Bài tập ôn thi phân tích và tối ưu hóa hệ thống

BÀI TẬP ÔN THI PHÂN TÍCH VÀ TỐI ƯU HÓA HỆ THỐNG
PHẦN 1: TÌM CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA HÀM 3 BIẾN
Câu 1:
Dùng phương pháp nhân tử Lagrange và ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba
biến thỏa mãn hai điều kiện: U (x,y,z) = x +2y + 3z thỏa mãn hai điều kiện:
x - y + z = 1; x2 + y 2 = 1
Bài giải:
Đây là bài toán tìm cực trị của hàm n = 3 biến, với số điều kiện ràng buộc m = 2
(chẵn); (mĐặt g1(x ;y ;z) = x - y + z - 1; g2(x ;y ;z) = x2 + y2 -1
Hàm Lagrange sẽ là: L(x;y;z;λ1;λ2) = x +2y + 3z +λ1(x - y + z - 1) + λ2(x2 + y2 - 1)
Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:
 ∂L
 = 1 + λ1 + 2 xλ2 = 0
 ∂x
 ∂L
 ∂y = 2 − λ1 + 2 yλ2 = 0

 ∂L
 = 3 + λ1 = 0
 ∂z
 ∂L
 ∂λ = x − y + z = 1
 1
 ∂L
2
2
 ∂λ = x + y = 1
 2

(1)

Giải hệ (1) ta được:
x=

2
−5
7
29
;y=
; z = 1−
; λ1 = −3 ; λ2 =
29
29
29
2

Hoặc:
x =

−2
5
7
− 29
;y =
; z = 1+
; λ1 = −3; λ2 =
2
29
29
29

Vậy bài toán có hai điểm dừng:
M1(

2
−5
7
29
;
;1 −
) ứng với λ1 = −3; λ2 =
29
29
29
2

M2(

−2
5
7
− 29
;
;1 +
) ứng với ; λ1 = −3; λ2 =
29 29
29
2

Ma trận viền Heissein (HA) có dạng:

1


 0

 0
'
H A ( M ) =  g 1, x
 '
 g 1, y
 '
 g 1, z

0
0

g '1, x
g '2, x

g '1, y
g '2, y

'

g 2, x

''

L x2

''

L xy

'

g 2, y

''

L yx

L'' y 2

g ' 2, z

L'' zx

L'' zy

g '1, z   0 0
1
 
'
g 2, z 
 0 0 2x
'' 
L xz =  1 2 x 2λ2


L'' yz   −1 2 y 0

'' 
0
L z 2   1 0

−1
2y
0
2λ2
0

1
0 
0

0
0 

Do n = 3; m = 2; n - m = 1; 2m + 1 = 5; n + m = 5 nên ta chỉ xét tử thức
chính sau cùng là ∆5.
0 0
1
0 0 2x
∆ 5 ( M ) = 1 2 x 2λ2
−1 2 y 0
1 0
0

−1

2y
0
2λ2
0

1
0
0
0
0

0
1+ 5
Khai triển theo cột 5 ta có: det(∆5 ( M )) = 1.(−1) .

0

2x

2y

1 2 x 2λ2
−1 2 y 0
1 0
0

0
2λ2
0

Khai triển theo dòng 4 ta có:
0 2x
∆ 5 ( M ) = 1.(−1) . 2 x 2λ2
2y 0
4 +1

2y
0 = − ( 0 + 0 + 0 ) − ( 8λ2 y 2 + 8λ2 x 2 + 0 )  = 8λ2 ( x 2 + y 2 ) (2)
2λ2

2
−5
7
29
;
;1 −
) ứng với λ1 = −3; λ2 =
; Thay vào (2) ta
29
29
29
2
29 25 4
= 8.
.( + ) = 4. 29 > 0
2 29 29

*) Tại điểm M1(
được: ∆ 5 ( M 1 )

Do Δ5 > 0, hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét đạt cực tiểu tương đối tại
M1 và giá trị cực tiểu U= 3 − 29
−2
5
7
− 29
;
;1 +
) ứng với ; λ1 = −3; λ2 =
; Thay vào (2) ta
29 29
29
2
− 29 25 4
= 8.(
).( + ) = −4. 29 < 0
2
29 29

*) Tại điểm M2(
được: ∆ 5 ( M 2 )

Do Δ5 < 0 hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét không xác định về dấu. Vậy
M2 không phải là điểm cực trị.
*)Kết luận:
Bài toán có 1 điểm cực trị là: Đạt cực tiểu tương đối tại M 1(
và giá trị cực tiểu U = 3 − 29

2

2
−5
7
;
;1 −
)
29
29
29


Câu 2:
Dùng phương pháp nhân tử Lagrange và ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba
biến thỏa mãn hai điều kiện: U (x,y,z) = x – 3y + z thỏa mãn hai điều kiện:
x + y – z = 2; x2 + y2 = 2
Bài giải:
Đây là bài toán tìm cực trị của hàm n = 3 biến, với số điều kiện ràng buộc m = 2
(chẵn); (mĐặt g1(x ;y ;z) = x + y - z - 1 ; g2(x ;y ;z) = x2 + y2 -2
Hàm Lagrange sẽ là: L(x;y;z;λ1;λ2) = x -3y + z +λ1(x+ y - z - 2) + λ2(x2 + y2 - 2)
Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:
 ∂L
 = 1 + λ1 + 2.x.λ2 = 0
 ∂x
 ∂L
 ∂y = −3 + λ1 + 2 yλ2 = 0

