điều kiện cần và đủ để quy hoạch tuyến tính bất kỳ có nghiệm

Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
1

Câu 1: Hãy trình bày một điều kiện cần và đủ để bài toán quy hoạch tuyến tính
(QHTT) bất kỳ có nghiệm. Chứng minh điều đó.
Ý tưởng chứng minh:
Bước 1: Đầu tiên ta phát biểu điều kiện đủ để bài toán QHTT dạng chính tắc:
 
0
, min
0
c u
TT Au b
u
 






có nghiệm.
Giả sử
0
M
 
với
0
M
là tập phương án của



0
TT
.
Nếu hàm
: ,
u c u


bị chặn dưới trong
0
M
thì


0
TT
có nghiệm.
Bước 2: Xét bài toán QHTT dạng tổng quát


TT
với tập phương án
M
 
. Đặt
bài toán QHTT dạng chính tắc


0

TT
(với tập phương án
0
M
) tương ứng với nó.
CM: - Nếu
M
 
thì
0
M
 
.
- Nếu hàm mục tiêu của


TT
bị chặn dưới trong
M
thì hàm mục tiêu của


0
TT
bị chặn dưới trong
0
M
.
Bước 3: Phát biểu và CM điều kiện cần và đủ để bài toán QHTT dạng tổng quát
có nghiệm.

Cụ thể như sau:
Bước 1:
Mệnh đề 1:
Xét
 
0
, min
0
c u
TT Au b
u
 







0
M
 
với
0
M
là tập phương án của


0
TT

.
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
2

Nếu hàm
: ,
u c u


bị chặn dưới trong
0
M
thì


0
TT
có nghiệm.
□ Trước khi chứng minh mệnh đề 1, ta phát biểu và chứng minh mệnh đề sau:
Mệnh đề 2: Tập điểm cực biên của
0
M
là hữu hạn và khác rỗng.

0
extM
hữu hạn.
Ta có
0
M

là tập lồi đa diện (vì nó là giao hữu hạn của các nửa không gian
đóng).
Do đó
0
extM
là tập hữu hạn (đây là kết quả đã có trong lý thuyết ở mục 2.4.
Điểm cực biên của tập lồi đa diện).

0
extM
 

Ý tưởng chứng minh
- Lấy
0
u M

- Nếu
0
u

thì
u
là điểm cực biên.
- Nếu
0
u

và không là điểm cực biên thì ta chỉ ra rằng có thể xây dựng
1

0
u M
 và có ít thành phần dương hơn
u
. Dùng tiêu chuẩn điểm cực biên
cho tập lồi đa diện
0
M
, xem
1
u
có là điểm cực biên không? Nếu không,
xây dựng tiếp
21
0
u M
 có ít thành phần dương hơn
1
u
. Cứ thế tiếp tục thì
hoặc là sẽ có
i
u
thỏa tiêu chuẩn điểm cực biên hoặc là đi đến vecto 0
cũng là điểm cực biên.
- Vậy
0
extM
 

Chứng minh cụ thể :
0
:
0
n
Au b
M u R
u

 
 
 

 

Ta sử dụng kết quả sau: (ký hiệu đã được giải thích trong lý thuyết)
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
3

0
,u M u
  

(
u
là điểm cực biên của
0
M
)





:
j
a j J u
  độc lập tuyến tính trong
m
R
.
Ta gọi




:
j
a j J u
 là hệ vecto liên kết với
u
.

- Lấy
0
u M

- Nếu
0
u


thì
u
là điểm cực biên.
Chứng minh:
Giả sử 0 không là điểm cực biên của
0
M

Khi đó
   
 


 
0
, :
0 , \ ,
u v
i
u v M
u v u v
ii

 
 

Từ (ii) ta có


 

0 ,
0 ,
u v
u v
 












0 1 , 0,1
tu t v t iii
    
Mà
0
,
u v M
 nên
 
0

0
u

iv
v






Từ (iii) và (iv) nên
0

0
u
v






(vì giả sử ngược lại, chẳng hạn có
0
u

thì do


0,1
t  ta có
 

 
0
1 0
1 0
tu
tu t v
t v


   

 

(mâu thuẫn với


0 1
tu t v
   )
Nhưng
0

0
u
v






lại mâu thuẫn với
u v

.
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
4

Do đó 0 là điểm cực biên của
0
M
.
 Nếu
0
u

và không là điểm cực biên của
0
M





:
j
a j J u
  phụ thuộc tuyến tính trong
m
R
.



,
j
x j J u
   không đồng thời bằng 0 sao cho
 
0
j j
j J u
x a




Ta đặt
n
t R
 được xác định như sau:
 


 
neu
0 neu
j
j
x j J u
t
j J u

 

 

 

 
 

Như vậy
0
t

và
0
At

, mặt khác
Au b


Do tính chất nghiệm hệ phương trình tuyến tính ta có:


A u b

 
với
R



. Đặt
 
0
min , 0, 0
i
i
i
u
t i J u
t

 
 
   
 
 
 

Khi đó
0 0
0, 0
u t u t
 
   
và có 1 vectow có ít thành phần dương hơn u.
Hơn nữa.
   
