Bài giảng tối ưu hóa

Tiết 1
Mở đầu
1. Tối ƣu hóa là gì?
a) Định nghĩa
Tối ưu hóa là tác động lên quá trình, sự việc làm cho quá trình, sự việc đó
diễn ra theo một cách tốt nhất (không có phương án nào tốt hơn) theo một ý
nghĩa nào đó.
- Là quá trình tìm kiếm điều kiện tốt nhất (điều kiện tối ưu) của hàm số
được nghiên cứu.
- Là quá trình xác định cực trị của hàm hay tìm điều kiện tối ưu tương ứng
để thực hiện một quá trình cho trước.
- Để đánh giá tối ưu cần chọn chuẩn tối ưu (là các tiêu chuẩn công nghệ).
b) Cách biểu diễn bài toán tối ưu
Giả sử một hệ thống công nghệ được biểu diễn dưới dạng sau:
𝑌 = 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑘 )
Với 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑘 là thành phần của vector thông số đầu vào
Hàm mục tiêu: Z = I (x1, x2,…, xk)
Bài toán được biểu diễn Zopt = optI (x1, x2,…,xk)

hoặc Zopt = max I (

x1,x2,…xk) : đối với bài toán max, hoặc Zopt = min I ( x1,x2,…xk) đối với bài
toán min.
𝑍 𝑜𝑝𝑡 : Hiệu quả tối ưu.
𝐼 𝑜𝑝𝑡 (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑘 ): Nghiệm tối ưu hoặc phương án tối ưu của bài toán.
c) Thành phần cơ bản của bài toán tối ưu
 Hàm mục tiêu
- Là hàm phụ thuộc.
- Được lập trên cơ sở tiêu chuẩn tối ưu đã được lựa chọn.
1

→ Hàm mục tiêu là hàm thể hiện kết quả mà người thực hiện phải đạt được, là
tiêu chuẩn tối ưu ở dạng hàm, phụ thuộc vào yếu tố đầu vào, giá trị của nó cho
phép đánh giá chất lượng của nghiên cứu.
 Quan hệ giữa các đại lượng
Các biểu thức toán học mô phỏng các mối quan hệ giữa tiêu chuẩn tối ưu
hóa (hàm mục tiêu) và các thông số ảnh hưởng (thông số cần tối ưu) đến giá trị
tiêu chuẩn tối ưu này.
Các quan hệ này thường được biểu diễn bằng phương trình cơ bản hoặc
mô hình thống kê thực nghiệm (phương trình hồi quy).
Quan hệ giữa các yếu tố ảnh hưởng với nhau được biểu diễn bằng đẳng
thức hoặc bất đẳng thức.
 Các điều kiện ràng buộc
Để bài toán công nghệ có ý nghĩa thực tế, các biểu thức mô tả điều kiện
ràng buộc bao gồm:
- Điều kiện biên
- Điều kiện ban đầu
Các bước giải bài toán tối ưu:
1. Đặt vấn đề công nghệ: xem xét công nghệ cần được giải quyết là công nghệ
gì, chọn ra những yếu tố ảnh hưởng chính.
Chỉ ra được hàm mục tiêu Z: Z→MAX, hoặc Z→MIN
2. Xây dựng mối quan hệ giữa các yếu tố ảnh hưởng và hàm mục tiêu theo quy
luật biết trước hoạc mô hình thống kê thực nghiệm.
3. Tìm thuật giải: là phương pháp để tìm nghiệm tối ưu của các bài toán công
nghệ trên cơ sở các mô tả toán học tương thích đã được thiết lập. Đa số dẫn
đến tìm cực trị của các hàm mục tiêu.
4. Phân tích và đánh giá kết quả thu được
- Nếu kết quả phù hợp  kiểm chứng bằng thực nghiệm
2

- Nếu kết quả không phù hợp  xem lại từng bước hoặc làm lại từ việc đặt
vấn đề.
2. Các ví dụ thực tế
a) Bài toán về lập kế hoạch sản xuất
Ví dụ 1: Một kg nho có giá là 50.000đ, có thể sản xuất được 0,7 lít vang và 0.3
lít giấm. Một kg dứa có giá 20.000đ, có thể sản xuất được 0, 6 lít vang và 0, 1 lít
giấm.
Qua nghiên cứu thị trường, công ty nhận thấy nhu cầu tiêu thụ vang trong
năm 2014 là khoảng 5000 lít vang và 350 lít giấm. Tính số nho và dứa nguyên
liệu cần phải mua để đáp ứng nhu cầu với chi phí thấp nhất?
Gọi x1, x2 lần lượt là số nho và số dứa nguyên liệu cần mua để sản xuất 5000 lít
vang và 350 lít giấm.
Điều kiện: xj ≥0, j =1, 2. Khi đó
1) Chi phí nguyên liệu: f (x) = f (x1, x2) = 50x1 + 20x2 (1000 đ).
2) Lượng vang sản xuất: 0,7x 1 + 0,6x2 (lít)
Để đáp ứng nhu cầu tiêu thụ vang thì: 0,7x 1 + 0,6x2 ≥5000
3) Lượng giấm sản xuất: 0,3x1 + 0,1x2 (lít)
Để đáp ứng nhu cầu tiêu thụ giấm thì: 0,3x 1 + 0,1x2 ≥350
Vậy ta có mô hình bài toán:
(1) f (x) = f (x1, x2) = 50x1 +20x2  min
(2) 0,7x 1 + 0,6x2 ≥ 5000
0,3x 1 + 0,1x2 ≥ 350
(3) xj ≥ 0, j =1,2
Ví dụ 2: Một xí nghiệp cần sản xuất 3 loại bánh: bánh đậu xanh, bánh thập cẩm,
bánh dẻo. Lượng nguyên liệu đường, đậu cho bánh mỗi loại, lượng dự trữ
nguyên liệu, tiền lãi cho mỗi loại bánh được cho trong bảng sau:

