Bài toán quy hoạch tuyến tính với hàm mục tiêu phụ thuộc tham số

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu



ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC






NGUYỄN THÀNH KIÊN





BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH VỚI HÀM
MỤC TIÊU PHỤ THUỘC THAM SỐ







LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN – 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu



ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC




NGUYỄN THÀNH KIÊN



BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH VỚI HÀM
MỤC TIÊU PHỤ THUỘC THAM SỐ



Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60 46 01 12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC



NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS TRẦN VŨ THIỆU



THÁI NGUYÊN – 2014

Nguyễn Thành Kiên
luận
LỜI NÓI ĐẦU
Qui hoạch tuyến tính là bài toán tìm cực tiểu (hay cực đại) một hàm
tuyến tính với các biến số thỏa mãn các ràng buộc đẳng thức (hay bất
đẳng thức) tuyến tính. Ở dạng chung nhất, qui hoạch tuyến tính có thể
hiểu là bài toán min{c
T
x : x ∈ D}, trong đó c ∈ R
n
, D ⊂ R
n
là một
tập lồi đa diện, nghĩa là tập các nghiệm của một hệ đẳng thức (hay bất
đẳng thức) tuyến tính và x ∈ R
n
là véctơ biến cần tìm.
Qui hoạch tuyến tính là bài toán tối ưu đơn giản nhất và được ứng
dụng rộng rãi trong thực tiễn. Đôi khi các hệ số trong bài toán, nói riêng

là các hệ số mục tiêu (như giá cả, lợi nhuận, ), không hoàn toàn được
xác định trước mà có thể biến động. Cũng vậy, trong nhiều bài toán qui
hoạch toán học, các dữ liệu ban đầu thường phụ thuộc một tham số nào
đó. Các bài toán như thế gọi là bài toán qui hoạch tham số (parametric
programming). Vì thế, để tìm lời giải cho các bài toán loại này ta cần
nghiên cứu qui hoạch tham số.
Có nhiều dạng bài toán phụ thuộc tham số. Chẳng hạn, với bài toán
qui hoạch tuyến tính, có thể các hệ số mục tiêu hay các hệ số ở vế phải
hệ ràng buộc hoặc cả hai phụ thuộc tham số. Cũng có thể hệ số của các
biến trong bài toán phụ thuộc tham số Luận văn này đề cập tới một
lớp bài toán qui hoạch tham số điển hình, thường gặp. Đó là bài toán
qui hoạch tuyến tính với hệ số mục tiêu phụ thuộc tuyến tính vào một
tham số, gọi tắt là qui hoạch tuyến tính tham số.
Qui hoạch tuyến tính tham số nghiên cứu tính chất của nghiệm tối
ưu phụ thuộc tham số và đề xuất các phương pháp tìm nghiệm tối ưu
theo tham số. Các nghiên cứu này bắt đầu từ những năm 1950, gần như
cùng thời với sự ra đời của qui hoạch tuyến tính.
1
Mục tiêu của luận văn này là tìm hiểu và trình bày nội dung bài toán
qui hoạch tuyến tính và bài toán vận tải với hàm mục tiêu phụ thuộc
tuyến tính vào một tham số, tính chất hàm giá trị tối ưu của bài toán,
phương pháp giải bài toán với các khoảng giá trị khác nhau của tham số,
tìm ví dụ số minh hoạ cho thuật toán giải qui hoạch tuyến tính tham số
và bài toán vận tải tham số và ứng dụng phương pháp qui hoạch tuyến
tính tham số tìm các nghiệm tối ưu Pareto (các điểm hữu hiệu) của bài
toán qui hoạch tuyến tính hai mục tiêu.
Nội dung luận văn được viết thành ba chương:
Chương 1 "Bài toán qui hoạch tuyến tính tham số" giới thiệu
tóm tắt về bài toán qui hoạch tuyến tính và phương pháp đơn hình giải
qui hoạch tuyến tính. Sau đó tập trung giới thiệu bài toán qui hoạch

tuyến tính tham số với các hệ số mục tiêu phụ thuộc tuyến tính vào một
tham số và trình bày thuật toán đơn hình tham số tìm lời giải tối ưu
cho bài toán với mọi tham số λ ∈ R hoặc λ ∈

t, t

, trong đó t và t cho
trước. Hàm giá trị tối ưu ϕ(λ) là một hàm lõm liên tục, tuyến tính từng
khúc (đối với bài toán min) và là hàm lồi liên tục, tuyến tính từng khúc
(đối với bài toán max).
Chương 2 "Bài toán qui hoạch tuyến tính hai mục tiêu" giới
thiệu vắn tắt về khái niệm tối ưu Pareto trong các bài toán qui hoạch
tuyến tính với nhiều hàm mục tiêu và trình bày ứng dụng thuật toán
đơn hình tham số vào tìm tập điểm hữu hiệu (tức lời giải tối ưu Pareto)
của bài toán tuyến tính hai mục tiêu. Thuật toán tham số cho phép tìm
được tất cả các điểm hữu hiệu, tập này tạo nên đường tối ưu Pareto của
bài toán.
Chương 3 "Bài toán vận tải tham số" trình bày kết quả về bài
toán vận tải tham số, với tham số có mặt ở hàm mục tiêu của bài toán.
Nêu thuật toán thế vị tìm lời giải cơ sở tối ưu trong các khoảng tham
số khác nhau và nêu ví dụ số cho thấy hàm giá trị tối ưu của hai bài
toán là hàm lõm liên tục, tuyến tính từng khúc.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn này
2
còn có những thiếu sót nhất định, kính mong quí thầy cô và các bạn
đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn sau này.
Nhân dịp này tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo Trường
Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học -Viện Khoa
học và Công nghệ Việt Nam, đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận
lợi trong quá trình tác giả học tập và nghiên cứu.

