Quy hoạch tuyến tính
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (468.63 KB, 25 trang )
10/3/2013
1
PHÂN PHỐI CHƯƠNG TRÌNHPHÂN PHỐI CHƯƠNG TRÌNH
SốSố tiếttiết: : 3030
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNHQUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Chương 1: Phương pháp Gauss - Jordan
Chương 2: Bài toán quy hoạch tuyến tính
Chương 3: Bài toán đối ngẫu
Chương 4: Bài toán vận tải
Giảng viên:Giảng viên: ThS. LThS. Lê Trung Nghóaê Trung Nghóa
Tài liệu tham khảo
[1] Võ Văn Tuấn Dũng, Giáo trình Quy hoạch tuyến
tính, NXB Thống kê, 2007.
[2] Nguyễn Thành Cả, Tối ưu hóa (phần Quy hoạch
tuyến tính), NXB Thống kê, 2005.
[3] Nguyễn Cảnh, Quy hoạch tuyến tính
, NXB ĐHQG
Tp. HCM, 2004.
[4] Đặng Hấn, Quy hoạch tuyến tính, Đại học Kinh tế
Tp. HCM.
Chương 1
Phương pháp Gauss-Jordan
Phương pháp Gauss-Jordan
Phương pháp Gauss-Jordan tổng qt
Hệ phương trình tuyến tính tổng qt có dạng
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m2 2 mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
(1)
Phương pháp Gauss-Jordan
Ta viết lại hệ (1) bằng bảng hệ số như sau
Phương pháp Gauss-Jordan
Nếu , ta biến đổi:
. Hệ (1) tương đương
11
a 0
≠
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
21
11
1
1 : 1 , 2 : 2 a 1
a
= = −
(
)
(
)
(
)
m1
, , m : m a 1
= −
12 1n 1
1 2 n
11 11 11
12 1n 1
22 21 2 2n 21 n 2 21
11 11 11
12 1n 1
m2 m1 2 mn m1 n m m1
11 11 11
a a b
x x x
a a a
a a b
a a x a a x b a
a a a
a a b
a a x a a x b a
a a a
+ + + =
− + + − = −
− + + − = −
⋯
⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
10/3/2013
2
Phương pháp Gauss-Jordan
Bảng hệ của hệ trên Khả năng 1 : Mọi dòng đều có ẩn cơ sở (Ẩn cơ sở
của 1 dòng là ẩn chỉ xuất hiện trên dòng đó và hệ
số của nó là 1).
Khi đó, các ẩn còn lại trở thành ẩn tự do.
Ta có hai trường hợp :
Trường hợp 1 : Không có ẩn tự do. Hệ phương
trình có duy nhất một nghiệm.
Trường hợp 2 : Có ít nhất một ẩn tự do. Hệ
phương trình có vô số nghiệm.
Phương pháp Gauss-Jordan
10/3/2013 8
C01014
Phương pháp Gauss-Jordan
Khả năng 2 : Tồn tại một số dòng không có
ẩn cơ sở. Ta có hai trường hợp :
Trường hợp 1 : Có một dòng mà số hạng tự
do tương ứng . Khi đó, dòng này cho
phương trình dạng
Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Trường hợp 2 : Mọi dòng đều có số hạng tự
do tương ứng bằng 0. Các dòng này cho phương
trình dạng
Ta bỏ các dòng trên và chuyển về khả năng 1.
+ + + =
1 2 n
0x 0x 0x b
1 2 n
0x 0x 0x 0.
+ + + =
≠
b 0
Phương pháp Gauss-Jordan
Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình tuyến tính
Lập bảng các hệ số
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3
x 3x 2x x 2
4x x 3x 2x 1
2x 7x x 1
− + − =
+ + − =
+ − = −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
2 1
3
−
2
1
−
1
4
1
3
2
−
1
−
2
7
1
−
0
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 1, chọn làm ACS. Lần lượt
biến đổi ta được
1
x
(2) : (2) 4(1);(3) : (3) 2(1),
= − = −
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 2, chọn làm ACS. Lần
lượt biến đổi
ta được
2
x
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
13
2 : 2 ; 1 : 1 3 2 ;
= = +
(
)
(
)
(
)
3 : 3 13 2 ,
= −
ACS SHTD x
1
x
2
x
3
x
4
x
1
513
1 0
1113
7 13−
x
2
7 13−
0 1
513−
2 13
2 0 0 0 0
10/3/2013
3
Phương pháp Gauss-Jordan
Dòng 3 không có ẩn cơ sở tương ứng với
phương trình
Phương trình này vô nghiệm nên hệ
vô nghiệm.
1 2 3 4
0x 0x 0x 0x 2.
+ + + =
Phương pháp Gauss-Jordan
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình tuyến
tính
1 2 4
1 2 3 4
1 2 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x x 2x 5
2x 4x x 5x 1
x 3x 5x 3
3x 7x 3x 9x 14
2x 8x 4x 2x 22
+ + =
+ − + = −
+ + = −
+ − + = −
+ − + = −
Phương pháp Gauss-Jordan
Lập bảng các hệ số
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
5 1
1
0
2
1
−
2
4
1
−
5
3
−
1
3
0
5
14
−
3
7
3
−
9
22
−
2
8
4
−
2
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 1, chọn làm ACS. Lần
lượt biến đổi
ta được
1
x
(2) : (2) 2(1); (3) : (3) (1);
= − = −
(4) : (4) 3(1); (5) : (5) 2(1),
= − = −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
5 1
1
0
2
11
−
0
2
1
−
1
8
−
0
2
0
3
29
−
0
4
3
−
3
32
−
0
6
4
−
2
−
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 2, chọn làm ACS. Lần lượt
biến đổi
ta được
2
x
1
2
(2) : (2); (1) : (1) (2); (3) : (3) 2(2);
= = − = −
(4) : (4) 4(2); (5) : (5) 6(2),
= − = −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
21
2
1
0
1
2
3
2
2
x
11
2
−
0
1
1
2
−
1
2
3 0
0
1
2
7
−
0
0
1
−
1
1
0
0
1
−
5
−
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 3, chọn làm ACS. Lần lượt
biến đổi
ta được
3
x
1 1
2 2
(1) : (1) (3); (2) : (2) (3); (4) : (4) (3);
= − = + = +
(5) : (5) (3),
= +
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
9
1
0
0
1
2
2
x
4
−
0
1
0
3
2
3
x
3 0
0
1
2
4
−
0
0
0
3
4 0
0
0
3
−
10/3/2013
4
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 4, chọn làm ACS. Lần lượt
biến đổi :
ta được
4
x
(
)
(
)
(
)
(
)
3
1 1
3 2 2
(4) : (4); 1 : 1 (4); 2 : 2 (4);
= = − = −
(
)
(
)
(
)
(
)
3 : 3 2(4); 5 : 5 3(4),
= − = +
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
29
3
1
0
0
0
2
x
2
−
0
1
0
0
3
x
17
3
0
0
1
0
4
x
4
3
−
0
0
0
1
0 0
0
0
0
Phương pháp Gauss-Jordan
Dòng 5 không có ẩn cơ sở tương ứng với phương
trình
Phương trình này nhận mọi giá trị của
ẩn làm nghiệm nên ta có thể bỏ đi mà
không làm mất nghiệm.
1 2 3 4
0x 0x 0x 0x 0.
+ + + =
Phương pháp Gauss-Jordan
Mọi ẩn đều là ẩn cơ sở nên hệ có duy
nhất nghiệm là
29 17
4
3 3 3
1 2 3 4
x ; x 2; x ; x .
