Bài giảng quy hoạch toán phần 1 potx

Bài giảng quy hoạch toán
Chương 1. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
1.1.
Các bài toán thực tế
1.1.1. Bài toán lập kế hoạch sản xuất
a) Ví dụ Để sản xuất kẹo và bánh cần 2 thứ nguyên liệu chính là đường và bột mì,
với trữ lượng hiện có là 0,9kg đường và 1,1 kg bột mì. 1kg kẹo cần 0,5 kg đường và 0,3
kg bột mì; 1kg bánh cần 0,2kg đường và 0,4 kg bột mì.
Giá 1kg kẹo là 10000đ; 1kg bánh là 20000đ. Hãy lập kế hoạch sản xuất sao cho
tổng giá trị sản phẩm lớn nhất.

Gọi x
1
là số kg kẹo được sản xuất; x
2
là số kg bánh được sản xuất.
Có mô hình toán học:

f(x) = 10000x
1
+20000x
2
→ max

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥

≤+
≤+
0,
1.14.03.0
9.02.05.0
21
21
21
xx
xx
xx


b)Tổng quát Để sản xuất n loại sản phẩm khác nhau cần m loại yếu tố sản xuất
với trữ lượng hiện có là b
1
, b
2
, , b
m
. Hệ số hao phí yếu tố i ( i=1 m ) cho 1 đơn vị sản
phẩm j (j=1 n) là a
ij
. Giá 1 đơn vị sản phẩm j là c
j
(j=1 n). Hãy lập kế hoạch sản xuất
trên cơ sở các yếu tố sản xuất hiện có sao cho tổng giá trị sản phẩm lớn nhất.

Gọi x
j

là số sản phẩm j được sản xuất,
f(x) là tổng doanh thu ứng với kế hoạch sản xuất x = (x
1
,x
2
, , x
n
).
Có mô hình toán học:

f(x) =
c
∑
=
n
j 1
j
x
j
→ max
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
=≤
∑
=
) 1(0

) 1(
1
njx
mibxa
j
ij
n
j
ij


Bài giảng quy hoạch toán
1.1.2. Bài toán vận tải
Có m kho hàng chứa cùng 1 loại hàng hóa với số lượng ở kho i là ai (i=1 m).
Đồng thời có n cửa hàng với nhu cầu ở cửa hàng j là bj (j=1 n). Chi phí vận chuyển 1
đơn vị hàng từ kho i đến cửa hàng j là c
ij
. Hãy lập kế hoạch vận chuyển sao cho thỏa mãn
nhu cầu các cửa hàng và chi phí vận chuyển thấp nhất.

Gọi x
ij
là số lượng hàng chuyển từ kho i đến cửa hàng j
f(x) là tổng chi phí theo kế hoạch vận chuyển x.
Mô hình toán học:
f(x) =
∑
∑
c
=

m
i 1 =
n
j 1
ij
x
ij
→ min


⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
==≥
==
=≤
∑
∑
=
=
) 1, 1(0
) 1(

) 1(
1
1
njmix
njbx
miax
ij
j
m
i
ij
i
n
j
ij
1.1.3. Bài toán xác định khẩu phần
Có n loại thức ăn gia súc, giá 1 đơn vị thức ăn j là c (j=1 n). Gia súc cần m chất
dinh dưỡng với nhu cầu tối thiểu chất i là b
i
(i=1 m). Biết hàm lượng chất i có trong 1
đơn vị thức ăn j là a
ij
. Hãy xác định khẩu phần thức ăn cho gia súc sao cho chi phí thấp
nhất đồng thời đảm bảo các chất dinh dưỡng cho gia súc.