 ∂L
(1)
 = 1 − λ1 = 0

 ∂z
 ∂L
 ∂λ = x + y − z = 2
 1
 ∂L
2
2
 ∂λ = x + y = 2
 2

Giải hệ (1) ở trên ta được:
x = -1; y = 1; z = -2; λ1 = 1; λ2 = 1

Hoặc: x = 1; y = -1; z = -2; λ1 = 1; λ2 = -1
Vậy bài toán có 2 điểm dừng:
M1 ( −1;1; −2 ) ; ứng với λ1 = 1; λ2 = 1;
M2 ( 1; −1; −2 ) ; ứng với λ1 = 1; λ2 = −1
Ma trận viền Heissein (HA) có dạng:
 0

 0
'
H A ( M ) =  g 1, x
 '
 g 1, y
 '
 g 1, z

0
0

g '1, x
g '2, x

g '1, y
g '2, y

'

g 2, x
g '2, y

''

L x2
L'' yx

''

L xy
L'' y2

g '2, z

L'' zx

L'' zy

g '1, z   0 0
1

 
'
g 2, z 
 0 0 2x
'' 
L xz =  1 2 x 2λ2

L'' yz   1 2 y 0

'' 
0
L z 2   −1 0

1
2y
0
2λ2
0

−1
0 
0

0
0 

Do n = 3; m = 2; n - m = 1; 2m + 1 = 5; n + m = 5 nên ta chỉ xét tử thức
chính sau cùng là ∆5.

3

0 0
1
0 0 2x
∆ 5 ( M ) = 1 2 x 2λ2
1 2y 0
−1 0
0

1
2y
0
2λ2
0

−1
0
0
0
0

0 0 2x
1 2 x 2λ2
1+ 5
Khai triển theo cột 5 ta có: ∆ 5 ( M ) = ( −1) *(−1) *
1 2y 0
−1 0
0

2y
0
2λ2
0

Khai triển theo dòng 4 ta có:
∆ 5 ( M ) = − ( −1) *(−1)

4 +1

0 2x
* 2 x 2λ2
2y 0

2y
0 = ( 0 + 0 + 0 ) − ( 8λ2 y 2 + 8λ2 x 2 + 0 )  = 8λ2 ( x 2 + y 2 ) (2)
2λ2

*) Tại điểm M1(-1;1;-2) ứng với λ1 = 1; λ2 = 1. Thay vào (2) ta được:
∆ 5 ( M 1 ) = 8.1.(1+1) = 16 >0

Do Δ5 > 0, hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét đạt cực tiểu tương đối tại
M1 và giá trị cực tiểu U= -6
*) Tại điểm M2(1;-1;-2) ứng với ứng với λ1 = 1; λ2 = -1. Thay vào (2) ta được:
∆ 5 ( M 2 ) = 8.(-1).(1+1) = -16 < 0

Do Δ5 < 0 hàm điều kiện m=2 chẵn => Hàm được xét không xác định về dấu. Vậy
M2 không phải là điểm cực trị.
*) Kết luận:
Bài toán có 1 điểm cực trị là: Đạt cực tiểu tương đối tại M 1(-1; 1; -2) và giá trị cực

tiểu U = -6
Câu 3: Dùng phương pháp nhân tử lagrange và ma trận viền ha để tìm cực trị hàm
ba biến: u = f(x,y,z) = 5 x + 2y +4z thỏa mãn điều kiện : x 2 + y 2 + z 2 =

1
4

Bài giải:
Đây là bài toán tìm cực trị của hàm n = 3 biến, với số điều kiện ràng buộc m = 1
(lẻ); (m2
2
2
Đặt g(x ;y ;z) = x + y + z =

1
4
1
4

2
2
2
Hàm Lagrange sẽ là: L(x;y;z;λ) = 5 x + 2y +4z +λ( x + y + z − )

Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:

4

 ∂L
 ∂x = 5 + 2λ x = 0

 ∂L = 2 + 2λ y = 0
 ∂y
(1)

 ∂L = 4 + 2λ z = 0
 ∂z

 ∂L = x 2 + y 2 + z 2 = 1
4
 ∂λ

Giải hệ (1): Rút λ theo x, y, z thay vào phương trình cuối.
Giải ra ta có 2 điểm dừng:

 −1 −1 −2 
; ; ÷; ứng với λ = 5;
2 5 5 5 
 1 1 2
; ; ÷; ứng với λ = −5;
M2 
2 5 5 5
M1 

Ma trận viền Heissein (HA) có dạng:
0
 '
g x

H A (M ) =  '
gy

 g ' z

g 'x
L'' x2
L'' yx

g 'y
L'' xy
L'' y 2

L'' zx

L'' zy

g 'z   0 2x

L'' xz   2 x 2λ
=
L'' yz   2 y 0
 
L'' z 2   2 z 0

2 y 2z 
0
0 
2λ 0 


0 2λ 

Do n = 3; m = 1; n - m = 2; 2m + 1 = 3; n + m = 4 nên ta xét tử thức chính
sau cùng là ∆3 và ∆4.
0 2x
- ∆ 3 ( M ) = 2 x 2λ
2y 0
 0 2x
 2 x 2λ
- ∆ 4 (M ) = 
2 y 0

 2z 0

2y
0 = ( 0 + 0 + 0 ) − ( 8λ x 2 + 8λ y 2 + 0 ) = −8λ ( x 2 + y 2 ) (2)
2λ
2 y 2z 
0
0 
2λ 0 

0 2λ 

Khai triển theo dòng 4 ta được:
2x
∆ 4 ( M ) = 2 z (−1) . 2λ
0
4 +1

2 y 2z
0 2x
4+ 4
0 0 + 2λ ( −1) . 2 x 2λ
2λ 0
2y 0

2y
0
2λ

2
2
2
= −2 z ( 0 + 8λ z + 0 ) − ( 0 + 0 + 0 )  + 2λ ( 0 + 0 + 0 ) − ( 8λ y + 8λ x + 0 ) 
2
2
2
2
= −16λ ( x + y + z ) (3)