3

Nguyên liệu

Bánh

đậu Bánh

thập

Bánh dẻo

Lượng dự trữ

xanh

cẩm

Đường

0,04 kg

0,06 kg

0,05 kg

500 kg

Đậu

0,07 kg

0 kg

0,02 kg

300 kg

Tiền lãi

3000

2000

2500

Hãy lập mô hình bài toán tìm số lượng mỗi loại bánh cần sản xuất sao cho
không bị động về nguyên liệu mà tiền lãi được cao nhất?
Giải:
Gọi 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 lần lượt là số bánh đậu xanh, bánh thập cẩm, bánh dẻo cần phải
sản xuất.
Điều kiện: xj ≥ 0, j =1,2,3. Khi đó
1) Tiền lãi thu được là: f (x) = f (x1, x2, x3) = 3x1 + 2x2 + 2,5x3 (1000 đ).
2) Lượng đường được sử dụng là: 0,04x 1 + 0,06x2 + 0,05x3 (kg)
Để không bị động về nguyên liệu thì: 0,04x 1 + 0,06x2 + 0,05x3 ≤ 500
3) Lượng đậu được sử dụng là: 0,07x1 + 0,02x2 (kg)
Để không bị động về nguyên liệu thì: 0,07x1 + 0,02x2 ≤ 300
Vậy ta có mô hình bài toán:
(1) f (x) = f (x1, x2, x3) = 3x1 + 2x2 + 2,5x3  max
(2) 0,04x 1 + 0,06x2 + 0,05x3 ≤ 500
0,07x1 + 0,02x2 ≤ 300

(3) xj ≥ 0, j =1,2,3
b) Bài toán xác định khẩu phần dinh dưỡng
Ví du: Một công ty đang nghiên cứu phát triển một loại sản phẩm mới cần dùng
đến 3 loại nguyên liệu T1, T2, T3. Trong 3 loại nguyên liệu này chứa 3 loại chất
dinh dưỡng là A (DHA), B (  A+), C (Canxi).
4


Số đơn vị chất dinh dưỡng (g) có trong 1 đơn vị nguyên liệu (kg) được cho trong
bảng sau:
Số đơn vị chất dinh dưỡng/ đv nguyên liệu
Chất dinh dưỡng
T1

T2

T3

A

7

2

6

B

5

1

7

C

6

3

4

Yêu cầu tối thiểu trong công thức về thành phần các chất dinh dưỡng A, B, C
trên một kg sản phẩm lần lượt là 17, 14, 14 g. Giá nguyên liệu T1, T2, T3 lần
lượt là 50.000 đ/kg, 40.000 đ/kg, 70.000 đ/kg.
Hãy xác định lượng nguyên liệu mỗi loại cần có trong công thức của sản phẩm
để đảm bảo yêu cầu về chất dinh dưỡng, giá thành sản phẩm là nhỏ nhất?
Gọi xj là lượng nguyên liệu Tj cần cho công thức của một sản phẩm (kg), j  1,3
Vậy ta có mô hình toán:
(1) f (x) = f (x1, x2, x3) = 5x1 + 4x2 + 7x3  min (10.000 đ)
(2) 7x 1 + 2x2 + 6x3 ≥ 17
5x1 + x2 + 7x3 ≥ 14
6x1 + x2 + 4x3 ≥ 14
(3) xj ≥ 0, j =1,2,3

5


CHƢƠNG I. ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH – TÌM PHƢƠNG
ÁN TỐI ƢU TRONG SẢN XUẤT THỰC PHẨM

Tiết 2
1.1.

Khái niệm và định nghĩa

1.1.1. Dạng tổng quát của bài toán quy hoạch tuyến tính
a) Bài toán QHTT dạng tổng quát với n ẩn là bài toán có dạng:
n

(1) f ( x)  c1 x1  c2 x2  .......  cn xn   c j x j  max(min)
j 1

 
(2) ai1 x1  ai 2 x2  ...  aim xm   aij x j bi , i  1,2,..., m
j 1

n

  
(3) x j    0, j  1,2,..., n
tùyý 

Trong đó:
(1) Là hàm mục tiêu;
(2) Là hệ ràng buộc chính ;
(3) Là ràng buộc về dấu.
(2) và (3) được gọi chung là hệ ràng buộc của bài toán.
Khi đó:
 Mỗi vector x  ( x1 , x2 ,...xn ) thỏa mãn (2) và (3) được gọi là một
phương án (PA) của bài toán.