Gọi x
j
là lượng thức ăn j có trong khẩu phần,
f(x) là giá khẩu phần x = (x
1

,x
2
, , x
n
).
Có mô hình toán học sau:
f(x) =
c
∑
=
n
j 1
j
x
j
→ min
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
=≥
∑
=
) 1(0
) 1(
1
njx
mibxa

j
ij
n
j
ij


1.2. Bài toán qui hoạch tuyến tính
Xét bài toán
Bài giảng quy hoạch toán
(1) f(x) = c
∑
=
n
j 1
j
x
j
→ min
(2)

⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪

⎨
⎧
+=≤
+=≥
==
∑
∑
∑
=
=
=
) 1(
) 1(
) 1(
1
1
1
mkibxa
kpibxa
pibxa
ij
n
j
ij
ij
n
j
ij
ij
n

j
ij

Bài toán (1,2) gọi là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng tổng quát, ký hiện là (d,f).
* f(x) gọi là hàm mục tiêu.
* Hệ (2) gọi là hệ ràng buộc.
* Ma trận A = (a
ij
)
mxn
gọi là ma trận số liệu.
* Vectơ C = (c
j
)
n
gọi là hệ số hàm mục tiêu.

Mỗi bộ số x=(x
1
, x
2
, , x
n
) thỏa mãn hệ ràng buộc (2) gọi là phương án, ký hiệu x
∈
d.
Phương án làm cho hàm mục tiêu f(x) đạt cực trị cần tìm gọi là phương án tối ưu, hay là
nghiệm của bài toán (d,f) .
1.3. Phương pháp hình học
Phương pháp hình học dùng để giải bài toán (d,f) 2 ẩn, hoặc nhiều hơn 2 ẩn

nhưng có thể đưa về bài toán 2 ẩn tương đương.

Xét bài toán
f(x) = ax +by → min (max)
(d)

{
) 1( miciybxa
ii
=≤+

Miền d d là giao các nửa mặt phẳng, hay là một đa giác. Bài toán có thể phát biểu bằng
hình học như sau:
Tìm trong họ đường thẳng song song ax+ by = f gọi là họ đường mức ,một đường mức
ứng với f nhỏ nhất (lớn nhất) có ít nhất 1 điểm chung với miền d.

Ví dụ 1.1
f(x,y) = x + 2y → max


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
≤+
≤+
0,
1143

925
yx
yx
yx


Bài giảng quy hoạch toán


y




A(0,11/4)
B(1,2)


d

O C(9/5,0) x

Qua hình vẽ thấy đường thẳng qua A(0,
4
11
) ứng với f lớn nhất. Vậy nghiệm là x
1
=0,
x
2

=
4
11
và f
max
=
2
11
.
Nhận xét
- Nghiệm là đỉnh của đa giác.
- Nếu hàm mục tiêu là f(x,y) = 3x + 4y thì nghiệm là cả đoạn thẳng AB.
- Giá trị f của họ đường mức tăng theo chiều của pháp vectơ.

Ví dụ 1.2
f(x,y) = x + y → max


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
≤−
−≥−
0,
22
1
yx

yx
yx






d

A(0,1)

O B(2,0)

Theo hình vẽ, hàm mục tiêu không bị chặn trên trong miền d nên bài toán vô nghiệm.
oOo
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 5
________________________________________________________________________
1.4. Bài tập
Giải các bài toán sau bằng phương pháp hình học

1. f(x) = x + 2y
→ max 2. f(x) = 5x - 3y → min


36
34 1
00
xy
xy

xy
+≤
+≤
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
,
2
xy
xy
xy
+≤
+≥
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
24
36
00,


3. f(x) = 3x + y → max 4. f(x) = 2x + 3y +10 → max

−+≥
+≤
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
36
351
00
xy
xy
xy,
5
36
4
24
00
xy
xy
xy
xy
+
≤
+≤
+≤
≥≥
⎧
⎨

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
,


5. f(x) = 2x + 5y → max 6. f(x) = x + 3y → max


22
8
3
21
00
xy
xy
xy
xy
xy
+≥
+≤
+≥
+≤
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
,
2
xy
xy
xy
+≤
+≥
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
36
4
00,



7. f(x) = x + 2y → max 8. f(x) = 2x + 3y → min

xy
xy
xy
+≤

+≤
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
8
21
00,
4
xy
xy
xy
xy
+
≥
+≥
+≥
≥≥
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
28
36
34 1