Đặc biệt tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hướng dẫn
GS -TS Trần Vũ Thiệu đã tận tình giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận
văn này.
Thái Nguyên, tháng 09 năm 2014.
Người thực hiện
Nguyễn Thành Kiên
3
Chương 1
BÀI TOÁN QUI HOẠCH
TUYẾN TÍNH
Chương này đề cập tới bài toán qui hoạch tuyến tính với hàm mục
tiêu phụ thuộc tham số. Phần đầu nhắc lại các kiến thức cơ sở về qui
hoạch tuyến tính và phương pháp đơn hình. Tiếp đó trình bày nội dung
bài toán qui hoạch tham số và giới thiệu thuật toán giải bài toán, dựa
trên các kỹ thuật tính toán của phương pháp đơn hình. Cuối chương
nêu các ví dụ số minh họa cho thuật toán giải qui hoạch tham số. Nội
dung của chương dựa chủ yếu vào các tài liệu [1] - [4].
1.1 QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH VÀ PHƯƠNG
PHÁP ĐƠN HÌNH
1.1.1 Bài toán qui hoạch tuyến tính chính tắc
Qui hoạch tuyến tính là bài toán tìm cực tiểu (hay cực đại) một hàm
tuyến tính với các biến số thỏa mãn các ràng buộc đẳng thức hay bất
đẳng thức tuyến tính. Bài toán qui hoạch tuyến tính bất kỳ có thể đưa
về dạng chính tắc sau:
min

c
T
x : Ax = b, x ≥ 0


, (1.1)
trong đó A ∈ R
m×n
, b ∈ R
m
, c ∈ R
n
và x ≥ 0 có nghĩa là x ∈ R
n
+
. Ta
giả thiết m  n và rank (A) = m, nghĩa là không có ràng buộc thừa
trong số các đẳng thức.
4
Ta nhắc lại một số định nghĩa: Hàm f(x) = c
T
x gọi là hàm mục
tiêu (objective function). Tập D = {x ∈ R
n
: Ax = b, x  0} gọi là
miền ràng buộc (constraint set) của bài toán. Như đã biết trong giải tích
lồi, D xác định như trên là một tập lồi đa diện (polyhedron) và D có
đỉnh. Véctơ x ∈ D, tức là Ax = b, x ≥ 0, gọi là một lời giải chấp nhận
được (feasible solution). Lời giải chấp nhận được đạt giá trị nhỏ nhất
của hàm mục tiêu c
T
x gọi là một lời giải tối ưu (optimal solution). Một
điểm x
0
∈ D gọi là điểm cực biên (extreme point) hay đỉnh (vertex)

của tập lồi đa diện D nếu không có đoạn thẳng nào

x
1
, x
2

⊂ D mà
x
1
= x
2
và x
0
= λx
1
+ (1 − λ)x
2
với 0 < λ < 1. Một lời giải của bài
toán (1.1) mà là điểm cực biên của D gọi là một lời giải cơ sở (basic
solution).
Định lý sau nêu một đặc trưng cho lời giải cơ sở của bài toán chính
tắc.
Định lý 1.1([2], Định lý 3.4). Ký hiệu A
1
, A
2
, , A
n
là các cột của

ma trận A. Một lời giải chấp nhận được ¯x ∈ D của bài toán (1.1) là lời
giải cơ sở khi và chỉ khi tập véctơ {A
j
: ¯x
j
> 0} độc lập tuyến tính.
Định lý sau cho biết khi nào bài toán qui hoạch tuyến tính có lời giải
tối ưu.
Định lý 1.2([2], Định lý 3.2). D = ∅ và nếu hàm mục tiêu c
T
x bị
chặn dưới trên D thì bài toán (1.1) chắc chắn có lời giải tối ưu.
Định lý sau khẳng định lời giải tối ưu đạt được tại một đỉnh của D.
Định lý 1.3([2], Định lý 3.6). Qui hoạch tuyến tính chính tắc có lời
giải tối ưu thì cũng có lời giải cơ sở tối ưu.
1.1.2 Phương pháp đơn hình
Phương pháp đơn hình do G. B. Dantzig đề xuất năm 1947 là phương
pháp quen thuộc và hiệu quả để giải các dạng bài toán qui hoạch tuyến
tính. Hơn nữa, phương pháp đơn hình còn được cải biên, mở rộng để
giải nhiều bài toán khác như: qui hoạch toàn phương, qui hoạch phân
tuyến tính, bài toán bù tuyến tính, qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu,
5
Phương pháp đơn hình cũng có nhiều biến thể khác nhau tùy theo đặc
điểm bài toán cần giải: đơn hình gốc, đơn hình đối ngẫu, đơn hình gốc
- đối ngẫu, đơn hình cải biên, Trong mục này ta sẽ trình bày phương
pháp đơn hình dạng gốc giải qui hoạch tuyến tính chính tắc.
Xét bài toán qui hoạch tuyến tính (1.1). Hàm mục tiêu f(x) = c
T
x
tuyến tính nên nếu f(x) bị chặn dưới trên miền ràng buộc

D = {x ∈ R
n
: Ax = b, x  0}
thì theo các Định lý 1.2 và 1.3, f(x) = c
T
x đạt cực tiểu tại ít nhất một
điểm cực biên của D. Vậy chỉ cần tìm điểm cực tiểu trong tập các điểm
cực biên của miền ràng buộc D, tức là trong tập các lời giải cơ sở. Ta
bắt đầu từ một lời giải cơ sở.
Cho ¯x là một lời giải cơ sở (cách tìm sẽ mô tả sau), ứng với cơ sở B.
Ở đây cơ sở B được hiểu là một tập chỉ số với các tính chất:
a) B ⊂ {1, , n} , |B| = m (B gồm m chỉ số);
b) B ⊇ {j : ¯x
j
> 0}, tức là ¯x
j
= 0 với mọi j /∈ B;
c) Hệ véctơ {A
j
: j ∈ B} độc lập tuyến tính.
Đặt N = {1, , n} \B. Biến x
j
, j ∈ B, gọi là biến cơ sở (basic
variable), biến x
j
, j ∈ N, gọi là biến ngoài cơ sở hay biến phi cơ sở
(nonbasic variable).
Ta phân hoạch A = (A
B
, A

