Giáo án, bài giảng toán kinh tế. bản word

Tuần 1: CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
§1. KHÔNG GIAN VÉC TƠ
I. Mục tiêu bài dạy
* Về kiến thức: Giúp sinh viên hiểu được các khái niệm cơ bản về đại số
tuyến tính như: không gian véc tơ; không gian véc tơ con; tổ hợp tuyến tính; hệ
véc tơ độc lập (phụ thuôc) tuyến tính; hệ sinh; cơ sở, số chiều của không gian
véc tơ; hạng của họ véc tơ và một số tính chất cơ bản.
* Về kỹ năng: Giúp sinh viên có khả năng chứng minh một tập hợp tạo
thành một không gian véc tơ; kỹ năng tìm cơ sở, số chiều và tìm hạng của không
gian véc tơ, tìm tọa độ của véc tơ với cơ sở cho trước.
* Về tư duy, thái độ: Cẩn thận trong tư duy và tính toán, giúp sinh viên
biết được toán học có ý nghĩa trong thực tiễn.
II. Phương tiện dạy học
Máy chiếu; bảng viết; giáo trình bài giảng
III. Nội dung chi tiết
1.1 Khái niệm về không gian véc tơ
1.1.1 Định nghĩa 1. Nếu V là một tập hợp khác rỗng, V được gọi là Không gian
vec tơ nếu trên V ta định nghĩa hai phép toán: cộng hai vec tơ và phép nhân vec
tơ với một số như sau:
Tổng hai vec tơ v và u, ký hiệu v + u
Tích của vec tơ v với một số λ, ký hiệu là: λv
Hai phép toán đó thỏa mãn các tiên đề sau:
1, Nếu u, v ∈ V thì u + v ∈ V
2, ∀ u , v ∈ V thì u + v = v + u (giao hoán)
3, Nếu ∀ u, v, w ∈ V thì u + (v+w) = (u + v) + w (kết hợp)
4, Tồn tại vec tơ θ sao cho θ + u = u + θ = u,
∀
u
∈
V; (θ được gọi là véc
tơ không).

5, ∀ u
∈
V, ∃ -u
∈
V sao cho u + (-u) = θ; (vec tơ -u được gọi là vec tơ
đối của vec tơ u).
6, Nếu u
∈
V, λ ∈ R thì λu
∈
V.
7, λ(u +v) = λu + λv,
∀
u, v
∈
V; λ
∈
R.
8, (λ + μ)u = λu + μu,
∀
λ, μ
∈
R, u
∈
V.
-1-
9, λ(μu) = (λμ)u,
∀
λ, μ
∈

R, u
∈
V.
10, 1.u = u.1 = u, ∀ u
∈
V
Như vậy để chứng minh một tập hợp là một không gian vec tơ ta phải
chứng minh tập hợp đó khác rỗng và hai phép toán cộng hai vec tơ và phép nhân
véctơ với một số phải thỏa mãn 10 tính chất trên.
1.1.2 Các ví dụ
a. Ví dụ 1. Chứng minh rằng tập hợp R là tập hợp các bộ số thực có thứ tự
(x
1
, x
2
, …, x
n
) với hai phép toán được xác định nếu x = (x
1
, x
2
, …, x
n
),
y = (y
1
, y
2
, …, y
n

)
∈
R và λ ∈ R thì:
x + y = (x
1
+ x
2
, …., x
n
+ y
n
)
λx = (λx
1
,λx
2
, …, λx
n
)
Là không gian véctơ
Chứng minh: Kiểm tra 8 tiên đề còn lại của định nghĩa với θ = (0, 0,
…,0) và véctơ đối của véc tơ x là -x = (-x
1
, -x
2
,…, -x
n
)
b. Ví dụ 2. Trong R với hai phép toán cộng và nhân được xác định như sau

∀
x = (x
1
, x
2
), y = (y
1
, y
2
)
∈
R và λ ∈ R thì:
x + y = (x
1
+ y
2
, x
2
+ y
1
)
λx = (λx
1
, λx
2
)
R có phải là không gian véctơ?
1.2 Không gian con
1.2.1 Định nghĩa 2. Giả sử V là không gian véc tơ với hai phép toán: Cộng hai véc
tơ và nhân véc tơ với một số thực. W là một tập hợp con của V. Nếu với hai phép

toán trên W cũng là một không gian véc tơ thì W gọi là không gian con của V.
Như vậy theo định nghĩa muốn kiểm tra W V là không gian con của V,
ta chứng minh hai phép toán đã định nghĩa trong V cũng thỏa mãn 10 tiên đề của
không gian véc tơ đối với W. Ta có định lý sau giúp cho việc kiểm tra dễ dàng
hơn.
1.2.2 Định lý 1. Giả sử V là một không gian véc tơ, W là một tập hợp con khác
rỗng của V. Nếu:
(i) u, v W
⇒
u + v W
(ii) u W, R
⇒
u W
thì W là không gian con của V.
-2-
Nhận xét: Hai điều kiện i) và ii) ở trên có thể được thay thế bằng điều kiện sau:
2
, , ( , ) , .x y W x y W
α β α β
∀ ∈ ∀ ∈ + ∈¡
Như vậy: Để chứng minh một tập hợp khác rỗng là không gian véc tơ thì có
hai cách hoặc chứng minh tập hợp này với hai phép toán cộng và nhân vô
hướng thỏa các tiên đề của không gian vectơ; hoặc chứng minh rằng tập hợp
đó là không gian vecto con của một không gian vecto khác.
Ví dụ: R
3
là một không gian véc tơ, xét W = {(x
1
, x
2

, x
3
) R
3

1 2 3
0x x x
+ + =
}
Khi đó W là một không gian con của R
3
.
(việc chứng minh xem như bài tập về nhà)
Chú ý: Hai tập V, {θ} là hai không gian con tầm thường của V.
1.3 Tổ hợp tuyến tính. Hệ sinh
1.3.1 Định nghĩa 4. V là một không gian véc tơ, S = {x
1
, x
2
, … ,x
n
} V. Biểu
thức:
x = c
1
x
1
+ c
2
x