 Tập hợp tất cả các phương án của bài toán gọi là tập phương án. Ký
hiệu D, X, Y…
 Khái niệm phương án tối ưu (PATU):
 Bài toán minf: Một phương án làm cho hàm mục tiêu đạt cực tiểu gọi là
phương án tối ưu (PATU). Kí hiệu là x*
Nghĩa là: x  D : f ( x)  f ( x * )

6


 Bài toán maxf: Một phương án làm cho hàm mục tiêu đạt cực đại gọi là
PATU. Ký hiệu là x*
Nghĩa là: x  D : f ( x)  f ( x * )
 Bài toán có phương án tối ưu gọi là bài toán giải được.
 Giải bài toán QHTT là tìm các PATU của nó (nếu có) hoặc chỉ ra rằng bài
toán vô ngiệm, nghĩa là bài toán không có PATU.
b) Phương án cực biên (phương án cơ bản) của bài toán QHTT tổng quát
 Khái niệm ràng buộc chặt, lỏng
- Một ràng buộc gọi là chặt đối với phương án x nếu khi ta thay x vào ràng
n

buộc này thì xảy ra dấu bằng. ( aij x j  bi )
j 1

- Một ràng buộc gọi là lỏng đối với phương án x nếu khi ta thay x vào ràng
n

buộc này thì xảy ra dấu bất đẳng thức thực sự: (  aij x j  bi hoặc
j 1

n

a
j 1

ij

x j  bi )

- Khái niệm ràng buộc chặt và lỏng xét cho cả ràng buộc chính và ràng
buộc về dấu.
 Khái niệm phương án cực biên (PACB)
- Một phương án có số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính bằng n (số biến)
gọi là phương án cực biên.
- Một phương án cực biên có số ràng buộc chặt bằng số ràng buộc chặt độc
lập tuyến tính gọi là phương án cực biên không suy biến.
- Một phương án cực biên có số ràng buộc chặt nhiều hơn số ràng buộc chặt
độc lập tuyến tính gọi là phương án cực biên suy biến.
- Một phương án có số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ít hơn n (số biến)
gọi là phương án không cực biên.
- Lưu ý:
 Số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ≤ n (số biến);
 Số ràng buộc chặt độc lập tuyến tính ≤ số ràng buộc chặt.
7


Ví dụ: Cho bài toán QHTT dạng tổng quát sau:
f ( x)  3x1  4 x2  6 x3  7 x4  min
 x1  x 2  x3  x 4  3


  x1  x 2  x3  2 x 4  1
 x  0, x  0, x  0, x  0
2
3
4
 1

Chứng minh các kết quả sau:
1) x= (0, 1, 2, 0) là phương án cực biên không suy biến?
2) x= (0, 2, 1, 0) là phương án cực biên suy biến?
1.1.2. Dạng chính tắc của bài toán QHTT
a) Bài toán QHTT dạng chính tắc với n ẩn số là bài toán có dạng:
 Dạng đại số:
n

(1) f ( x)  c1 x1  c2 x2  .......  cn xn   c j x j  max(min)
j 1

(2) ai1 x1  ai 2 x2  ...  aim xm   aij x j  bi , i  1,2,..., m
(3) x j  0, j  1,2,..., n
 Dạng ma trận
 a11
a
A   11
 ...

a m1

a12
a 22

...
am2

... a1n 
 b1 
 x1 



x 
... a 2 n 
b2 

, b
, x   2  , c  c1
 ... 
 ... 
... ... 

 
 
... a mn 
bm 
 xn 

c2 ... cn 

Ta viết bài toán (1) – (3) dưới dạng ma trận:
- f(x)=<c,x>  min (max)
- A.x=B

- x≥0
- Với quy ước: x=(x1, x1,…, xn) ≥0, xj≥0, j  1, n
Ví dụ: Bài toán sau có dạng chính tắc
(1) f ( x)  2 x1  4 x2  x3  6 x4  min
8


 x1  4 x2  x4  12
(2) 12 x1  3x2  x3  x4  3
 x  x  x  x  6
3
4
 1 2

(3) x j  0, j  1,2,3,4
Nhận xét: Bài toán QHTT dạng chính tắc là bài toán QHTT dạng tổng quát
trong đó
- Các rảng buộc chính đều là phương trình
- Các ẩn đều không âm
b) Phương án cực biên của bài toán dạng chính tắc
Xét bài toán chính tắc dạng ma trận:
- f(x)=<c, x>  min (max) (1)
- A.x=B

(2)

- x≥0

(3)

