Giáo trình tối ưu hoá ứng dụng pps

TRƯỜNG…………………
Khoa………………….

[\[\



Giáo trình tối ưu hoá
ứng dụng












1


Lời nói đầu

Các bài toán tối u nhằm nghiên cứu giải bài toán cực trị của một hàm dới những
ràng buộc nào đó. Các phơng pháp tối u là một công cụ hữu hiệu giúp chúng ta có những
giải pháp tốt nhất để giải quyết một vấn đề. Ngày nay, với sự phát triển của kỹ thuật tin học,
phạm vi ứng dụng của tối u hóa ngày càng mở rộng.

Giáo trình Tối u hóa ứng dụng nhằm mục đích giới thiệu cho ngời đọc những vấn
đề cơ bản nhằm xác lập một vấn đề tối u dới những ràng buộc nhất định và từ đó tìm kỹ
thuật giải thích hợp. Nội dung giáo trình mô tả phần cơ sở lý thuyết ngắn gọn, đủ dùng cho
phơng pháp tính và thuật toán. Một số ví dụ minh họa cho phơng pháp giải và các bài tập
ứng dụng.
Nguyễn Đắc Lực

2
Mục lục
Lời nói đầu
Mục lục
Chơng 1: Cơ sở của đại số tuyến tính
1.1. Ma trận và các phép tính ma trận
1.2. Định thức và các tính chất của chúng
1.3. Ma trận nghịch đảo và hạng của ma trận
1.4. Hệ phơng trình tuyến tính
Chơng 2: Khái niệm về các bài toán tối u hóa
2.1. Bài toán tối u hóa tổng quát
2.2. Các bài toán tối u
Chơng 3: Bài toán tối u tuyến tính
3.1. Một số ví dụ về bài toán tối u
3.2. Phát biểu bài toán
3.3. Tính đối ngẫu và định lý cơ bản của tối u tuyến tính
3.4. Các phơng pháp giải bài toán tối u tuyến tính
3.5. Thuật toán đơn hình giải bài toán tối u tổng quát
Chơng 4: Bài toán tối u nguyên tuyến tính
4.1. Bài toán tối u nguyên tuyến tính

4.2. Một số mô hình thực tiễn
Chong 5; Bài toán tối u động
5.1. Bản chất bài toán tối u động
5.2. Quá trình phân phối nhiều bớc
5.3. Cấu trúc quá trình tối u động
5.4. Phơng trình điều khiển tối u các dự trữ
Chơng 6: Bài toán tối u phi tuyến không ràng buộc
6.1. Mở đầu
6.2. Điều kiện tối u của bài toán không ràng buộc
6.3. Các phong pháp dùng đạo hàm
6.4. Các phơng pháp dùng đạo hàm
Chơng 7: Bài toán tối u phi tuyến có ràng buộc
7.1. Mở đầu
7.2. Phơng pháp Gradient
7.3. Phơng pháp hàm phạt
Chơng 8: Quy hoạch thực nghiệm
8.1. Khái niệm về nhận dạng mô hình thống kê
8.2. Phơng pháp bình phơng bé nhất
8.3. Mô hình hồi quy tuyến tính bội
Tài liệu tham khảo









1

2
3
3
4
5
7
9
9
9
11
11
11
12
13
18
21
21
21
25
25
26
33
39
41
41
41
42
45
49
49

50
53
55
55
55
56
59
3
Chơng 1: CƠ Sở ĐạI Số TUYếN TíNH

Việc nghiên cứu các bài toán tối u tuyến tính đòi hỏi phải sử dụng một phần của
toán học, mà những phần đó cha đợc nghiên cứu trong các giáo trình cơ sở. Trong đó
trớc hết phải nói đến đại số tuyến tính. Kiến thức quan trọng nhất để nghiên cứu các bài
toán tối u tuyến tính là các phép tính về ma trận, cách giải các hệ phơng trình và bất
phơng trình tuyến tính. ở đây sẽ không chứng minh một số mệnh đề mà chỉ khẳng định.
1.1. Ma trận và các phép tính đối với ma trận
1.1.1. Ma trận: Ma trận là một bảng chữ nhật gồm m.n số sắp thành m
hàng n cột dới dạng:
a
11
a
12
a
1n

a
21
a
22
a

2n


a
m1
a
m2
a
mn


Phần tử của ma trận ký hiệu a
ij
, chỉ số thứ nhất ký hiệu chỉ số hàng, chỉ số thứ hai chỉ
số cột của ma trận chứa phần tử a
ij
.
Số hàng (m) và số cột (n) của ma trận xác định kích thứơc của ma trận, ta nói ma trận
có kích thớc m.n.
Ma trận gồm các phần tử a
ij
thờng đợc ký hiệu bằng chữ in hoa: A.
Ma trận có nhiều ký hiệu khác nhau. Ma trận A có thể đợc viết dới dạng:
A=

mnm2m1
2n2221
1n1211
a a a

a a a
a a a
(1.1)
Ma trận có số hàng bằng số cột (m=n) đợc gọi là ma trận vuông. Lúc đó, ngời ta
nói rằng ma trận vuông có cấp n.
Ma trận mà các cột của nó là các hàng tơng ứng của ma trận ban đầu A thì đợc gọi
là ma trận chuyển vị của ma trận A và đợc ký hiệu là A
T
, tức là:
A
T

=

mn2n1n
m22212
m12111
a a a

a a a
a a a
(1.2)
1.1.2. Các dạng ma trận:
Ma trận chỉ có một cột đợc gọi là vectơ cột, còn ma trận chỉ có một hàng gọi là
vectơ hàng. Ma trận vuông có dạng:













n
2
1
0 0

0 0
0




Đợc gọi là ma trận đờng chéo.
Nếu ma trận đờng chéo có tất cả
i
= 1 thì đợc gọi là ma trận đơn vị và thờng
đợc ký hiệu là E.
Ví dụ:
4
E =












1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0

0 0 0 1

Hai ma trận bằng nhau chỉ trong trờng hợp chúng có cùng kích thớc và các phần
tử tơng ứng bằng nhau.
Nếu ma trận A có định thức

khác không thì đợc gọi là ma trận không kỳ dị (không
suy biến). Trong trờng hợp ngợc lại ma trận A đợc gọi là ma trận kỳ dị hoặc là ma trận
suy biến.
1.1.3. Phép tính đối với ma trận
Muốn nhân ma trận với một hằng số (vô hớng) ta nhân mỗi phần tử của ma trận với
số đó.
A =










mnm21
2n2221
1n1211
a a a

a a a
a a a

m
(1.3)
Tổng của hai ma trận A và B có cùng kích thớc là ma trận C mới mà mỗi phần tử
của nó bằng tổng các phần tử tơng ứng của ma trận A và B tức là:
A+B =










mnm2m1
2n2221
1n1211
a a a

a a a
a a a
+

mnm2m1
2n2221
1n1211
b b b

b b b
b b b
=










+++
+++
+++
a a a

a a a

a a a
mn2m21m1
22n22222121
11n12121111
mnmm
n
n
bbb
bbb
bbb
= C (1.4)

Ma trận A nhân đợc với ma trận B chỉ trong trờng hợp số cột của ma trận A bằng
số hàng của ma trận B.
Nếu ma trận A có kích thớc m.n, còn ma trận B là n.l, thì kích thớc của ma trận C
là tích ma trận Avà B sẽ là m.l. Và mỗi phần tử của ma trận C đợc tính theo công thức:
c
ij
= a
i1
b
1j
+a
i2
b
2j
+ + a
in
b
nj

(1.5)
ở đây a
i1
, a
i2
, a
in
là các phần tử hàng thứ i của ma trận A; còn b
1j
, b
2j
, b
nj
là các phần tử
cột thứ j của ma trận B.
1/ Tích ma trận không có tính chất giao hoán, tức là nói chung:
AB BA;
2/ (AB)C = A(BC) (luật kết hợp);
3/ (A+B)C = AC + BC;
C (A+B) = CA + CB (luật phân bố);
4/ (AB) = (A)B = A(B);
5/ AE = EA = A;
Phép chuyển vị ma trận có tính chất sau:
1/ (A + B)
T
= A
T
+ B
T

2/ (AB)
T
= B
T
.A
T

Lũy thừa ma trận vuông A đợc định nghĩa nh sau:
A
k
= A.A A
k lần và: A
k1
A
k2
= A
k1+k2

