TIỂU LUẬN môn học tối ưu hóa và QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH bài 1 lập mô hình toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM

TIỂU LUẬN MƠN HỌC

TỐI ƯU HĨA VÀ QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Chun ngành: CƠNG NGHỆ THƠNG TIN

Giảng viên mơn học

: TS. Hồ Đắc Nghĩa

Sinh viên thực hiện

: Lê Quang Thế

Vinh MSHV: 2141860036
21SCT21

TP. Hồ Chí Minh, 2022

Lớp:


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM

TIỂU LUẬN MƠN HỌC

TỐI ƯU HĨA VÀ QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Chun ngành: CƠNG NGHỆ THƠNG TIN

Giảng viên mơn học

: TS. Hồ Đắc Nghĩa

Sinh viên thực hiện

: Lê Quang Thế

Vinh MSHV: 2141860036
21SCT21

TP. Hồ Chí Minh, 2022
1

Lớp:


MÃ ĐỀ: 09
Bài 1: Lập mơ hình tốn học
Có ba xí nghiệp may: I, II, III cùng có thể sản xuất áo vest và quần tây. Tùy
thuộc vào năng lực quản lý của Ban giám đốc, trình độ tay nghề của đội ngũ công
nhân, mức trang bị kỹ thuật, … khác nhau thì hiệu quả của đồng vốn ở các xí nghiệp
cũng khác nhau. Giả sử đầu tư 1.000 USD vào xí nghiệp I thì cuối kỳ sẽ cho 35 áo vest
và 45 quần tây; vào xí nghiệp II thì cuối kỳ sẽ cho 40 áo vest và 42 quần tây, cịn vào
xí nghiệp III thì cuối kỳ sẽ cho 43 áo vest và 30 quần tây. Số lượng vải (mét) và số giờ
công cần thiết để sản xuất 1 áo vest hoặc 1 quần tây (còn gọi là suất tiêu hao nguyên
liệu và lao động) ở ba xí nghiệp được cho trong bảng số liệu sau đây:

Xí nghiệp I

Xí nghiệp II

Xí nghiệp III

Áo vest

3,5 m

20 giờ

4,0 m

16 giờ 3,8 m

18 giờ

Quần tây

2,8 m

10 giờ

2,6 m

12 giờ 2,5 m

15 giờ

Biết tổng số vải và giờ cơng số lao động có thể huy động được cho cả ba xí
nghiệp là 10.000 mét và 52.000 giờ công. Theo hợp đồng kinh doanh thì cuối kỳ phải
có tối thiểu 1.500 bộ quần áo. Do đặc điểm hàng hóa thì nếu lẻ bộ, chỉ có quần là dễ
bán trên thị trường.
Hãy lập mơ hình kế hoạch đầu tư vào mỗi xí nghiệp bao nhiêu vốn nhằm đảm
bảo hồn thành kế hoạch sản phẩm, khơng gặp khó khăn trong q trình tiêu thụ,
khơng bị động trong sản xuất và tổng số vốn đầu tư nhỏ nhất.

BÀI GIẢI
 Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số vốn (nghìn USD) cần phải đầu tư vào xí nghiệp I, II,
III.
 Điều kiện: x1, x2, x3 ≥ 0
 Tổng số mét vải cần để may áo vest và quần tây của từng xí nghiệp là:
o Áo vest: 3.5 x 35x1 + 4.0 x 40x2 + 3.8 x 43x3 = 122.5x1 + 160x2 + 163.4x3
(met)
o Quần tây: 2.8 x 45x1 + 2.6 x 42x2 + 2.5 x 30x2 = 126x1 + 109.2x2 + 75x3
(met)