Ta có: A.x= b  A1x1 + A2x2 +…+ Anxn= b
Kí hiệu Aj, j= 1, n là các vector cột của ma trận hệ số A.
 Cách xác định phương án cực biên:
- 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑗 , … , 𝑥𝑛 , ) là phương án của bài toán (1) – (3)
- đặ𝑡 𝐽 𝑥 = 𝑗/𝑥𝑗 > 0
- ký hiệu: m (J) là số phần tử của tập J(x)
*x là phương án cực biên  hệ vector cột tương ứng với các thành phần dương
của x độc lập tuyến tính.
Nghĩa là 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑗 , … , 𝑥𝑛 , ) là phương án cực biên  𝐴𝑗/𝑗 ∈ 𝐽(𝑥) độc
lập tuyến tính.
x là phương án cực biên ta luôn có: m (J) ≤ r(A)
 Nếu m (J) = r (A) thì x là phương án cực biên không suy biến;
 Nếu m (J) < r (A) thì x là phương án cực biên suy biến.
c) Kết quả cho bài toán dạng chính tắc
9


- Bài toán có thể có phương án hoặc không có phương án.
- Nếu bài toán có phương án thì nó có phương án cực biên.
- Bài toán có mọi phương án cực biên không suy biến là bài toán không suy
biến. Nếu có ít nhất một PACB suy biến thì gọi là bài toán suy biến.
- Bài toán minf: Nếu bài toán có phương án và hàm mục tiêu bị chặn dưới
thì bài toán có phương án tối ưu. Nếu f không bị chặn dưới thì 𝑓 → −∞
- Bài toán maxf: Nếu bài toán có phương án và hàm mục tiêu bị chặn trên
thì bài toán có phương án tối ưu. Nếu f không bị chặn trên thì 𝑓 → +∞
- Nếu bài toán có phương án tối ưu thì bài toán có phương án cực biên tối
ưu. Một phương án gọi là PACBTU nếu nó vừa là phương án cực biên
vừa là phương án tối ưu.
1.1.3. Dạng chuẩn của bài toán QHTT
Bài toán QHTT dạng chuẩn là bài toán QHTT dạng chính tắc

n

(1) f ( x)  c1 x1  c2 x2  .......  cn xn   c j x j  max(min)
j 1

(2) ai1 x1  ai 2 x2  ...  aim xm   aij x j  bi , i  1,2,..., m
(3) x j  0, j  1,2,..., n
Trong đó:
 Các hệ số tự do đều không âm
 Trong ma trận hệ số tự do có đủ m vector cột đơn vị: e1, e2,…,em

Khi đó:
 Các ẩn ứng với các vector cột đơn vị được gọi là các ẩn cơ bản. Cụ thể ẩn
ứng với vector cột đơn vị ek là ẩn cơ bản thứ k.

10


 Một phương án mà các ẩn cơ bản đều bằng 0 dược gọi là phương án cơ
bản.
 Một phương án cơ bản có đủ m thành phần dương được gọi là không suy
biến.
Ngược lại, một phương án có ít hơn m thành phần dương được gọi là
phương án suy biến.
Ví dụ: Xét bài toán QHTT sau:
(1) f ( x)  2 x1  4 x2  x3  6 x4  min
 x1  x4  x5  12

(2)  12 x1  x3  x6  3
x  x  x  x  6

2
3
4
 1

(3) x j  0, j  1,2,3,4,5,6
Ta thấy bài toán trên có dạng chính tắc, hơn nữa
Các hệ số tự do đều không âm
Ma trận hệ số ràng buộc A là:
 1 0 0 1 1 0
A  12 0 1 0 0 1
 1 1  1  1 0 0

Có chứa đầy đủ 3 vector cột đơn vị e1 (cột 5), e2 (cột 6), e3 (cột 2).
Do đó bài toán có dạng chuẩn, trong đó
- Ẩn cơ bản thứ nhất là x5
- Ẩn cơ bản thứ hai là x6
- Ẩn cơ bản thứ ba là x2
Nhận xét: Trong bài toán trên khi cho ẩn cơ bản thứ k bằng hệ số tự do thứ k,
còn các ẩn không cơ bản bằng 0, nghĩa là cho x5=12, x6=3, x2=6, x1=x3=x4=0 ta
được một phương án cơ bản của bài toán 𝑥 = (0,6,0,0,1,2,3).
11


Phương án này không suy biến vì có đủ 3 thành phần dương. Ta gọi đây là
phương án cơ bản ban đầu của bài toán.
Chú ý: Tổng quát, trong bài toán QHTT dạng chuẩn bất kì, khi cho ẩn cơ bản
thứ k bằng hệ số tự do thứ k (k=1, 2,...,m), còn các ẩn không cơ bản bằng 0, ta
được một phương án cực biên (phương án cơ sở) của bài toán. Ta gọi đây là
phương án cơ bản ban đầu của bài toán.

12


Tiết 3
1.1.