1 2
; − ; − ÷ ứng với λ = 5. Thay vào (2) và (3) ta được:
 2 5 5 5

*) Tại điểm M 1  −

1

5


1
1
18
+ ) = −
<0
20 25
5
1
1
4
+∆ 4 ( M 1 ) = −16.25.( + + ) = -100 < 0
20 25 25

+∆ 3 ( M 1 ) = -8.5.(

Do Δ3 < 0; ∆4 < 0, hàm điều kiện m = 1 lẻ nên hàm được xét đạt cực tiểu tương
đối tại M1 và giá trị cực tiểu U = −

5
2

 1 1 2
; ; ÷ứng với λ = -5. Thay vào (2) và (3) ta được:
2 5 5 5

*) Tại điểm M 2 

1
1
18
+ ) =
>0
20 25
5
1
1
4
+∆ 4 ( M 1 ) = −16.25.( + + ) = -100 < 0
20 25 25

+∆ 3 ( M 1 ) =(-8).(-5).(

Do Δ3 > 0; ∆4 < 0 (có tính đan dấu) và tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện
m = 1 lẻ nên hàm được xét đạt cực đại tương đối tại M2 và giá trị cực đại U =

5
2

*) Kết luận:
Bài toán có 2 điểm cực trị là:


1 2
5
; − ; − ÷ và giá trị cực tiểu U = − .
2

 2 5 5 5

- Đạt cực cực tiểu tương đối tại M 1  −

1

 1 1 2
5
; ; ÷ và giá trị cực đại U =
2
2 5 5 5

- Đạt cực đại tương đối tại M 2 

Câu 4 : Dùng phương pháp phân tử Lagrange và ma trận viền HA để tìm cực trị hàm ba
biến: U(x,y,x) = Z - 2x + 3y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 + z = 0
Bài giải:
Đây là bài toán tìm cực trị của hàm n = 3 biến, với số điều kiện ràng buộc m = 1
(lẻ); (mĐặt g(x ;y ;z) = x2 + y2 + z = 0
Hàm Lagrange sẽ là: L( x, y, z , λ ) = −2 x + 3 y + z + λ ( x 2 + y 2 + z )
Hệ phương trình Lagrange được viết như sau:
 ∂L
 ∂x = −2 + 2λ x = 0

 ∂L = 3 + 2λ y = 0
 ∂y
(1)

 ∂L = 1 + λ = 0

 ∂z

 ∂L = x 2 + y 2 + z = 0
 ∂λ
3 13
Giải hệ (1) trên ta có 1 điểm dừng M 0 (−1; ; − ) ; ứng với λ = -1
2 4

Ma trận viền Heissein (HA) có dạng:

6


0
 '
g x
H A (M ) =  '
gy

 g ' z

g 'x
L'' x2
L'' yx

g 'y
L'' xy
L'' y 2

L'' zx

L'' zy

g 'z   0 2x

L'' xz   2 x 2λ
=
L'' yz   2 y 0
 
0
L'' z 2   1

2y
0
2λ
0

1
0 
0

0

Do n = 3; m = 1; n - m = 2; 2m + 1 = 3; n + m = 4 nên ta xét tử thức chính
sau cùng là ∆3 và ∆4.
0 2x
- ∆ 3 ( M ) = 2 x 2λ
2y 0

2y

0 = ( 0 + 0 + 0 ) − ( 8λ x 2 + 8λ y 2 + 0 ) = −8λ ( x 2 + y 2 )
2λ

 0 2x
 2 x 2λ

∆
(
M
)
=
- 4
2 y 0

0
1

2y
0
2λ
0

(2)

1
0 
0

0

Khai triển theo dòng 4 ta được:
2x
∆ 4 ( M ) = 1.(−1) . 2λ
0
4 +1

2y 1
0 0 = − ( 0 + 0 + 4λ 2 ) − ( 0 + 0 + 0 )  = −4λ 2
2λ 0

(3)

3
2

13
) ứng với λ = -1. Thay vào (2) và (3) ta được:
4
9
+∆ 3 ( M 0 ) = (−8).(−1).(1 + ) = 26 > 0
4
+∆ 4 ( M 0 ) = −4.1 = −4 < 0

*) Tại điểm M 0 (−1; ; −

Do Δ3 > 0; ∆4 < 0 (có tính đan dấu) và tử thức thứ (2m+1) dương, hàm điều kiện
m = 1 lẻ nên hàm được xét đạt cực đại tương đối tại M0 và giá trị cực đại U =


13

4
3

13 

*) Kết luận: Bài toán có 1 điểm cực trị: Đạt cực đại tương đối tại M 0  −1; ; − ÷
2 4

và giá trị cực đại U =

13
4

7


PHẦN 2: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
Câu 5: Cho hàm mục tiêu: F = 3x1 + 5x2 thỏa mãn hệ điều kiện:

1. Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.
4. Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.
Bài giải:
1. Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học
- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được

Miền thừa nhận được giới hạn
11x1 − 3 x2 = 55


3x1 − 4 x2 = 20

=> A(8,11)

11x1 − 3 x2 = 55

7 x1 + 3 x2 = 52

=> B(

3 x1 − 4 x2 = 20

7 x1 + 3x2 = 52

=> C(4;8)

11x1 − 3x 2 = 55
− 3 x + 4 x = 20

1
2
bởi: 7 x + 3x = 52
2
 1
 x1 = 0, x 2 = 0

107 187
;
)
18 54

Hình 1

8


Từ hình 1 ta xác định được MTNĐ là tam giác ABC.
r

Vẽ véc tơ c = (3;5) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng có phương trình:
3 x1 + 5 x2 = m = const . Các đường thẳng này cùng phương với đường thẳng 3 x1 + 5 x2 = 0
(gọi là đường thẳng tựa - ĐTht).
r

Giá trị của x1, x2 tăng dần theo hướng của c . Tịnh tiến đường thẳng tựa theo
r
hướng c quét qua mặt phẳng. Khi đó ta có tại B và A lần lượt là GTNN và GTLN của F
Vậy: MinF = 3.107/18+5.187/54 = 949/27
MaxF = 3.8 +5.11 = 79
2. Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A.