00,
2
0
0


9. f(x) = 5x
1
+ 2x
2
+ 3x
3
→ max 10. f(x) = 2x
1
+ x
3
→ min


xxx
xx x
xx x
xxx
123
12 3
12 3
123
1
253 4
432

00
++=
++≤
++ ≤
≥≥≥
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
,,
xxx
xx x
xxx
123
12 3
123
1
223
00
++=
++ ≥
≥≥≥
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪

,,


***********************
________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 6
________________________________________________________________________
Chương 2. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
2.1.
Dạng chính tắc và dạng chuẩn tắc
2.1.1. Định nghĩa
Trong thực tế, đa số các bài toán có điều kiện không âm của các ẩn. Từ đó có định
nghĩa dạng chính tắc là bài toán (d,f) như sau:
f(x) =
c
∑
=
n
j
1
j
x
j
→ min (1)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

=≥
==
∑
=
)3() 1(0
)2() 1(
1
njx
mibxa
j
ij
n
j
ij


(2) gọi là ràng buộc cưỡng bức, (3) gọi là ràng buộc tự nhiên.
Với bài toán (d,f) chính tắc, có thể giả sử m ≤n.

Một trường hợp đặc biệt của dạng chính tắc là ma trận số liệu A = (a
ij
)
mxn
có chứa
đủ m vectơ cột là m vectơ đơn vị của không gian R
m
và b
i
≥ 0 (i=1 m) gọi là dạng chuẩn
tắc. Không mất tính tổng quát, có thể định nghĩa bài toán (d,f) chuẩn tắc như sau:

f(x) =
c
∑
=
n
j
1
j
x
j
→ min
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
==+
∑
+=
) 1(0
) 1(
1
njx
mibxax
j
ij
n
mj
iji

trong đó b
i
≥ 0 (i=1 m).
2.1.2. Các phép biến đổi
Các phép biến đổi sau để đưa bài toán (d,f) bất kỳ về dạng chính tắc tương đương
để giải, và từ đó suy ra nghiệm của bài toán ban đầu.
a/ f(x) → max
g(x) = -f(x) → min ⇔
b/
∑
với x
=
≤
n
j
ijij
bxa
1
⇔
∑
=
+
=+
n
j
iinjij
bxxa
1
n+i

≥0

∑
với x
=
≥
n
j
ijij
bxa
1
⇔
∑
=
+
=−
n
j
iinjij
bxxa
1
n+i
≥0

x
n+i
gọi là ẩn phụ. Có kết luận sau:
Nếu
x = (x
1

, x
2
, , x
n
, x
n+1
, , x
n+m
) là nghiệm của bài toán chính tắc biến đổi thì
x=(x
1
, x
2
, , x
n
) là nghiệm bài toán gốc.
________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 7
________________________________________________________________________

c/ Nếu ẩn x
j
không ràng buộc về dấu thì được thay bằng hiệu hai ẩn không âm.
Nghĩa là đặt x
j
=x
j
’ – x
j

” với x
j
’≥0, x
j
”≥0.

d/ Trường hợp b
i
< 0 thì nhân hai vế phương trình cho -1 có được b
i
>0.

Vậy: Mọi bài toán quy hoạch tuyến tính đều có thể đưa về bài toán dạng chính tắc
tương đương. Hơn nữa có thể các hệ số tự do b
i
trong hệ ràng buộc là không âm.
2.1.3. Phương án cơ bản
Xét bài toán (d,f) dạng chính tắc
f(x) =
c
∑
=
n
j
1
j
x
j
→ min
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
==
∑
=
) 1(0
) 1(
1
njx
mibxa
j
ij
n
j
ij


Đặt A
j
= (a
1j
, a
2j
, , a
mj
) là vectơ cột thứ j trong ma trận A
mxn

b = (b
1
, b
2
, , b
m
) là cột hệ số tự do.

Giả sử x = (
x
1
, x
2
, , x
n
) là phương án của bài toán thì hệ vectơ { A
j
/ x
j
> 0 }
gọi là hệ vectơ liên kết với phương án x.

