Chương 1: Bài toán quy hoạch tuyến tính docx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (395.4 KB, 39 trang )
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 1
Chương I
BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Bài 1. MỘT SỐ BÀI TOÁN DẪN ðẾ
N
BÀI TOÁN QHTT.
1.Bài toán lập kế hoạch sản xuất khi tài
nguyên hạn chế.
Một xí nghiệp dự ñịnh sản xuất hai loại
sản phẩm A và B. Các sản phẩm này ñược
chế tạo từ ba loại nguyên liệu I, II và III .
Số lượng các nguyên liệu I, II, và III mà
xí nghiệp có là 8, 24, 12. Số lượng các
nguyên liệu cần ñể sản xuất một ñơn vị sản
phẩm A, B ñược cho ở bảng sau ñây.
061B
402A
III
(<=12)
II (<=24)I (<=8)
Cần lập một kế hoạch sản xuất,( tức là
tính xem nên sản xuất bao nhiêu ñơn vị sản
phẩm từng loại) ñể lãi thu ñược là nhiều
nhất.
Biết sản phẩm A lãi 3 triệu ñồng cho một
ñơn vị sản phẩm, sản phẩm B lãi 5 triệu
ñồng cho một ñơn vị sản phẩm .
Lập kế hoạch.
Gọi x, y theo thứ tự là số lượng sản
phẩm loại A và B cần sản xuất.
1. Tiền lãi thu ñược
f=3x+5y
2. Số lượng nguyên liệu loại I phải
dùng
2x+y
3. Số lượng nguyên liệu loại II phải
dùng
4. Số lượng nguyên liệu loại III phải
dùng
6y
4x
Các nguyên liệu I, II, III là có hạn, nên
các biểu thức 2x+y, 6y, 4x không phải tùy ý
mà có giới hạn.
Ta có bài toán sau
Tìm x, y sao cho f=3x+5y ñạt giá trị
lớn nhất, trong ñó x, y thỏa
2 8
6 24
4 12
0, 0
x y
y
x
x y
+ ≤
≤
≤
≥ ≥
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 2
Có ba xí nghiệp may I, II, III cùng có
thể sản xuất áo vét và quần.
Nếu ñầu tư 1000 USD vào XN I thì
cuối kỳ sẽ cho 35 áo vét và 45 quần
Nếu ñầu tư 1000 USD vào XN II thì cuối
kỳ sẽ cho 40 áo vét và 42 quần
Nếu ñầu tư 1000 USD vào XN III thì cuối
kỳ sẽ cho 43 áo vét và 30 quần
Lượng vải và số giờ công ñể sx một áo
hoặc một quần cho ở bảng sau.
2.5 m vải
15 giờ công
2.6 m vải
12 giờ công
2.8 m vải
10 giờ công
Quần
3.8 m vải
18 giờ công
4 m vải
16 giờ công
3.5 m vải
20 giờ công
Áo vét
IIIIIIXN
S.P
Tổng số vải và giờ công mà công ty có
thể có là 10 000m và 52 000 giờ công .
Theo hợp ñồng thì cuối kỳ phải có tối thiểu
1500 bộ quần áo, nếu lẻ bộ thì quần dễ bán
hơn.
Hãy lập một kế hoạch ñầu tư vào mỗi
XN bao nhiêu vốn ñể:
1. Hoàn thành kế hoạch sản phẩm.
2. Không khó khăn về tiêu thụ.
3.Không
thi
ế
u
v
ả
i
v
à
gi
ờ
công
lao
ñ
ộ
ng
4. Tổng số vốn ñầu tư nhỏ nhất .
Lập kế hoạch.
Giả sử x
j
(ñơn vị là 1000 USD) là số
vốn ñầu tư vào các XN I, II, III.
a) Số áo vét thu ñược ở ba XN là
35x
1
+40x
2
+43x
3
b) Số quần thu ñược ở ba XN là
45x
1
+42x
2
+30x
3
c) Tổng số vải cần ñể may áo vét là
1 2 3
3.5 35 4 40 3.8 43
m x m x m x
× + × + ×
d) Tổng số vải cần ñể may quần là
1 2 3
2.8 45 2.6 42 2.5 30
m x m x m x
× + × + ×
e) Tổng số vải mà XN phải dùng là
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3.5 35 4 40 3.8 43
2.8 45 2.6 42 2.5 30
248.5 269.2 238.4 ( )
m x m x m x
m x m x m x
x x x m
× + × + × +
× + × + × =
= + +
f) Tương tự như trên tổng số giờ công lao
ñộng mà XN phải dùng là
1 2 3
1 2 3
1 2 3
20 35 16 40 18 43
10 45 12 42 15 30
1150 1144 1224
x x x
x x x
x x x
× + × + × +
× + × + × =
= + +
Ta có bài toán nh
ư
sau
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 3
(
)
min
1 2 3
248.5 269.2 238.4 10 000 (1)
1 2 3
1150 1144 1224 52 000 (2)
1 2 3
45 42 30 35 40 43 (3)
1 2 3 1 2 3
35 40 43 1500 (4)
1 2 3
x x x
x x x
x x x
x x x x x x
x x x
+ +
+ + ≤
+ + ≤
+ + ≥ + +
+ + ≥
(1) ñiều kiện về lượng vải. (2) ñiều kiện về
giờ công lao ñộng. (3) số quần nhiều hơn số
áo. (4) số bộ quần áo tối thiểu.
Có thể viết lại bài toán trên như sau
min
1 2 3
248.5 269.2 238.4 10 000 (1)
1 2 3
1150 1144 1224 52 000 (2)
1 2 3
10 2 13 0 (3)
1 2 3
35 40 43 1500 (4)
1 2 3
0, 1,2,3 (5)
j
f x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ + ≤
+ + ≤
+ − ≥
+ + ≥
≥ ∀ =
2. Bài toán vận tải (Dạng tổng quát là bài
tóan phân phối).
Có một loại hàng cần ñược chuyên chở
từ hai kho (trạm phát) P
1
và P
2
tới ba nơi
tiêu thụ (trạm thu) T
1
, T
2
, T
3
.
Lượng hàng có ở hai kho và lượng
hàng cần ở ba nơi tiêu thụ cũng như số tiền
vận chuyển một ñơn vị hàng từ mỗi kho
ñến các nơi tiêu thụ ñược cho ở bảng sau.
Bài tóan 1:
112P
2
75 tấn
hàng
325P
1
30 tấn
hàng
T
3
45 tấn
hàng
T
2
25 tấn
hàng
T
1
35 tấn
hàng
Bài toán ñặt ra là, hãy tìm một
phương án vận chuyển thỏa yêu cầu về thu
phát sao cho chi phí vận chuyển bé nhất.
Lập phương án.
Gọi x
ij
là lượng hàng vận chuyển từ kho P
i
ñến nơi nhận T
j
.
Ta có ma trận chi phí vận chuyển là
11 12 13
21 22 23
5 2 3
2
x x x
x x x
Tổng chi phí
11 12 13 21 22 23
5 2 3 2
f x x x x x x
= + + + + +
11 12 13
21 22 23
x x x
x x x
Ma trận phương án
1 1 1 2 1 3
2 1 2 2 2 3
1 1 2 1
1 2 2 2
1 3 2 3
3 0
7 5
3 5
2 5
4 5
x x x
x x x
x x
x x
x x
+ + =
+ + =
+ =
+ =
+ =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 4
Tóm lại ta có bài toán
11 12 13 21 22 23
11 12 13
21 22 23
11 21
12 22
13 23
5 2 3 2 min
30
75
35
25
45
0 ,
ij
f x x x x x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
x i j
= + + + + + →
+ + =
+ + =
+ =
+ =
+ =
≥ ∀
Bài tóan 2:
Một nhà máy chế biến thịt, sản xuất ba loại
thịt: bò, lợn, cừu, với tổng lượng mỗi ngày
là 480 tấn bò; 400 tấn lợn; 230 tấn cừu.
Mỗi loại ñều có thể bán ñược ở dạng tươi
hoặc nấu chín. Tổng lượng các loại thịt nấu
chín ñể bán trong giờ làm việc là 420 tấn.
Ngoài ra nấu thêm ngoài giờ 250 tấn (với
giá cao hơn). Lợi nhuận thu ñược trên một
tấn ñược cho bằng bảng sau: (với ñơn vị là
triệu ñồng)
1394
Cừu
1274
Lợn
14118
Bò
Nấu chín
ngoài giờ
Nấu chínTươi
Mục ñích của nhà máy là tìm phương án
sản xuất ñể làm cực ñại lợi nhuận. Hãy
phát biểu mô hình bài toán.
Giải: Có thể tóm tắt lại bài toán như sau
1394
Cừu (230)
1274
Lợn (400)
14118
Bò (480)
Nấu chín ngoài
giờ
250 (tấn)
Nấu chín
420
(tấn)
Tươi
440
(tấn)
ðây là một dạng của bài toán vận tải,
nhưng ta tìm phương án ñể có “cước phí”
vận chuyển lớn nhất.
