Bài tập tối ưu hóa & quy hoạch tuyến tính

1
TỐI ƯU HÓA VÀ QUY HOẠCH
TUYẾN TÍNH
Thời lượng: 30 tiết
GV: Lê Văn Minh
1
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] NGUYỄN THÀNH CẢ,Tối ưu hóa quy
hoạch tuyến tính. NXB Lao Động 2010
2
2
Tính cần thiết của môn học
Tối ưu hóa và Quy hoạch tuyến tính
Tối ưu hóa nói chung và Quy hoạch tuyến tính nói
riêng là mộtphầnkiếnthức không thể thiếu cho tất
cả những ngườilàmviệc trong lĩnh vực ứng dụng
của khoa họcvàkỹ thuật. Đặcbiệtvới sinh viên tin
học, nó là kiếnthứccănbảncủanhiều ứng dụng,
thể hiệnthế mạnh và ưuviệtcủa các phát triển tin
họcvàothựctế.
3
NỘI DUNG
Chương 1. Bài toán quy hoạch tuyến tính
Chương 2. Bài toán đối ngẫu
Chương 3. Bài toán vận tải
4
3
CHƯƠNG 1
BÀI TOÁN QUY HOẠCH
TUYẾN TÍNH
5

MỤC TIÊU CHƯƠNG
1. Biết được các khái niệmvề bài toán QHTT
2. Hiểu đượcPPhìnhhọcgiải bài toán QHTT(hai
biến)
3. Hiểu đượcPPđơnhình
6
4
NỘI DUNG CHƯƠNG
1.1 Bài toán dẫn đến bài toán QHTT
1.2 Bài toán QHTT tổng quát
1.3 Phương pháp hình học
1.4 Các dạng đặc biệt của bài toán QHTT
1.5 Phương pháp đơn hình
1.6 Phương pháp đơn hình mở rộng
7
1.1 Bài toán dẫn đến bài toán QHTT
 Bài toán sản xuất tối ưu:
Một Công ty sảnxuấtbánhtrungthucầnsảnxuất
3sảnphẩmbánhtừ 3loại nguyên liệu chính khác
nhau, với các thông số như sau:
8
5
Bài toán sản xuất tối ưu
Giả sử các sp sau khi sảnxuất đượctiêuthụ hết.
Hãy lậpkế hoạch sảnxuấttối ưu cho Công ty?
Loại
nguyên liệu
Khối lượng
nguyên liệu(g)
Loại bánh

L1 L2 L3
Đường 10000 1 2 2
Bột 50000 2 3 3
Sữa 30000 2 3 4
Giá bán 1 đv sản phẩm203040
9
Bài toán sản xuất tối ưu
Gọi x
j
,j = 1,2,3 là sốđơnvị sảnphẩmbánhloại
cầnsảnxuất. Ta có điềukiện.
Tổng khốilượng nguyên liệu các loại dùng để sản
xuất3sảnphẩm:
- Đường:
-Bột:
-Sữa:
Tổng doanh thu Công ty thu được khi bán hếtsản
phẩm:
10
0, 1,2,3
j
xj
123
1. 2. 3. 10000xxx
123
2. 3. 3. 50000xxx
123
2. 3. 4. 30000xx x
123
20 30 40

Z
xx x
6
Bài toán sản xuất tối ưu
Mô hình toán học của bài toán san xuất tối ưu:
Tìm x
j
,j = 1,2,3 , sao cho:
11
123
123
123
12 3
20 30 40 max
2 3 10000
2 3 3 50000
2 3 4 30000
0, 1, 2,3
j
Zxx x
xxx
xx x
xx x
xj





Bài toán sản xuất tối ưu tổng quát

Trong đó: gọi là hệ số công nghệ
12
ij
a
7
Mô hình toán học của bài toán QHTT
(1.1.1) là một dạng bài toán quy hoạch tuyến tính.
13
1
1
max
,( 1, ) (1.1.1)
0, ( 1, )







n
jj
j
n
ij j i
j
j
Zcx
ax b i m
xjn

Tìm ,( 1, ) saocho
j
xj n
Một số bài toán khác
 Bài toán xác định khẩu phần ăn tối ưu
 Bài toán pha trộn
 Bài toán bổ nhiệm ….
14
8
1.2 Bài toán QHTT
 Bài toán QHTT tổng quát
(1.2)
15
Bài toán QHTT
 Phương án.
Một vector n chiềuthỏahệ ràng buộc (1.2)
đượcgọilàmộtPAchấpnhận đượchayPA.Tập
hợptấtcả các PA của bài toán QHTT gọilàtập
phương án hay miền ràng buộc.
16
* n
x 
9
1.2 Bài toán QHTT
 Phương án cơ bản
MộtPAthỏamãnvớidấu đẳng thứcítnhất n ràng
buộc đượcgọilàphương án cơ bản.MộtPACB
thoảnmãnđúng n ràng buộcvớidấu đẳng thựcgọi
là PACB không suy biến.
 Phương án tối ưu