2


 Tổng số mét vải: 122.5x1 + 160x2 + 163.4x3 + 126x1 + 109.2x2 + 75x3 =
248.5x1
+ 269.2x2 + 238.4x3 (met)
 Tổng số giờ công cần để may áo vest và quần tây là:
o Áo vest: 20 x 35x1 + 16 x 40x2 + 18 x 43x3 = 700x1 + 640x2 + 774x3 (giờ)
o Quần tây: 10 x 45x1 + 12 x 42x2 + 15 x 30x1 = 450x1 + 504x2 + 450x3 (giờ)
 Tổng số giờ công: 700x1 + 640x2 + 774x3 + 450x1 + 504x2 + 450x3 =
1150x1 + 1144x2 + 1224x3 (giờ)
 Để không bị động trong sản xuất, ta cần phải có:

o 248.5x1 + 269.2x2 + 238.4x3 ≤ 10000
o 1150x1 + 1144x2 + 1224x3 ≤ 52000
o

45x1 + 42x2 + 30x3 ≥ 35x1 + 40x2 + 43x3 (Quần dễ bán hơn trên thị trường)

o

35x1 + 40x2 + 43x3 ≥ 1500 (Theo hợp đồng kinh doanh, cẩn phải có tối
thiểu 1500 bộ quần áo)

 Tổng số vốn cần đầu từ để các xí nghiệp sản xuất áo vest và quần tây là:
o

x1 + x2 + x3 (Nghìn USD)

 Để tổng số vốn đầu tư đạt nhỏ nhất:
o

x1 + x2 + x3 => min

 Vậy mơ hình tốn học của bài toán trên là:
(1) f(x) = x1 + x2 + x3 => min
(2) 248.5x1 + 269.2x2 + 238.4x3 ≤ 10000
1150x1 + 1144x2 + 1224x3 ≤ 52000
35x1 + 40x2 + 43x3 ≥ 1500
10x1 + 2x2 – 13x3 ≥ 0
(3) x1, x2, x3 ≥ 0

3

Bài 2/ Giải bài tốn quy hoạch tuyến tính sau đây bằng phương pháp hình học:
𝑓(𝑥) = 20x1 + 40x2 → min
6x1 + x2 ≥ 18
x1 + 4x2 ≥ 12
2x1 + x2 ≥ 10
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2.

BÀI GIẢI
Biểu diễn tập phương án X của bài toán là:
 6𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 qua (2, 6) và (3, 0)
 x1 + 4x2 ≥ 12 qua (0, 3) và (4, 2)
 2x1 + x2 ≥ 10 qua (3, 4) và (5, 0)
Tập phương án X của bài toán là đa giác mở ABCD.

(Phần màu là phần bị bỏ đi)

4


Ta có: (d): 20x1 + 40x2 = 160 (Lấy M (4, 2) ∈ X và M (2, 3) ∈ X)
𝑛⃗⃗𝑑 = ⃗𝑂⃗𝐶⃗ = (−2, 4) và (−3, 2)
 Tìm Min: dịch chuyển d ngược hướng
⃗𝑛⃗⃗
⃗𝑑
o Ta có: fmin = f(x0) = f(4, 2) = 160
Bài 3/ Giải bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây bằng phương pháp đơn hình:
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.

BÀI GIẢI
Ẩn cơ

Phương

x1

x2

x3

x4

x5

bản

án

3

2

5

-2

0

3

x1

7

1

0

7

-3

0

2

x2

1

0

1

-2

1

0

0

x5

16

0

0

3

-1

1

23

0

0

12

-5

0

Hệ số

5

x3

1

1/7

0

1

-3/7

0

2

x2

3

2/7

1

0

1/7

0

0

x5

13

-3/7

0

0

2/7

1

11

-12/7

0

0

1/7

0

5

x3

10

1

3

1

0

0

-2

x4

21

2

7

0

1

0

0

x5

7

-1

-2

0

0

1

8

-2

-1

0

0

0

Do Δj ≤ 0 ∀ j. Nên bài tốn dừng và có phương án tối ưu.
 x0 = (0, 0, 10, 21, 7)
5


 fmin = f(x0) = 8

6


Bài 4/ Giải bài tốn quy hoạch tuyến tính sau đây bằng phương pháp đơn hình mở
rộng:
𝑓(𝑥) = 6x1 − 3x2 + 3x3 → max
10x1 + 8x2 − 2x3 ≤ 20
6x1 + 2x2 + 2x3 ≥ 8
2x1−2x2 + 2x3 = 4
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3.