Khái niệm và định nghĩa (tiếp)

1.1.4. Biến đổi dạng bài toán QHTT
1.1.4.1. Dạng tổng quát về dạng chính tắc
Ta có thể biến đổi bài toán dạng tổng quát về dạng chính tắc bằng các
bước sau:
Bước 1: Kiểm tra hệ ràng buộc chính
n

1)

Nếu có ràng buộc chính dạng

a
j 1

ij

x j  bi thì ta cộng vào vế trái ràng buộc
n

đó ẩn phụ xn+k nghĩa là ta thay ràng buộc

a
j 1

ij

x j  bi trong bài toán bằng ràng

n

buộc dạng  aij x j  bi .
j 1

n

2)

Nếu có ràng buộc chính dạng

a
j 1

ij

x j  bi thì ta trừ vào vế trái ràng buộc đó

ẩn phụ xn+k , nghĩa là ta thay ràng buộc

n

a

j 1

n

buộc dạng

a
j 1

ij

ij

x j  bi trong bài toán bằng ràng

x j  bi .

Chú ý: Các ẩn phụ là không âm và hệ số của các ẩn phụ đó trong hàm mục tiêu
là 0.
Bước 2. Kiểm tra dấu hiệu của ẩn số
1) Nếu ẩn x j  0 thì ta thực hiện phép đổi ẩn số x j   x 'j với x 'j  0
2) Nếu có ẩn x j có dấu tùy ý thì ta thực hiện phép biến đổi ẩn số x j  x 'j  x 'j'
với x 'j , x 'j'  0 .
Chú ý: Khi tìm được PATU của bài toán dạng chính tắc ta chỉ cần tính giá trị
của các ẩn ban đầu và bỏ đi các ẩn phụ thì sẽ được PATU của bài toán dạng tổng
quát đã cho.
13


Ví dụ: Biến đổi bài toán sau về dạng chính tắc

(1) f ( x)  2 x1  4 x2  x3  6 x4  min
 4 x1  6 x2  5 x3  50
(2)  7 x1  x3  30
2 x  3x  5 x  25
2
3
 1

(3) x1  0, x2  0
Giải:
Thêm vào bài toán ẩn phụ x4  0 để biến phương trình 4 x1  6 x2  5x3  50 về
phương trình 4 x1  6 x2  5x3  x4  50 .
Thêm vào bài toán ẩn phụ x5  0 để biến phương trình 7 x1  x3  30 về phương
trình 7 x1  x3  x5  30 .
Đổi biến x2   x2' với x2'  0
Đổi biến x3  x3'  x3'' với x3' , x3''  0
Ta đưa bài toán về dạng chính tắc như sau:
'
'
''
(1) f ( x)  2 x1  4 x2  ( x 3  x3 )  6 x4  min

4 x1  6 x2'  5( x3'  x3'' )  x4  50

'
''
(2)  7 x1  ( x3  x3 )  x5  30
 2 x  3x '  5( x '  x '' )  25
1
2

3
3

'
'
''
(3) x1  0, x2  0, x3  0, x3  0, x4  0, x5  0

1.1.4.2. Dạng chính tắc về dạng chuẩn
Từ bài toán dạng chính tắc ta có thể xây dựng dạng bài toán chuẩn như sau:
1) Khi gặp hệ số tự do bi <0 ta đổi dấu hai vế của ràng buộc thứ i.
2) Khi ma trận hệ số ràng buộc A không chứa cột đơn vị thứ k là ek ta đưa
vào ẩn giả xnk  0 và cộng thêm ẩn giả xnk vào vế trái của phương trình
14


ràng

buộc

thứ

k

để

được

phương

trình

ràng

buộc

mới:

ak1 x1  ak 2 x2  ...akn xn  xnk  bk

3) Hàm mục tiêu mở rộng f(x) được xây dựng từ hàm mục tiêu ban đầu như
sau
 Đối với bài toán min: 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 + 𝑀( ẩ𝑛 𝑔𝑖ả)
 Đối với bài toán max: 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 − 𝑀( ẩ𝑛 𝑔𝑖ả)
Trong đó M là đại lượng rất lớn, lớn hơn bất kì số nào cho trước.
Ví dụ 1. Biến đổi bài toán QHTT sau về dạng chuẩn
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  min
 4 x1  6 x2  5 x3  50

(2)  7 x1  x3  x4  0
2 x  3x  5 x  25
2
3
 1

(3) x j  0, j  1,2,3,4
Giải:
Bài toán trên đã có dạng chính tắc, trong đó vế phải của phương trình ràng buộc
thứ 3 là -25<0. Đổi dấu hai vế của phương trình này ta được

 2 x1  3x2  5x3  25
Ma trận hệ số của ràng buộc là
 4  6 5 01 0


A 7
0 1 10 0
  2  3 5 00 1



Vì A còn thiếu 2 vector cột đơn vị là e1 và e3 nên bài toán chưa có dạng chuẩn.
Thêm vào bài toán 2 ẩn giả x5 , x6  0 và xây dựng bài toán dạng chuẩn như sau:
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  Mx5  Mx6  min