N
), trong đó A
B
= {A
j
: j ∈ B} là ma
trận vuông không thoái hóa, lập nên bới m véctơ cột A
j
của A với chỉ
số j ∈ B và A
N
= {A
j
: j ∈ N} là ma trận lập nên bởi n - m véctơ A
j
còn lại của A với chỉ số j ∈ N. Tương tự, ta viết c = (c
B
, c
N
) với c
B
và
c
N
là véctơ gồm các thành phần c
j
của c với j ∈ B và j ∈ N tương ứng.
Cách viết x = (x
B
, x

N
) có ý nghĩa tương tự. Để cho tiện, ta cũng gọi
A
B
là cơ sở và A
j
, j ∈ B, là véctơ cơ sở, còn A
j
, j ∈ N, là véctơ ngoài
cơ sở hay véctơ phi cơ sở.
Tương ứng với cơ sở B, phương trình Ax = b trở thành A
B
x
B
+
A
N
x
N
= b. Từ đó x
B
= A
−1
B
(b − A
N
x
N
) (nói riêng ¯x
B

= A
−1
B
b ), suy ra
công thức biểu diễn các biến cơ sở theo các biến ngoài cơ sở
x
B
= ¯x
B
− A
−1
B
A
N
x
N
.
6
Do đó
c
T
x = c
T
B
x
B
+ c
T
N
x

N
= c
T
B
¯x
B
− c
T
B
A
−1
B
A
N
x
N
+ c
T
N
x
N
hay
c
T
x = c
T
B
¯x
B
− (c

T
B
A
−1
B
A
N
− c
T
N
)x
N
(1.2)
Vì thế, nếu ∆
N
= c
T
B
A
−1
B
A
N
− c
T
N
)  0 thì ¯x tối ưu. Còn nếu ∆
N
có
một thành phần dương, chẳng hạn ∆

k
> 0 với một chỉ số k ∈ N nào
đó, thì công thức (1.2) cho thấy rằng khi tăng x
k
có thể làm giảm c
T
x,
nghĩa là đưa k vào B thay thế cho một phần tử thích hợp trong B ta sẽ
có một cơ sở mới B’ chấp nhận được tốt hơn (hay ít nhất không kém).
Đó là ý tưởng chính của phương pháp đơn hình để giải qui hoạch tuyến
tính chính tắc.
Để đơn giản, giả sử rằng B = 1, , m. Nếu ma trận A
−1
B
A
N
=
[Z
ik
, i ∈ B, k ∈ N] thì ∆
k
=

i∈B
c
i
z
ik
− c
k

và công thức (1.2) có thể viết
lại thành
c
T
x = c
T
¯x −

k∈N
(

i∈B
c
i
z
ik
− c
k
)x
k
= c
T
¯x −

k∈N
∆
k
x
k
.

Công thức này cho thấy (với bài toán tìm cực tiểu)
Tiêu chuẩn tối ưu: ¯x là lời giải tối ưu nếu
∆
k
=

i∈B
c
i
z
ik
− c
k
 0 ∀k ∈ N.
• Dấu hiệu nhận biết bài toán có trị tối ưu vô cực (−∞ với
bài toán min, +∞ với bài toán max):
∃k ∈ N với ∆
k
> 0 (bài toán min) hay ∆
k
< 0 (bài toán max),
z
ik
 0 ∀i ∈ B.
• Qui tắc "Hình chữ nhật" tính truy hồi các hệ số z
ik
trong bảng
đơn hình:
Giả sử biến x
s

, s ∈ N, được đưa vào cơ sở thay cho biến thứ r trong
B. Khi đó
z

ik
=

z
ik,
− (z
rk
/z
rs
)z
is
, i = r
z
rk
/z
rs
, i = r
, i = 1, , m, k = 0, 1, , n
7
với z
i0
là giá trị biến cơ sở thứ i trong ¯x
B
và A
−1
B

A
k
= (z
ik
)
i
∈B
, k =
1, , n
Giá trị hàm mục tiêu ∆
0
= c
T
x và ∆
k
, k ∈ N

, được tính theo công
thức:
∆

k
= ∆
k
− (z
rk
/z
rs
) ∆
s

, k ∈ {0} ∪ N

.
• Tìm lời giải cơ sở ban đầu: Lập và giải qui hoạch tuyến tính
phụ (b  0):
min

e
T
z : Ax + Iz = b, x  0, z  0

,
trong đó e ∈ R
m
là véctơ với mọi thành phần bằng 1 và I là ma trận
đơn vị cấp m. Lời giải cơ sở ban đầu là (0, b).
1.1.3 Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.1. Giải qui hoạch tuyến tính
f (x) = 9x
1
+ 2x
2
− 15x
3
→ min
với điều kiện














x
1
+ 2x
2
+ x
3
+ x
4
= 40
3x
1
+ 2x
3
+ x
5
= 60
x
1
+ 4x
2
+ x

6
= 30
x
1
 0, x
2
 0, x
3
 0
Bài toán có lời giải cơ sở ban đầu x
1
= (0, 0, 0, 40, 60, 30)
T
với
f

x
1

= 0.
Cơ sở B = {4, 5, 6} , N = {1, 2, 3}. Lập bảng đơn hình ban đầu
(xem [2], tr. 54).
8
Do ∆
3
= 15 > 0 nên x
1
chưa tối ưu. Đưa x
3
vào cơ sở thay x