1.2. Định thức và các tính chất của chúng
1.2.1. Khái niệm về hoán vị:
Ta lấy n số đầu tiên: 1,2 , n. Mỗi cách sắp xếp các số ấy theo một thứ tự nào đó
đợc gọi là hoán vị của n số. Nh ta đã biết số các hoán vị khác nhau sẽ bằng n!.
5
Số
i
và
j
tạo thành một nghịch thể trong hóan vị đã cho nếu
i
>

j
với i < j.
Số các nghịch thế trong hoán vị I = (
1
,
2
, ,
n
) bằng: k
1
+ k
2
+ + k
n-1

ở đây k
s
là số trờng hợp
s
lớn hơn
s+1
,
s+2
,
n
(s = 1, 2, , n-1) trong hoán vị I.
Hoán vị đợc gọi là hoán vị chẵn nếu số nghịch thể trong hoán vị I là số chẵn, và
đợc gọi là hóan vị lẻ nếu số các nghịch thể là số lẻ. Ví dụ đối với hoán vị 5, 2, 3, 4,1 thì
số tất cả các nghịch thế bằng:
k

1
+ k
2
+ k
3
+ k
4
= 4 +1 +1 +1 = 7. Vì vậy, hóan vị này là hóan vị lẻ.
1.2.2. Khái niệm về định thức và phép tính của chúng:
Số bằng tổng đại số của tất cả các tích những phần tử ma trận vuông A mà trong đó
mỗi tích chỉ gồm các phần tử khác hàng, khác cột của ma trận, tức là tổng các tích có dạng:
a
1j1
a
2j2
a
njn
(1.6)
đợc gọi là định thức của ma trận A (Số tích đó bằng n!). Mỗi tích nh thế lấy dấu cộng nếu
hoán vị tơng ứng là chẵn, còn lấy dấu trừ, nếu lẻ.
Khi tìm hạng của ma trận, ma trận nghịch đảo và giải hệ phơng trình tuyến tính ta sẽ
cần đến định thức. Định thức của ma trận A thờng đợc ký hiệu là
n
hoặc |A|.

n
= |A| =
n
ij
nnnn

n
n
a
aaa
aaa
aaa
1
21
22221
11211
|




=
(1.7)
Các phần tử, các hàng, các cột và cấp của ma trận A tơng ứng với các phần tử, các
hàng, các cột và cấp của định thức |A|.
Ví dụ: ta tính định thức cấp 3 theo quy tắc vừa nêu ra:

3
=
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
= a

11
a
22
a
33
+ a
12
a
23
a
31
+ a
13
a
21
a
32
- a
13
a
22
a
31
- a
12
a
21
a
33
- a

11
a
23
a
32

Ba số hạng đầu lấy dấu cộng, còn ba số hạng sau lấy dấu trừ, bởi vì hoán vị 1,2,3;
2,3,1 và 3,1,2 là chẵn (số nghịch thể tơng ứng là 0, 2 và 2) còn các hóan vị 3,2,1 ; 2,1,3 và
1,3,2 là hóan vị lẻ (số nghịch thể tơng ứng là 3,1 và 1).
Ví dụ:

3
=
3 2- 1
1- 0 3
1 4 2
= 2.0.3 + 4(-1) .1 +1.3(-2) -[1.0.1+4.3.3+2(-1).(-2)] = -50.
1.2.2. Định thức con và phần phụ đại số:
Định thức cấp (n-1) có từ định thức cấp n (
n
) bằng cách bỏ hàng i cột j đợc gọi là
định thức con ứng với phần tử a
ij
của định thức
n
và đợc ký hiệu là M
ij
.
Ta coi định thức cấp n:

n
=
nnnjn2n1
iniji2i1
2n2j2221
1n1j1211
a a a a

a a a a

a a a a
a a a a

Khi đó định thức con của phần tử a
ij
sẽ là định thức cấp (n-1):
6
M
ij
=
nn1nj1-njn2n1
n1,-i1j1,-i1-j1,-i12-i11-i
n1,-i1j1,-i1-j1,-i12-i11-i
2n12j1-2j2221
1n11j1-1j1211
a a a a a

a a a aa
a a a aa

a a a a a
a a a a a
+
+
+
+
+

Ví dụ: định thức con của phần tử a
22
của định thức:

3
=
3 2- 1
1- 0 3
1 4 2
sẽ là: M
22
=
2 1
1 2
= 2.3 -1.1 = 6-1 = 5
Định thức con của phần tử a
ij
nhân với (-1) với số mũ bằng tổng các chỉ số của phần
tử đó (i + j) đợc gọi là phần phụ đại số của phần tử a
ij
và đợc ký hiệu là A
ij

. Vì vậy:
A
ij
= (-1)
i+j

M
ij
(1.10)
Chẳng hạn, phần phụ đại số của phần tử a
22
ở ví dụ vừa rồi sẽ là: A
22
=(-1)
2+2
.5=5
1.3. Ma trận nghịch đảo và hạng của ma trận
1.3.1. Ma trận nghịch đảo:
Đối với mỗi ma trận A không suy biến sẽ tồn tại một ma trận (ký hiệu A
-1
) thỏa mãn
điều kiện: A
-1
A = AA
-1
= E (1.17)
Ma trận A
-1
đợc gọi là ma trận nghịch đảo của ma trận A và đợc tính theo công thức:
A

-1
=
||
*
A
A
(1.18)
Đôi khi ma trận A
*
đợc gọi là ma trận phụ hợp của ma trận A.
Phần tử hàng i cột j của ma trận A
*
là phần phụ đại số của phần tử a
ij
của ma trận A.
Từ đó:
A
-1
=

|A|
A

|A|
A

|A|
A


|A|
A

|A|
A

|A|
A
nn2n1n
n12111
(1.18a)
Ví dụ ta lấy ma trận cấp 3: A =

1 3
1 2 1
2 3 2

Trớc khi đi tính ma trận nghịch đảo, cần xác định ma trận A cho ở đây không phải
là ma trận suy biến, tức là định thức của nó khác không.
Định thức của ma trận đó sẽ bằng:
| A | = 2.2.1 +3.1.3 +2.1.1 - 2.2.3 -3.1.1 - 2.1.1= -2
Sau đó ta tính các phần phụ đại số của các phần tử của ma trận
A
11
= ( -1)
1+1

1 1
1 2
= 2.1-1.1 =1
A
12
= ( -1)
1+2

1 3
1 1

= -(1.1-3.1) = 2
A
13
= ( -1)
1+3

1 3
2 1
=1.1-2.3 = -5
Tơng tự ta tìm đợc các A
ij
còn lại: A
21
= -1 ; A
22
= - 4; A
23
= 7; A
31
= -1 ; A
32
= 0;
A
33
= 1.
7
Do đó ta có: A
-1

=










1/2- 0 1/2
7/2 2 1 -
5/2 1- 1/2-

áp dụng quy tắc nhân ma trận, đem nhân ma trận A với ma trận A
-1
vừa tìm đợc ta
dễ dàng thấy đợc kết quả là một ma trận đơn vị. Và có thể dùng cách này để kiểm tra việc
tính ma trận nghịch đảo có đúng không.
Ma trận nghịch đảo của ma trận đơn vị cũng là ma trận đơn vị. Điều này suy ra từ
việc nhân ma trận bất kỳ với ma trận đơn vị đợc đúng ma trận đó. Dùng các quy tắc đã nêu
ở trên ta nhân hai ma trận đơn vị với nhau.
EE =

0 0 0
0 1 0
0 0 1











0 0 0
0 1 0
0 0 1
=

0 0 0
0 1 0
0 0 1

Từ đó suy ra rằng E
-1
= E
Cũng có thể chứng minh điều đó bằng cách tính trực tiếp ma trận nghịch đảo theo
công thức (1.18).
1.4. Hệ phơng trình tuyến tính
1.4.1. Dạng của hệ phơng trình tuyến tính:
Dạng tổng quát của hệ phơng trình tuyến tính đợc viết nh sau:
a
11
x
1
+ a
12
x
2
+ a
1n
x
n
= b
1
a
21

x
1
+ a
22
x
2
+ a
2n
x
n
= b
2
(1.20)

a
m1
x
1
+ a
m2
x
2
+ a
mn
x
n
= b
m

Hệ này đợc viết dới dạng ma trận là:

AX = B (1.20a)
ở đây A là ma trận đợc thành lập từ các hệ số của các biến: A = (a
ij
) với i = 1,2, , m; j = 1,
2, , n.
X - là véctơ cột của các biến
X =










n
x
x
x
.
2
1
(1.21)
B - là véctơ cột các số hạng tự do
B =

m
b
b
b
.
2
1
(1.22)
Hệ phơng trình tuyến đợc gọi là:
Thuần nhất, nếu tất cả các b
i
= 0 (i = 1, 2 m) và không thuần nhất, nếu có ít nhất
một b
i
0.
Tơng thích, nếu hệ có ít nhất một nghiệm, tức là tồn tại một bộ số mà khi thay vào
phơng trình sẽ có một đồng nhất thức, và gọi là không tơng thích nếu không có một
nghiệm nào; xác định nếu hệ chỉ có một nghiệm duy nhất, và bất định nếu tồn tại quá một
nghiệm.
Muốn giải hệ phơng trình tuyến tính, thì trớc hết phải xác định xem hệ đã cho
tơng thích hay là không tơng thích. Nếu là hệ tơng thích thì lại phải xem hệ là xác định
hay bất định.
8

Nếu hệ phơng trình là xác định thì ta đi tìm nghiệm duy nhất của nó.
1.4.2. Giải hệ phơng trình tuyến tính:
Khi giải hệ phơng trình tuyến tính có thể xảy ra hai trờng hợp: n =m và n m.
Trớc hết là ta xét trờng hợp n = m. Lúc đó ma trận A sẽ có dạng:
A =










nnn2n1
2n2221
1n1211
a a a

a a a
a a a

Giả thiết ma trận A không suy biến, tức là | A| 0, khi đó sẽ tồn tại ma trận nghịch
đảo A
-1
.
Ta nhân vế trái và vế phải của đẳng thức (1.20a) với A
-1
về bên trái. Ta sẽ đợc:

A
-1
AX = A
-1
B.
Bởi vì A
-1
A = E mà nhân bất cứ ma trận nào với E sẽ đợc đúng ma trận đó, nên:
X = A
-1
B (1.23)
Sau khi thế A
-1
bởi biểu thức (1.18a) và thay các véctơ cột X và B ở (1.21) và (1.22)
rồi nhân ma trận A
-1
với B ta có:










n
x
x

x
.
2
1
=
||
1
A










+++
+++
+++
nnnnn
nn
nn
bAbAbA
bAbAbA
bAbAbA

. . .

2211
2222112
1221111

Vì hai ma trận chỉ bằng nhau khi các phần tử tơng ứng của chúng bằng nhau, nên
x
1
=
||
1
A
(A
11
b
1
+ A
21
b
2
+ A
n1
b
n
)

x
i
=
||

1
A
(A
1i
b
1
+ A
2i
b
2
+ A
ni
b
n
) (1.23a)

x
n
=
||
1
A
(A
1n
b
1
+ A
2n
b
2

+ A
nn
b
n
)
Ta xét trờng hợp thứ hai (m n). Ta gọi ma trận:
A =








mnm2m1
1n1211
a a a

a a a
là ma trận cơ sở của hệ.
Sau khi thêm cột các số hạng tự do vào ma trận A ta lập đợc ma trận mở rộng B:
B =

m
b
b
mnm2m1
11n1211
a a a

a a a
(1.26)
Từ đó, ta có định lý Crônecke - Capeli: Để hệ phơng trình tuyến tính là tơng thích,
điều kiện cần và đủ là hạng của ma trận cơ sở và ma trận mở rộng bằng nhau. Nếu hạng
của chúng bằng nhau và số ẩn bằng hạng của ma trận cơ sở thì hệ có nghiệm duy nhất. Nếu
hạng của ma trận A nhỏ hơn số ẩn thì hệ có vô số nghiệm.
Hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất luôn luôn tơng thích, bởi vì luôn luôn có
nghiệm không, đợc gọi là nghiệm tầm thờng.
Nếu hạng của ma trận bằng số ẩn thì hệ thuần nhất chỉ có duy nhất một nghiệm là
không. Muốn hệ tồn tại nghiệm khác không thì hạng của ma trận cơ sở phải nhỏ hơn số ẩn.

9
Chơng 2: Khái niệm về các bài toán tối u hoá

2.1. Bài toán tối u hoá tổng quát
2.1.1. Phát biểu:
Tìm trạng thái tối u của một hệ thống sao cho đạt đợc mục tiêu mong muốn về chất
lợng theo một nghĩa nào đó.
2.1.2. Các yếu tố của một bài toán tối u hoá:
Một bài toán tối u hoá có ba yếu tố cơ bản sau:
* Trạng thái: mô tả trạng thái của hệ thống cần tối u hoá.
* Mục tiêu: đặc trng cho tiêu chuẩn hoặc hiệu quả mong muốn (chi phí ít nhất, hiệu

suất cao nhất, trọng lợng nhỏ nhất, thời gian ngắn nhất, ).
* Ràng buộc: thể hiện các điều kiện kinh tế, kỹ thuật mà hệ thống phải thỏa mãn.
2.2. Các bài toán tối u
2.2.1. Bài toán quy hoạch tuyến tính:
Hệ thống ở trạng thái tĩnh có các biến trạng thái là:
x = [ x
1
, x
2
, , x
n
]
T
(2.1)
Mục tiêu đợc diễn đạt bởi hàm mục tiêu có dạng tuyến tính:
Z = c.x; với c = [c
1
, c
2
, , c
n
]
T
(2.2)
Các ràng buộc đợc diễn đạt bởi những phơng trình, bất phơng trình tuyến tính:
A.x = b; A.x b (2.3)
A = (a
ij
), i = 1, , m ; j = 1, , n ; b = [b
1

, b
2
, , b
m
]
T
.
Bài toán:

Tìm trạng thái tối u x
*
= [x
*
1
, x
*
2
, , x
*
n
]
T
của trạng thái (2.1) với các ràng buộc
(2.3) sao cho hàm mục tiêu (2.2) đạt giá trị nhỏ nhất (Min) hoặc giá trị lớn nhất (Max).
2.2.2. Bài toán quy hoạch phi tuyến:
Hệ thống ở trạng thái tĩnh. Tìm trạng thái tối u x
*
khi hàm mục tiêu đợc diễn đạt
bởi một hàm phi tuyến f(x) hoặc có ít nhất một ràng buộc phi tuyến:
g

r
(x) 0; r = 1, , m.
2.2.3. Bài toán cực trị phiếm hàm:
Hệ thống ở trạng thái tĩnh hoặc trạng thái động. Biến trạng thái là z(x) với x là biến
độc lập. Mục tiêu đợc diễn đạt bởi phiếm hàm mục tiêu:
J(z) =

1
),,(
.
x
x
n
dxxzzL

với z = [z
1
(x), z
2
(x), z
n
(x)]
T
; dxdzxzxzxzxzz
i
i
T
n
/)(;)](), ,(),([

2

1
.
==
Ràng buộc có thể là các hàm phi tuyến, các phơng trình đại số hoặc các phơng
trình vi phân.
2.2.4. Bài toán điều khiển tối u:
* Đối với hệ liên tục:
Hệ thống ở trạng thái động, trạng thái đợc mô tả bởi hệ phơng trình vi phân:

x
&
= f(t,x,u); t - thời gian
trong đó
x
&
= [
n21
x
,
x
,
x
&&&
]
T
;
x
&

i
= dx
i
/dt;
u = [u
1
, , u
n
]
T
; u - điều khiển
Mục tiêu có dạng phiếm hàm:
J(u) =
dt u),x x,(t,
1
&

t
t
n
L
* Đối với hệ rời rạc:
10
Hệ thống ở trạng thái động, trạng thái đợc mô tả bởi phơng trình:
x
k+1
= f(x
k
,u
k

); x(0) = x
0
, x(N,T
0
) = x
N
X
Mục tiêu có dạng:
J(u) =
)u,x(f
kk
1
N
0k
0


=
min; u
k

Bài toán đặt ra:
Cần phải tìm điều khiển tối u u
*
và trạng thái tối u x
*
để hệ thống chuyển từ trạng
thái đầu đến trạng thái cuối sao cho mục tiêu J(u) đạt Min hoặc Max.
Các bài toán tối u có trạng thái tĩnh đợc gọi là bài toán tối u hoá tĩnh, các bài toán
có trạng thái phụ thuộc thời gian đợc gọi là bài toán tối u hoá động. Trạng thái của hệ

thống có thể ở dạng liên tục hoặc gián đoạn. Trong bài toán tối u có thể đặt ra một mục tiêu
hoặc nhiều mục tiêu.

