Giáo trình Toán kinh tế (Nghề: Kế toán - Cao đẳng): Phần 2 - Trường Cao đẳng Cộng đồng Đồng Tháp

CHƢƠNG 3: BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU
 Giới thiệu
Ở chƣơng 2, ta đã xét bài tốn quy hoạch tuyến tính min-max nhƣ là hai bài
toán tách biệt. Nhƣng thật sự đối với mỗi bài tốn min ln ln tồn tại bài toán
max tƣơng ứng và ngƣợc lại. Bài toán quy hoạch ban đầu đƣợc gọi là bài tốn
gốc cịn bài tốn tƣơng ứng của nó đƣợc gọi là bài tốn đối ngẫu.
Trong nhiều trƣờng 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 đƣợc phƣơng án tối ƣu của bài tốn đối
ngẫu từ phƣơng án của bài toán gốc và ngƣợc lại.
 Mục tiêu
- Về kiến thức:
+ Hiểu rõ về bài toán đối ngẫu là gì.
+ Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu, sự cần thiết phải đƣa về bài
toán đối ngẫu.
+ Hiểu đƣợc mối quan hệ giữa bài toán gốc và bài tốn đối ngẫu từ đó
có những phƣơng pháp tìm ra phƣơng án tối ƣu nhanh hơn.
- Về kỹ năng:
+ Lập đƣợc bài toán đối ngẫu từ bài toán gốc.
+ Từ phƣơng án tối ƣu của bài toán gốc suy ra đƣợc phƣơng án tối
ƣu của bài toán đối ngẫu và ngƣợc lại.
- Về năng lực tự chủ và trách nhiệm: Có thái độ nghiêm túc, tự giác học
tập và chịu trách nhiệm với kết quả thực hiện.

54


1. Khái niệm
1.1. Bài toán đối ngẫu của bài toán dạng chính tắc
Định nghĩa:

Cho bài tốn gốc (P):

f (x) cj xj min (max)

(3.1.1)

a x  b i 1,m

(3.1.2)

xj 0, j 1,n

(3.1.3)

n

j1

n

j1

ij j

i

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

g(y)  by
i i max (min)

(3.1.4)

a y  () c

(3.1.5)

m

i1

m

i1

ij i

j

( j 1, n)

yi 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) max
và ngƣợc lại.
- Các ràng buộc ở bài toán (D) đều là bất đẳng thức "" nếu f (x) max
(hoặc "" nếu f (x) min )

- Số ẩn của bài toán này là số ràng buộc của bài toán kia và ngƣợc 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

a x  b ,
n

j1

ij j

i

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

a y  () c .
m

i1

ij i

j

Ví dụ 1: Bài tốn gốc: f (x)  2x1 4x2 3x3 min

x1 2x2  x3  2
x 3x 5
3

2
xj 0, j 1,3
Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:

g(y) 2y1 5y2 max
55


y1  2
2y  y  4
 1 2

y1 3y2 3
y1, y2 tùy ý.
1.2. Bài toán đối ngẫu của bài toán dạng tổng quát
Quy tắc lập bài toán đối ngẫu đƣợc cho bởi bảng sau:
Bài toán gốc P (D)
Hàm mục tiêu f (x) 

Bài toán đối ngẫu D (P)

cj xj max
n

Hàm mục tiêu g(y) 

j1

by min
m

i1

i i


  


Ràng buộc thứ i: aijxj  bi , i 1, m Ẩn thứ i: yi    0, i 1, m
j1

tùy ý
n

  
Ẩn thứ j: xj   0, j 1, n
tùy ý


Ràng buộc thứ j: aij yi  cj , j 1, n
i1

m

 Nhận xét: Bài toán đối ngẫu của bài tốn đối ngẫu chính là bài tốn gốc. Vì
vậy ngƣời 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 (ngƣợc dấu)

min  max

Ẩn  Ràng buộc (ngƣợc
dấu)

Ràng buộc  Ân (cùng dấu)

Ví dụ 2: Tìm bài tốn đối ngẫu của bài toán

f (x) 2x1 3x2 x3 x4 max

(1)
2x1 x2 x3  x4 5
x  x 2x  x  7
(2)
1 2
3
4
5x1  x2 3x3  x4  20 (3)

x1, x2 0, x3 0 x4 tùy ý.
Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:

g(y) 5y1 7y2 20y3 min (do f (x) max )

56

2y1  y2 5y3  2
y  y  y 3
 1 2 3
y 2y 3y 1
2
3
 1

y1  y2  y3 1

(do x1 0)
(do x2  0)
(do x3  0)
(do x4 tùy 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 tốn

f (x)  2x1  x2 x3 min

x1  x2 2x3 1
x  x 3x  2
1 2
3
x1  x2 2x3 3

x1 0, x2 0, x3 tùy ý.

