Chương 4: Các phương pháp hữu hạn giải quyết bài toán qui hoạch tuyến tính potx

L thuyt qui hoch tuyn tnh



 ! "#
1.1 $%&'!()*+,
Để mô tả các phương pháp hữu hạn giải bài toán QHTT người ta thường
xét bài toán cho ở dạng sau đây, gọi là bài toán QHTT dng chuẩn:
Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) của hàm số
Z = Z(x) =
n
j j
j 1
c x
=
∑
(1.1)
trên tập hợp các vec tơ x thỏa mãn các điều kiện:

n
ij i
j 1
j
a b ,i 1,2, ,m (1.2)
x 0, j 1,2, ,n (1.3)
=
= =
∑
≥ =
Trong đó c
j

, a
ij
, b
i
, i = 1,2,…,m và j = 1,2,…,n là những số thực cho trước.
Bài toán trên có thể viết dưới dạng ma trận:
Tìm x* làm cực tiểu hàm số Z =
〈
c, x
〉
dưới các điều kiện
Ax = b (1.4)
x
≥
0 (1.5)
Chú : Bài toán QHTT dạng chuẩn (1.1) – (1.3) chỉ khác bài toán QHTT
dạng cơ bản ở chỗ các ràng buộc (1.2) cho ở dạng phương trình. Trong thực
tế sản xuất, kinh doanh có nhiều bài toán có thể đưa về bài toán QHTT với
nhiều dạng khác nhau. Bằng các phép biến đổi tương đương như trình bày
trong chương III, phần 3.2, người ta có thể đưa về bài toán ở dạng chuẩn.
Đặt X =
n
n
ij j i j
j 1
{x R / a x b .i 1,2, ,m;x 0, j 1,2, ,n}
=
∈ = = ≥ =
∑
(1.6)

Hay cũng vậy
X = {x∈R
n
/ Ax = b, x ≥ 0}

Tương tự như ở phần 1.1 chương III, tập X, định nghĩa như trên được
gọi là tập chấp nhận được, hàm Z = Z(x) được gọi là hàm mục tiêu, các điều
kiện (4.2) gọi là các ràng buộc, các điều kiện (4.3) là các hn ch; ma trận A
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 76
L thuyt qui hoch tuyn tnh
bao gồm các phần tử a
ij
gọi là ma trận các ràng buộc; vectơ b gọi là vectơ
hạn chế (vectơ vế phải); vectơ c gọi là vectơ hệ số (hàm mục tiêu). Vectơ
x∈X được gọi là lời giải hoặc phương án chấp nhận được; phương án chấp
nhận được x* tại đó hàm mục tiêu Z nhận giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất, tuỳ
theo yêu cầu bài toán) được gọi là lời giải hoặc phương án tối ưu.

 /0&+12&  ! "#

Để trình bày phương pháp đơn hình ta xét bài toán QHTT dạng chuẩn
(1.1) – (1.3). Dễ thấy rằng tập X xác định theo (1.4) có thể được viết lại
thành
n
i. i j
X {x R / A ,x b ,i 1,2, ,m; e ,x 0, j 1,2, ,n}= ∈ = = ≥ =
(1.7)
Trong đó A
i.
là các vectơ hàng của ma trận A; e

j
là vectơ đơn vị thứ j của
không gian tuyến tính R
n
, i = 1,2,…, m; j = 1,2,…,n. Không làm mất tính
tổng quát, có thể giả thiết rằng hạng của A, r[A] = m
7
và m < n
8)
. Đồng thời
bài toán QHTT chỉ có ý nghĩa, nếu ít nhất có một c
j
≠0. Như vậy tập X có
dạng như tập M ở phần §5 chương I, tức là cho bởi hệ (5.1), (5.2). Vậy, nếu
X ≠ ∅ thì đó là một tập lồi đa diện. Theo định lý 5.5, nếu hệ ràng buộc xác
định X có hạng bằg n thi một điểm x
0
∈X là điểm cực biên khi và chỉ khi nó
thỏa mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính. Theo tính chất TC3 của bài
toán QHTT, người ta chỉ cần khảo sát các điểm cực biên của miền chấp nhận
được tương ứng. Sau đây chúng ta sẽ khảo sát đặt trưng đại số của các điểm
cực biên ứng với bài toán (1.1) – (1.3).
345-: Giả sử X
≠

∅
và x
0
∈
X, A

.j
là các vectơ cột của ma trận A, j = 1,2,
…,n. Để x
0
là điểm cực biên của X thì điều kiện cần và đủ là các
vectơ A
.j
ứng với các x
j
> 0 là độc lập tuyn tnh.
67%: Do hệ ràng buộc xác định X (s.s. (1.7)) có chứa n vectơ đơn vị
e
j
, nên hạng của hệ đó bằng n. Vì vậy, nếu x
0
là điểm cực biên thì phải thỏa
mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính, tức là lời giải duy nhất của một hệ
phương trình vuông không suy biến. Không giảm tính tổng quát, giả sử
0 0
j j
x 0, j 1,2, ,k;x 0, j k 1, ,n> = = = +
. Ở bài toán QHTT dạng chuẩn tất cả
7
Nếu trong số các ràng buộc xác định X có ràng buộc nào đó phụ thuộc tuyến tính
vào các ràng buôc khác thì bằng cách loại bỏ dần này theo các pương pháp xác định
hạng của ma trận thông thường để cho các ràng bộc còn lại là độc lập tuyến tính và
ký hiệu số ràng buộc ấy là m. Khi ấy tập hợp chấp nhận được X sẽ không thay đổi.
8
Rõ ràng r[A] = m ≤ n. Nếu r[A] = n thì hệ (1.2) là hệ phương trình tuyến tính
vuông, không thuần nhất. Hệ này có duy nhất một lời giải. Nếu lời giải này thỏa mãn

điều kiện không âm thì đó là lời giải tối ưu. Nếu lời giải này khôg thỏa mãn (1.3) thì
bài toán QHTT không có lời giải. Trong cả hai trường hợp việc giải bài toán QHTT
không còn có ý nghĩa nữa.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 77
L thuyt qui hoch tuyn tnh
các ràng buộc đều là chặt. Vì vậy có thể giả thiết rằng x
0
là lời giải duy nhất
của hệ phương trình vuông không suy biến sau đây:

.i i
j
A ,x b ,i 1,2, ,k
e ,x 0, j k 1, ,n

= =


= = +


Hay cũng vậy
n
ij j i
j 1
j
a x b ,i 1,2, ,k
x 0, j k 1, ,n
=


= =
∑



= = +

(1.8)
Thay n-k phương trình cuối vào k phương trình đầu, ta có hệ tương đương:

k
ij j i
j 1
a x b ,i 1,2, ,k
=
= =
∑
(1.9)
Do x
0
là lời giải duy nhất của hệ (1.8), nên
0 0 0 0
1 2 k
x (x , x , ,x )=
cũng là lời giải
duy nhất của hệ (1.9). Suy ra các vectơ cột rút gọn

1j
. j
kj

a
A
a
 
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
, j = 1,2,…,k (1.10)
là độc lập tuyến tính. Từ đây cũng dễ thấy rằng các vectơ đầy đủ A
.j
cũng
độc lập tuyến tính (bài tậ ). Ngược lại, nếu x
0
∈ X và
0
j
x 0, j 1,2, ,k;> =
và
các A
.j
tương ứng độc lập tuyến tính. Khi đó theo giả thiết k ≤ m. Xét trường
hợp k = m. Khi ấy các lập nên một cơ sở của R
m
. Dễ thấy rằng các
. j
A
ở
(1.8) cũng độc lập tuyến tính. Do đó