11
Chơng 3: bài toán tối u tuyến tính

3.1. Một số ví dụ về bài toán tối u tuyến tính
3.1.1. Bài toán vận tải:
Có m điểm sản xuất cùng 1 loại sản phẩm a và n điểm tiêu thụ b. Cho rằng trong 1
đơn vị thời gian lợng cung và cầu bằng nhau:

==
=
n
1j
j
m
1i
i
ba
Gọi x
ij
0 và c
ij
lần lợt là lợng sản phẩm và chi phí vận chuyển từ điểm i đến j
Tìm phơng án chuyên chở

sao cho chi phí chuyên chở là nhỏ nhất.
Z =

==
n
j
m
i 11
c
ij
x
ij
Min
3.1.2. Bài toán phân phối kế hoạch sản xuất:
Có n xí nghiệp sản xuất m loại chi tiết. Gọi:
a
i
: số chi tiết loại i; b
j
: quỹ thời gian giành cho sản xuất ở xí nghiệp j;
x
ij
: số chi tiết loại i của xí nghiệp j; c
ij
: chi phí cho chi tiết i ở xí nghiệp j;

ij
: thời gian sản xuất 1 chi tiết loại i ở xí nghiệp j.
Tìm x

ij
, (i = 1 ữm; j = 1 ữ n) sao cho hoàn thành khối lợng trong quỹ thời gian cho
phép với chi phí ít nhất, nghĩa là:
Hàm mục tiêu Z =

==
n
1j
m
1i
c
ij
x
ij
min
Các điều kiện ràng buộc:


==
ữ==
n
1j
m
1j
ijjij iij
.0x ; b ; m 1 i ; ax


3.1.3. Bài toán thực đơn:
Loại thức ăn

Chất dinh dỡng Nhu cầu tối thiểu hàng ngày
P
1
P
2

N
1
b
1
a
11
a
12

N
2
b
2
a
21
a
22

N
3
b
3
a
31

a
32

N
4
b
4
a
41
a
42

Giá tiền đơn vị thức ăn

c
1
c
2

Tiền thức ăn hàng ngày: Z = c
1
x
1
+ c
2
x
2
.
Tìm lợng x
1

, x
2
của từng loại thức ăn sao cho Z Min với các ràng buộc:
a
11
x
1
+ a
12
x
2
b
1


a
41
x
1
+ a
42
x
2
b
4

x
i
0

3.2. Phát biểu bài toán
3.2.1. Định nghĩa:
Bài toán tối u tuyến tính chuyên nghiên cứu phơng pháp tìm giá trị nhỏ nhất (Min)
hoặc giá trị lớn nhất (Max) của một hàm tuyến tính theo một số biến, thoả mãn một số hữu
hạn ràng buộc đợc biểu diễn bằng hệ phơng trình và bất phơng trình tuyến tính.
3.2.2. Hai dạng cơ bản của bài toán tối u tuyến tính:
1. Dạng chính tắc: ràng buộc ở dạng đẳng thức.
12
Đặt A =








mnm
n
aa
aa



1
111

A đợc gọi là ma trận hệ số của các ràng buộc.
x =

=










=

mn
j
n
b
b
c
c
c
x
x
x
.
b
b ;
.
c ;0;
.
x
2
1
2
1
2
1

Tìm các giá trị tối u x
*
= [x
*

1
, ,x
*
n
]
T
sao cho hàm mục tiêu:
Z = cx =

=

n
j
jj
Maxxc
1

với các ràng buộc:
Ax = b
x 0
2. Dạng chuẩn: ràng buộc ở dạng bất đẳng thức.
Tìm x sao cho Z = c.x Max
với các ràng buộc:
Ax b
x 0
3.2.3. Chuyển bài toán tối u tuyến tính về dạng chuẩn hoặc dạng chính tắc
1. Thêm vào các biến phụ: w = [x
n +1
, , x
n+m

]
T

Khi đó A.x b A.x + E.w = b ; E: ma trận đơn vị.
Ví dụ:

21
21
2
1
21
21
74
0 x; 0x
9 x
12
18 30,5x
15 2x
xxZ
x
x
x
+=



+
+

6321

j
6 2
51
421
321
.0 074
6 1 j ; 0x
9 x x
12 x
18 x 30,5x
15 x 2x
xxxxZ
x
x
x
++++=
ữ=
=+
=+
=++
=
+
+


2. Nếu ràng buộc ở dạng A.x

b: nhân hai vế với (-1):
-

=

n
1j
ijij
bxa khi đó ta có: A
1
.x B
1
3. Nếu ràng buộc ở dạng đẳng thức: A.x = b có thể thay bằng hai ràng buộc bất đẳng
thức A.x b và -A.x -b.
3.2.4. Quan hệ giữa bài toán Min và bài toán Max:
Trong bài toán min: Z = c.x Min
Nếu đặt Z
1
= - c.x Max.
Gọi x
*
là trạng thái tối u Z
1
tức là - c.x
*
= Max(Z
1
) khi đó:
- c.x
*
- c.x hay c.x
*
c.x

Chứng tỏ x cũng là trạng thái tối u của bài toán Min.
Min (Z) = c.x
*
= - Max (Z
1
) = - Max (-Z).
3.3. Tính đối ngẫu và định lý cơ bản của bài toán tối u tuyến tính
3.3.1. Bài toán đối ngẫu:
Bài toán gốc (dạng chuẩn): tìm x = [x
1
, ,x
n
]
T
để hàm mục tiêu:
Z = c.x Max; c = [c
1
, , c
n
)
T
; b = [b
1
, ,b
m
]
T
13
Với ràng buộc:

0 x
bAx

Ta có bài toán đối ngẫu tơng đơng với bài toán dạng chuẩn:
Tìm y = [y
1
, ,y
m
]
T
để hàm mục tiêu V = b.y Min
Với ràng buộc:





0y
cy.A
T

Chuẩn
Sơ đồ đối ngẫu: x
1
x
2

x
n













Ngời ta đã chứng minh đợc: Giá trị tối u của bài toán chuẩn cũng là giá trị tối u
của bài toán đối ngẫu, nghĩa là: c.x
*
= b.y
*
.
3.3.2. Định lý cơ bản của bài toán tối u tuyến tính:
Định lý:
Phơng án tối u của bài toán tối u tuyến tính chứa một số biến dơng đúng bằng
số các ràng buộc dạng đẳng thức độc lập đợc thoả mãn, các biến còn lại có giá trị không.
Ví dụ: x = [x
1
, x
2
, , x

5
]
T
n = 5
Các ràng buộc:





=++
=
=++
3535131
1515111
a
3 m

bxax
bxaxa

do đó nghiệm tối u có 3 biến khác không x
*
= [*, *, *, 0, 0]
T
.
3.4. Các phơng pháp giải bài toán tối u tuyến tính
3.4.1. Phơng pháp đồ thị:
Phơng pháp này đợc dùng khi số biến số 3.
1. Bài toán phẳng:

Ví dụ: Tìm x
*
= [x
1
*
, x
2
*
]
T
sao cho Z = c
1
x
1
+ c
2
x
2
Max
Các ràng buộc:
a
11
x
1
+ a
12
x
2
b
1

a
21
x
1
+ a
22
x
2
b
2

x
1
0, x
2
0
Giải:

Vẽ miền chấp nhận đợc (miền D mà x thoả mãn các ràng buộc hình 3.1):
+ Nếu ràng buộc là đẳng thức thì miền chấp nhận đợc là điểm A, giao điểm của
đờng N
1
M
1
và N
2
M
2
.