5
. Lập
Bảng 2.
Lời gỉải cơ sở mới x
2
= (0, 0, 30, 10, 0, 30)
T
với f

x
2

= −450 <
f

x
1

= 0. Cơ sở mới B

= {4, 3, 6} , N

= {1, 2, 5}. Mọi ∆
k
 0
nên x
2
tối ưu: Dừng quá trình giải. Xuất x
opt
= x

2
= (0, 0, 30, 10, 0, 30)
T
và f
min
= −450.
1.2 QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH VỚI MỤC TIÊU
THAM SỐ
1.2.1 Nội dung bài toán
Có nhiều dạng bài toán phụ thuộc tham số. Chẳng hạn với bài toán
qui hoạch tuyến tính, có thể các hệ số mục tiêu hay các hệ số ở vế phải
hệ ràng buộc hoặc cả hai phụ thuộc tham số. Cũng có thể hệ số của các
biến trong bài toán phụ thuộc tham số Chương này xét một trường
hợp đơn giản, thường gặp. Đó là bài toán qui hoạch tuyến tính với các
hệ số mục tiêu phụ thuộc tuyến tính vào một tham số. Bài toán có dạng
như sau:
P (λ) min{(c + λd)
T
x : Ax = b, x  0}, (1.3)
trong đó A là ma trận cấp m × n, b, c và d lần lượt là các véctơ (cột)
với m, n và n thành phần. Giả thiêt m  n, rank (A) = m. Ký hiệu
D = {x ∈ R
n
: Ax = b, x  0} và gọi D là miền ràng buộc của bài
toán. Ta cũng giả thiết D = ∅.
P (λ) xác định theo (1.3) gọi tắt là bài toán qui hoạch tuyến tính
tham số (Parametric Linear Programming). Tương tự như trong qui
9
hoạch tuyến tính, véctơ x ∈ D, tức Ax = b, x  0, gọi là một lời giải
chấp nhận được. Lời giải chấp nhận được mà là đỉnh của D gọi là một

lời giải cơ sở, mỗi lời giải cơ sở có một cơ sở tương ứng gồm chỉ số của
m biến cơ sở. Lời giải chấp nhận được đạt giá trị nhỏ nhất của hàm mục
tiêu (c + λd)
T
x gọi là một lời giải tối ưu của P(λ). Nếu lời giải tối ưu
mà là đỉnh của D thì nó được gọi là giải cơ sở tối ưu. Cơ sở tương ứng
với lời giải này cũng được gọi là cơ sở tối ưu. Tập các giá trị tham số λ
làm cho một cơ sở tối ưu gọi là khoảng tham số tối ưu của cơ sở đó.
Mục đích của qui hoạch tham số là tìm nghiệm tối ưu cho P (λ)với
mọi tham số λ ∈ R hay với mọi λ thuộc một khoảng cho trước nào đó.
Ký hiệu ϕ(λ) là giá trị tối ưu của P(λ). Có thể thấy
ϕ : λ ∈ R → ϕ(λ) = min
Ax=b, x0
{(c + λd)
T
x}
là một hàm lõm (concave function) liên tục, tuyến tính từng khúc, vì
ϕ(λ) là bao dưới của một họ hàm afin f(x, λ) =

c
T
x

+

d
T
x

λ theo

λ. Chú ý, ψ(λ) = max

c
T
x : Ax = b, x  0

là một hàm lồi (convex
function) liên tục, tuyến tính từng khúc, vì lúc đó ψ(λ) là bao trên của
một họ hàm afin theo λ.
Theo lý thuyết qui hoạch tuyến tính tham số, có tồn tại một số hữu
hạn giá trị tham số
−∞ < t
−p
< < t
−1
< t
1
< < t
q
< +∞

p, q  0, nguyên

sao cho ϕ(λ) là tuyến tính với mọi λ ∈ [t
k
, t
k+1
] (−p  k < q) hoặc
với mọi λ  t
−p

hoặc với mọi λ  t
p
. Ở đây các giá trị t
k
được đánh số
sao cho t
−1
< 0  t
1
. Đồng thời với mỗi k ∈ [−p, q − 1] tồn tại cơ sở
B
k
là tối ưu của bài toán P (λ) với mọi λ ∈ [t
k
, t
k+1
]. Các giá trị t
k
gọi
là các điểm gẫy (breakpoints) của hàm ϕ(λ).
Do tính chất nêu trên nên vấn đề đặt ra là tìm các điểm gẫy t
k
của
ϕ(λ) và các cơ sở tối ưu B
k
tương ứng với các điểm gẫy này. Như vậy,
ta chỉ cần giải một số hữu hạn bài toán P (λ) với λ là các điểm gẫy.
10
1.2.2 Thuật toán qui hoạch tham số
Sơ đồ thuật toán giải trình bày dưới đây là một biến thể của phương

pháp đơn hình quen biết trong qui hoạch tuyến tính, đã được nhắc lại
ở Mục 1.1.2.
Ý tưởng chung của thuật toán tham số là bắt đầu từ một giá trị
tùy ý λ ∈ R hoặc λ thuộc khoảng cho trước, chẳng hạn λ
0
= t
0
. Dùng
phương pháp đơn hình giải bài toán qui hoạch tuyến tính P(t
0
). Do giả
thiêt D = ∅ nên sau một số hữu hạn bước lặp ta thu được lời giải cơ sở
tối ưu của bài toán P (t
0
) hoặc khẳng định hàm mục tiêu của bài toán
P (t
0
) không bị chặn dưới trên miền D. Xét hai trường hợp.
• Trường hợp 1. Giả sử ta thu được lời giải cơ sở tối ưu của P (t
0
)
là x
0
= (x
0
1
, x
0
n
, )

T
với cơ sở tối ưu B
0
, nghĩa là:
a) B
0
⊂ {1, , n} , |B
0
| = m;
b) B
0
⊇ {j : x
0
j
> 0}, tức x
0
k
= 0 ∀k /∈ B
0
;
c) {A
j
: j ∈ B
0
} độc lập tuyến tính.
Véctơ x
0
không chỉ là lời giải cơ sở tối ưu của bài toán P(λ) với tham
số λ = t
0