Bài toán ban đầu A: Max FA = Max(3x1 + 5x2) với các ràng buộc
11x1 − 3 x2 ≤ 55
11x1 − 3 x2 ≤ 55
3 x − 4 x ≥ −20
−3x + 4 x ≤ 20
 1

2
2

⇔ 1

7
x
+
3
x
≥
52
−
7
x
−
3
x
2
1
2 ≤ −52
 1

 x1 ; x2 ≥ 0
 x1 ; x2 ≥ 0

Viết tóm tắt hai BTĐN như sau
BTA

x1

x2

≤

BTB

y3

y4

y5

≥

1

11

-3

55

1

11

-3

-7

3

2

-3

4

20

2

-3

4

-3

5

3

-7

-3

-52

Max F

3

5

Min L

55

20

-52

=>

Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau:
Tìm Min FB = Min (55y3 + 20y4 – 52y5) thỏa mãn các điều kiện sau:
11 y3 − 3 y 4 − 7 y5 ≥ 3

− 3 y 3 + 4 y 4 − 3 y 5 ≥ 5
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.
Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc. Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4;
x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y. Bài toán có dạng:
Tìm Max FA = Max (3x1 + 5x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)
11x1 − 3 x2 + x3 = 55
− 3 x + 4 x + x = 20

1
2
4

Thỏa mãn các điều kiện sau: 
7 x1 + 3 x2 − x5 + y = 52
 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0; y = 0

Ta có các bảng đơn hình của bài toán A như sau:

9


BCS

x1

x2

x3

x4

x5

y

Hstd

Tỷ số

Ghi
chú

x3

11

-3

1

0

0

0

55

5

⇐

x4

-3

4

0

1

0

0

20

y

7

3

0

0

-1

1

52

-3

-5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

M

0

-7M⇑

-3M

0

0

M

0

-52M

x1

1

-3/11

1/11

0

0

0

5

x4

0

35/11

3/11

1

0

0

35

11

y

0

54/11

-7/11

0

-1

1

17

187/54

⇐

0

-64/11

3/11

0

0

0

15

0

-54M/11⇑

7M/11

0

M

0

-17M

x1

1

0

1/18

0

-1/18

107/18

x4

0

0

37/54

1

35/54

1295/54

37

⇐

x2

0

1

-7/54

0

-11/54

187/54

0

0

-13/27

0

-32/27⇑

949/27

0

0

0

0

0

0

x1

1

0

4/35

3/35

0

8

x5

0

0

37/35

54/35

1

37

x2

0

1

3/35

11/35

0

11

0

0

27/35

64/35

0

79

0

0

0

0

0

0

F

F

F

F

52/7

(bỏ)

Kết luận: Phương án tối ưu tại (x1; x2; x3; x4; x5) = (8; 11; 0; 0; 37)
→ Max FA = 79.
4. Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.

10

Tối ưu


Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là:
BCS

y1

y2

y3

y4

y5

HSTD

y3

- 4/35

- 3/35

1

0

- 37/35

27/35

y4

- 3/35

- 11/35

0

1

- 54/35

64/35

L*

8

11

0

0

37

-79

Từ bảng đơn hình ta xác định được:
MinL = -MaxL* = 79 tại (y1,y2,y3,y4,y5) = (0,0,27/35,64/35,0)
Câu 6:
Cho hàm mục tiêu F = x1 + 4x 2 thỏa mãn hệ điều kiện
3 x1 − x 2 ≥ 5
3 x + 2 x ≤ 26
 1
2

3 x1 − 4 x 2 ≤ 2
 x1 , x 2 ≥ 0

1. Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm maxF là A, viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.
4. Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toán B.
Bài giải:
1.Tìm min và max của F bằng phương pháp hình học
- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được:
Tìm MTNĐ:
3 x1 − x 2 ≥ 5(d1 )
⇒

3 x1 + 2 x 2 = 26(d 2 )

A( 4;7)

3 x1 − x 2 = 5(d1 )
⇒


3 x1 − 4 x 2 = 2( d 3 )

B( 2;1)

3 x1 + 2 x 2 = 26(d 2 )
⇒

3 x1 − 4 x 2 = 2(d 3 )

C( 6;4)

11


x2

A

d3

7
C

4
B

x1

0

4

6
x1+4x2=0

d2

d1
MTNĐ là tam giác ABC
→

Vẽ vectơ c = (1;4) là vectơ pháp tuyến của các đường thẳng có phương trình
x1 + 4 x 2 = m = const . Các đường thắng này cùng phương với đường thằng: x1 + 4 x 2 = 0
(gọi là đường thăng tựa-ĐThT)
→
Giá trị của x1 , x 2 tăng dần theo hướng của c .Tịnh tiến đường thẳng tựa theo
→
hướng c quét qua mặt phẳng. Khi đó ta có tại B và A lần lượt là GTNN và GTLN của F.