Bài toán đối ngẫu là:

g(y)  y1 2y2 3y3 max

y1  y2  y3  2
y  y  y 1
 1 2 3
2y1 3y2 2y3 1

y2 0, y3 0
?

Lập bài toán đối ngẫu của bài toán sau:

f (x) 2x1 x2 8x3 max

7x1 4x2 2x3  28
3x x 3x 10
 1 2
3
2x1 3x2 x3 15

x1 0, x2 0
2. Quan hệ giữa bài toán gốc và bài toán đối ngẫu
2.1. Các định lý đối ngẫu
Định lý 1: Với cặp bài toán P và D, chỉ xảy ra một trong ba trƣờng hợp sau:
1. Cả hai đều không có phƣơng án.
2. Cả hai đều có phƣơng án, lúc đó cả hai cùng có phƣơng án tối ƣu và
giá trị hàm mục tiêu đối với phƣơng án tối ƣu bằng nhau.
3. Một trong hai bài tốn khơng có phƣơng án, cịn bài tốn kia có

phƣơng án. Khi đó bài tốn có phƣơng án sẽ khơng có phƣơng án tối
ƣu và hàm mục tiêu của nó khơng bị chặn.

57


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

f (x*)  g(y*)
Định lý 2: (Độ lệch bù yếu). Điều kiện cần và đủ để phƣơng án x* của (P) và
y* của (D) tối ƣu là:

  m  
xj aij yi cj  0 (j 1,n)

  i1
 n
yi aijxj bi  0 (i 1,m)
  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.
2.2. Tìm P.A.T.Ƣ của bài tốn đối ngẫu qua P.A.T.Ƣ của bài tốn gốc.
Giả sử bài tốn gốc có phƣơng án tối ƣu x (x1, x2,...xn) và giải đƣợc bài

toán đối ngẫu. Theo định lý 2, ta có
 Nếu x*j  0 thì

a y c .
m

i1

*
ij i

j

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

aijx*j  bi
n

(,)

j1

(đẳng thức thật sự) thì yi*  0.
Từ đây ta đƣợc hệ phƣơng trình, giải hệ này ta tìm đƣợc nghiệm tối ƣu
của bài tốn đối ngẫu.
 Nhận xét:
Tìm P.A.T.Ƣ của bài toán gốc qua P.A.T.Ƣ của bài toán đối ngẫu ta tiến
hành tƣơng tự.
Ví dụ 4: Bài tốn gốc

f (x) 2x1 x2 x3 4x4 max

5x1  x2  x3 6x4 50
3x  x 2x 16
 1 3
4
4x1 3x3  x4  23

xj  0, j 1,4
Có phƣơng án tối ƣu là x (0,14,6,5), f (x)  40. Viết bài tốn đối ngẫu và
tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán đối ngẫu.
Giải
58


Bài toán đối ngẫu: g(y) 50y1 16y2 23y3 min

5y1 3y2 4y3  2
y 1
1
y  y 3y 1
3
1 2

6y1 2y2  y3  4

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

y1 tuỳ ý, y2 0, y3 0
Tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán đối ngẫu:

x2 140y1 1 (theo (2))
x3 60y1  y2 3y3 1 (theo (3))
x4 506y1 2y2  y3 4 (theo (4))
6
2
Giải hệ trên ta tìm đƣợc: y1 1, y2  , y3 
5
5
62
Vậy phƣơng án tối ƣu 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)  2x1 5x2 4x3  x4 5x5 min

x1 6x2 2x4 9x5 32

2x  x  1 x  3 x 30
 2 3 2 4 2 5



3x2  x5 36
xj  0, j 1,5
Có phƣơng án tối ƣu là x (32,0,30,0,0), f (x) 184. Viết bài tốn đối ngẫu
và tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán đối ngẫu.
Giải
Bài toán đối ngẫu của nó là:

g(y) 32y1 30y2 36y3 max

59




y1  2

6y1 2y2 3y3 5
y  4
2

2y1  1 y2 1
2


9y1  3 y2  y3 5


2
y1, y2 tuỳ ý, y3  0
Tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán đối ngẫu:

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
3x2  x5 36 360. Nên y3  0
Thứ nhất:

Vậy phƣơng án tối ƣu là y 2,4,0

với g(y*) 32.230.436.0 184  f (x)
? Tìm phƣơng án tối ƣu của bài tốn đối ngẫu, biết rằng bài tốn gốc có
phƣơng án tối ƣu là x (1/5,0,9/10), f (x) 12.

f (x) 15x1 8x2 10x3 max

3x1 2x2 4x3 3
2x  x 2x  4
 1 2
3
4x1 5x2 2x3 1

xj  0, j 1,3
Ví dụ 6: Bài toán gốc

f (x) 52x1 60x2 36x3 min
x1 32
2x 4x 3x  6
1
2
3


4x 2x  4
 1
2
x2 2


x3 3
xj tùy ý ( j 1,3)
a) Viết bài toán đối ngẫu của bài toán trên.