0 0 0 0
1 2 k
x (x , x , ,x )=
là lời giải duy nhất
của hệ phương trình vuông không suy biến (1.9) và vectơ mở rộng
0 0 0
1 k
x (x , ,x ,0, ,0)=
là lời giải duy nhất của hệ (1.8). Điều này chứng tỏ
rằng các vectơ ràng buộc, A
.j
, j = 1,…,k và e
j
, j = k+1,…,n, trong (1.6) là độc
lập tuyến tính. Do đó x
0
là điểm cực biên của X . Nếu k < m thì teo định lý
bổ sung cơ sở (chuơng I) bao giờ cũng có thể bổ sung (m-k) vectơ trong số
(n-k) vectơ ứng với các thành phần
0
j
x 0=
để tạo thành một cơ sở của R
m
.
Sau đó bằng lý luận tương tự cũng có thể chứng tỏ rằng x
0
là điểm cực biên
của X. ª
Như vậy, theo định lý 1.1, nếu x là điểm cực biên của X thì số thành

phần dương không thể vượt quá m = r[A]. Suy ra, một vectơ có nhiều hơn m
thành phần dương không thể là điểm cực biên của X. Do đó, để kiểm tra xem
một điểm x thuộc X có phải là điểm cực biên hay không phải kiểm tra hai
điều kiện:
1) số thành phần dương không vượt quá m;
2) các vectơ A
.j
ứng với các thành phần dương là độc lập tuyến tính.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 78
L thuyt qui hoch tuyn tnh
3-: Điểm cực biên x
0
của X được coi là không thoái hóa (không suy
bin) nu số thành phần dương của nó đúng bằng m = r[A]. Nu số
thành phần dương nhỏ hơn m thì x
0
được g?i là thoái hóa (suy bin).
Bây giờ, cho x
0
là điểm cực biên của X bất kỳ và có k thành phần dương.
Nếu k = m thì x
0
là không thoái hóa. Theo định lý 1.1, các vecơ ứng với các
thành phần dương của x
0
là độc lập tuyến tính. Do đó chúng lập thành một
cơ sở của R
m
, chúng lập nên một ma trận cơ sở B. Do x
0

cũng là lời giải của
hệ phương trình tuyến tính Ax = b, nên x
0
còn gọi là một 48%%9%*:;-
Khi k < m, tức x
0
là thoái hóa. Do chỉ có k vectơ độc lập tuyến tính nên
không đủ để lập nên một cơ sở của R
m
. Theo giả thiết, trong số n vectơ A
.j
có
đúng m vectơ độc lập tuyến tính. Vì thế, bao giờ cũng có thể bổ sung thêm
m-k vectơ trong số các vectơ còn lại ứng với các thành phần bằng 0 để có
được một cơ sở của R
m
. Vì x
0
có n-k thành phần bằng 0, nên có
m k
n k
n k
C
m k
−
−
−
 
=
 ÷

−
 
khả năng bổ sung như vậy. Suy ra, ứng với một điểm cực
biên thoái hóa có thể có nhiều ma trận cơ sở. Chúng chỉ phân biệt nhau ở
những cột ứng với các thành phần bằng 0 của điểm cực biên tương ứng.
Sau đây sẽ trình bày phần lý tuyết làm cơ sở cho các bước của thuật toán
đơn hình giải bài toán QHTT dạng chuẩn. Cho x* là điểm cực biên bất kỳ
của tập chấp nhận được X. Giả sử x* không thoái hóa
1
. Ký hiệu B là ma trận
cơ sở ứng với x* và giả sử
B = [A.
B1
, A.
B2
,…, A.
Bm
] (1.11)
Khi đó có thể tách A thành hai ma trận B và R: A = [B, R], với R bao gồm
những cột của A không nằm trong cơ sở. Tương tự như vậy có thể tách x
thành x
B
và x
R
, với x
B
là vectơ gồm các biến x
Bi
ứng với các vectơ cơ sở A.
Bi

(gọi tắt là bin cơ sở) và x
R
là vectơ ứng với các x
j
mà A
.j
không nằm trong
cơ sở (gọi tắt là bin phi cơ sở). Đặt J = {j/ x
j
là biến phi cơ sở}. Hệ phương
trình tuyến tính Ax = b tương đương với hệ sau đây:
(B R)
B
R
x
x
 
 ÷
 
= b
Hay, cũng vậy
Bx
B
+ Rx
R
= b (1.12)
1
Nếu x* là thoái hóa thi B là một trong những ma trận cơ sở ứng với nó.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 79
L thuyt qui hoch tuyn tnh

Do B là ma trận cơ sở nên nó không suy biến. Vì vậy tồn tại B
-1
. Nhân hai vế
ở (1.12) về bê trái với B
-1
ta có phương trình
(B
-1
B)x
B
+ (B
-1
R)x
R
= (B
-1
b) (1.13)
Vì (B
-1
B) = E (ma trận đơn vị) nên (1.11) tương đương với
x
B
+ (B
-1
R)x
R
= (B
-1
b)
Hay

Bi ij j i0
j J
x y x y
∈
+ =
∑
, i = 1,2,…,m (1.14)
Trong đó y
ij
=
1
Bi. .j
A ,A
−
, y
io
=
1
Bi.
A ,b
−
, và
1
Bi.
A
−
là vectơ hàng i của B
-1
, i =

1,2,…,m; j∈ J.
2
Hệ (1.14) gọi là dạng chính tắc của hệ phương trình xuất
phát Ax = b ứng với cơ sở B. Như vậy, nếu x* là không thoái hóa thì hệ
(1.14) là hệ duy nhất. Khi x* thoái hóa thì ứng với nó có nhiều ma trận cơ sở
B nên cũng có nhiều dạng chính tắc (1.12). Từ dạng này suy ra
Bi i0 ij j
j J
x y y x
∈
= −
∑
, i = 1,2,…,m (1.15)
Đối với x* thì
*
j
x 0=
, j∈J nên
*
Bi i0
x y=
> 0, i = 1,2,…,m. Giá trị hàm mục
tiêu ứng với x* bằng
Z* =
n m
* * *
j j Bi Bi j j
j 1 i 1 j J
c x c x c x
= = ∈

= +
∑ ∑ ∑
=
m
Bi i0
i 1
c y
=
∑
(1.16)
Phương pháp đơn hình được tiếp tục với việc xét xem liệu Z* có phải là giá
trị nhỏ nhất hay không. Tư tưởng cơ bản để thực hiện việc kiểm tra này là
biểu diễn các biến cơ sở trong hàm mục tiêu thành biểu thức của các biến phi
cơ sở. Sau đó lần lượt xét sự thay đổi của hàm mục tiêu ứng với việc thay
đổi (tăng dần của một biến phi cơ sở nào đó). Để làm việc này người ta tiến
hành như sau:
Trước hết
2
Dễ thấy rằng các hệ số y
ij
và y
i0
, i = 1,2.,…,m, là tọa độ của các vectơ A
.j
,j∈J, và b
tương ứng theo cơ sở {A.

,….,A.
7
},

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 80
L thuyt qui hoch tuyn tnh

n m
j j Bi i0 ij j j j
j 1 i 1 j J j J
m m
Bi i0 Bi ij j j
i 1 j J i 1
Z c x c (y y x ) c x
c y (c y c )x
= = ∈ ∈
= ∈ =
= = − +
∑ ∑ ∑ ∑
= − −
∑ ∑∑
(1.17)
Đặt

m m
1 1
m 1,0 Bi i0 Bi Bi B
i 1 i 1
y c y c A ,b c ,B b
− −
+
= =
= = =
∑ ∑

( )
m m
1
m 1, j Bi ij j Bi Bi. . j j
i 1 i 1
y (c y c ) c A ,A c
−
+
= =
= − = −
∑ ∑
(1.18)

1
m 1, j B . j j
y , c ,B A c
−
+
= −
, j∈ J
Khi ấy giá trị hàm mục tiêu Z trở thành

m 1,0 m 1, j j
j J
Z y y x
+ +
∈
= −

∑
Hay cũng vậy

m 1, j j m 1,0
j J
Z y x y
+ +
∈
+ =
∑
(1.19)
Giá trị y
m+1,Rj
được gọi là hệ số đặc trưng ứng với biến phi cơ sở x
Rj
, j∈ J.
Như vậy, với x = x* thì
Z* = y
m+1,0
Bổ sung (1.17) vào hệ (1.12) ta được dạng chính tắc mở rộng của bài
toán QHTT