đã chọn, mà nó còn là lời giải cơ sở tối ưu của P(λ) với mọi
tham số λ trong khoảng [t
−1
, t
1
]. Sử dụng các điều kiện tối ưu trong
phương pháp đơn hình, ta xác định khoảng tham số tối ưu [t
−1
, t
1
] của
cơ sở B
0
như sau.
Theo thuật toán đơn hình, ước lượng của véctơ biến x
k
với k /∈ B
0
có thể biểu diễn dưới dạng một hàm tuyến tính phụ thuộc tham số λ
như sau:
∆
k
(λ) = [

i∈B
0
c
i
z
ik

− c
k
] + λ[

i∈B
0
d
i
z
ik
− d
k
],
trong đó z
ik
, i ∈ B
0
là các hệ số khai triển theo cơ sở B
0
của véctơ A
k
(nghĩa là A
k
= [z
ik
, i ∈ B
0
]). Ký hiệu
∆
1

k
=

i∈B
0
c
i
z
ik
− c
k
, ∆
2
k
=

i∈B
0
d
i
z
ik
d
k
− c
k
⇒ ∆
k
(λ) = ∆
1

k
+ λ∆
2
k
Do x
0
là lời giải tối ưu của bài toán P (t
0
) nên ta có
∆
k
(t
0
) = ∆
1
k
+ t
0
∆
2
k
 0 ∀k /∈ B
0
11
Khi đó x
0
vẫn còn là lời giải tối ưu của bài toán P (λ) với mọi λ thỏa
mãn:
∆
k

(λ) = ∆
1
k
+ λ∆
2
k
 0 ∀k /∈ B
0
(1.4)
Hệ bất phương trình (1.4) tương thích vì nó có nghiệm λ = t
0
.
Với ∆
2
k
> 0 từ (1.4) suy ra λ  −∆
1
k
/∆
2
k
, còn với ∆
2
k
< 0 suy ra
λ  −∆
1
k
/∆
2

k
. Nếu ký hiệu
t
−1
=

max{ -
∆
1
k
∆
2
k
: ∆
2
k
< 0}
−∞, khi ∀∆
2
k
 0
(1.5)
t
1
=

min{ -
∆
1
k

∆
2
k
: ∆
2
k
> 0}
+∞, khi ∀∆
2
k
 0
(1.6)
thì tập nghiệm của hệ (1.4) là t
−1
 λ  t
1
.
Như vậy, với λ ∈ [t
−1
, t
1
] ta có ∆
k
(λ)  0 với mọi k /∈ B
0
và vì thế
x
0
là lời giải tối ưu của P(λ). Nói riêng ta có
∆

k
(t
1
)  0 ∀k = 1, , n. (1.7)
Chú ý rằng nếu ∆
2
k
 0 với mọi k /∈ B
0
thì t
−1
không bị chặn dưới,
ta đặt t
−1
= −∞ còn nếu ∆
2
k
 0 với mọi k /∈ B
0
thì t
1
không bị chặn
trên, ta đặt t
1
= +∞.
Vậy nếu ký hiệu E(B) là khoảng tham số tối ưu của cơ sở tối ưu B, ta
có E (B
0
) = [t
−1

, t
1
]. Vì E(B) là miền nghiệm của một hệ bất phương
trình tuyến tính nên khoảng tham số tối ưu của cơ sở B có thể là một
điểm (khi t
−1
= t
1
), một đoạn (khi t
−1
< t
1
), một tia (khi t
−1
= −∞
hay t
1
= +∞) hoặc toàn bộ đường thẳng. Tuy nhiên, với một cơ sở B
bất kỳ có thể E(B) = ∅.
Tiếp theo, ta xét các giá trị tham số λ ở bên phải (λ  t
1
) và bên
trái (λ  t
−1
) khoảng E(B) = [t
−1
, t
1
]. Ta tiến hành như sau.
Xét bài toán P (λ) với λ  t

1
. Giả sử s là chỉ số sao cho
t
1
= −∆
1
s
/∆
2
s
= min{−∆
1
k
/∆
2
k
: ∆
2
k
> 0}.
Khi đó
∆
s
(t
1
) = ∆
1
s
+ t
1

∆
2
s
= 0 (1.8)
12
Có hai khả năng xảy ra:
a. Nếu z
is
 0 ∀i ∈ B
0
thì do ∆
2
k
> 0 nên với mọi λ > t
1
ta có
∆
s
(λ) = ∆
1
s
+ λ∆
2
s
> 0 (1.9)
Theo thuật toán đơn hình thì f(x) = c
T
x → −∞ khi t
1
< λ → +∞.

b. Còn nếu ∃i ∈ B
0
, z
is
> 0 thì với λ > t
1
khi đưa biến x
s
vào cơ sở
sẽ nhận được lời giải cơ sở mới tốt hơn (với giá trị hàm mục tiêu nhỏ
hơn).
Lời giải cơ sở x
0
ứng với cơ sở B
0
không còn tối ưu nữa vì ít nhất đã
có ∆
s
(λ) > 0 với λ > t
1
(do có (1.9)). Giả sử theo thủ tục đơn hình,
biến với chỉ số i
r
ở vị trí r trong B
0
bị loại khỏi cơ sở. Khi đó ta nhận
được cơ sở mới B
1
= (B
0

\{i
r
}) ∪ {s}. Ta có
Định lý 1.4. B
1
là cơ sở tối ưu của bài toán P (t
1
).
Chứng minh. Theo công thức biến đổi cơ sở thì
∆

k
(λ) = ∆
k
(λ) −
z
rk
z
rs
∆
s
(λ), k = 1, , n
Do ∆
s
(t
1
) = 0 (xem (1.8)) nên theo qui tắc hình chữ nhật và (1.7)
suy ra ∆

k

(t
1
) = ∆
k
(t
1
)  0 với mọi k = 1, , n. Như vậy cơ sở mới B
1
tối ưu với λ = t
1
.
Định lý 1.5. Khoảng tham số tối ưu của cơ sở B
1
có mút trái là t
1
.
Chứng minh. Xét hệ phương trình tuyến tính
∆

k
(λ) = ∆
1
k
+ λ(∆
2
k
)

 0, k = 1, , n (1.10)
Hệ (1.10) tương thích vì nó có nghiệm λ = t

1
. Xét khoảng nghiệm
của hệ này. Vì (∆
1
k
)

và (∆
2
k
)

cũng nghiệm đúng công thức biến đổi cơ
sở nên
(∆
1
k
)