60


b) Tìm phƣơng án tối ƣu của bài tốn gốc biết P.A.T.Ƣ của bài toán đối
ngẫu là y 0,

34, 22,0,2 và g(y*)  310 .

3
 3 3

Giải
Bài toán đối ngẫu của nó là:

g(y) 32y1 6y2 4y3 2y4 3y5 max

y1 2y2 4y3 52
4y 2y  y  60
 2

3
4
3y2  y5 36

yi  0 i 1,5
Tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán gốc
Thứ nhất:

y2  34 02x1 4x2 3x3 6
3
y3  22 04x1 2x2  4
3
y5 20x3 3

Thứ hai: Mọi ràng buộc trong bài toán đối ngẫu đều là phƣơng trình nên
khơng cho ta điều gì về xj

x 11
1
2x1 4x2 3x3 6  6
x2 5
Giải hệ phƣơng trình 
4x1 2x2  4
3
x3 3


x3 3

11 5

Vậy phƣơng án tối ƣu của bài toán gốc là x  ,  ,3
6 3 
11
5
310  g(y)
với f (x*) 52. 60. 36.3
6
3
 3
3. Ý nghĩa bài toán đối ngẫu
Một bài toán quy hoạch tuyến tính gốc đƣợc lập nên từ những vấn đề của sản
xuất và kinh doanh, khi đó mọi tham số (aij ,b,c
i 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 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.

61


Theo các khái niệm trên ta thấy: giải đƣợc một trong hai bài toán coi nhƣ
đã giải đƣợc bài toán 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 toán sau.

f(x)  cjxj min
aijxj bi (i 1,m)
xj 0 ( j 1,n)

Giả thiết cj 0

( j 1,n)

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

g( y)  bi yi max
aij yi cj ( j 1,n)
yi 0 (i 1,m)

thì chỉ cần đƣa m ẩn phụ vời hệ số 1 là có ngay bài tốn dạng chuẩn để giải.
Ngồi ra ngƣời ta cịn chứng minh đƣợc: khi đã có phƣơng án tối ƣu của bài
tốn đối ngẫu, tức là ở bảng j 0 j . Lúc đó x*( m1,m2,...,mn ) chính
là phƣơng án tối ƣu của bài tốn gốc. (Trong đó m j là ƣớc lƣợng của ẩn phụ

ym j ).
Bẳng lý thuyết của bài toán đối ngẫu ngƣời ta đã đƣa ra các thuật toán giải một
số bài toán quan trọng trong kinh tế nhƣ “phƣơng pháp thế vị” giải bài toán vận
tải và phƣơng pháp “ Điều chỉnh nhân tữ” giải bài toán sản xuất đồng bộ.

62


BÀI TẬP CHƢƠNG 3
1. Lập bài toán đối ngẫu của các bài toán sau:

 f (x)  2x1  x2  x3 min
x  x 2x 1

1
2
3


a) x1  x2 3x3  2
x1  x2 2x3 3


x1  0, x2  0

 f (x) x1  x2  x3 max
x 3x  x  4
1
2
3
b) 
2x  x 2x 1
3
 1 2

xj 0, j 1,3

2. Lập bài toán đối ngẫu của các bài toán sau:

 f (x)  2x1 3x2 2x3 4x5 min
x  x 3x  7
2
4
5



a) 4x1 2x3  x5 3
x1 3x3  x4  x5 10


x1  0, x2, x3  0, x4, x5 R
 f (x)  25x1 20x2 30x3 max
3x  x  x 12
 1 2 3
x1  x2  x3 8
b) 
x 2x 2x 12
2
3
1
2x1 3x2  x3 9


xj  0, j 1,3
3. Cho bài toán gốc:

 f (x)  27x1 50x2 18x3 max
x 2x  x  2
1
2
3

2x  x  x  4
 1 2 3

x1 2x2  x3 2


x1, x2 R, x3  0
a) Lập bài toán đối ngẫu
b) Giải bài toán đối ngẫu và suy ra kết quả của bài tốn gốc.
4. Tìm phƣơng án tối ƣu của bài tốn đối ngẫu. Biết bài tốn gốc có phƣơng án
tối ƣu là x (0,7/2,1) và có dạng:

f (x) 12x1 8x2  x3 min


x1 2x2  x3 8

2x1 2x2 3x3 10

2x1 3x2  3 x3 12

2
63


xj  0, j 1,3
5. Cho bài toán gốc

 f (x) 2x1  x2  x4 min

x1  x2 x3 15
x  x  x  x  27
1 2 3 4

2x1 x2 x3 18


xj 0, j 1,4
Có phƣơng án tối ƣu là X (15,0,12,0) , f (X) 30
Viết bài tốn đối ngẫu và tìm phƣơng án tối ƣu của bài toán đối ngẫu.
6. Cho bài toán (P)

 f (x) 3x1  x2 2x3 3x4 2x5 4x6 min

2x1  x3  x4 2x6 5
3x  x 2x  x 11
 1 2
4
6
x1 2x4  x5  x6 5


xj 0, j 1,6
Kiểm tra tính tối ƣu của phƣơng án x(5/2,7/2,0,0,5/2,0) của bài toán (P).
7. Cho bài toán gốc

 f (x)  x1 2x2 3x3 3x4 max

2x1  x2  x3 2x4  20
x 2x 3x 4x 18
1
2
3
4

2x1  x2 2x3  x4 16


xj 0, j 1,4
a) Giải bài toán trên bằng phƣơng pháp đơn hình.
b) Viết bài tốn đối ngẫu và tìm phƣơng án tối ƣu của bài tốn đối ngẫu.

64


CHƢƠNG 4: BÀI TOÁN VẬN TẢI - BÀI TOÁN THẾ VỊ
 Giới thiệu
Bài toán vận tải là bài toán quan trọng nhất trong các bài tốn quy hoạch
tuyến tính. Thuật ngữ bài toán vận tải thƣờng đƣợc hiểu là bài tốn vận chuyển
sao cho cƣớc phí nhỏ nhất.
Trong chƣơng này, sinh viên sẽ làm quen các nội dung sau: bài toán vận tải
cân bằng thu phát và các dạng đặt biệt khác (nhƣ khơng cân bằng thu phát, bài
tốn vận tải ơ cấm, bài tốn vận tải có hàm mục tiêu max) để từ đó đó ra
phƣơng pháp giải phù hợp, cách đặt bài toán dƣới dạng bảng, một số phƣơng
pháp giải bài toán vận tải.
 Mục tiêu
- Về kiến thức:
+ Nhận biết dạng bài toán vận tải cân bằng thu phát và các dạng đặt
biệt khác (nhƣ không cân bằng thu phát, bài tốn vận tải ơ cấm, bài tốn vận tải
có hàm mục tiêu max) để từ đó đó ra phƣơng pháp giải phù hợp.
+ Hiểu đƣợc cách đặt bài toán dạng bảng.
+ Hiểu đƣợc các phƣơng pháp giải bài toán vận tải.
- Về kỹ năng:
+ Biết cách đặt bài toán dƣới dạng bảng.
+ Thành thạo phƣơng pháp chi phí bé nhất đề tìm phƣơng án cơ bản

ban đầu cho bài tốn vận tải.
+ Phân tích vững thuật tốn “Quy 0 cƣớc phí các ơ chọn” và phƣơng
pháp thế vị để tìm phƣơng án tối ƣu cho bài toán vận tải.
- Về năng lực tự chủ và trách nhiệm: Có thái độ nghiêm túc, tự giác học
tập và chịu trách nhiệm với kết quả thực hiện.

65


1. Bài toán vận tải cân bằng thu phát (bài tốn cổ điển)
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 lƣợng lần lƣợt là a1, a2,, am. Cùng lúc đó có n địa điểm
tiêu thụ hàng hóa đó là B1, B2,..., Bn với khối lƣợng yêu cầu lần lƣợt là
b1,b2,,bn (đơn vị khối lƣợng tính bằng tấn).
Gọi

Ai là trạm phát hàng thứ i ( i 1,m)
Bj là trạm thu hàng thứ j ( i 1, n)

Giả sử chi phí chuyên chở một tấn hàng từ Ai đến

C cij mxn gọi là ma trận cƣớc phí.