Mộtphương án thỏa luôn hàm mục tiêu của(1.2)
gọilàPAtối ưu.
17
1.2 Bài toán QHTT
Ví dụ 1.2.1: Xét bài toán QHTT
18
12 3
12
23
123
22max
2 1
3 (1.2.1)
, , 0
Zxx x
xx
xx
xxx




10
1.2 Bài toán QHTT
-Tậpphương án của (1.2.1) là:
-Phương án:
là 2 phương án cơ bảncủa bài toán (1.2.1).
-Phương án: x
0
=(7,3,0) là PATƯ và Z

max
=11
Thậtvậy:
19
22 2 2
{(1 2 , ,3 ) / 0 3}xx x x    
01
(1,0,3), (7,3,0)xx
12 3 2 2 2
22
2 2 2(1 2 ) 2(3 )
811,0 3
Z
xx x x x x
xx

    
   
Tính chất của bài toán QHTT
 Nếu bài toán max(min) có phương án và hàm
mụctiêubị chặntrên(dưới) thì có phương án
tối ưu.
 Nếu bài toán QHTT có nhiềuhơnmộtPATƯ thì
có vô số PATƯ.
Nếu x
0
và x
1
là 2 PATƯ thì bao lồicủanólà:
cũng là PATƯ của bài toán này.

20
01
(1 ) , [0,1]xx x

 
11
1.3 Phương pháp hình học
Xét bài toàn QHTT 2 biến:
21
11 2 2
2
1
12
max(min)
,1,
0
,0
tùy ý
ij j i
j
Zcxcx
ax b i m
xx

 

















1.3 Phương pháp hình học
 Bước1:Vẽ tậpphương án của bài toán
-Vẽ các Rb ứng vớidấu“=“lênmptđ Ox
1
x
2
-Lựachọn các nửampthỏamãnRbvớidấu
bất đẳng thức.
- Tìm miềngiaocủa các nửampnàytasẽđược
tậpphương án của bài toán (Ω).
22
12
1.3 Phương pháp hình học
 Bước2:Vẽđường mức △(đường hàm mục tiêu)
-Vẽđường đạidiệnchođường hàm mục tiêu.
-Chọn điểmbấtkì(x
0
1
,

x
0
2
) trong tậpPA(Ω).
Thay điểm này vào hàm mụctiêuZvàtìmZ
0
.Sau
đóvẽđường thẳng: c
1
x
1
+c
2
x
2
=Z
0.
-Xácđịnh vector pháp tuyếnncủa △ có chiều
làm cho hàm mục tiêu Z tốthơn.
23
1.3 Phương pháp hình học
 Bước3:Xác định lờigiải bài toán
Cho △ tịnh tiến theo vector pháp tuyếnn:
-Nếu △ luôn tiếp xúc vớitậpPA(Ω) thì bài
toán không có lờigiải.
-Nếu △ có điểmtớihạnvới(Ω)và(Ω)nằmvề
một phía của △ thì bài toán có PATƯ là điểmtới
hạnnày.
24
13

1.3 Phương pháp hình học
Ví dụ 1.3.1 Giải bài toán QHTT sau
Ta có tậpPAcủabtlàđa giác ABCDE.
Tịnh tiến  theo hướng vector pháp tuyếnn,tathấy điểmtới
hạncủa  và tậpPAlàcạnh BC.
25
12
12
12
1
12
12
2 3 max
1 (1)
2 4 (2)
5 (3)
2 3 12 (4)
0 (5), 0 (6)
Zxx
xx
xx
x
xx
xx







O
x
1
x
2
1
.
1 .
1
-2
.
4 .
2
5
.
3
6
.
3
.
4
5
6
A
B
C
D
E
n


1.3 Phương pháp hình học
Vậy bài toán có vô số PATƯ là những điểmnằm
trện đoạnCD.
Giá trị mục tiêu tối ưu:
26
max
12
D
ZZ


14
1.3 Phương pháp hình học
Ví dụ 1.3.2: Giải bài toán QHTT sau
27
12
12
1
2
12
35 max
2 8 (1)
3 (2) (1.3.1)
4 (3)
0 (4), 0 (5)






Zxx
xx
x
x
xx
1.3 Phương pháp hình học
 Vẽ tập PA của bài toán
 Vẽ đường mức : Chọn (0,0)∈() thay vào Z được
Z
0
=0.
28
42
4
.
1
3
2
3
()
Ox
1
x
2
12
12
1
2
12
35 max