Ký hiệu theo thứ tự là
lượng thịt Bò, Lợn, Cừu dưới dạng Tươi,
Nấu chín, Nấu chín ngoài giờ mà nhà máy
sẽ sản xuất trong ngày. Ta có bài toán :
= =
, 1,3; 1,3
ij
x i j
= + + + + +
+ + →
11 12 13 21 22 23
31 32 33
8 11 14 4 7 12
4 9 13 max
f x x x x x x
x x x
Với các ràng buộc sau ñây:
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
≥ ∀
11 12 13
21 22 23
31 32 33
11 21 31
12 22 32
13 23 33
480
400
230
440
420
250
0, ,
ij
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x i j
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 5
Một phân xưởng có 2 công nhân nữ và
3 công nhân nam. Phân xưởng cũng có 1
máy tiện lọai I, 2 máy tiện lọai II và 2 máy
tiện lọai III. Năng suất (chi tiết / ngày) của
các công nhân ñối với mỗi lọai máy tiện
ñược cho trong bảng sau:
Bài tóan 3:
1198Nữ
(2)
7810Nam
(3)
Máy lọai III
(2 máy)
Máy lọai II
(2 máy)
Máy lọai I
(1 máy)
1) Hãy lập mô hình bài tóan.
2) Với bài tóan vừa lập ra, bạn hãy cho một
phương án phân phối các công nhân ñứng
ở các máy và tính số chi tiết làm ra ñược
trong một ngày.
3) Liệt kê tất cả các phương án của bài tóan
và xác ñịnh phương án tối ưu.
Chương I
BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Bài 2. BÀI TOÁN QHTT VÀ Ý NGHĨA
HÌNH HỌC .
1.Dạng tổng quát của bài toán Quy
hoạch tuyến tính.
Bài toán Quy hoạch tuyến tính tổng
quát có dạng sau ñây
Tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của hàm
1 1 2 2
( )
n n
f x c x c x c x
= + + +
với các ràng buộc:
i1 1 i2 2 in 1
i1 1 i2 2 in 2
i1 1 i2 2 in 3
1 2 3
; (1)
; (2)
; (3)
0; , 0; , ; .
n i
n i
n i
j j j
a x a x a x b i I
a x a x a x b i I
a x a x a x b i I
x j J x j J x R j J
+ + + ≤ ∈
+ + + ≥ ∈
+ + + = ∈
≥ ∈ ≤ ∈ ∈ ∈
Trong ñó rời nhau và
, rời nhau và .
1 2 3
, ,
I I I
{
}
1 2 3
1,2, ,
I I I m
∪ ∪ =
1 2 3
, ,
J J J
{
}
1 2 3
1,2, ,
J J J n
∪ ∪ =
Ví dụ 2.1:
1 2 3 4
1 2
1 3 4
1 2 3
1 2 3 4
1 3
2
4
( ) 4 min
2 1
4 2
0
4 5 5 17
; 0
0.
f x x x x x
x x
x x x
x x x
x x x x
x x
x R
x
= + − + →
+ ≤
− − ≤ −
+ + ≥
+ − + =
≥
∈
≤
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
1 2 3 1 2 3
1,2 , 3 , 4 , 1,3 , 4 , 2
I I I J J J= = = = = =
Ở ñây là bài toán Quy hoạch tuyến tính
dạng tổng quát, và
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 6
Ví dụ 2.2:
1 2 3 4
1 2 5
1 3 4 5
1 2 3 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4
1 5 2 3 4
( ) 4 max
2 6 1
4 4 2
16 2
4 5 5 17
9 5 2 11
; 0, ; , 0.
f x x x x x
x x x
x x x x
x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x R x
= + − + →
+ + ≤
− − − ≥ −
+ + + ≤
+ − + + =
+ + + ≥
≥ ∈ ≤
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
1 2 3 1 2 3
1,3 , 2,5 , 4 , 1,5 , 4 , 2,3
I I I J J J= = = = = =
Ở ñây là bài toán Quy hoạch tuyến tính
dạng tổng quát, và
2. Một số khái niệm của bài toán Quy
hoạch tuyến tính:
Hàm mục tiêu: Là hàm
1
( ) ,
n
j j
j
f x c x c x
=
= = 〈 〉
∑
Phương án:
1 2
( , , , )
n
x x x x
=
Véctơ
thỏa tất cả các ràng buộc gọi là một
phương án.
Tập hợp tất cả các véctơ x thỏa các ràng
buộc gọi là tập phương án.
Tập phương án:
Phương án tối ưu:
Phương án x làm cho giá trị hàm mục
tiêu ñạt giá trị nhỏ nhất (nếu là bài toán
min), hoặc hàm mục tiêu lớn nhất (nếu là
bài toán max) ñược gọi là phương án tối ưu
của bài toán QHTT.
3. Dạng chính tắc của bài toán Quy
hoạch tuyến tính:
Bài toán Quy hoạch tuyến tính có
dạng sau ñây, gọi là dạng chính tắc
1
1
( ) , max (min)
1,
0 1, .
n
j j
j
n
ij j i
j
j
f x c x c x
a x b i m
x j n
=
=
= = 〈 〉 →
= =
≥ =
∑
∑
( ) , max (min)
0
f x c x
Ax b
x
= 〈 〉 →
=
≥
Trong ñó là một ma trận cấp ,
(
)
1,
1,
i m
ij
j n
A a
=
=
=
m n
×
11 12 1
21 22 2
1 2
n
n
m m mn
a a a
a a a
A
a a a
=
1 1
2 2
,
n m
x b
x b
x b
x b
= =
1
2
j
j
j
mj
a
a
A
a
=
1 2
1 2
n
n
Ax x A x A x A
= + + +
Nhận xét: Mọi bài tóan QHTT ñều có
thể ñưa về bài tóan QHTT dạng chính tắc.
Ví dụ 2.3: ðưa các bài toán sau về dạng
chính tắc:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
( ) 4 5 max
4 5 4
4 5 3
0, 1,2,3.
j
f x x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ + ≤
+ + ≥
≥ =
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
( ) 4 7 5 min
4
2 5 3
0, 0,
f x x x x
x x x
x x x
x x x R
= + + →
+ + =
+ + =
≥ ≤ ∈
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 7
4.Ý nghĩa hình học và phương pháp ñồ
thị:
Xét bài toán Quy hoạch tuyến tính
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 4 max
5
2 3 12
; 0.
f x x x
x x
x x
x x
= + →
+ ≤
+ ≤
≥
Biểu diễn tập phương án trên mặt phẳng
x0y, ta ñược tứ giác OABC.
C
O
A
B
O(0,0); A(0,4); B(3,2); C(5,0). Hàm mục tiêu có dạng
của một ñường thẳng: f=4x
1
+ x
2
. Cho f=0 ta có ñường
thẳng ñi qua gốc tọa ñộ.
Tịnh tiến ñường thằng (d) theo một hướng
nào ñó sẽ làm cho giá trị hàm mục tiêu
tăng, ngược lại sẽ làm hàm mục tiêu giảm.
Ở bài toán này ta cần làm cho hàm mục tiêu
tăng. Rõ ràng ñi theo hướng mũi tên sẽ làm
cho hàm mục tiêu tăng.
( ) (0;0) 0; ( ) (0;4) 4;
( ) (3;2) 14; ( ) (5;0) 20
f O f f A f
f B f f C f
= = = =
= = = =
Hàm mục tiêu ñạt giá trị max là 20 tại
ñiểm C(5;0).
Bài tập. Bằng phương pháp hình học,
giải các bài toán sau
1 2
( ) 4 3 min
f x x x
= − + →
1 2
1 2
1 2
6
2 3 6
2
0, 1,2
j
x x
x x
x x
x j
+ ≤
+ ≥
− ≤
≥ =
1)
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 3 3 max
6
3 3
, 0
f x x x
x x
x x
x x
= + →
+ ≤
+ ≥
≥
2)
3) Một công ty sản xuất hai loại sơn nội
thất và sơn ngoài trời. Nguyên liệu ñể sản
xuất gồm hai loại A, B với trữ lượng là 6
tấn và 8 tấn tương ứng. ðể sản xuất một tấn
sơn nội thất cần 2 tấn nguyên liệu A và 1
tấn nguyên liệu B. ðể sản xuất một tấn sơn
ngoài trời cần 1 tấn nguyên liệu A và 2 tấn
nguyên liệu B. Qua ñiều tra thị trường công
ty biết rằng nhu cầu sơn nội thất không hơn
sơn ngoài trời quá 1 tấn, nhu cầu cực ñại
của sơn nội thất là 2 tấn.
Giá bán một tấn sơn nội thất là 2000 USD,
giá bán một tấn sơn ngoài trời là 3000
USD. Hỏi cần sản xuất mỗi loại sơn bao
nhiêu tấn ñể có doanh thu lớn nhất ?
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 8
Chương I
BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Bài 3.
TÍNH CHẤT CỦA TẬP PHƯƠNG ÁN
VÀ TẬP PHƯƠNG ÁN TỐI ƯU
CỦA BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
1. ðịnh nghĩa tập hợp lồi: Tập
ñược gọi là tập lồi, nếu:
n
L R
⊆
, (1 ) , ; 0 1
x y L x y L
λ λ λ λ
∀ ∈ ⇒ + − ∈ ∀ ≤ ≤
Nói cách khác, tập L là tập lồi, nếu
ñoạn thẳng nối hai ñiểm trong L nằm gọn
trong L.
