Phương pháp phân tích định lượng - Chương 4 Hoạch định tuyến tính

Chương 4
Quy Hoạch Tuyến Tính
2
C4. Quy Hoạch Tuyến Tính
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT
2. Phương pháp giải bài toán QHTT:
Phương pháp đồ thị
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình
4. Giới thiệu cách giải bài toán QHTT và phi tuyến bằng phần
mềm Excel
3
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT
Xác định x
1
, x
2
, …, x
n
sao cho:
Cực đại (hay Cực tiểu) hàm mục tiêu Z:
Z = z(x
1
, x
2
, …, x
n
)
Đồng thời thỏa mãn các ràng buộc R
j
:
R

j
= r
j
(x
1
, x
2
, …, x
n
)
Trong đó, z và r
j
là biểu thức tuyến tính
đối với x
1
, x
2
, …, x
n
.
4
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt1)

Một số bài toán điển hình:
•
Bài toán phối hợp sản xuất sản phẩm (Product – mix)
Một nhà máy sản xuất 2 loại lều: thường và chuyên dụng mỗi
tuần với số liệu sau:
Mỗi tuần nhà phân phối không thể bán hơn 12 lều loại chuyên
dụng. Số lượng lều mỗi loại cần sản xuất mỗi tuần là bao nhiêu?

Loại lều
Công đoạn Thường Chuyên
dụng
Giờ công sẵn
có
Cắt (giờ/cái) 1 2 32
Ráp (giờ/cái) 3 4 84
Lợi
nhuận/cái
$50 $80
5
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt2)

Dạng tổng quát:

Gọi x
j
là lượng sản phẩm j cần sản xuất, a
ij
là lượng nguyên liệu i cần để
sản xuất 1 đơn vị sản phẩm j.

Ràng buộc
Nguyên liệu
Sản phẩm
Lượng nguyên
liệu có sẵn
1 … j … n
1
…

i
…
m
… a
ij
…
b
1
…
b
i
…
b
m
Giá bán hay Lợi
nhuận/đơn vị
c
1
… c
j
… c
n
∑
=
=
n
1j
jj
xcMax Z
n , 2, 1,j 0x

m , 2, 1,i bxa
j
n
1j
ijij
=∀≥
=∀≤
∑
=
6
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt3)

Bài toán trộn sản phẩm/dinh dưỡng
Một người làm vườn muốn tạo một hỗn hợp phân bón từ
2 loại sản phẩm. Giá mua đơn vị, lượng dưỡng chất trong
mỗi đơn vị cho như sau:
Số đơn vị sp 1 và sp 2 cần mua là bao nhiêu?
Thành phần
Loại sản phẩm
Dưỡng chất
yêu cầu
Sản phẩm 1 Sản phẩm 2
Potat/đơn vị 2 1 14
Nitrat/đơn vị 1 1 12
Photphat/đơn vị 1 3 18
Giá mua/đơn vị $2 $4
7

Dạng tổng quát:


Gọi x
j
là lượng sản phẩm j cần dùng, a
ij
là lượng dưỡng chất i có trong 1 đơn
vị sản phẩm j.

Ràng buộc
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt4)
∑
=
=
n
1j
jj
xcMin Z
n , 2, 1,j 0x
m , 2, 1,i bxa
j
n
1j
ijij
=∀≥
=∀≥
∑
=
Dưỡng chất
Sản phẩm
Yêu cầu tối thiểu
1 … j … n

1
…
i
…
m
… a
ij
…
b
1
…
b
i
…
b
m
Chi phí mua/đơn vị
c
1
… c
j
… c
n
8
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt5)
Bài toán vận tải
Có 2 trạm phân phối chất đốt A và B cung cấp hàng cho 3 đại lý 1, 2
và 3. Tổng cung, tổng cầu và chi phí vận chuyển/mỗi đơn vị chất
đốt cho như sau:
Vận chuyển như thế nào để có tổng chi phí bé nhất?