+ Nếu là bất đẳng thức thì miền chấp nhận đợc là hình AN
1
OM
2
, bao gồm cả biên
AN
1
, AM
2
.
Vẽ các đờng cùng mục tiêu (đờng mức):
đối ngẫu
y
1

y
2


y
m

a
11
a
12
a
1n

b
1
a
21
a
22
a
2n
b
2

a
m1
a
m2
a
mn
b
m

Min
c
1
c
2
c
n
Max

14
+ Cho một giá trị cụ thể Z = Z
0
. Vẽ đờng
1
2
1
1
0
2
x
c
c
c
z
x =

Thay đổi giá trị Z
0
ta đợc các đờng song song. Trên mỗi đờng, hàm mục tiêu có
cùng giá trị. Giá trị Z
0
càng lớn thì đờng x
2
càng xa 0.
Tìm nghiệm tối u:

+ Nghiệm cực đại đợc xác định bởi toạ độ điểm A.
+ Nếu đờng cùng mục tiêu tiếp xúc một đỉnh thì nghiệm tối u là đơn trị.
+ Nếu đờng cùng mục tiêu tiếp xúc 2 đỉnh (1 cạnh) thì nghiệm là đa trị.
+ Nếu miền chấp nhận đợc nh hình 2.2 thì toạ độ điểm A xác định giá trị cực tiểu.









Hình 2.1 Hình 2.2
2. Mở rộng:
Đối với bài toán có n biến x
1
, , x
n
, chịu m ràng buộc:
1/ Nghiệm tối u là toạ độ của một đỉnh hay nhiều đỉnh của miền cho phép. Miền cho
phép là một đa diện lồi (n - m) chiều.
2/ Nghiệm là đơn trị nếu 1 đỉnh của đa diện cho phép tiếp xúc với mặt cùng mục tiêu.
3/ Nghiệm là đa trị nếu tiếp xúc tại k đỉnh (k >1); k đỉnh này tạo nên 1 đơn hình (k-1)
chiều. Do đó có thể lấy (k-1) giá trị các biến tuỳ ý, còn n - (k-1) biến khác là hàm tuyến tính
của (k-1) biến tuỳ ý. Đó sẽ là cơ sở của phơng pháp đơn hình.
Chú ý:
Đơn hình là 1 hình có số đỉnh nhiều hơn 1 so với số chiều của không gian. Thí
dụ, trong không gian 2 chiều thì đơn hình là tam giác, trong không gian 3 chiều thì đơn hình
là tứ diện.

3.4.2. Phơng pháp đơn hình:
Phơng pháp này do nhà toán học Mỹ G.B. Dantzig đa ra năm 1948.
Nội dung: Tìm đỉnh tối u của đa diện các nghiệm cho phép bằng phơng pháp lần
lợt thử các đỉnh của đa diện. Để việc thử không phải mò mẫm, ngời ta đa ra thuật toán
để đi từ nghiệm xấu hơn tới nghiệm tốt hơn tức đi dần tới nghiệm tối u.
1. Nội dung phơng pháp đơn hình:
Giả sử có m ràng buộc độc lập đợc cho ở dạng chính tắc:
A.x = b (3.1)
1) Chọn biến cơ sở: đầu tiên ta chọn một điểm tuỳ ý của đa diện các nghiệm cho
phép, đó là tập n số (x
1
, , x
n
). Theo định lý cơ bản của bài toán tối u tuyến tính thì có m
số dơng, còn những số khác bằng không; gọi các biến dơng của điểm xuất phát là biến cơ
sở: (x
1
, x
2
, , x
m
, 0, 0, , 0).
2) Tìm nghiệm xuất phát (nghiệm thử thứ 1):
Thay các biến cơ sở vào các ràng buộc (3.1) đợc m phơng trình chứa m ẩn:
a
r1
x
1
+ a
r2

x
2
+ a
rm
x
m
= b
r
; r = 1, 2 , , m.
x
2

N
2


N
1


x
2
*

x
2
=z
9
/
c

1
-
(
c
1
/
c
2
)
x
1
O x
1
* M
2
M
1
x
1
A
D
x
2
N
2


N
1

x
2
*

x
2
=z
9
/
c
1
-
(
c
1
/
c
2
)
x
1
O x
1
* M
2
M
1
x
1

A
D
15
hay:





=++
=++
mmmm11m
1mm1111
bxa xa

b
x
a
x
a
(3.2)
Từ đó tìm đợc nghiệm xuất phát (hay nghiệm thử thứ 1):

)
x
,
,
x
,
x

(
)0
(
m
)0
(
2
)0
(
1
.
3) Chọn nghiệm thử thứ 2:
a) Thử thêm vào biến x
m+1
, lúc này ràng buộc có dạng:

{
rmmrmrmrr
bxaxaxaxa
=
+
+++
++ 11,2211
; r = 1, 2, , m (3.3)
Hệ (3.3) gồm m phơng trình với m+1 biến, (3.3) có nghiệm đơn trị khi các phơng trình
tạo thành hệ phụ thuộc, do đó cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào các cột còn lại với hệ số y
i
:
a
r,m+1

= y
1
a
r1
+ + y
m
a
rm

hay a
r1
y
1
+ + a
rm
y
m
= a
r,m+1
(3.4)
Hệ (3.4) có nghiệm duy nhất là:
)
0(
m
)
0(
2
)
0(
1

y
,
,
y
,
y
.
b) Lấy các số hạng tơng ứng của phơng trình (3.3) trừ đi bội số của (3.4) ký hiệu
bội số đó là > 0, ta có:
a
r1
(x
1
- y
1
) + a
r2
(x
2
- y
2
) + + a
rm
(x
m
- y
m
) + a
r,m+1
= b

r
(3.5)
r = 1,2, m.
Hệ (3.5) là biến thể của (3.4) chỉ có các ẩn là khác nhau.
c) Chọn nghiệm thử thứ 2 cho (3.5) là:


),.(), ,.(x ),.(
)0()0()0(
2
(0)
2
)0(
1
)0(
1 mm
yxyyx
(3.6)
Vì có m+1 biến, do đó một trong các biến phải nhận giá trị không. Ngoài ra các biến
còn lại x
m+2
, , x
n
cũng phải bằng không.
Muốn biết biến nào trong (3.6) bằng không, cần phải:
** Tính giá trị của hàm mục tiêu với nghiệm thử thứ 1 và thử nghiệm thứ 2:
Z
0
= c
1

x
1
(0)
+ c
2
x
2
(0)
+ , + c
m
x
m
(0)

Z
1
= c
1

1
)0()0()0(
2
)0(
22
)0(
1
)0(
1
).( ).().(
+

++++
mmmm
cyxcyxcyx
Đặt số gia: Z
1
= Z
1
- Z
0
Z
1
=
[
]
[
]
11
)0()0(
22
)0(
111
) (
+++
=+++
mmmmm
cycycycc


trong đó:
m+1

=
)0()0(
22
)0(
11

mm
ycycyc +++


[]
11 ++

mm
yc
đợc gọi là hiệu suất. (3.7)
Có ba trờng hợp xảy ra:
* Z
1
= 0: nghiệm xuất phát và nghiệm mới tốt nh nhau. Suy ra có hai đỉnh tiếp xúc
giữa đa diện cho phép và mặt cùng mục tiêu.
* Z
1
< 0: nghiệm mới xấu hơn nghiệm xuất phát.
* Z
1
> 0: nghiệm mới tốt hơn nghiệm xuất phát.
** Khi đã chọn đợc nghiệm mới bằng hoặc tốt hơn (Z
1
0) ta đa nó vào cơ sở và

cần phải loại bỏ bớt một nghiệm trong biến xuất phát (theo định lý cơ bản), chỉ có m nghiệm
dơng). Giả thiết đã đa biến mới thứ (m +1) vào cơ sở, khi đó có thể viết các biến mới của
phơng án theo (3.6). Một biến thứ i nào đó phải thoả mãn phơng trình:

0
y

x
(0)
i
)0
(
i
=

từ đó
)0(
i
)0
(
i
y
x
=

(3.8)
còn đối với các biến j i thì:
0
y
x

(0)
j
)0
(
j
>

(3.9)
Từ đó suy ra phải loại trừ biến nào ứng với > 0 và nhỏ nhất:
16
0 < = Min
)0(
i
)0
(
i
y
x