Hình ảnh về hai tập lồi trong
2 3
,
R R
Ví dụ 3.1: Trong mặt phẳng, ñoạn thẳng,
ñường thẳng, tia, toàn bộ mặt phẳng, nửa
mặt phẳng, ña giác lồi, tam giác, hình tròn,
hình elip ñều là các tập lồi.
Trong không gian, ñoạn thẳng,
ñường thẳng, mặt phẳng, ña diện lồi, hình
cầu… là các tập lồi.
2. ðiểm cực biên của một tập lồi:
ðiểm x
0
ñược gọi là ñiểm cực biên của
tập lồi L, nếu:
1 2 1 2 1 2
0 0
(1 ) , ;
0 1.
x x x x x L x x x
λ λ
λ
= + − ∈ ⇒ = =
< <
Ví dụ 3.2:Trong R, cho ñoạn [1, 4]. Hai
ñiểm 1; 4 là hai ñiểm cực biên.
Ta sẽ chứng minh x=y=1.
1 (1 ) , , [1;4],0 1.
x y x y
λ λ λ
= + − ∈ < <
Giải: Giả sử
, 1 ,1 0
x y
λ λ
≥ − >
Thật vậy, từ :
(1 ) 1 (1 )1 1
x y
λ λ λ λ
⇒ + − ≥ + − =
Dấu bằng xảy ra khi x=y=1.
Ví dụ 3.3: Trong mặt phẳng Oxy ta xét tam
giác OAB, với O(0;0), A(4;1), B(1,4). Khi
ñó các ñiểm O, A, B là các ñiểm cực biên.
Giải: Có thể thấy phương trình các cạnh
OA, AB, BC lần lượt là:
4 0, 4 0, 5 0
x y x y x y
− = − = + − =
Miền trong của tam giác OAB là tập các
ñiểm (x,y) thỏa hệ bất phương trình:
4 0
4 0
5
x y
x y
x y
− ≥
− ≤
+ ≤
Chẳng hạn chứng minh ñiểm B(4,1) là
ñiểm cực biên
(1 ) , , ,0 1.
B X Y X Y OAB
λ λ λ
= + − ∈∆ < <
1 1 2 2
(4,1) ( , ) (1 )( , )
x y x y
λ λ
= + −
1 1 2 2
( , ), ( , )
x y x y
Trong ñó thỏa hệ phương trình
ở trên.
1 2
1 2
4 (1 )
1 (1 )
x x
y y
λ λ
λ λ
= + −
= + −
Từ trên ta có:
Có thể chứng minh ñược
1 1 2 2
( , ) ( , ) (4,1)
x y x y= =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 9
Ví dụ 3.4: Hình ña giác lồi; ña diện lồi,
thì các ñỉnh là các ñiểm cực biên.
3. Tính chất của bài toán Quy hoạch
tuyến tính:
a) ðịnh lý 1: Tập hợp các phương án của
bài toán Quy hoạch tuyến tính là một tập
lồi.
b) ðịnh lý 2: Tập hợp các phương án tối
ưu của bài toán Quy hoạch tuyến tính là
một tập lồi.
Ví dụ 3.5: Bằng phương pháp hình học, tìm
tập phương án và phương án tối ưu của bài
toán
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 3 3 max
6
3 3
, 0
f x x x
x x
x x
x x
= + →
+ ≤
+ ≥
≥
4. Tính chất của bài toán Quy hoạch
tuyến tính dạng chính tắc:
Xét bài toán Quy hoạch tuyến tính
dạng chính tắc:
( ) min
0,
f x
Ax b
x
→
=
≥
Trong ñó A là ma trận cấp và
m n
×
1 2
1 2
n
n
x A x A x A b
+ + + =
a) ðịnh nghĩa 1: Giả sử
0
10 20 0
( , , , )
n
x x x x
=
là một phương án của bài toán Quy hoạch
tuyến tính dạng chính tắc. Khi ñó
1 2
10 20 0
n
n
x A x A x A b
+ + + =
Ứng với những
0
0
j
x
>
ñược gọi là hệ véctơ liên kết với x
0
.
hệ véctơ
{
}
j
A
Ví dụ 3.5: Xét bài toán Quy hoạch tuyến
tính
1 2 3
1 2 3
1 2 3
4 min
2 5
4 2
0, 1,3.
j
f x x x
x x x
x x x
x j
= − − →
+ − =
− + =
≥ =
1 2 3
1 2 3
x A x A x A b
+ + =
Ta có:
trong ñó
1 2 3
2 1 1 5
, , ,
1 1 4 2
A A A b
−
= = = =
−
Ta có: là một phương án của
bài toán
0
7 1
, ,0
3 3
x
=
1 2 3
5
7 1
. . 0.
2
3 3
A A A b
+ + = =
Vậy hệ véctơ liên kết của x
0
là:
1 2
,
A A
và ta có
1
22 7
0, ,
3 3
x
=
là một phương án của
bài toán
1 2 3
5
22 7
0. . .
2
3 3
A A A b
+ + = =
Vậy hệ véctơ liên kết của x
1
là:
2 3
,
A A
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 10
b) ðịnh lý 3: Giả sử
là một phương án khác không của bài
toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính
tắc.
Khi ñó nếu x
0
là phương án cực
biên của tập phương án thì hệ véctơ liên
kết với nó ñộc lập tuyến tính.
Ngược lại, nếu x
0
là một phương án
có hệ véctơ liên kết với nó ñộc lập tuyến
tính thì x
0
là một phương án cực biên.
0
10 20 0
( , , , )
n
x x x x
=
c) Hệ quả 1: Số phương án cực biên của
bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính
tắc là hữu hạn.
d) ðịnh nghĩa 2: Một phương án cực biên
của bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng
chính tắc ñược gọi là không suy biến nếu
số thành phần dương của nó bằng m.
Nếu số thành phần dương ít hơn m thì
phương án cực biên này gọi là suy biến.
Ví dụ 3.6: Xét bài toán Quy hoạch tuyến
tính
1 2 3
1 2 3
1 2 3
4 min
2 5
2 5
0, 1,3.
j
f x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ − =
− + =
≥ =
Ta có là một phương án cực
biên của bài toán, vì hệ véctơ liên kết
với nó là
0
(0,5,5)
x =
2 3
2 1
;
1 2
A A
−
= =
−
hai véctơ này
ñộc lập tuyến tính
là một phương án cực biên của
bài toán, vì hệ véctơ liên kết với nó là
1
(5,0,0)
x =
1
1
1
A
=
hệ một véctơ này ñộc lập tuyến tính.
Nhưng ñây không phải là phương án
cực biên không suy biến vì số thành phần
dương của nó là 1.
2
(1,4,4)
x =
là một phương án của bài toán.
Nhưng không phải là phương án cực
biên, vì hệ véctơ liên kết với nó là
1 2 3
1 2 1
; ;
1 1 2
A A A
−
= = =
−
hệ véctơ này phụ thuộc tuyến tính.
e) Hệ quả 2: Số thành phần dương của
một phương án cực biên của bài toán Quy
hoạch tuyến tính dạng chính tắc tối ña là
bằng m (m là số dòng của matrận A).
f) ðịnh lý 4: Nếu bài toán Quy hoạch tuyến
tính dạng chính tắc có tập phương án khác
rỗng thì nó có ít nhất một phương án cực
biên.
C
á
c
ñ
ị
nh
lý
trên
ñây
ñ
ã
ch
ỉ
ra
cho
ch
ú
ng
ta
cách thành lập một phương án cực biên của
bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính
tắc là:
- Xác ñịnh các hệ gồm m véctơ ñộc lập
tuyến tính, của hệ các véctơ cột của A. Hệ
này hữu hạn và tối ña là hệ con.
!
!( )!
m
n
n
C
m n m
=
−
- Biểu diễn véctơ b theo các hệ con ở
trên, ta ñược các hệ số biểu diễn. Thành
lập véctơ x có các thành phần là hệ số
biểu diễn. Khi ñó x là một phương án.
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 11
- Loại ñi những véctơ x có thành phần
âm, các véctơ còn lại là các phương án
cực biên.
Ví dụ 3.7: Tìm tất cả các phương án cực
biên của tập phương án của bài toán
1 3 4
1 3 4
2 3 4
2 5 min
5
2 1
0, 1,4 .
j
f x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ + =
− + =
≥ =
Giải:
1 2 3 4
1 0 1 1
, , ,
0 1 1 2
A A A A
= = = =
−
Có tất cả 4 véctơ cột của A là
Từ ñó lấy ñược 6 hệ con ñộc lập tuyến
tính là
{
}
{
}
{
}
{ } { } { }
1 2 1 3 1 4
2 3 2 4 3 4
; , ; , ; ,
; , ; , ;
A A A A A A
A A A A A A
Biểu diễn véctơ theo các hệ ñộc
lập tuyến tính này, ta có
5
1
b
=
1 2 1 3 1 4
2 3 2 4 3 4
9 1
5 6
2 2
6 5 9 5 3 2
b A A b A A b A A
b A A b A A b A A
= + = − = +
= + = − + = +
Từ ñây ta có các véctơ thỏa hệ phương
trình trên là
1
(5,1,0,0)
x =
2
(6,0, 1,0)
x = −
3
9 1
,0,0,
2 2
x
=
4
(0,6,5,0)
x =
5
(0, 9,0,5)
x = −
6
(0,0,3,2)
x =
Loại bỏ các véctơ có thành phần âm ta
ñược 4 phương án cực biên là
1
(5,1,0,0)
x =
3
9 1
,0,0,
2 2
x
=
4
(0,6,5,0)
x =
6
(0,0,3,2)
x =
g) ðịnh lý 5: Nếu bài toán Quy hoạch
tuyến tính dạng chính tắc có phương án tối
ưu thì nó sẽ có ít nhất một phương án cực
biên là phương án tối ưu.
h) ðịnh lý 6: Nếu tập phương án của bài
toán Quy hoạch tuyến tính không rỗng và
là một ña diện lồi thì bài toán sẽ có ít nhất
một phương án tối ưu là phương án cực
biên.
i) ðịnh lý 7: ðiều kiện cần và ñủ ñể bài
toán Quy hoạch tuyến tính có phương án
tối ưu là tập phương án không rỗng và hàm
mục tiêu bị chặn dưới (nếu là bài toán min)
hoặc bị chặn trên ( nếu là bài toán max).
j) Ghi chú: Từ các ñịnh lý 7, ñịnh lý 5,
ñịnh lý 3 ta có thể giải ñược bài toán QHTT
dạng chính tắc như sau:
- Kiểm chứng tập phương án không rỗng
và hàm mục tiêu bị chặn.