Trạm phân phối
Đại lý
Tổng cung
1 2 3
A 6 10 4 150
B 12 2 8 90
Tổng cầu 60 70 110
9
1. Giới thiệu về Bài toán QHTT (tt6)

Dạng tổng quát:
Gọi
x
ij
là lượng hàng
vận chuyển từ i
đến j.
c
ij
là chi phí vận
chuyển một đơn
vị hàng từ i đến
j.

Ràng buộc
Điểm cung cấp
Điểm tiêu thụ
Khả năng cung cấp tối đa
1 … j … n
1

…
i
…
m
… c
ij
…
s
1
…
s
i
…
s
m
Nhu cầu tối
thiểu
d
1
… d
j
… d
n
∑∑
= =
=
m
1i
n
1j

ijij
xcMin Z
n , 2, 1,j m; , 2, 1,i 0x
n , 2, 1,j dx
m , 2, 1,i sx
ij
m
1i
jij
n
1j
iij
=∀=∀≥
=∀≥
=∀≤
∑
∑
=
=
10
2. PP giải Bài toán QHTT: PP đồ thị
Lý thuyết nền tảng của bài toán QHTT
2.1. Dạng bài toán

Cực đại chuẩn (Standard Maximization Problem)
Ràng buộc
Trong đó

Cực tiểu chuẩn (Standard Minimization Problem)
Ràng buộc

Trong đó

Bài toán cực đại (hay cực tiểu) với ràng buộc có dấu ≥ và cả dấu ≤.
∑
=
=
n
1j
jj
xcMax Z
n) , 2, 1,j( 0; xm) , 2, 1,i( ;bxa
j
n
1j
ijij
=∀≥=∀≤
∑
=
∑
=
=
n
1j
jj
xcMin Z
0b
i
≥
n) , 2, 1,j( 0; xm) , 2, 1,i( ;bxa
j

n
1j
ijij
=∀≥=∀≥
∑
=
0b
i
≥
11
2. PP giải Bài toán QHTT: PP đồ thị (tt1)
Lý thuyết nền tảng của bài toán QHTT (tt)
2.2. Nghiệm khả dĩ

Nghiệm khả dĩ (Feasible solution): 1 bộ giá trị các biến thỏa mãn các
ràng buộc.

Vùng khả dĩ (Feasible region): Tập tất cả các nghiệm khả dĩ.
VD: Max Z = 50 x
1
+ 80 x
2
Ràng buộc:
Tổng giờ cắt: x
1
+ 2 x
2
≤ 32 (d1)
Tổng giờ ráp: 3 x
1

+ 4 x
2
≤ 84 (d2)
Nh.cầu lều c.dụng: x
2
≤ 12 (d3)
Biến: x
1
, x
2
≥ 0
Nghiệm khả dĩ?
Vùng khả dĩ?
12
2. PP giải Bài toán QHTT: PP đồ thị (tt2)
Lý thuyết nền tảng của bài toán QHTT (tt)
2.3. Phương pháp đồ thị (cho bài toán có 2 biến)

B1. Biểu diễn các ràng buộc trên mặt phẳng tọa độ và xác định vùng khả
dĩ.

B2. Vẽ 1 đường thẳng có phương trùng với hàm mục tiêu Z. Di chuyển
tịnh tiến đường thẳng này sao cho giá trị Z được cải thiện. Xác định giao
điểm của đường thẳng với biên của vùng khả dĩ, đó là nghiệm tối ưu.

Ghi chú:

Ràng buộc tích cực/trói buộc (Binding constraint)

Ràng buộc không trói buộc


Nghiệm bài toán (nếu có) luôn là một điểm cực biên (đỉnh) của vùng
khả dĩ.
13
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình
(Simplex method)

Không thể dùng phương pháp đồ thị nều số biến > 3.
=> Phương pháp đơn hình (thuật toán, giải bằng tay)
3.1. Phương pháp đơn hình:
Khái niệm biến bù, nghiệm khả dĩ cơ sở, biến cơ sở và biến không cơ sở:
a. Để chuyển các ràng buộc (≤) thành các hệ phương trình (để …) ta dùng
các biến bù:
VD: Max Z = 50 x
1
+ 80 x
2
Max Z = 50 x
1
+ 80 x
2
Rb x
1
+ 2 x
2
≤ 32 Rb x
1
+ 2 x
2
+ s