Vậy: F(min) = F(B) = 2 + 4 × 1 = 6
F(max) = F(A) = 4 + 4 × 7 = 32
2. Gọi bài toán max F là A, viết bài toán B đối ngẫu B với A

Bài toán ban đầu A: Max FA = Max(x1 + 4x2) với các ràng buộc
3 x1 − x2 ≥ 5
−3 x1 + x2 ≤ −5
3 x + 2 x ≤ 26
3x + 2 x ≤ 26
 1
 1

2
2
⇔


3 x1 − 4 x2 ≤ 2
3x1 − 4 x2 ≤ 2
 x1 ; x2 ≥ 0
 x1 ; x2 ≥ 0

Viết tóm tắt hai BTĐN như sau
BTA

x1

x2

≤

BTB

y3

y4

y5

≥

1

-3

1

-5

1

-3

3

3

1

2

3

2

26

2

1

2

-4

4

3

3

-4

2

MaxF

1

4

Min L

-5

26

2

=>

Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau:

12


Tìm Min L =Min (−5 y 3 + 26 y 4 + 2 y5 ) thỏa mãn các điều kiện sau:
− 3 y 3 + 3 y 4 + 3 y 5 ≥ 1

 y3 + 2 y 4 − 4 y5 ≥ 4
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

3.Lập các bảng đơn hình giải bài toán A
Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc. Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x3; x4;
x5 và 1 biến nhân tạo (BNT) y. Bài toán có dạng:
Tìm Max FA = Max (x1 + 4x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)
3 x1 − x2 − x3 + y = 5
3 x + 2 x + x = 26
 1
2
4
Thỏa mãn các điều kiện sau: 
3
x
−
4
x
+
x
2
5 = 2

 1
 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0; y = 0

Ta có các bảng đơn hình của bài toán A như sau:
BCS

x1

x2

x3

x4

x5

y

HSTD

y

3
3
3
-1
0
-3M ⇑
0
0

1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1

-1
2
-4
-4
0
M
3
6
-4/3
-16/3

-1
0

0
0
0
M
-1
0
0
0
M
-1/3
2
-4/9

0
0
1
0
0
0
-1
-1
1/3
1/3
M
-1/3
1
-1/9
-13/9
0
-1/6

1/2
1/9

1
0
0
0
M
0
1
0
0
0
0

0
0
1
0
0
0
1/3
2
-2/9

0
1
0
0
0

0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1/6
1/2
2/9
8/9
0
1/3
1
1/9

0
0
1
0

5
26
2
0
0

-5M
3
24
2/3
2/3
-3M
1
18
2
6
0
4
9
6
22
0
7
18
4

10/9
0

13/9
0

0
0

32

0

x4
x5

F
y
x4
x1

F
x2
x4
x1

F
x2
x3
x1

F
x2
x5
x1

F

0
0

− 3M ⇑

1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0

− 16 / 9 ⇑

− 5/9 ⇑

Tỷ
số
5/3
26/3
2/3

Kết luận: Phương án tối ưu tại (x1; x2; x3; x4; x5) = (4; 7; 0; 0; 18)
13

Ghi
chú

⇐

(bỏ)
1
4

⇐

9

⇐

18
54

⇐

Tối ưu!


→ Max FA = 32.
4. Nêu kết quả cùng với bảng đơn hình tối ưu của bài toánB
Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là:
BCS

y1

y2

y3

y4

y5

y3

2/9
-1/9
4

-1/3
-1/3
7

1
0
0

0
1
0

-2
-1
18

y4

L*

HSTD
10/9
13/9
-32

Từ bảng đơn hình ta xác định được:
MinL = -MaxL* = 32 tại (y1,y2,y3,y4,y5) = (0,0,10/9,13/9,0)
Câu 7: Cho hàm mục tiêu F = 4x1+6x2 thỏa mãn điều kiện:
 4 x1 + 6 x2 ≤ 100
 4 x + 3x ≤ 82
 1
2

6 x1 + 4 x2 = 120
 x1 , x2 ≥ 0

1. Tìm max của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm max F là A, Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.
3. Viết bài toán B đối ngẫu với A. Nêu kết quả bài toán B.
Lời giải:
1.Tìm max của F bằng phương pháp hình học.

- Vẽ các đường biên của miền thừa nhận được
MTNĐ giới hạn bởi

14


 4 x1 + 6 x2 = 100
 4 x + 3x = 82
 1
2

6 x1 + 4 x2 = 120
 x1 , x2 ≥ 0

MTNĐ là đường thẳng AB. (A(16,6); B(20;0))
→

Vẽ vectơ c = (4;6) là vectơ pháp tuyến của các đường thẳng có phương trình
4 x1 + 6 x2 = m = const . Các đường thắng này cùng phương với đường thằng: 4 x1 + 6 x2 = 0
→
(gọi là đường thăng tựa-ĐThT).Giá trị của x1 , x 2 tăng dần theo hướng của c .Tịnh tiến
→
đường thẳng tựa theo hướng c quét qua mặt phẳng. Khi đó tại A ta GTLN của F.

Vậy: F(max) = F(A) = 4.16 + 6.6 =100
2. Gọi bài toán tìm max F là A, Lập các bảng đơn hình để giải bài toán A.
Bài toán A chưa đúng dạng chuẩn tắc. Ta thêm 3 biến chênh lệch (BCL) không âm x 3; x4;
và 1 biến nhân tạo (BNT) y. Bài toán có dạng:
Tìm Max FA = Max (4x1 + 6x2 - My) ( M là một số dương khá lớn)
 4 x1 + 6 x2 + x3 = 100
 4 x + 3 x + x = 82
 1
2

4
Thỏa mãn các điều kiện sau: 
6
x
+
4
x
+
y
= 120
2
 1
 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0; y = 0

Ta có các bảng đơn hình của bài toán A như sau:
BCS

x1

x2

x3

x4

y

Hstd

Tỷ số

x3
x4
y

4
4
6
-4
0
-6M⇑
0
0
1
0

6
3
4
-6
0
-4M
10/3
1/3
2/3
-10/3 ⇑

1
0
0

0
0
0
1
0
0
0

0
1
0
0
0
0
0
1
0
0

0
0
1
0
M
0

100
82
120
0

0
-120M
20
2
20
80

25
20,5
20

0

0

0

0

0

0
0
1
0
0

0
1
0

0
0

1
0
0
0
0

-10
3
-2
10
0

0
6
16
100
0

F
x3
x4
x1
F
x3
x2
x1
F

⇐

(bỏ)
6
6
30

Tối ưu

Kết luận: Phương án tối ưu tại (x1; x2; x3; x4) = (16; 6; 0; 0; 10)
15

Ghi
chú

⇐


→ Max FA = 100.
3. Viết bài toán B đối ngẫu với A. Nêu kết quả bài toán B.