- Tìm các phương án cực biên.
- Lần lượt thử các phương án cực biên ta
suy ra phương án tối ưu và giá trị tối ưu
của hàm mục tiêu.
Ví dụ 3.8: Giải bài toán QHTT
1 3 4
1 3 4
2 3 4
2 5 min
5
2 1
0, 1,4 .
j
f x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ + =
− + =
≥ =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 12
Giải: Ví dụ này ta ñã xét ở trên.
- Tập phương án không rỗng là hiển nhiên.
- Hàm mục tiêu bị chặn dưới bởi 0, vì
1 3 4
2 5 0
f x x x
= + + >
Theo ñịnh lý 7 bài toán có phương án
tối ưu. Theo ñịnh lý 5 bài toán có phương
án cực biên là phương án tối ưu.
Theo ví dụ trên có tất cả các phương án
cực biên là:
1
(5,1,0,0)
x =
3
9 1
,0,0,
2 2
x
=
4
(0,6,5,0)
x =
6
(0,0,3,2)
x =
1
( ) (5,1,0,0) 2.5 1.0 5.0 10
f x f
= = + + =
3
9 1 9 1 23
( ) ,0,0, 2. 1.0 5.
2 2 2 2 2
f x f
= = + + =
4
( ) 2.0 5 5.0 5
f x
= + + =
6
( ) 3 5.2 13
f x
= + =
Vậy x
4
là phương án tối ưu của bài toán,
và giá trị tối ưu là 5.
Bài tập.
1) Cho bài toán (P)
a) ðưa bài toán (P) về dạng chính tắc; ta
gọi bài toán này là (Q).
b) Liệt kê tất cả các phương án cực biên
của (Q).
c) Tìm phương án tối ưu của (Q).
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 4 m ax
5
2 3 12
; 0.
f x x x
x x
x x
x x
= + →
+ ≤
+ ≤
≥
2) Tương tự bài 1) với các bài toán:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
j
f(x) 3x 4x 5x min
6x 3x 2x 18
2x 6x 3x 23
x 0; j 1,3.
= + + →
+ + ≥
+ + ≥
≥ =
1 2
1 2
1 2
1 2
( ) 5 max
3 3
2
3 4 7
0; 1,2.
j
f x x x
x x
x x
x x
x j
= − →
+ ≥
+ ≥
+ ≥
≥ =
a)
b)
Chương I
BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Bài 4. PHƯƠNG PHÁP ðƠN HÌNH
1. Giới thiệu chung: Ta xét bài toán
QHTT dạng chính tắc:
1
1
( ) , min (max)
1,
0 1, .
n
j j
j
n
ij j i
j
j
f x c x c x
a x b i m
x j n
=
=
= = 〈 〉 →
= =
≥ =
∑
∑
Hoặc viết dưới dạng:
( ) , min (max)
0
f x c x
Ax b
x
= 〈 〉 →
=
≥
(
)
1,
1,
i m
ij
j n
A a
=
=
=
1 2 1 2
1 2
( , , , ) , ( , , , )
( , , , )
T T
n m
n
x x x x b b b b
c c c c
= =
=
Trong ñó:
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 13
Giả sử bài toán ñang xét ta ñã biết
một phương án cực biên dạng :
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x=
0
0, 1,
j
x j m
> =
trong ñó
cơ sở liên kết của
x là
1 2
, , ,
m
A A A
1 2
10 20 0
m
m
x A x A x A b
+ + + =
1 10 2 20 0
( )
m m
f x c x c x c x
= + + +
Giá trị hàm mục tiêu là:
1 2
1 2
m j
j j mj
x A x A x A A
+ + + =
Với mỗi j = 1, 2, , n
Ký hiệu :
1 2
( ; ; ; )
j
j j mj
x x x x
=
Nếu mà ta ñã biết ñược x là phương án tối
ưu nhờ một cách nào ñó thì mục ñích của ta ñã
xong.
Nếu x không phải là phương án tối ưu thì ta
tìm phương án cực biên khác tốt hơn tức là
phương án làm cho giá trị hàm mục tiêu nhỏ
hơn.
Muốn vậy ta phải xây dựng một cơ sở mới,
ñơn giản nhất là thay thế một véctơ trong cơ sở
cũ bằng một véctơ nằm ngoài cơ sở cũ.
1
, , 1,
m
j
j i ij
i
z c x c x j n
=
= = 〈 〉 =
∑
ðặt:
j j j
z c
∆ = −
Từ hai véctơ:
10 20 0
1 2
( ; ; ; ;0; 0; ;0)
( ; ; ; )
m
j
j j mj
x x x x
x x x x
=
=
Tóm lại, chúng ta vừa xây dựng ñược:
,
j
j j
c x c
∆ = 〈 〉 −
gọi là ước lượng thứ j của phương án x.
Giá trị này ñóng vai trò vô cùng quan trọng
trong việc ñánh giá tính tối ưu của một p.án.
2. ðịnh lý 1.( Dấu hiệu tối ưu)
Nếu là một
phương án cực biên của bài toán Quy
hoạch tuyến tính dạng chính tắc sao cho
:
thì x là phương án tối ưu, và ngược lại.
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x
=
0, 1,
j
j n
∆ ≤ ∀ =
j
A
3. ðịnh lý 2: Nếu tồn tại véctơ ngoài
cơ sở liên kết của phương án cực biên
sao cho và thì bài toán Quy
hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có
phương án tối ưu. Rõ hơn là hàm mục tiêu
không bị chặn dưới trên tập phương án.
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x=
0
j
∆ >
0
j
x
≤
Ví dụ 4.1: Xét bài toán QHTT
1 2 3
1 3
2 3
( ) 6 9 min
2 6
8
0, 1,2,3.
j
f x x x x
x x
x x
x j
= + + →
+ =
+ + =
≥ =
với phương án cực biên x=(6,8,0).
Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay
không ?
Giải:
Véctơ x có cơ sở liên kết là:
1 2
1 0
,
0 1
A A
= =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 14
Ta xác ñịnh các véctơ x
j
:
1 2
1 2
j m
j j mj
A x A x A x A
= + + +
1 2
( ; ; ; )
j
j j mj
x x x x
=
1 1 2 1 2 1
11 21
1. 0. (1,0)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
2 1 2 1 2 2
12 22
0. 1. (0,1)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
3 1 2 1 2 3
13 23
2. 1. (2,1)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
1
,
m
j
j j j i ij j j
i
z c c x c c x c
=
∆ = − = − = 〈 〉 −
∑
Lần lượt thay j=1,2,3 ta có :
1
1 1 1 1
, (1,6),(1,0) 1
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 −
1.1 6.0 1 0
= + − =
2
2 2 2 2
, (1,6),(0,1) 6
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 −
1.0 6.1 6 0
= + − =
3
3 3 3 3
, (1,6),(2,1) 9
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 −
1.2 6.1 9 1
= + − = −
Ta thấy tất cả các với mọi j. Vậy x
là phương án tối ưu và giá trị tối ưu là:
f(x)=1.6+6.8+9.0=54.
0
j
∆ ≤
ðể dễ thấy ta sắp xếp các phép toán lên
bảng sau:
54f(x)
2
1
0
1
1
0
6
8
1
6
A
1
A
2
9
x
3
6
x
2
1
x
1
P. ánHệ sốCơ sở
1
0
∆ =
2 3
0 1
∆ = ∆ = −
Bảng gồm 3 dòng, 6 cột. Cột một ghi cơ
liên kết của p. án x, cột hai ghi hệ số liên
kết của x, cột 3 ghi p. án x, cột 4; 5; 6 ở
dòng
hai
ghi
to
à
n
b
ộ
ma
tr
ậ
n
A
…
Ví dụ 4.2: Xét bài toán QHTT
1 2 3
1 2
2 3
( ) 7 26 9 min
2 5
7
0, 1,2,3.
j
f x x x x
x x
x x
x j
= − + →
− =
− + =
≥ =
với phương án cực biên x=(5,0,7).
Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay
không ?
