phương án tối ưu.

4.1.2 Đặt bài toán dưới dạng bảng
Bài toán vận tải là bài tốn QHTT nên có thể dùng thuật tốn đơn hình để giải.
Nhưng do tính chất đặc biệt của bài tốn vận tải, nên ta có thể có một phương pháp

giải đơn giản và hiệu quả hơn.
Trước hết ta trình bày bài tốn dưới dạng bảng:
Thu Bj

b1

b2

…

bn

Phát Ai
A1

A2

c11

c12
x11

c21

c1n
x12

c22
x21

x1n
c2n

x22

x2n

…

am

cm1

cm2
xm1

cmn
xm2

xmn

Mơ tả bảng vận tải
- Mỗi hàng đặc trưng cho một trạm phát và mỗi cột đặc trưng cho một trạm thu.
- Mỗi ô nằm trên hàng i và cột j đặc trưng cho tuyến đường từ Ai đến B j gọi
là ô (i, j )
+ Chi phí vận chuyển: cij được ghi ở góc bên trái của ơ (i, j ) .
+ Lượng hàng hóa cần vận chuyển: xij được ghi ở góc bên phải của ơ (i, j ) .
- Một ô được gọi là ô treo nếu nó là ô duy nhất trên dòng hay cột.

- 69 -

- Những ô ứng với xij > 0 trong Bảng vận tải được gọi là ơ chọn. Những ơ cịn
lại được gọi là ơ loại. Ơ chọn đặc trưng cho tuyến đường có vận tải.
- Một dãy các ơ chọn, trong đó 3 ơ liên tiếp khơng nằm trong cùng 1 dòng hay
một cột được gọi là một dây chuyền.
(i1 , j1 )(i1 , j2 )(i2 , j2 )...(ik −1 , jk )(ik , jk )

(Số ô trong một dây chuyền là một số chẵn, không nhỏ hơn 4)
- Một dây chuyền khép kín được gọi là một vịng (lưu ý: tổng số ơ trên vịng
ln là số chẵn và ít nhất là 4 ô)
(i1 , j1 )(i1 , j2 )(i2 , j2 )...(ik −1 , jk )(ik , jk )(ik , j1 )

Ví dụ 1
- Các ơ chọn có dấu “x”, tạo thành dây chuyền; hình 2 tạo thành một vịng.
- Hình 1, ơ (3,1) là ơ treo; hình 2, khơng có ơ treo.
x
X

x

x

x

x

x

x

x

x

x

(hình 1)

x

(hình 2)

Định nghĩa
- Một phương án mà các ơ chọn khơng tạo thành vịng gọi là P.A cơ bản.
- Một phương án cơ bản có đủ m + n − 1 ô chọn gọi là P.A cơ bản khơng suy biến,
nếu ít hơn m + n − 1 ô chọn gọi là P.A cơ bản suy biến.

4.1.3 Các tính chất
4.1.3.1 Tính chất 1
Bài tốn vận tải cân bằng thu phát ln có phương án tối ưu.
Thật vậy:

Đặt

xij =

ai b j

∑a

; xij ≥ 0 và

∑x =∑
ij

j

j

i

i

∑x =∑
ij

i

i

∑a

i

i

aib j

∑a

∑a

i

∑a

=b j

i

i

i

i

i

Vậy bài tốn có phương án.

- 70 -

= bj

∑b
∑a

j

aib j

=ai

j

i

i

= ai


Ngoài ra f ( x) = ∑∑ cij xij ≥ 0
i

j

Bài tốn vận tải có phương án và hàm mục tiêu ln bị chặn dưới nên nó có
phương án tối ưu.

4.1.3.2 Tính chất 2
Trong một phương án cơ bản bất kỳ, số ô chọn không bao giờ vượt quá tổng số
các trạm phát và các trạm thu trừ đi một.
Ký hiệu: α số ơ chọn thì α ≤ m + n − 1 .

