Dáng điệu tiệm cận và tính ổn định của nghiệm của phương trình sai phân ẩn tuyến tính chỉ số 1 r

GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN
QUI HOẠCH PHÂN THỨC PHI TUYẾN
GS.TS. Trần Vũ Thiệu
Khoa Toán - Tin

Tóm tắt. Bài này trình bày phương pháp giải một lớp bài toán
qui hoạch phân thức phi tuyến. Dùng biến đổi Charnes-Cooper ([2], tr.
54), bài toán được đưa về một qui hoạch phi tuyến tương đương và
sau đó qui hoạch này lại được biến đổi thành một bài toán qui hoạch
tuyến tính, với một biến số và hai ràng buộc nhiều hơn so với bài toán
ban đâu. Cuối bài nêu ra các ví dụ số minh hoạ cho phương pháp giải.

1. NỘI DUNG BÀI TOÁN
Xét bài toán qui hoạch phân thức phi tuyến có dạng:
(P)
kkk
q,t,x
min

nn110
nnn11100
xqxqq
x)t(px)t(p)t(p




,
với các điều kiện
A

1
x
1
+ + A
n
x
n
≤ b, x
1
≥ 0, , x
n
≥ 0.
a
k
≤ t
k
≤ b
k
, c
k
≤ q
k
≤ d
k
, k = 0, 1, , n,
trong đó a
k
, b
k
, c

k
, d
k
∈

ℝ, A
k
∈

ℝ
m
(k = 1, , n) và b ∈

ℝ
m
cho trước, p
k
(t) là hàm liên tục
theo t ∈ [a
k
, b
k
] ⊂ ℝ. Các biến cần tìm của (P) là x
k
. t
k
, q
k
, k = 1, , n. Ta giả thiêt:
a) Tập X = {x ∈ ℝ

n
: A
1
x
1
+ + A
n
x
n
≤ b, x ≥ 0} ≠ ∅ và bị chặn;
b) q
0
+ q
1
x
1
+ + q
n
x
n
> 0 ∀x = (x
1
, , x
n
)
T
∈ X, ∀q
k
∈ [c
k

, d
k
].
Khi a
k
= b
k
, c
k
= d
k
với mọi k = 0, 1, , n (tức mọi p
k
, q
k
cho trước), (P) trở thành bài
toán qui hoạch phân tuyến tính ([2], tr. 41 và [3], tr. 703) thông thường, ký hiệu (LFP). Khi
xem mọi t
k
, q
k
như các biến số thì (P) là một bài toán qui hoạch phân thức phi tuyến. Để cho
tiện về sau, ta ký hiệu A = (A
1
, A
2
, , A
n
). Trường hợp mọi p
k

(t
k
) tuyến tính đã xét ở [4].
Có thể giải thích ý nghĩa của bài toán (P) như sau: Giả sử một xí nghiệp có thể dùng m
loại vật tư hiện có để sản xuất ra n loại sản phẩm. Gọi b
i
là lượng vật tư i (i = 1, , m) mà xí
nghiệp có và a
ik
là định mức tiêu hao vật tư i để sản xuất một đơn vị sản phẩm k (k = 1, , n).
Mỗi đơn vị sản phẩm k sản xuất ra sẽ cho lợi nhuận là p
k
(t
k
) phụ thuộc tham số t
k
∈ [a
k
, b
k
] và
tốn chi phí sản xuất là q
k
∈ [c
k
, d
k
], p
0
(t

0
) là lợi nhuận cố định thu được và q
0
là chi phí cố
định cần bỏ ra (p
0
, q
0
không phụ thuộc số lượng sản phẩm sản xuất). Hỏi với số vật tư đã có xí
nghiệp nên sản xuất bao nhiêu đơn vị sản phẩm mỗi loại sao cho hiệu qủa sản xuất của xí
nghiệp (đo bằng tỉ số giữa tổng lợi nhuận thu được trên tổng chi phi sản xuất) là lớn nhất? Bài
toán này dẫn đến mô hình qui hoạch phân thức có dạng bài toán (P).
Dùng phép đổi biến số Charnes - Cooper ([2], tr. 54), ta đưa bài toán (P) về một bài toán
tối ưu phi tuyến tương đương: Thêm vào một biến mới
y
0
=
nn110
xqxqq
1
 