= = − = = −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
29
3
1
0
0
0
2
x
2
−
0
1
0
0
3
x
17
3
0
0
1
0
4
x
4
3
−
0
0
0
1
Phương pháp Gauss-Jordan
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình tuyến
tính
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x x 2x 4x 5
3x x x 2x 1
x x 3x 6x 9
12x 2x x 2x 10
− − + =
− − + =
+ + − = −
− + − = −
Phương pháp Gauss-Jordan
Lập bảng các hệ số
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
5 1
1
−
2
−
4
1 3
1
−
1
−
2
9
−
1
1
3
6
−
10
−
12
2
−
1
2
−
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 1, chọn làm ACS. Lần
lượt biến đổi
ta được
1
x
(2) : (2) 3(1); (3) : (3) (1);
= − = −
(4) : (4) 12(1),
= −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
5 1
1
−
2
−
4
14
−
0
2
5
10
−
14
−
0
2
5
10
−
70
−
0
10
25
50
−
10/3/2013
5
Phương pháp Gauss-Jordan
Trên dòng 2, chọn làm ACS. Lần
lượt biến đổi :
ta được
2
x
1
2
(2) : (2); (1) : (1) (2);
= = +
(3) : (3) 2(2); (4) : (4) 10(2),
= − = −
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
2
−
1
0
1
2
1
−
2
x
7
−
0
1
5
2
5
−
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
Phương pháp Gauss-Jordan
Hai dòng 3 và 4 không có ẩn cơ sở
tương ứng với phương trình
nên ta có thể bỏ đi mà không làm mất
nghiệm.
1 2 3 4
0x 0x 0x 0x 0
+ + + =
Phương pháp Gauss-Jordan
Hệ có vô số nghiệm.
Đặt ta được
Vậy nghiệm của hệ có dạng
ACS
SHTD
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
2
−
1
0
1
2
1
−
2
x
7
−
0
1
5
2
5
−
3 4
x m, x n, m,n ,
= = ∈
ℝ
51
2 2
1 2
x 2 m n, x 7 m 5n.
= − − + = − − +
(
)
(
)
5
1
2 2
1 2 3 4
x , x , x , x 2 m n, 7 m 5n, m, n
= − − + − − +
Phương pháp Gauss-Jordan
Bài tập.
Giải các hệ phương trình tuyến tính sau bằng
phương pháp Gauss-Jordan bằng bảng các hệ số
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3
x 3x 2x x 2
1) 4x x 3x 2x 1
2x 7x x 1
− + − =
+ + − =
+ − =
Phương pháp Gauss-Jordan
1 2 3 4
1 3 4
1 2 3 4
1 2 3
x x x x 2
x x 2x 0
2)
x 2x 2x 7x 7
2x x x 3
− + − =
− + =
− + − + = −
− − =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x 2x 3x 5x 1
x 3x 13x 22x 1
3)
3x 5x x 2x 5
2x 3x 4x 7x 4
+ − + =
+ − + = −
+ + − =
+ + − =
Phương pháp Gauss-Jordan
1 2 3 4
1 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x x x x 2
x x 2x 0
4)
x 2x 2x 7x 7
x x 2x 8x 5
− + − =
− + =
− + − + = −
+ − + = −
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x 5x 4x 3x 1
2x x 2x x 0
5)
5x 3x 8x x 1
4x 9x 10x 5x 2
+ + + =
− + − =
+ + + =
+ + + =
10/3/2013
6
BÀI GIẢNG
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Chương 2
Bài toán quy hoạch tuyến tính
Chương 2
Bài toán quy hoạch tuyến tính
Một số bài toán quy hoạch tuyến tính
Ý nghĩa hình học của bài toán quy hoạch
tuyến tính
Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến
tính
Phương pháp đơn hình
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Cần vận chuyển hàng hóa từ 3 phân xưởng P
1
,
P
2
, P
3
tới 2 đại lý D
1
, D
2
. Cho biết lượng hàng hóa
ở các phân xưởng P
i
là a
i
, nhu cầu ở các đại lý D
j
là b
j
và là chi phí vận chuyển trên một đơn vị
hàng hóa từ đến , trong đó
Vấn đề là tìm kế hoạch vận chuyển từ các phân
xưởng cho đến các đại lý sao cho mọi phân
xưởng phát hết lượng hàng đã có, mọi đại lý nhận
đủ hàng cần và tổng chi phí là nhỏ nhất?
= =
i 1,2,3; j 1, 2.
ij
c
i
P
j
D
1.1. Bài toán vận tải
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Gọi là số lượng hàng hóa vận chuyển
từ phân xưởng đến đại lý , với và
ij
x
i 1,2,3
=
=
j 1,2.
i
P
j
D
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Các ràng buộc
Ràng buộc về dấu
ij
x 0, i 1,3, j 1, 2.
≥ = =
+ =
+ =
+ =
11 12 1
21 22 2
31 32 3
x x a
x x a
x x a
+ + =
+ + =
11 21 31 1
12 22 32 2
x x x b
x x x b
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Ta có BTQHTT. Tìm sao cho
(
)
11 12 21 22 31 32
x , x , x , x , x , x
= + + + +
+ + →
11 11 12 12 21 21 22 22
31 31 32 32
f c x c x c x c x
c x c x min
+ =
+ =
+ =
+ + =
+ + =
11 12 1
21 22 2
31 32 3
11 21 31 1
12 22 32 2
x x a
x x a
x x a
x x x b
x x x b
ij
x 0, i 1, 3, j 1,2.
≥ = =
10/3/2013
7
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
1.2. Bài toán vật tư.
Một xí nghiệp dự định sản xuất hai mặt hàng
từ ba loại vật tư chủ yếu Để sản xuất một
đơn vị mặt hàng cần vật tư . Hỏi xí nghiệp
nên sản xuất bao nhiêu đơn vị M
1
, M
2
để bảo đảm
thu nhập là lớn nhất, biết rằng xí nghiệp chỉ có vật
tư và lợi nhuận thu được trên một đơn vị mặt
hàng là trong đó
1 2
M ,M
1 2 3
V ,V , V .
ij
a
i
V
j
c ,
j
M
j
M
i
b
i
V
i 1, 2, 3, j 1,2.
= =
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Gọi là số đơn vị sản phẩm và
cần sản xuất.
Hiển nhiên, ta có
và tổng lợi nhuận thu được là
Ngoài ra, số đơn vị vật tư dùng để sản
xuất không được quá số lượng vật tư tồn
kho , nghĩa là
1 2
x , x 0,
≥
1 1 2 2
f c x c x .
= +
i
V
i
b
1 2
x , x
1
M
2
M
=
≤ =
∑
2
ij j i
j 1
a x b ;i 1,2,3.
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Khi đó, ta nhận được bài toán
+ ≤
+ ≤
+ ≤
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
31 1 32 2 3
a x a x b
a x a x b
a x a x b
1 1 2 2
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
31 1 32 2 3
1 2
f c x c x max
a x a x b
a x a x b
a x a x b
x , x 0
= + →
+ ≤
+ ≤
+ ≤
≥
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
1.3 Bài tập thực hành
1. Nhân dịp tết trung thu, xí nghiệp sản xuất bánh "Trăng"
muốn sản xuất 3 loại bánh : đậu xanh, thập cẩm và bánh
dẻo nhân đậu xanh. Để sản xuất 3 loại bánh này, xí nghiệp
cần: đường, đậu, bột, trứng, mứt, lạp xưởng, Giả sử số
đường có thể chuẩn bị được là 500kg, đậu là 300kg, các
nguyên liệu khác muốn bao nhiêu cũng có. Lượng đường,
đậu cần thiết và lợi nhuận thu được trên một cái bánh mỗi
loại cho trong bảng sau
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Cần lập kế hoạch sản xuất mỗi loại bánh bao nhiêu cái để
không bị động về đường, đậu và tổng lợi nhuận thu được
là lớn nhất nếu sản xuất bao nhiêu cũng bán hết.
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
2. Một xí nghiệp dệt hiện có 3 loại sợi : Cotton, Katé, Polyester với
khối lượng tương ứng là 3; 2.5; 4.2 (tấn). Các yếu tố sản xuất
khác có số lượng lớn. Xí nghiệp có thể sản xuất ra 3 loại vải
A, B, C (với khổ bề rộng nhất định) với mức tiêu hao các loại
sợi để sản xuất ra một mét vải các loại cho trong bảng sau
10/3/2013
8
1. Một số bài toán quy hoạch tuyến tính.
Biết lợi nhuận thu được khi sản xuất một mét vải các loại A, B,
C tương ứng là 350, 480, 250 (đồng). Sản phẩm sản xuất ra
đều có thể tiêu thụ được hết với số lượng không hạn chế,
nhưng tỷ lệ về số mét vải của B và C phải là 1 : 2.