4.1.3.3 Tính chất 3
Với một phương án cơ bản có đủ m + n − 1 ơ chọn thì một ơ loại bất kỳ được
đưa vào P.A sẽ tạo nên một vòng duy nhất với một số ô chọn.

Chú ý: Trường hợp P.A cơ bản suy biến, ta có thể bổ sung một số ơ loại sao cho

P.A cơ bản có m + n − 1 ơ chọn. Các ô loại được bổ sung này gọi là các “ơ chọn 0”.
Ví dụ 2: Trong bảng dưới đây có tập F gồm m + n − 1 = 4 + 3 − 1 = 7 ô chọn không chứa
vịng có đánh dấu “x”.
Ơ (4, 4) của bảng khơng thuộc F.
Khi bổ sung ô (4, 4) vào F ta sẽ có vịng duy nhất: (1, 3) (1, 4) (4, 4) (4, 3)

X

x

x

x

x
X

x

(4,4)

4.2 Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải cân bằng thu phát

4.2.1 Lập phương án cơ bản ban đầu
Áp dụng phương pháp chi phí bé nhất cho trường hợp cân bằng thu phát
Bước 1: Kiểm tra

m

n

i =1

j =1

∑ ai = ∑ b j (cân bằng thu phát)

Bước 2: Chọn ơ đầu tiên có cước phí vận chuyển bé nhất (i, j).

- 71 -

(4.2.1)


 ai

Bước 3: Chọn xij như sau: xij = min(ai , b j ) = b j
a = b
j
 i

(4.2.2)

- Nếu xij = ai thì trạm phát i đã phát hết hàng, xóa hàng i của bảng và số
lượng thu còn lại tại trạm thu j chỉ còn là b j − ai ;
- Nếu xij = b j thì trạm thu j đã nhận đủ hàng, xóa cột j của bảng và số
lượng phát còn lại tại điểm phát i là ai − b j .
- Nếu xij = ai = b j thì trạm phát i và trạm thu j đều phát và nhận đủ hàng,
xóa hàng i và cột j của bảng.

Bước 4: Trong bảng còn lại với số hàng và số cột ít hơn, ta lại tiếp tục phân
phối như trên cho đến khi hết hàng.
Bước 5: Kiểm tra lại các ô chọn
- Nếu m + n − 1 = “số ô chọn” là P.A C.B của bài toán.
- Nếu m + n − 1 ≠ “số ơ chọn” thì ta bổ sung thêm một số “ô chọn 0” cho
đủ m + n − 1 ô khơng tạo thành vịng.

Ví dụ 3: Tìm phương án cơ bản ban đầu của bài toán vận tải với các số liệu sau đây:

5 4 1 
(cij ) =  3 2 6  ;
 7 9 11



Giải: Ta thấy:

m

n

i =1

j =1

(ai ) = ( 50 40 70 ) ; (b j ) = ( 80 20 60 ) .

∑ ai = ∑ b j = 160 (cân bằng thu phát)

Ta đặt bài toán dưới dạng bảng:

bj

80

20

60

ai
50

40

70

5

4

1

3

2

6

7

9

11

- 72 -


Thứ tự phân phối như sau:
Ô (1,3) được phân vào 50. Hàng 1 bị xóa, cột 3 cịn cần 10.
Ơ (2,2) được phân vào 20. cột 2 bị xóa, hàng 2 cịn 20.
Ơ (2,1) được phân vào 20. Hàng 2 bị xóa, cột 1 cịn cần 60.
Ơ (3,1) được phân vào 60. cột 1 bị xóa, hàng 3 cịn 10.
Ơ (3,3) được phân vào 10. Hết hàng.
bj

80

20

60

ai
50

40

70

5

4

1

50
3

2

6

20
7

20
9

11

60

10

Ta thấy có 5 ô chọn và m + n − 1 = 3 + 3 − 1 = “số ô chọn” nên chúng tạo thành
một phương án cơ bản không suy biến.
Phương án cơ bản ban đầu là:

 0 0 50 


X =  20 20 0 



 60 0 10 



4.2.2 Thuật tốn “Quy 0 cước phí các ơ chọn”
Định lý: Nếu ta cộng vào hàng i và cột j của ma trận cước phí C = ( cij )mxn một số tuỳ ý
ri (i = 1, m) và sj ( j = 1, n) , ta sẽ có bài tốn vận tải mới với ma trận cước phí

C ' = ( cij' )

mxn

(c

'
ij

= cij + ri + s j ) tương đương với bài toán ban đầu.