Bj là cij đồng. Ma trận

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

n
m

a


i bj . Điều kiện này gọi là
j1 
 i1

bằng tổng lượng hàng thu về ở các trạm thu 
cân bằng thu phát)
 Mơ hình bài tốn vận tải

Đặt xij là số tấn hàng chuyển từ trạm phát Ai đến trạm thu
Tổng chi phí vận tải: f (x) 

c x min
m n

i1 j1

(1) Trạm phát, phát hết hàng:
(2) Trạm thu, thu đủ hàng:

Bj

ij ij

x a , i 1,m

(4.1.1)

n

j1

ij

i

x b , ( j 1,n)

(4.1.2)

m

i1

ij

j

(4.1.3)

(3) Yêu cầu trạm phát và trạm thu đƣợc thỏa

ai bj (cân bằng thu phát)

m

n

i1

j1

(4) Hiển nhiên xij  0 (i 1, m; j 1, n) .

(4.1.4)
(4.1.5)

Từ các phân tích trên, ta có mơ hình bài tốn vận tải (BTVT) nhƣ sau:

f (x) cijxij min

(4.1.6)

x a (i 1,m)

(4.1.7)

m n

i1 j1

n

j1

ij

i

66


x b
m

i1

ij

j

( j 1, n)

(4.1.8)

xij 0; cij 0; ai 0; bj 0; ai bj

 

Một ma trận X  xij

mxn

m

n

i1

j1

(4.1.9)

thỏa (4.1.7), (4.1.8) và (4.1.9) gọi là một phƣơng

án, thỏa thêm (4.1.6) gọi là phƣơng án tối ƣu.
1.2. Đặt bài toán dƣới dạng bảng
Bài toán vận tải là bài toán QHTT nên có thể dùng thuật tốn đơn hình để
giải. Nhƣng do tính chất đặc biệt của bài tốn vận tải, nên ta có thể có một
phƣơng pháp giải đơn giản và hiệu quả hơn.
Trƣớc hết ta trình bày bài tốn dƣới 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

Mô tả bảng vận tải
- Mỗi hàng đặc trƣng cho một trạm phát và mỗi cột đặc trƣng cho một
trạm thu.
- Mỗi ô nằm trên hàng

i và cột j đặc trƣng cho tuyến đƣờng từ Ai đến

Bj gọi là ơ (i, j)
+ Chi phí vận chuyển: cij đƣợc ghi ở góc bên trái của ơ (i, j) .
+ Lƣợng hàng hóa cần vận chuyển: xij đƣợc ghi ở góc bên phải của ơ

(i, j).
- Một ơ đƣợc gọi là ơ treo nếu nó là ơ duy nhất trên dịng hay cột.
- Những ơ ứng với xij  0 trong Bảng vận tải đƣợc gọi là ô chọn. Những ơ
cịn lại đƣợc gọi là ơ loại. Ơ chọn đặc trƣng cho tuyến đƣờng có vận tải.
67


- Một dãy các ơ chọn, trong đó 3 ơ liên tiếp khơng nằm trong cùng 1 dịng
hay một cột đƣợc 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 đƣợc gọi là một vịng (lƣu 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 phƣơng án mà các ơ chọn khơng tạo thành vịng gọi là P.A cơ bản.
- Một phƣơng án cơ bản có đủ mn1 ô chọn gọi là P.A cơ bản không suy
biến, nếu ít hơn mn1 ơ chọn gọi là P.A cơ bản suy biến.
1.3. Các tính chất
1.3.1. Tính chất 1
Bài tốn vận tải cân bằng thu phát ln có phương án tối ưu.
Thật vậy:

ab
xij  i j ; xij  0 và
ai

Đặt

i

j bj
ab
i j
j xij j ai ai ai ai

ai

ab
i j
i
xij 
bj

b

i
i ai
ai j
i

i

i

i

Vậy bài tốn có phƣơng án.
Ngồi ra f (x) 

c x 0
i

j

ij ij

Bài tốn vận tải có phƣơng án và hàm mục tiêu luôn bị chặn dƣới nên nó
có phƣơng án tối ƣu.
68


1.3.2. Tính chất 2
Trong một phƣơng 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:  số ơ chọn thì

mn1.

1.3.3. Tính chất 3
Với một phƣơng án cơ bản có đủ mn1 ơ chọn thì một ô loại bất kỳ
đƣợc đƣa vào P.A sẽ tạo nên một vịng duy nhất với một số ơ chọn.
 Chú ý: Trƣờng 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 ơ loại đƣợc bổ sung này gọi là các “ơ
chọn 0”.
Ví dụ 2: Trong bảng dƣới đây có tập
chứa vịng có đánh dấu “x”.