BÀI GIẢI
 Thêm vào 2 ẩn phụ x4, x5 và 2 ẩn giả x6, x7. Ta có bài tốn dạng chuẩn như sau:
𝑓(𝑥) = 6x1 − 3x2 + 3x3 − M𝑥6 − M𝑥7 → max
10x1 + 8x2 − 2x3 + 𝑥4 = 20
6x1 + 2x2 + 2x3 − 𝑥5 + 𝑥6 = 8
2x1−2x2 + 2x3 + 𝑥7 = 4

𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

7


Ẩn cơ

Phương

x1

x2

x3

x4

x5

bản

án

6

-3

3

0

0

0

x4

20

10

8

-2

1

0

-M

x6

8

6

2

2

0

-1

-M

x7

4

2

-2

2

0

0

0

-6

3

-3

0

0

-12

-8

0

-4

0

1

Hệ số

0

x4

20/3

0

14/3

-16/3

1

5/3

6

x1

4/3

1

1/3

1/3

0

-1/6

-M

x7

4/3

0

-8/3

4/3

0

1/3

8

0

5

-1

0

-1

-4/3

0

8/3

-4/3

0

-1/3

0

x4

12

0

-6

0

1

3

6

x1

1

1

1

0

0

-1/4

3

x3

1

0

-2

1

0

1/4

9

0

3

0

0

-3/4

0

x5

4

0

-2

0

1/3

1

6

x1

2

1

1/2

0

1/12

0

3

x3

0

0

-3/2

1

-1/12

0

12

0

3/2

0

1/4

0

Do bảng đơn hình cuối có ∆𝑗 ≥ 0 ∀ 𝑗, nên bài tốn mở rộng có phương án tối ưu.

 x0 = (2, 0, 0, 0, 4, 0, 0)
 fmin = f(x0) = 12
Vì các ẩn giả đều nhận giá trị = 0, nên bài toán gốc có phương án tối ưu.
 x0 = (2, 0, 0)
 fmin = f(x0) = 12

8


Bài 5/ Kiểm tra tính tối ưu của phương án 𝒙𝟎 = (𝟏, 𝟎, 𝟎, 𝟒, 𝟎, 𝟏) của bài toán:
𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 → min
4x1 − 5x2 + 7x3 + x4 = 8
−2x1 + 4x2 − 2x3 + x5 = −2
x1 − 3x2 + 2x3 + x6 = 2
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

BÀI GIẢI
 Vì ràng buộc chính thứ 2 chưa thỏa dạng chính tắc, nên ta có:
𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 → min
4x1 − 5x2 + 7x3 + x4 = 8
2x1 − 4x2 + 2x3 − x5 =
2 x1 − 3x2 + 2x3 + x6
=2
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6

 Thêm vào 1 ẩn giả x7. Ta có bài tốn dạng chuẩn sau:
𝑓(𝑥) = x1 + 3x2 + 2x3 + M𝑥7 → min 4x1
− 5x2 + 7x3 + x4 = 8
2x1 − 4x2 + 2x3 − x5 + 𝑥7 =
2 x1 − 3x2 + 2x3 + x6 = 2

𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

9


Ẩn cơ

Phương

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bản

án

1

3

2

0

0

0

0

x4

8

4

-5

7

1

0

0

+M

x7

2

2

-4

2

0

-1

0

0

x6

2

1

-3

2

0

0

1

0

-1

-3

2

0

0

0

-2

2

-4

2

0

-1

0

Hệ số

0

x4

4

0

3

3

1

2

0

1

x1

1

1

-2

1

0

-1/2

0

0

x6

1

0

-1

1

0

1/2

1

1

0

-5

-1

0

-1/2

0

Do bảng đơn hình cuối có ∆𝑗 ≤ 0 ∀ 𝑗, nên bài tốn mở rộng có phương án tối ưu.
 x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1, 0)
 fmin = f(x0) = 1
Vì các ẩn giả đều nhận giá trị = 0, nên bài toán gốc có phương án tối ưu.
 x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1)
 fmin = f(x0) = 12
Vì phương án tối ưu vừa tìm được trùng với phương án mà đề bài đưa ra:
 x0 = (1, 0, 0, 4, 0, 1) là phương án tối ưu.