Thuật toán: gồm 3 bước:
Bước 1: Quy 0 cước phí các ơ chọn
- Xác định được một phương án cơ bản ban đầu. (xem mục 4.3.1)

- 73 -


- Với m + n − 1 ô chọn, ta cộng vào hàng i và cột j của ma trận cước phí
C = ( cij )

mxn

một số tuỳ ý ri (i = 1, m) và sj ( j = 1, n) sao cho ma trận cước phí mới

C’ thỏa cij' = 0 (tức ri + s j + cij = 0 ).

Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu
1. Sau khi quy 0 cước phí các ơ chọn, nếu các ơ loại đều có cước phí ≥ 0
thì phương án đang xét là tối ưu.
2. Sau khi quy 0 cước phí các ơ chọn, nếu có ít nhất một ơ loại có cước
phí < 0 thì phương án đang xét khơng phải tối ưu. Ta chuyển sang bước 3.

Bước 3: Xây dựng phương án mới tốt hơn
1. Chọn ô đưa vào: Ơ đưa vào là ơ (i*,j*) có cước phí âm nhỏ nhất.
2. Tìm vịng điều chỉnh: Bổ sung (i*,j*) vào m + n − 1 ô chọn ban đầu sẽ
xuất hiện vòng duy nhất, gọi là vòng điều chỉnh V.
3. Phân ơ chẵn lẻ của vịng điều chỉnh V: Ta đánh số thứ tự các ơ của
vịng V bắt đầu từ ơ (i*,j*). Khi đó, V phân thành hai lớp:
VC: các ơ có số thứ tự chẵn
VL: các ơ có số thứ tự lẻ
4. Chọn ô đưa ra và lượng điều chỉnh:
- Tính giá trị nhỏ nhất trong 2 ơ chẵn : min(c21 , c33 )
- Ơ nào có phân ít hàng nhất làm ơ đưa ra, cịn lượng hàng ở ô
này là lượng điều chỉnh.
5. Lập phương án mới: Phương án mới được tính như sau:
- Ơ có thứ tự chẵn được bớt đi lượng điều chỉnh
- Ơ có thứ tự lẻ được cộng thêm lượng điều chỉnh
- Ô ngồi vịng điều chỉnh khơng thay đổi.

Ví dụ 4: Giải bài tốn vận tải được cho trong ví dụ trên.
Bước 1: Quy 0 cước phí các ơ chọn
- Phương án cơ bản ban đầu của bài tốn (xem ví dụ 3)
- Ta thấy:

- 74 -


bj

80

20

60

ai
5

50

4

1

50
3

40

2

6

20
7

70

r2 = 0

20
9

11

60
s1 = −3

10
s2 = −2

r1 = 6

r3 = −4

s3 = −7

Các giá trị ri và s j cộng vào phải thoả hệ phương trình:
1 + r1 + s3 = 0

3 + r + s = 0
2
1

2 + r2 + s2 = 0
7 + r + s = 0
3
1

11 + r3 + s3 = 0

(I)

Cho r2 = 0 , giải hệ (I) ta được kết quả trong bảng trên.
Áp dụng công thức cij' = cij + ri + s j ta có ma trận cước phí mới sẽ là:
8

8

0
50

0

0

20
0

-1

20
3

0

60

10

Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu
Phương án chưa tối ưu vì cịn ơ loại (2, 3) có cước phí −1 < 0 . Ta chuyển sang
bước 3.