Giải:
Véctơ x có cơ sở liên kết là:
1 3
1 0
,
0 1
A A
= =
Ta xác ñịnh các véctơ x
j
:
1 1 3 1 3 1
11 31
1. 0. (1,0)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
2 1 3 1 3 2
12 32
2 1. ( 2, 1)
A x A x A A A x
= + = − − ⇒ = − −
3 1 2 1 2 3
13 23
0. 1. (0,1)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
,
j
j j
c x c
∆ = 〈 〉 −
Lần lượt thay j=1,2,3 ta có :
1
1 1 1 1
, (7,9),(1,0) 7 0
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − =
2
2 2 2 2
,
(7,9),( 2, 1) ( 26) 3
z c c x c∆ = − = 〈 〉 − =
= 〈 − − 〉 − − =
3
3 3 3 3
, (7,9),(0,1) 9 0
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − =
Ta thấy và .Vậy bài
toán không có phương án tối ưu. Rõ hơn
là hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên
tập phương án.
2
0
∆ >
2
( 2, 1) 0
x
= − − ≤
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 15
0
1
-2
-1
1
0
5
7
7
9
A
1
A
3
9
x
3
-26
x
2
7
x
1
P. ánHệ sốCơ sở
1
0
∆ =
2
3
∆ =
3
0
∆ =
Bảng gồm 3 dòng, 6 cột. Cột một ghi cơ
liên kết của p. án x, cột hai ghi hệ số liên
kết của x, cột 3 ghi p. án x, cột 4; 5; 6 ở
dòng hai ghi toàn bộ ma trận A…
Lưu ý: Việc tính toán mà sắp xếp trên bảng
ñơn hình chỉ thực hiện ñược khi phương án
cực biên có hệ véc tơ liên kết là ñơn vị.
Trường hợp hệ véc tơ liên kết không phải là
hệ ñơn vị thì phải tính trực tiếp từ công
thức ñã biết.
Chẳng hạn ví dụ sau.
Ví dụ 4.3: Cho bài toán
Chứng minh là phương án cực
biên, tối ưu của bài tóan ñã cho.
= − + + + →
+ + + =
− + + =
− + + =
≥ =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
( ) 4 3 7 8 min
3 3 4 5 21
7 6 8
2 5 2 15
0, 1,4.
j
f x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x j
(
)
1,2,3,0
x =
Giải: Phương án này có hệ véctơ liên kết
là
=
1
(3,7,2);
A
= − −
2
(3, 1, 1);
A
=
3
(4,1,5)
A
Dễ thấy ñây là hệ ñộc lập tuyến tính nên là
phương án cực biên.
− = − ≠
−
3 3 4
7 1 1 131 0
2 1 5
1 2 3
4 1 4
(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)
120 73 19
, ,
131 131 131
x x x
x B A
−
= = =
= =
1 2 3
4
4 4
0
1176
, 0
131
c x c
∆ = ∆ = ∆ =
−
∆ = − = <
Vậy x là phương án cực biên, tối ưu.
4. ðịnh lý 3:
Nếu tồn tại véctơ ngoài cơ sở
liên kết của phương án cực biên
sao cho , và với mỗi j mà ta
luôn tìm ñược ít nhất một , thì khi
ñó ta có thể tìm ñược một phương án cực
biên mới tốt hơn x, nghĩa là phương án
này làm cho hàm mục tiêu nhỏ hơn
phương án x.
j
A
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x
=
0
j
∆ >
0
j
∆ >
0
ij
x
>
Cách xây dựng phương án mới như sau:
Thay thế một véctơ trong cơ sở cũ
bằng một véctơ nằm ngoài cơ sở cũ.
Véctơ ñưa vào thay thế ứng với
lớn nhất. Giả sử ñó là A
k
.
0
j
∆ >
Véctơ bị thay ra là A
s
, với cách xác ñịnh
A
s
như sau:
0 0
min : 0
i s
ik
ik sk
x x
x
x x
θ
= > =
Trong ñó x
ik
là hệ số biểu diễn của
A
k
theo cơ sở liên kết của p. án x.
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 16
Và khi ñó phương án mới x
’
ñược
xác ñịnh theo công thức:
10 1 20 2 0
( ; ; ; ; ; ;0; ;0)
j j m mj
x x x x x x x
θ θ θ θ
′
= − − −
Phương án x
’
tốt hơn x.
ðến ñây ta xem x
’
như x và kiểm tra x
’
có thỏa ñịnh lý 1, hay ñịnh lý 2 không.
Nếu không ta lại xây dựng một phương
án mới tốt hơn …
Hoặc có thể biểu diễn véctơ b theo cơ
sở mới này ta có p. án mới x
’
.
Ví dụ 4.4: Xét bài toán QHTT
1 2 3 4
1 2 4
2 3 4
( ) 2 2 0 min
4 6
2 5 8
0, 1,2,3,4.
j
f x x x x x
x x x
x x x
x j
= − + + →
+ + =
+ + + =
≥ =
Với p. án x=(6,0,8,0) cơ sở liên kết là:
1 3
1 0
,
0 1
A A
= =
Trước tiên ta xem x có phải p. án tối
ưu hay không.
ðể thuận tiện ta sắp xếp các phần tử lên
bảng và tính toán các ta có:
j
∆
1407022f(x)
4
5
0
1
1
2
1
0
6
8
1
2
A
1
A
3
0
x
4
2
x
3
-2
x
2
1
x
1
P. ánHệ sốCơ
sở
Ta thấy p. án này chưa tối ưu, và trong
số các ,các x
j
ñều có hệ số dương.
Do ñó có thể tìm p. án mới tốt hơn.
0
j
∆ >
Véctơ ñưa vào thay thế ñó là A
4
.
0 10 30
4
4 14 34
min : 0 min ,
i
i
i
x x x
x
x x x
θ
= > =
6 8 3
min ,
4 5 2
= =
10
14
x
x
=
Vậy A
1
bị thay ra.
P. Án mới x
’
ñược xác ñịnh như sau:
Cơ sở mới là A
3
, A
4
. Biểu thị véctơ
theo cơ sở này ta ñược
6
8
b
=
6 0 4
1 3
8 1 5
2 2
b
= = +
Từ ñó ta có p. án mới là:
1 3
0,0, ,
2 2
x
′
=
Giá trị hàm mục tiêu lúc này là:
1 3 1
( ) 0,0, , 0 2.0 2. 1
2 2 2
f x f
′
= = − + =
Rõ ràng p. án này tốt hơn x.
Bây giờ xem x
’
như x. Ta kiểm tra xem x
’
có phải là p. án tối ưu không.
Ta xác ñịnh các véctơ x
j
:
1 3 4 3 4 1
31 41
5 1 5 1
. . ,
4 4 4 4
A x A x A A A x
− −
= + = + ⇒ =
2 3 4 3 4 2
32 42
3 1 3 1
,
4 4 4 4
A x A x A A A x
= + = + ⇒ =
3 3 4 3 4 3
33 43
1. 0. (1,0)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
,
j
j j
c x c
∆ = 〈 〉 −
Lần lượt thay j=1, 2, 3, 4 ta có :
4 3 4 3 4 3
34 44
0. 1. (0,1)
A x A x A A A x= + = + ⇒ =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 17
1
1 1 1 1
5 1 7
, (2,0), , 1
4 4 2
z c c x c
− −
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − =
2
2 2 2 2
3 1 7
, (2,0), , ( 2)
4 4 2
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − − =
3
3 3 3 3
, (2,0),(1,0) 2 0
z c c x c
∆ = − = 〈 〉 − = 〈 〉 − =
4
4 4
, (2,0),(0,1) 0 0
c x c
∆ = 〈 〉 − = 〈 〉 − =
P. Án này vẫn chưa tối ưu.
ðể tiện theo dõi ta sắp xếp lên bảng:
007/2-7/21f(x)
1
0
0
1
1/4
3/4
1/4
-5/4
3/2
1/2
0
2
A
4
A
3
0
x
4
2
x
3
-2
x
2
1
x
1
P. ánHệ sốCơ
sở
Ta liên hệ hai bảng này với nhau:
1407022f(x)
4
5
0
1
1
2
1
0
6
8
1
2
A
1
A
3
0
x
4
2
x
3
-2
x
2
1
x
1
P. ánHệ sốCơ
sở
Bảng 1
Bảng 2
007/2-7/21f(x)
1
0
0
1
1/4
3/4
1/4
-5/4
3/2
1/2
0
2
A
4
A
3
5. Phương pháp ñơn hình cho bài toán
chính tắc có sẵn ma trận ñơn vị:
Xét bài toán chính tắc:
( ) , min
0
f x c x
Ax b
x
= 〈 〉 →
=
≥
Trong ñó A có sẵn một ma trận ñơn vị cấp
m. Không mất tính tổng quát có thể giả sử
ñó là m cột ñầu , và phương
án cực biên x trong bước lặp ñầu tiên là:
1 2
, , ,
m
A A A
1 2
( , , , ,0,0, ,0) 0
m
x b b b
= ≥
Khi ñó các x
j
dễ dàng biểu diễn qua các
véctơ cơ sở ở trên.
ðể thuận tiện cho việc tính toán ta sắp
xếp các dữ liệu lên bảng sau mà ta gọi là
bảng ñơn hình.