Bài toán ban đầu A: Tìm Max FA = Max(4x1 + 6x2) với các ràng buộc
 4 x1 + 6 x2 ≤ 100
 4 x + 3x ≤ 82
 1
2

6 x1 + 4 x2 = 120
 x1 ; x2 ≥ 0

Tóm tắt hai BTĐN như sau
BTA

x1

x2

≤

BTB

y3

y4

y5

≥

1

4

6

100

1

4

4

6

4

2

4

3

82

2

6

3

4

6

3

6

4

120

MaxF

4

6

Min L

100

82

120

=>

Bài toán B: Tìm MinB = MinL(

thỏa mãn các điều kiện sau:

 4 y3 + 4 y4 + 6 y5 ≥ 4

6 y3 + 3 y4 + 4 y5 ≥ 6
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán B là:
BCS

y1

y2

y3

y4

y4

2
16

-3
6

-10
0

1
0

*

L

HSTD

10
-100

Từ bảng đơn hình ta xác định được:
MinL = -MaxL* = 100 tại (y1,y2,y3,y4) = (0,0,0,10)
Câu 8: Cho hàm mục tiêu F = 7x1 + 20x2 thỏa mãn hệ điều kiện:
 x1 + 2 x2 ≥ 2

 x1 + 5 x2 ≥ 3
x , x ≥ 0
 1 2

1.Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài giải:
1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học.

16


 x1 + 2 x2 = 2
 x1 + 5 x2 = 3

Miền thừa nhận được giới hạn bởi: 

→

Vẽ vectơ c = (7; 20) là vectơ pháp tuyến của các đường thẳng có phương trình
7 x1 + 20 x2 = m = const . Các đường thắng này cùng phương với đường thằng:

7 x1 + 20 x2 = 0 (gọi là đường thăng tựa-ĐThT).Giá trị của x1 , x 2 tăng dần theo hướng của
→

→

c .Tịnh tiến đường thẳng tựa theo hướng c quét qua mặt phẳng. Khi đó tại điểm có tọa

độ (4/3,1/3) ta có GTLN của F.
Vậy: F(Min) = 7*4/3 + 20*1/3 = 16
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A:
Bài toán ban đầu A: Tìm Min FA = Min(7x1 + 20x2) với các ràng buộc
 x1 + 2 x2 ≥ 2

 x1 + 5 x2 ≥ 3
x , x ≥ 0
 1 2

Viết tóm tắt hai BTĐN như sau
BTA

x1

x2

≥

1

1

2

2

2

1

5

3

MinF

7

20

BTB

y3

y4

≤

1

1

1

7

2

2

5

20

Max L

2

3

=>

Từ bảng trên ta viết được bài toán B như sau:

Tìm MaxLB = Max(2y3+ 3y4) thỏa mãn các điều kiện sau:

17


 y3 + y4 ≤ 7

 2 y3 + 5 y4 ≤ 20

y , y ≥ 0
 3 4

3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài toán B chưa đúng dạng chuẩn tắc. Ta thêm 2 biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:
 y1 + y3 + y4 = 7

 y2 + 2 y3 + 5 y4 = 20
y , y , y , y ≥ 0
 1 2 3 4

→ Biến chênh lệch và hàm mục tiêu L:
 y1 = 7 − y3 − y4

 y2 = 20 − 2 y3 − 5 y4
y ; y ; y ; y ≥ 0
 1 2 3 4

Hàm mục tiêu LB = 2y3 + 3y4→ LB - 2y3 - 3y4 = 0
Ta có bảng đơn hình bài toán B:
BCS
y1
y2
FB
y1
y4
FB
y3
y4
LB

y1
1
0
0
1
0
0
5/3
-2/3
4/3

y2
0
1
0
-1/5
1/5
3/5
-1/3
1/3
1/3

y3
1
2
-2
3/5
2/5
-4/5↑

1
0
0

y4
1
5
-3↑
0
1
0
0
1
0

HSTD
7
20
0
3
4
12
5
2
16

Tỷ số
7/1
20/5

Ghi chú

5
10

←

Tối ưu

Kết luận: Phương án tối ưu tại (y1; y2; y3; y4) = (0; 0; 5; 2)
→ Max LB = 16.
Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A:
BCS
x1
x2
x3
x1
1
0
-5/3
x2
0
1
1/3
*
L
0
0
5

x4
2/3
-1/3
2

Từ bảng đơn hình ta xác định được:
MinL = -MaxL* = 16 tại (x1,x2,x3,x4) = (0,0,10;10)
Câu 9: Cho hàm mục tiêu F = 3x1 + x 2 với các ràng buộc:
4 x1 + x 2 ≥ 1
3 x + 5 x ≥ 2
 1
2

6 x1 + 2 x 2 ≤ 3
 x1 , x 2 ≥ 0

18

←

HSTD
4/3
1/3
-16


1.Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài giải:

1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học
Tìm MTNĐ: Bằng cách tìm giao điểm giữa các đường thẳng d 1: 4x1 + x2 = 1, d2:
3x1 + 5x2 = 2, d3: 6x1 + 2x2 = 3 và thể hiện trên trục tọa độ X10X2.
4 x1 + x 2 = 1(d1 )
⇒

3 x1 + 5 x 2 = 2(d 2 )

3 5
A( , )
17 17

4 x1 + x 2 = 1(d1 )
⇒

6 x1 + 2 x 2 = 3(d 3 )

1
B(− ,3)
2

3 x1 + 5 x 2 = 2(d 2 )
⇒

6 x1 + 2 x 2 = 3(d 3 )