2 8 (1)
3 (2)
4 (3)
0 (4), 0 (5)






Zxx
xx
x
x
xx
5
4
Bây giờ ta vẽ: 3x
1
+5x
2
=0 ()
-1
0.6

n
15
1.3 Phương pháp hình học
 Tập PA của bt
29

1.3 Phương pháp hình học
Cho △ di chuyểntheohướng vector pháp tuyến n
30
16
1.3 Phương pháp hình học
Ta thấy △ có vị trí tớihạnvới(Ω)làđỉnh B(2, 4)
và (Ω)nằmvề một phía của △ .
-Vậy bài toán có phương án tối ưulà:
31
*
max
(2,4) và Z 26x 
1.3 Phương pháp hình học
Ví dụ 1.3.3: Giải bài toán QHTT sau:
ĐS:
- Bài toán Z(min) không có lời giải.
- Bài toán Z(max) có PATƯ:(7/2, 3), Z
max
=16.
32
12
12
12
12
2
2 3 max(min)
2 3 6 (1)
2 10 (2) (1.3.2)
2 6 (3)
3 (4)






Zxx
xx
xx
xx
x
17
1.3 Phương pháp hình học
Tập PA
33
1.3 Phương pháp hình học
Chú ý:
1. TậpPAcủa bài toán QHTT có thể là tậprỗng,
chỉ có một điểm, là đagiáclồigiớinộihoặc
không giớinội.
2. NếutậpPAcủa bài toán là một đagiáclồigiới
nộithìmỗi đỉnh của đagiáclồilàPACBcủabài
toán. Do hệ ràng buộccủa bài toán QHTT là
hữuhạnnênđagiáclồicũng chỉ có hữuhạn
đỉnh.
34
18
1.3 Phương pháp hình học
3. Từđó, nếutậpphương án là mộttậplồi đadiện
thì phương án tối ưucủa bài toán đạt đượcít
nhấttạimột điểm trong miền.

4. Trường hợphàmmục tiêu không bị chặntrong
miềnràngbuộc thì bài toán không có phương án
tối ưu (Hình 2a và Hình 2b)
35
Phương pháp hình học
5. Nếumiềnràngbuộc không có đỉnh thì bài toán
không có phương án hoặccóphương án nhưng
không có phương án tối ưulà đỉnh (Hình 2c).
36
Z=Z
0
Hình 2a
Z=Z
0
Hình 2b Hình 2c
O
O
O
19
1.3 Phương pháp hình học
6. NếumiềnRbcủa bài toán là đagiáclồigiớinội
thì bước 2 và bước3củaPPhìnhhọccóthể thay
thế bằng cách đánh giá sau:
-VìmiềnRblàđagiáclồibị chặnnênmỗi đỉnh
của đagiáclàPACBcủa bài toán. Như vậytachỉ
cầntìmtọa các đỉnh củamiềnRBvàthaycácPA
này vào hàm mục tiêu.
- So sánh các giá trị mụctiêuứng với các PA đó,
PATƯ của bài toán sẽ là PA làm cho giá trị hàm
mục tiêu max hoặc min tương ứng.

37
1.3 Phương pháp hình học
Áp dụng chú ý trên cho Ví dụ 1.3.1.
Do tậpPAlàđagiáclồigiớinội OABCD, nên các
đỉnh O(0,0), A(0,4), B(2, 4), C(3, 2) và D(3, 0) là các
PACB của bài toán. Thay Các PA này vào hàm mục
tiêu ta thấyBTđạt giá trị tối ưutại đỉnh B(2, 4).
VậyPATƯ củabtlà:x
*
=(2, 4) và Z
max
=26.
38
20
1.4 Các dạng đặc biệt của bài toán QHTT
 1.4.1 Bài toán QHTT dạng chính tắc
 1.4.2 Biến đổi về dạng chính tắc
 1.4.3 Bài toán QHTT dạng chuẩn
 1.4.4 Biến đổi về dạng chuẩn
 1.4.5 Bài toán QHTT tương đương
39
1.4.1 Bài toán QHTT dạng chính tắc
Bài toán QHTT dạng chính tắclàbàitoánQHTT
có ràng buộc chính (Rbc) ở dạng đẳng thứcvàràng
buộcdấu (Rbd) không âm.
40
1
1
max(min)
, 1, (1.4.1)

