qui hoạch tuyến tính và ứng dụng trong kinh tế

Lyự thuyeỏt qui hoaùch tuyeỏn tớnh
C HNG VI: TI U TUYN TNH CHA THAM S
Trong thc t, mt s mụ hỡnh bi toỏn ti tuyn tớnh, cỏc h s ban u nh a
ij
, b
i
, c
j
, i
= 1,2,,m; j = 1,2,,n, cú th khụng c cho bit mt cỏch chớnh xỏc hoc giỏ tr ca
chỳng thng ph thuc vo s thay i ca mt hay nhiu tham s nh thi gian, thi tit,
cht lng nguyờn liu, nhiờn liu v.v Nu phi tin hnh vic gii bi toỏn ng vi tng
giỏ tr khỏc nhau ca cỏc tham s y thỡ khi lng v do úchi phớ tớnh toỏn s rt ln v, do
vy, vic gii bi toỏn TTT tỡm phng ỏn ti u s mt ht ý ngha kinh t.
khc phc khú khn ny ngi ta ó phỏt trin mt phng phỏp gi l phng phỏp
gii bi toỏn TTT cha tham. Phng phỏp ny xut phỏt t vic gii bi toỏn TTT i
vi mt giỏ tr xỏc nh ca tham s cn kho sỏt bng phng phỏp n hỡnh thụng thng,
Sau ú s tỡm khong bin thiờn ca tham s cho phng ỏn hin cú vn cũn l phng ỏn
ti u ca bi toỏn mi hoc s trc tip tỡm ra phng ỏn ti u mi da trờn phng ỏn ti
u hin cú. Bng cỏch y ngi ta s tỡm ra phng ỏn ti u ca cỏc bi toỏn TTT ng vi
tng giỏ tr khỏc nhau ca tham s cn kho sỏt.
Ngi ta phõn bit thnh bi toỏn qui hoch tuyn tớnh cha mt tham s h s hm
mc tiờu (c
j
), v phi (b
i
), h s cỏc rng buc (a
ij
), cha mt tham s c hm mc tiờu
v v phi hoc cha hai tham s cựng bin thiờn c lp v.v.Trong phm vi giỏo trỡnh
ny chỳng tụi ch xột hai loi bi toỏn u tiờn.

Tng t nh cỏc chng trc chỳng tụi khụng i sõu vo phõn tớch c s lý thuyt
ca phng phỏp gii, khụng trỡnh by k phn chng minh cỏc nh lý m chỳ trng trỡnh
by thut toỏn gii v cỏc ý ngha kinh t cng nh thc tin. nghiờn cu thờm phn c s
lý thuyt, tỡm hiu thờm cỏc phng phỏp gii bi toỏn TTT cha tham s khỏc, bn c cú
th tham kho thờm [ ].
2.1 Phng phỏp n hỡnh gii bi toỏn TTT cha tham s hm mc tiờu
2.1.1. C s lý thuyt v thut toỏn
Ta xột bi toỏn qui hoch sau õy:
Tỡm giỏ tr ca x
1
, x
2
,, x
n
lm cc tiu hm mc tiờu

+=
=
n
1j
jjj
x)tdc()x(Z
(2.1)
ng vi cỏc rng buc

( )
1
, 1,2, , (2.2)
0, 1,2, , 2.3
n

ij j i
j
j
a x b i m
x j n
=
= =
=


u t v (2.4)
Trong ú c
j
, d
j
, a
ij
, b
i
, i = 1,2,,m; j = 1,2,,n v u, v l cỏc s cho trc; t l tham s; u cú
th l -, v cú th l + ; tc tham s t cú th khụng b chn di hoc khụng b chn trờn.
thy rng ng vi mi giỏ tr c nh ca tham s t = t
0
[u,v] bi toỏn ti u
chatham s (2.1) (3.3) tr thnh bi toỏn TTT bỡnh thng. Vỡ vy, ngi ta gi bi toỏn
(2.1) - (2.4) l bi toỏn TTT cha tham s (hay, ngn gn, bi toỏn ti u tham s). Ngoi
ra, cho bi toỏn tham s cú ý ngha thỡ ngoi cỏc gi thit cn cú ca bi toỏn TTT thụng
thng ngi ta cũn gi thit rng ớt nht mt h s d
j
, 1 j n, l khỏc khụng, bi vỡ, nu d

j
= 0, j, thỡ bi toỏn (2.1)-(2.4) tr thnh bi toỏn TTT thụng thng.
Lờ Vn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
Nhằm đơn giản cách trình bày bắt đầu từ đây chúng ta ký hiệu bài toán (2.1)-(2.4) là P(0,
t). Ta nhận thấy rằng các a
ij
và b
i
, i = 1,2,…,m; j = 1,2,…, n, đều không phụ thuộc vào tham
số t nên tập các phương án chấp nhận được X là như nhau ứng với mọi giá trị của t. Vì vậy,
nếu ứng với một giá trị nào đó của tham số t mà miền chấp nhận được rỗng thì hiển nhiên
miền chấp nhận được của bài toán (2.1) – (2.4) cũng là rỗng với mọi giá trị của t. Trong
trường hợp này bài toán tối ưu tuyến tính tham số (2.1) – (2.4) không giải được với mọi giá
trị của t, đặc biệt với t∈[u,v].
Phương pháp giải bài toán tối ưu tham số (2.1) - (2.4) bắt đầu bằng việc cho tham số t
nhận giá trị t
0
nào đó thuộc [u,v] (nếu u là hữu hạn, ta đặt t = u)
26
. Sau đó áp dụng phương
pháp đơn hình (hoặc đơn hình mở rộng) giải bài toán P(0,t
0
). Để dễ dàng cho việc thực hiện
phương pháp giải về sau các hệ số đặc trưng a
m+1,j
được tính tách riêng theo các hệ số c
j
và d
j