C(

11 1
, )

24 8

X2

B (-1
2 , 3)

E (1, 3)

3

1 =0
+3x2
1x
dtt:

3
E (0, 2
)

D (0, 1)
d3: 6x1+2x2=3
d1: 4x1+x2=1
2
5
-3 5
A(17
,17)

5

17
1
8

-1

-1
2

0

1
C(11
24, 8)

c
3
17

1
4

11 1
24 2

X1

2
3

d2: 3x1+5x2=2

MTNĐ là tứ giác ACED
→
Vẽ vectơ c = (1;1/3) là vectơ pháp của các đường thẳng có phương trình
1
1
x1 + x 2 = m = const .Các đường thắng này cùng phương với đường thằng : x1 + x 2 = 0
3
3

(gọi là đường thăng tựa-ĐThT)

19


→
Giá trị của x1 , x 2 tăng dần theo hướng của c .Tịnh tiến đường thẳng tựa theo
→
hướng c quét qua mặt phẳng. Khi đó ta có tại A là GTNN.

Vậy F(min) = F(A) =

3 x3 5 14
+
=
17 17 17

2. Gọi bài toán min của F là A, tìm bài toán đối ngẫu B của A
Ta có : min F = min (3x1 + x 2 )

4 x1 + x 2 ≥ 1
3 x + 5 x ≥ 2
 1
2
⇔

6 x1 + 2 x 2 ≤ 3
 x1 , x 2 ≥ 0

4 x1 + x 2 ≥ 1
3 x + 5 x ≥ 2
 1
2

− 6 x1 − 2 x 2 ≥ −3
 x1 , x 2 ≥ 0

Viết tóm tắt hai bài toán đối ngẫu như sau:
BTA

x1

x2

≥

1

4

1

1

2

3

5

2

3

-6

-2

-3

MinF

3

1

BTB

y3

y4

y5

≤

1

4

3

-6

3

2

1

5

-2

1

Max L

1

2

-3

=>

Vậy bài toán đối ngẫu B của A: Max L = ( y 3 + 2 y 4 − 3 y 5 ) với các ràng buộc:
4 y 3 + 3 y 4 − 6 y 5 ≤ 3

 y3 + 5 y 4 − 2 y5 ≤ 1
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

3. Lập bảng đơn hình giải bài toán B.
Thêm các BCL không âm y1, y2, bài toán trở thành tìm MaxL = ( y 3 + 2 y 4 − 3 y 5 )
 y1 + 4 y 3 + 3 y 4 − 6 y 5 = 3

Thỏa mãn điều kiện  y 2 + y3 + 5 y 4 − 2 y 5 = 1

 y i ≥ 0, i = 1 ÷ 5

Ta có bảng đơn hình như sau:
BCS

y1

y2

y3

y4

y5

HSTD

Tỉ số

y1

1

0

4

3

-6

3

1

y2

0

1

1

5

-2

1

1/5 ⇐

20


L

0

0

-1

-2 ⇑

3

0

y1

1

- 3/5

17/5

0

-24/5

12/5

5/7 ⇐

y4

0

1/5

1/5

1

- 2/5

1/5

1

L

0

2/5

- 3/5 ⇑

0

11/5

2/5

y3

5/17

- 3/17

1

0

-24/17

12/17

y4

- 1/17

4/17

0

1

- 2/17

1/17

L

3/17

5/17

0

0

23/17

14/17

Kết luận: Max L =

Tối ưu

14

12 1
tại ( y1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 )=(0,0, , ,0)
17
17 17

4. Nêu kết quả và bảng đơn hình tối ưu của A
Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A:
BCS
x1
x2
x5
L*

x1
1
0
0
0

x2
0
1
0
0

x3
- 5/17
3/17
24/17
12/17

x4
1/17
- 4/17
2/17
1/17

x5
0
1
0
0

HSTD
3/17
5/17
23/17
-14/17

Từ bảng đơn hình ta xác định được:
MinL = -MaxL* =

14
3 5
23
tại (x1,x2,x3,x4) = ( , ,0,0, )
17 17
17
17

Câu 10. Cho hàm mục tiêu F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện:
 4 x1 + x2 ≥ 1
3 x + 5 x ≥ 2
 1
2

6
x
+
2
x
2 ≤3
 1
 x1 , x2 ≥ 0

1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài giải:
1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
Xác định miền thừa nhận được:

21

Tỉ số

Tối ưu


  4 x1 + x2 = 1(d1)


 3 x1 + 5 x2 = 2(d 2)
  4 x + x = 1(d1)
 1 2
 6 x1 + 2 x2 = 3(d 3)

 3 x1 + 5 x2 = 2(d 2)
 6 x + 2 x = 3(d 3)
2
 1

3 5

 A = (17 ; 17 )

=>  B = (−0,5;3)

11 1
C = ( ; )
24 8


MNTĐ là tứ giác ACDE
r
Vec tơ c (2;1) là vec tơ pháp của đường thẳng tựa (ĐThT) có pt: 2 x1 + x2 = 0
r
Giá trị x1, x2 tăng dần theo hướng của c , có thể tịnh tiến đường thẳng tựa theo
3 5
r
hướng của c và để nó quét cả mặt phẳng. Khi đó điểm A ( ; ) là điểm đầu tiên

17 17

11
ĐThT chạm vào nên: F(min) = F(A) =
17

2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A.
Ta có: min F = min(2x1 + x2) với:
 4 x1 + x2 ≥ 1
3 x + 5 x ≥ 2
 1
2