15


 4 x1  6 x2  5 x3  x5  50

7 x1  x3  x4  0
(2) 
 2 x  3x  5 x  x  25
1
2
3
6


(3) x j  0, j  1,...,6

Ví dụ 2. Biến đổi bài toán QHTT sau về dạng chuẩn
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  max
 4 x1  6 x2  5 x3  50

(2)  7 x1  x3  x4  0
2 x  3x  5 x  25
2
3
 1

(3) x j  0, j  1,2,3,4
Ta xây dựng bài toán dạng chuẩn như sau:
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  Mx5  Mx6  max
 4 x1  6 x2  5 x3  x5  50

7 x1  x3  x4  0
(2) 
 2 x  3x  5 x  x  25
1
2
3
6


(3) x j  0, j  1,...,6
Chú ý:
 Ẩn phụ: Tổng quát chuyển thành chính tắc
 Ẩn giả: chính tắc chuyển thành dạng chuẩn
Ví dụ 3. Biến đổi bài toán QHTT sau về dạng chuẩn
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  min

  9 x1  15 x3  50

(2)   6 x1  2 x4  120
 x  3x  5 x  45
2
3
 1

(3) x j  0, j  1,2,3,4
16


Giải
Thêm vào bài toán 2 ẩn phụ x5 , x6  0 ta được bài toán có dạng chính tắc như
sau
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  min
  9 x1  15 x3  x5  50

(2)   6 x1  2 x4  120
 x  3x  5 x  x  45
2
3
6
 1

(3) x j  0, j  1,...,6
Bài toán chưa có dạng chuẩn
Ta thấy các vế phải của hai phương trình ràng buộc thứ 2 và thứ 3 đều âm nên
bằng cách đổi dấu 2 vế phương trình ta được.
  9 x1  15 x3  x5  50


6 x3  2 x4  120

 x  3x  5 x  x  45
2
3
6
 1

Ma trận hệ số ràng buộc là
  9 0 15 0 1 0  0


A 0
0 6  2 0 01
 1  3 5 0 0 10



Vì A còn thiếu một vector cột là e2 nên bài toán chưa có dạng chuẩn.
Thêm vào ràng buộc chính thứ 2 ẩn giả x7  0 ta được bài toán dạng chuẩn như
sau:
(1) f ( x)  3x1  2 x2  2 x3  x4  Mx7  min
  9 x1  15 x3  x5  50

(2) 6 x3  2 x4  x7  120
 x  3x  5 x  x  45
2
3
6

 1

17


(3) x j  0, j  1,...,7
Chú ý: Quan hệ giữa bài toán xuất phát (A) và bài toán mở rộng (B) được thể
hiện như sau:
- B vô nghiệm suy ra A vô nghiệm
- B có nghiệm có hai trường hợp:
1) Nếu mọi ẩn giả của PATU bằng 0 thì bỏ ẩn giả ta được PATU của A
2) Nếu có ít nhất một ẩn giả >0 thì A không có PATU

18


Tiết 4
1.2.

Phƣơng pháp đơn hình giải bài toán QHTT

1.2.1. Khái niệm và bản chất của phương pháp đơn hình
Năm 1949 nhà toán học người Mỹ D.D. Dantzig đã giải quyết bài toán quy
hoạch tuyến tính dạng chính tắc có ràng buộc:
n

x
j 1

j

 1 với x j  0

Năm 1951 phương pháp này đã được công bố và sau đó đã trở thành công cụ lợi
hại để giải quyết các bài toán thuộc loại quy hoạch tuyến tính.
Miền ràng buộc của các biến trong không gian 2 chiều (2 biến) là một tam giác
vuông cân, có độ dài của các cạnh góc vuông là một đơn vị, còn trong không
gian 3 chiều là một tứ diện. Trong không gian n chiều, miền ràng buộc là một đa
diện lồi có các kích thước bằng 1 – gọi là đơn hình.
- Thuật toán là thực hiện dịch chuyển
từ một đỉnh sang một đỉnh kề tốt hơn
cho đến khi đến được đỉnh tối ưu.
- Thuật toán là hữu hạn nhưng tương
đối phức tạp

1.2.2. Cách tìm phương cực biên (cơ sở chấp nhận được)
Khái niệm phương án cực biên (phương án cơ sở chấp nhận được) đã
được trình bày tại phần 1.2 (tiết 2).
Ta giả thiết rằng hạng của ma trận ràng buộc A bằng m, tức là hệ ràng
buộc có m phương trình độc lập tuyến tính.
19