4) Thực hiện liên tục các thuật toán ở trên: đa vào biến cha dùng m+2, m+3 , tính
Z
2
, Z
3
, cho đến khi thử hết các biến cơ sở.
Z
1
= [c
m+1
-

m+1
]
Z
2
= [c
m+2
-
m+2
]
Z
i
= [c
m+i
-
m+i
]
ở mỗi bớc cần tính hiệu suất (c
m+1
-
m+1
), kiểm tra Z
i
và rút ra kết luận tơng ứng.
Sau (n-m) lần lặp, ta chọn đợc nghiệm tối u.
Phơng pháp đơn hình có u điểm là thuật toán đơn giản. Khi có ít ẩn có thể tính
bằng tay (trực tiếp hoặc lập bảng). Khi có nhiều ẩn và nhiều ràng buộc phải dùng máy tính
Rõ ràng ở đây mục tiêu đạt đợc phải luôn đo đợc.
Trong hàm mục tiêu Z = c.x đã giả thiết các hệ số c
1
> 0 nhng ngời ta giả thiết tồn

tại cả những biến có hại tức là hệ số c
1
< 0. Điều đó giúp ích cho nghiên cứu và không ảnh
hởng đến bớc giải.
3.4.3. Một số thí dụ giải trực tiếp:
Ví dụ: (Z
i
< 0 , i).
Tìm x
*
(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) sao cho hàm mục tiêu:
Z = x
1
+ 2x
2
- 3x
3
+ 4x
4
Max
với các ràng buộc:

ữ=
=++
=++
4 1 i ,0x
800x10xx3x2
100
x
x
7
x
x
1
4321
4321

Giải:

1. Chọn biến cơ sở:
Vì số ràng buộc m = 2, ta giả thiết x
1
> 0, x
2
> 0, x
3
= x
4

= 0:
(x
1
, x
2
, 0, 0)
2. Tìm nghiệm xuất phát: thay biến cơ sở vào phơng trình ràng buộc:




=+
=
800x3x2
100
x
x
21
21

giải đợc: x
1
(0)
= 220; x
2
(0)
= 120
do đó nghiệm xuất phát là:
(220, 120, 0, 0) và Z
0

= 220 + 2x120 = 460
3. Thử đa x
3
vào cơ sở:
Phơng trình ràng buộc:




=+
=+
800xx3x2
100
x
7
x
x
321
321

Đó là hệ phơng trình phụ thuộc, nên hệ số của cột thứ ba phụ thuộc vào cột 1 và cột
2 với hệ số y
i
:



=+
=
132

7
21
21
yy
yy

giải đợc
3y ; 4
(0)
2
)0(
1
==y

Tính hiệu suất của x
3
:
3
= 2
y
2
y
y
c
y
c
)0
(
2
)0

(
1
(0)
22
(0)
11
=+=+
Hiệu xuất c
3
-
3
= -3 + 2 < 0 nên Z
1
= (c
3
-
3
) = (-3 + 2) < 0
Nh vậy nếu đa x
3
vào cơ sở thì phơng án xấu hơn phơng án xuất phát.
17
4. Thử đa x
4
vào cơ sở:
Ràng buộc:



=++

=+
800x10x3x2
100
x
x
x
421
421

từ đó:



=+
=
10y3y2
1
y
y
21
21

6,1y ; 6,2
(0)
2
)0(
1
==y

Tính hiệu suất của x

4
:

4
= c
1
8,56,1.26,2
)0(
22
)0(
1
=+=+ ycy

Hiệu suất: (c
4
-
4
) = 4 - 5,8 < 0 Z
2
= (c
4
-
4
) < 0
do đó nếu đa x
4
vào cơ sở thì sẽ có phơng án xấu hơn. Nh vậy nghiệm tối u chính là
nghiệm xuất phát:
x
*

=
TT
xx ]0,0,120,220[]0,0,,[
*
2
*
1
=

Hàm mục tiêu: Z
*
= 220 + 2.120 = 460
3.4.4. Phơng pháp lập bảng:
Dùng phép xoay (Pivotage) của đại số tuyến tính.
Ví dụ:
Tìm (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) sao cho hàm mục tiêu:
Z = 500x
1
+ 300x
2
+ 200x
3

+ 280x
4
Max
Các ràng buộc:





+++
+++
+++
2000 10xx5,2x8x5
1800 5,6x 1,2x x5x8
20002x 4x x5x10
4521
4321
4321

Giải:

Biến đổi về dạng chính tắc





=++++
=++++
=++++

2000x 10xx5,285
1800 x 5,6x 1,2x 58
2000 x 2x 4x 510
74521
64321
54321
xx
xx
xx

Z - 500x
1
- 300x
2
- 200x
3
- 280x
4
+ 0x
5
+ 0x
6
+ 0x
7
= 0
Lập bảng 1
:
Chọn một biến khác để đa vào cơ sở:
Bảng 1.
s (cột xoay)

Biến cơ
sở
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x
6
x
7

r
(dòng xoay)
x
5
5 4 2 1 0 0 2000
x
6
8 5 1,2 5,6 0 1 0 1800
x
7
8 2,5 10 0 0 1 2000

Z -500 -300 -200 -280 0 0 0 0
Trên dòng Z, chọn một cột nào có giá trị < 0 và trị số lớn nhất, gọi là cột s (cột xoay).
a
is

a
rs

10
5

18
Xét các tỷ số:
400
5
2000
;225
8
1800
;200
10
2000
===
dòng nào có tỷ số nhỏ nhất gọi là
dòng r (dòng xoay).
a
rs
= 10: gọi là phần tử xoay (pivot).
Lập bảng 2:

Đa biến x
1
vào cơ sở thay cho x
5
.
Tạo dòng chính: chia dòng r ở bảng I cho pivot a
rs

Các yếu tố của các dòng khác đợc tính theo công thức:
a
ij
(mới) = a
ij
(cũ)

- a
is
.a
rj
,

có nghĩa:




Ví dụ ở bảng 2: dòng chính là dòng chứa x
1
. Các phần tử của dòng 2 là:
0 = 8 - 8x1; 1 = 5 - 8 x 0,5; - 2 = 1,2 - 8x0,4

Bảng 2.
Biến cơ
sở
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x
6
x
7

dòng chính x
1
1 0,5 0,4 0,2 0,1 0 0 200
x
6
0 1 -2 -0,8 1 0 200

x
7
0 5,5 0,5 9 -0,5 0 1 1000
Z 0 -50 0 -180 50 0 0 100000

Lập bảng 3
: Bảng 3.
Biến cơ
sở
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x
6
x
7

x
1
1 0,45 0,5 0 0,14 0,05 0 190
dòng chính x
4
0 0,25 -0,5 1 -0,2 0,25 0 50
x
7
0 3,25

0 -1,3 2,25 1 550

Z 0 -5 -90 0 1,4 4,5 0 109000

Lập bảng 4
: Bảng 4.
Biến cơ
sở
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x
6
x
7

x
1
1 1,125 0 0 0,001 0,175 0,1 135
x
4
0 0,575 0 1 -0,07 0,025 0,1 105
dòng chính x
3
0 0,65 1 0 -0,26 0,45 0,2 110

Z 0 53,3 0 0 37,4 4,5 18 118900
ở bảng 4, các hệ số của Z đều 0, do đó dừng và không cần phải tiến hành bảng 5.
Biến cơ sở là tối u, các biến khác có giá trị 0, do đó:
x* = [x
1
, x
4
, x
3
]
T
= [135, 105, 110 ]
T
;
Z* = 500x135 + 200x110 + 280x250 = 118900.

3.5. Thuật toán đơn hình giải bài toán tối u tuyến tính tổng quát
3.5.1. Phát biểu bài toán:
Hàm mục tiêu:
y
ếu tố dòng mới
y
ếu tố dòng c
ũ
a
is
*yếu tố dòng chính
(ứng với phần tử cần tìm)

4

5
= -
19
f (x) = ., ,2,1; njMinxc
j
ji
=


Các ràng buộc:
.m
,
,2
,
1i ;b
x
a
1
j
ijij
=


.mm
,
,2m
,
1mi ;b
x
a

2111
j
ijij
+++=


m
,
2mm
,
1mmi ;b
x
a
2121
j
ijij
++++==


x
j
0 ; b
i
0 ; i = 1,2 , , m.
3.5.2. Biến đổi các ràng buộc và hàm mục tiêu:
Đối với các ràng buộc: a
ij
x
j
b

i
ta phải thêm biến bù x
n+i
0
Đối với các ràng buộc: a
ij
x
j
= b
i
ta phải thêm biến giả tạo x
n+i
0
Đối với các ràng buộc: a
ij
x
j
b
i
ta phải thêm biến giả tạo rồi biến bù.
Biến bù ứng với ràng buộc: đợc đánh từ số n+1 đến n+m
1
; các biến giả tạo ứng
với ràng buộc và = đợc đánh số từ n+m
1
+1 đến n+m; các biến bù ứng với ràng buộc
đợc đánh số từ n+m+1 đến n+m+m
2
.
Trong hàm mục tiêu, các hệ số ứng với biến bù x

j
là c
j
= 0, các hệ số ứng với biến giả
tạo x
j
là c
j
> 0 đủ lớn, có thể chọn c
j
= M = max {|aij,|bi,|cj|}.
Ví dụ:
Tìm (x
1
, x
2
) sao cho hàm mục tiêu:
Z = 30x
1
+ 45x
2
Max
Các ràng buộc:
1) x
1
6000
2) x
2
4000
3) 2,5x