10


Bài 6/ Giải bài tốn quy hoạch tuyến tính sau đây bằng phương pháp đơn hình
đối ngẫu:
𝒇(𝒙) = 𝟑𝟎𝐱𝟏 + 𝟒𝟎𝐱𝟐 → 𝐦𝐢𝐧 x1 +
x2 ≥ 17
3x1 + 2x2 ≥ 42
x1 + 2x2 ≥ 20
x1 + 4x2 ≥ 24
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2

BÀI GIẢI
-

Lập (D): g(y) = 17𝑦1 + 42𝑦2 + 20𝑦3 + 24𝑦4 → 𝑚𝑎𝑥

 𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 ≤ 30
 𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 ≤ 40
 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 , 𝑦4 ≥ 0
-

Thêm vào 2 ẩn phụ x5, x6. Ta có bài tốn dạng chuẩn như
sau: g(y) = 17𝑦1 + 42𝑦2 + 20𝑦3 + 24𝑦4 → 𝑚𝑖𝑛
 𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 + 𝑦5 = 30
 𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 + 𝑦6 = 40
 𝑦𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6

11


Ẩn cơ

Phương

y1

y2

y3

y4

y5

y6

bản

án

17

42

20

24

0

0

0

y5

30

1

3

1

1

1

0

0

y6

40

1

2

2

4

0

1

0

-17

-42

-20

-24

0

0

Hệ số

42

y2

10

1/3

1

1/3

1/3

1/3

0

0

y6

20

1/3

0

4/3

10/3

-2/3

1

420

-3

0

-6

-10

14

0

42

y2

8

3/10

1

1/5

0

2/5

-1/10

24

y4

6

1/10

0

2/5

1

-1/

3/10

480

-3/2

0

0

38

11

9

17

y1

80/3

1

10/3

2/3

0

4/3

-1/3

24

y4

10/3

0

-1/3

1/3

1/1

-1/3

1/3

1600/3

0

20/3

-2/3

0

44/3

7/3

17

y1

20

1

4

0

-2

2

-1

20

y3

10

0

-1

1

3

-1

1

540

0

6

0

2

14

3

-

Vì ∆𝑗 ≥ 0 ∀𝑗, nên bài tốn đối ngẫu mở rộng dừng và có phương án tối ưu.
 y0 = (20, 0, 10, 0, 0, 0)
 gmax = g(y0) = 540

-

Vì bài tốn mở rộng có phương án tối ưu, nên bài tốn đối ngẫu gốc cũng
có phương án tối ưu.
 y0 = (20, 0, 10, 0)
 gmax = g(y0) = 540

-

Lập các cặp ràng buộc đối ngẫu của (P) và (D):
 x1 + x2 ≥ 17  𝑦1 ≥ 0
 3x1 + 2x2 ≥ 42  𝑦2 ≥ 0
 x1 + 2x2 ≥ 20  𝑦3 ≥ 0


x1 + 4x2 ≥ 24  𝑦4 ≥ 0
12


 𝑥1 ≥ 0  𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 ≤ 30
 𝑥2 ≥ 0  𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 4𝑦4 ≤ 40

-

Ta thay y0 = (20, 0, 10, 0) vào các cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:
 x1 + x2 ≥ 17  20 ≥ 0
 3x1 + 2x2 ≥ 42  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)
 x1 + 2x2 ≥ 20  10 ≥ 0


x1 + 4x2 ≥ 24  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)