Bi ij j i0
j J
x y x y
∈
+ =
∑
, i = 1,2,…,m

m 1, j j m 1,0
j J
Z y x y
+ +
∈
+ =
∑
(1.20)
Hệ (1.20) tương đương hoàn toàn với hệ (1.4). Nếu y
io
≥ 0, i =1,2,…,m, ta
nói rằng (1.20) là dạng chính tắc chấp nhận được. Từ hệ này thấy rằng, ứng
với x = x* ta có
*
j
x 0, j J= ∈
và do đó
*
Bi i0
x y 0,i 1,2, ,m= ≥ =
; Z* = y
m+1,0
.
Xuất phát từ x* sẽ có 3 trường hợp xãy ra. Đó là
• Trường hợp 1: ∀j, j =1,2,…,n-m: y
m+1,j
≤ 0. Khi ấy, vì ∀x∈X: x
j
≥ 0, j∈J,
nên theo (1.20), Z = Z(x) ≥ y

m+1,0
= Z* = Z(x*). Suy ra x* là lời giải tối
ưu và Z
min
= Z*.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 81
L thuyt qui hoch tuyn tnh
• Trường hợp 2: ∃ R
l
, 1 ≤ l≤ l, để cho y
m+1,l
> 0 và ∀i, i = 1,2,…,m: y
i,l
≤ 0.
Khi ấy chọn x(λ), 0 ≤ λ, như sau:
x
l
(λ) = λ, x
j
(λ) = 0, j ≠ l, j ∈J
Từ (1.20) suy ra
x
Bi
(λ) = y
i0
– y
il
.x
l
= y

i0
– y
il
.λ ≥ 0, i = 1,2,…,m (1.21)
Do (1.20) tương đương với hệ (1.4), đồng thời x(λ) thỏa mãn (1.5) (điều
kiện không âm), nên x(λ)∈X với bất kỳ giá trị không âm nào đó của λ.
Dễ thấy rằng giá trị hàm mục tiêu ứng với x(λ) bằng
Z(λ) = Z[x(λ)] = y
m+1,0
– y
m+1,l
.x
l
= y
m+1,0
– y
m+1,l
.λ (1.22)
Vì theo giả thiết y
m+1,l
> 0, nên giá trị này sẽ tiến dần tới -∞ khi λ → ∞.
Tức là khi λ → ∞ , x(λ)∈X và Z(λ) → -∞ . Nói cách khác, trong trường
hợp này, hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên X, nên giá trị Z
min
không
tồn tại. Suy ra bài toán QHTT không có lời giải tối ưu.
• Trường hợp 3: ∃ l, 1 ≤ l≤ l, để cho y
m+1,l
> 0và∃k, 1≤ k ≤ m,
y

kl
> 0. Khi ấy tương tự như (1.21) ứng với biến cơ sở x
Bk
(λ)
= y
k0
– y
kl
.λ. Để cho x(λ)∈X thì x
Bk
(λ) ≥ 0. Tức là
k0
kl
y
y
λ ≤
. Suy luận
tương tự, ta cũng thấy rằng để cho x(λ)∈X thì

i0
il
y
,
y
λ≤
với y
il
> 0
3
)

Tổng hợp lại, trong trường hợp này, để x(λ) vẫn còn là chấp nhận được
thì

il
i0
i,y 0
il
y
0
min
y
>
≤ λ ≤
Khi ấy giá trị Z[x(λ)] cũng tính theo công thức (1.22) và
Z(λ) < y
m+1,0
= Z(x
0
),
nếu λ > 0. Tuy nhiên để cho Z giảm nhiều nhất người ta chọn
il
i0
0
i,y 0
il
y
min
y
>
λ = λ =

(1.23)
3
Dễ thấy rằng ứng với các y
il
≤ 0 điều kiện x
Bi
(λ)∈X mặt nhiên thỏa mãn ∀λ ≥ 0.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 82
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Không giảm tính tổng quát, giả sử

il
i0 k0
0
i,y 0
il kl
y y
min
y y
>
λ = =
(1.24)
Dễ thấy rằng x(λ
0
) cũng là điểm cực biên của X. Thật vậy, trước hết đối
với biến x
Bk
:

x

Bk
(λ
0
) = y
k0
– y
kl
.λ
0
= y
k0
– y
kl
.(y
k0
/y
kl
) = 0
Theo định lý đổi cơ sở (định lý1.1, chương I), do tọa độ thứ k của vectơ
A
.l
theo cơ sở B = [A.
B1
, A.
B2
,…, A.
Bk
,…, A.
Bm
], y

kl
> 0 nên có thể thay
thế vectơ A.
Bk
bởi vectơ A
.l
để có một cơ sở mới; đó là B’ = [A.
B1
, …,
A.
B(k-1)
, A
.l
, A.
B(k+1)
,…, A.
Bm
]. Tức là biến x
Bk
chuyển thành biến phi cơ sở
với giá trị bằng 0, còn biến x
l
sẽ là biến cơ sở với giá trị λ
0
. Giá trị các
biến cơ sở x
Bi
, i = 1,2,…,m, còn lại được tính như sau:
x
Bi

(λ
0
) = y
i0
– y
il
.x
l
= y
i0
– y
il
.λ
0

= y
i0
– y
il
(y
k0
/y
kl
) ≥ 0
4
Số biến nhận giá trị dương ở x(λ
0
) không vượt quá m (thêm một biến
dương và bớt di ít nhất một biến dương khác); đồng thời các vectơ A
.j

ứng với các biến dương là độc lập tuyến tính (chúng là những vectơ cơ
sở). Giá trị hàm mục tiêu tại x(λ
0
), Z(λ
0
), không lớn hơn giá trị hàm mục
tiêu tại x
0
(= y
m+1,0
), và sẽ nhỏ hơn, nếy λ
0
> 0. Ở điểm cực biên này cũng
có một trong 3 trường hợp như trên.
Tuy nhiên, để nhận biết các trường hợp ấy, cần phải tính các hệ số ứng
dạng chính tắc mở rộng như (1.20). Các hệ số trong dạng này là các tọa độ
của các vectơ A
.j
và vectơ b theo cơ sở mới; chúng được tính tương tự theo
công thức (1.10), trang 6, chương I, trực tiếp từ các hệ số ở dạng chính tắc
mở rộng ứng với x
0
(dạng (1.20)). Từ (1.20)
Bk k 0 kij j kl l
j J,j l
x y y x y x
∈ ≠
= − −
∑
Hay

kj
k0
l j Bk
j J, j l
kl kl kl
y
y
1
x x x
y y y
∈ ≠
= − −
∑
(1.25)
Thay thế (khử) x
l
ở các phương trình còn lại ở (1.20)
Bi i0 ij j il l
j J, j l
x y y x y x
∈ ≠
= − −
∑
, i = 1,2,…,m, i ≠ k
4
Nếu y
il
≤ 0 thì – y
il
(y

k0
/y
kl
) ≥ 0, nên x
Bi
(λ
0
) ≥ 0. Khi y
il
> 0, thì theo cách xác định λ
0
ở (1.24),
il
i0 k 0 i0
0
i,y 0
il kl il
y y y
min
y y y
>
λ = = ≤
, nên x
Bi
(λ
0
)= y
i0
– y
il

.λ
0
≥ y
i0
– y
il
(y
i0
/y
kl
) = 0.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 83
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Hay
kj
k0
Bi i0 il ij il j il Bk
j J,j l
kl kl kl
y
y
1
x (y y ) (y y )x y x
y y y
∈ ≠
= − − − +
∑
Hay cũng vậy

kj

k0
Bi ij il j il Bk i0 il
j J, j l
kl kl kl
y
y
1
x (y y )x y x (y y )
y y y
∈ ≠
+ − − = −
∑
Khử x
l
trong biểu thức hàm mục tiêu (so sánh với (1.20)), ta có
m 1, j j m 1,l l m 1,0
j J,j l
Z y x y x y
+ + +
∈ ≠
+ + =
∑
kj
k0
m 1, j m 1,l j m 1,l Bk m 1,0 m 1,l
j J,j l
kl kl kl
y
y
1

Z (y y )x y x y y
y y y
+ + + + +
∈ ≠
+ − − = −
∑
Đặt

kj
ij ij il
kl
kj
kj
kl
kj
m 1, j m 1, j m 1,l
kl
y
y' y y , i 0,1,2, ,m;i k
y
y
y'
y
y
y' y y
y
+ + +
= − = ≠
=
= −

j = 0,1,2,…,n (1.26)
Dạng chính tắc mở rộng ứng với phương án mới cho bởi

'
' '
Bi ij j i0
j J
x' y x ' y
∈
+ =
∑

'
m 1, j j m 1,0
j J
Z y' x ' y'
+ +
∈
+ =
∑
, (1.27)
Trong đó J’=[J \ {l}]∪{B
k
}; x’
Bi
= x
Bi
, i ≠ k, x’
Bk
= x

l
, x’j = x
j
, j ≠ l, x’
l
= x
Bk
.
Sau khi có dạng chính tắc (1.27), phương pháp giải sẽ được tiếp tục với một
trong 3 trường hợp như trên.
Phép biến đổi đơn hình chuyển từ dạng chính tắc (1.20) sang dạng chính
tắc (1.27) còn gọi là phép biến đổi trục xoay với phần tử trục xoay (phần tử
chuẩn) tương ứng là y
kl
, cột chuẩn là cột l và hàng chuẩn là hàng k. Người ta
thường đóng khung phần tử chuẩn để phân biệt với các phần tử khác
5
.
5
Một đơn hình S trong không gian R
n
là một tập hợp lồi bị chặn có n+1 đỉnh. Ví dụ trong R
1
,
đó là một đoạn thẳng, trong R
2
, S là một tam giác, trong R
3
, S là một tứ diện . Phép biến đổi
trên đây dựa trên nguyên lý của một đơn hình, tức là, giả sử phương án hiện có ứng với một