Bước 3: Xây dựng phương án mới tốt hơn
1. Chọn ơ đưa vào: Ơ loại (2, 3) là ô được đưa vào
(do (2, 3) có cước phí −1 < 0 nhỏ nhất)

- 75 -


2. Tìm vịng điều chỉnh: Vịng điều chỉnh là: V: (2,3)(3,3)(3,1)(2,1)(2,3)
3. Phân ơ chẵn lẻ của vịng điều chỉnh V.
V C = (2,1)(3,3)
V L = (2,3)(3,1)

4. Chọn ô đưa ra và lượng điều chỉnh:
Ta có : min(c21 , c33 ) = min(20,10) = 10 = c33 ⇒ Ô đưa ra là (3,3), lượng điều
chỉnh là 10.
5. Lập phương án mới.

Những ơ trong vịng điều chỉnh có sự thay đổi như sau:
Ô (2,3) được thêm 10 trở thành 10
Ô (3,3) được bớt 10 trở thành 0
Ô (3,1) được thêm 10 trở thành 70
Ơ (2,1) được bớt 10 trở thành 10
Khi đó, phương án mới là:
8

8

0

50
0

0

-1

10
0

20
3

10
0

70
Phương án chưa tối ưu vì cịn ơ loại (2, 3) có cước phí −1 < 0 . Ta quay về bước 1.

Bước 1: Quy 0 cước phí các ơ chọn

8

8

0

50
0

0

-1

10
0

20

10

3

0

s2 = 0

s3 = 1

70
s1 = 0

- 76 -

r1 = −1

r2 = 0

r3 = 0


Ma trận cước phí mới là:
7

7

0

50
0

0

10

0

20

0

3

10
1

70
Ta thấy các ơ loại đều có cước phí dương nên bài tốn có phương án tối ưu là
 0 0 50 
X = 10 20 10 
70 0 0 
∗

Với phương án tối ưu này cước phí ít nhất phải trả là:
f ( X * ) = 1.50 + 3.10 + 2.20 + 6.10 + 7.70 = 670 .

4.2.3 Phương pháp thế vị
Cho bài toán vận tải:
m

n

f ( x) = ∑∑ cij xij → min

(4.2.3)

i =1 j =1
n

∑x

ij

= ai (i = 1, m)

(4.2.4)

= b j ( j = 1, n)

(4.2.5)

j =1
m

∑x

ij

i =1

xij ≥ 0 (i = 1, m; j = 1, n)

(4.2.6)

Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:
m

n

i =1

j =1

g (u , v) = ∑ ai ui + ∑ b j v j → max

(4.2.7)

ui + v j ≤ cij (i = 1, m; j = 1, n)

(4.2.8)

ui , v j tuỳ ý

(4.2.9)

Theo định lý đối ngẫu thứ 2 ta có dấu hiệu tối ưu:
Điều kiện cần và đủ để X = {xij} tối ưu là tồn tại một hệ thống {u i , v j }
(i = 1, m; j = 1, n) thỏa mãn các điều kiện sau:

a) ui + v j = cij nếu xij > 0

(4.2.10)

- 77 -


b) ui + v j ≤ cij với mọi i, j

(4.2.11)

(Các ui , v j gọi là thế vị của dịng i và cột j).

Thuật tốn
Bước 1: Xây dựng phương bán cơ bản cho bài toán vận tải
- Lập bảng vận tải.
- Kiểm tra điều kiện cân bằng thu-phát.
- Xác định P.A.C.B (bằng phương pháp chi phí bé nhất).
- Kiểm tra lại có đúng m + n − 1 ơ chọn, rồi chuyển qua bước 2.

Bước 2: Xây dựng hệ thống thế vị ui , v j
- Lấy một hàng i nào đó (chọn hàng có nhiều ơ chọn) và gán cho nó một giá trị
ui tuỳ ý (thường cho ui = 0 ).
- Tính các ui , v j cịn lại theo cơng thức:
v j = ui + cij
ui = v j − cij

với (i, j) ứng với các ô chọn.