 𝑥1 ≥ 0  30 ≤ 30 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)
 𝑥2 ≥ 0  40 ≤ 40 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)
-

Ta có hệ phương trình sau đây:
 x1 + x2 = 17
 x1 + 2x2 = 20

 x1 = 14, x2 = 3
-

Kiểm tra cho thấy bài tốn gốc có phương án tối ưu:
 x0 = (14, 3)
 fmin = 540

13


Bài 7/ Cho bài toán với tham số t:
𝑓(𝑥) = x1 − x2 + 2x3 − 2x4 + x5 + 𝐭. x6 → min

−x1 + x2 − x3 − x4 − x5 − 3x6 = 5
2x1 + x3 − 2x4 − x6 =
15 x1 + 2x4 + 2x5 + 2x6
=6
𝑥𝑗 ≥ 0; 𝑗 = 1, 2, 3, 4, 5, 6.
a) Giải và biện luận bài toán đã cho bằng thuật tốn đơn hình.
b) Trong trường hợp bài tốn đã cho có phương án tối ưu, hãy tìm tập phương án
tối ưu của bài toán đối ngẫu.

BÀI GIẢI
a)

Thêm vào 2 ẩn giả x7, x8, ta có bài tốn dạng chuẩn như sau:

-

𝑓(𝑥) = 𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 + 𝑡. 𝑥6 + 𝑀𝑥7 + 𝑀𝑥8 → 𝑚𝑖𝑛

 −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 3𝑥6 = 5
 2x1 + x3 − 2x4 − x6 + 𝑥7 = 15
 x1 + 2x4 + 2x5 + 2x6 + 𝑥8 = 6

14


x1

x2

x3

x4

x5

x6

án

1

-1

2

-2

1

t

x2

5

-1

1

-1

-1

-1

-3

+M

x7

15

2

0

1

-2

0

-1

+M

x8

6

1

0

0

2

2

2

-5

0

0

-1

3

0

-t+3

21

3

0

1

0

2

1

Ẩn cơ

Phương

bản

-1

Hệ số

-1

x2

11

0

1

-1

1

1

-1

+M

x7

3

0

0

1

-6

-4

-5

1

x1

6

1

0

0

2

2

2

-5

0

0

-1

3

0

-t+3

3

0

0

1

-6

-4

-5

-1

x2

14

0

1

0

-5

-3

-6

2

x3

3

0

0

1

-6

-4

-5

1

x1

6

1

0

0

2

2

2

-2

0

0

0

-3

-4

-t-2

 Nếu −𝑡 − 2 ≤ 0  t ≥ −2 thì ∆6 ≤ 0 và các ∆𝑗 ≤ 0; ∀ 𝑗.

 Bài tốn mở rộng có phương án tối ưu.
 x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0, 0, 0)
 fmax = f(x0) = -2
-

Vì bảng đơn hình cuối có ẩn giả 𝑥7 , 𝑥8 = 0 nên bài tốn gốc có phương án tối ưu.
 x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0)

 fmax = f(x0) = -2

 Nếu −𝑡 − 2 > 0  t < −2 thì ∆6 > 0.
 Tiếp tục giải bài tốn bằng phương pháp đơn hình.

15


x1

x2

x3

x4

x5

x6

án

1

-1

2

-2

1

t

x2

14

0

1

0

-5

-3

-6

2

x3

3

0

0

1

-6

-4

-5

1

x1

6

1

0

0

2

2

2

-2

0

0

0

-3

-4

-t-2

Ẩn cơ

Phương

bản

-1

Hệ số

-1

x2

32

3

1

0

1

3

0

2

x3

18

3/2

0

1

-1

1

0

t

x6

3

1/2

0

0

1

1

1

4+3t

1/2*t - 1

0

0

t-1

-2+t

0

 Ta xét:
o 1/2 ∗ 𝑡 − 1 ≤ 0  𝑡 ≤ 2

o 𝑡− 1≤ 0 t≤ 1
o −2 + 𝑡 ≤ 0  t ≤ 2
 Với t < −2 thì ∆𝑗 ≤ 0 ∀ 𝑗
 Bài tốn mở rộng có phương án tối ưu
 x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3, 0, 0)
 fmin = f(x0) = 3t+4
 Bài tốn gốc có phương án tối ưu
 x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3)
 fmin = f(x0) = 3t+4
-