1
+ 2x
2
24000
4) x
1
1000
5) x
2
1000
6) 3x
1
- x
2
0
7) 2,5x
1
+ 2x
2
10000

Giải:

Trong thuật toán, ta đa bài toán về dạng chính tắc bằng cách thêm các biến bù x
3
, x
4
,
x
5

; các biến giả tạo x
6
, x
7
, x
8
,x
9
và các biến bù x
10
, x
12
, x
13
.
Các ràng buộc:
1) x
1
+ x
3
= 6000
2) x
2
+x
4
= 4000
3) 2,5x
1
+2x
2

+x
5
= 24000
4) x
1
-x
6
+x
10
= 1000
5) x
2
-x
7
+x
11
= 1000
6) 3x
1
- x
2
-x
8
+x
12
= 0
7) 2,5x
1
+2x
2

-x
9
+x
13
= 10000
Hàm mục tiêu:
Z = 30x
1
+45x
2
+0x
3
+0x
4
+0x
5
-Mx
6
-Mx
7
= Mx
8
-Mx
9
+0x
10
+0x
1
+0x
12

+0x
13

chọn M 24000.
Sau khi giải bài toán chính tắc ta đợc:
x
1
=6000, x
2
=4000, x
5
=1000, x
10
=5000, x
11
=3000, x
12
=14000, x
13
=13000, Z=360000.
20
Nh− vËy nghiÖm tèi −u cña bµi to¸n lµ:
x
*
1
= 6000; x
*
2
= 4000
Z

*
= 30x
*
1
+ 45x
*
2
= 360000.


Bµi tËp
1. 2.

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤≤
≤≤
≤+
≤+
9x0
12x0
12 xx5,0
18
x
x

2
1
21
21

⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=≥
=++
=++
=++
1,2, ,6 i ;0x
12 x- 2x x4x3
8 x-x
2
3
xx
6
x
-
x
x

x
2
1
6321
4321
4321

Z = 4x
1
+ 6x
2
→ max Z = 2x
1
+ 3x
2
+
minx
2
5
→


Tr¶ lêi : x
*
= [12 ; 6]
T
; Z
*
= 84 Tr¶ lêi : x* = [0;

9
28
;0 ;0 ;
9
8
;
3
10
]
T
;
Z
*
= 12
9
2


3. 4.
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=≥
=+−−
=++−
=+−+

1,2, ,6 i ;0x
3- x- 2x xx3
4 x x x3x2
5 2x
_
x
3
x

x
I
5321
5432
6421

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥−
≤+≤
≤≤
≤≤
0xx3
24000x2x5,210000
4000x 1000
6000

x
1000
21
21
2
1


Z = 2x
1
- 3x
4
+ x
5
+ 2x
6
→ min Z = 30x1 + 45x2 → max
Tr¶ lêi : kh«ng cã nghiÖm tèi −u. Tr¶ lêi : x
*
= [6000,4000]T
Z
*
= 360000.

21
Chơng 4: Bài toán tối u hóa nguyên tuyến tính

4.1. Bài toán tối u nguyên tuyến tính
Trong các bài toán đã xét ở chơng 2, các biến có thể nhận các giá trị thực không âm.
Trong thực tế thờng gặp nhiều bài toán ở đó các biến số chỉ có thể nhận một số hữu hạn
hay đếm đợc giá trị, thờng là các giá trị nguyên. Ví dụ, thực là không đúng nếu cần thuê
2,3 ngời thợ. Vì thế trong chơng này đề cập đến các bài toán có các biến nguyên hay trên
các tập rời rạc. bài toán có dạng sau:
Tìm cực tiểu của hàm f(x,y) phụ thuộc vào 2 nhóm biến x và y với các ràng buộc có
dạng: g
i
(x,y) 0, i =1,2, ,m; x, y D.
Trong đó x = (x
1
, x
2

, , x
p
), y = (y
1
, y
2
, , y
q
), p >0 và q 0. D là tập hợp hữu hạn
các vectơ; f, g
i
là những hàm cho trớc của p+q = n biến số. Khi f, g
i
là các hàm tuyến tính
và D là tập hợp các điểm nguyên thì ta có bài toán nguyên tuyến tính, còn nếu D là tập các
vectơ p thành phần 0 hay 1 thì ta có bài toán nguyên 0 - 1 hay còn gọi là biến binary.
Ta thấy bất kỳ bài toán với các biến số chỉ nhận một số hữu hạn các giá trịcho trớc,
đều có thể quy đợc về bài toán trong đó các biến chỉ nhận các giá trị nguyên. Ví dụ, biến x
biểu thị công suất của một nhà máy điện cần đợc xây dựng chỉ có thể lấy đợc một trong
các giá trị cho sẵn N
1
, N
2
, , N
k
. Khi đó bằng cách đặt:
x = u
1
N
1

+ u
2
N
2
+ + u
k
N
k
,
với u
1
+ u
2
+ + u
k
= 1, u
j
{0, 1}, j = 1, 2, , k
Nh vậy biến rời rạc x có thể đợc thay thế bởi biến u
j
chỉ nhận giá trị 0 hay 1.
Tơng tự, nếu bất kỳ bài toán với các biến nguyên bị chặn tùy ý, đều có thể quy về
bài toán với các biến 0 - 1. Điều này cho thấy bài toán có biến 0 - 1 giữ vai trò quan trọng
trong bài toán tối u với các biến rời rạc.
4.2. Một số mô hình thực tiễn
1. Bài toán cắt vật liệu:
Trong thực tế ta thờng cắt những vật liệu có độ dài có sẵn nh thanh thép, ống nớc,
thành những đoạn ngắn hơn với số lợng nhất định để cho công việc tiếp theo. Vấn đề đặt
ra là nên cắt thế nào để cho ít tốn vật liệu nhất.
Ví dụ: Một phân xởng cơ khí có những thanh thép dài 6m, cần cắt thành 30 đoạn dài

2,5m và 50 đoạn dài 1,6m, nên cắt nh thế nào cho tiết kiệm.
Có 3 mẫu cắt nh sau:
Mẫu 1: 2 đoạn 2,5m còn thừa 1m
Mẫu 2: 1 đoạn 2,5m và 2 đoạn 1,6m, còn thừa 0,3m
Mẫu 3: 3 đoạn 1,6m, còn thừa 1,2m.
Gọi x
1
, x
2
, x
3
lần lợt là số thanh cần cắt theo mẫu 1, 2 và 3, ta có bài toán:
x
1
+ 0,3x
2
+ 1,2x
3
Min
Thỏa mãn các ràng buộc:
2x
1
+ x
2
= 30
2x
2
+ x
3
= 50

x
i
0 và nguyên với i = 1, 2, 3.
Tổng quát ta ký hiệu:
a
ij
là số đoạn loại i thu đợc khi cắt theo mẫu j
b
i
là số đoạn loại i cần có
c
j
là rẻo thừa khi cắt theo mẫu j
x
j
là số thanh cắt theo mẫu j.
Ta có mô hình của bài toán nh sau:
Z=

=

n
j
jj
Minxc
1
, (4.1)
22
Thỏa mãn các ràng buộc:
,i

n
ij
jij
bxa =

=
i = 1, 2, , n (4.2)
x
ij
0 và nguyên, j = 1, 2, , n.
2. Bài toán lập thứ tự gia công các chi tiết máy:
Giả sử cần gia công n. trên m, mỗi chi tiết đều đợc gia công trên các máy theo thứ
tự: 1, 2, , m. Cho biết thời gian gia công chi tiết tứ j trên máy thứ i là t
ij
.
Bài toán đặt ra là lập thứ tự gia công các chi tiết trên các máy để thời gian gia công
các chi tiết là ngắn nhất với điều kiện các chi tiết đợc gia công liên tục, không có khoảng
thời gian gián đoạn khi chuyển từ máy này sang máy khác. Sau đây ta xét bài toán
Sau đây ta xét bài toán: có n chi tiết gia công trên hai máy A và B (giả sử gia công
trên A trớc rồi tới B). Mỗi máy chỉ có thể gia công từng chi tiết một. Cho biết thời gian gia
công chi tiết j trên máy A là a
j
và trên máy B là b
j
. Tìm thứ tự gia công các chi tiết để việc
gia công tất cả các chi tiết trên 2 máy là ngắn nhất.
Mỗi một thứ tự gia công sẽ tơng ứng với một hoán vị = (s
1
, s
2