000f
0
f(x)
x
1n
x
2n
x
sn
x
mn
x
1k
x
2k
x
sk
x
mk
x
1m+1
x
2m+1
…
x
sm+1
x
mm+1
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
0
b
1
b
2
b
s
b
m
c
1
c
2
c
s
c
m
A
1
A
2
A
s
A
m
c
n
x
n
c
k
x
k
…c
m+1
x
m+1
c
m
x
m
…c
2
x
2
c
1
x
1
Ph
án
H.
số
c
j
Cơ
sở
1
m
+
∆
k
∆
n
∆
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 18
Trong ñó
0 1 1 2 2
m m
f c x c x c x
= + + +
1
, 1,
m
j i ij j
i
c x c j n
=
∆ = − =
∑
0 , 1,
j
j m
∆ = =
Thuật toán ñơn hình ñược thực hiện một số
bước như sau:
Bước 1: Nếu thì phương án
ñang xét là tối ưu.
Nếu mà ứng với j này
thì bài toán không có phương án tối ưu.
0 , 1,
j
j n
∆ ≤ ∀ =
0
j
∆ >
0, 1,
ij
x i m
≤ ∀ =
Nếu không thỏa bước 1 ta sang bước 2.
Bước 2:
i) Xác ñịnh ,véctơ
ñưa vào thay thế .
{
}
max / 0
k j j
∆ = ∆ ∆ >
k
A
ii) Xác ñịnh véctơ ñưa ra khỏi cơ sở
như sau:
s
A
0 0
min : 0
i s
ik
ik sk
x x
x
x x
> =
Bước 3:
Biến ñổi bảng ñơn hình mới: Dùng
phép biến ñổi như sơ cấp trên ma trận, biến
ñổi cột k trở thành véctơ ñơn vị thứ s.
Bước 4: Tính toán các phần tử trên dòng
cuối cùng và quay lại bước 1.
Ví dụ 4.5: Giải bài toán
1 2 3 4 5
1 4 5
2 4 5
3 4 5
( ) 5 4 0 0 2 min
2 10
3 12
3 15
0, 1,5.
j
f x x x x x x
x x x
x x x
x x x
x j
= − − + + + →
+ + =
+ + =
+ + + =
≥ =
Giải: ðây là bài toán QHTT dạng chính
tắc mà ma trận A có sẵn ma trận ñơn vị.
-19-14000-98f(x)
1
3
1
2
1
3
0
0
1
0
1
0
1
0
0
10
12
15
-5
-4
0
A
1
A
2
A
3
x
5
x
4
x
3
x
2
x
1
Ph.
án
Hệ
số cj
Cơ
sở
200-4-5
Bài toán ñã có dấu hiệu tối ưu, phương
án tối ưu là , giá trị tối ưu
-98.
(10,12,15,0,0)
x
=
Ví dụ 4.6: Giải bài toán
1 2 3 4 5 6
1 2 5
1 2 3 6
2 3 4
( ) 2 4 0 0 min
3 4
2 3
4 3
0, 1,6.
j
f x x x x x x x
x x x
x x x x
x x x
x j
= − − + − + + →
+ + =
+ − + =
+ + =
≥ =
Giải:ðây là bài toán QHTT dạng chính
tắc mà ma trận A có sẵn ma trận ñơn vị.
Ma trận ñơn vị này không theo thứ tự mà
ñó là A
5
, A
6
, A
4
.
000-532-3f(x)
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
-1
4
3
1
1
1
2
0
4
3
3
0
0
-1
A5
A6
A4
x6x5x4x3x2x1PaHscs
00-11-4-2
0-10-501-7f(x)
0
1
0
1/3
-1/3
-1/3
0
0
1
0
-1
4
1
0
0
1/3
5/3
-1/3
4/3
5/3
5/3
-4
0
-1
A2
A6
A4
-3/5-4/50-22/500-8f(x)
-1/5
3/5
1/5
2/5
-1/5
-2/5
0
0
1
1/5
-3/5
19/5
1
0
0
0
1
0
1
1
2
-4
-2
-1
A2
A1
A4
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 19
Ví dụ 4.7: Giải bài toán
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 3
( ) 2 3 min
5 15
3 2 2 20
4 10
0, 1,3.
j
f x x x x
x x x
x x x
x x
x j
= − + − →
− + ≤
+ − ≤
+ ≤
≥ =
Giải: ðây không phải là bài toán chính tắc,
ta sẽ ñưa về bài toán chính tắc bằng cách
thêm vào các ẩn phụ , bài
toán trở thành
4 5 6
, , 0
x x x
≥
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4
1 2 3 5
1 3 6
( ) 2 3 0 0 0 min
5 15
3 2 2 20
4 10
0, 1,6.
j
f x x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x j
= − + − + + + →
− + + =
+ − + =
+ + =
≥ =
Lúc này ma trận A ñã có sẵn một ma trận
ñơn vị, cho nên sắp xếp các các phần tử
lên bảng ñơn hình và tính toán ta có bảng
sau:
0001-320f(x)
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
-2
1
-5
2
0
1
3
4
15
20
10
0
0
0
A4
A5
A6
x6x5x4x3x2x1PaHscs
000-13-2
-1/2001/2-30-5f(x)
-1/4
-3/4
1/4
0
1
0
1
0
0
3/4
-11/4
1/4
-5
2
0
0
0
1
25/2
25/2
5/2
0
0
-2
A4
A5
A1
-1000-3-2-10f(x)
-1
2
1
0
1
0
1
0
0
0
0
1
-5
2
0
-3
11
4
5
40
10
0
0
-1
A4
A5
A3
ðối với bài toán max ta có các kết qủa sau:
ðịnh lý 1
’
.( Dấu hiệu tối ưu)
Nếu là một phương án
cực biên của bài toán Quy hoạch tuyến tính
dạng chính tắc
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x=
( ) max
0
f x
Ax b
x
→
=
≥
sao cho thì x là phương án tối
ưu.
0, 1,
j
j n
∆ ≥ ∀ =
ðịnh lý 2
’
: Nếu tồn tại véctơ A
j
ngoài cơ sở
liên kết của phương án cực biên
x=(x
10
,x
20
,…,x
m0
,0,0, 0) sao cho và
thì bài toán Quy hoạch tuyến tính
dạng chính tắc không có phương án tối ưu.
Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn trên
,
trên tập phương án.
0
j
∆ <
0
j
x
≤
ðịnh lý 3
’
:Nếu tồn tại véctơ A
j
ngoài cơ
sở liên kết của phương án cực biên
sao cho , và
với mỗi j mà ta luôn tìm ñược ít
nhất một , thì khi ñó ta có thể tìm
ñược một phương án cực biên mới tốt
hơn x, nghĩa là phương án này làm cho
hàm mục tiêu lớn hơn phương án x.
Khi chọn véctơ cơ sở ñưa vào ta
chọn , chọn véctơ ñưa ra
như trường hợp min.
10 20 0
( ; ; ; ;0;0; ;0)
m
x x x x
=
0
j
∆ <
0
j
∆ <
0
ij
x
>
{
}
min / 0
k j j
∆ = ∆ ∆ <
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 20
Ví dụ 4.8: Giải bài toán
1 2 3
1 2 3
1 2
1 2
( ) 2 3 max
5 6
2 2 7
2 5
0, 1,3.
j
f x x x x
x x x
x x
x x
x j
= + + →
− + =
+ ≤
− + ≤
≥ =
Giải: ðây không phải là bài toán chính tắc,
ta sẽ ñưa về bài toán chính tắc bằng cách
thêm vào các ẩn phụ vào các bất
phương trình thứ hai và thứ ba, bài toán trở
th
à
nh
4 5
, 0
x x
≥
1 2 3
1 2 3
1 2 4
1 2 5
( ) 2 3 max
5 6
2 2 7
2 5
0, 1,5.
j
f x x x x
x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
− + =
+ + =
− + + =
≥ =
Lúc này ma trận A ñã có sẵn một ma trận
ñơn vị, cho nên sắp xếp các các phần tử lên
bảng ñơn hình và tính toán ta có bảng sau:
000-8-16f(x)
0
0
1
0
1
0
1
0
0
-5
2
2
1
2
-1
6
7
5
1
0
0
A3
A4
A5
x5x4x3x2x1PaHscs
00132
4000-526f(x)
5/2
-1
1/2
0
1
0
1
0
0
0
0
1
-3/2
3
-1/2
37/2
2
5/2
1
0
3
A3
A4
A2
7/35/300088/3f(x)
2
-1/3
1/3
1/2
1/3
1/6
1
0
0
0
0
1
0
1
0
39/2
2/3
17/6
1
2
3
A3
A1
A2
Ví dụ 4.9: Cho bài tóan Quy họach tuyến
tính mà ta gọi là bài tóan (P)
Chứng minh là phương án
cực biên, nhưng không phải là phương án
tối ưu của bài tóan (P). Hãy xây dựng một
phương án cực biên mới tốt hơn phương án
x nói ở trên, và kiểm tra tính tối ưu của
phương
á
n
n
à
y
.