 
0 0

0 0 0
0 0 0
1 1
2 2
,
0, 0
u u t u t
u t u t M
u t u t do t
 
 
  
   
  
    

Tóm lại:
0
u

và không là điểm cực biên của
0
M
thì ta xây dựng được
1 2 1 2
0
, ,
u u M u u
 
sao cho :

1 2
1 1
2 2
u u u
  trong đó
1
u
có số thành phần
dương ít hơn so với
u
. Nếu
1
u
vẫn không phải là điểm cực biên thì cũng
tương tự như trên ta lại xây dựng được
3 4
,
u u
trong đó
3
u
có số thành phần
dương ít hơn so với
1
u
.
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
5

Nếu

3
u
vẫn không phải là điểm cực biên thì quá trình cứ tiếp tục như trên
cho đến khi thu được một
*
u
có hệ vecto liên kết với nó độc lập tuyến tính
hoặc đến lúc có vecto 0; dù trường hợp nào thì cuối cùng cũng thu được
một điểm cực biên.
Nhận xét: mục đích giảm số thành phần dương là để giảm số vecto trong
hệ vecto liên kết. Hy vọng hệ vecto liên kết sẽ có 1 hệ con độc lập tuyến
tính.
□ Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 1:
Ý tưởng chứng minh:
Ta sẽ chứng minh với mỗi phương án
0
u M
 luôn có một phương án cực biên
0
v M
 sao cho
, ,
c u c v
 mà
0
extM
 
, hữu hạn.
Giả sử là
1 2

, , ,
k
v v v
. Khi đó ta chọn
*
0
v extM
 sao cho
*
, , , 1, .
i
c v c v i k
 
Từ đó suy ra:
*
0
, , , .
c v c u u M
 
Vậy
*
v
là phương án tối ưu.
Chứng minh cụ thể:
Lấy
0
u M

 Nếu
0

u

thì
u
là phương án cực biên.
 Nếu
0
u

và
u
không phải phương án cực biên.
Trước hết ta sẽ chứng tỏ có
1
u
có ít thành phần dương hơn
u
và
1
, ,
c u c u
 .
Tương tự như chứng minh mệnh đề 2.
Ta có thể chỉ ra một vecto
0
t

sao cho



,
A u t b R
 
  
không mất tính
tổng quát, giả sử
, 0
c t

(nếu
, 0
c t

thì lấy
t

thay cho
t
)
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
6

Một cách tương tự chứng minh mệnh đề 2 ta chọn
0
0


, đủ nhỏ sao cho
0
0

u t

 
, tức là
0 0
u t M

  .
+ Nếu
, 0
c t

ta xét nửa đường thẳng


1
0
:u u t
  
   . Ta có mọi điểm
của nửa đường thẳng đều thỏa ràng buộc
Ax b

.
Vì , , ,c u t c u c t
 
    
khi

 

(vì
, 0
c t

).
Mặt khác
: ,
u c u


bị chặn dưới trong
0
M
nên đến giá trị
*

phải có
thành phần nào đó của
*
u t

 bằng 0 để sau đó
u t


ra ngoài
0
M
, tức là
*

u t

 có ít thành phần dương hơn
u
và
*
, ,
c u t c u

  (vì
, 0
c u

)
+ Nếu
, 0
c t

, ta xét cả đường thẳng


1
:
u u t R
 
   với
0
0



, đủ nhỏ
thì
0 0
u t M

  nên đường thẳng qua một điểm của
0
M
. Mà
0
M
không chứa
đường thẳng (vì có ràng buộc
0
u

) nên có điểm
*
u t

 , khi đường thẳng
đến ranh giới để rời
0
M
, có ít thành phần dương hơn
u
. Hơn nữa:
*
, ,
c u t c u


  .
Cứ tiếp tục quá trình, cuối cùng ta sẽ đến một điểm có hệ vecto liên kết với
nó độc lập tuyến tính hoặc đến lúc có được vecto 0. Dù trường hợp nào thì
cuối cùng cũng thu được một phương án cực biên w. Hơn nữa:
,w ,
c c u
 .
Vì tập
0
ex
tM
là hữu hạn và khác rỗng (do mệnh đề 2).
Ký hiệu chúng là:
1 2
, , ,
k
v v v
và gọi
*
v
là điểm cực biên sao cho
*
, , , 1,
i
c v c v i k
  .
Ta đã chỉ ra là: mỗi
0
u M

 có một
i
v
để
, ,
i
c v c u
 nên
*
0
, , ,
c v c u u M
   , đương nhiên
*
0
v M
 .
Vậy
*
v
là phương án tối ưu. Tức là


0
TT
có nghiệm.
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
7

Nhận xét:

Trong chứng minh trên ta có sử dụng kỹ thuật sau:
Xét trên nửa đương thẳng


1
0
:u u t
  
   ta có
0 0
u t M

  . Tức là xuất
phát từ một điểm thuộc
0
M
như vậy


0
0
0
A u t b
u t



 