> 0,
72
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ

(P) được viết lại thành bài toán:
p
0

(t
0
)y
0
+ p
1
(t
1
)y
0
x
1
+ + p
n
(t
n
)y
0
x
n
→ min,
q
0
y
0
+ q
1
y
0
x

1
+ + q
n
y
0
x
n
= 1,
A
1
y
0
x
1
+ + A
n
y
0
x
n
≤ by
0
, x
1
≥ 0, , x
n
≥ 0, y
0
≥ 0.
a

k
≤ t
k
≤ b
k
, c
k
≤ q
k
≤ d
k
, k = 0, 1, , n.
Bằng cách thay các biến x
k
bởi y
k
= y
0
x
k
với mọi k = 1, , n, ta đưa bài toán trên về
dạng tương đương:
(Q)

p
0
(t
0
)y
0

+ p
1
(t
1
)y
1
+ + p
n
(t
n
)y
n
→ min,
q
0
y
0
+ q
1
y
1
+ + q
n
y
n
= 1,
- by
0
+ A
1

y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
a
k
≤ t
k
≤ b
k
, c
k
≤ q
k
≤ d
k
, k = 0, 1, , n.
Định lý sau cho thấy có thể giải (Q) thay cho bài toán (P).
Định lý 1. Với các giả thiết đã nêu, nếu y* = (

0

y
,

1
y
, ,

n
y
)
T
là một nghiệm tối ưu
của bài toán (Q) thì

0
y > 0 và x* = (

1
x
,

2
x
, ,

n
x
)
T
với


k
x
=

k
y
/

0
y sẽ là một nghiệm tối
ưu của bài toán (P) ban đầu.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh

0
y
> 0. Thật vậy, nếu

0
y
= 0 thì do q
T
y* = 1
nên đặt z = (

1
y
, ,

n

y
) ta có z ≠ 0 và z thỏa mãn Az ≤ 0, z ≥ 0. Khi đó z là một hướng lùi xa
của tập lồi X, bởi vì với bất kỳ x ∈ X (tức Ax ≤ b, x ≥ 0) ta có A(x + z) = Ax + Az ≤ b và
x + z ≥ 0 với mọi  ≥ 0. Chứng tỏ x + z ∈ X với mọi  ≥ 0, điều này trái với giả thiêt tập X
bị chặn. Vậy phải có

0
y
≠ 0. Do

0
y
≥ 0 nên

0
y
> 0.
Bây giờ ta chứng minh x* là nghiệm tối ưu của (P). Thật vậy, do y* là nghiệm của (Q),

0
y > 0 nên x* nghiệm đúng Ax* ≤ b, x* ≥ 0, tức x* ∈ X. Lấy bất kỳ x ∈ X (Ax ≤ b, x ≥ 0).
Do giả thiêt q
0
+ q
1
x
1
+ + q
n
x

n
> 0 nên y = (y
0
, y
1
, , y
n
) với y
0
= 1/(q
0
+ q
1
x
1
+ + q
n
x
n
)
> 0, y
k
= y
0
x
k
≥ 0, k = 1, , n, sẽ thoả mãn mọi ràng buộc của bài toán (Q). Mặt khác, y* là
nghiệm tối ưu của (Q) nên phải có
p
0

(t
0
)

0
y
+ p
1
(t
1
)

1
y
+ + p
n
(t
n
)

n
y
≤ p
0
(t
0
)y
0
+ p
1

(t
1
)y
1
+ + p
n
(t
n
)y
n
.
Bằng cách thay

k
y
=

0
y .

k
x
, y
k
= x
k
/(q
0
+ q
1

x
1
+ + q
n
x
n
), k = 1, , n và y
0
= 1/(q
0
+
q
1
x
1
+ + q
n
x
n
) ta thấy

0
y (p
0
(t
0
) + p
1
(t
1

)