2
+ … + c
n
x
n

với c
i
R, i = 1, 2, … , n là một véc tơ thuộc V và gọi là một tổ hợp tuyến tính
của họ S.
Ví dụ 4: Trong không gian véc tơ R
2
, véc tơ (x, y) là một tổ hợp tuyến tính của
các véc tơ i = (1, 0), j = (0, 1), vì x.i +y.j = x(1, 0) + y(0,1) = (x, y).
Véc tơ (7, -3) là một tổ hợp tuyến tính của các véc tơ x
1
= (1, 1), x
2
= (1, -1) vì
2x
1
+ 5x
2
= 2(1, 1) + 5(1, -1) = (7, -3).
1.3.2 Định nghĩa 5. Giả sử S = {x
1
, x
2
, …, x
n

} là một họ véc tơ của không gian
véc tơ V. Tập hợp tất cả những tổ hợp tuyến tính của họ S gọi là bao tuyến tính
của họ S. Ký hiệu là Span(S).
1.3.3 Định lý 2. Nếu S là một họ véc tơ của không gian véc tơ V thì
W = span(S) là một không gian con của V.
1.3.4 Định nghĩa 6. Nếu span(S) = W, tức là mọi véc tơ x V đều có thể biểu
diễn được dưới dạng: c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ … + c
n
x
n
ta nói rằng họ S sinh ra V hay S là
một hệ sinh của V.
Ví dụ 5. Trong không gian véc tơ R
2
xét hai véc tơ i = (1, 0); j = (0. 1). Mọi véc
tơ trong R
2
đều có dạng: x(x
1
, x
2
) = x

1
(1, 0) + x
2
(0, 1) = x
1
i + x
2
j
nên họ S = {i, j} là một hệ sinh của R
2
.
1.4 Họ véc tơ độc lập tuyến tính. Cơ sở và số chiều của không gian véc tơ.
-3-
1.4.1 Họ véc tơ độc lập tuyến tính
Định nghĩa 7. Ta nói hệ véc tơ S = {x
1
, x
2
, …, x
n
} của không gian véc tơ V là
độc lập tuyến tính, nếu
c
1
x
1
+ c
2
x
2

+ … + c
n
x
n
= θ
⇔
c
1
= c
2
= … = c
n
= 0 (1.1.1)
trong đó c
1
, c
2
, …, c
n
là các số thực.
Nếu tồn tại số c
i

≠
0 (i = 1, 2, …, n) sao cho c
1
x
1
+ c
2

x
2
+ … + c
n
x
n
= θ, ta
nói hệ S phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ: Trong R
4

cho hệ vectơ
1 2 3
(1,0,1,1); (0,1,2,3); (1,2,3,4)
α α α
= = =
. Hệ trên
độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính?
Giải:
Xét hệ phương trình vectơ:
1 3
2 3
1 1 2 2 3 3
1 2 3
1 2 3
0
2 0
0
2 3 0
3 3 0

x x
x x
x x x
x x x
x x x
α α α
+ =


+ =

+ + = ⇔

+ + =


+ + =

.
Ta có ma trận các hệ số của hệ trên là
1 0 1
0 1 2
1 2 3
1 3 4
A
 
 ÷
 ÷
=
 ÷

 ÷
 
và rankA = 3, nên hệ
phương trình trên có nghiệm duy nhất (0, 0, 0). Do đó, hệ các vectơ trên độc lập
tuyến tính.
1.4.2 Cơ sở. Số chiều của không gian véc tơ
Định lý 3. Cho V là không gian véc tơ sinh bởi n véc tơ. Nếu S là một họ n véc
tơ độc lập tuyến tính trong V thì m
≤
n.
Định nghĩa 8. Họ các véc tơ S = {e
1
, e
2
, … , e
n
} được gọi là cơ sở của không
gian véc tơ V nếu thỏa mãn các điều kiện
(i) Họ S độc lập tuyến tính
(ii) Họ S là hệ sinh của V.
Định lý 4. Nếu {e
1
, e
2
, … , e
n
} và {f
1
, f
2

, …, f
n
} là hai cơ sở của V thì n = m.
Định nghĩa 9. Nếu {e
1
, e
2
, … , e
n
} là cơ sở của không gian véc tơ V, ta nói V là
không gian véc tơ n chiều, n gọi là số chiều của V và ký hiệu là dim(V) = n.
Quy ước: dim(θ) = 0.
Nhận xét: Trong không gian n chiều, mọi hệ véc tơ S gồm n véc tơ độc lập
tuyến tính đều là một cơ sở.
Ví dụ: Trong không gian R
n
, họ véc tơ {e
1
, e
2
, … , e
n
} trong đó
e
i
= (0, …, 0, 1, 0, …, 0)
-4-
(số 1 ở vị trí thứ i) là một cơ sở và gọi là cơ sở chính tắc.
Định lý 5. Nếu S = {e
1

, e
2
, … , e
n
} là một cơ sở của không gian véc tơ n chiều V
thì mọi véc tơ x
∈
V đều có thể diễn một cách duy nhất dưới dạng
x = c
1
e
1
+ c
2
e
2
+ … + c
n
e
n
trong đó c
1
, c
2
, …, c
n

∈
R. Và khi đó bộ số (c
1

, c
2
, …, c
n
) được gọi là tọa độ của
véc tơ x đối với cơ sở S.
1.5 Hạng của một họ véc tơ
1.5.1 Định nghĩa 10. S = {x
1
, x
2
, … , x
n
} là một họ véc tơ trong không gian véc
tơ V. Số lớn nhất các véc tơ độc lập tuyến tính lấy ra từ họ S gọi là hạng của họ
véc tơ S, ký hiệu là r(S).
1.5.2 Định lý 6. Hạng của họ S bằng số chiều của không gian con sinh bởi họ S.
r(S) = dim(span(S)).
1.5.3 Tính hạng của một họ véc tơ bằng các phép biến đổi sơ cấp
Phương pháp này được tính giống tìm hạng của ma trận bằng phép biến đổi sơ
cấp trên ma trận. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ: tính hạng của họ véc tơ S = {x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x