= ∆
1
k
− (z
rk
/z
rs
)∆
1
s
, k = 1, , n,

(∆
2
k
)

= ∆
2
k
− (z
rk
/z
rs
)∆
2
s
, k = 1, , n.
Do i
r
∈ B
0
nên ∆
1
i
r
= ∆
2
i
r
= 0, z
ri

= 1, vì vậy
(∆
1
i
r
)

= −∆
1
s
/z
rs
, (∆
2
i
r
)

= −∆
2
s
/
rs
.
13
Nếu λ là nghiệm của (1.10) thì nói riêng nó phải thỏa mãn ∆

ir
(λ) 
0, tức

−
∆
1
s
z
rs
− λ
∆
2
s
z
rs
 0 (1.11)
Vì z
rs
> 0, ∆
2
s
> 0 nên (1.11) tương đương với
∆
1
s
+ λ∆
2
s
 0
hay
λ  −
∆
1

s
∆
2
s
= t
1
.
Điều này chứng tỏ rằng nghiệm của hệ (1.10) phải thỏa mãn λ  t
1
.
Vậy cơ sở B
1
có khoảng tham số tối ưu nhận t
1
làm mút trái.
Mút bên phải của khoảng tham số tối ưu đối với cơ sở B
1
được xác
định theo công thức tương tự như (1.6). Quá trình trên tiếp tục cho tới
khi tìm được một tia mà nó hoặc là khoảng tối ưu của cơ sở cuối cùng
hoặc là hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên tia này.
Xét bài toán P (λ) với λ  t
−1
. Ta làm hoàn toàn tương tự như
trên. Giả sử h là chỉ số sao cho
t
−1
= −∆
1
h

/∆
2
h
= max

−∆
1
k
/∆
2
k
: ∆
2
k
< 0

.
Từ đó
∆
k
(t
−1
) = ∆
1
k
+ t
−1
∆
2
k

 0 ∀k /∈ B
0
.
∆
h
(t
−1
) = ∆
1
h
+ t
−1
∆
2
h
= 0,
∆
h
(λ) = ∆
1
h
+ λ∆
2
h
> 0 với λ < t
−1
.
Biến x
h
được đưa vào cơ sở thay cho biến có chỉ số i

r
∈ B
0
bị loại
khỏi cơ sở. Cơ sở mới B
2
= (B
0
\i
r
}) ∪ {h}. Giả sử x
2
là lời giải cơ sở
ứng với cơ sở B
2
. x
2
là lời giải tối ưu của bài toán P (λ) với tham số λ
thuộc một khoảng có mút phải là t
−1
. Mút trái của khoảng này được
xác định theo công thức tương tự như (1.5).
Bằng cách như vậy, ta sẽ thu được mọi lời giải tối ưu của bài toán
qui hoạch tham số P(λ) ứng với các khoảng tham số nằm về phía trái
t
−1
.
14
Nếu trong quá trình giải các bài toán P(λ) với λ > t
k

hoặc λ < t
−k
ta sử dụng "qui tắc tự vựng" để chọn biến loại ra khỏi cơ sở như trong
phương pháp đơn hình khắc phục hiện tượng xoay vòng thì bao giờ ta
cũng di chuyển theo những cơ sở khác nhau. Do đó quá trình giải bài
toán như đã trình bày ở trên sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước.
• Trường hợp 2. Giả sử bài toán P (t
0
) có hàm mục tiêu không bị
chặn dưới, tức là tồn tại cơ sở B
0
và chỉ số k /∈ B
0
sao cho
∆
k
(t
0
) = ∆
1
k
+ t
0
∆
2
k
> 0 (1.12)
và z
ik
 0 ∀i ∈ B

0
. Xét hai khả năng.
a. Nếu ∆
2
k
= 0 thì từ (1.12) cho thấy ∆
k
(λ) = ∆
1
k
> 0 với mọi λ
0
,
do đó (c + λd)
T
x không bị chặn dưới với mọi λ ∈ R, tức P (λ) có trị tối
ưu vô cực với mọi λ: Dừng quá trình giải.
b. Nếu ∆
2
k
= 0, đặt t
1
= −∆
1
k
/∆
2
k
và xét bất đẳng thức ∆
1

k
+λ∆
2
k
> 0.
Nếu ∆
2
k
< 0 thì bất đẳng thức thỏa mãn với mọi giá trị λ < t
1
. Còn nếu
∆
2
k
> 0 thì bất đẳng thức thỏa mãn với mọi giá trị λ > t
1
.
Giả sử ∆
2
k
< 0 (trường hợp ∆
2
k
> 0 xét tương tự). Khi đó bài toán
P (λ) không giải được với mọi λ < t
1
, ta xét tiếp với λ  t
1
. Trước hết
ta giải bài toán P (t

1
). Có hai khả năng xảy ra:
b1. Nếu tìm được cơ sở tối ưu cho P (t
1
) thì quá trình tính toán tiếp
tục theo trường hợp 1 đã xét ở trên.
b2. Nếu P (t
1
) lại không giải được, tức là tồn tại cơ sở B
1
và chỉ số
s /∈ B
1
sao cho
∆
s
(t
1
) = ∆
1
k
+ t
1
∆
2
k
> 0 và z
is
 0 ∀i ∈ B
1