Định nghĩa 1:
Từ ma trận A của hệ ràng buộc m phương trình, ta chọn ra m vector cột
bất kỳ, độc lập tuyến tính (số vector cột độc lập tuyến tính có thể nhiều hơn m,
nhưng ta chỉ chọn ra số vector bằng số ràng buộc) thì bộ vector này lập thành
một cơ sở của ma trận A.
Phương án cơ sở là phương án, trong đó các biến số có ma trận cột tương
ứng không nằm trong cơ sở nhận giá trị bằng không, còn các biến có trong ma

trận cột tương ứng đã nằm trong cơ sở sẽ có giá trị khác không, và được xác
định từ điều kiện:
𝐴𝑥 = 𝑏 → 𝑥 = 𝐴−1 𝑏
Từ đây ta đi đến quy tắc tìm phương án cơ sở như sau:
1- Chọn một cơ sở của A bao gồm các ma trận cột
𝐴𝑘 , 𝐴𝑘+1 , … , 𝐴𝑚
2- Đặt 𝑥1 = 𝑥2 = ⋯ = 𝑥𝑘−1 = 𝑥𝑚 +1 = ⋯ = 𝑥𝑛 = 0
3- Xác định xj từ hệ phương trình:
𝐴𝑥𝑗 = 𝑏; 𝑗 = 𝑘, 𝑘 + 1, … , 𝑚
Ví dụ 1: Tìm phương án cơ sở của QHTT có ràng buộc như sau:
 2 x1  x 2  2
x  2x  2
 1
2

 x1  x 2  5
 x1  0, x 2  0

Hệ điều kiện ràng buộc cho dưới dạng bất đẳng thức, vì vậy để đưa bài
toán về dạng chính tắc ta thêm 3 ẩn phụ 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 ta có dạng phương trình như
sau:

20


 2 x1  x 2  x 3  2
x  2x  x  2
 1
2
4


 x1  x 2  x5  5
 x1  0, x 2  0, x3  0, x 4  0, x5  0

Hệ phương trình trên có thể viết dưới dạng vector:
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2 + 𝐴3 𝑥3 + 𝐴4 𝑥4 + 𝐴5 𝑥5 = 𝐵
Ta thấy hệ số của 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 lập thành một ma trận đơn vị:

1 0 0
0 1 0 


0 0 1
Do đó các vector 𝐴3 , 𝐴4 𝑣à 𝐴5 là độc lập tuyến tính. Vì vậy ta chọn 3 vector cột
này làm cơ sở của ma trận điều kiện – (thực hiện xong bước 1).
Bước 2:
Vì các cột hệ số của 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 đã đưa vào cơ sở, nên các biến còn lại phải nhận
giá trị bằng không:
𝑥1 = 𝑥2 = 0
Bước 3: thay 𝑥1 = 𝑥2 = 0 vào hệ phương trình điều kiện, ta có:
𝑥5 = 5; 𝑥4 = 2; 𝑥3 = 2
Vậy phương án cơ sở ứng với cơ sở 𝐴3 , 𝐴4 𝑣à 𝐴5 của ma trận điều kiện là
vector
𝑥 = 0, 0, 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 = (0, 0, 2, 2, 5)
Đối chiếu với điều kiện ràng buộc chính và điều kiện về dấu của biến, ta
thấy phương án trên hoàn toàn thỏa mãn. Vì vậy phương án cơ sở đã cho là
phương án cơ sở chấp nhận được (phương án cực biên).

21

Lưu ý: Có những phương án tuy là phương án cơ sở nhưng không phải là
phương án cơ sở chấp nhận được vì bản thân phương án đó không là phương án
chấp nhận được.
Ví dụ 2: Xét bài toán QHTT sau:
6𝑥1 + 2𝑥2 − 5𝑥3 + 𝑥4 + 4𝑥5 − 3𝑥6 + 12𝑥7 → 𝑚𝑖𝑛
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4
=4
𝑥1 +
𝑥5
=2
𝑥3 +
𝑥6 = 3
3𝑥2 + 𝑥3 +
𝑥7 = 6
𝑥𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1, 2, . . , 7
Phương trình ràng buộc có thể viết dưới dạng ma trận:
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2 + 𝐴3 𝑥3 + 𝐴4 𝑥4 + 𝐴5 𝑥5 + 𝐴6 𝑥6 + 𝐴7 𝑥7 = 𝐵
1 
1 
1 
1 
0 
0 
0 
1 
0 
0 
0 
1 

0 
0 












; A2 
; A3  ; A4 
; A5  ; A6 
; A7   
A1 
0 
0 
1 
0 
0 
1 
0 
 
 
 
 

 
 
 
1 
 3
1 
0 
0 
0 
1 

Ta thấy rằng các vector từ A1 đến A7 là một hệ độc lập tuyến tính, do đó cả
7 biến số đều có quyền đưa vào cơ sở. Nhưng vì số thành phần của 1 cơ sở chỉ
được phép tối đa bằng số ràng buộc m (trong trường hợp này là 4). Vì vậy số cơ
sở có khả năng tạo thành là rất nhiều. Ta chọn ngẫu nhiên 2 cơ sở bất kỳ. Ví
dụ: (𝐴4 , 𝐴5 , 𝐴6 , 𝐴7 ) và (𝐴2 , 𝐴5 , 𝐴6 , 𝐴7 )
 Với cơ sở thứ nhất:
𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥3 = 0 → 𝑥4 = 4; 𝑥5 = 2; 𝑥6 = 3; 𝑥7 = 6
Do đó phương án cơ sở tương ứng là:
𝑥 = (0, 0,0,4, 2, 3, 6)
Phương án này thỏa mãn các điều kiện ràng buộc và điều kiện và dấu của
các biến, cho nên nó là phương án cơ sở chấp nhận được.