5
) R
3
với
x
1
= (1, 2, 3); x
2
= (2, 3, 4); x
3
= (3, 5, 7); x
4
= (1, 1, 1); x
5
= (0, 1, 2).
Giải: Lập ma trận A với 5 dòng là 5 véc tơ tọa độ của các véc tơ đã cho
1 2 3
2 3 4
3 5 7
1 1 1
0 1 2
A
 
 ÷
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷

 
Dùng các phép biến đổi sơ cấp về hàng để đưa ma trận A về dạng bậc thang
2 31 2
1 3 2 4
2 5
1 4
2
3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
2 3 4 0 1 2 0 1 2
3 5 7 0 1 2 0 0 0
1 1 1 0 1 2 0 0 0
0 1 2 0 1 2 0 0 0
h hh h
h h h h
h h
h h
A
− +− +
− + − +
+
− +
     
 ÷  ÷  ÷
− − − −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
= → →
− −
 ÷  ÷  ÷

− −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
Vì r(A) = 2 nên hạng của hệ véc tơ đã cho bằng 2 do đó hệ véc tơ này phụ
thuộc tuyến tính, hơn nữa một cơ sở của không gian con sinh bởi họ S là:
{e
1
(1, 2, 3), e
2
(0, -1, -2)}.
Nhận xét: Hạng của họ véc tơ S bằng hạng của ma trận thành lập bởi các hàng
của ma trận là các véc tơ của họ S.
1.6 Tọa độ của véc tơ. Chuyển cơ sở
-5-
1.6.1 Tọa độ của véc tơ
Cho không gian véc tơ V, dimV = n, n N
*
. Giả sử S = {e
1
, e
2
, …, e
n
} là một cơ
sở của V.
Như vậy với
n
x R
∀ ∈

sao cho
1
n
i i
i
x x e
=
=
∑
(*)
Các số x
i
,
1,i n
=
trong (*) được xác định duy nhất.
Thật vậy, giả sử còn có
1
'
n
i i
i
x x e
=
=
∑
thì
1 1 1
0 ' ( ' ) ' 0, 1,
n n n

i i i i i i i i i
i i i
x e x e x x e x x i n
= = =
= − = − ⇔ − = ∀ =
∑ ∑ ∑
(vì {e
1
, e
2
, …, e
n
} độc lập tuyến tính).
Do vậy ta gọi bộ số (x
1
, x
2
, …, x
n
) là tọa độ của véc tơ x đối với cơ sở S.
Ký hiệu:
1
( )
n
s i i
x x
=
=
hoặc
1

2

s
n
x
x
x
x
 
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
1.6.2 Chuyển cơ sở
Cho không gian véc tơ V, S = {e
1
, e
2
, …, e
n
} và S’ = {e’
1
, e’
2
, …, e’
n
} là
hai cơ sở của V. Giả sử giữa S và S’ có mối liên hệ:

ij
=1
' , 1,
n
j i
i
e x e j n= =
∑
Ta gọi ma trận
11 12 1
21 22 2
1 2




n
n
n n nn
x x x
x x x
A
x x x
 
 
 
=
 
 
 

là ma trận chuyển từ cơ sở S sang cơ sở S’
(cột thứ j là tọa độ của e’
j
đối với cơ sở S). Và ma trận chuyển từ cơ sở S’ sang
cơ sở S là A
-1
.
Ví dụ 11. Trong không gian véc tơ R
2
, cho S = {e
1
(1, 0); e
2
(0, 1)} và
S’ = {e’
1
(2, 4); e’
2
(3, -1)} là hai cơ sở. Khi đó ta có
1 1 2
2 1 2
' 2 4
' 3
e e e
e e e
= +


= −


Do đó, ma trận chuyển từ cơ sở S sang cơ sở S’ là:
2 3
4 1
A
 
=
 
−
 
Ma trận chuyển từ cơ sở S’ sang cơ sở S là:
-6-
1
1 3
1
4 2
14
B A
−
− −
 
= = −
 
−
 
CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
§1. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
1. Bài toán lập kế hoạch sản xuất
a. Nội dung bài toán: Một cơ sở sản xuất có thể sản xuất được hai loại sản xuất
A và B, từ các nguyên liệu I, II, III. Chi phí từng loại nguyên liệu và tiền lãi của

một đơn vị sản phẩm, cũng như dự trữ nguyên liệu được cho bảng sau đây:
I II III Lãi
A 2 0 1 3
B 1 1 0 5
Dự trữ 8 4 3
Hãy lập kế hoạch sản xuất sao cho phù hợp với điều kiện dự trữ nguyên
liệu đồng thời tổng số lãi lớn nhất.
b. Mô hình toán học của bài toán:
Gọi x
1
, x
2
tương ứng là số sản phẩm A, B được sản xuất. Khi đó:
- Tổng số lãi là: 3x
1
+ 5x
2
- Tổng số nguyên liệu I cần sử dụng là: 2x
1
+ x
2
-7-
Nguyên liệu
Sản phẩm
- Tổng số nguyên liệu II cần sử dụng là: x
2
- Tổng số nguyên liệu III cần sử dụng là: x
1
Theo bài ra ta có mô hình toán học sau đây:
Tìm X(x

1
, x
2
) sao cho: max{f(X) = 3x
1
+ 5x
2
}
Với điều kiện:
1 2
2
1
2 8
4
3
0
j
x x
x
x
x
+ ≤