1
x
+ + p
n
(t
n
)

n
x
) ≤
≤ (p
0
(t
0
) + p
1
(t
1
)x
1
+ + p
n
(t
n
)x
n
)/(q

0
+ q
1
x
1
+ + q
n
x
n
).
Chia vế trái bất đẳng thức trên cho q
T
y* =

0
y (q
0
+ q
1

1
x
+ + q
n

n
x
) = 1 ta nhận được





nn110
nnn11100
xqxqq
x)t(px)t(p)t(p


≤
nnn10
nnn11100
xqxqq
x)t(px)t(p)t(p




.
Đó là điều cần chứng minh. ∎
2. BÀI TOÀN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH TƯƠNG ĐƯƠNG
Ký hiệu 
k
=
kk
bta
k
)t(pmin

, 
k

=
kk
bta
k
)t(pmax

, k = 0, 1, , n (a
k
, b
k
tồn tại do p
k
(t) liên tục).
Khi đó, các ràng buộc cuối của (Q) có thể viết lại dưới dạng
p
k
(t
k
) = 
k
+ (
k
- 
k
)
k
với 0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, , n,

(1)
73
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ

q
k
= c
k
+ (d
k
- c
k
)
k
với 0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, , n. (2)
Thay p
k
(t
k
), q
k
theo (1) - (2) vào (Q) ta nhận được bài toán:
(R) (
0
+ (
0

- 
0
)
0
)y
0
+ (
1
+ (
1
- 
1
)
1
)y
1
+ + (
n
+ (
n
- 
n
)
n
)y
n
→ min,
(c
0
+ (d

0
- c
0
)
0
)y
0
+ (c
1
+ (d
1
- c
1
)
1
)y
1
+ + (c
n
+ (d
n
- c
n
)
n
)y
n
= 1,

(3)

- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
0 ≤ 
k
≤ 1, 0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, . . . , n.
Ràng buộc đẳng thức (3) có thể viết lại thành
(d
0
- c
0
)
0
y

0
+ (d
1
- c
1
)
1
y
1
+ + (d
n
- c
n
)
n
y
n
+ c
0
y
0
+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
= 1, (4)

Do y
k
≥ 0, 0 ≤ 
k
≤ 1, c
k
- d
k
≤ 0 với mọi k = 0, 1, , n, nên ta có
1 ≥ 1 + (c
0
- d
0
)
0
y
0
+ (c
1
- d
1
)
1
y
1
+ + (c
n
- d
n
)

n
y
n
≥
≥ 1 + (c
0
- d
0
)y
0
+ (c
1
- d
1
)y
1
+ + (c
n
- d
n
)y
n
. (5)
Thay só 1 ở biểu thức giữa của (5) bằng biểu thức (4) ta nhận được
1 ≥ c
0
y
0
+ c
1

y
1
+ + c
n
y
n
≥ 1 + (c
0
- d
0
)y
0
+ (c
1
- d
1
)y
1
+ + (c
n
- d
n
)y
n
. (6)
Từ bất đẳng thức đầu và bất đẳng thức cuối của (6) cho thấy
c
0
y
0

+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
≤ 1,

(7)
d
0
y
0
+ d
1
y
1
+ + d
n
y
n
≥ 1. (8)
Ngược lại, nếu có y = (y
0
, y
1
, , y
n

)
T
thoả mãn (7) - (8) thì đặt 
k
=  ∀k, trong đó
 =











nnn11100
nn110
T
T
y)cd(y)cd()cd(
)ycycc(1
1ydkhi1
1yckhi0


,

(9)

ta nhận được q = c + (d - c) và q
T
y = 1, tức y, q sẽ thoả mãn (3).
Do vậy bằng cách sử dụng (7)

-

(8) thay cho (3), bài toán (R) biến đổi thành bài toán qui
hoạch phi tuyến:
(S) (
0
+ (
0
- 
0
)
0
)y
0
+ (
1
+ (
1
- 
1
)
1
)y
1
+ + (

n
+ (
n
- 
n
)
n
)y
n
→ min,
c
0
y
0
+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
≤ 1,
d
0
y
0
+ d
1
y