1
= 32
3 x
1
+ 4 x
2
≤ 84 ==> 3 x
1
+ 4 x
2
+ s
2
= 84
x
2
≤ 12 x
2
+ s
3
= 12
x
1
, x
2
≥ 0 x
1
, x
2
, s
1

, s
2
, s
3
≥ 0
Giải hệ phương trình: m = 3 phương trình, n = 5 biến. Có bao nhiêu lời giải?
14
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
b. Lời giải cơ sở: cho (n – m) biến có giá trị = 0 và giải các biến còn lại. =>
Số điểm cực.

Số lời giải cơ sở (Basic Solution) là: n!/[m!(n – m)!

VD: Cho 2 biến có giá trị = 0 giải hệ 3 pt 3 ẩn sẽ có 10 lời giải cơ sở sau:
x
1
x
2
s
1
s
2
s
3
Điểm giao Khả dĩ?
0 0 32 84 12 O Có
0 16 0 20 -4 B
0 21 -10 0 -9 C
0 12 8 36 0 A Có
32 0 0 -12 12 H

28 0 4 0 12 G Có
0 0
20 6 0 0 6 F Có
8 12 0 12 0 D Có
12 12 -4 0 0 E
Lưu ý:
Lời giải tồn
tại biến có
giá trị âm sẽ
không khả
dĩ.
15
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
16
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
c. Các lời giải (nghiệm) cơ sở nằm trong niềm khả dĩ gọi là lời
giải khả dĩ cơ sở (Basic Feasible Solution).
d. Trong nghiệm khả dĩ cơ sở, biến gán giá trị = 0 gọi là biến
không cơ sở, các biến còn lại gọi là biến cơ sở.
Giải thuật đơn hình (Simplex Method)
Là phương pháp đại số lặp đi lặp lại, để chuyển từ 1 lời giải
khả dĩ cơ sở của bài toán sang 1 lời giải khả dĩ cơ sở khác và
kiểm tra giá trị hàm mục tiêu cho đến khi đạt tối ưu.
Về mặt hình học, điều này tương ứng với chuyển từ cực
biên này sang cực biên khác của miền khả dĩ cho đến khi có
lời giải tối ưu.
17
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
3.2. Phương pháp đơn hình cho bài toán MAX với ràng buộc
đều là ≤ và RHS dương:

VD: Max Z = 50 x
1
+ 80 x
2
Ràng buộc: x
1
+ 2 x
2
≤32
3 x
1
+4 x
2
≤84
x
2
≤12
x
1
, x
2
≥0
B1. Thêm biến bù (s
i
)
x
1
+2 x
2
+s

1
= 32
3 x
1
+4 x
2
+s
2
=84
x
2
+ s
3
=12
– 50 x
1
–80 x
2
+Z =0
18
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
B2. Lập bảng đơn hình ban đầu
Nghiệm khả dĩ cơ sở là (0, 0, 32, 84, 12) và Z = 0
Biến cơ sở là s
1
, s
2
, s
3
.

x
1
x
2
s
1
s
2
s
3
Z RHS
1 2 1 0 0 0 32
3 4 0 1 0 0 84
0 1 0 0 1 0 12
-50 -80 0 0 0 1 0
19
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
B3. Xác định giá trị xoay
-
Giao điểm của cột xoay và hàng xoay.
-
Cột xoay là cột có trị âm nhỏ nhất trong hàng dưới cùng…
-
Hàng xoay là hàng có tỷ số dịch chuyển nhỏ nhất…
-
Tỷ số dịch chuyển = RHS/Giá trị dương trong cột xoay.
-
Nếu cột xoay không có giá trị dương => Không có lời giải.
x
1

x
2
s
1
s
2
s
3
Z RHS
1 2 1 0 0 0 32
3 4 0 1 0 0 84
0 1 0 0 1 0 12
-50 -80 0 0 0 1 0
20
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
B4. Thực hiện xoay cho đến khi hàng dưới không âm
-
Chuyển giá trị xoay thành = 1.
-
Chuyển các giá trị khác trong cột xoay = 0.
x
1
x
2
s
1
s
2
s
3