Hãy xây dựng bài toán tìm kế hoạch sản xuất tối ưu.
2. Ý nghĩa hình học của bài toán quy hoạch
tuyến tính.
Xét một bài toán quy hoạch tuyến tính
theo hai ẩn :
Tìm sao cho
với m ràng buộc
và các ràng buộc về dấu
(
)
2
1 2
x x , x
= ∈
ℝ
(
)
(
)
1 2 1 1 2 2
f x f x , x c x c x min (max),
= = + →
i1 1 i2 2 i
a x a x b ,
+ ≤
1 2
x , x 0.
≥
i 1,2, ,m,
=
(1.11)
(1.12)
(1.13)
2. Ý nghĩa hình học của bài toán quy hoạch
tuyến tính.
Đường thẳng chia mặt
phẳng ra làm hai miền như hình vẽ
a x a x = m
1 2
+
1 2
a x a x > m
1 2
+
1 2
a x a x < m
1 2
+
1 2
x
2
x
2
x
1
x
1
O
(a,b)
1 1 2 2
a x a x m
+ =
2. Ý nghĩa hình học của bài toán quy hoạch
tuyến tính.
Ví dụ 3. Đường thẳng chia
mặt phẳng thành hai miền như hình vẽ
1 2
2x 3x 6
+ =
2x 3x = 6
1 2
+
2x 3x > 6
1 2
+
2x 3x < 6
1 2
+
x
2
x
1
O
2
3
(2,3)
2. Ý nghĩa hình học của bài toán quy hoạch
tuyến tính.
Với ràng buộc, ta biểu
diễn lên mặt phẳng như hình sau
1 2 1 2
2x 3x 6, x , x 0,
+ ≥ ≥
2x 3x = 6
1 2
+
x
2
x
1
O
2
3
Xét bài toán Quy hoạch tuyến tính
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 4 max
5
2 3 12
, 0.
f x x x
x x
x x
x x
= + →
+ ≤
+ ≤
≥
2. Ý nghĩa hình học của bài toán QHTT.
10/3/2013 48
1 2
xOx
Biểu diễn tập các điểm thoả tất cả các ràng buộc kể cả
ràng buộc về dấu trên mặt phẳng , ta được miền
chấp nhận được là miền nằm trong tứ giác OABC (kể cả
biên).
10/3/2013
9
C
O
B
Trong đó O(0,0); A(0,4);
B(3,2); C(5,0).
Hàm mục tiêu có dạng của
một đường thẳng: f=4x
1
+ x
2
.
Cho f=0 ta có đường thẳng
đi qua gốc tọa độ.
Tịnh tiến đường thẳng (d) theo một hướng nào đó sẽ làm
cho giá trị hàm mục tiêu tăng, ngược lại sẽ làm hàm mục
tiêu giảm.
A
2. Ý nghĩa hình học của bài toán QHTT.
10/3/2013 49
x
1
x
2
Ở bài toán này ta cần làm cho hàm mục tiêu
tăng. Rõ ràng đi theo hướng mũi tên sẽ làm cho
hàm mục tiêu tăng.
( ) (0,0) 0; ( ) (0,4) 4;
( ) (3,2) 14; ( ) (5,0) 20.
f O f f A f
f B f f C f
= = = =
= = = =
Hàm mục tiêu đạt giá trị max là 20 tại điểm C(5,0).
Hàm mục tiêu đạt giá trị min là 0 tại điểm O(0,0).
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến
tính.
3.1. Các dạng chính của BTQHTT.
Một bài toán quy hoạch tuyến tính bao
gồm ba phần chính :
Hàm mục tiêu,
Các ràng buộc
Các ràng buộc về dấu.
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
3.1.1. Dạng tổng quát.
Tìm sao cho
với điều kiện ràng buộc
(
)
1 2 n
x x , x , , x
=
n
0 j j
j 1
f c c x min (max)
=
= + →
∑
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
và các ràng buộc về dấu
hay
Một phương án của bài toán QHTT là 1 bộ
thoả tất cả các ràng buộc của bài toán.
Phương án tối ưu (PATƯ) hay nghiệm là phương
án thỏa yêu cầu hàm mục tiêu.
(
)
( )
( )
n
ij j i
j 1
n
ij j i
j 1
n
ij j i
j 1
a x b i 1, k
a x b i k 1,l
a x b i l 1,m
=
=
=
= =
≤ = +
≥ = +
∑
∑
∑
j j
x 0, x 0
≥ ≤
(
)
j
x , j 1, n .
∈ =ℝ
(
)
1 n
x , , x
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
3.1.2. Dạng chính tắc.
Tìm sao cho
với điều kiện ràng buộc
(
)
1 2 n
x x , x , , x
=
n
0 j j
j 1
f c c x min (max)
=
= + →
∑
(
)
{
n
ij j i i
j 1
a x b , b 0, i 1,m
=
= ≥ =
∑
j
x 0, j 1, n.
≥ =
10/3/2013
10
3.1.3. Dạng chuẩn.
Tìm sao cho
với điều kiện ràng buộc
(dạng chính tắc có số ràng buộc = số ẩn cơ sở = m)
(
)
1 2 n
x x , x , , x
=
n
0 j j
j 1
f c c x min (max)
=
= + →
∑
( )
{
n
i ij j i i
j m 1
x a x b ,b 0, i 1,m
= +
+ = ≥ =
∑
j
x 0, j 1,n.
≥ =
3. Các dạng của bài toán QHTT.
10/3/2013 55
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
Ví dụ 6. Tìm sao cho
Trong bài toán này, ta có các ẩn cơ sở là
và các ẩn tự do là
(
)
1 2 3 4 5
x , x , x , x , x
2 4
1 2 4
2 3 4
2 4 5
j
f 2x x 1 min
x 2x x 3
x x 2x 1
3x x x 2
x 0, j 1,5.
= + − →
+ + =
+ + =
− + =
≥ =
1 3 5
x ,x , x
2 4
x , x .
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
3.2. Giải thuật chuyển dạng tổng quát
về dạng chính tắc.
i) Nếu gặp ràng buộc ta thêm
vào vế trái ẩn phụ với hệ số bằng 1 để
đưa ràng buộc bất phương trình nêu trên về
ràng buộc dạng phương trình
n
ij j i
j 1
a x b
=
≤
∑
n i
x 0
+
≥
n
ij j n i i
j 1
a x x b .
+
=
+ =
∑
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
ii) Nếu gặp ràng buộc dạng ta
thêm vào vế trái ẩn phụ với hệ số
bằng để đưa ràng buộc bất phương trình
trên về ràng buộc dạng phương trình
n
ij j i
j 1
a x b
=
≥
∑
n i
x 0
+
≥
1
−
n
ij j n i i
j 1
a x x b .
+
=
− =
∑
iii) Nếu gặp ràng buộc dạng ta thay ẩn bằng ẩn
phụ để nhận được ràng buộc
iv) Nếu ẩn không có ràng buộc về dấu, ta dùng hai ẩn
phụ và , với , để nhận được các ràng buộc
Chú ý: Nếu là bài toán dạng max thì ta có thể chuyển về
bài toán dạng min bằng cách áp dụng công thức sau:
j
x 0
≤
j
x
j j
x x
′
= −
j
x 0.
′
≥
j
x
j
x
′
j
x
′′
j j j
x x x
′ ′′
= −
j j
x 0, x 0.
′ ′′
≥ ≥
(
)
(
)
= − −
max f x min f x .
3. Các dạng của bài toán QHTT.
10/3/2013 59
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
Ví dụ 7. Xét bài toán quy hoạch tuyến
tính
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3
f x 2x x 3x min
x x x 2x 8
x x 2x x 25
x x x x 17
x , x 0, x 0.