0, 1,







n
jj
j
n
ij j i
j
j
Zcx
ax b i m
xjn
21
1.4.1 Bài toán QHTT dạng chính tắc
Ma trận điều kiện – Vector điều kiện
Ma trận A =(a
ij
), (i=1, ,m; j=1, ,n) là ma trậnhệ số
củahệ Rbc đượcgọilàmatrận điềukiệncủabài
toán QHTT (1.4.1). CộtjcủamatrậnA,kíhiệu: A
j
là cộthệ số củabiến x
j
đượcgọilàvectorđiềukiện

củabiến x
j
.
41
1.4.1 Bài toán QHTT dạng chính tắc
Ví dụ 1.4.1a Xét bài toán QHTT sau:
42
12 3 5
1345
156
max
2 3 4 17
4 2 5 20
2 4 6
0, 1,6
j
Z
xx x x
xxxx
xxx
xj

  
 



22
1.4.1 Bài toán QHTT dạng chính tắc
Ma trận điều kiện

có 6 vector điều kiện là A
1
,…,A
6
.
43
1 23456
A A A A A A
2 1 3 0 4 0
4 0 21 5 0
2 0 0 0 4 1
A







Bài toán QHTT dạng chính tắc
Định lý: Xét bài toán QHTT chính tắc (1.4.1)
Điềukiệncầnvàđủ để phương án x
*
=(x
1
, ,x
n
)là
phương án cơ bảncủa bài toán QHTT (1.4.1) là hệ
vector điềukiện{A

j
/x
*
j
>0} độclậptuyến tính.
Ví dụ 1.4.1b: Trong ví dụ (1.4.1a) ở trên thì PA
là một PACB, vì hệ vector
độclậptuyến
tính.
44
*
(0,17,0,20,0,6)x 
246
{ (1,0,0), (0,1, 0), (0, 0,1)}AAA
23
1.4.2 Biến đổi về dạng chính tắc
 Hệ ràng buộc chính có dạng bất đẳng thức:
 Có biến không thỏa điều kiện không âm
-Nếucóx
j
≤ 0, j=1, ,n thì
-Nếu x
j
tùyýthì
45
11
,1, ,1,
nn
ij j i ij j n k i
jj

ax b i m ax x b i m




11
,1, ,1,
nn
ij j i ij j n k i
jj
ax b i m ax x bi m




0,( 1, )
jj
x
xjn

  
;, 0,( 1,)

  
jjjjj
xxxxx j n
1.4.2 Biến đổi về dạng chính tắc
Chú ý: Bài toán nhận đượctừ bài toán gốcbằng
cách thêm vào biếnphụđượcgọi là bài toán phụ.
1. Hệ số củabiếnphụởhàm mục tiêu bằng 0.

2. Bài toán phụ là bài toán tương đương vớibài
toán gốc, i.e.,
 Nếu bài toán phụ không có phương án tối ưuthì
bài toán gốccũng không có phương án tối ưu.
46
24
1.4.2 Biến đổi về dạng chính tắc
 Nếu bài toán phụ có phương án tối ưu thì bài
toán gốccũng có phương án tối ưuvàphương án
tối ưucủa bài toán gốclàphương án tối ưucủa
bài toán phụ bỏđi thành phầnbiếnphụ và đổi
các giá trị củabiếnmớivề biếncũ theo công
thức đổibiến(nếu có).
47
1.4.2 Biến đổi về dạng chính tắc
Ví dụ 1.4.2 Biến đổibàitoánQHTTsauvề dạng
chính tắc
trong đó: x
4
, x
5
là 2 biếnphụ và x
’
2
=- x
2
48
12 3
123
12 3

123
123
23min
2 2
2 4 3
3 4 4
0, 0, 0
Zxx x
xxx
xx x
xxx
xxx


 


'
12 3
'
1234
'
12 3
'
123 5
'
12345
2 3 min
2 = 2
2 + 4 3 (1.4.2)

3 4 4
, , , , 0


 
 

Zxxx
xxxx
xx x
xxx x
xxxxx
25
1.4.3 Bài toán QHTT dạng chuẩn
Có dạng sau:
Và mỗi Rbc của (1.4.3) có một biến cơ sở x
i
49
1
111111
221122
11
max(min)
(1.4.3)
0, 1, ; 0, 1,









 



     

n
jj
j
mm nn
mm nn
mmmm mnn m
ji
Zcx
xaxaxb
xaxaxb
xax ax b
xjnbim
1.4.3 Bài toán QHTT dạng chuẩn
 Biếncơ sởứng vớiràngbuộc chính thứ i là biếncó
hệ số bằng 1 ở ràng buộc đóvàhệ số bằng 0 ở các
ràng buộc còn lại.
 Trong (1.4.3) thì các biến x
i
, (i=1, ,m ) là các biến
cơ sở, các biến x
m+1

, , x
n
là các biến không cơ sở.
 Ví dụ 1.4.3
Bài toán ở ví dụ (1.4.1a) là bài toán QHTT dạng
chuẩn với các biến cơ sở là: x
2
, x
4
và x
6
.
50