đỉnh của một đơn hình, người ta so sánh giá trị hàm mục tiêu ở đỉnh đó với các đỉnh kề với
nó. Nếu đỉnh nào (trong số các đỉnh ấy) có giá trị hàm mục tiêu tốt hơn (trường hợp 3) thì
chuyển sang đỉnh đó. Nếu giá trị hàm mục tiêu ở các đỉnh kề là không tốt hơn (trường hợp 1)
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 84
L thuyt qui hoch tuyn tnh
 +<&&'!
Giả sử hệ ràng buộc (1.2) cho ở dạng chính tắc:

Bi ij j i
j J
x a x b
∈
+ =
∑
, i =1, 1,…, m
và các hệ số vế phải đều không âm. Dễ thấy rằng, khi đó ma trận ràng buộc
A chứa ma trận đơn vị B = E.
Bước 1: Thành lập bảng đơn hình xuất phát ứng với (1.20) với y
ij
= a
ij
, y
i0
=
b
i
. i = 1,2,…,m; j∈J.
m 1, j Bi ij j m 1,0 Bi i
j J j J
y c a c ; y c b

+ +
∈ ∈
= − =
∑ ∑
. Bảng đơn
hình xuất phát có dạng:
6
Bảng 4.1
Biến
cơ sở
Phương
án
x
1
… x
l
… x
n
λ
0
c
1
… c
l
… c
n
x
B1
y
10

y
11
… y
1l
… y
1n
… … … … …
… …
x
Bk
y
k0
y
k1
… y
kl
… y
kn
… … … … …
… …
x
Bm
y
m0
y
m1
… y
m,l
… y
m,n

Z y
m+1,0
y
m+1,1
… y
m+1,l
y
m+1,n
Bước 2: Xác định
m 1,l m 1, j
1 j n
y max{y }
+ +
≤ ≤
=
(1.28)
• Nếu y
m+1,l
= 0, thì y
m+1,j
≤ 0, j =1,2,…,n. Ta có trường hợp 1. Phương
án hiện có là phương án tối ưu, tức là x*
Bi
= y
io
, i = 1,2,…,m; x*
j
= 0,
x
j

là biến phi cơ sở. Z
min
= y
m+1,0
.
• Khi y
m+1,l
> 0 thì sang bước 3. (Vì theo chú thích 6, trang 99, thì do =
0, ∀x
Bi
, nên chắc chắn x
l
là biến pi cơ sở).
Bước 3: Xác định
il
i0
y 0
0
il
il
y
min
y
, neáu y 0, i
>

 

 
λ =


 

∞ ≤ ∀

(1.29)
thì đỉnh đang xét ứng với lời giải tối ưu. Vì vậy phương pháp này được gọn ngắn gọn là
phương pháp đơn hình, mặc dù tập chấp nhận được trong R
n
thường có nhiều hơn n+1 đỉnh.
6
Từ (1.13), (1.18) dễ dàng suy ra rằng các cột tương ứng với biến cơ sở x
Bi
sẽ có dạng vectơ
đơn vị e
i
= (0,0,…,0,1,0,…,0), i =1,2,…,m.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 85
Cột chuẩn
Hàng chuẩn
L thuyt qui hoch tuyn tnh
• Nếu λ
0
= ∞ thì Z không bị chặn dưới (trười hợp 2). Bài toán QHTT
không giải được.
• Khi λ
0
< ∞ , sang bước 4
Bước 4: Thực hiện phép biến đổi đơn hình, đưa x
l

vào cơ sở thay cho x
Bk
, cột
chuẩn là cột x
l
, hàng chuẩn là hàng k, phần tử chuẩn y
kl
. Các hệ số ở
bảng đơn hình mới tính theo (1.26). Sau đó trở về bước 2.
Chú : Phương pháp đơn hình nêu trên khảo sát lần lượt các phương án cơ sở
của tập chấp nhận được X và qua mỗi bước lặp sẽ có một phương án cơ sở
được xét đến. Theo tính chất 1 của bài toán QHTT nếu tập chấp nhận được X
là không rỗng thì số các phương án cơ sở là hữu hạn.
7
Do đó, nếu các
phương án cơ sở được xét đến trong thuật toán là không suy biến thì sau một
số hữu hạn bước lặp thuật toán sẽ kết thúc hoặc là với một lời giải tối ưu
hoặc là chứng tỏ rằng hàm mục tiêu không bị chặn dưới.
-= 5(>:
Giải bài toán QH tuyến tính sau đây:
Z = 4x
1
+ x
3
+ 2x
4
+ 2x
5
+ 3x
6

+ 4x
7
→ min
1 2 3 4
2 3 5 6 7
3 4 6 7 8
j
1 1 1
x x x x 3000
2 2 2
2 2 2 2
x x x x x 3000
3 3 3 3
1 1 1 1
x x x x x 1000
4 2 4 2
x 0, j 1,2,3, ,8

+ + + =



+ + + + =



+ + + + =


 ≥ =


$%%9%: Vì ma trận hệ số A có đúng 3 vectơ đơn vị ứng với A
.1
, A
.5
và A
.8
,
và vectơ vế phải b = (3000, 3000, 1000) không âm nên có thể áp dụng
phương pháp đơn hình trực tiếp với ma trận cơ sở xuất phát
B = [A
.1
, A
.5
, A
.8
]
Khi đó các biến cơ sở sẽ là x
B1
= x
1
, x
B2
= x
5
, x
B3
= x
8
. Phương án xuất phát x

0
= (3000, 0, 0, 0, 3000, 0, 0, 1000) và Z
0
= 18000. Bảng đơn hình xuất phát có
dạng:
7
Khi gặp phải một phương án cơ sở suy biến, tức là ứng với nó sẽ có nhiều dạng chính tắc
chấp nhận được (4.8) khác nhau,thuật toán có thể rơi vào tình trạng xoay vòng. Để khắc phục
nhược điểm này, người ta áp dụng kỹ thuật nhiễu loạn trong phần xác định biến đưa ra khỏi
cơ sở (hàng chuẩn). Do các phần mềm vi tính hiện nay đều đã đề cẫp đến trường hợp này, nên
chúng tôi không trình bày cơ sở lý thuyết cũng như cách trình bày các kỹ thuật này trong giáo
trình. Nếu bạn đọc quan tâm xin tham khảo tài liệu trích dẫn.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 86
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Bảng 4.2:
Biến
cơ sở
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x

6
x
7
x
8
λ
0
4 0 1 2 2 3 4 0
x
1
3000 1 1/2 1/2 1/2 0 0 0 0 6000
x
5
3000 0 2/3 1/3 0 1 2/3 1/3 0 4500
x
8
1000 0 0 1/4 1/2 0 1/4 1/2 1 -
Z 18000 0 10/3 5/3 0 0
-5/3 -10/3
0
• Xác định vectơ đưa vào cơ sở: Ở bảng 1 ta có: y
4l
= max y
4j
= y
42
=
10/3. Vậy cột chuẩn l = 2. Ở bước sau A.2 sẽ được đưa vào cơ sở.
• Xác định vectơ đưa ra khỏi cơ sở: Ta có λ
0

= min{b
i
/y
i2
, y
i2
> 0}= min
{6000, 4500} = 4500 = y
22
. Vậy vectơ ra khỏi cơ sở là A
.B2
= A
.5
. Suy ra
hàng chuẩn là k = 2.
• Trên hàng k = 2, thay thế x
5
bởi x
2
ta có bảng 2.
Bảng 4.3:
Biến
cơ sở
Phương
án
x
1
x
2
x

3
x
4
x
5
x
6
x
7
x
8
λ
0
4 0 1 2 2 3 4 0
x
1
750 1 0 1/4 1/2
-3/4 -1/2
-1/4 0
x
2
4500 0 1 1/2 0 3/2 1 1/2 0
x
8
1000 0 0 1/4 1/2 0 1/4 1/2 1 -
Z 3000 0 0 0 0 -5 -5 -5 0
Ở bảng này, các hệ số đặt trưng y
4j
≤ 0, ∀j, nên đây là phương án tối ưu. Vậy
bài toán trên có phương án tối ưu là x* = (750, 4500, 0, 0, 0, 0, 0, 1000) và

giá trị Z
min
= 3000.
Tuy nhiên, do các hệ số đặt trưng ứng với x
4
và x
5
có giá trị bằng 0,
nên bài toán có thể có phương án tối ưu khác. Để tìm các phương án tối ưu
này chỉ cần đưa A
.3
, A
.4
vào cơ sở và thực hiện phép biến đổi đơn hình tương
ứng. Cụ thể, nếu đưa A
.3
vào cơ sở thay cho A
.1
ta có bảng 3. Ở đây lời giải
tối ưu mới là x* = (0, 3000, 3000, 0, 0, 0, 0, 250).
Tương tự, xuất phát từ bảng 3, khi đưa A
.4
vào cơ sở thay cho A
.3
, ta
có phương án tối ưu khác. Đó là x* = (0, 4500, 0, 1500, 0, 0, 0, 250). Giá trị
tối ưu vẫn không thay đổi là bằng 3000.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 87
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Bảng 4.4:

Biến
cơ sở
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
x
6
x
7
x
8
λ
0
4 0 1 2 2 3 4 0
x
3
3000 4 0 1 2 -3 -2 -1 0
x
2
3000 -2 1 0 -1 3 2 1 0
x

8
250 -1 0 0 0 3/4 3/4 3/4 1 -
Z 3000 0 0 0 0 -5 -5 -5 0
. ! *:;%9&)'
? ! "#@%&8%ABC
:;40&+12&

Mặc dù ngày nay, nhờ sự giúp đỡ của tin học, với nhiều phần mềm tin
học khác nhau người ta có thể giải bài toán QHTT ở một dạng bất kỳ, việc
trình bày phương pháp sau dây, gọi là phương pháp cơ sở giả tạo, sẽ giúp
cho người đọc một lần nữa nắm được các kiến thức lý thuyết cơ bản của
QHTT và của phương pháp đơn hình.
Việc thực hiện phương pháp đơn hình ở phần I giả thiết bài toán QHTT
cho ở dạng chính tắc mở rộng (1.20), trong đó các y
i0
≥ 0, i =
___
1,m
. Trên
thực tế, không phải bài toán QHTT nào cũng có thể được cho ở dạng này.
Hơn thế nữa, việc chuyển một bài toán QHTT ở dạng bất kỳ về dạng (1.20)
đôi khi cũng tốn nhiều chi phí như là giải một bài toán QHTT bình thường.
Khi đó việc tìm lời giải tối ưu sẽ không còn có ý nghĩa nữa. Vì vậy nảy sinh
một câu hỏi là làm thế nào có thể tận dụng được thuật toán cho ở phần 1.2 để
giải bài toán QHTT ở dạng bất kỳ?
Câu hỏi này được giải quyết bằng phương pháp cơ sở giả to sẽ trình
bày sau đây. Giả sử bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn
(2.1)
n
j j

j 1
n
ij j i
j 1
j
Z c x min
a x b ,i 1,2, m
x 0, j 1,2, ,n
=
=

= →
∑



= =
∑


≥ =



Ở đây có thể giả thiết rằng, các b
i
, i = 1,2,…, m, đều không âm. Tuy nhiên,
mặc dù có giả thiết này, người ta cũng không dễ dàng chuyển (2.1) về dạng
chính tắc mở rộng. Đặc biết khi bài toán (2.1) không có phương án chấp
nhận được, tức tập X = ∅.

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 88
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Thay thế cho bài toán (2.1), người ta khảo sát bài toán sau đây :
(2.2)
m
G Gi
i 1
____
n
ij j Gi i
j 1
___ ____
j Gi
Z x min
a x x b ,i 1,m
x 0, j 1,n; x 0,i 1,m
=
=

= →
∑



+ = =
∑



≥ = ≥ =



Với a
ij
, b
i
, x
j
như ở bài toán (2.1), i = 1,2,…,m ; j = 1,2,…,n. Bài toán (2.2)
cũng là bài toán QHTT cho ở dạng chính tắc chấp nhận được, có n+m biến
số và m ràng buộc. Để phân biệt, các biến số x
j
được gọi là các biến thực,
các biến x
Gi
gọi là các biên « giả ». Chúng là giả vì chúng không có ý nghĩa
kinh tế ; chúng do người giải bài toán mới thêm vào. Dễ thấy rằng nếu
x
là
phương án chấp nhận được của (2.1) thì
x
G
= (
x
, 0,…,0) là phương án chấp
nhận được của (2.2). Hơn nữa, nếu gọi X
G
là tập chấp nhận được của (2.2)
thì X
G

≠ ∅. Thật vậy, phương án x
0
G
với x
0
j
= 0, j = 1,2,…,n và x
0
Gi
= b
i
, i =
1,2,…,m, là phương án chấp nhận được của (2.2). Mặt khác, hàm mục tiêu
Z
G
ở (2.2) là bị chặn dưới (Z
G
≥ 0). Như vậy, theo tính chất của bài toán
QHTT (phần §2, chương III) bài toán (2.2) luôn luôn có lời giải tối ưu.
Để tìm lời giải tối ưu cho bài toán (2.2), người ta có thể áp dụng thuật
toán đã trình bày trong phần 1.2, vì từ (2.2) có thể viết ra dạng chính tắc
chấp nhận được (2.3), trong đó y
ij
= a
ij
, y
i0
= b
i
,

m m
m 1, j ij m 1,0 i
i 1 i 1
y a ;y b
+ +
= =
= =
∑ ∑
, i =
1,2,…,m ; j = 1,2,…,n :
(2.3)
____
n
Gi ij j i0
j 1
n
G m 1, j j m 1,0
j 1
x y x y ,i 1,m
Z y x y
=
+ +
=

+ = =
∑



+ =

∑

Do đó ta có phương án cực biên xuất phát là x
0
G
với x
0
G
= (0, 0,…, 0, y
10
, y
20
,
…, y
m0
). Cơ sở B
G
= [A
.G1
,…, A
.Gm
] là cơ sở giả tạo, ứng với các biến giả
x
G1
,…, x
Gm
.
8
Giả sử bài toán (2.2) có phương án tối ưu là
x*

G
= (
* * * * * *
1 2 n G1 G 2 Gm
x ,x , ,x ,x ,x , , x
) và Z
Gmin
=
m
*
Gi
i 1
x
=
∑
Giữa bài toán (2.1) và (2.2) có mối quan hệ sau đây:
345 : 1) Nếu Z
Gmin
> 0 thì bài toán (2.1) không có phương án chấp nhận
được; tức là X = ∅.
8
Vì vậy phương pháp này còn có tên “Phương pháp cơ sở giả tạo”
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 89
L thuyt qui hoch tuyn tnh
2) Khi Z
Gmin
= 0, thì x* với x* = (
* * *
1 2 n
x ,x , , x )

là phương án tối ưu
của bài toán (2.1).
67%: Giả sử X≠∅; tức là ∃x’∈X, sao cho Ax’= b, x’≥ 0. Khi đó (x’,
x’
G
) ∈X với x’
Gi
= 0, i =1,2,…,m. Nhưng Z
G
(x’, x
G
) = 0 < Z
Gmin
. Mâu thuẩn
với giả thiết rằng (x*, x
G
*) là phương án tối ưu của bài toán (P
G
). Vậy X =
∅. Khi Z
Gmin
= 0, thì , trước hết x* là phương án chấp nhận được của bài toán
(2.1). Dễ thấy rằng đó cũng là điểm cực biên của X.ª
Để có dạng chính tắc chấp nhận được tương ứng, ta tiến hành như sau.
Nếu tất cả các biến giả đều là biến phi cơ sở, thì có thể áp dụng ngay dạng
chính tắc hiện có để tiếp tục giải bài toán (2.1). Nếu có ít nhất một biến giả
nào đó, x
Gk
chẳng hạn, ta phân biệt hai trường hợp:
a) y

kj
= 0, j = 0,1,2,…,n. Khi đó, theo phương pháp tìm hạng của một
ma trận, ràng buộc k phụ thuộc tuyến tính vào các ràng buộc khác.
Vì vậy có thể loại bỏ ràng buộc này.
b) ∃y
kl
≠ 0. Trong trường hợp này, ta thực hiện phép biến đổi cơ sở thay
biến x
Gk
bởi buến x
l
. Cơ sở sẽ bớt được một biến giả.
Sau khi loại bỏ tất cả các biến giả khỏi cơ sở, ta tiếp tục giải bài toán (2.1)
bằng phương pháp đơn hình với cơ sở vừa tìm được bằng việc tính lại các hệ
số đặc trưng y
m+1,j
, j = 0,1,2,…,n.
Như vậy phương pháp cơ sở giả tạo bao gồm việc sử dụng phương pháp
đơn hình 2 lần: lần thứ nhất dùng để giải bài toán P
G
(Thời kỳ I) và lần thứ 2
dùng để giải bài toán (P) (Thời kỳ II). Vì vậy phương pháp này còn có tên là
phương pháp đơn hình hai thời kỳ.
Về việc thực hiện phương pháp, bảng đơn hình ban đầu không có gì thay
đổi nhiều so với bảng đơn hình thông thường. Vì hàm mục tiên của P
G
rất
đơn giản, các hệ số của các biến đều bằng 1, nên không cần phải ghi vào
bảng đơn hình. Do đó cả hai thời kỳ đều có thể thực hiện trên cùng một bảng
đơn hình. Dòng hệ số c

j
dùng để ghi hệ số trong hàm mục tiêu của bài toán
(P). Mặt khác, do các biến x
Gi
là giả (người ta thêm vào để tạo cơ sở giả), nên
một ki một biến nào đó bị loại khỏi cơ sở thì không cần đưa vào cơ sở nữa.
Vì vậy ngay từ đầu không cần phải thêm các cột ứng với các biến giả.
5(>: Giản bài toán QHTT sau đây