= + − + →
− + + =
+ + − ≤
− + − + ≥
≥ ≤
10/3/2013
11
3. Các dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính.
Đặt với với
ta nhận được bài toán quy hoạch dạng
chính tắc
3 3
x x ,
′
= −
3 4 4 4
x 0; x x x ,
′ ′ ′′
≥ = −
4 4
x , x 0,
′ ′′
≥
1 2 3 4 4
1 2 3 4 4
1 2 3 4 4 5
1 2 3 4 4 6
1 2 3 4 4 5 6
f x 2x x 3x 3x min
x x x 2x 2x 8
x x 2x x x x 25
x x x x x x 17
x , x , x ,x , x , x , x 0.
′ ′ ′′
= + + + − →
′ ′ ′′
− − + − =
′ ′ ′′
+ − − + + =
′ ′ ′′
− + + + − − =
′ ′ ′′
≥
4. Phương pháp đơn hình.
4.1. Bài toán QHTT dạng đơn hình (tham khảo).
Xét bài toán tìm sao cho
với các ràng buộc
trong đó
(
)
1 2 n
x , x , , x
r 1 r 1 n n 0
f c x c x c , f min
+ +
+ + + = →
1 1,r 1 r 1 1,n n 1
2 2,r 1 r 1 2,n n 2
r r,r 1 r 1 r,n n r
j
x a x a x b
x a x a x b
x a x a x b
x 0, j 1,n,
+ +
+ +
+ +
+ + + =
+ + + =
+ + + =
≥ =
(1.14)
(1.15)
(1.16)
1 2 r
b , b , , b 0.
≥
4. Phương pháp đơn hình.
Bảng đơn hình.
ACS
SHTD
1
x
i
x
r
x
r 1
x
+
j
x
n
x
1
x
1
b
1
0
0
1,r 1
a
+
1, j
a
1,n
a
i
x
i
b
0
1
0
i,r 1
a
+
i, j
a
i,n
a
r
x
r
b
0
0
1
r, r 1
a
+
r, j
a
r,n
a
f
0
c
0
0
0
r 1
c
+
j
c
n
c
4. Phương pháp đơn hình.
Ta được bảng đơn hình mới
Quá trình cứ tiếp tục cho đến khi ta tìm
được phương án tối ưu hoặc kết luận
ACS
SHTD
1
x
i
x
r
x
r 1
x
+
j
x
n
x
1
x
1
b
′
1
1,i
a
′
0
1,r 1
a
+
′
0
1,n
a
′
j
x
j
b
′
0
j,i
a
′
0
i,r 1
a
+
′
1
i,n
a
′
r
x
r
b
′
0
r,i
a
′
1
r,r 1
a
+
′
0
r,n
a
′
f
0
c
′
0
i
c
′
0
r 1
c
+
′
0
n
c
′
f .
→ −∞
4. Phương pháp đơn hình.
4.2. Bài toán QHTT dạng chuẩn.
Tìm sao cho
trong đó
(
)
1 2 n
x , x , , x
0 1 1 n n
1 1,r 1 r 1 1,n n 1
2 2,r 1 r 1 2,n n 2
r r,r 1 r 1 r,n n r
i
f c c x c x min
x a x a x b
x a x a x b
x a x a x b
x 0, i 1,n,
+ +
+ +
+ +
= + + + →
+ + + =
+ + + =
+ + + =
≥ ∀ =
1 2 r
b , b , , b 0.
≥
(1.18)
4. Phương pháp đơn hình.
Các số hạng hàng cuối được tính như sau
10/3/2013
12
4. Phương pháp đơn hình.
i) Tính
Ta có
( lấy các phần tử ở cột hệ số nhân t.ứ với cột SHTD
rồi cộng với c
0
)
ACS SHTD
Heä soá
f
'
0
c
r
c
0
c
1
c
i
c
×
×
×
×
×
+
+
+
+
+
r
b
i
b
1
b
=
=
=
=
=
′
0
c
0 1 1 2 2 r r 0
c c b c b c b c
′
= + + + +
4. Phương pháp đơn hình.
ii) Tính
Ta có gọi là ước lượng thứ j của PA.
( lấy các phần tử ở cột hệ số nhân t.ứ với cột x
j
rồi trừ c
j
)
r
j i ij j
i 1
c c a c
=
′
= −
∑
(
)
′
=
j
c j 1,n
ACS SHTD
Heä soá
f
'
0
c
'
1
c
'
i
c
'
r
c
'
n
c
'
j
c
'
r 1
c
+
r
c
0
c
1
c
1
x
i
x
r
x
r 1
x
+
j
x
n
x
i
c
r
c
r 1
c
+
j
c
1,j
a
i,j
a
r, j
a
n
c
1
c
i
c
+
+
+
+
=
=
=
=
=
×
×
×
×
×
−
• Phương án cực biên là phương án trong đó các
ACS bằng các phần tử ở cột SHTD tương ứng
và các ẩn tự do thì bằng 0.
• Dựa vào các ước lượng thứ j ta chia thành 3
trường hợp như sau:
TH 1: Nếu thì ta kết luận PA
đang xét là PA tối ưu.
TH 2: Nếu thì
hay bài toán đã cho không có PATƯ.
TH 3: Nếu với mỗi j mà ta luôn tìm
được ít nhất một thì khi đó ta có thể
tìm được một PA mới tốt hơn PA đã xét,
nghĩa là hàm mục tiêu có giá trị nhỏ hơn.
′
≤ ∀ =
j
c 0, j 1, n
′
∃ > ≤ ∀ =
j ij
c 0& a 0 i 1, r
→ −∞
f
′
>
j
c 0
>
ij
a 0
4. Phương pháp đơn hình.
Cách xây dựng PA mới như sau:
• Thay thế một ACS bằng một ẩn tự do trong đó
ẩn cơ sở đưa vào tương ứng với lớn nhất.
Giả sử đó là thì ẩn tự do đưa vào là x
k
. Ẩn bị
thay ra là x
s
với cách xác định như sau:
(lấy các phần tử ở cột SHTD chia cho cột k)
• Sau đó ta dùng các phép biến đổi sở cấp trên
dòng biến cột x
k
thành cột x
s
.
• Cuối cùng, ta lại xét dấu các giá trị của các ước
lượng để xem thử thuộc trường hợp nào.
′
>
j
c 0
′
k
c
θ = > =
s
i
ik
ik sk
b
b
min : a 0
a a
4. Phương pháp đơn hình.
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 8. Giải bài toán quy hoạch tuyến
tính sau
= − →
+ − =
− + =
+ + =
≥ =
4 5
1 4 5
2 4 5
3 4 5
j
f x x min
x x 2x 1
x 2x x 2
x 3x x 3
x 0, j 1,5.
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 9. Giải bài toán quy hoạch sau
= − − →
− + + =
− + =
≥ =
1 2
1 2 3
1 2 4
j
f x x min
x x x 1
x 2x x 2
x 0, j 1,2, 3,4.
10/3/2013
13
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 10. Giải bài toán quy hoạch tuyến
tính sau
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4
1 2 3 5
1 3 6
i
f 5x 4x 5x 2x x 3x min
2x 4x 3x x 46
4x 2x 3x x 38
3x x x 21
x 0, i 1,6.
= + + + + + →
+ + + =
+ + + =
+ + =
≥ ∀ =
(1.19)
4. Phương pháp đơn hình.
4.3. Bài toán QHTT tổng quát.
Để giải bài toán QHTT bằng phương pháp
đơn hình ta phải đưa bài toán đó về dạng
chuẩn. Từ các ràng buộc BTQHTTTQ
ta đưa về dạng sau
nhưng vế phải của hệ ràng buộc lại có thể
xuất hiện các số hạng âm.
(
)
n
i ij j i
j m 1
j
x a x b i 1, m
x 0, j 1,n
= +
+ = =
≥ =
∑
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 11. Xét bài toán quy hoạch tuyến
tính
Đưa bài toán trên về dạng chính tắc
1 2
1 2
1 2
1 2
f x 2x min
x 3x 5
3x 4x 10
x , x 0.