tương ứng dưới dạng: a
m+1,j
= h
j
+ g
j
t ,j = 0,1,2,…,n (trong đó h
j
được tính theo c
j
và g
j
theo
d
j
). Có 3 trường hợp xảy ra:
• Trường hợp 1: Bài toán P(0,t
0
) không có lời giải chấp nhận được.
• Trường hợp 2: Bài toán P(0,t
0
) không có lời giải tối ưu; tức là hàm mục tiêu (2.1) ứng với
t = t
0
không bị chặn dưới trên tập hợp chấp nhận được.
• Trường hợp 3: Bài toán P(0,t
0
) có lời giải cơ sở tối ưu là x
0
.

Ta lần lượt xét các trường hợp 1, 2 và 3.
1) Xét trường hợp 1:
Vì như nhận xét ở trên, tập chấp nhận được của bài toán P(0,t) là như nhau đối với mọi
giá trị của t nên, nếu tập này là rỗng ứng với một giá trị t = t
0
nào đó, thì nó cũng là tập rỗng
ứng với mọi giá trị của t. Tức là bài toán tổng quát P(0,t) không có lời giải chấp nhận được
ứng với mọi giá trị t.
2) Xét trường hợp 2:
Không làm mất tính tổng quát và để đơn giản cách trình bày, giả sử phương pháp đơn
hình giải bài toán P(0,t
0
) dừng lại ở bảng đơn hình ứng với phương án cơ bản x
0
có dạng
chính tắc mở rộng như sau:

1
n
i ij j i
j m
x a x b
= +
+ =
∑
, i = 1,2,…,m

1, 0 1 0
1
( ) ( )

n
m j j m
j m
Z a t x b t
+ +
= +
+ =
∑
(2.5)
Giá trị các biến cơ sở x
0
i
= a
i0
≥ 0, i =1,2,…,m, và giá trị các biến phi cơ sở x
j
j = m+1, 2, . . .,
n, đều bằng 0; tức là x
m+k
= 0. Đồng thời giá trị hàm mục tiêu tương ứng Z
0
= b
m+1
. Theo qui
ước như trên các các hệ số đặc trưng a
m+1,j
có dạng
a
m+1,j
(t) = h

j
+ g
j
.t, j = 0, 1,2,…,n (2.6)
Trong đó
1 1
, , 1,2,
m m
j ij Bi j j ij Bi j
i i
h a c c g a d d j n
= =
= − = − =
∑ ∑
(2.7)
0 0
1 1
,
m m
i i i i
i i
h c b g d b
= =
= =
∑ ∑
(2.8)
26
Trên thực tế, người ta thường chọn t = t
0
sao cho dễ dàng áp dụng phương pháp đơn hình tìm lời giải tối ưu của bài

toán P(0,t
0
).
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
Giá trị hàm mục tiêu ứng với phương án cơ sở x
0
là
b
m+1
(t
0
) = h
0
+ g
0
.t
0
, (2.9)
Theo thuật toán đơn hình, trường hợp 2 xảy ra khi tồn tại một hệ số đặc trưng a
m+1,l
= h
l,
+
g
l
.t
0
> 0, m+1≤ l ≤ n, và y
i,l

≤ 0, i =1,2,…, m và do đó hàm mục tiêu sẽ không bị chặn dưới
trên tập các phương án chấp nhận được của bài toán ứng với t = t
0
. Từ đó ta xét 3 trường hợp
con như sau:
i) g
l
= 0: Khi đó hàm mục tiêu của bài toán P(0,t) không bị chặn dưới ứng với mọi giá trị
của t, vì
a
m+1,l
(t) = h
l,
+ g
l
.t

= h
l
> 0,

∀t.
Kết hợp với điều kiện a
i,l
≤ 0, i =1,2,…, m, suy ra bài toán không giải được ∀t.
ii) g
l
> 0:

Khi đó a

m+1,l
(t) = h
l,
+ g
l
.t

> 0 ứng với mọi giá trị của t > t’, với

0
l
l
t
g
h
't <−=
(2.10)
Suy ra ∀t > t’ bài toán P(0,t) có hàm mục tiêu không bị chặn dưới và, do đó, không
giải được. Nếu t’< u, thì bài toán P(0,t) không giải được với mọi t∈[u,v]. Khi t’≥ u thì
còn phải xét bài toán P(0,t) ứng với t ∈[u,t’]. Để làm việc này ta xuất phát từ bảng
đơn hình hiện có, đặt t
0
= t’ và tính lại các hệ số đặc trưng a
m+1,j
(t’) = h
j
+g
j
.t’,j =1,2,
…,n cũng như giá trị hàm mục tiêu b

m+1
(t’) = h
0
+g
0
t’. Sau đó sẽ xuất hiện hoặc trường
hợp 2 hoặc trường hợp 3.
iii) g
l
< 0:

Khi đó

a
m+1,l
= h
l,
+ g
l
.t

> 0 ứng với mọi giá trị của t < t”, với
0
l
l
t
g
h
"t >−=
(2.11)

Suy ra ∀t < t” bài toán P(0,t) có hàm mục tiêu không bị chặn dưới và do đó không
giải được. Nếu t”> v, thì bài toán P(0,t) không giải được với mọi t∈[u,v]. Khi t”≤ v
còn phải xét bài toán P(0,t) ứng với t ∈[t”,v]. Để làm việc này ta xuất phát từ bảng
đơn hình hiện có, đặt t
0
= t” và tính lại các hệ số đặc trưng a
m+1,j
(t”) = h
j
+ g
j
.t” =1,2,
…,n cũng như giá trị hàm mục tiêu b
m+1
(t”) = h
0
+g
0
t”. Sau đó sẽ xuất hiện hoặc
trường hợp 2 hoặc trường hợp 3 như trên.
3) Xét trường hợp 3:
Cũng không làm mất tính tổng quát, giả sử lời giải tối ưu x
0
tương ứng với bảng đơn hình
dạng (2.5). Khi đó các hệ số đặc trưng a
m+1,j
(t
0
) = h
j

+ g
j
t
0
≤ 0, j=1,2,…,n. Dễ thấy rằng ứng
với j, 1≤ j ≤ n, điều kiện

a
m+1,j
(t) = h
j
+ g
j
t ≤ 0 (2.12)
vẫn thỏa mãn với mọi giá trị t sao cho
t ≤
j
j
g
h
−
, khi g
j
> 0,
hoặc t ≥
j
j
g
h
−

, khi g
j
< 0.
Đặt
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
t
-1
=
n, ,1j,0g,u
)
g
h
(max
j
j
j
0g
j
=∀≥
−
<
(2.13)
và
t
1
=
n, ,1j,0g,v
)
g

h
(min
j
j
j
0g
j
=∀≤
−
>
(2.14)
Khi đó dễ thấy rằng (2.12) thỏa mãn với mọi j = 1,2,…,n, ứng với các giá trị t∈[t
-1
, t
1
] và
t
-1
≤ t
0
≤ t
1
. Tức là phương án x
0
hiện có là phương án tối ưu ứng với mọi bài toán P(0,t) với
t∈[t
-1
, t
1
]. Nếu t

–1
≤ u và t
1
≥ v thì việc giải bài toán tham số P(0,t) kết thúc. Ngược lại, nếu t
–
1
> u hoặc t
1
< v thì còn tiếp tục khảo sát bài toán P(0,t) ứng với t∈[u, t
-1
] hoặc t∈[t
1
, v]. Khi
đó x
0
có thể không còn là phương án tối ưu của các bài toán P(0,t) tương ứng. Ta khảo sát
từng trường hợp cụ thể:
a) Trường hợp t
1
< v: Giả sử
0g,
g
h
t
r
r
r
1
>−=
. Vì g

m+r
> 0, nên,∀t > t
1
, a
m+1,r
(t) = h
r
+ g
r
.t >
a
m+1,r
(t) = h
r
+ g
r
.t
1
= 0. Do đó điều kiện tối ưu ứng với x
0
không còn thỏa mãn. Nếu a
ir
≤ 0,
i = 1,2,…,m thì hàm mục tiêu Z(t) không bị chặn dưới với mọi giá trị t > t
1
. Do đó P(0,t)
ứng với mọi t∈(t
1
,v] không giải được. Ngược lại, giả sử ∃p, 1≤ p ≤ m, với a
pr

> 0. Tiếp tục
thực hiện phép biến đổi đơn hình với cột chuẩn là cột r. Từ đây sẽ xác định tiếp t
2
theo
(2.14). Phương án mới cũng sẽ tối ưu ứng với t∈[t
1
, t
2
]. Sau đó, hoặc thuật toán kết thúc
với kết luận P(0,t) ứng với t∈(t
2
, v] không giải được hoặc xác định tiếp t
3
, v.v…
b) Trường hợp t
-1
> u: Giả sử
0g,
g
h
t
r
r
r
1
<−=
−
. Vì g
m+r
< 0, nên,∀t < t

-1
, a
m+1,r
(t) = h
r
+ g
r
.t >
a
m+1,r
(t
-1
) = h
r
+ g
r
.t
-1
= 0. Do đó điều kiện tối ưu ứng với x
0
không còn thỏa mãn. Nếu a
ir
≤
0, i = 1,2,…,m thì hàm mục tiêu Z(t) không bị chặn dưới với mọi giá trị t < t
-1
. Do đó
P(0,t) ứng với mọi t∈(u, t
-1
] không giải được. Ngược lại, giả sử ∃p, 1≤ p ≤ m, với a
pr