≤


≤



≥

2. Bài toán phân công lao động
a. Nội dung bài toán: Một phân xưởng có 4 dây chuyền sản xuất khác nhau có
thể sản xuất 3 loại sản phẩm. Lượng sản phẩm mỗi loại sản xuất ra được khi sử
dụng một dây chuyền sản xuất trong một giờ và chi phí sản xuất ở dây chuyền
đó sau một giờ hoạt động cùng với nhu cầu tối thiểu về các sản phẩm được cho
bởi bảng sau:
Sản phẩm (SP)
Dây chuyền sản xuất
Nhu cầu tối
thiểu
I II III IV
SP1 2 3 1 1 1600
SP2 1 2 3 4 2200
SP3 3 1 4 5 2000
Chi phí (1.000 đ) 10 5 13 16
Hãy bố trí thời gian cho các dây chuyền sản xuất sao cho thỏa mãn nhu
cầu tối thiểu về các sản phẩm đồng thời tổng chi phí sản xuất thấp nhất.
b. Mô hình toán học của bài toán:
Gọi x
j
là thời gian (giờ) áp dụng dây chuyền sản xuất thứ j
( )
1,4j =
khi đó:
- Tổng chi phí sản xuất là: 10x
1
+ 5x
2

+ 13x
3
+ 16x
4
(1.000đ)
- Tổng lượng sản phẩm 1 sản xuất ra là: 2x
1
+ 3x
2
+ x
3
+ x
4

- Tổng lượng sản phẩm 2 sản xuất ra là: x
1
+ 2x
2
+ 3x
3
+4 x
4

- Tổng lượng sản phẩm 3 sản xuất ra là: 3x
1
+ x
2
+ 4x
3
+ 5x

4

Theo bài ra ta có mô hình toán học sau:
Tìm X(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) sao cho:
f(X) = 10x
1
+ 5x
2
+ 13x
3
+ 16x
4

→
min
-8-
với điều kiện:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 1600
2 3 4 2200

3 4 5 2000
0, 1,4
j
x x x x
x x x x
x x x x
x j
+ + + ≥


+ + + ≥


+ + + ≥


≥ =

3. Bài toán vận tải
a. Nội dung bài toán: Một đơn vị vận tải cần vận chuyển xi măng từ 3 kho K
1
,
K
2
, K
3
tới 4 công trường xây dựng T
1
, T
2

, T
3
, T
4
. Cho biết lượng xi măng có ở
mỗi kho, ngjn xi măng cần ở mỗi công trường và giá cước vận chuyển (nghìn
đồng) 1 tấn xi măng từ mỗi kho tới mỗi công trường như sau:
Kho xi măng Công trường xây dựng
T
1
: 130 tấn T
2
: 160 tấn T
3
: 120 tấn T
4
: 140 tấn
K
1
: 170 tấn 20 18 22 25
K
2
: 200 tấn 15 25 30 15
K
3
: 180 tấn 45 30 40 35
Vấn đề đặt ra là tìm kế hoạch vận chuyển xi măng từ các kho tới các công
trường sao cho mọi kho đều phát hết lượng xi măng có, mọi công trường nhận
đủ lượng xi măng cần và tổng chi phí vận chuyển là nhỏ nhất?
b. Mô hình toán học của bài toán:

Gọi x
ij
là lượng xi măng cần vận chuyển từ kho i (i = 1, 2, 3) tới công
trường j (j = 1, 2, 3, 4). Khi đó:
Kho K
1
phát hết lượng xi măng có: x
11
+ x
12
+ x
13
+ x
14
= 170
Kho K
2
phát hết lượng xi măng có: x
21
+ x
22
+ x
23
+ x
24
= 200
Kho K
3
phát hết lượng xi măng có: x
31

+ x
32
+ x
33
+ x
34
= 180
Công trường T
1
nhận đủ số xi măng cần: x
11
+ x
21
+ x
31
= 130 (1.1.1)
Công trường T
2
nhận đủ số xi măng cần: x
12
+ x
22
+ x
32
= 160
Công trường T
3
nhận đủ số xi măng cần: x
13
+ x

23
+ x
33
= 120
Công trường T
4
nhận đủ số xi măng cần: x
14
+ x
24
+ x
34
= 140
Lượng hàng vận chuyển không âm: x
ij

≥
0,
1,3, 1,4i j
= =
Tổng chi phí vận chuyển: f(X) = 20x
11
+ 18x
12
+ 22x
13
+ 25x
14
+ 15x
21

+
25x
22
+ 30x
23
+ 15x
24
+ 30x
31
+ 40x
32
+ x
33
+ 35x
34

Vậy mô hình toán học của bài toán là: Tìm X = [x
ij
]
3x4
sao cho f(X) min
với X thỏa mãn điều kiện (1.1.1).
-9-
Tổng quát: Gọi m là số kho chứa hàng (điểm phát), n là nơi tiêu thụ hàng
(điểm thu).
a
i
là lượng hàng có (cung) ở điểm phát thứ i (
1,i m
=

)
b
j
là lượng hàng cần (cầu) ở điểm phát thứ j (
1,j n
=
)
c
ij
là chi vận chuyển một đơn vị hàng từ điểm phát i tới điểm thu j
x
ij
là lượng hàng vận chuyển cần tìm từ điểm phát i tới điểm thu j
Mô hình toán học của bài toán vận tải có dạng
f(X) =
ij ij
1 1
min
m n
i j
c x
= =
→
∑∑
với các điều kiện:
ij
1
ij
1
ij

, 1,
, 1,
0, 1, , 1,
n
i
j
m
j
i
x a i m
x b j n
x i m j n
=
=

= =




= =



≥ = =



∑
∑

-10-
§2. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
1. Dạng tổng quát của bài toán quy hoạch tuyến tính
Định nghĩa 1. Từ các bài toán thực tế đã nêu cùng rất nhiều bài toán khác, ta có
thể thấy bài toán QHTT tổng quát có dạng sau:
Tìm véc tơ X(x
1
, x
2
, …, x
n
) sao cho hàm số
f(X) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ … + c
n
x
n