, , s
n
) của n số tự
nhiên 1, 2, , n. Ký hiệu P là tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, , n}.
Thời gian gia công theo thứ tự bằng:
t() =

==
+
n
j
j
n
j
s
bx
j
11
(4.3)
Trong đó
j
s
x là thời gian máy B chờ kể từ khi máy B gia công xong chi tiết trớc đó
để gia công chi tiết thứ j, vì chi tiết này còn đang gia công trên máy A. Ký hiệu tổng thứ
nhất trong (4.3) là t
B
() là tổng thời gian chờ của máy B. Tổng thứ 2 trong (4.3) là hằng số
đối với mọi thứ tự . Đây là bài toán tối u rời rạc: tìm hoán vị để tổng t
B
() đạt cực tiểu:

Min{ t
B
(): P}.
Để giải bài toán này ta có thể dùng thuật toán Johnson với định lý sau:
Dịnh lý Johnson: t
B
() đạt giá trị nhỏ nhất khi thứ tự gia công = (s
1
, s
2
, , s
n
) thỏa
mãn:
Min(
1
,
+kk
ss
ba ) Min(
11
,
++ kk
ss
ba ) (4.4)
Với mọi k = 1, 2, , n-1.
Dựa vào định lý trên ta có thuật toán để tìm thứ tự gia công theo yêu cầu:
1) Ghi lại thời gian công các chi tiết trên mỗi máy vào bảng thời gian gia công:
Chi tiết 1 2 n
Máy A

Máy B
a
1
a
2
a
n

b
1
b
2
b
n

2) Chọn số nhỏ nhất trong tất cả các số ghi ở bảng nếu số đó nằm trong hàng máy A,
thì chi tiết tơng ứng đợc xếp gia công đầu tiên; nếu số đó nằm trong hàng máy B, thì chi
tiết tơng ứng xếp gia công sau cùng.
3) Trong bảng thời gian xóa đi cột tơng ứng với chi tiết đã đợc sắp xếp trình tự.
4) Nếu mọi chi tiết đã đợc sắp xếp trình tự thì dừng: Thứ tự sắp xếp đó là tối u. Nếu
không, thì quay lại bớc 2) đrre sắp xếp thứ tự cho các chi tiết còn lại.
Chú ý: Trờng hợp trong bảng có nhiều số dạt giá trị nhỏ nhất, ta có thể chọn một số bất kỳ
trong các số đó. Tuy nhiên để xác định ta chọn số ứng với chi tiết có số thứ tự nhỏ nhất. Còn
nếu số nhỏ nhất là bằng nhauthì ta sắp xếp gia công chi tiết theo máy A trớc.
Ví dụ: Một phân xởng có 2 máy A, B dùng gia công 4 chi tiết, mỗi chi tiết đều đợc gia
công trên 2 máy, theo thứ tự A trớc b sau. Mỗi máy chỉ gia công từng chi tiết một và xong
23
chi tiết này mới chuyển sang chi tiết khác. Thời gian gia công (tính ra giờ) cho trong bảng
sau:
Chi tiết I II III IV

Máy A
Máy B
1 5 3 4
2 3 2 5

Thứ tự tối u đợc xếp nh sau: Số nhỏ nhất trong bảng là 1, nằm ở hàng máy A, nên chi tiết
I đợc xếp gia công đầu tiên. Bây giờ xóa đi cột chi tiết I. Nh vậy số nhỏ nhất bây giờ là 2,
nằm ở hàng máy B, nên chi tiết III đợc xếp gia công sau cùng. Tơng tự số nhỏ nhất bây
giờ là 3, nằm trên hàng B, nên chi tiết II đợc xếp trớc chi tiết III. Còn lại là chi tiết IV.
Thứ tự gia công tối u là: I, IV, II, III.
3. Bài toán điều công-ten-nơ:
Có n loại hàng đợc xếp xếp lên các công-ten-nơ nh nhau với tải trọng của mỗi
công-ten-nơ là T và dung lơng la K. Hàng loại j có trọng lợng a
j
, thể tích b
j
và số lợng
cần vận chuyển là s
j
(j= 1, 2, , n). Hãy tìm cách xếp tất cả số hàng này lên các công-ten-nơ
sao cho sử dụng ít công-ten-nơ nhất.
Giả sử số công-ten-nơ có sẵn là m, gọi x
ij
là số hàng lọai j đợc chở trên công-ten-nơ
thứ i, y
i
là biến nhận giá trị 1 khi công-ten-nơ thứ i đợc dùng, ngoài ra thì nhận giá trị 0. Bài
toán đa đến mô hình:
Z =
Miny

m
i
i


=1

Với các điều kiện:
i
n
i
ijj
Tyxa

=1
, i = 1, 2, , m
i
n
i
ijj
Kyxb

=1
, i = 1, 2, , m
j
m
i
ij
sx =

=1
, j =1, 2, , n
y
i
{0, 1}

Bài tập
1. Một xởng mộc sản xuất 3 loại ghế dựa khác nhau A, B, c. Mỗi loại ghế cần trải qua các
nguyên công đánh bóng, đánh màu và đánh vécni. Ngoài ra ghế loại C còn phải thêm
nguyên công bọc nệm. Bảng dới đây cho biết thời gian cần thiết (tính theo số giờ/tháng) để
thực hiện các nguyên công và tiền lãi của mỗi loại ghế. Cần sản xuất bao nhiêu ghế mỗi loại
để thu đợc nhiều lãi nhất.
Loại ghế Bóng Màu Vécni Nệm
(giờ)
Tiền lãi (đồng)
A
B
C
1.0 0.5 0.7 0
1.2 0.5 0.7 0
0.7 0.3 0.3 0.7
100.000
130.000
80.000
Thời gian có
Mỗi tháng
600 300 300 140
2. một xởng dự định mua hai loại máy để in hình lên vải. Máy A có thể in 100m/ph và
chiếm 50m
2

diện tích sản xuất, còn máy b có thể in 200m/ph và chiếm diện tích là 140m
2
.
xởng cần in ít nhất là 600m/ph và diện tích mặt bằng tối đa là 350m
2
. Giá mua là 22 triệu
đồng cho 1 máy loại A và máy loại B là 42 triệu đồng. Hỏi cần mua bao nhiêu máy in mỗi
loại để chi phí là ít nhất.
24
3. Có 2 loại sản phẩm A, B đợc gia công trên 4 máy I, II, III, IV. Thời gian gia công mỗi
loại sản phẩm trên từng máy nh bảng sau:
Máy I Máy II Máy III Máy IV
Sản phẩm A (giờ) 2 4 3 1
Sản phẩm B (giờ) 1/4 2 1 4
Thời gian sử dụng các máy theo thứ tự 45, 100, 300, 50 giờ. Một đơn vị sản phẩm A lãi 600
đồng, còn sản phẩm B là 400 đồng. Nên sản xuất mỗi loại bao nhiêu để lãi tối đa.
4. Một Công ty lọc dầu sử dụng ngay nguồn dầu thô nặng có giá 300 đồng/lít và dầu thô nhẹ
có giá 350đồng/lít. Công ty sản xuất 3 loại sản phẩm Gasoline, Heating Oil và Jet Fuel và
lợng 3 loại dầu trên có đợc từ việc lấy từ 1 lita dầu thô nặng và nhẹ cho ở bảng sau:
Gasoline Heating oil Jet Fuel
Dầu thô nặng 0.3 0.2 0.3
Dầu thô nhẹ 0.3 0.4 0.2
Công ty thực hiện hợp đồng cung cấp 90m
3
Gasoline, 80m
3
Heating oil, 50m
3
Jet Fuel. Công
ty cần mua bao nhiêu lít dầu thô nặng, nhẹ để chi phí là ít nhất.