 


khi di chuyển theo nửa
đường thẳng (cho

tăng) thì ràng buộc


A u t b

 
luôn thỏa. Nhưng vì
hàm mục tiêu bị chặn dưới trong
0
M
mà lại có
, khi +
c u t
 
    
,
như vậy sẽ có những điểm trên nửa đường thẳng không thuộc
0
M
, tức là
không thỏa ràng buộc
0
u t

 
, tức là có thành phần nào đó của

u t


nhỏ
hơn 0, ta giả sử nó là:


0
0
j
u t

 
, Ta có






0 0 0
j j j
u t u t
 
  
Nếu điểm thuộc
0
M
ta có





0 0
0
j j
u t

 
, khi ra ngoài
0
M
ta có




0 0
0
j j
u t

 
.
Xét hàm số theo
:


   
0 0

:

j j
R R
u t

 



Do tính liên tục của

nên có
*

sao cho




0 0
*
0
j j
u t

 
.

Bước 2:

Cho
 
, min

c u
TT
Au b






,
M M
 
là tập phương án chấp nhận được của


TT
.
Đặt
   
1 2
1 1 2
1 2
, min

, 0
c u u

TT A u u b
u u
  

 





Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
8

 


1 2
1 1 2
1 2
, :
, 0
n n
A u u b
M u u R R
u u
 
 
  
 


 

Đặt
   
1 2
0 1 2
1 2
, min

, , 0
c u u
TT A u u Iv b
u u v
  

  





 


1 2
0 1 2
1 2
, , :
, , 0
n n m

A u u Iv b
M u u v R R R
u u v
 
  
   
 

 

Mệnh đề 3:
(i)
M
 
thì
1
M
 
và
0
M
 

(ii) Hàm mục tiêu của


TT
bị chặn dưới trong
M
thì hàm mục tiêu của



0
TT
bị chặn dưới trong
0
M

Chứng minh:
(i) Giả sử
M
 
thì
u M
 

Đặt
1 2
,
n
u u R
 được xác định như sau:
 




 
1
if 0

0 if 0
j j
j
j
u u
u
u









 




 
2
if 0
0 if 0
j j
j
j
u u
u

u

 







Ta có
1 2 1 2
, 0, 0
u u u u u
   

Do
u M

nên


1 2
0
Au b A u u
   

Đặt



1 2
,
n n
u u R R
 
thì


1 2 1
,
u u M
 hay
1
M
 

Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
9

Đặt


1 2
0
v A u u b
   

Đặt



1 2
, ,
n n m
u u v R R R
  
ta có
1 2
, , 0
u u v


Do cách đặt ta có:


1 2
A u u Iv b
  
tức là


1 2 0 0
, , hay u u v M M
  

(ii) Hàm mục tiêu của


TT
bị chặn dưới trong
M

tức là:
: , , .
R c u u M
 
    
+ Lấy


1 2 1 1 2
, . CM ,u u M c u u

  

Đặt
1 2
u u u
 
do


1 2 1
,
u u M
 ta có


1 2 1 2
, ,A u u b Au b u M c u a c u u

          

Vậy hàm mục tiêu của


1
TT
bị chặn dưới trong
1
M
.
+ Lấy


1 2 0 1 2
, , . CM ,u u v M c u u

  

Đặt


1 2
,
u u u
 , do


1 2 0
, ,
u u v M

 ta có




1 2 1 2
A u u Iv b A u u b
     
(vì
0
v

) hơn nữa
1 2
, 0
u u


Vậy


1 2 1
,
u u u M
 
Do hàm mục tiêu của
1
M
bị chặn dưới trong
1

M
nên
1 2
,c u u

 
.
Từ đó ta có hàm mục tiêu của


0
TT
bị chặn dưới trong
0
M
.
Bước 3:
Xét
 
, min
c u
TT
Au b






M

là tập phương án của


TT

Giả sử
M
 
.
Trích đề thi 30% Môn quy hoạch tuyến tính.
10



TT
có nghiệm

hàm
: ,
u c u


bị chặn dưới trong
M
.



Giả sử



TT
có nghiệm, tức là:
*
*
, ,
u M
c u c u

 






Đặt
*
,
c u

 , Ta có , ,u M c u

  
hay
: ,
u c u


bị chặn dưới trong

M
.



Bằng cách đặt




1 0
,
TT TT
như sau:
 
 
1 2
1
1 2
1 2
, min
, 0
c u u
TT
A u u b
u u

 

 






 
 
1 2
0
1 2
1 2
, min
, , 0
c u u
TT
A u u Iv b
u u v

 

  





Do
M
 
và hàm

: ,
u c u


bị chặn dưới trong
M
. Theo mệnh đề 3 thì hàm
mục tiêu của


0
TT
bị chặn dưới trong
0
M
và
0
M
 
.
Áp dụng mệnh đề 1 thì


0
TT
có nghiệm. Nhờ kết quả lý thuyết ta có


1
TT

có
nghiệm và


TT
có nghiệm.
Chứng minh xong.