> 0.
Tiếp tục thực hiện phép biến đổi đơn hình với cột chuẩn là cột r. Từ đây sẽ xác định tiếp t
-
2
theo (2.13). Phương án mới cũng sẽ tối ưu ứng với t∈[t
-1
, t
-2
]. Sau đó, hoặc thuật toán kết
thúc với kết luận P(0,t) ứng với t∈[u, t
-2
) không giải được hoặc xác định tiếp t
-3
, v.v…
2.1.2 Ví dụ:
Giải bài toán QHTT chứa tham số sau đây:
2t3
7, ,2,1j,0x
5xx3x3x2x
5xx2xx3x2
0xxxx2x
minx)t21(x)t23(x)t2(x)t1()x(f
j
74321
64321
54321
4321
≤≤−








=≥
=+−++−
=++−+
=+−+−
→++−+−+−=
Bài giải: Chọn t
0
= 0. Phương án xuất phát với các biến cơ bản x
5
= 0, x
6
= 5, x
7
= 5 và các
biến không cơ bản x
1
= x
2
= x
3
= x
4
= 0. Đây đồng thời là phương án tối ưu với Z(x
0
,0) = 0.

Ta có bảng đơn hình tương ứng
27
.
27
Để đơn giản, các cột ứng với các biến cơ bản không được trình bày trong bảng. Ta gọi đó là bảng đơn hình rút gọn.
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
Bảng 6.1:
Hệ số ẩn
cơ sở
c
j
d
j
b
i
x
1
x
2
x
3
x
4
c
j
1 2 3 1
d
j
-1 -1 -2 2

x
5
0 0 0 1 -2 1 -1
x
6
0 0 5 2 3 -1 2
x
7
0 0 5 -1 2 3 -3
h
j
t
0
= 0 0 -1 -2 -3 -1
g
j
0 1 1 2 -2
y
m+1,j
0 -1 -2 -3 -1
Ở Bảng 2.1, phương án xuất phát đồng thời là phương án tối ưu khi t
0
= 0, vì các hệ số đặc
trưng a
m+1,j
≤ 0, j = 1,2,…,n; Z(x
0
) = 0. Ta xác định các cận t
1
và t

-1
như sau:
,
g
h
2
1
}
2
1
{max
g
h
maxt
4
4
j
j
0g
1
j
−=−=
−
−
−=











−=
<
−
,
g
h
1}
2
3
,
1
2
,
1
1
{min
g
h
mint
1
1
j
j
0g
1

j
−==
−
−
−
−
−
−=










−=
>
Vậy là phương án x
0
= (0, 0, 0, 0, 0, 5, 5) là phương án tối ưu với mọi bài toán P(0,t) trong
khoảng [-1/2, 1]. Chúng ta còn phải xét P(0,t) trong các khoảng [-3, -1/2) và (1, 2].
Xét khoảng (1, 2]. Thực hiện phép biến đổi đơn hình với cột chuẩn r = 1ta có bảng 2.
Trong bảng này phương án tối ưu vẫn là x
0
, nhưng x
1
trở thành biến cơ bản, x

5
là biến phi cơ
sở. Để tìm khoảng biến thiên của t sao cho x
0
vẫn còn là phương án tối ưu ta tính t
2
như sau:
Bảng 6.2:
Hệ số ẩn
cơ sở
c
j
d
j
b
i
x
5
x
2
x
3
x
4
c
j
0 2 3 1
d
j
0 -1 -2 2

x
1
1 -1 0 1 -2 1 -1
x
6
0 0 5 -2 7 -3 4
x
7
0 0 5 1 0 4 -4
h
j
t
1
= 1 0 0 -4 -2 -2
g
j
0 0 3 1 -1
a
m+1,j
0 0 -1 -1 -3

2
2
j
j
0g
2
g
h
3

4
}
1
2
,
3
4
min{
g
h
mint
j
−==
−
−
−
−=










−=
>
Do vậy phương án x

0
vẫn là phương án tối ưu của mọi bài toán P(0,t), t∈[1, 4/3]. Giá trị tối
ưu là hàm số của t có dạng ϕ(t) = ∆
0
(t) = 0+0.t = 0. Tiếp tục thực hiện phép biến đổi đơn
hình, đưa x
2
vào hệ ẩn cơ bản thay cho x
6
ta có Bảng 2.3.
Ở Bảng 2.3 ta có phương án tối ưu là x
1
= (10/7, 5/7, 0, 0, 0, 0, 5). Phương án này khác
với x
0
nhưng giá trị tối ưu vẫn bằng 0. Ta có
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính

3
3
j
j
0g
3
g
h
8
13
}

7/16
7/26
min{
g
h
mint
j
−==
−
−=










−=
>
Như vậy, phương án x
1
= (10/7, 5/7, 0, 0, 0, 0, 5) là phương án tối ưu ứng với các bài toán
P(0,t), t∈[4/3, 13/8]. Giá trị tối ưu là hàm số của t có dạng: ϕ(t) = ∆
0
(t) = 20/7 – (15/7)t. Thay
x
7

bởi x
3
ta có bảng 4 với phương án tối ưu mới là x
2
= (5/4, 5/4, 5/4, 0, 0, 0, 0).
Bảng 6.3:
Hệ số ẩn
cơ sở
c
j
d
j
b
i
x
5
x
6
x
3
x
4
c
j
0 0 3 1
d
j
0 0 -2 2
x
1

1 -1 10/7 3/7 2/7 1/7 1/7
x
2
2 -1 5/7 2/7 1/7 -3/7 4/7
x
7
0 0 5 1 0 4 -4
h
j
t
2
= 4/3 20/7 -1/7 2/7 -26/7 2/7
g
j
-15/7 -1/7 -3/7 16/7 -19/7
a
m+1,j
0 -1/3 0 -2/7 -10/3
Bảng 6.4:
Hệ số ẩn
cơ sở
c
j
d
j
b
i
x
5
x

6
x
7
x
4
c
j
0 0 0 1
d
j
0 0 0 2
x
1
1 -1 5/4 -1/28 2/7 11/28 2/7
x
2
2 -1 5/4 3/28 1/7 -5/28 1/7
x
3
3 -2 5/4 1/4 0 1/4 -1
h
j
t
3
= 13/8 15/2 13/14 4/7 11/14 -24/7
g
j
-5 -4/7 -3/7 -5/7 -3/7
a
m+1,j

-5/8 0 -1/8 -1/8 -33/8
Bảng 6.5:
Hệ số ẩn
cơ sở
c
j
d
j
b
i
x
1
x
2
x
3
x
6
c
j
1 2 3 0
d
j
-1 -1 -2 0
x
5
0 0 5/2 2 -1/2 1/2 1/2
x
4
1 2 5/2 1 3/2 -1/2 1/2

x
7
0 0 25/2 2 13/2 3/2 3/2
h
j
t
-1
= -1/2 5/2 0 -1/2 -7/2 1/2
g
j
5 3 4 1 1
a
m+1,j
0 -3/2 -5/2 -4 0
Ở Bảng 2.4, vì g
j
≤ 0, ∀j, nên t
4
= v = 2. Vậy phương án x
2
là phương án tối ưu ứng với các
bài toán P(0,t), t∈[13/8, 2].
Trở lại Bảng 2.1, vì t
-1
= -1/2 > -3, nên còn phải xét các bài toán P(0,t) với t∈[-3, -1/2].
Do t
-1
= -h
4
/g

4
, nên thực hiện phép biến đổi đơn hình bằng cách thay x
6
bởi x
4
. Ta có Bảng 2.5
với phương án tối ưu là x
3
= (0, 0, 0, 5/2, 5/2, 0, 25/2). Giá trị tối ưu có dạng ϕ(t) = 5/2 + 5t.
Ở bảng này do g
j
≥ 0, ∀j, nên theo (1.13), t
-2
= -3. Như vậy là phương án tối ưu cho mọi bài
toán P(0,t), t∈[-1/2, -3].
Kết luận: Lời giải tối ưu của các bài toán qui hoạch tham số P(0,t) đã cho như sau:
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
• t∈[-3, -1/2]: Phương án tối ưu: x* = (0, 0, 0, 5/2, 5/2, 0, 25/2)
Giá trị tối ưu f
min
(x*) = ϕ(t) = 5/2 +5t
• t∈[-1/2, 4/3]: Phương án tối ưu: x* = (0, 0, 0, 0, 0, 5, 5)
Giá trị tối ưu f
min
(x*) = ϕ(t) = 0
• t∈[4/3, 13/8]:Phương án tối ưu: x* = (10/7, 5/7, 0, 0, 0, 0, 5)
Giá trị tối ưu f
min
(x*) = ϕ(t) = 20/7 – (15/7).t

• t∈[13/8, 2]: Phương án tối ưu: x* = (5/4, 5/4, 5/4, 0, 0, 0, 0)
Giá trị tối ưu f
min
(x*) = ϕ(t) = 15/2 – 5t
Biểu diễn trên hệ trục toạ độ vuông góc, ta thấy hàm ϕ(t) là hàm lõm và tuyến tính từ
khúc:
Hình 6.1
-3 -2 -1 -1/2 0 1 4/3 3/8 2
t
-2
-5/2
ϕ(t)
-25/2
2.2 Bài toán tối ưu tuyến tính với tham số ở vectơ vế phải
2.2.1 Cơ sở lý thuyết và thuật toán
Ta xét bài toán TƯTT sau đây:
Tìm giá trị của x
1
, x
2
,…, x
n
làm cực tiểu hàm mục tiêu
∑
=
=
n
1j
jj
xc)x(Z