= + − − →
+ + + =
− + + =
− + + =
≥ =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
( ) 5 2 7 8 max
2 3 4 5 20
8 6 9
2 5 2 15
0, 1,4.
j
f x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x j
61 163 73
0, , ,
60 60 60
x
=
6. Thuật toán ñơn hình cho bài toán
chính tắc không có sẵn ma trận ñơn vị:
Giả sử bài toán chính tắc
( ) min
(*)
0
f x
Ax b
x
→
=
≥
trong ñó A không có ma trận ñơn vị. Chẳng
hạn bài toán sau ñây
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
( ) 3 3 min
2 2
2 6 3 3 9
6
0, 1,4.
j
f x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x j
= − + + − →
+ − + =
− + + =
− + − =
≥ =
Giả sử ma trận A còn thiếu m véctơ ñơn vị.
Ta thêm vào m ẩn giả x
m+1
, x
m+2
, ,x
m+n
.
Khi ñó bài toán có dạng như sau:
1 2
( ) min
( )
0
n n n m
f x Mx Mx Mx
Bx b M
x
+ + +
+ + + + →
=
≥
Trong ñó B là ma trận cấp mx(m+n) với n
cột ñầu là ma trận A, m cột sau là m véctơ
ñơn vị. x là véctơ có n+m thành phần . M là
một số dương rất lớn; lớn hơn bất kỳ số nào
cần so sánh. Ta có các kết qủa sau.
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 21
ðịnh lý 4:
a) Nếu bài toán (*) có phương án thì mọi
phương án cực biên tối ưu
của bài toán (M) phải có
1 2 1 2
( , , , , , , , )
n n n n m
x x x x x x x
+ + +
=
1 2
( , , , ) (0,0, ,0)
n n n m
x x x
+ + +
=
b) Nếu bài toán (*) có phương án tối ưu
thì bài toán (M) có phương
án tối ưu và ngược lại.
1 2
( , , , )
n
x x x x
=
1 2
( , , , ,0,0, ,0)
n
x x x x
=
Nhận xét: ðịnh lý 4 phần a) chỉ có một
chiều. Phản ñảo của phần a) là: Có phương
án cực biên tối ưu của bài toán (M) mà có
những ẩn giả khác không thì bài toán (*) vô
nghiệm (không có phương án).
Mục b) là hai chiều và chúng ta hay áp
dụng chiều ngược lại: bài toán (M) có
phương án tối ưu
1 2
( , , , ,0,0, ,0)
n
x x x x
=
thì bài toán (*) có phương án tối ưu
1 2
( , , , )
n
x x x x
=
Khi giải bài toán (M) bằng phương pháp
ñơn hình thì các biểu thức f và có chứa
tham số M . Ở dòng cuối của bảng ñơn hình
ta chia làm hai dòng, dòng trên ghi các hệ
số ñứng trước M, dòng cuối ghi các hệ số
tự do. , vì M là số dương rất lớn
nên khi so sánh các số ta có quy ước
sau:
∆
j j j
M
δ γ
∆ = +
∆
0,
0
0, 0
j j
j j j
j j
M
δ γ
δ γ
δ γ
< ∀
∆ = + < ⇔
= <
0,
0
0, 0
j j
j j j
j j
M
δ γ
δ γ
δ γ
> ∀
∆ = + > ⇔
= >
;
.
k j k j
k k k j j j
k j k j
M M
δ δ γ γ
δ γ δ γ
δ δ γ γ
> ∀
∆ = + > ∆ = + ⇔
= >
Ví dụ 4.10: Xét lại bài toán ở trên
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
( ) 3 3 min
2 2
2 6 3 3 9
6
0, 1,4.
j
f x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x j
= − + + − →
+ − + =
− + + =
− + − =
≥ =
Giải: ðưa vào các ẩn giả x
5
, x
6
, x
7
ta có bài
toán (M) :
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5
1 2 3 4 6
1 2 3 4 7
( ) 3 3 min
2 2
2 6 3 3 9
6
0, 1,7.
j
f x x x x x Mx Mx Mx
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x j
= − + + − + + + →
+ − + + =
− + + + =
− + − + =
≥ =
Lúc này ma trận A ñã có sẵn một ma
trận ñơn vị, cho nên sắp xếp các các phần
tử lên bảng ñơn hình và tính toán ta có bảng
sau
:
0
0
0
0
0
0
3
1
3
-3
-5
-1
4
3
17
0
f(x)
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
3
-1
-1
3
1
2
-6
-1
1
2
1
2
9
6
M
M
M
A5
A6
A7
x
7
x
6
x
5
x
4
x
3
x
2
x
1
PaHSCS
MMM-131-3
0
0
0
0
-4
-3
-1
-2
7
0
-13
-7
0
0
9
-6
f(x)
0
0
1
0
1
0
1
-2
-1
1
1
-2
-1
5
2
2
-10
3
1
0
0
2
5
4
-3
M
M
A1
A6
A7
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 22
0
0
-7/5
0
-6/5
-3
-12/5
-2
0
0
1
-7
0
0
2
-6
f(x)
0
0
1
1/5
1/5
-2/5
3/5
-2/5
-1/5
6/5
1/5
-12/5
0
1
0
0
-2
1
1
0
0
3
1
2
-3
3
M
A1
A3
A7
-3 1 3 -1 M M M
-1
7
-1
-14/5
-1
-
22/5
0
-94/5
0
0
0
0
0
0
0
8
f(x)
0
2
1
1/5
-3/5
-2/5
3/5
-4/5
-1/5
6/5
-23/5
12/5
0
1
0
0
0
1
1
0
0
3
5
2
-3
3
1
A1
A3
A2
Bài tập: Giải bài toán Quy hoạch tuyến tính
1 2 3
1 2 3
1 2 3
( ) 2 3 min
3 4 5
2 5 12
0, 1,2,3.
j
f x x x x
x x x
x x x
x j
= + + →
+ + =
+ + =
≥ =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 4
1 2 4
( ) 4 2 3 7 max
3 14
2 5 4 22
3 7 23
0, 1,4 .
j
f x x x x x
x x x x
x x x
x x x
x j
= − − + + →
+ + + =
+ + =
+ + =
≥ =
1)
2)
1 2 3 4
1 2 3 4
1 3 4
1 3 4
( ) 3 5 12 30 min
2 4 13
4 5 33
3 12
0, 1,2,3,4.
j
f x x x x x
x x x x
x x x
x x x
x j
= − − − →
+ + + =
+ + ≤
+ + ≤
≥ =
3)
4) Bài tập 16; 17 trang 66; 67 Giáo trình.
5) Một xí nghiệp dự ñịnh sản xuất ba loại
sản phẩm A, B và C. Các sản phẩm này
ñược chế tạo từ ba loại nguyên liệu I, II và
III . Số lượng các nguyên liệu I, II và III mà
xí nghiệp có lần lượt là 57, 88, 30 ñơn vị
nguyên liệu. Số ñơn vị nguyên liệu cần ñể
sản xuất một ñơn vị sản phẩm A, B, C ñược
cho ở bảng sau ñây
153C
162B
314A
IIIIII
Hỏi Xí nghiệp nên sản xuất bao nhiêu ñơn vị sản
phẩm A, B, C ñể thu ñược tổng số lãi nhiều nhất
(với giả thiết các sản phẩm làm ra ñều bán hết),
nếu biết rằng lãi 35 triệu ñồng cho một ñơn vị
sản phẩm loại A, lãi 40 triệu ñồng cho một ñơn
vị sản phẩm loại B, lãi 40 triệu ñồng cho một
ñơn
v
ị
s
ả
n
ph
ẩ
m
lo
ạ
i
C.
6)
Một gia ñình cần ít nhất 1800 ñơn vị prôtêin
và 1500 ñơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày. Một
kilôgam thịt bò chứa 600 ñơn vị prôtêin và 600
ñơn vị lipit, một kilôgam thịt heo chứa 600 ñơn
vị prôtêin và 300 ñơn vị lipit, một kilôgam thịt
gà chứa 600 ñơn vị prôtêin và 600 ñơn vị lipit.
Giá một kilôgam thịt bò là 82 ngàn ñồng, giá
một kilôgam thịt heo là 73 ngàn ñồng, giá một
kilôgam thịt gà là 90 ngàn ñồng.
Hỏi một gia ñình nên mua bao nhiêu kilôgam
thịt mỗi loại ñể: bảo ñảm tốt khẩu phần ăn trong
một ngày và tổng số tiền phải mua là nhỏ nhất?
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 23
7) Một công ty sản xuất hai loại thực phẩm A, B
. Nguyên liệu ñể sản xuất gồm ba loại Bột,
ðường, Dầu thực vật, với trữ lượng tương ứng
là 30 tấn,12 tấn, 6 tấn . ðể sản xuất 1 tấn thực
phẩm loại A cần 0.5 tấn Bột, 0.5 tấn ðường, 0.2
tấn Dầu thực vật. ðể sản xuất 1 tấn thực phẩm
loại B cần 0.8 tấn Bột, 0.4 tấn ðường, 0.4 tấn
Dầu thực vật. Giá bán một tấn thực phẩm A là
4000 USD, giá bán một tấn thực phẩm B là
4500
USD.
Hỏi cần sản xuất mỗi loại thực phẩm bao
nhiêu tấn ñể có doanh thu lớn nhất ?
