Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí: Chương 7 - ĐH Công nghiệp TP.HCM

Trường Đại học Công nghiệp thành phố Hồ Chí Minh
Khoa Công nghệ Cơ khí

CHƯƠNG 07:
PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN TỐI ƯU HÓA CÓ 2 THAM BIẾN
Thời lượng: 3 tiết


Đặt vấn đề
Trong rất nhiều bài toán thiết kế, kỹ thuật phức tạp, số lượng các
hàm ràng buộc (bất đẳng thức) là rất lớn, tuy nhiên hàm mục tiêu
và các ràng buộc chỉ có 2 tham biến. Với những bài toán này, nhiều
khi áp dụng phương pháp đồ thị sẽ đem lại hiệu quả tốt, đồng thời
đưa ra một lời giải trực quan và dễ hiểu. Hơn nữa, trong 1 số
trường hợp khi lời giải cần tìm phải là số nguyên, thì phương pháp
đồ thị trong trường hợp này lại giúp tìm ra kết quả dễ dàng mà
không cần sử dụng những kỹ thuật phức tạp khác.
3 bước Cơ bản của phương pháp này là:
- Vẽ đồ thị các hàm ràng buộc
- Xác định miền lời giải hợp lệ (vùng diện tích được giới hạn bởi
các đường cong ràng buộc)
- Vẽ các đường cong đồng mức của hàm mục tiêu để xác định cực
trị ở trong miền hợp lệ
Chú ý: Đi theo hướng của Gradient đến điểm cực trị nhưng phải
trong khuôn khổ miền hợp lệ

2


Phương pháp đồ thị

3

Cực đại hóa hàm số sau: f  x1 , x2   400 x1  600 x2  max
x1 x2
x1 x2
Với các ràng buộc: x1  x2  16;   1;   1; x1  0; x2  0
28 14
14 24
Bước 1: Kẻ hệ trục tọa độ x1x2
Nhìn vào các ràng buộc để dự đoán một cách tương đối về
khoảng giá trị của các tham biến. Ví dụ ở đây ta có thể lấy
[0;25].
Trong nhiều trường hợp khoảng giá trị trên các trục chỉ có thể
xác định sau khi vẽ các đồ thị.
Bước 2: Vẽ các đường ràng buộc bất đẳng thức
Xét ràng buộc đầu tiên, ta bỏ dấu bất đẳng thức ≤ để vẽ đồ thị
đường: x1  x2  16  0


4

Bước 3: Phân định miền bất đằng
thức: Dựa vào tọa độ của 1 điểm
thuận tiện không nằm trên đường
cong ràng buộc thuộc 1 trong 2
miền. Từ đó xác định được dấu
của 2 miền 2 phía đường cong.

Không hợp lệ

Hợp lệ


5

Bước 4: Vẽ các đường cong ràng buộc còn lại và xác định miền
hợp lệ: Làm tương tự bước 3 cho các đường cong ràng buộc
còn lại
 g 4  x1  0

G
 g3 

F
E

x1 x2

1
14 24

 g1  x1  x2  16

D
Miền
ABCDE
hợp lệ

A

 g2 

C

x1 x2
 1
28 14

 g5  x2  0

B J

H


6

Bước 5: Vẽ các đường đồng mức của hàm mục tiêu
 g3 

E

x1 x2

1
14 24

D

C
A

B

Tính Gradient của hàm số để biết
hướng độ dốc khiến hàm số
tăng. Trên hình các mũi tên đều
song song với véc tơ <2;3>,
chúng sẽ vuông góc với các
đường đồng mức của hàm f. Ta
 g1  x1  x2  16 vẽ hàng loạt đường thẳng song
song nhau và vuông góc với véc
tơ Gradient vì đường đồng mức
x1 x2
 g 2    1 của f là các đường thẳng (hàm f
28 14
bậc 1 với 2 biến).
Để hàm f đạt giá trị ngày càng
lớn thì đường đồng mức cần đi
theo hướng mũi tên của
Gradient, nhưng cần phải có một
đường đồng mức xa nhất mà vẫn
“chạm” vào miền hợp lệ. Trên
hình ta thấy là điểm D.