1
+ + d
n
y
n
≥ 1.
- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, . . . , n.
Hàm mục tiêu của bài toán này có dạng đặc biệt. Ta sẽ tìm cách thay nó bằng một hàm
mục tiêu tuyến tính.
Thật vậy, giả sử
y


= (
0
y ,
1
y , ,
n
y ) là một lời giải chấp nhận được bất kỳ của (S) với
0 ≤ 
k
≤ 1, 
k
- 
k
≥ 0 với mọi k = 0, 1, , n. Khi đó giá trị hàm mục tiêu tại
y
có đánh giá
(
0
+ (
0
- 
0
)
0
)
0
y
+ (
1

+ (
1
- 
1
)
1
)
1
y
+ + (
n
+ (
n
- 
n
)
n
)
n
y
=
= 
0
0
y + 
1
1
y + + 
n
n

y + (
0
- 
0
)
0
0
y + (
1
- 
1
)
1
1
y + + (
n
- 
n
)
n
n
y ≥
≥ 
0
0
y
+ 
1
1
y

+ + 
n
n
y
(do
k
y
, 
k
, 
k
- 
k
≥ 0 ∀k = 0, 1, , n).
74
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ

Điều này chứng tỏ lời giải tối ưu của (S) đạt được khi mọi 
k
= 0. Chính vì thế có thể
thay thế bài toán tối ưu phi tuyến (S) bằng qui hoạch tuyến tính:
(LP) 
0
y
0
+ 
1
y

1
+ + 
n
y
n
→ min,
c
0
y
0
+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
≤ 1,
d
0
y
0
+ d
1
y
1
+ + d
n
y

n
≥ 1.
- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0,
y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
Như vậy, bài toán qui hoạch phân thức (P) qui được về bài toán qui hoạch tuyến tính
(LP). Từ nghiệm tối ưu của bài toán tuyến tính này cùng với p
k
(t
k
) = 
k
, tức t
k
= argmin

p
k
(t)
(tương ứng với 
k
= 0), q
k
= c
k
+ (d
k
- c
k
)
k
, 
k
=  tính theo (9), ta thu được nghiệm tối ưu
của bài toán (Q). Từ đó, theo Định lý 1 ta tính ra nghiệm tối ưu của bài toán ban đầu (P).
3. THUẬT TOÁN GIẢI
Để đưa ra thuật toán giải, ta nhắc lại tóm tắt lập luận trên như sau.
Bài toán qui hoạch phân thức:
(P)
k
q,t,x
kk
min
nn110
nnn11100

xqxqq
x)t(px)t(p)t(p




,
A
1
x
1
+ + A
n
x
n
≤ b, x
1
≥ 0, , x
n
≥ 0.
a
k
≤ t
k
≤ b
k
, c
k
≤ q
k

≤ d
k
, k = 0, 1, , n,
trong đó a
k
, b
k
, c
k
, d
k
∈ ℝ, A
k
∈ ℝ
m
(k = 1, , n), b ∈ ℝ
m
cho trước; p
k
(t) là hàm liên tục
theo t ∈ [a
k
, b
k
]. Gỉa thiết:
a) X = {x ∈ ℝ
n
: A
1
x

1
+ + A
n
x
n
≤ b, x ≥ 0} ≠ ∅, compac và
b) q
0
+ q
1
x
1
+ + q
n
x
n
> 0 ∀x = (x
1
, , x
n
)
T
∈ X, ∀q
k
∈ [c
k
, d
k
].
1. Thực hiện phép biến đổi Charnes - Cooper

y
0
=
nn110
xqxqq
1
 
, y
k
= y
0
x
k
, k = 1, , n
bài toán ban đầu được đưa về dạng (các biến y
k
, t
k
, q
k
, k = 0, 1, , n)
(Q)

p
0
(t
0
)y
0
+ p

1
(t
1
)y
1
+ + p
n
(t
n
)y
n
→ min,
q
0
y
0
+ q
1
y
1
+ + q
n
y
n
= 1,
- by
0
+ A
1
y