(Bằng cách đó ta có đủ các ui , v j của tất cả các hàng và các cột).

Bước 3: Kiểm tra tính tối ưu
Tính ∆ ij = v j − ui − cij cho các ô loại (dương thì ghi rõ số, âm thì ghi dấu (-)), các
ơ chọn thì ∆ ij = 0 .
+ Nếu ∆ ij ≤ 0 ∀(i, j ) thì phương án tối ưu.
+ Nếu tồn tại ∆ ij > 0 thì chưa tối ưu chuyển sang bước 4.

Bước 4: Điều chỉnh phương án để tìm phương án mới tốt hơn
1.Chọn ơ đưa vào: Ơ loại có cước phí dương ( ∆ ij > 0 ) lớn nhất.

2. Xác định vòng điều chỉnh.
3. Phân ô chẵn lẻ.
4. Tìm ô đưa ra và lượng điều chỉnh
5. Lập phương án mới tốt hơn.
Các việc 2, 3, 4, 5 làm tương tự như ở thuật toán “Quy 0 cước phí ơ chọn”.
Sau khi có phương án mới, quay về bước 1 và cứ tiếp tục cho đến khi tìm được
phương án tối ưu.

- 78 -


Nhận xét: Thuật toán này dựa trên khái niệm bài toán đối ngẫu và định lý độ lệch
bù yếu khá trừu tượng đối với các bạn không nắm chắc cơ sở tốn. Về tiến trình tính
tốn thì khơng gọn nhẹ bằng thuật tốn “Quy 0 cước phí các ơ chọn” vì các ∆ ij tính ở
bước này khơng được dùng ở bước sau. Cịn ở thuật tốn trước cij ở các bước sau
thường rất nhỏ, hầu hết là bằng 0. Về mức độ hiệu quả thì hai phương pháp là như
nhau.

Ví dụ 5: Giải bài tốn vận tải với các số liệu sau đây:
 14 21 12 23 34 
(cij ) =  24 19 22 32 15 
 22 11 34 16 27 



(ai ) = (125 175 210 ) ; (b j ) = (120 140 75 85 90 )

Giải
vj

24

bj

ui

27

120

140

ai
10

0

16

125

175

210

14

21

75

85

90

23

75
22

(+8)

70
11
(-)

15

12

19

22

32

(-)

50
24

22

- 79 -

(-)
32

(0)
34

140

34

15

15
16

(-)

(-)

90
27

70

(-)

vj

24

bj

ui

19

120

140

ai
10

125

0

175

816

210

14

21

75

85

12

23

75

19

70
22

24

(-)

50
24

22

22

(-)

90

34

(-)
32

(-)
15

(0)

15
11

15

34

125

90
16

(-)

27

85

(-)

Kết thúc bảng 2, có ∆ ij ≤ 0 (∀ij) nên phương án tối ưu là
50 0 75 0 0 
X = 70 15 0 0 90 
 0 125 0 85 0 
∗

Với phương án tối ưu này cước phí ít nhất phải trả là:
f ( X * ) = 14.50 + 12.75 + 24.70 + 19.1 + 15.90 + 11.125 + 16.85 = 7650 .

?

Giải bài toán vận tải với các số liệu sau đây:

1
3
(cij ) = 
4

2

4 2 2
4 2 4 
3 2 3

4 4 4

(ai ) = ( 31 50 75 128 ) ; (b j ) = (104 22 40 118 )

4.3 Bài toán vận tải có ơ cấm
Trong thực tế có một số tuyến đường khơng thể vận chuyển hàng hóa qua được:
cầu, phà, đường sá bị hư hỏng, hoặc khơng có phương tiện vận tải thích hợp, kế hoạch
vận tải phải đảm bảo cho một trạm phát nào đó phát hết hàng hoặc trạm thu nào đó
phải thu đủ hàng khi khơng cân bằng thu phát,…Các ô ứng với các tuyến đường này
gọi là các “ô cấm”.

- 80 -