 400   2 
f  x   
 


 600   3 


7

Bước 6: Tìm tọa độ điểm D là điểm mà ta nhận thấy hàm f đạt
cực đại mà vẫn thỏa mãn miền hợp lệ.
Dễ dàng nhận thấy D là giao điểm của 2 đường cong ràng buộc
g1 và g2. Tọa độ giao điểm này chính là nghiệm của hệ phương
trình:
 x1  x2  16


x

 1 4




f
x
,
x

 x1 x2
 
1
2   400  4  600 12  8800
 28  14  1  x2  12

Kết luận: Cực đại của hàm f = 8800 với x1*=4, x2*=12


Phương pháp đồ thị
Khi hàm ràng buộc song song với hàm mục tiêu, chúng ta sẽ có
tình huống nhiều lời giải.
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  0.5 x2  min
Với các ràng buộc:

2 x1  3 x2  12; 2 x1  x2  8;  x1  0;  x2  0

Do hàm mục tiêu f song song với
ràng buộc g2=2x1+x2-8 nên ta thấy lời
giải có thể là cả đoạn thằng BC do
đường đồng mức của hàm f sẽ trùng
với đoạn BC giúp f đạt giá trị nhỏ
nhất có thể khi xét tới các ràng buộc.

8


Phương pháp đồ thị

9

Khi ta bỏ sót các ràng buộc hoặc phát biểu sai bài toán tối ưu
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  2 x2  min
Với các ràng buộc:

2 x1  x2  0;  2 x1  3 x2  6;  x1  0;  x2  0

Do miền hợp lệ mở rộng đến
vô cùng bên phải, nên không
có lời giải tối ưu hữu hạn.
Cần xem lại phát biểu bài
toán tối ưu.


Phương pháp đồ thị

10

Khi các ràng buộc mâu thuẫn nhau khiến cho miền lời giải rỗng
Cực tiểu hóa hàm số sau:
f  x1 , x2   x1  2 x2  min
3 x1  2 x2  6; 2 x1  3 x2  12; x1 , x2   0;5

Với các ràng buộc:

H

Miền hợp lệ phải là giao của 2
miền OAG và HDEF. Và 2 miền
này hoàn toàn không có 1
khoảng chung nên giao của nó
là 1 tập rỗng. Như vậy bản thân
các ràng buộc đã mâu thuẫn
nhau nên không tồn tại vùng
tìm kiếm hợp lệ. Bài toán vô

nghiệm  Xem lại đề bài


11

Phương pháp đồ thị
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2   2.4608 105 x1 x2  min
Với các ràng buộc:

3
9
3


207

10
x


107
1 x2
6
7
 248 10  0;10 
 0; x1  0; x2  0
2 x1 x2
455

Miền hợp lệ là miền màu vàng.

Hàm mục tiêu có xu hướng tăng
giá trị theo hướng chỉ của véctơ
Gradient. Chính vì vậy điểm A là
điểm mà đường đồng mức của
hàm f có thể đạt được giá trị nhỏ
nhất. Vậy ta cần tìm tọa độ của A,
nó là giao của 2 đường cong g1,
g2.

A

107
g1 
 248  106
2 x1 x2
 3   207 109  x13 x2
7
g 2  10 
455

x1  0.1558137545
x2  0.0411872369

f   1579.227756


12

Phương pháp đồ thị

Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  1.5    x2  1.5   min
2

2

Với các ràng buộc: x1  x2  2; x1  0; x2  0

C

A
Miền
hợp lệ

B

Miền hợp lệ là tam giác OBC. Các
vòng tròn là đường đồng mức
của hàm mục tiêu f.
Các véctơ Gradient túa ra từ
điểm tâm (1.5;1.5) có nghĩa là giá
trị của hàm f sẽ tăng theo chiều
của các mũi tên Gradient đó.
Như vậy ta thấy giá trị nhỏ nhất
(gần tâm nhất) có thể mà vẫn
thuộc miền hợp lệ chính là tiếp
điểm A của đường đồng mức
mầu đỏ với cạnh BC. Cũng như
điểm xa tâm nhất thuộc miền
hợp lệ chính là gốc tọa độ O, đó
cũng chính là tọa độ giá trị lớn

nhất của hàm f (vòng tròn xanh)


13

Cách 1:
Tìm k để 2 đường cong f  x1 , x2 , k   0 và g  x1 , x2 , k   0
tiếp xúc với nhau tại 1 điểm và tìm tọa độ giao điểm đó
Ý tưởng nằm ở chỗ: Tìm k để sao cho hệ phương trình sau có
nghiệm duy nhất:

f  x1 , x2 , k   0
g  x1 , x2 , k   0

1
 2

Đưa hệ phương trình về phương trình đại số rồi đặt điều kiện để nó
chỉ có 1 nghiệm duy nhất.
Ví dụ nếu là phương trình bậc 2 thì Δ=0, thì đó có thêm 1 phương
trình (3), kết hợp với (1) và (2) ta sẽ có hệ 3 phương trình với 3 ẩn là
x1, x2, k.