1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
a
k
≤ t
k
≤ b
k
, c
k
≤ q
k
≤ d
k
, k = 0, 1, . . . , n.
2. Gỉa sử 
k
=
kk
bta

k
)t(pmin

, 
k
=
kk
bta
k
)t(pmax

. Thực hiện phép đổi biến số
p
k
= 
k
+ (
k
- 
k
)
k
, q
k
= c
k
+ (d
k
- c
k

)
k
, k = 0, 1, . . . , n
đưa bài toán (Q) về dạng (các biến y
k
, 
k
, 
k
, k = 0, 1, , n)
(R) (
0
+ (
0
- 
0
)
0
)y
0
+ (
1
+ (
1
- 
1
)
1
)y
1

+ + (
n
+ (
n
- 
n
)
n
)y
n
→ min,
(c
0
+ (d
0
- c
0
)
0
)y
0
+ (c
1
+ (d
1
- c
1
)
1
)y

1
+ + (c
n
+ (d
n
- c
n
)
n
)y
n
= 1,
- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
0 ≤ 

k
≤ 1, 0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, . . . , n.
75
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ

3. Thay ràng buộc đẳng thức trong (R) bởi hai bất đẳng thức tương đương ta có bài toán
(S) (
0
+ (
0
- 
0
)
0
)y
0
+ (
1
+ (
1
- 
1
)
1
)y
1

+ + (
n
+ (
n
- 
n
)
n
)y
n
→ min,
c
0
y
0
+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
≤ 1,
d
0
y
0
+ d
1

y
1
+ + d
n
y
n
≥ 1.
- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0, y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
0 ≤ 
k
≤ 1, k = 0, 1, . . . , n.
4. Cho mọi 
k
= 0 ta đi đến bài toán qui hoạch tuyến tính (các biến y

k
, k = 0, 1, , n)
(LP) 
0
y
0
+ 
1
y
1
+ + 
n
y
n
→ min,
c
0
y
0
+ c
1
y
1
+ + c
n
y
n
≤ 1,
d
0

y
0
+ d
1
y
1
+ + d
n
y
n
≥ 1.
- by
0
+ A
1
y
1
+ + A
n
y
n
≤ 0,
y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, , y
n
≥ 0.
• Tóm lại, thuật toán là lập và giải qui hoạch tuyến tính này.

Giả sử nhận được lời giải tối ưu:
y* = (

0
y
,

1
y
, ,

n
y
)
T
.
Khi đó, lời giải tối ưu của bài toán qui hoạch phân thức ban đầu là
x* = (

1
x
, ,

n
x
)
T
với

k

x
=

k
y
/

0
y
∀k = 1, , n.
t
k
=
kk
bta
k
)t(pminarg

, q
k
= c
k
+ (d
k
- c
k
)
k
, với 
k

xác định theo (9).
4. VÍ DỤ MINH HOẠ
Giải bài toán qui hoạch phân thức phi tuyến:
kkk
q,t,x
min
22110
22211100
xqxqq
x)t(px)t(p)t(p



với các điều kiện


- x
1
+ x
2
≤ 2, x
1
+ 2x
2
≤ 10, x
1
- 4x
2
≤ 4, x
1

≥ 0, x
2
≥ 0,
p
0
(t
0
) = t
0
+ 5, p
1
(t
1
) =
2
1
t
+ 2, p
2
(t
2
) =
3
2
t
,
0 ≤ t
0
≤ 3, -

1 ≤ t
1
≤ 2, - 1 ≤ t
2
≤ 3,
1 ≤ q
0
≤ 5, 2 ≤ q
1
≤ 4, 1 ≤ q
2
≤ 3.
Miền chấp nhận được X của bài toán được vẽ ở Hình 1.
Ta thấy 
0
= min

{p
0
(t
0
)} = 5, 
1
= min

{p
1
(t
1
)} = 2, 

2
= min

{p
2
(t
2
)} = -

1.
Thay bài toán cần giải bằng bài toán qui hoạch tuyến tính:
5y
0
+ 2y
1
- y
2
→ min,
y
0
+ 2y
1
+ y
2
≤ 1, 5y
0
+ 4y
1
+ 3y
2

≥ 1,
- 2y
0
- y
1
+ y
2
≤ 0, - 10y
0
+ y
1
+ 2y
2
≤ 0, - 4y
0
+ y
1
- 4y
2
≤ 0,
y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, y
2
≥ 0.
Lời giải tối ưu của bài toán này là

0

y = 0,04;

1
y
= 0,08;

2
y
= 0,16 với giá trị mục tiêu
tối ưu = 0,2.
76
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ

Từ đó suy ra lời giải tối ưu của bài toán ban đầu là

1
x
=


0
1
y
y
= 2,

2
x

=


0
2
y
y
= 4.
với cùng giá trị mục tiêu tối ưu f
min
= (5 + 2×2 - 1×4)/(5 + 4×2 + 3×4) = 5/25 = 0,2.