1 2 3 4 5
Z x 3x 3x 2x 4x min= − + − + →
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 90
L thuyt qui hoch tuyn tnh
(P)
1 3 4 5
1 3 4 5
1 2 3 4 5
1 3 4 5
x 4x 2x 5x 3
8x x x 2x 30
5 7 5 1
x x x x x 7
3 3 3 3
17x 2x 4x x 63
+ − + =


− − − =




+ − + =


+ − + =


x
j
≥ 0, j = 1,2,…,5
Bài toán (P
G
) có dạng

G G1 G2 G4
Z x x x min= + + →
(P
G
)
1 3 4 5 G1
1 3 4 5 G2
1 2 3 4 5
1 3 4 5 G 4
x 4x 2x 5x x 3
8x x x 2x x 30
5 7 5 1
x x x x x 7
3 3 3 3
17x 2x 4x x x 63
+ − + + =



− − − + =



+ − + =


+ − + + =


x
j
≥ 0, j = 1,2,…,5; x
Gi
≥ 0, i = 1,2,4
Ở đây bài toán (P
G
) chỉ có 3 biến giả, vì hàng thứ 2 đã có biến cơ sở là x
2
,
nên không cần thêm biến giả vào hàng này. Kết quả tính toán như sau:
Bảng 4.5: (Thời kỳ I)
Biến
cơ sở
Phương
án
x
1

x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0
1 -3 3 -2 4
x
G1
3 1 0 4 -2 5 -
x
G2
30 8 0 -1 -1 -2 15/4
x
2
7 5/3 1 -7/3 5/3 1/3 21/5
x
G4
63 17 0 2 -4 1 63/17
Z
G
96 26 0 5 -7 4
Bảng 4.6: (Thời kỳ I)
Biến
cơ sở
Phương

án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0
1 -3 3 -2 4
x
1
3 1 0 4 -2 5 -
x
G2
6 0 0 -33 15 -42 2/5
x
2
2 0 1 -9 5 -8 2/5
x
G4
12 0 0 -66 30 -84 2/5
Z
G
18 0 0 -99 45 -126
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 91

L thuyt qui hoch tuyn tnh
Bảng 4.7: (Thời kỳ I/Thời kỳ II)
Biến
cơ sở
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0
1 -3 3 -2 4
x
1
19/5 1 0 -2/5 0 -3/5
x
4
2/5 0 0 -11/5 1 -14/5
x
2
0 0 1 2 0 6
Z 3 0 0 -5 0 -17
Đến đây thời kỳ II kết thúc với phương án tối ưu là DEF?GHIJKJKJ.HIJKCva

%!&LM&N%+O
7%
FP-vì các hệ số đặc trưng đều ≤ 0.Đây là phương án tối
ưu suy biến (chỉ có 2 biến cơ sở là dương.
P ! "#7;LQ
 ! R$%&'!S
P-:;40&+12&
Phương pháp cơ sở giả tạo cho phép ứng dụng phương pháp đơn hình
thông thường để giải bài toán QHTT ở dạng bất kỳ. Tuy nhiên khi sử dụng
phương pháp này người ta phải phân biệt giữa thời kỳ I và thời kỳ II; tức là
sử dụng 2 hàm mục tiêu khác nhau và do đó có các hệ số đặc trưng khác
nhau. Thủ tục này có thể làm cho người thực hiện mắc sai lầm. Vì vậy cần
phát triễn một phương pháp nào đó giảm được phiền hà này. Từ cơ sở lý
thuyết của phương pháp cơ sở giả tạo người ta nghĩ ra tưởng kết hợp hai thời
kỳ làm một. Dó đó xuất hiện phương pháp đơn hình mở rộng, hay còn gọi là
phương pháp bài toán M.
Cơ sở lý thuyết của phươngpháp này như sau. Ta xét bài toán QHTT
(2.1)
n
j j
j 1
n
ij j i
j 1
j
Z c x min
a x b ,i 1,2, m
x 0, j 1,2, ,n
=
=


= →
∑



= =
∑


≥ =



và ký hiệu như thường lệ là bài toán (P) và vẫn giả thiết rằng các bi là không
âm i = 1,2,…,m. Ứng với bài toán (P) như vậy ta thành lập bài toán mở rộng:
(3.1)
n m
M j j Gi
j 1 i 1
____
n
ij j Gi i
j 1
___ ____
j Gi
Z c x M. x min
a x x b ,i 1,m
x 0, j 1,n; x 0,i 1,m
= =

=

= + →
∑ ∑



+ = =
∑



≥ = ≥ =


Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 92
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Trong đó các hệ số a
ij
, b
i
, c
j
, i = 1,2,…,m; j = 1,2,…,n không thay đổi như ở
(2.1); M được giả thiết là vô cùng lớn (lớn hơn bất cứ một số hữu hạn nào
khi đem so sánh với nó). Các x
j
, j = 1,2,…,n, vẫn gọi là biến thực, còn các
x
Gi

là các biến giả, i = 1,2,…,m. Tương tự ta vẫn ký hiệu X là tập chấp nhận
được của (2.1) và X
G
là tập chấp nhận được của (3.1) và gọi (3.1) là bài toán
mở rộng P
M
. Giữa X và X
G
có mối quan hệ tương tự như ở phần phương
pháp cơ sở giả tạo.
Vì giả thiết các b
i
, i = 1,2,…,m là không âm, nên có thể áp dụng phương
pháp đơn hình trực tiếp giải bài toán (3.1) với cơ sở (giả tạo) xuất phát là: x
Gi
= b
i
, i = 1,2,…,m. Tuy nhiên, khác với bài toán P
G
, bài toán (3.1) có thể
không có lời giải tối ưu. Giữa bài toán P và bài toán P
M
bài toán mở rộng P
M
có mối quan hệ như sau:
345P-: Nu bài toán (P) có lời giải tối ưu thì sẽ tìm thấy một số thực M
0
,
sao cho, nu (x*, x*
G

) là lời giải tối ưu của P
M
với m?i M
≥
M
0
thì x*
G
= 0. Do đó x* là lời giải tối ưu của P.

67%:
a) Trước hết ta chứn minh rằng, nếu x
0
là lời giải tối ưu của P thì sẽ tồn tại
M
0
để cho (x
0
, 0) là lời giải tối ưu của P
M
. Thật vậy, bài toán đối ngẫu
của P có dạng
W = 〈b, y〉 → max
(D) A
T
y ≤ c
Giả thiết P giải được kéo theo D giải được. Tức là tồn tại y
0
để cho cặp
(x

0
, y
0
) thỏa mãn hệ:

T
Ax b,x 0
A y c
c,x b, y

= ≥

≤


=

Tức là
〈c, x
0
〉 = 〈b, y
0
〉 với A
T
y
0
≤ c
Bài toán đối ngẫu của của P
M
có dạng

W
M
= 〈b, y〉 → max
(D
M
) A
T
y ≤ c
y
i
≤ M, i = 1,2,…,m
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 93
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Để cho cặp P
M
và D
M
có lời giải tối ưu thì điều kiện cần và đủ là tìm thấy
G
(x,x , y)
để cho
(3.2)
G
G
____
T
i
m
Gi
i 1

Ax x b
x 0;x 0
A y c,y M,i
1,m
c,x M x b,y
=
+ =


≥ ≥



≤ ≤ =


+ =
∑


Cặp (x
0
, y
0
) thỏa mãn (3.2) nên bộ ba (x
0
, 0, y
0
) cũng sẽ thỏa mãn (3.4) nếu
chọn

(3.5) M
0
=
{ }
0 0 0
1 2 m
max y , y , ,y
Tức (x
0
, 0) là lời giải tối ưu của P
M
, và y
0
là lời giải tối ưu của D
M
với mọi giá
trị M ≥ M
0
.
a) Bây giờ ta sẽ chứng minh, nếu ∀M không nhỏ hơn M
0
nào đó mà (x*,
x*
G
) là lời giải tồi ưu của P
M
thì x*
G
= 0, và do đó x* là lời giải tối ưu của P.
Thật vậy, theo giả thiết, P có lời giải tối ưu là x