F gồm mn14317 ơ chọn khơng

Ơ (4, 4) của bảng không 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)

2. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải cân bằng thu phát
2.1. Lập phƣơng án cơ bản ban đầu
Áp dụng phương pháp chi phí bé nhất cho trƣờng hợp cân bằng thu phát
 Bƣớc 1: Kiểm tra

a b
m

i1

n

i

j1

j

(cân bằng thu phát)

(4.2.1)

 Bƣớc 2: Chọn ơ đầu tiên có cƣớc phí vận chuyển bé nhất (i, j).

ai

 Bƣớc 3: Chọn xij nhƣ sau: xij  min(ai ,bj )  bj
a b

i j

(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 bj ai ;

69


- Nếu xij  bj 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 bj .
- Nếu xij  ai  bj thì trạm phát i và trạm thu j đều phát và nhận đủ
hàng, xóa hàng i và cột j của bảng.
 Bƣớc 4: Trong bảng còn lại với số hàng và số cột ít hơn, ta lại tiếp tục
phân phối nhƣ trên cho đến khi hết hàng.
 Bƣớc 5: Kiểm tra lại các ô chọn
- Nếu mn1 “số ô chọn” là P.A C.B của bài tốn.
- Nếu mn1 “số ơ chọn” thì ta bổ sung thêm một số “ô chọn 0”
cho đủ mn1 ơ khơng tạo thành vịng.
Ví dụ 3: Tìm phƣơng 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:

(ai ) 50 40 70; (bj ) 80 20 60.

a b 160 (cân bằng thu phát)
m

i1

n

i

j1

j

Ta đặt bài toán dƣới dạng bảng:
bj

80

20

60

ai
50
40
70

5

4

1

3

2

6

7

9

11

Thứ tự phân phối nhƣ sau:
Ô (1,3) đƣợc phân vào 50. Hàng 1 bị xóa, cột 3 cịn cần 10.
Ơ (2,2) đƣợc phân vào 20. cột 2 bị xóa, hàng 2 cịn 20.
Ơ (2,1) đƣợc phân vào 20. Hàng 2 bị xóa, cột 1 cịn cần 60.
Ơ (3,1) đƣợc phân vào 60. cột 1 bị xóa, hàng 3 cịn 10.
Ơ (3,3) đƣợc phân vào 10. Hết hàng.
70


bj

80

20

60

ai
50
40
70

5

4

1
50

3

2
20

7

6
20

9

11

60

10

Ta thấy có 5 ơ chọn và mn1331 “số ơ chọn” nên chúng tạo thành
một phƣơng án cơ bản không suy biến.
Phƣơng án cơ bản ban đầu là:

 0 0 50


X 20 20 0 


60
0
10


2.2. Thuật toán “Quy 0 cƣớc phí các ơ chọn”

 

Định lý: Nếu ta cộng vào hàng i và cột j của ma trận cƣớc 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 cƣớc phí

C' cij' mxn cij' cij ri sj  tƣơng đƣơng với bài toán ban đầu.

 Thuật toán: gồm 3 bƣớc:
 Bƣớc 1: Quy 0 cƣớc phí các ơ chọn
- Xác định đƣợc một phƣơng án cơ bản ban đầu. (xem mục 4.3.1)
- Với mn1 ô chọn, ta cộng vào hàng i và cột j của ma trận cƣớc
phí C  cij mxn một số tuỳ ý ri (i 1, m) và sj ( j 1, n) sao cho ma trận cƣớc

 

phí mới C’ thỏa cij'  0 (tức ri sj cij  0 ).
 Bƣớc 2: Kiểm tra tính tối ƣu
1. Sau khi quy 0 cƣớc phí các ơ chọn, nếu các ơ loại đều có cƣớc phí
0 thì phương án đang xét là tối ưu.
2. Sau khi quy 0 cƣớc phí các ơ chọn, nếu có ít nhất một ơ loại có
cƣớc phí < 0 thì phƣơng án đang xét không phải tối ưu. Ta chuyển sang
bƣớc 3.
 Bƣớc 3: Xây dựng phƣơng án mới tốt hơn
1. Chọn ô đưa vào: Ơ đƣa vào là ơ (i*,j*) có cước phí âm nhỏ nhất.
71


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 vịng điều chỉnh V.
3. Phân ơ chẵn lẻ của vòng 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 lƣợng 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 lƣợng hàng