= + →
− ≤ −
− ≤
≥
1 2
1 2 3
1 2 4
1 2 3 4
f x 2x min
x 3x x 5
3x 4x x 10
x , x , x , x 0.
= + →
− + = −
− + =
≥
4. Phương pháp đơn hình.
Xét BTQHTT dạng chính tắc sau
trong đó
1 1 2 2 n n 0
11 1 12 2 1n n
1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m2 2 mn n m
j
f c x c x c x c
a x a x a x
b
a x a x a x b
a x a x a x b
x 0, j 1,n.
= + + + +
+ + + =
+ + + =
+ + + =
≥ =
i
b 0,i 1,m.
≥ =
(1.20)
4. Phương pháp đơn hình.
Từ bài toán (1.20), ta mở rộng thành bài
toán (M) như sau :
trong đó là các ẩn giả, là số dương
rất lớn.
1 1 n n 0 n 1 m n
11 1 12 2 1n n n 1
1
21 1 22 2 2n n n 2 2
m1 1 m2 2 mn n n m m
j
f c x c x c Mx Mx min
a x a x a x x
b
a x a x a x x b
a x a x a x x b
x 0, j 1,n m,
+ +
+
+
+
= + + + + + + →
+ + + + =
+ + + + =
+ + + + =
≥ = +
n 1 n 2 n m
x , x , , x
+ + +
(1.21)
M
4. Phương pháp đơn hình.
Bài toán (1.20) được gọi là bài toán xuất phát và bài
toán (1.21) được gọi là bài toán mở rộng hay bài
toán (M) của bài toán (1.20). Sau đó ta giải bài toán
(M) bằng phương pháp đơn hình.
Quan hệ giữa bài toán mở rộng và bài toán xuất
phát:
Trường hợp 1: Bài toán (M) không có phương án tối ưu.Ta
suy ra bài toán gốc không có phương án tối ưu.
Trường hợp 2: Bài toán (M) có phương án tối ưu và các số
hạng tương ứng với các ẩn giả đều bằng 0. Khi đó ta bỏ
các số hạng tương ứng với các ẩn giả, ta được phương án
tối ưu của bài toán gốc với giá trị hàm mục tiêu
.
f f
=
10/3/2013
14
Trường hợp 3: Bài toán (M) có phương án tối ưu và có
số hạng tương ứng với ẩn giả khác 0. Khi đó bài toán gốc
không có phương án nên không có phương án tối ưu.
Chú ý: Ta có thể áp dụng thuật toán đơn hình
để giải bài toán mở rộng với lưu ý: do hệ số của
hàm mục tiêu đều luôn chứa các hằng số nhân
với M rồi cộng với hằng số nên để trình bày đơn
giản, ta chia hàng cuối của thành 2 hàng, hàng
trên ghi các số hạng hằng (không phụ thuộc vào
M), còn hàng dưới ghi các hệ số của M.
Ngoài ra, vì bài toán gốc không có các ẩn giả
nên trong bảng đơn hình của bài toán (M) ta
không nhất thiết ghi các cột t.ư với các ẩn giả.
f
f
4. Phương pháp đơn hình.
Bảng đơn hình của bài toán (1.21)
trong đó
= =
′
= = ∀ =
∑ ∑
m m
/
0 i j ij
i 1 i 1
c b , c a , j 1,n
H
eä
soá
ACS
c
0
c
1
c
2
…
c
j
…
c
n
SHTD
x
1
x
2
…
x
j
…
x
n
M
x
n+
1
b
1
a
1
,1
a
1
,2
… a
1
,j
… a
1
,n
M
x
n+2
b
2
a
2
,1
a
2
,2
…
a
2
,j
…
a
2
,n
…
…
…
M
x
n+
m
b
m
a
m
,1
a
m
,2
…
a
m
,j
…
a
m
,n
f
c
0
-c
1
-c
2
… -c
j
… -c
n
'
0
c
'
1
c
'
2
c
…
'
j
c
…
'
n
c
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 12. Giải bài toán quy hoạch sau
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f 8x 6x 2x min
4x 4x 3x 18
4x 3x 4x 16
x , x , x 0.
= − + + →
− − + = −
+ + =
≥
4. Phương pháp đơn hình.
Ví dụ 13. Giải bài toán quy hoạch sau
1 2 3
1 2 3 4
1 2 3 5
1 2 3
i
f 2x x x min
4x x 2x x 12
2x 2x x x 10
1
x 2x x 20
2
x 0, i 1,5.
= + − →
− − + − =
− + − + =
− − =
≥ ∀ =
BÀI GIẢNG
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Chương 3
Bài toán đối ngẫu
Chương 3
Bài toán đối ngẫu
Thành lập bài toán đối ngẫu
Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Định lý độ lệch bù
10/3/2013
15
1. Thành lập bài toán đối ngẫu
Cho bài toán quy hoạch tuyến tính , mà ta
gọi là bài toán gốc
1 1 2 2 n n
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m 2 2 mn n m
i
f c x c x c x min
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
x 0, i 1, n
= + + + →
+ + + ≥
+ + + ≥
+ + + ≥
≥ =
1. Thành lập bài toán đối ngẫu
1 1 2 2 m m
11 1 21 2 m1 m 1
12 1 22 2 m2 m 2
1n 1 2 n 2 mn m n
j
g b y b y b y max
a y a y a y c
a y a y a y c
a y a y a y c
y 0, j 1, m.
= + + + →
+ + + ≤
+ + + ≤
+ + + ≤
≥ =
Khi đó bài toán sau được gọi là bài
toán đối ngẫu của bài toán gốc
1. Thành lập bài toán đối ngẫu
Chú ý rằng :
Bài toán gốc có n ẩn tương ứng với bài toán đối ngẫu có n
ràng buộc và ngược lại.
Các số hạng tự do của bài toán gốc trở thành các hệ số hàm
mục tiêu cho bài toán đối ngẫu và ngược lại.
Các ràng buộc trong bài toán gốc ( ) là các bất
phương trình trong khi các ràng buộc trong bài toán đối
ngẫu ( ) là các bất phương trình .
Các hệ số trong ràng buộc phương trình của bài toán gốc trở
thành các hệ số của ẩn trong các ràng buộc của bài toán đối
ngẫu và ngược lại.
≥
f max
→
≤
f min
→
1. Thành lập bài toán đối ngẫu
Ví dụ 1. Lập bài toán đối ngẫu của bài toán
sau
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f 40x 12x 40x min
2x x 5x 20
4x x x 30
x , x , x 0.
= + + →
+ + ≥
+ + ≥
≥
(3.5)
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Trong bài toán đối ngẫu trong ví dụ 1,
ta xét bài toán vật tư (xem phần 1.2,
chương 2)
Tìm phương án sản xuất hai mặt hàng
từ ba loại vật tư chủ yếu .
Giả sử số đơn vị các loại vật tư để sản xuất
một đơn vị hàng hóa cho bởi bảng sau
1 2
M , M
1 2 3
V ,V ,V
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Ngoài ra, giả sử thêm rằng đơn vị vật tư tồn kho của lần
lượt là 40; 12; 40 và giá bán một đơn vị mặt hàng là 20;
30.
Mặt hàng
1
M
2
M
Vật tư
1
V
2 4
2
V
1 1
3
V
5 1
1 2 3
V , V , V
1 2
M ,M
10/3/2013
16
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Khi đó, với chỉ số lượng mặt hàng
cần sản suất, ta nhận được bài toán quy hoạch
tuyến tính (3.6).
Bây giờ, giả sử rằng có người muốn mua lại
toàn bộ các vật tư và ta cần tìm xem
giá bán mỗi đơn vị vật tư này nên đặt là bao
nhiêu ?
i
M
i
y , i 1,2,
=
1 2 3
V , V , V
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Gọi là giá bán một đơn vị vật tư .