Định nghĩa
x
∈
d
là phương án cơ bản nếu hệ véctơ liên kết với x độc lập tuyến tính.
Ẩn x
j
gọi là ẩn cơ bản nếu x

j
> 0.

Nhận xét:
- Phương án cơ bản có tối đa m thành phần dương.
Phương án cơ bản có đúng m thành phần dương gọi là không suy biến. Ngược lại
gọi là suy biến. Bài toán có phương án cơ bản suy biến gọi là bài toán suy biến.
- Số phương án cơ bản của một bài toán (d,f) là hữu hạn.
- Với bài toán dạng chuẩn tắc thì có phương án cơ bản là x
o
= (b
1
, b
2
, ,b
m
,0, ,0).
2.1.4. Các tính chất
Tính chất 1 Bài toán (d,f) chỉ xảy ra 1 trong 3 trường hợp sau:
a) Vô nghiệm b) Có 1 nghiệm duy nhất c) Vô số nghiệm.

Tính chất 2 Nếu hàm mục tiêu f(x) là chặn dưới (trên ) đối với bài toán dạng min (max)
trên tập phương án d thì bài toán (d,f) có nghiệm.
________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 8
________________________________________________________________________
Tính chất 3 Nếu bài toán (d,f) có nghiệm thì có nghệm là phương án cơ bản.
2.2. Phương pháp đơn hình
2.2.1. Nội dung

Xuất phát từ phương án cơ bản nào đó, tìm cách đánh giá nó. Nếu chưa tối ưu thì
chuyển sang phương án cơ bản mới tốt hơn. Nếu bài toán có nghiệm thì sau hữu hạn
bước sẽ tìm được phương án cơ bản tối ưu. Hơn nữa dấu hiệu vô nghiệm cũng được thể
hiện trên thuật toán .

Ví dụ 2.1 Xét bài toán (d,f) dạng chuẩn tắc:
f(x) = x
1
-2x
2
+3x
3
-2x
4
→ min
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
=++
=+−
)4 1(0
5
432
421
321
jx
xxx

xxx
j


Có phương án cơ bản x
o
= (0, 0, 4, 5) và f(x
o
)=2 với x
3
, x
4
là ẩn cơ bản.
Đánh giá:
∀ x=(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)∈ d :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
=++

=+−
)4 1(0
5
432
421
321
jx
xxx
xxx
j
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
−−=
+−=
)4 1(0
5
324
214
213
jx
xxx
xxx
j

f(x) = x

1
-2x
2
+3x
3
-2x
4
= x
1
-2x
2
+3(4-2x
1
+3x
2
) -2(5-x
1
-x
2
)
= 2 -3x
1
+9x
2

= 2-∆
1
x
1
- ∆

2
x
2
Vì x
1
, x
2
≥0 nên nếu ∆
1
, ∆
2
≤ 0 thì f(x)≥2 và x
o
là phương án tối ưu. Tuy nhiên, ở đây
∆
1
=3>0 nên x
o
chưa phải là nghiệm.

Thử chọn x
1
, x
4
làm ẩn cơ bản , cho x
2
=0 và x
3
=0. Có
⎩

⎨
⎧
=+
=
5
42
41
1
xx
x
x⇒
1
=2 và x
4
=3.
Rõ ràng A
1
, A
4
độc lập tuyến tính nên có phương án cơ bản là x = (2, 0, 0, 3)
và f(
x ) = - 4.
Đánh giá:
∀ x=(x
1
,x
2
,x
3
,x

4
)∈ d :
________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 9
________________________________________________________________________
⎩
⎨
⎧
=++
=+−
5
432
421
321
xxx
xxx
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+−=
−+=
324
321
2

1
2
5
3
2
1
2
3
2
xxx
xxx

f(x) = x
1
-2x
2
+3x
3
-2x
4
= (2+
2
3
x
2
-
2
1
x
3

)