0
. Khi đó tồn tại lời giải tối ưu
của D, giả sử đó là y
0
. Cặp (x
0
, y
0
) sẽ thỏa mãn (3.2). Nếu chọn M
0
theo (3.5)
thì theo a), điểm (x
0
, 0) là lời giải tối ưu của P
M
, với mọi giá trị M ≥ M
0
. Khi
ấy, do theo giả thiết (x*, x*
G
) cũng là lời giải tối ưu của P
M
, nên
(3.6) ∀ M ≥ M
0
: 〈c, x
0
〉 = 〈c, x
0
〉 + M

m
i 1
0
=
∑
= 〈c, x*〉 + M
m
*
Gi
i 1
x
=
∑
Vế trái ở (3.6) độc lập với M, còn vế phải thì tăng theo M. Vì vậy, để đẵng
thức đúng với mọi giá trị M không nhỏ hơn M
0
thì điều kiện cần thiết là x*
G
= 0. Do đó (x*, 0) là lời giải tối ưu của P
M
, và x* là lời giải tối ưu của P.ª
Từ định lý này ta suy ra phương pháp giải bài toán P từ việc giải bài toán
P
M
như sau. Trước hết dùng phương pháp đơn hình thông thường giải bài
toán P
M
với cơ sở xuất phát là x
Gi
= b

i
, i = 1,2,…,m. Ta phân biệt 3 trường
hợp:
1) Bài toán P
M
có lời giải tối ưu là (x*, x*
G
) và có ít nhất một x*
Gk
> 0:
Khi đó tập chấp nhận được của P, X=∅. Do đó P không giải được. Thật vậy,
nếu X≠∅, thì với x’∈X, (x’, 0)∈ X
M
. Do đó
Z
M
(x’,0) = 〈c,x’〉 ≥ Z
M
(x*,x*
G
) = 〈c, x*〉 + M.
m
*
Gi
i 1
x
=
∑
, ∀ M ≥ M
0

.
Do M không bị chặn trên nên bất đẵng thức này không đúng. Suy ra X=∅.
2) Bài toán P
M
có lời giải tối ưu là (x*, x*
G
) và x*
Gi
= 0, i =1,2, ,m. Khi
đó theo định lý 3.1, thì x* là lời giải tối ưu của P.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 94
L thuyt qui hoch tuyn tnh
3) Với mọi giá trị của M, hàm mục tiêu của P
M
, Z
M
không bị chặn dưới
trên X
M
. Khi đó dễ thấy rằng hàm mục tiêu của P, Z, cũng không bị chặn
dưới trên X, nếu X≠∅, vì Z ≤ Z
M
, ∀ M≥ 0.
P T*%U  ! "#7;LQ:
Việc thực hiện phương pháp đơn hình mở rộng bắt đầu bằng việc thành
lập bài toán P
M
theo (3.2). Tương tự như phương pháp đơn hình hai thời kỳ,
việc thêm biến giả chỉ nhằm tạo ra biến cơ sở ban đầu cho mỗi hàng. Vì vậy,
nếu hàng nào đã có thể chọn ra biến cơ sở thì không cần thêm biến giả vào

hàng ấy nữa. Mặc khác, vì các biến x
Gi
là giả nên khi một biến giả được loại
khỏi cơ sở thì không cần thiết phải đưa vào cơ sở nữa, nên trong bản đơn
hình không cần thêm các cột ứng với các biến giả.
Do khi giải tiến hành giải bài toán P
M
chúng ta không cho M một giá trị
cụ thể nào, nên có khó khăn trong việc so sánh các hệ số đặc trưng để kiểm
tra tiêu chuẩn tối ưu và xác định cột chuẩn. Các hệ số đặc trưng đều phụ
thuộc vào M và có thể viết dưới dạng:
(3.7) y
m+1,j
(M) = α
j
.M +.β
j
, 1≤ j ≤ n.
Dựa vào giả thiết M là một số rất lớn, nên việc so sánh hai hệ số đặc trưng
y
m+1,j
(M) và y
m+1,q
(M) có thể được tiến hành theo qui tắc như sau:
y
m+1,j
(M) = α
j
.M +.β
j

> y
m+1,q
(M) = α
q
.M +.β
q
⇔
j q
j q j q
hoaëc
vaø
α > α


α = α β >β


Từ đây suy ra:
y
m+1,l
(M) = α
l
.M +β
l
< 0 ⇔
l
l l
0 hoaëc
0vaø 0
α <



α = β <

Từ đây thấy rằng, khi các ẩn giả bị loại khỏi cơ sở thì chưa đủ căn cứ để kết
luận phương án hiện có là tối ưu hay chưa, mà còn phải tiếp tục thục hiện
thuật toán cho đến khi nào thỏa mạn điều kiện tối ưu: y
m+1,l
(M) ≤ 0, ∀j,
và∀M.
So với thuật toán của phương pháp đơn hình thông thường, thuật toán của
phương pháp đơn hình mở rộng có các thay đổi nhỏ như sau:
Bước 1: Lập bài toán P
M
.
Bước 2: Giải bài toán P
M
với cơ sở xuất phát x
Bi
= x
Gi
= b
i
ứng với các
hàng chưa có biến cơ sở.
9
9
Nếu hàng k có biến thực x
l
có thể làm biến cơ sở (a

kl
= 1, a
il
= 0, i ≠ k) thì không thêm biến
giả vào đó nữa. Khi ấy x
BK
= x
l
, c
BK
= c
l
.
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 95
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Để kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu ta chọn:

{ }
l j
maxα = α
, ứng với x
j
là phi cơ sở
10
1) Nếu α
l
< 0, tức là y
m+1,l
(M) = α
l

.M +β
l
< 0. Do đó tiêu chuẩn
tối ưu đã đạt được.
2) Nếu α
l
= 0, còn phải so sánh các β
j
ứng với α
j
= 0 (x
j
phi cơ
sở). Đặt
{ }
j
s j
0
max
α =
β = β
a) Nếu β
s
≤ 0, thì phương án tối ưu đã đạt được.
b) Khi β
s
> 0, tiếp tục giải bằng cách chọn cột chuẩn là cột
ứng với x
s
, tìm hàng chuẩn theo qui tắc thông thường,

thực hiện phép biến đổi đơn hình.
Bước 3:
1) Nếu hàm mục tiêu của P
M
không bị chặn dưới trên X
M
, thì P
không giải được (Z cũng không bị chặn dưới).
2) Giả sử phương án tối ưu của P
M
là (x*, x*
G
):
a)
*
Gi
x 0, i= ∀
. Khi đó x* là phương án tối ưu của P.
b)
*
Gk
x 0,1 k m∃ > ≤ ≤
. Bài toán P không giải được (X= ∅).
P-P5(>
Giải bài toán QHTT sau đây:
(P)
1 2 3 4 5
1 3 4 5
1 3 4 5
1 2 3 4 5

1 3 4 5
j
Z x 3x 3x 2x 4x min
x 4x 2x 5x 3
8x x x 2x 30
5 7 5 1
x x x x x 7
3 3 3 3
17x 2x 4x x 63
x 0, j 1,2,3,4,5
= − + − + →


+ − + =


− − − =


+ − + + =


+ − + =


≥ =

Bài toán P
M
tương ứng có dạng

11
:
10
α
j
= β
j
= 0, nếu x
j
là biến cơ sở.
11
Vì ở hàng thứ 3 có biến cơ sở là x
2
, nên khi thành lập bài toán M không cần thiết phải thêm
biến giả x
G3
vào hàng này nữa
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 96
L thuyt qui hoch tuyn tnh
(P
M
)
M 1 2 3 4 5 G1 G2 G4
1 3 4 5 G1
1 3 4 5 G2
1 2 3 4 5
1 3 4 5 G 4
j Gi
Z x 3x 3x 2x 4x Mx Mx Mx min
x 4x 2x 5x x 3

8x x x 2x x 30
5 7 5 1
x x x x x 7
3 3 3 3
17x 2x 4x x x 63
x 0, j 1,2,3,4,5; x 0,i 1,2,4
= − + − + + + + →


+ − + + =


− − − + =


+ − + + =


+ − + + =


≥ = ≥ =

Ap dụng phương pháp đơn hình giải bài toán PM với phương án cơ sở xuất
phát là x
1
= x
3
= x
4

= x
5
= 0; x
G1
= 3, x
G2
= 30, x
2
= 7, x
G4
= 63 ta có bảng 1:
Bảng 4.8:
Biến
cơ sở
C
Bi
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0