(2.15)
ứng với các ràng buộc
( )
1
. , 1,2, , (2.16)
0, 1,2, , 2.17
n
ij j i i
j
j
a x p t q i m
x j n
=
= + =
≥ =
∑

u ≤ t ≤ v (2.18).
trong đó t là tham số.
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
Tương tự như bài toán TƯ tuyến tính chứa tham số ở hàm mục tiêu, (2.15)-(2.18) biểu
diễn một lớp các bài toán qui hoạch tuyến tính ứng với các giá trị t khác nhau. Các bài toán
này có hàm mục tiêu (2.15) như nhau. Chúng chỉ phân biệt nhau bởi các tập chấp nhận được:







∑
=≥=+=∈=
=
n
1j
jiijij
n
n, ,2,1j,0x;m, ,2,1i,q.tpxa/Rx)t(X
(2.19)
Để cho bài toán QH tuyến tính chứa tham số ở vế phải (2.15) – (2.18) có ý nghĩa thì phải
có ít nhất một hệ số q
i
khác không. Nhằm phân biệt với bài toán TƯ tuyến tính chứa tham số
ở hàm mục tiêu P(0,t) người ta ký hiệu bài toán này là P(t,0).
Người ta có thể ứng dụng phương pháp đã trình bày ở Phần 2.1 để giải bài toán (2.15) –
(2.18) bằng cách thành lập bài toán đối ngẫu tương ứng P(0,t):
Tìm giá trị của y
1
, y
2
,…, y
m
làm cực đại hàm mục tiêu
∑
+=
=
m
1i
iii
y)tqp()y(W

(2.20)
ứng với các ràng buộc
1
, 1,2, , (2.21)
m
ij i j
i
a y c j n
=
≤ =
∑

u ≤ t ≤ v (2.22)
Sau đó giải bài toán đối ngẫu P(0,t) và ứng dụng định lý độ lệch bù yếu để tìm lời giải tối ưu
của P(t,0) ứng với từng phương án tối ưu cho từng khoảng biến thiên của t trong bài toán
P(0,t).
Tuy nhiên người ta cũng có thể ứng dụng phương pháp đơn hình đối ngẫu để giải trực
tiếp bài toán P(t,0). Để bạn đọc có cơ sở hiểu được các bước giải, sẽ trình bày ở phần dưới
đây, chúng tôi nhắc lại những điểm cơ bản về lý thuyết đối ngẫu
28
. Đó là 3 tính chất của cặp
bài toán TƯTT đối ngẫu, đặc biệt là tính chất 3. Theo tính chất này, để x
0
, y
0
là hai lời giải
chấp nhận được của cặp bài toán TƯTT đối ngẫu tương ứng
(P) Z(x) = c
T
x → min

Ax = b
x ≥ 0
(D) W(y) = b
T
y → max
A
T
y ≤ c

là những lời giải tối ưu thì điều kiện cần và đủ là giá trị hàm mục tiêu tương ứng bằng nhau,
tức là
Z(x
0
) = W(y
0
) (2.23)
Một lời giải của hệ phương trình Ax = b gọi là giả phương án của (P), nếu điều kiện tối ưu
thỏa mãn, tức là
a
m+1,j
≤ 0, ∀j (2.24)
Phương pháp đơn hình đối ngẫu xuất phát từ một giả phương án như vậy. Nếu không tồn tại
giả phương án nào như vậy thì bài toán (D) không có lời giải chấp nhận được. Suy ra bài toán
(P) cũng không giải được (có thể hàm mục tiêu không bị chặn). Trong quá trình thực hiện
phương pháp này, điều kiện (2.9) và (2.10) luôn luôn được đảm bảo. Khi một giả phương án
x
0
đồng thời là phương án (tức là thỏa mãn điều kiện không âm x
0
j

≥ 0 ∀j), thì đây cũng chính
là phương án tối ưu. Sau đây là các bước giải bài toán P(t,0).
Trước hết cho t = t
0
. Ap dụng phương pháp đơn hình mở rộng giải bài toán P(t
0
,0). Ta xét
3 trường hợp:
28
Xem chương I
Lê Văn Phi
Lyự thuyeỏt qui hoaùch tuyeỏn tớnh
I) Phng phỏp n hỡnh m rng kt thỳc bng nhn nh hm mc tiờu (2.15) ng vi t = t
0
khụng b chn di trờn X(t
0
) . Khi ú tp chp nhn c Y ca bi toỏn i ngu P(0,t
0
)
l tp trng. Vỡ Y c lp vi t, nờn Y(t) = vi mi giỏ tr ca t, c bit vi t[u,v]. Vy
bi toỏn P(t, 0) khụng gii c vi mi t[u,v].
II) Khụng gim tng quỏt, gi s phng phỏp n hỡnh m rng gii P(t
0
,0) cho phng ỏn
ti u l x
0
ng vi dng chớnh tc cho bi
0 0
1
, 1 0 0 0 0

1
( ) , 1,2, ,
( ) ( )
n
i ij j i i i
j m
n
m k j j m
j m
x a x b t h g t i m
Z x a x b t h g t
= +
+ +
= +
+ = = + =
+ = = +