Do giá bán phải không âm, ta được
Khi đó, tổng số tiền thu được khi bán hết
lượng vật tư tồn kho là
và tổng số tiền thu được khi bán số vật tư cần
thiết để sản xuất một đơn vị mặt hàng và lần
lượt là
i
V
i
x , i 1,2, 3
=
i
x 0, i 1,2,3.
≥ =
1 2 3
f 40x 12x 40x
= + +
2
M
1
M
(3.7)
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Tới đây, ta có hai quan điểm :
Đối với người bán vật tư : Giá bán các loại vật tư chỉ chấp
nhận được khi số tiền nhận được khi bán số vật tư cần thiết
để sản xuất một đơn vị mặt hàng không ít hơn số tiền nhận
được khi không bán số vật tư đó mà dùng nó để sản xuất ra
mặt hàng rồi bán, nghĩa là
1 1 2 3
2 1 2 3
M : 2x x 5x ,
M : 4x x x .
+ +
+ +
i
M
i
M
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Đối với người mua vật tư :
Chỉ chấp nhận giá các loại vật tư khi
tổng số tiền mua các vật tư này là ít nhất,
nghĩa là
1 2 3
1 2 3
2x x 5x 20
4x x x 30
+ + ≥
+ + ≥
1 2 3
f 40x 12x 40x min.
= + + →
(3.8)
(3.9)
2. Ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu
Từ (3.7-3.9), ta nhận được bài toán (3.5),
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f 40x 12x 40x min
2x x 5x 20
4x x x 30
x , x , x 0.
= + + →
+ + ≥
+ + ≥
≥
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Định nghĩa cặp bài toán đối ngẫu
tổng quát như sau :
Cặp bài toán quy hoạch tuyến tính
(gọi tắt là bài toán min) và (gọi tắt
là bài toán max) được gọi là đối ngẫu của
nhau nếu :
→
f min
g max
→
10/3/2013
17
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
=
= →
∑
n
i i
i 1
f c x min
=
= →
∑
m
i i
i 1
g b y max
i1 1 in n i
a x a x b
+ + ≥
i
y 0
≥
i1 1 in n i
a x a x b
+ + ≤
i
y 0
≤
i1 1 in n i
a x a x b
+ + =
i
y
∈
ℝ
=
= →
∑
m
i i
i 1
g b y max
=
= →
∑
n
i i
i 1
f c x min
1i 1 mi m i
a y a y c
+ + ≤
i
x 0
≥
1i 1 mi m i
a y a y c
+ + ≥
i
x 0
≤
1i 1 mi m i
a y a y c
+ + =
i
x
∈
ℝ
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Ví dụ 2. Lập bài toán đối ngẫu của bài toán
sau
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f 40x 12x 40x min
2x x 5x 20
4x x x 30
x , x , x 0.
= + + →
+ + ≥
+ + ≥
≥
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Ví dụ 3. Lập bài toán đối ngẫu của bài toán
sau
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f 2x x 8x max
7x 4x 2x 28
3x x 3x 10
2x 3x x 15
x , x , x 0.
= + − →
+ + ≤
− + =
+ − ≥
≥
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Nhận xét.
Đối ngẫu của bài toán đối ngẫu là
bài toán gốc. Do đó, các bài toán đối
ngẫu với nhau được gọi là cặp bài
toán đối ngẫu đối xứng.
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
Ví dụ 4. Lập bài toán đối ngẫu của bài toán
sau
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 3
g 28y 10y 15y min
7y 3y 2y 2
4y y 3y 1
2y 3y y 8
y 0, y 0.
= + + →
+ + ≥
− + ≥
+ − ≥ −
≥ ≤
Định lý đối ngẫu yếu: Cho x, y lần lượt là
phương án của bài toán gốc (min) và đối
ngẫu (max) ta có hay tương
đương .
( ) ( )
f x g y
≥
, ,
c x b y
≥
Hệ quả: Cho x, y lần lượt là phương án
của bài toán gốc và đối ngẫu. Nếu
thì x và y phải là phương án tối ưu tương
ứng của hai bài toán.
( ) ( )
f x g y
=
10/3/2013
3. Cặp bài toán đối ngẫu tổng quát
102
102
10/3/2013
18
Định lý đối ngẫu mạnh:
Nếu bài toán gốc có phương án tối ưu
thì bài toán đối ngẫu cũng có phương án tối
ưu và giá trị hàm mục tiêu tối ưu bằng
nhau, nghĩa là , trong đó f là
hàm mục tiêu của bài toán gốc, g là hàm
mục tiêu của bài toán đối ngẫu.
( ) ( )
=
f x g y
x
y
Các phương án của bài toán gốc và đối
ngẫu đều là phương án tối ưu điều kiện cần
và đủ là
, , 0
b Ax y c yA x
− = − =
,
x y
1
1
0 1,
0 1, .
=
=
− = =
⇔
− = =
∑
∑
n
i ij j i
j
m
j ij i j
i
b a x y i m
c a y x j n
5. Định lý độ lệch bù
Ví dụ 5: Xét bài toán Quy hoạch tuyến tính
1 2 3 4
1 2 4
2 3 4
( ) 2 2 0 min
4 6
( )
2 5 8
0, 1,2,3,4;
= − + + →
+ + =
+ + =
≥ =
j
f x x x x x
x x x
P
x x x
x j
có phương án tối ưu là và giá
trị tối ưu là -6. Tìm PATƯ của bt đối ngẫu?
(2,4,0,0)
x =
Ví dụ 6: Cho bài toán
1 2
1 2
1 2
1 2
j
f(x) 15x 19x min
3x x 3
x x 2
3x 4x 7
x 0; j 1,2.
= + →
+ ≥
+ ≥
+ ≥
≥ =
Giải một trong hai bài toán rồi suy ra
phương án tối ưu của bài toán còn lại?
BÀI GIẢNG
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Chương 4
Bài toán vận tải
Chương 4
Bài toán vận tải
Thành lập bài toán vận tải
Các tính chất của bài toán vận tải
Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
Trường hợp không cân bằng thu phát
10/3/2013
19
1. Thành lập bài toán vận tải
1. Phát biểu bài toán
Giả sử ta có m địa điểm phát hàng, ký hiệu là
và n địa điểm thu hàng, ký hiệu là . Giả sử khả
năng cung cấp hàng của là đơn vị sản phẩm, nhu cầu
thu hàng của là đơn vị sản phẩm và giá vận chuyển
(cước phí) một đơn vị sản phẩm từ đến là .
Gọi là số đơn vị sản phẩm vận chuyển từ đến thì
cước phí vận chuyển tổng cộng là
i
A , i 1,m
=
j
B , j 1,n
=
i
A
i
a
j
B
j
b
i
A
j
B
i j
c
ij
x
j
B
i
A
m n
i j i j
i 1 j 1
f c x .
= =
=
∑ ∑
(1.1)
1. Thành lập bài toán vận tải
Số lượng sản phẩm vận chuyển phải
không âm,
Trước hết, ta xét trường hợp cân
bằng thu phát
Lượng hàng vận chuyển từ bằng với
khả năng cung cấp của nó,
n
i j i
j 1
x a , i 1, m,
=
= =
∑
m n
i j
i 1 j 1
a b
= =
=
∑ ∑
i j
x 0, i 1, m; j 1, n.