Chương II
LÝ THUYẾT ðỐI NGẪU
Bài 1. BÀI TOÁN ðỐI NGẪU VÀ MỘT
SỐ TÍNH CHẤT
1. ðịnh nghĩa bài toán ñối ngẫu:
Cho bài toán Quy hoạch tuyến tính, ta
gọi là bài toán (P), ñối ngẫu của bài
toán (P) là bài toán mà ta gọi là (Q),
cho tương ứng ở bảng sau :
Bài toán ñối ngẫuChỉ sốBài toán gốc
( ) , min
f x c x= →
( ) , max
g y b y
= 〈 〉 →
1
n
ij j i
j
a x b
=
≤
∑
1
i I
∈
0
i
y
≤
1
n
ij j i
j
a x b
=
≥
∑
2
i I
∈
0
i
y
≥
1
n
ij j i
j
a x b
=
=
∑
3
i I
∈
i
y
∈
ℝ
0
j
x
≥
1
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
≤
∑
0
j
x
≤
2
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
≥
∑
j
x
∈
ℝ
3
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
=
∑
Bài toán ñối ngẫuChỉ sốBài toán gốc
( ) , max
f x c x= →
( ) , min
g y b y
= 〈 〉 →
1
n
ij j i
j
a x b
=
≤
∑
1
i I
∈
0
i
y
≥
1
n
ij j i
j
a x b
=
≥
∑
2
i I
∈
0
i
y
≤
1
n
ij j i
j
a x b
=
=
∑
3
i I
∈
i
y
∈
ℝ
0
j
x
≥
1
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
≥
∑
0
j
x
≤
2
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
≤
∑
j
x
∈
ℝ
3
j J
∈
1
m
ij i j
i
a y c
=
=
∑
Ví dụ 1.1: Viết bài toán ñối ngẫu của bài
toán sau ñây:
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 6
1 2 3 4 5 6
( ) 4 3 7 3 2 min
14 7 17 4 9 23
4 10 2 11 9
3 6 12 5 8 19
14 7 17 4 5 71
3 8 6 3 4 23
0, 0, , 0 , , 0
f x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x
x x x R x x R x
= + + − + + →
+ + − + + ≤
+ + + − + =
+ + + + − ≥
+ + − + + =
+ + + + ≤
≥ ≤ ∈ ≥ ∈ ≤
Ví dụ 1.2: Viết bài toán ñối ngẫu của bài
toán sau ñây:
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
( ) 23 9 19 71 23 max
14 4 14 3 4
7 3 7 8 3
17 10 6 17 6 7
2 12 3 3
4 5 4 2
9 11 8 5 4 1
0, , 0, , 0
f x x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x x
x x R x x R x
= + + + + →
+ + + + ≤
+ + + + ≥
+ + + + =
− + + − + ≤ −
− + + =
+ − + + ≥
≤ ∈ ≥ ∈ ≤
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 24
2. Mối quan hệ giữa bài toán gốc và bài
toán ñối ngẫu:
Trong phần này ta chỉ xét bài toán gốc
dạng min.
2.1. ðịnh lý 1: Cho x, y theo thứ tự là
phương án của bài toán gốc và ñối ngẫu ta
có hay tương ñương .
( ) ( )
f x g y
≥
, ,
c x b y
≥
2.2. ðịnh lý 2: Nếu cả hai bài toán gốc và
ñối ngẫu ñều có tập phương án không rỗng
thì cả hai bài toán ñều có phương án tối ưu
và giá trị tối ưu của các hàm mục tiêu là
bằng nhau.
2.5. ðịnh lý 5: (ðịnh lý ñộ lệch bù) Các
phương án của bài toán gốc và ñối
ngẫu ñều là phương án tối ưu ñiều kiện cần
và ñủ là
, , 0
b Ax y c yA x
− = − =
,
x y
1
1
0 1,
0 1, .
n
i ij j i
j
m
j ij i j
i
b a x y i m
c a y x j n
=
=
− = =
− = =
∑
∑
Ví dụ 1.3: Bài toán Quy hoạch tuyến tính
1 2 3 4
1 2 4
2 3 4
( ) 2 2 0 min
4 6
( )
2 5 8
0, 1,2,3,4;
j
f x x x x x
x x x
P
x x x
x j
= − + + →
+ + =
+ + + =
≥ =
có phương án tối ưu là và giá
tr
ị
t
ố
i
ưu
l
à
-
6. (
K
ế
t
q
ủ
a
n
à
y
ñ
ã
bi
ế
t
ở
Ch. I)
(2,4,0,0)
x =
1 2
1
1 2
2
1 2
1 2
( ) 6 8 max
1
2 2
2
4 5 0
,
g y y y
y
y y
y
y y
y y
= + →
≤
+ ≤ −
≤
+ ≤
∈
ℝ
Bài toán ñối ngẫu (Q) là:
Phương án tối ưu của bài toán (Q) ñược
tìm từ hệ phương trình
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
1 2 4 1
2 3 4 2
1 2 1
1 2 2
1 2 3
1 2 4
6 ( 4 ) 0
8 (2 5 ) 0
1 ( 0. ) 0
2 ( 2 ) 0
2 (0. ) 0
0 (4 5 ) 0
x x x y
x x x y
y y x
y y x
y y x
y y x
− + + =
− + + =
− + =
− − + =
− + =
− + =
Thế các giá trị của ñã biết
vào hệ phương trình ta ñược
(2,4,0,0)
x =
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 2 4 1
1
2
2 3 4 2
1 2
1 2 1
1 2
1 2 2
1 2
1 2 3
1 2
1 2 4
6 ( 4 ) 0
6 (2 4 4.0) 0
8 (2.4 0 5.0) 0
8 (2 5 ) 0
1 ( 0. 2 0
1 ( 0. ) 0
2 ( 2 4 0
2 ( 2 ) 0
2 (0. 0 0
2 (0. ) 0
0 (4 5 0 0
0 (4 5 ) 0
− + + =
− + + =
− + + =
− + + =
− + =
− + =
⇔
− − + =
− − + =
− + =
− + =
− + =
− + =
x x x y
y
y
x x x y
y y
y y x
y y
y y x
y y
y y x
y y
y y x
Hệ phương trình tương ñương
(
)
( )
1
1 2
2
1 2
1
1 0. 0
3
.
2 2 0
2
y
y y
y
y y
=
− + =
⇔
−
=
− − + =
ðH Công nghiệp Tp.HCM 23/12/2010
Quy ho
ạch tuyến tính ðại học
& Cao ñẳng 25
Vậy phương án tối ưu của bài toán ñối
ngẫu là: và giá trị tối ưu là:
( )
1 2
3
, 1,
2
y y y
−
= =
1 2
3
( ) 6 8 6.1 8. 6
2
g y y y
−
= + = + = −
Ví dụ 1.4: Cho bài toán
1 2
1 2
1 2
1 2
j
f(x) 15x 19x min
3x x 3
x x 2
3x 4x 7
x 0; j 1,2.
= + →
+ ≥
+ ≥
+ ≥
≥ =
ðối ngẫu của bài toán trên là bài toán
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
( ) 3 2 7 max
3 3 15
4 19
, , 0
g y y y y
y y y
y y y
y y y
= + + →
+ + ≤
+ + ≤
≥
Nhận thấy bài toán này dễ hơn. Ta giải
bài toán ñối ngẫu.
1 2 3 4 5
1 2 3 4
1 2 3 5
1 2 3 4 5
( ) 3 2 7 0 0 max
3 3 15
4 19
, , , , 0
= + + + + →
+ + + =
+ + + =
≥
g y y y y y y
y y y y
y y y y
y y y y y
3 2 7 0 0
Co So CJ Ph.An y1 y2 y3 y4 y5
A4 0 15 3 1 3 1 0
A5 0 19 1 1 4 0 1
-3 -2 -7 0 0
Phương án tối ưu của bài toán ñối ngẫu là
:
y =…………
Giá trị tối ưu của bài toán ñối ngẫu là:
g
max
=………. .
Ta sẽ tìm phương án tối ưu của bài toán
gốc. Dùng ñịnh lý ñộ lệch bù.
Bây giờ ta giải bài toán gốc và làm cách
như trên ñể tìm lại phương án tối ưu của
bài toán ñối ngẫu.
Thêm vào hai ẩn phụ và ba ẩn giả, sau ñó sắp xếp các
phần tử lên bảng ñơn hình và tính toán ta ñược.
15 19 0 0 0 M M M
Co So CJ Ph.An A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8
A6 M 3 3 1 -1 0 0 1 0 0
A7 M 2 1 1 0 -1 0 0 1 0
A8 M 7 3 4 0 0 -1 0 0 1
(M) 7 6 -1 -1 -1 0 0 0
-15 -19 0 0 0 0 0 0
A1 15 1 1 1/3 -1/3 0 0 1/3 0 0
A7 M 1 0 2/3 1/3 -1 0 -1/3 1 0
A8 M 4 0 3 1 0 -1 -1 0 1
(M) 0 11/3 4/3 -1 -1 -7/3 0 0
0 -14 -5 0 0 5 0 0
A1 15 5/9 1 0 -4/9 0 1/9 4/9 0 -1/9
A7 M 1/9 0 0 1/9 -1 2/9 -1/9 1 -2/9
A2 19 4/3 0 1 1/3 0 -1/3 -1/3 0 1/3
(M) 0 0 1/9 -1 2/9 -10/9 0 -11/9
0 0 -1/3 0 -14/3 1/3 0 14/3