ở ô này là lƣợng điều chỉnh.
5. Lập phương án mới: Phƣơng án mới đƣợc tính nhƣ sau:
- Ơ có thứ tự chẵn đƣợc bớt đi lƣợng điều chỉnh
- Ô có thứ tự lẻ đƣợc cộng thêm lƣợng điều chỉnh
- Ơ ngồi vịng điều chỉnh khơng thay đổi.
Ví dụ 4: Giải bài tốn vận tải đƣợc cho trong ví dụ trên.
 Bƣớc 1: Quy 0 cƣớc phí các ơ chọn
- Phƣơng án cơ bản ban đầu của bài toán (xem ví dụ 3)
- Ta thấy:
bj

80

20

60

ai
50
40
70

5

4

1
50

3

2

6

20
7

11

60

s1 3

r2 0

20
9

10

s2 2

r1 6

r3 4

s3 7

Các giá trị ri và sj cộng vào phải thoả hệ phƣơng trình:

1r1 s3  0
3r s  0
 2 1
2r2 s2  0
7r3 s1  0

11r3 s3  0

(I)

72


Cho r2 0, giải hệ (I) ta đƣợc kết quả trong bảng trên.
Áp dụng công thức cij' cij ri sj ta có ma trận cƣớc phí mới sẽ là:
8

8

0
50

0

0
20

0

-1
20

3

0

60

10

 Bƣớc 2: Kiểm tra tính tối ƣu
Phƣơng án chƣa tối ƣu vì cịn ơ loại (2, 3) có cƣớc phí 10. Ta chuyển
sang bƣớc 3.
 Bƣớc 3: Xây dựng phƣơng án mới tốt hơn
1. Chọn ơ đưa vào: Ơ loại (2, 3) là ơ đƣợc đƣa vào
(do (2, 3) có cước phí 10 nhỏ nhất)
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.

VC (2,1)(3,3)
VL (2,3)(3,1)
4. Chọn ô đưa ra và lƣợng điều chỉnh:
Ta có : min(c21,c33)  min(20,10) 10c33  Ô đƣa ra là (3,3), lƣợng
điều chỉnh là 10.
5. Lập phƣơng án mới.
Những ơ trong vịng điều chỉnh có sự thay đổi nhƣ sau:
Ô (2,3) đƣợc thêm 10 trở thành 10
Ô (3,3) đƣợc bớt 10 trở thành 0
Ô (3,1) đƣợc thêm 10 trở thành 70

Ô (2,1) đƣợc bớt 10 trở thành 10
Khi đó, phƣơng án mới là:
8

8

0
50

0

0
10

-1
20

73

10


0

3

0

70
Phƣơng án chƣa tối ƣu vì cịn ơ loại (2, 3) có cƣớc phí 10. Ta quay về bƣớc

1.
 Bƣớc 1: Quy 0 cƣớc phí các ơ chọn
8

8

0
50

0

0
10

0

-1
20

10

3

0

s2  0

s3 1

r2 0

r3 0

70

s1 0

r1 1

Ma trận cƣớc phí mới là:
7

7

0
50

0

0
10

0

0
20

3

10
1

70
Ta thấy các ơ loại đều có cƣớc phí dƣơng nên bài tốn có phƣơng án tối
ƣu là

 0 0 50
X  10 20 10
70 0 0 


Với phƣơng án tối ƣu này cƣớc phí ít nhất phải trả là:

f (X*) 1.503.102.206.107.70 670.
2.3. Phƣơng pháp thế vị
Cho bài toán vận tải:

f (x) cijxij min
m n

i1 j1

74

(4.2.3)


x a (i 1,m)

(4.2.4)

x b

(4.2.5)

n

j1

ij

i

m

i1

ij

j

( j 1, n)

xij  0 (i 1, m; j 1, n)

(4.2.6)

Bài toán đối ngẫu của bài toán này là:

g(u,v) au
i i bv

j j max

(4.2.7)

ui vj cij (i 1, m; j 1, n)

(4.2.8)

m

n

i1

j1

ui ,vj tuỳ ý

(4.2.9)

Theo định lý đối ngẫu thứ 2 ta có dấu hiệu tối ƣu:
Điều kiện cần và đủ để X {xij} tối ƣu là tồn tại một hệ thống {ui , vj}

(i 1, m; j 1, n) thỏa mãn các điều kiện sau:
a) ui vj cij nếu xij  0

(4.2.10)

b) ui vj cij với mọi i, j

(4.2.11)

(Các ui ,vj gọi là thế vị của dịng i và cột j).
 Thuật tốn
 Bƣớc 1: Xây dựng phƣơng 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 bƣớc 2.
 Bƣớc 2: Xây dựng hệ thống thế vị ui , vj
- Lấy một hàng i nào đó (chọn hàng có nhiều ơ chọn) và gán cho nó một
giá trị ui tuỳ ý (thƣờng cho ui  0).
- Tính các ui ,vj cịn lại theo công thức:

vj ui cij

ui vj cij

với (i, j) ứng với các ơ chọn.