Z RHS
1 2 1 0 0 0 32
3 4 0 1 0 0 84
0 1* 0 0 1 0 12
-50 -80 0 0 0 1 0
R
1
= R
1
+ (-2) R
3
R
2
= R
2
+ (-4) R
3
R
4
= R
4
+ 80 R
3
21
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
x
1
x
2
s

1
s
2
s
3
Z RHS
1* 0 1 0 -2 0 8
3 0 0 1 -4 0 36
0 1 0 0 1 0 12
-50 0 0 0 80 1 960
x
1
x
2
s
1
s
2
s
3
Z RHS
1 0 1 0 -2 0 8
0 0 -3 1 2* 0 12
0 1 0 0 1 0 12
0 0 50 0 -20 1 1360
R
2
= R
2
+ (-3) R

1
R
4
= R
4
+ 50 R
1
R
1
= R
1
+ 2 R
2
*1/2
R
2
= R
2
*1/2
R
3
= R
3
+ (-1) R
2
*1/2
R
4
= R
4

+ 20 R
2
*1/2
Nghiệm khả dĩ cơ sở mới (0, 12, 8, 36, 0) và Z = 960.
Nghiệm khả dĩ cơ sở mới (8, 12, 0, 12, 0) và Z = 1360.
22
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
x
1
x
2
s
1
s
2
s
3
Z RHS
1 0 -2 1 0 0 20
0 0 -3/2 1/2 1 0 6
0 1 3/2 -1/2 0 0 6
0 0 20 10 0 1 1480
Hàng dưới không âm, đạt tối ưu.
Nghiệm (20, 6, 0, 0, 6) và Z = 1480
23
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
3.3. Phương pháp đơn hình cho bài toán MAX với ràng
buộc ≤ và cả ≥ và =:
VD: Giải bài toán QHTT
Max Z = x

1
– x
2
+ 3 x
3
Rb: – x
1
– x
2
≥ – 20
x
1
+ x
3
= 5
x
2
+ x
3
≥ 10
x
1
, x
2
, x
3
≥ 0
24
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
B1. Chuẩn hóa bài toán

Làm cho tất cả giá trị RHS thành dương; (nhân -1, đổi dấu)
Với ràng buộc ≤, thêm biến bù (ký hiệu s
i
)
Với ràng buộc ≥, thêm biến trừ (-s
i
) và biến nhân tạo…
Với ràng buộc =, thêm biến nhân tạo (ký hiệu a
i
)
Cộng –Ma
i
vào hàm mục tiêu Z, trong đó M là hằng số rất lớn…
Tất cả s
i
, a
i
đều ≥ 0.
VD: Max Z = x
1
– x
2
+ 3 x
3
– Ma
1
– Ma
2
x
1

+x
2
+s
1
=20
x
1
+x
3
+a
1
=5
x
2
+x
3
– s
2
+a
2
=10
– x
1
+x
2
–3 x
3
+Ma
1
+Ma

2
+Z= 0
x
1
, x
2
, x
3
, s
1
, s
2
, a
1
, a
2
≥0
25
3. Giới thiệu phương pháp đơn hình (tt)
B2. Lập bảng đơn hình sơ bộ và ban đầu
Bảng sơ bộ
Bảng ban đầu (sau khi loại M trong cột a
i
)
x
1
x
2
x
3

s
1
a
1
s
2
a
2
Z RHS
1 1 0 1 0 0 0 0 20
1 0 1 0 1 0 0 0 5
0 1 1 0 0 -1 1 0 10
-1 1 -3 0 M 0 M 1 0
x
1
x
2
x
3
s
1
a
1
s
2
a
2
Z RHS
1 1 0 1 0 0 0 0 20
1 0 1* 0 1 0 0 0 5

0 1 1 0 0 -1 1 0 10
-M-1 -M+1 -3-2M 0 0 M 0 1 -15M
Nghiệm khả dĩ cơ sở ban đầu (0, 0, 0, 20, 5, 0, 10), Z = -15M
R
3
– R
2
R
4
+ (3 + 2 M) R
2