Kết luận:
 Nếu 𝑡 ≥ −2 thì phương án tối ưu của bài tốn gốc
là: x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0)
fmin = f(x0) = -2
 Nếu 𝑡 < −2 thì phương án tối ưu của bài toán gốc
là: x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3)
fmin = f(x0) = 3t+4

16


b) Lập (D): g(y) = 5𝑦1 + 15𝑦2 + 6𝑦3 → 𝑚𝑎𝑥
 −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤ 1
 𝑦1 ≤ −1
 −𝑦1 + 𝑦2 ≤ 2
 −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2 → 𝑦1 + 2𝑦2 − 2𝑦3 ≥ 2
 −𝑦1 + 2𝑦3 ≤ 1
 −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡
-

Lập các cặp ràng buộc đối ngẫu của (P) và (D):
 −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤ 1  𝑥1 ≥ 0
 𝑦1 ≤ −1  𝑥2 ≥ 0
 −𝑦1 + 𝑦2 ≤ 2  𝑥3 ≥ 0
 −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2  𝑥4 ≥ 0
 −𝑦1 + 2𝑦3 ≤ 1  𝑥5 ≥ 0
 −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  𝑥6 ≥ 0

-

Ta thay x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0) vào các cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:
 −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤ 1  6 ≥ 0
 𝑦1 ≤ −1  14 ≥ 0
 −𝑦1 + 𝑦2 ≤ 2  3 ≥ 0
 −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ −2  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật
sự)
 −𝑦1 + 2𝑦3 ≤ 1  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)
 −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)

-

Ta có hệ phương trình sau đây:
 −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 = 1
 𝑦1 = −1
 −𝑦1 + 𝑦2 = 2

 y1 = -1, y2 = 1, y3 = -2

17

-

Kiểm tra cho thấy bài tốn đối ngẫu có phương án tối ưu với x0 = (6, 14, 3, 0,
0, 0):
 y0 = (-1, 1, -2)
 gmax = -2

-

Ta thay x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3) vào các cặp ràng buộc đối ngẫu, ta có:
 −𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≤ 1  0 ≥ 0 (bỏ vì không thỏa bất đẳng thức thật sự)
 𝑦1 ≤ −1  32 ≥ 0
 −𝑦1 + 𝑦2 ≤ 2  18 ≥ 0
 −𝑦1 −2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ − 2  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật
sự)
 −𝑦1 + 2𝑦3 ≤ 1  0 ≥ 0 (bỏ vì khơng thỏa bất đẳng thức thật sự)
 −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 𝑡  3 ≥ 0

-

Ta có hệ phương trình sau đây:
 𝑦1 = −1
 −𝑦1 + 𝑦2 = 2
 −3𝑦1 −𝑦2 + 2𝑦3 = 𝑡

 y1 = -1, y2 = 1, y3 = (t-2)/2
-

Kiểm tra cho thấy bài tốn đối ngẫu có phương án tối ưu với x0 = (0, 32, 18, 0,
0, 3):
 y0 = ( -1, 1, (t-2)/2)
 gmax = 10 + 3*(t-2)

-

Kết luận:
 Với phương án tối ưu x0 = (6, 14, 3, 0, 0, 0), bài tốn đối ngẫu có phương án
tối ưu là y0 = (-1, 1, -2) với gmax = -2.
 Với phương án tối ưu x0 = (0, 32, 18, 0, 0, 3), bài tốn đối ngẫu có phương
án tối ưu là y0 = ( -1, 1, (t-2)/2) với gmax = 10 + 3*(t-2).

18