Hình 1. Tập ràng buộc X
Để kiểm chứng cho lời giải tối ưu trên, lấy bất kỳ t
k
, q
k
trong khoảng biên thiên đã cho
và giải bài toán, ta sẽ thấy lời giải tối ưu nhận được sẽ không tốt hơn lời giải tối ưu đã có.
Chẳng hạn, với t
0
= t
1
= t

2
= 1 thì p
0
= 6, p
1
= 3, p
2
= 1, q
0
= 2, q
1
= 3, q
2
= 2 ta giải bài toán:
Xx
min


21
21
x2x32
xx36




với cùng điều kiện x ∈ X (Hình 1), cụ thể là
- x
1
+ x

2
≤ 2,
x
1
+ 2x
2
≤ 10,
x
1
- 4x
2
≤ 4,
x
1
≥ 0, x
2
≥ 0.
Đưa bài toán này về qui hoạch tuyến tính tương đương (biến đổi Charnes

-

Cooper):
y
0
+ 3y
1
+ y
2
→ min,
2y

0
+ 3y
1
+ 2y
2
= 1,
- 2y
0
- y
1
+ y
2
≤ 0, - 10y
0
+ y
1
+ 2y
2
≤ 0, - 4y
0
+ y
1
- 4y
2
≤ 0,
y
0
≥ 0, y
1
≥ 0, y

2
≥ 0,
Giải bài toán tuyến tính này ta nhân được lời giải tối ưu

0
y = 0,0625;

1
y
= 0,125;

2
y
= 0,25.
Từ đó suy ra lời giải tối ưu của bài toán phân tuyến tính cần giải là

1
x
=


0
1
y
y
= 2,

2
x
=



0
2
y
y
= 4.
với giá trị mục tiêu tối ưu = (6 + 3×2 + 1×4)/(2 + 3×2 + 2×4) = 16/16 = 1 > f
min
= 0,2.

∎




x
2
x
1
X

(0, 2)
(0, 0)
(4, 0)
(8, 1)
(2, 4)
72
72
77

.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ


TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy. Giáo trình tối ưu phi tuyến. Nxb Đại học
Quốc gia Hà Nội, 2011.
[2] E. B. Bajalinov. Linear - Fractional Programming: Theory, Methods, Applications
and Software. Kluwer Academic Publishers 2003.
[3] M. S. Bazara et al., Nonlinear Programming: Theory and Algorithms. 3
rd
Edition. A
John Willey & Sons, Inc., Publication, 2006.
[4] M. Borza, A. S. Rambely and M. Saraj. Solving Linear Fractional Programming
Problems with Interval Coefficients in the Objective Function. Applied Mathematical
Sciences, Vol. 6, 2012, no. 69, 3443 - 3452.

SOLVING A CLASS OF NONLINEAR
FRACTIONAL PROGRAMMING PROBLEMS
Tran Vu Thieu - Thang Long University (Dept of Math)

Abstract. In this paper we present a method for solving a class of nonlinear fractional
programming problem. Using Charnes

-

Cooper's transformation (see [2], p. 54), the problem
is reduced to an equivalent nonlinear programming problem and then the nonlinear problem is

transformed into a linear programming problem with one more variable and two more
constraints compare to the initial problem. Finally, numerical examples are given to illustrate
the proposed method.

BC_LFP_TL_2014.doc (Tue Oct 07, 2014)
- 0913.222.991

78
.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,.\WXF{QJWUuQKNKRDKeF3K?Q,
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ
7UuQJ9LKeF7KQJ/RQJ