-2x
2
+3x
3
-2(3-
2
5
x
2
+
2
1
x
3
)
= - 4 +
2
9
x
2
+
2
3
x
3
(= -4-∆
2
x

2
- ∆
3
x
3
)
≥ -4
Vì x
2
, x
3
≥0 nên x là phương án tối ưu (∆
2
, ∆
3
≤0).
2.2.2. Bảng đơn hình
Cho bài toán (d,f) chuẩn tắc:
f(x) =
c
∑
=
n
j 1
j
x
j
→ min
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
=≥
==+
∑
+=
) 1(0
) 1(
1
njx
mibxax
j
ij
n
mj
iji

trong đó b
i
≥ 0 (i=1 m).
∀ j=1 n đặt ∆
j
=
∑
c
=
m
i 1
i

a
ij
- c
j
và gọi là ước lương của ẩn x
j
đối với phương án cơ bản
x
o
=(b
1
, b
2
, …, b
m
, 0, …, 0) với f(x
o
)= c
∑
=
m
i 1
i
b
i
Lưu ý: ∆
i
= 0 , ∀ i=1 m

Có bảng đơn hình sau:

Hệ
số
Ẩn
CB
P/Án x
1
c
1
x
2
c
2
… x
m
c
m
x
m+1
c
m+1
… x
s
c
s
… x
n
c
n
c

1
x
1
b
1
1 0 … 0 a
1,m+1
… a
1s
… a
1n
c
2
x
2
b
2
0 1 … 0 a
2,m+1
… a
2s
… a
2n
… …
…
… … … … … … …
c
r
x
r

b
r
0 0 … 0 a
r,m+1
… a
rs
… a
rn
… …
…
… … … … … … …
c
m
x
m
b
m
0 0 … 1 a
m,m+1
… a
ms
… a
mn
f(x) ∆
1
∆
2
∆
m
∆

m+1
∆
s
∆
n
________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao
Bài giảng Quy hoạch toán học Trang 10
________________________________________________________________________
2.2.3. Cơ sở lý luận
Cho bài toán (d,f) chuẩn tắc:
f(x) =
c
∑
=
n
j 1
j
x
j
→ min
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=≥
==+
∑
+=

) 1(0
) 1(
1
njx
mibxax
j
ij
n
mj
iji

trong đó b
i
≥ 0 (i=1 m).
∀ j=1 n đặt ∆
j
= c
∑
=
m
i 1
i
a
ij
- c
j

Có phương án cơ bản x
o
=(b

1
, b
2
, …, b
m
, 0, …, 0) với f(x
o
)= c
∑
=
m
i 1
i
b
i
Định lý 1 ( Dấu hiệu tối ưu)
Nếu ∆
j
≤0 với mọi j = 1 n thì x
o
là phương án tối ưu.

Chứng minh
Có f(x
o
)= c
∑
=
m
i 1

i
b
i
∀ x=(x
j
)
n
∈ d : x
i
+ a
∑
+=
n
mj 1
ij
x
j
=b
i
(i=1 m) ⇒ x
i
= b
i
- a
∑
+=
n
mj 1
ij
x

j
(i=1 m)
f(x) =
c
∑
=
n
j 1
j
x
j

=
c
∑
=
m
i 1
i
x
i
+ c
∑
+=
n
mj 1
j
x
j
= c

∑
=
m
i 1
i
(b
i
- a
∑
+=
n
mj 1
ij
x
j
) + c
∑
+=
n
mj 1
j
x
j
= c
∑
=
m
i 1
i
b

i
- ( c
∑
+=
n
mj 1
∑
=
m
i 1
i
a
ij
-c
j
) x
j
= f(x
o
) - ∆
∑
+=
n
mj 1
j
x
j
≥ f(x
o
) : vì ∆

j
≥0 và x
j
≥ 0 (j=m+1 n)

Định lý 2 ( Dấu hiệu vô nghiệm)
Nếu
∃ ∆
k
>0 và a
ik
≤0 ∀ i = 1 m thì bài toán vô nghiệm.

Chứng minh
Vì ∆
i
= 0 , i=1 m và ∆∀
k
>0 nên có k>m.

________________________________________________________________________
GV: Phan Thanh Tao