≥ = =
(1.2)
(1.3)
i
A
1. Thành lập bài toán vận tải
và lượng hàng chuyển chở tới thỏa mãn nhu
cầu của nó,
Từ (1.1-1.4), ta được bài toán vận tải :
Tìm sao cho
thỏa các ràng buộc
m
i j j
i 1
x b , j 1, n
=
= =
∑
ij
x , i 1, m, j 1, n,
= =
m n
i j i j
i 1 j 1
f c x min
= =
= →
∑ ∑
(1.4)
(1.5)
j
B
1. Thành lập bài toán vận tải
và các ràng buộc về dấu
Ngoài ra, ta còn có thêm các giả định
sau và
n
i j i
j 1
m
i j j
i 1
x a , i 1, m,
x b , j 1,n,
=
=
= =
= =
∑
∑
≥ = =
ij
x 0, i 1, m, j 1,n.
m n
i j
i 1 j 1
a b
= =
=
∑ ∑
i j
a , b 0, i 1, m, j 1,n,
> = =
(1.6)
(1.7)
(1.8)
(1.9)
1. Thành lập bài toán vận tải
2. Bài toán vận tải dưới dạng bảng.
Bài toán vận tải (1.5-1.8) có thể viết dưới
dạng bảng như sau :
j
B
1
b
2
b
⋯
n
b
i
A
1
a
11
c
11
x
12
c
12
x
⋯
1n
c
1n
x
2
a
21
c
21
x
22
c
22
x
⋯
2n
c
2n
x
⋯
⋯
⋯
⋯
⋯
m
a
m1
c
m1
x
m2
c
m2
x
⋯
mn
c
mn
x
1. Thành lập bài toán vận tải
trong đó
Hàm mục tiêu bằng tổng tất cả các tích ở
mỗi ô.
Tổng các trên hàng bằng .
Tổng các trên cột bằng .
với điều kiện cân bằng thu phát
m n
i j
i 1 j 1
a b .
= =
=
∑ ∑
i j
x
i j
x
i
j
f
i j i j
c x
i
a
j
b
10/3/2013
20
1. Thành lập bài toán vận tải
Ký hiệu là ô nằm ở hàng i và cột j.
Một dãy các ô có dạng :
hay nói cách khác là một dãy các
ô mà 2 ô gần nhau thì cùng dòng hoặc cùng cột
và việc cùng dòng hay cùng cột này là xen kẽ
nhau được gọi là một dây (đường đi).
Một dây khép kín được gọi là một vòng (chu trình)
có dạng sau
(
)
i, j
(
)
(
)
k 1 k k k
, i , j , i , j ,
−
(
)
(
)
(
)
1 1 1 2 2 2
i , j , i , j , i , j ,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 2 2 2 k 1 1 1
i , j , i , j , i , j , , i , j , i , j .
1. Thành lập bài toán vận tải
Ví dụ 1. Trong bảng sau : Bốn ô
lập thành một dây. Năm ô
tạo thành một vòng.
(
)
(
)
(
)
(
)
1,1 1,2 2,2 2,3
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1,1 1, 2 3, 2 3,1 1,1
i
A
j
B
× ×
× ×
××
(1,1) (1,2)
(2,2)
(3,2)(3,1)
(2,3)
2. Các tính chất của bài toán vận tải
2.1. Tính chất 1. Bài toán vận tải cân bằng thu
phát luôn có phương án tối ưu.
2.2. Tính chất 2. Gọi là ma trận hệ số của hệ
phương trình
A
(
)
( )
n
i j i
j 1
m
i j j
i 1
x a i 1, m
x b j 1,n
=
=
= =
= =
∑
∑
(1.10)
2. Các tính chất của bài toán vận tải
Khi đó, nghĩa là hệ (1.10) có
phương trình độc lập tuyến tính. Do đó,
phương án cơ bản (cực biên) của bài toán vận tải
có nhiều nhất là thành phần dương, số
còn lại đều bằng 0.
Với một phương án dạng những ô
trong bảng có gọi là ô chọn, các ô còn lại
gọi là ô loại.
(
)
r A m n 1
≤ + −
m n 1
+ −
m n 1
+ −
(
)
i j
X x ,
=
(
)
i, j
i j
x 0
>
2. Các tính chất của bài toán vận tải
Hệ quả. Trong một phương án cơ bản bất kỳ, số ô
chọn không bao giờ vượt quá
2.3. Tính chất 3. Số ô tối đa không lập thành vòng
là , nghĩa là một tập hợp gồm ô
bao giờ cũng chứa vòng, tập hợp gồm ô
không bao giờ chứa vòng.
2.4. Tính chất 4. Phương án là phương án
cơ bản khi và chỉ khi tập hợp các ô chọn của
không chứa vòng (các ô chọn tối đa là ).
m n 1
+ −
m n 1.
+ −
m n
+
m n 1
+ −
(
)
i j
X x
=
X
m n 1
+ −
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
3.1. Phương pháp góc tây bắc.
Ta nói phân phối tối đa vào ô (i,j) nghĩa là
Xuất phát từ ô đi xuống ô ; đi từ trái qua.
Trên đường đi, phân phối tối đa và bảo đảm cân bằng hàng
cột. Phân phối hết thì dừng, sau đó kiểm tra tổng số ô chọn có
bằng hay không. Nếu tổng số ô chọn bằng
thì phương án này là phương án cơ bản.
{ }
i
i j
i j i j
j
i j
a
neáu a b
x min a , b
b
neáu a b
≤
= =
≥
(
)
1,1
(
)
m, n
m n 1
+ −
m n 1
+ −
10/3/2013
21
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Ví dụ 2. Tìm phương án xuất phát của bài
toán vận tải
j
B
5 3 4
i
A
4
8
6
3
8
6
1
7
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
3.2. Phương pháp (cước phí nhỏ nhất).
Phương pháp góc tây bắc không để ý
đến cước phí . Do đó phương án xuất
phát có thể "xa" phương án tối ưu. Phương
pháp khắc phục được nhược điểm này
bằng cách :
min
C
min
C
i j
c
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Tìm trong bảng Phân phối
vào ô
Phân phối tiếp cho ô có nhỏ thứ 2.
Tiếp tục như vậy cho đến hết và bảo
đảm cân bằng thu phát.
i j
min c .
i j
min c .
i j
c
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Ví dụ 3. Khảo sát bài toán vận tải
j
B
75
60
65
i
A
100
5
4
1
50
2
6
3
50
10
7
2
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
3.3 Phương pháp Fogels.
Phương pháp chú ý đến cước phí nhưng
chưa chú ý đến chênh lệch cước phí. Vì vậy,
có thể bước chọn trước tốt nhưng bước
chọn sau lại có thể rơi vào ô có cước phí rất
cao. Phương pháp Fogels khắc phục nhược
điểm này để cho phương án xuất phát gần
phương án tối ưu hơn.
min
C
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Phương pháp Fogels gồm các bước sau :
Trên mỗi hàng, mỗi cột, chọn nhỏ nhất và nhỏ thứ
hai. Lấy hiệu số của chúng (lấy số lớn trừ số nhỏ) rồi ghi vào
cuối hàng và cuối cột tương ứng. Sau đó tìm số lớn nhất trong
các hiệu số đó.
Ta phân phối cho hàng (hoặc cột) có hiệu số lớn nhất trước
tiên. Lúc phân phối thì phân cho ô nào có nhỏ nhất của
hàng (hoặc cột) ứng với hiệu số lớn nhất nói trên theo cách
phân phối tối đa và bảo đảm cân bằng hàng, cột.
i j
c
i j
c
i j
c
10/3/2013
22
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Tiếp theo, xét các hệ số còn lại và quá
trình trên được lặp lại cho đến khi phân
phối hết hàng.
Sau khi thoả mãn một hàng hoặc cột nào đó thì
ta đánh dấu (x) vào ô loại của hàng hoặc cột
đó. Khi hàng hoặc cột nào thỏa mãn rồi thì ta
ghi chữ k (kết thúc) vào cuối hàng hoặc cột đó
để về sau ta khỏi xét nữa.
3. Các phương pháp tìm phương án xuất phát
Ví dụ 4. Khảo sát bài toán vận tải
j
B
75
60
65
i
A
100
5
4
1
50
2
6
3
50
10
7
2
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
4.1. Tiêu chuẩn tối ưu của bài toán vận tải.
(
)
=
i j
X x
(
)
i j
u , v i 1, m; j 1, n
= =
( )
i j i j i j
i j i j
i) u v c x 0
ii) u v c i, j
+ = >
+ ≤ ∀
i j
u , v
i
j.