→
min (hoặc max) (1.2.1)
với các điều kiện:
ij j
1

ij j
1
ij j
1
j ij
, 1, (1.2.2)
, 1, (1.2.3)
, 1, (1.2.4)
0, 1, ; 0,
n
i
j
n
i
j
n
i
j
a x b i p
a x b i p q
a x b i q m
x j k x j
=
=
=
≤ =
≥ = +
= = +
≥ = ≤ =
∑

∑
∑
1, (1.2.5)k r










+

trong đó: p, q, m, k, n, r là những số nguyên thỏa mãn:
1 ; 1p q m k r n
≤ < ≤ ≤ < ≤
.
( 1, )
j
x j n
=
là những biến số, các hệ số c
j
, a
ij
, b
i
(

, 1,i j n
=
).
Khi đó:
* Hàm số f(X) =
1
n
j j
j
c x
=
∑
được gọi là hàm mục tiêu
* Các bất phương trình (1.2.2) – (1.2.5) được gọi là hệ ràng buộc của bài
toán. Các ràng buộc (1.2.2) – (1.2.4) được gọi là các ràng buộc chính (hay ràng
buộc cưỡng bức). Các ràng buộc (1.2.5) được gọi là ràng buộc về dấu (hay ràng
buộc tự nhiên) của bài toán.
Định nghĩa 2. Véc tơ X(x
1
, x
2
, …, x
n
) thỏa mãn hệ ràng buộc (1.2.2) – (1.2.5)
được gọi là phương án của bài toán.
Ký hiệu tập hợp các phương án của bài toán QHTT là
Ω
. Có 3 khả năng
xảy ra đối với
Ω

:
-11-
- Bài toán (1.2.2) – (1.2.5) có vô số phương án, tức là tập
Ω
có vô số
phần tử.
- Bài toán (1.2.2) – (1.2.5) chỉ có một phương án, tức là tập
Ω
chỉ có một
phần tử.
- Bài toán (1.2.2) – (1.2.5) không có phương án nào, tức là tập
Ω = ∅
.
Định nghĩa 3. Phương án X
*
(x
1
*
, x
2
*
, …, x
n
*
) của bài toán (1.2.2) – (1.2.5) được
gọi là phương án tối ưu (PATƯ) của bài toán nếu:
f(X
*
)
≤

f(X),
X
∀ ∈Ω
(đối với bài toán f(X)
→
min)
f(X
*
)
≥
f(X),
X
∀ ∈Ω
(đối với bài toán f(X)
→
max)
Chú ý: tập PATƯ của bài toán QHTT hoặc một điểm, hoặc vô số điểm
hoặc không có điểm nào.
Định nghĩa 4. Nếu bài toán QHTT có phương án tối ưu thì bài toán được gọi là
giải được (hay bài toán có lời giải) và phương án tối ưu của bài toán còn gọi là
lời giải của bài toán.
Nếu bài toán QHTT không có phương án tối ưu thì bài toán được gọi là
không giải được (hay không có lời giải).
Định nghĩa 5. Nếu phương án X(x
1
, x
2
, …, x
n
) của một bài toán QHTT làm thỏa

mãn
ij j
1

n
i
j
a x b
=
=
∑
thì phương án X được gọi là thỏa mãn chặt ràng buộc i tương
ứng (1.2.2), (1.2.3) hoặc (1.2.4).
Nếu phương án X(x
1
, x
2
, …, x
n
) có x
j
= 0 thì phương án X được gọi là thỏa
mãn chặt ràng buộc về dấu tương ứng (nếu có ràng buộc loại x
j

≥
0 hoặc x
j

≤

0).
Nếu phương án X(x
1
, x
2
, …, x
n
) thỏa mãn
ij j
1

n
i
j
a x b
=
<
∑
(hoặc
ij j
1

n
i
j
a x b
=
>
∑

hoặc x
j
> 0 hoặc x
j
< 0) thì phương án X được gọi là thỏa mãn lỏng ràng buộc
tương ứng (nếu có).
2. Dạng chính tắc và dạng chuẩn tắc của bài toán QHTT
a. Dạng chính tắc. Bài toán QHTT dạng chính tắc có dạng
Tìm X(x
1
, x
2
, …, x
n
) sao cho
f(X) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ … + c
n
x
n

→
min (1.2.6)

với điều kiện:
ij
1
, 1, (1.2.7)
0, 1, (1.2.8)
n
j i
j
j
a x b i m
x j n
=

= =



≥ =

∑
-12-
Nếu ký hiệu A =
11 12 1
21 22 2
1 2




n

n
m m mn
a a a
a a a
a a a
 
 
 
 
 
 
là ma trận cấp m x n, gọi là ma trận ràng
buộc của bài toán.
1
2
1

n
n
x
x
X
x
×
 
 
 
=
 
 

 
;
1
2
1

m
m
b
b
B
b
×
 
 
 
=
 
 
 
;
1
0
0
0

0
n×
 
 

 
=
 
 
 
Khi đó bài toán QHTT dạng chính tắc (1.2.6)-(1.2.8) viết được dưới dạng ma
trận sau:
f(X) = CX
→
min
với điều kiện:
0
AX B
X
=


≥

Nếu ký hiệu:
1
2

j
j
j
mj
a
a
A

a
 
 
 
=
 
 
 
là véc tơ cột thứ j (
1,j n
=
) của ma trận A. Khi đó bài
toán QHTT dạng chính tắc (1.2.6)-(1.2.8) viết được dưới dạng véc tơ như sau:
f(X) =
1
n
j j
j
c x
=
∑

→
min
với điều kiện:
1
0, 1,
n
j j
j

j
x A B
x j n
=

=



≥ =

∑
Ma trận
°
( )
A A B
=
được gọi là ma trận bổ sung (hay ma trận mở rộng) của bài
toán QHTT dạng chính tắc (1.2.6)-(1.2.8).
b. Dạng chuẩn tắc. Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc có dạng
Tìm X(x
1
, x
2
, …, x
n
) sao cho
f(X) = c
1
x