(Bằng cách đó ta có đủ các ui ,vj của tất cả các hàng và các cột).
 Bƣớc 3: Kiểm tra tính tối ƣu
Tính ij vj ui cij cho các ơ loại (dƣơng thì ghi rõ số, âm thì ghi dấu (-)),
các ơ chọn thì ij  0.
75


+ Nếu ij  0 (i, j) thì phƣơng án tối ƣu.
+ Nếu tồn tại ij  0 thì chƣa tối ƣu chuyển sang bƣớc 4.
 Bƣớc 4: Điều chỉnh phƣơng án để tìm phƣơng án mới tốt hơn

1.Chọn ơ đƣa vào: Ơ loại có cƣớc phí dƣơng ( ij  0) lớn nhất.
2. Xác định vòng điều chỉnh.
3. Phân ô chẵn lẻ.
4. Tìm ô đƣa ra và lƣợng điều chỉnh
5. Lập phƣơng án mới tốt hơn.
Các việc 2, 3, 4, 5 làm tƣơng tự nhƣ ở thuật toán “Quy 0 cước phí ơ
chọn”.
Sau khi có phƣơng án mới, quay về bƣớc 1 và cứ tiếp tục cho đến khi tìm
đƣợc phƣơng án tối ƣu.
 Nhận xét: Thuật tốn này dựa trên khái niệm bài toán đối ngẫu và định lý độ
lệch bù yếu khá trừu tƣợng đối với các bạn khơng 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 bƣớc này khơng đƣợc dùng ở bƣớc sau. Cịn ở thuật toán trƣớc

cij ở các bƣớc sau thƣờng rất nhỏ, hầu hết là bằng 0. Về mức độ hiệu quả thì hai
phƣơng pháp là nhƣ nhau.
Ví dụ 5: Giải bài tốn vận tải với các số liệu sau đây:

14 21 12 23
(cij) 24 19 22 32
22 11 34 16
(ai ) 125 175 210;

34
15
27

(bj ) 120 140 75 85 90

Giải

76


vj

ui

24

bj

27

120

140

22

32

15

75

85

90

ai
10

14

125

0

50
24

175

16

21

(+8)
11

(-)

vj

ui

22

bj

24

19

120

140

(-)

32

(0)

15
15

34
140

34

(-)

75

19

22

23

(-)

70

210

12

16

(-)

90
27

70

22

24

75

85

(-)

15
90

ai
10

125

0

175

816

210

14

21
(-)

50
24

12

19
70

22

75
22

15
11

(-)

23
(-)
32

(-)
15

(0)
34

125

34

(-)

90
16

27
85

(-)

Kết thúc bảng 2, có ij  0 (ij) nên phƣơng án tối ƣu là

50 0 75 0 0 
X  70 15 0 0 90
 0 125 0 85 0 


Với phƣơng án tối ƣu này cƣớc 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:

77


1
3
(cij) 
4
2

(ai ) 31

4 2 2
4 2 4

3 2 3
4 4 4
50 75 128; (bj ) 104 22 40 118

3. Bài tốn vận tải có ơ cấm
Trong thực tế có một số tuyến đƣờng khơng thể vận chuyển hàng hóa qua
đƣợc: cầu, phà, đƣờng sá bị hƣ hỏng, hoặc không có phƣơng 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 không cân bằng thu phát,…Các ô ứng
với các tuyến đƣờng này gọi là các “ô cấm”.

 Cách giải
Ta lập bài toán mở rộng (VTM) bằng cách thay cij ở các ô cấm bằng

M  0 rất lớn, dùng phƣơng pháp thế vị để giải bài tốn này. Có hai trƣờng hợp:
* Nếu trong P.A.T.Ƣ của (VTM) có tất cả cá thành phần ứng với ô cấm
đều bằng 0. Khi đó, bài tốn xuất phát có P.A.T.Ƣ .
* Nếu trong P.A.T.Ƣ của (VTM) có tất cả cá thành phần ứng với ơ cấm
khác 0. Khi đó, bài tốn xuất phát khơng có P.A và do đó cũng khơng có
P.A.T.Ƣ.
Ví dụ 6: Giải bài toán vận tải với các số liệu sau đây:

8
(cij) 10
10
(ai ) 50

15 16 10
5 9 15
14 11 13

100 50; (bj ) 50 100 25 25

Trong đó ơ (2, 2) và (2, 4) là ô cấm.
Giải

78