Điều kiện cần và đủ để một phương án
là phương án tối ưu là tồn tại
thoả mãn các điều kiện sau :
trong đó được gọi là các thế vị của hàng
và cột
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
4.2. Thuật toán thế vị.
Định lý. Gọi là ma trận cước
phí của bài toán vận tải. Nếu ta cộng vào
mỗi phần tử của hàng một số và cộng
vào mỗi phần tử của cột một số tuỳ ý
thì ta thu được bài toán vận tải mới tương
đương với bài toán ban đầu.
Từ đó, ta có phương pháp thế vị gồm
các bước sau đây :
(
)
i j
mxn
C c
=
i
u
j
v
i
j
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
Bước 1. Xây dựng hệ thống thế vị :
Xuất phát từ phương án đầu tiên
có đúng
ô chọn, gán cho hàng nào đó có
nhiều ô chọn một giá trị tuỳ ý (thường là
). Từ đó tính các và còn lại theo
công thức sau :
với giá trị của i và j ứng với ô chọn đánh
số .
(
)
i j
X x
=
m n 1
+ −
i
u
i
u
j
v
=
i
u 0
i
j i j i
i i j j
v c u
u c v
= −
= −
(
)
i, j
Bước 2. Kiểm tra dấu hiệu tối ưu :
Theo cách xây dựng trên thì các ô chọn đều
thoả mãn điều kiện: . Do đó, ta chỉ
cần kiểm tra điều kiện ii). Có 2 khả năng :
Khả năng 1 : Các ô loại thỏa mãn .
Khi đó, phương án đang xét là phương
án tối ưu (theo 4.1).
Khả năng 2 : Có ít nhất một ô loại có
Khi đó, để biết ô loại nào thỏa mãn điều kiện ii)
hay không, ta tính độ chênh lệch theo công
thức sau :
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
+ =
i j i j
i) u v c
i j i j
u v c
+ ≤
(
)
i j
X x
=
i j ij
u v c .
+ >
i j
∆
10/3/2013
23
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
Nếu thì ơ thỏa điều kiện ii). Ta gọi ơ
là ơ đạt và tất cả các ơ đều là ơ đạt thì phương
án đang xét là phương án tối ưu.
Nếu thì ơ khơng thoả ii). Khi đó, ta gọi
ơ là ơ khơng đạt và phương án đang xét
chưa tối ưu. Ta cần điều chỉnh ơ này để thu được
phương án sau tốt hơn.
i j
0
∆ ≤
(
)
i, j
(
)
i, j
i j i j i j
u v c
∆ = + −
i j
0
∆ >
(
)
i, j
(
)
i, j
(
)
i, j
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
Bước 3. Điều chỉnh phương án
1. Tìm vòng điều chỉnh : Giả sử
Khi đó, ơ là ơ điều chỉnh. Sau khi có ơ
điều chỉnh, ta lập vòng điều chỉnh tạo nên bởi
ơ điều chỉnh và một số ơ chọn (vòng này là
duy nhất).
2. Xác định lượng điều chỉnh : Ta đánh dấu
và xen kẽ trên vòng điều chỉnh với ơ điều
chỉnh mang dấu . Ký hiệu lượng điều chỉnh
là q, với
{
}
kr i j i j
Max 0 .
∆ = ∆ ∆ >
(
)
k, r
" "
+
" "
−
" "
+
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
3. Tìm phương án cơ bản mới :
Như vậy, trong ơ có . Khi đó, trên
vòng điều chỉnh có một ơ mang dấu có .
Bấy giờ, ta có :
Điều đó có nghĩa là phương án tốt hơn
Phương án . Quay lại bước 1 :
(
)
{
}
i j
q min x i, j mang dấu " " .
= −
(
)
( )
( )
ij i j
ij i j
ij i j
x x với i, j nằm ngoài vòng điều chỉnh
x x q với i, j là ô mang dấu " "
x x q với i, j là ô mang dấu " "
′
=
′
= + +
′
= − −
(
)
k, r
kr
x q
′
=
" "
−
i j
x 0
=
(
)
(
)
kr
f X f X q 0.
′
− = − ∆ <
X
′
X
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
Ví dụ 5. Giải bài tốn vận tải sau:
j
B
75 60 65
i
A
100
5
4
1
50
2
6
3
50
10
7
2
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
Ví dụ 6. a) Giải bài tốn vận tải sau:
b) Tìm 1 phương án tối ưu khác của bài tốn.
j
B
20 95 50
40
i
A
60
4
2
7
6
90
8
1
3
7
55
3
4
6
9
4. Thuật tốn thế vị giải bài tốn vận tải
4.3. Trường hợp suy biến.
Khi mà các ơ chọn nhỏ hơn (các ơ ứng
với ) thì phương án được gọi là suy
biến.
Ta khắc phục tính suy biến này bằng cách chọn
một trong các ơ loại (các ơ có ) để đưa vào cơ
sở cho đủ
m n 1
+ −
i j
x 0
>
(
)
i j
X x
=
i j
x 0
=
m n 1.
+ −
10/3/2013
24
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
Các ô loại được chọn cần đạt các yêu cầu sau :
Không tạo thành vòng với các ô chọn khác.
Giúp ta tính đủ các và .
Các thuật toán còn lại vẫn như cũ.
i
u
j
v
4. Thuật toán thế vị giải bài toán vận tải
Ví dụ 7. Giải bài toán vận tải sau :
j
B
70
60 40 30
i
A
80
1
5
6
2
100
4
2
1
5
20
3
+
4
3
6
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
5.1.Tổng phát lớn hơn tổng thu:
Ta đưa bài toán vận tải về trường hợp cân
bằng thu phát bằng cách đưa thêm cột thu
ảo với :
Cước phí của cột ảo này đều bằng 0, tức
là
m n
i j
i 1 j 1
a b
= =
>
∑ ∑
n 1
b
+
m n
n 1 i j
i 1 j 1
b a b .
+
= =
= −
∑ ∑
i,n 1
c 0, i 1, m.
+
= =
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
Sau khi giải bài toán vận tải cân bằng thu phát ở
trên, nếu ở cột ảo có ta sẽ loại bỏ các biến
này. Tuy nhiên các thành phần ảo này cho ta
biết trong phương án tối ưu số lượng hàng không
được phát hết là bao nhiêu và giữ ở trạm phát nào
là tốt nhất.
i j
x 0
>
i j
x 0,
>
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
5.2. Tổng phát nhỏ hơn tổng thu :
Ta đưa bài toán vận tải về trường hợp cân bằng thu
phát bằng cách đưa thêm cột phát ảo với
Ở hàng này cước phí đều bằng 0.
Sau đó ta giải bài toán vận tải cân bằng thu phát
m n
i j
i 1 j 1
a b .
= =
<
∑ ∑
m 1
a
+
n m
m 1 j i
j 1 i 1
a b a
+
= =
= −
∑ ∑
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
Ví dụ 8. Xét bài toán vận tải sau
j
B
100 95 80
i
A
120
11
21
37
80
22
12
14
150
18
33
13
10/3/2013
25
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
5.3. Bài toán vận tải có ô cấm:
Ô cấm là ô không nhận được hàng. Giả sử ô (i,j) là
ô cấm. Khi đó ta thay , trong đó là số
dương rất lớn.
Ví dụ 9. Giải bài toán vận tải với điều kiện điểm
phát thứ 1 phát hết hàng
=
ij
c M
M
45 25 50
50 5 4 6
60 2 6 1
20 3 4 2
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
5.4. Bài toán vận tải có hàm mục tiêu cực đại:
Dấu hiệu tối ưu:
Chọn ô điều chỉnh có nhỏ nhất .
Nếu có ô cấm thay , trong đó là số
dương rất lớn.
Chọn ô có lớn nhất để phân phối trước.
(
)
∆ ≥ ∀
ij
0, i, j .
∆ <
ij
0
= −
ij
c M
M
ij
c
5. Trường hợp không cân bằng thu phát
5.4. Bài toán vận tải có hàm mục tiêu cực đại:
Ví dụ 10. Giải bài toán vận tải có hàm mục tiêu cực
đại
70 95 145 100
100 3 3 5 4
150 4 5 4 5
200 6 5 5 7