1
+ c
2
x
2
+ … + c
n
x
n
=
1
n
j j
j
c x
=
∑

→
min (1.2.9)
với điều kiện:
ij
1
, 1, (1.2.10)
0, 1, (1.2.11)
n
j i
j
j
a x b i m

x j n
=

≥ =



≥ =

∑
với ký hiệu như trên, bài toán QHTT dạng chuẩn tắc (1.2.9)-(1.2.11) viết được
dưới dạng ma trận như sau:
-13-
f(X) = CX
→
min
với điều kiện:
0
AX B
X
≥


≥

Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc (1.2.9)-(1.2.11) viết được dưới dạng véc
tơ sau đây:
f(X) =
1
n

j j
j
c x
=
∑

→
min
với điều kiện:
1
0, 1,
n
j j
j
j
x A B
x j n
=

≥



≥ =

∑
3. Chuyển đổi dạng bài toán QHTT
Bằng cách thực hiện các phép biến đổi nêu dưới đây, ta có thể chuyển bài
toán QHTT bất kỳ về dạng chính tắc, dạng chuẩn tắc.
a. Nếu ràng buộc có dạng

1
n
ij j i
j
a x b
=
≥
∑
thì ta thêm biến phụ
0
n i
x
+
≥
để có

1
n
ij j n i i
j
a x x b
+
=
− =
∑
b. Nếu ràng buộc có dạng
1
n
ij j i
j

a x b
=
≤
∑
thì ta thêm biến phụ
0
n i
x
+
≥
để có
1
n
ij j n i i
j
a x x b
+
=
+ =
∑
c. Nếu có ẩn x
j
nào đó không có ràng buộc về dấu thì ta thay x
j
bởi hai
biến phụ không âm x
j
+

≥

0 và x
j
-

≥
0 sao cho x
j
= x
j
+
- x
j
-
.
d. Mỗi ràng buộc đẳng thức
1
n
ij j i
j
a x b
=
=
∑
có thể thay bằng hai ràng buộc bất
đẳng thức
1
n
ij j i
j
a x b

=
≤
∑
và
1
n
ij j i
j
a x b
=
≥
∑
e. Một ràng buộc
1
n
ij j i
j
a x b
=
≤
∑
có thể viết lại thành
1
n
ij j i
j
a x b
=
− ≥ −
∑

hoặc ngược
lại.
Bài toán tìm cực đại f
→
max có thể đưa về bài toán tìm cực tiểu:
g = -f
→
min
-14-
Nhận xét: i) Khi đưa biến phụ x
n+1
vào thì hệ số của nó trong hàm mục
tiêu là c
n+1
= 0.
ii) Khi đưa biến phụ x
j
+
, x
j
-
vào thì hệ số của nó trong hàm mục tiêu tương
ứng là c
j
+
= c
j
, c
j
-

= -c
j
.
iii) Mọi bài toán QHTT đều đưa được về dạng chính tắc và việc giải bài
toán QHTT đã cho tương ứng với việc giải bài toán QHTT dạng chính tắc tương
ứng với nó, theo nghĩa là nếu bài toán dạng chính tắc có PATƯ thì từ đó suy ra
được PATƯ của bài toán ban đầu, còn nếu bài toán chính tắc không có PATƯ
thì bài toán ban đầu cũng không có PATƯ. Nói cách khác: bài toán ban đầu có
PATƯ khi và chỉ khi bài toán chính tắc tương ứng với nó có PATƯ.
Ta cũng có kết luận: bài toán ban đầu có PA khi và chỉ khi bài toán dạng
chính tắc tương ứng có PA.
Như vậy, ta chỉ cần tìm cách giải bài toán QHTT dạng chính tắc.
Ví dụ 2: Đưa bài toán sau về dạng chính tắc, dạng chuẩn tắc:
f(X) = 2x
1
– x
2

→
min
với điều kiện:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 3
2 2
2 2 3
4
0; 0
x x x

x x x
x x x
x x
− + ≤


− − ≥


+ + =


≥ ≥

Giải
* Dạng chính tắc: bằng cách thay x
1
= x
4
– x
5
với x
4
, x
5

0
≥
và thêm hai biến phụ
x

6
, x
7

0
≥
ta có bài toán:
f(X) = – x
2
+ 2x
4
– 2x
5

→
min
với điều kiện:
2 3 4 5 6
2 3 4 5 7
2 3 4 5
2 2
2 2 2 3
4
0; 1,7
j
x x x x x
x x x x x
x x x x
x j
− + + − + =



− − + − − =


+ + − =


≥ =

* Dạng chuẩn tắc: bằng cách thay x
1
= x
4
– x
5
với x
4
, x
5

0
≥
, đổi dấu hai vế bất
đẳng thức đầu và thay bất đẳng thức cuối bằng hai bất đẳng thức
≥
ta đi đến bài
toán:
f(X) = – x
2

+ 2x
4
– 2x
5

→
min
với điều kiện:
2 3 4 5
2 3 4 5
2 3 4 5
2 2
2 2 2 3
4
0; 1,5
j
x x x x
x x x x
x x x x
x j
− + + − ≥


− − + − ≥


+ + − ≥


≥ =


-15-
§3. PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
1. Nhận xét
Trong mặt phẳng R
2
với hệ trục tọa độ vuông góc xOy ta có:
* Phương trình ax + by = c, biểu diễn một đường thẳng vuông góc với véc tơ
pháp tuyến
( , )n a b
r
.
* Các điểm (x, y) thỏa mãn
ax by c
+ ≤
, nằm trên nửa mặt phẳng giới hạn bởi
đường thẳng ax + by = c.
* Phương trình ax + by = f, khi f thay đổi sẽ cho ta họ đường song song với véc
tơ chỉ phương
( , )v b a
−
r
. Giá trị f càng lớn khi dịch chuyển các đường của họ theo
phương
( , )n a b
r
-16-
§4. TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN QHTT
Không mất tính tổng quát ta giả thiết:

* Xét bài toán dạng chính tắc
f(X) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ … + c
n
x
n
=
1
n
j j
j
c x
=
∑

→
min (1.4.1)
với điều kiện:
ij
1
, 1, (1.4.2)
0, 1, (1.4.3)
n

j i
j
j
a x b i m
x j n
=

= =



≥ =

∑
* Hệ phương trình (1.4.2) có đúng m nghiệm độc lập tuyến tính.
*
0, 1,
i
b i m
∀ ≥ =
* m < n (vì trong trường hợp m
m n
≥
thì tập phương án có nhiều nhất một điểm,
do vậy việc xét phương án tối ưu là bình thường).
Ký hiệu:
Ω

là tập các phương án của bài toán (1.4.1)-(1.4.3).
Với bài toán đã cho, để tiện cho việc chứng minh sau này chúng ta nhớ rằng:

Phương án X
*
là phương án tối ưu khi và chỉ khi f(X
*
)
≤

f(X),
X
∀ ∈Ω
.
Định lý 1. Tập phương án của bài toán QHTT là tập lồi
Chứng minh: ta có
n
{X R : AX = B, X 0}Ω = ∈ ≥
Lấy X, Y bất kỳ thuộc
Ω
, suy ra: AX = B, X
≥
0 và AY = B, Y
≥
0.
Xét Z =
λ
X + (1 -
λ
)Y,
[ ]
0,1
λ

∈
.
Ta có AZ =
λ
(AX) + (1 -
λ
)(AY) = B
⇒
Z thỏa mãn điều kiện (1.4.2).
Mặt khác, vì
[ ]
0,1 , 0, 0X Y
λ
∈ ≥ ≥
nên
0Z
≥
⇒
Z thỏa mãn điều kiện (1.4.3). Vậy
Z
∈Ω
hay
Ω
là tập lồi.
Định nghĩa 1:
* Điểm cực biên của tập lồi các phương án gọi là phương án cực biên (PACB).
-17-
* Phương án X(x
j
) được gọi là bị chặn nếu tồn tại số thực L sao cho

, 1,
j
x L j n
≤ =

* Tập phương án
Ω
của bài toán QHTT được gọi là bị chặn nếu mọi phương án
đều bị chặn.
Từ định nghĩa 5, bài 2 chương 1 và định nghĩa 1 bài 4 ta có định lý sau:
Định lý 2: Giả sử X là phương án của bài toán QHTT dạng tổng quát. Khi đó X
là phương án cực biên khi và chỉ khi X thỏa mãn không ít hơn n ràng buộc chặt,
trong đó có đúng n ràng buộc chặt độc lập tuyến tính.
Phương án cực biên thỏa mãn chặt đúng n ràng buộc gọi là phương án cực biên
không suy biến.
Phương án cực biên thỏa mãn chặt hơn n ràng buộc gọi là phương án cực biên
suy biến.
Chú ý:
I, Số n trong định nghĩa là số biến số của bài toán.
II, nếu phương án X làm thỏa mãn ít hơn n ràng buộc chặt (hoặc nếu có làm thỏa
mãn không ít hơn n ràng buộc chặt nhưng không có hệ n ràng buộc nào độc lập
tuyến tính) thì phương án X không phải là phương án cực biên (hay gọi là
phương án không cực biên).
Định nghĩa 2. Nếu một phương án của bài toán QHTT vừa là PACB vừa là
PATƯ thì phương án đó gọi là phương án cực biên tối ưu.
Ví dụ 1: Cho bài toàn QHTT
1 2 3 4
( ) 8 2 9 minf X x x x x= + + − →
Với điều kiện:
1 3 4

1 2 4
1 2 3 4
1 2 3
3 2 14
4 2 8
7 3 7
0; 0, 0
x x x
x x x
x x x x
x x x
+ − ≥


− − =


− + + + ≤ −


≥ ≤ ≥

Xét xem vecto
0
(0, 1,6, 2)X − −
và
1
(4,0,0, 2)X −
, véc tơ nào là PACB của bài toán?
Giải: * xét

0
(0, 1,6, 2)X − −
+ Thay X
0
vào hệ ràng buộc của bài toán ta thấy thỏa mãn, do đó X
0
là
một phương án của bài toán.
+ Mặt khác X
0
thỏa mãn 4 ràng buộc chặt là
-18-
1 3 4
1 2 4
1 2 3 4
1
3 2 14
4 2 8
7 3 7
0
x x x
x x x
x x x x
x
+ − =


− − =



− + + + = −


=

Số ràng buộc chặt đúng bằng số biến của bài toán và định thức của ma trận các
hệ số ứng với hệ 4 ràng buộc chặt là:
3 0 2 1
0 2 1
1 4 0 2
4 0 2 0
1 7 1 3
7 1 3
1 0 0 0
A
−
−
− −
= = − − =
−
Suy ra hệ 4 ràng buộc chặt là hệ ràng buộc chặt phụ thuộc tuyến tính, do
đó phương án X
0
không phải là phương án cực biên.
* Xét
1
(4,0,0, 2)X −
Thay X
1
vào hệ ràng buộc của bài toán ta được

1 3 4
1 2 4
1 2 3 4
1
2
3
3 2 14
4 2 8
7 3 10 7
4 0
0
0
x x x
x x x
x x x x
x
x
x
+ − =


− − =

− + + + = − < −


= >


=


=

Như vậy X
1
là phương án của bài toán. Phương án X
1
làm thỏa mãn 4 ràng buộc
chặt. Số ràng buộc bằng số biến của bài toán và định thức của ma trận các hệ số
ứng với hệ 4 ràng buộc chặt trên là:
3 0 2 1
3 0 1
1 4 0 2 3 1
1 4 2 5 0
1 7 1 3 1 2
0 1 0
1 0 0 0
B
−
−
− − −
= = − − − = = − ≠
− −
Suy ra hệ 4 ràng buộc chặt là hệ ràng buộc chặt độc lập tuyến tính. Do
dod phương án X
1
là PACB.
Định lý 3. Nếu tập phương án của bài toán QHTT khác rỗng và bị chặn thì nó là
đa diện lồi.
Định lý 4: Nếu tập phương án của bài toán QHTT là đa diện lồi thì tồn tại PACB

tối ưu.
Chứng minh: (xem giáo trình trang 34)
Ví dụ: Cho bài toán
1 2 3
( ) 2 minf x x x x= − + →
-19-
Với hệ ràng buộc
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3
2 3 4
5 5
0, 1,3
j
x x x
x x x
x x x
x j
+ − ≤