. (1.13)
Xảy ra các khả năng sau:
* Nếu ∆
2
s
= 0 thì ∆
s
(λ) = ∆
1
s
> 0 với mọi λ, do đó bài toán P (λ)
không giải được trên toàn trục số thực R.
* Nếu ∆
2
s
> 0 thì ∆
s
(λ) = ∆
1
s
+λ∆
2
s
> 0 với mọi λ  t
2
= −∆
1
s
/∆
2

s
.
Mặt khác, từ (1.13) suy ra t
1
 −∆
1
s
/∆
2
s
= t
2
. Như vậy bài toán
P (λ) không giải được với mọi λ > t
2
, nhưng đồng thời nó lại không giải
được với mọi λ < t
1
, do đó P (λ) không giải được với mọi λ ∈ R.
15
* Nếu ∆
2
s
< 0 thì ∆
s
(λ) = ∆
1
s
+ λ∆
2

s
> 0 với mọi λ < t
2
. Từ (1.13)
suy ra t
1
∆
2
s
 −∆
1
s
, do đó t
1
< t
2
= −∆
1
s
/∆
2
s
.
Tiếp tục xét bài toán P(λ) với λ  t
2
bằng cách giải P(t
2
). Sau một
số hữu hạn bước hoặc sẽ khẳng định bài toán P (λ) không giải được đối
với mọi λ  t

2
hoặc tìm được lời giải cơ sở tối ưu cho bài toán P (λ) với
λ = t
3
nào đó, v.v
1.2.3 Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.2 ([1], tr. 150). Giải bài toán qui hoạch tuyến tính tham
số (λ ∈ R ):
−(2 + 3λ)x
1
+ (1 − 2λ)x
2
− 3λx
3
− 4x
4
→ min
với các ràng buộc














x
1
+ 2x
2
+ x
3
+ 3x
4
 7
−3x
1
+ 4x
2
+ 3x
3
− x
4
 15
2x
1
− 5x
2
+ 2x
3
+ 2x
4
 2
x
1

 0, x
2
 0, x
3
 0, x
4
 0
Dữ liệu bài toán gồm
A =

1 2 1 3
−3 4 3 −1
2 −5 2 2

, b =

7
15
2

, c =



−2
1
0
−4




, d =



−3
−2
−3
0



.
Chọn tham số ban đầu λ = t
0
= 0. Ta thêm vào 3 biến bù x
5
, x
6
, x
7

0 đưa các ràng buộc về dạng đẳng thức. Giải qui hoạch tuyến tính chính
tắc P (t
0
) với t
0
= 0. Cơ sở ban đầu B
0
= {5, 6, 7}. Quá trình giải

P (t
0
) được ghi ở các Bảng 1 - 3.
16
∆
4
= 4 > 0. Đưa x
4
vào cơ sở thay cho x
7
ta nhận được Bảng 2
∆
2
= 9 > 0. Đưa x
2
vào cơ sở thay cho x
5
ta nhận được Bảng 3
Cơ sở tối ưu cho P(t
0
) là B
0
= {2, 4, 6}. Để tìm khoảng tham số tối
ưu của cơ sở này, trong Bảng 3 ngoài dòng ∆
1
k
, ta tính thêm hai dòng
∆
2
k

và −∆
1
k
/∆
2
k
. Theo (1.5) - (1.6) ta có E (B
0
) = [−9/2, 2/65]. Giá
trị tối ưu ϕ(λ) = −(148 + 16λ)/19 với mọi −9/2  λ  2/65.
Tiếp theo, ta tìm lời giải của P(λ) với λ ở bên trái khoảng E (B
0
) =
[−9/2, 2/65]. Từ Bảng 3, ta đưa biến x
5
(do t
−1
= −∆
1
5
/∆
2
5
) vào cơ sở
thay cho x
2
ta được cơ sở mới B
−1
= {5, 6, 4} (xem Bảng 4). Trong
bảng này dòng ∆

2
k
không có phần tử âm nên theo (1.5), B
−1
là cơ sở tối
ưu của P (λ) với mọi λ ∈ (−∞; −9/2]. Giá trị tối ưu ϕ(λ) = −4 + 0.λ
với mọi λ  −9/2.
17
Xét bài toán P(λ) với λ ở bên phải khoảng E (B
0
) = [−9/2, 2/65].
Từ Bảng 3, ta đưa biến x
1
(do t
−1
= −∆
1
1
/∆
2
1
) vào cơ sở thay cho x
4
ta
được cơ sở mới B
1
= {2, 6, 1} (xem Bảng 5). Trong bảng này dòng ∆
2
k
không có phần tử dương nên theo (1.6), B

1
là cơ sở tối ưu của P (λ)với
mọi λ ∈ [2/65, +∞). Giá trị tối ưu ϕ(λ) = −(22 + 47λ)/3 với mọi
λ  2/65.
Như vậy, trục số λ ∈ R được chia làm ba phần:
(−∞, −9/2] , [−9/2, 2/65] , [2/65, +∞) .
Mỗi phần là khoảng tham số tối ưu của các cơ sở B
−1
= {5, 6, 4} , B
0
=
{2, 6, 4} , B
1
= {2, 6, 1} tương ứng. Từ bảng 3, 4, 5 cho thấy
ϕ(−9/2) = −4, ϕ(2/65) = −7, 815385 ≈ −8.
Kết quả giải bài toán qui hoạch tham số P (λ) được ghi lại trong bảng
sau.
18
Dáng điệu của hàm giá trị tối ưu ϕ(λ) vẽ ở Hình 1.1.
Hình 1.1. Hàm giá trị tối ưu (lõm) ϕ(λ)
• Bài toán tìm cực đại (bài toán max) có thể đưa về bài toán tìm
cực tiểu (bài toán min) với cùng hệ ràng buộc, bằng cách đổi dấu
hàm mục tiêu. Nhưng cũng có thể giải trực tiếp nhờ thay đổi tiêu
chuẩn tối ưu (đối với bài toán max): cơ sở B là tối ưu nếu ∆
k
=
c
T
B
(A

−1
B
A
k
) − c
k
 0 ∀k /∈ B.
Ví dụ 1.3. Giải qui hoạch tuyến tính với mục tiêu phụ thuộc tham số
t  0:
z = (3 − 6t) x
1
+ (2 − 2t) x
2
+ (5 + 5t) x
3
→ max
với điều kiện














x
1
+ 2x
2
+ x
3
 40
3x
1
+ 2x
3
 60
x
1
+ 4x
2
 30
x
1
 0, x
2
 0, x
3
 0
19
Thêm vào 3 biến bù x
4
, x
5
, x