(2.25)
trong ú
a
m+j
0, j = 1,2,,n (2.26)
v

1 1
i i i i
h (A )'p, g (A )'q

= =

=

=
==
m
1i
iBi0
m
1i
iBi0
gcg,hch
(2.27)
vi
1
i
A

ký hiu vect hng i ca ma trn B
-1
(l nghch o ca ma trn c s B ng vi x
0
)
29
;
Giỏ tr cỏc bin c c s v cỏc bin phi c s j = m+1, , n bng
0
i 0 i i 0
x (t ) h g t , i 1,2, ,m= + =

0
j 0
x (t ) 0, j m 1, ,n= = +
Giỏ tr hm mc tiờu bng Z(x
0
(t
0
)) = h
0
+
00
t.g
. Vỡ cỏc h s c trng y
m+1,j
, j = 1,2,, n,
c lp vi t nờn phng ỏn x
0
vn cũn l phng ỏn ti u chng no cỏc bin x
j
cũn tha
món iu kin khụng õm. Tc l
0
i i i
x (t) h g t,= +
0, i =1,2,,m (2.28)
Suy ra
0gkhi,
g
h
t

i
i
i
>
, v
0gkhi,
g
h
t
i
i
i
<
t





=







=
>

m, ,1i,0g,,u
g
h
max
t
i
i
i
0g
1
i
(2.29)
v





=







=
<
m, ,2,1i,0g,v
g

h
min
t
i
i
i
0g
1
i
(2.30)
Khi y l phng ỏn x
0
ti u ng vi mi bi toỏn P(t,0), t[t
-1
, t
1
]. Nu [u,v] [t
-1
, t
1
] thỡ
bi toỏn P(t,0) ó c kho sỏt hon ton. Ta xột 2 trng hp:
a) Nu t
-1
> u, thỡ cũn phi xột P(t,0) ng vi t[u,t
-1
). Gi s
0g,
g
h

t
r
r
r
1
>=

. Khi ú
t.gh)t(x
rr
0
Br
+=
< 0 vi mi giỏ tr ca t < t
-1.
.
Nu y
rj
0, j = 1,2,,n thỡ x
Br
(t) = h
r
+ g
r
t < 0, t < t
-1
. Vỡ vy tp X(t) = , t < t
-1
.
29

Nu B l ma trn n v thỡ B
-1
cng vy, v do ú hng i ca B
-1
l vect n v th i. Khi ú h
i
= p
i
v g
i
= q
i
. i =
1, 2, , m.
Lờ Vn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
• Trong trường hợp ngược lại, ta sẽ tiến hành phép biến đổi đơn hình, trong đó biến x
r
được
thay bởi biến x
s
với cột s là cột chuẩn, s∈J, xác định như sau:












=
+
<
+
rj
j,1m
0y
rs
s,1m
y
y
min
y
y
rj
(2.31)
Dễ thấy rằng phương án mới x
(1)
là tối ưu ứng với t = t
-1
. Tiếp tục xác định t
-2
, theo (2.29)
để cho x
(1)
là phương án tối ưu của các bài toán P(t,0) ứng với t∈[t
-2

,t
-1
] v.v…
b) Nếu t
1
< v, thì còn phải xét P(t,0) ứng với t∈(t
1
,v]. Giả sử
0g,
g
h
t
r
r
r
1
<−=
. Khi đó
t.gh)t(x
rr
0
r
+=
< 0 với mọi giá trị của
1
tt >
.
.
• Nếu y
rj

≥ 0, j = 1,2,…,n thì x
Br
(t) = h
r
+ g
r
t < 0, ∀ t > t
1
. Vì vậy tập X(t) = ∅, ∀t > t
1
.
• Trong trường hợp ngược lại, ta sẽ tiến hành phép biến đổi đơn hình, trong đó biến x
r
được
thay bởi biến x
s
với cột s, s∈J, là cột chuẩn xác định theo (2.31). Dễ thấy rằng phương án
mới x
(2)
là tối ưu ứng với t = t
1
. Tiếp tục xác định t
2
, theo (2.29) để cho x
(2)
là phương án
tối ưu của các bài toán P(t,0) ứng với t∈[t
1
,t
2

] v.v…
III) Phương pháp đơn hình mở rộng cho thấy tập X(t
0
) = ∅; tức là vẫn còn ẩn giả nhận giá trị
dương. Ở đây ta áp dụng phương pháp đã trình bày ở Phần II để giải bài toán mở rộng cho
đến khi nào tìm được phương án tối ưu của bài toán mở rộng, trong đó không còn ẩn gia nữa,
hoặc xác định rằng X(t) = ∅ ∀t.
2.2.2 Ví dụ:
Giải bài toán TƯTT chứa tham số sau đây:
2t2
7, ,2,1j,0x
t23xx3x3x2x
t32xx2xx3x2
t1xxxx2x
minx4xx3x2)x(Z
j
74321
64321
54321
4321
≤≤−