+ − ≤


− − + ≤


≥ ∀ =


Hãy chứng tỏ bài toán có PATƯ?
Giải: Dễ thấy X(0, 0, 0) là một phương án của bài toán
⇒ Ω ≠ ∅
.
Mặt khác từ 3 ràng buộc bất phương trình cộng vế theo vế, ta có
1 2 3
2 2 12x x x+ + ≤
Suy ra
1 2 3
0 , , 12x x x≤ ≤ ⇒ Ω
bị chặn.
Vậy theo định lý 2, 3 §4, bài toán có PATƯ.
Định lý 5. Nếu bài toán QHTT có PATƯ thì có ít nhất một PACB tối ưu.
Chứng minh: Ta có thể chứng minh định lý 4 nhờ kết quả của định lý 3 §4
chương 1.
Thật vậy, gải sử bài toán có PATƯ X
0
.
Nếu X
0
là PACB thì định lý được khẳng định.
Ngược lại, X
0
không phải là PACB ta xét bài toán phụ
1
min ( ) (1.4.4)
n
j
j
g X x

=
 
=
 
 
∑
Với điều kiện:
ij
1
0
1
0
, 1, (1.4.5)
0, 1, (1.4.6)
( ) (1.4.7)
(
n
j
j
j
n
j j
j
j
a x i m
x j n
c x f X
x g X
=
=

=
≥ =
=
≤
∑
∑
1
) (1.4.8)
n
j=











∑
Ký hiệu
'Ω
là tập phương án của bài toán (1.4.4)-(1.4.8). Rõ ràng
'
Ω ≠ ∅

vì tồn tại X
0

là phương án.
Mặt khác, từ điều kiện (1.4.6) và (1.4.8) suy ra tập
'Ω
bị chặn. Vậy
'Ω
là
một đa diện lồi. Theo định lý 3, bài toán phụ có phương án cực biên X
*
của
'Ω

tối ưu.
Ta cần chứng tỏ X
*
cũng là PACB tối ưu trên
Ω
.
Thật vậy, do X
*
là PATƯ của bài toán phụ nên từ các điều kiện (1.4.5),
(1.4.6) và (1.4.7) dễ thấy X
*
cũng là PATƯ của bài toán (1.4.1)-(1.4.3). Ta cần
chỉ ra rằng X
*
cũng là PACB.
-20-
Giả sử ngược lại, X
*
không phải là PACB của

Ω
, nghĩa là tồn tại
1 2
,X X
∈Ω
sao cho với mọi
(0,1)
λ
∈
ta có
*
1 2
(1 )X X X
λ λ
= + −
khi đó:
*
0 1 2 1 2
( ) ( ) ( (1 ) ) ( ) (1 ) ( ) (1.4.9)f X f X f X X f X f X
λ λ λ λ
= = + − = + −
Giả sử
1 2
( ) ( )f X f X≥
, từ đó
*
0 2 2 2
( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) ( )f X f X f X f X f X
λ λ
= ≥ + − =

. Do X
0
là PATƯ nên
0 2
( ) ( )f X f X≤
. Vậy
0 2
( ) ( )f X f X=
.
Thay f(X
0
) bởi f(X
2
) trong (1.4.9) ta được f(X
0
) = f(X
1
) = f(X
2
)
Tức là X
1
, X
2
thỏa mãn điều kiện (1.4.7).
Lại do X
*
, X
0
∈Ω

nên
*
0 1 2
( ) ( ) ( ) (1 ) ( ), (0,1) (1.4.10)g X g X g X g X
λ λ λ
≥ = + − ∈
Giả sử
1 2
( ) ( )g X g X≤
, khi đó từ (1.4.10) suy ra
*
0 1 2 1
( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) ( )g X g X g X g X g X
λ λ
≥ = + − =
Tức là X
1
thỏa mãn (1.4.8), do vậy
*
1
( ) ( )g X g X
≤
. Vậy
*
1
( ) ( )g X g X
=
Cũng từ đó ta có
*
1 2

( ) ( ) ( )g X g X g X
= =
và
0 2
( ) ( )g X g X≥
, hay
2
'X ∈Ω
.
Như vậy, ta có được
1 2
, 'X X ∈Ω
mà
*
1 2
(1 ) , (0,1)X X X
λ λ λ
= + − ∈
. Điều này mâu
thuẫn với X
*
là PACB của
'Ω
. Vậy chỉ có thể X
*
là PACB tối ưu của bài toán
(1.4.1)-(1.4.3).
Nhận xét: Từ định lý 3 và 4 cho phép chúng ta tìm phương án tối ưu của bài
toán quy hoạch tuyến tính trên tập các PACB. Sau này chúng ta thấy thêm rằng
số PACB là hữu hạn.

CHƯƠNG 2 : BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU
BÀI 1: BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẪU
Chúng ta sẽ lần lượt xây dựng bài toán đối ngẫu của các bài toán Qui
hoạch tuyến tính dạng đặc biệt ( dạng chính tắc , dạng chuẩn tắc ) và cuối cùng
là của Qui hoạch tuyến tính tổng quát .
I. BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẨU KHÔNG
ĐỐI XỨNG
-21-
-22-
II. BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẨU ĐỐI
XỨNG
TOP
-23-
-24-
III. BÀI TOÁN QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐỐI NGẨU TỔNG
QUÁT
TOP
-25-