6
 0 đưa ràng buộc về dạng đẳng thức
Ax = b. Cơ sở tối ưu của qui hoạch tuyến tính LP(t) tại t = t
0
= 0 là
B
0
= {2, 3, 6} với
A
B
0
=

2 1 0
0 2 0
4 0 1

, A
−1
B
0
=


1
2
−
1
4
0

0
1
2
0
−2 1 1


,
x
B
0
= (x
2
, x
3
, x
6
)
T
= A
−1
B
0
b = (5, 30, 10)
T
, c
B
0
= (2 − 2t, 5 + 5t, 0).
Bảng đơn hình tương ứng:

Điều kiện tối ưu đối với các véctơ phi cơ sở hiên tại là
{∆
k
(t) = c
B
0
(t)A
−1
B
0
A
k
− c
k
(t)}
k = 1, 4, 5
= (4 + 14t, 1 − t, 2 + 3t)  0.
Như vậy, x
B
0
vẫn còn là tối ưu khi các điều kiện sau được thoả mãn:
∆
1
(t) = 4 + 14t  0,
∆
4
(t) = 1 − t  0,
∆
5
(t) = 2 + 3t  0.

Bất đẳng thức thứ hai suy ra t  1. Hai bất đẳng thức còn lại thoả
mãn với mọi t  0. Vậy ta có t
1
= 1, nghĩa là x
B
0
còn là tối ưu với
0  t  1.
Chi phí rút gọn (ước lượng) ∆
4
= 1 − t = 0 tại t = 1 và sẽ âm với
t > 1.
Như vậy cần đưa x
4
vào cơ sở khi t > 1. Lúc này x
2
bị loại khỏi
cơ sở (xem bảng đơn hình tối ưu tại t
0
= 0). Lời giải cơ sở mới x
B
1
là lời giải tối ưu nhận được tại t
1
= 1 nhờ đưa x
4
vào cơ sở, nghĩa là
x
B
1

= (x
4
, x
3
, x
6
)
T
và B
1
= {4, 3, 6}.
Cơ sở tối ưu tại t = t
1
= 1 gồm các yếu tố
B
1
=

1 1 0
0 2 0
0 0 1

, B
−1
1
=


1 −
1

2
0
0
1
2
0
0 0 1


,
20
x
B
1
= (x
4
, x
3
, x
6
) = A
−1
B
1
b = (10, 30, 30)
T
, c
B
1
(t) = (0, 5 + 5t, 0).

Các véctơ phi cơ sở tương ứng là A
1
, A
2
và A
5
. Ta có

∆
k
(t) = c
B
1
(t)B
−1
1
A
k
− c
k
(t)

k=1, 2, 5
= (
9 + 7t
2
, −2+2t,
5 + 5t
2
)  0.

Theo điều kiện tối ưu này, lời giải cơ sở x
B
1
vẫn còn là tối ưu với mọi
t  1. Chú ý là điều kiện tối ưu −2 + 2t  0 tự động "ghi nhớ" x
B
1
là
tối ưu đối với khoảng tham số t  t
1
= 1. Nhận xét này sẽ luôn đúng
trong các tính toán với qui hoạch tham số.
Lời giải tối ưu đối với toàn bộ khoảng tham số t  0 của bài toán qui
hoạch tham số P (t) được ghi lại trong bảng dưới đây. Giá trị z = ϕ(t)
được tính bằng cách thay thế trực tiếp ϕ(t) = ∆
1
0
+ ∆
2
0
× t.
Dáng diệu của hàm giá trị tối ưu z = ϕ(t) vẽ ở Hình 1.2.
Hình 1.2. Hàm giá trị tối ưu (lồi) z = ϕ(t), t  0.
Tóm lại, chương này đã nhắc lại vắn tắt về bài toán qui hoạch tuyến
tính và phương pháp đơn hình giải qui hoạch tuyến tính. Sau đó tập
trung giới thiệu bài toán qui hoạch tuyến tính tham số với các hệ số
mục tiêu phụ thuộc tuyến tính vào một tham số và trình bày thuật toán
đơn hình tham số tìm lời giải tối ưu cho bài toán tham số với mọi tham
số λ ∈ R hoặc λ ∈ [t,
¯

t] với t và
¯
t cho trước. Hàm giá trị tối ưu ϕ(λ) là
một hàm lõm liên tục, tuyến tính từng khúc (đối với bài toán min) và
là hàm lồi liên tục, tuyến tính từng khúc (đối với bài toán max).
21
Chương 2
BÀI TOÁN QUI HOẠCH
TUYẾN TÍNH HAI MỤC TIÊU
Chương này đề cập tới bài toán qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu,
trình bày ứng dụng thuật toán đơn hình tham số giải bài toán qui hoạch
tuyến tính với hai mục tiêu và nêu ví dụ minh họa cho thuật toán giải.
Nội dung chính của chương được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [2]
và [6].
2.1 QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH ĐA MỤC TIÊU
2.1.1 Nội dung bài toán
Trong thực tiễn ta hay gặp các bài toán tối ưu với nhiều hàm mục
tiêu khác nhau, thường không hòa hợp với nhau. Chẳng hạn, trong sản
xuất người quản lý mong muốn đạt lợi nhuận cao nhất, chi phí thấp
nhất hoặc đạt hiệu quả lớn nhất, tổn thất nhỏ nhất,
Qui hoạch tuyến tính đa mục tiêu có dạng như sau, ký hiệu là (MP).
max z =

c
1
x, c
2
x, , c
p
x


(MP)
với điều kiện Ax  b, x  0, trong đó c
1
, c
2
, , c
p
∈ R
n
là p véctơ
(hàng), A ∈ R
m×n
, b ∈ R
n
và x ∈ R
n
là véctơ (cột) các biến cần tìm.
Gọi C là ma trận p × n với p véctơ hàng c
1
, c
2
, , c
p
. Bài toán có
thể viết thành:
V max {Cx : Ax  b, x  0} .
Nói chung không thể tìm được một lời giải đạt cực đại đồng thời tất
22