1 -3 3 -2 4
x
G1
M 3 1 0 4 -2 5 -
x
G2
M 30 8 0 -1 -1 -2 15/4
x
2
-3 7 5/3 1 -7/3 5/3 1/3 21/5
x
G4
M 63 17 0 2 -4 1 63/17
αj
96 26 0 5 -7 4
βj
-21 -6 0 4 -3 -5
Ở đây k = 1, r = 1, y
kr
= y
11
= 1. Thực hiện phép biến đổi cơ sở, thay x
G1
bởi
x
1
ta có bảng 2:
Bảng 4.9:
Biến
cơ sở

C
Bi
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0
1 -3 3 -2 4
x
1
1 3 1 0 4 -2 5 -
x
G2
M 6 0 0 -33 15 -42 2/5
x
2
-3 2 0 1 -9 5 -8 2/5
x
G4
M 12 0 0 -66 30 -84 2/5
αj

18 0 0 -99 45 -126
βj
-3 0 0 28 -15 25
Ở bảng này k = 2 và r = 4, x
G2
được thay bởi x
4
ta có bảng 3:
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 97
L thuyt qui hoch tuyn tnh
Bảng 4.10
Biến
cơ sở
C
Bi
Phương
án
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
λ
0
1 -3 3 -2 4

x
1
1 19/5 1 0 -2/5 0 -3/5
x
4
-2 2/5 0 0 -11/5 1 -14/5
x
2
-3 0 0 1 2 0 6
x
G4
M 0 0 0 0 0 0
αj
0 0 0 0 0 0
βj
3 0 0 -5 0 -17
Đến đây phương pháp đơn hình mở rộng kết thúc với O
S7%
FO
7%
FP và
phương án tối ưu DEF?GHIJKJKJ.HIJKC. (Chú : Mặc dù x
G4
vẫn còn trong
cơ sở nhưng có giá trị bằng 0, đồng thời các hệ số tương ứng trên hàng 4
cũng bằng 0. Do vậy có thể gạch bỏ ràng buộc này vì nó phụ thuộc tuyến
tính vào các ràng buộc khác).
= ! "#"N%V+
=-:;40&+12&*W@  ! "#"N%V+
Ở ba phần trước chúng ta đã tìm hiểu ba phương pháp giải bài toán

QHTT ở dạng bất kỳ. Mỗi phương pháp đều có độ phức tạp riêng. Đối với
phương pháp đơn hình, người ta cần có một phương án cơ sở xuất phát ban
đầu và dạng chính tắc mở rộng tương ứng. Tuy nhiên nếu bài toán ban đầu
không có phương án chấp nhận được thì dĩ nhiên không thể tìm được dạng
chính tắc như vậy. Ở phương án cơ sở giả tạo, người ta cần phân biệt giữa
thời kỳ I và thời kỳ II. Nếu nhầm lẫn giữa hai thời kỳ thì kết quả tính toán sẽ
không chính xác. Đối với phương pháp đơn hình mở rộng người ta cần phân
biệt giữa biến giả và biến thực (đặc biệt đối với các bin bù hoặc bin thừa
x
n+i
, vì hệ số của chúng trong hàm mục tiêu là khác nhau) khi thành lập bài
toán M. Để tránh được những sai sót này người ta phát triển một phương
pháp khác dựa trên cơ sở của lý thuyết đối ngẫu, đó là phương pháp đơn
hình đối ngẫu.
Phương pháp này giải quyết các bài toán QHTT cho ở dạng chuẩn:
(4.1)
Z c,x min
Ax b
x 0

= →

=


≥

Trong đó A là ma trận thực cấp mxn, c∈R
n
, b∈R

m
, cho trước. Bài toán (4.1)
có thể viết dưới dạng khác như sau:
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 98
L thuyt qui hoch tuyn tnh

____
i. i
Z c,x min
A ,x b ,i 1,m
x 0

= →


= =


≥


Trong đó A
i.
là các vectơ hàng của A, A
i.
∈R
n
. Các giả thiết ứng với bài toán
(4.1) tương tự như phần ghi chú ở trang 91, tức là r[A] = m và m < n. Bài
toán đối ngẫu của (4.1) có dạng:

(4.2)
T
W b, y max
A y c

= →

≤

Trong đó A
T
là ma trận chuyển vị của A, tức là
T
ij ji
a a , i, j= ∀
. Bài toán (4.2)
có thể được viết lại thành
(4.3)
___
.j j
W b,y max
A ,y c , j 1,n

= →


≤ =


với A

.j
là các vectơ cột của A, j = 1,2,…,n. Đặt
(4.4) X = {x∈R
n
/ Ax = b, x ≥ 0}
hay
____ ____
n
i. i j
X {x R / A ,x b ,i 1,m;x 0, j 1,n}= ∈ = = ≥ =
tương ứng
(4.5) Y = {y∈R
m
/ A
T
y ≤ c}
hay
____
m
.j j
Y {y R / A , y c , j 1,n}= ∈ ≤ =
là các tập hợp chấp nhận được của bài toán (4.1), tương ứng (4.3), là bài toán
đối ngẫu của (4.1).
Giả sử B là một ma trận cơ sở nào đó của A, bao gồm các cột của A. Vì
theo giả thiết r[A] = m, nên B có đúng m cột độc lập tuyến tính. Không giảm
tổng quát, giả sử B được viêt dưới dạng (1.11); tức là
(4.6) B = [A.
B1
, A.
B2

,…, A.
Bm
]
Do B không suy biến, nên tồn tại ma trận nghịch đảo B
-1
. Để đơn giản ta ký
hiệu ma trận này là
1
B1
1
B2
1
1
Bm
A
A
B

A
−
−
−
−
 
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷

 
Trong đó
1
Bi
A ,1 i m
−
≤ ≤
, ký hiệu hàng i của ma trận B
-1
. Từ đây suy ra
Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 99
L thuyt qui hoch tuyn tnh
(4.7)
1
Bi .Bk
1, khi i k
A ,A
0, khi i k
−
=

=

≠

Biến đổi tương tự như phần 1.2, trang 94, hệ phương trình {Ax = b, Z =
〈c,x〉} tương đương với dạng chính tắc mở rộng (1.20)

Bi ij j i0
j J

x y x y
∈
+ =
∑
, i = 1,2,…,m
(4.8)
m 1, j j m 1,0
j J
Z y x y
+ +
∈
+ =
∑
Trong đó x
Bi
gọi là các biến cơ sở, J là tập hợp các biến phi cơ sở, các hệ số
y
ij
, i =1,2,…,(m+1), j = 0,1,2,…,n, được tính theo (1.14) và (1.18). Tức là
(4.9) y
ij
=
1
Bi. .j
A ,A
−
, j = 1,2,…,n; i =1,2,…,m
y
io
=

1
Bi.
A ,b
−
, i =1,2,…,m

m m
1 1
m 1,0 Bi i0 Bi Bi B
i 1 i 1
y c y c A ,b c ,B b
− −
+
= =
= = =
∑ ∑


( )
m m
1
m 1, j Bi ij j Bi Bi. . j j
i 1 i 1
y (c y c ) c A ,A c
−
+
= =
= − = −
∑ ∑

1
m 1, j B .j j
y c ,B A c
−
+
= −
, j∈ J
Đặt x
0
với x
0
j
= 0, j∈J, thì x
0
Bi
= y
io
, i =1,2,…,m. x
0
ràng là một lời giải của hệ
phương trình tuyến tính Ax = b. Giá trị hàm mục tiêu Z ứng với lời giải này
là y
m+1,0
. Do trong (4.8) chưa xét đến điều kiện x
j
≥ 0, ∀j, nên x
0
chưa phải là
phương án chấp nhận được của bài toán (4.1).
Ứng với x

0
và dạng chính tắc (4.8) ta phân biệt 3 trường hợp:
Trường hợp 1: 1
%'
≥KJi =1,2,…,m. Khi ấy (4.8) là dạng chính tắc chấp
nhận được. Do vậy X ≠ ∅ và có thể áp dụng phương pháp đơn hình thông
thường để giải bài toán QHTT (4.1).
Trường hợp 2: ∃AJ≤A≤7Jvới1
A'
XKva∃4J≤4≤J1
7YJ4
ZK.
Trong trường hợp này không thể áp dụng được phương pháp đơn hình thông
thường và phương pháp đơn hình đối ngẫu. Người ta tìm cách biến đổi (4.8)
sao cho hoặc là xãy ra trường hợp 1 hoặc trường hợp 3.
Trường hợp 3: ∃AJ≤A≤7Jvới1
A'
XKvà ∀[FJ.J\J1
7YJ[
≤K-
Khi đó điểm x
0
được gọi là một giả phương án của bài toán (4.1). Bạn đọc
sẽ chứng minh trong bài tập rằng điểm
(4.10) y
0
= (B
-1
)
T

c
B

Lê Văn Phi, Khoa Toán – Thống kê, Đi h?c Kinh t Tp. HCM 100