 Với cơ sở thứ 2:
22


𝑥1 = 𝑥3 = 𝑥4 = 0 → 𝑥2 = 4; 𝑥5 = 2; 𝑥6 = 3; 𝑥7 = −6
Do đó phương án cơ sở tương ứng là:
𝑥 = (0, 4,0,0, 2, 3, −6)

Phương án này thỏa mãn các điều kiện ràng buộc nhưng không thỏa mãn
điều kiện về dấu của các biến vì 𝑥7 = −6. Vì vậy phương án này không là
phương án cơ sỏ chấp nhận được, từ đây ta có định nghĩa 2:
Định nghĩa 2:
Phương án cơ sở được gọi là phương án cơ sở chấp nhận được nếu như nó
là phương án chấp nhận được.
Để trả lời câu hỏi “khi nào thì tồn tại phương án cơ sở chấp nhận được
(phương án cực biên) ta công nhận định lý sau đây:
Định lý 1.
Một phương án chấp nhận được cũng là một phương án cơ sở chấp nhận được
khi và chỉ khi các vector cột của ma trận điều kiện A ứng với các thành phần
khác không của nó tạo thành một hệ vector độc lập tuyến tính.
Bây giờ ta kí hiệu:
𝑥𝑗 = 𝑥𝑗 : 𝑗 ∈ 𝐽 là vector các thành phần cơ sở (biến đã đưa vào cơ sở)
𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 : 𝑘  𝐽 là vector các thành phần phi cơ sở (biến nằm ngoài cơ sở)
𝐴𝑗 = 𝐴𝑗 : 𝑗 ∈ 𝐽 là ma trận cơ sở
Như vậy ta có: 𝑥𝑘 = 0 (∀𝑘  𝐽)
Từ hệ phương trình Ax  b
1

Ta có thể viết như sau: A j x j  b  x j  A j b (*)
Biểu thức (*) chính là hệ số phân tích b qua cơ sở J (cơ sở của thành phần đã
chọn).

23


 Để đánh giá các vector điều kiện còn lại (hệ số của biến phi cơ sở) theo
cơ sở J, ta sẽ phân tích các vector Ak qua cơ sở J:
Gọi các hệ số phân tích của Ak là xjk vector hệ số phân tích tương ứng là Xk tức

là:
𝑥𝑗𝑘 𝐴𝑗 𝑣à 𝑋𝑘 = 𝐴𝑗−1 𝐴𝑘

𝐴𝑘 =
𝑗 ∈𝐽

Ta sẽ xác định đại lượng ∆𝑘 (𝑘  J) bằng công thức:
∆𝑘 =

𝑐𝑗 𝑥𝑗𝑘 − 𝑐𝑘

∆𝑘 được gọi là ước lượng của biến 𝑥𝑘 theo cơ sở J.
Đối với các biến cơ sở 𝑥𝑗 thì ước lượng của chúng ∆𝑗 = 0
Dựa theo các ước lượng này ta sẽ đánh giá các phương án cơ sở qua 2 định lý
sau đây:
Định lý 2:
Nếu đối với phương án cơ sở 𝑥 0 ứng với cơ sở 𝐽0 của bài toán min dạng
chính tắc mà tồn tại ít nhất một ∆𝑘 > 0 (∆𝑘 < 0 với bài toán Max thì có thể tìm
được phương án khác, chấp nhận được 𝑥 1 với có sở 𝐽1 có giá trị hàm mục tiêu bé
hơn (lớn hơn – với bài toán Max)
Định lý 3 (Tiêu chuẩn tối ưu):
Nếu đối với phương án cơ sở 𝑥 0 ứng với cơ sở 𝐽0 của bài toán Min dạng
chính tắc mà ∆𝑘 ≤ 0 ∀𝑘 𝐽0 (∆𝑘 ≥ 0 ∀𝑘 𝐽0 – Đối với bài toán Max) thì 𝑥 0 là
phương án tối ưu.
Hàm mục tiêu sẽ đạt giá trị Max nếu nó bị chặn trên và đạt giá trị Min nếu
bị chặn dưới.
Để xét hàm mục tiêu có bị chặn không ta sử dụng định lý:
Định lý 4 (Kiểm tra tính không giải được của bài toán):
24

+ Đối với bài toán Min dạng chính tắc, nếu tồn tại một ∆𝑘 > 0 𝑚à 𝑥𝑗𝑘 ≤ 0 ∀𝑗 ∈
𝐽0
+ Đối với bài toán Max dạng chính tắc, nếu tồn tại một ∆𝑘 < 0 𝑚à 𝑥𝑗𝑘 ≤ 0 ∀𝑗 ∈
𝐽0
Hàm mục tiêu không bị chặn – bài toán không có lời giải.

25