=≥
+=+−++−

+=++−+
−=+−+−
→+++−=
Bài giải: Bảng đơn hình xuất phát với t
0
= 0:
Bảng 6.6:
Hệ số ẩn
cơ sở
t
0
= 0
h
i
g
i
x
1
x
2
x
3
x
4
-2 3 1 4
x
0
x
5
0 1 -1 1 -2 1 -1 1

x
6
0 2 3 2 3 -1 2 2
x
7
0 3 2 -1 2 3 -3 3
a
m+1,j
0 0 2 -3 -1 -4 0
Thực hiện hai phép biến đổi đơn hình, lần lượt thay x
5
, x
6
bằng x
1
, x
2
, ta có phương án tối ưu
ứng với t
0
= 0 cho ở Bảng 2.7:
Bảng 6.7:
Hệ số ẩn
cơ sở
t
0
= 0 p
j
q
j

x
5
x
6
x
3
x
4
-2 3 1 4
x
0
x
1
-2 1 3/7 3/7 2/7 1/7 1/7 1
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
x
2
3 0 5/7 -2/7 1/7 -3/7 4/7 0
x
7
0 4 1 1 0 4 -4 4
a
m+1,j
-2 9/7 -12/7 -1/7 -18/7 -18/7 -2
Ta xác định

0
g
h

4,0,
3
7
max
g
h
maxt
2
2
i
i
0g
1
i
=−=






−−=






−=
>

−
, t
1
= 2, vì g
i
≥ 0, ∀i
Như vậy, phương án x
0
= (1+(3/7)t, (5/7)t, 0, 0, 0, 0, 4+t) là phương án tối ưu ứng với mọi bài
toán P(t,0), t∈[0, 2]. Giá trị tối ưu tương ứng φ(t) = -2 + (9/7)t. Vì t
1
= (-p
2
/q
2
) nên hàng chuẩn
là i = 2. Ta tìm cột chuẩn theo (2.17) và có m+s = 1 hoặc 3. Chọn cột chuẩn là 1. Thực hiện
phép biến đổi đơn hình, thay x
2
bởi x
5
, ta có Bảng 6.8. Phương án tối ưu mới x
1
= (1 + (3/2)t,
0, 0, 0, (-5/2)t, 0, 4 +(7/2)t. Tiếp tục xác định t
-2
= max {-2/3, -8/7} = -2/3 = -p
1
/q
1

. Từ đây
suy ra phương án x tối ưu trong khoảng [-2/3, 0]. Giá trị tối ưu tươg ứng là φ(t) = -2 -3t.
Bảng 6.8
Hệ số ẩn
cơ sở
t
-2
= -2/3
p
j
q
j
x
2
x
6
x
3
x
4
-2 3 1 4
x
0
x
1
-2 1 3/2 3/2 1/2 -1/2 1 1
x
5
0 0 -5/2 -7/2 -1/2 3/2 -2 0
x

7
0 4 7/2 1/2 1/2 5/2 -2 4
a
m+1,j
-2 -3 -6 -1 0 -6 0
Chọn hàng chuẩn là hàng 1, thay x
1
bởi x
3
, ta có bảng 9 với phương án tối ưu là x
2
= (0, 0, -2
–3t, 0, 3 +2t, 0, 9+11t) và giá trị tối ưu vẫn là φ(t) = -2 -3t. Phương án này tối ưu trong
khoảng t∈[-9/11, -2/3] với
t
-3
= max {-3/2, -9/11} = -9/11 = h
3
/g
3
.
Bảng 6.9:
Hệ số ẩn
cơ sở
t
-2
= -9/11
p
j
q

j
x
2
x
6
x
3
x
4
-2 3 1 4
x
0
x
3
1 -2 -3 -3 -1 -2 -2 0
x
5
0 3 2 1 1 3 1 8/3
x
7
0 9 11 8 3 5 3 5/3
a
m+1,j
-2 -3 -6 -1 0 -6 5/11
Do ở Bảng 2.9 các hệ số a
3j
≥ 0, ∀j, nên x
7
(t) < 0 ∀t < -9/11. Suy ra X(t) = ∅ ∀t ∈[-2, -9/11].
Kết luận: Phương án tối ưu của bài toán đã cho như sau:

• t < -9/11: Bài toán P(t,0) không giải được;
• -9/11 ≤ t ≤ -2/3: Phương án tối ưu là x
2
= (0, 0, -2 –3t, 0, 3 +2t, 0, 9+11t); giá trị tối ưu
φ(t) = -2 -3t
• -2/3 ≤ t ≤ 0: Phương án tối ưu là x
1
= (1 + (3/2)t, 0, 0, 0, (-5/2)t, 0, 4 +(7/2)t; giá trị
tối ưu φ(t) = -2 -3t
• 0 ≤ t ≤ 2: Phương án tối ưu là x
0
= (1+(3/7)t, (5/7)t, 0, 0, 0, 0, 4+t) ; giá trị tối ưu
φ(t) = -2 + (9/7)t.
Lê Văn Phi
Lyù thuyeát qui hoaïch tuyeán tính
Hình 6.2
φ(t) 1

4/7
5/11

–2 -1 –9/11 –2/3 0 1 2 t

-2
Rõ ràng φ(t) là các hàm lồi (ss. Hình 6.2).
*
* *
Lê Văn Phi
φ
(

t
)

=

-
2

–

3
t
φ
(
t
)

=

-
2

+

(
9
/
7
)
t

φ
(
t
)

=

-
2


-
3
t
φ(t) = -2 + (9/7)t.