 −6 x1 − 2 x2 ≥ −3
 x1 , x2 ≥ 0

Viết tóm tắt hai bài toán đối ngẫu như sau:
BTA

x1

x2

≥

BTB

22

y3

y4

y5

≤


1

4

1

1

2

3

5

2

3

-6

-2

-3

MinF

2

1

=>

1

4

3

-6

2

2

1

5

-2

1

Max L

1

2

-3

Vậy bài toán đối ngẫu B của A: Max L =( y3 + 2 y4 − 3 y5 ) với các ràng buộc:
 4 y3 + 3 y4 − 6 y5 ≤ 2

 y3 + 5 y4 − 2 y5 ≤ 1
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Ta thêm các biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:
 y1 + 4 y3 + 3 y4 − 6 y5 = 2

 y2 + y3 + 5 y4 − 2 y5 = 1
y , y , y , y ≥ 0
 1 2 3 4

Ta có bảng đơn hình bài toán B:
Ghi
chú

BCS

y1

y2

y3

y4

y5

HSTD

Tỷ số

y1

1

0

4

3

-6

2

2/3

y2

0

1

1

5

-2

1

1/5

⇐

L

0

0

-1

-2 ⇑

3

0

y1

1

-3/5

17/5

0

-24/5

7/5

7/17

⇐

y4

0

1/5

1/5

1

-2/5

1/5

1

L

0

2/5

-3/5 ⇑

0

11/5

2/5

y3

5/17

-3/17

1

0

-24/17

7/17

y4

-1/17

4/17

0

1

-2/17

2/17

L

3/17

5/17

0

0

23/17

11/17

Kết luận: Max L =

Tối ưu

11
7 2
tại ( y1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 )=(0,0, , ,0)
17
17 17

Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A:
BCS
1
0
-5/17
0
1
3/17
0
0
24/17
F
0
0
7/17
Từ bảng đơn hình ta xác định được:

23

1/17
-4/17
2/17
2/17

1
0
0
0

HSTD
3/7
5/7
23/7
- 11/7


MinL = -MaxL* =

11
3 5
23
tại (x1,x2,x3,x4,x5) = ( , ,0,0, )
17 17
17
17

Câu 11. Cho hàm mục tiêu F = 2x1 + x2 thỏa mãn hệ điều kiện:
 4 x1 + x2 ≥ −4
3 x + 5 x ≥ 2

 1
2

6 x1 + 2 x2 ≤ 3
 x1 , x2 ≥ 0

1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A.
3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài giải:
1. Tìm min của F bằng phương pháp hình học.
- Tìm miền thừa nhận được:
 4 x1 + x2 = −4
3 x + 5 x = 2
 1
2
Miền thừa nhận (D) được giới hạn bởi: 
6
x
+
2
x
2 =3
 1
 x1 , x2 ≥ 0

Miền thừa nhận (D) của bài toán được xác định bởi 3 điểm A(1/8; 11/24);
B(0;2/5) ; C(0;3/2)
Hàm mục tiêu F = 2x1 + x2
+ Tại A(1/8; 11/24); → F = 2*1/8 + 11/24 = 17/24

+ Tại B(0;2/5) → F = 2*0 + 2/5 = 2/5
+ Tại C(0;3/2)→ F = 2*0 + 3/2 = 3/2
Kết luận: Vậy tại B(0,2/5) thì F đạt GTNN.
2. Gọi bài toán tìm minF là A. Viết bài toán B đối ngẫu với A:

24


Bài toán ban đầu A: Min FA = Min(2x1 + x2) với các ràng buộc
 4 x1 + x2 ≥ −4
 4 x1 + x2 ≥ −4
3 x + 5 x ≥ 2
3 x + 5 x ≥ 2
 1
 1
2
2


6 x1 + 2 x2 ≤ 3
 −6 x1 − 2 x2 ≥ −3
 x1 , x2 ≥ 0
 x1 , x2 ≥ 0

Viết tóm tắt hi bài toán đối ngẫu như sau:
BTA

x1

x2

≥

1

4

1

-4

2

3

5

2

3

-6

-2

-3

BTB

y3

y4

y5

≤

1

4

3

-6

2

2

1

5

-2

1

=>

MinF

2
1
Max L
-4
2
-3
B
Vậy bài toán B: Tìm MaxF = Max(-4y3+ 2y4 -3y5 ) thỏa mãn các điều kiện sau:
 4 y3 + 3 y4 − 6 y5 ≤ 2

 y3 + 5 y4 − 2 y5 ≤ 1
y , y , y ≥ 0
 3 4 5

3. Lập các bảng đơn hình để giải bài toán B. Nêu kết quả của bài toán A.
Bài toán B chưa đúng dạng chuẩn tắc. Ta thêm 2 biến chênh lệch (BCL) không âm y1, y2:
 y1 + 4 y3 + 3 y4 − 6 y5 = 2
 y + y + 5y − 2y = 1
 2
3
4
5

L
+
4
y
−
2
y

+
3
y
3
4
5 =0

 y1 , y2 , y3 , y4 ≥ 0

Ta có bảng đơn hình bài toán B:
BCS
y1
y2
y3

y4

y5

HSTD

Tỷ số

y1

1

0

4

3

-6

2

2/3

y2

0

1

1

5

-2

1

1/5

FB

0

0

4

-2 ⇑

3

0

y1

1

-3/5

17/5

0

-24/5

7/5

y4

0

1/5

1/5

1

-2/5

1/5

FB

Ghi chú
⇐

0
2/5
22/5
0
11/5
2/5
Tối ưu
Kết luận: Phương án tối ưu tại (y1; y2; y3; y4 ; y5) = (7/5; 0; 0; 1/5 ;0)
→ Max FB = 2/5
Bảng đơn hình cuối cùng của bài toán A:
BCS
x1
x2
x3
x4
x5
HSTD
x2

3/5
1
0
-1/5
0
2/5
x3
-17/5
0
1
-1/5
0
22/5
x5
24/5
0
0
2/5
1
13/5
L*
7/5
0
0
1/5
0
- 2/5
Từ bảng đơn hình ta xác định được:

25