14

Cách 2:

Tìm k để 2 đường cong f  x1 , x2 , k   0 và g  x1 , x2 , k   0
tiếp xúc với nhau tại 1 điểm và tìm tọa độ giao điểm đó

1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

f  x1 , x2 , k   0

g  x1 , x2 , k   0

1
 2

2) Tính đạo hàm riêng theo 1 trong 2 biến x1 (hoặc x2) của 2
phương trình đường cong, ví dụ theo biến x1:

dx2
 df
 dx  x1 , x2 , k   0  dx  h  x1 , x2 , k 
 1
1

 dg  x , x , k   0  dx2  l  x , x , k 
1
2
 dx1 1 2
dx1
 h  x1 , x2 , k   l  x1 , x2 , k 
 3
3) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k


15

1
2

dg  x2  dg  x2  dx2
dx2


 g   x2  
dx1
dx2
dx1
dx1

df  x1  dg  x2 
d

 f  x1   g  x2   
dx1
dx1
dx1

dx2
d



 f  x1   g  x2    f  x1   g  x2  
dx1
dx1
3

df  x1 
dg  x2 
d
 g  x2   f  x1  
 f  x1  g  x2   
dx1
dx1
dx1

dx2
d

 f  x1  g  x2    f   x1   g  x2   f  x1   g   x2  
dx1
dx1
4

d
n m
n 1
m
n
m 1 dx2
 x1 x2   n  x1  x2  x1  m  x2 
dx1
dx1


16

Cách 3:

Tìm k để 2 đường cong f  x1 , x2 , k   0 và g  x1 , x2 , k   0
tiếp xúc với nhau tại 1 điểm và tìm tọa độ giao điểm đó
Ý tưởng nằm ở chỗ: Khi 2 đường cong f và g tiếp xúc với nhau tại 1
điểm (a,b) thì 2 véctơ pháp tuyến (Gradient) của 2 đường cong này
sẽ song song (hoặc trùng) nhau. Do đó ta có hệ phương trình sau:


 f x , x ,k  0
1
2

 g  x1 , x2 , k   0

f  x  / / g  x   f x1  f x2
g x1 g x2


1
 2
 3

Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k


17

Phương pháp đồ thị

Tìm tọa độ điểm cực tiểu A: Tìm k để đường đồng mức (x11.5)2+(x2-1.5)2=k tiếp xúc với đường thẳng x1+x2-2=0, tức là hệ
có 1 nghiệm duy nhất.

Cách 1:
 x1  1.5 2   x2  1.5 2  k
2

4
x

2  8 x2   5  2k   0
 x1  x2  2  0
1  x1  1
   4  2k  1  0  k   
2  x2  1
 x1  1
1
 
 f min 
2
 x2  1

Tìm tọa độ điểm cực đại O là (0;0). Khi đó fmax=4.5

Có 1 nghiệm
duy nhất


Cách 2:

18

1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

f  x1 , x2 , k    x1  1.5    x2  1.5   k
2

2

g  x1 , x2 , k   x1  x2  2  0

1
 2

2) Tính đạo hàm riêng theo biến x1 của 2 phương trình đường cong:

dx2
dx2
dx2 3  2 x1
 df
 dx  2 x1  3  2 x2 dx  3 dx  0  dx  2 x  3
 1
1
1
1
2

 dg  1  dx2  0  dx2  1
 dx1

dx1
dx1
3  2 x1

 1
 3
2 x2  3
3) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k

 x1  1

 x2  1
k  0.5



19

Phương pháp đồ thị
Cực trị hóa hàm số sau:
Với ràng buộc:

f  x1 , x2   x12  x22  3x1 x2  min& max
x12  x22  6  0

Chiều hàm f tăng

C

A

B

D

- Điểm A, B là 2 điểm giá trị
nhỏ nhất có thể
- Điểm C, D là 2 điểm giá trị
lớn nhất có thể
- O là điểm yên ngựa
Phải đi tìm được tọa
độ những điểm này
Chiều hàm f tăng


Phương pháp đồ thị

20

Tìm tọa độ điểm A, B, C, D bằng cách Tìm k để đường đồng
mức (x1)2+(x2)2-3x1x2=k tiếp xúc với đường cong (x1)2+(x2)2-6=0,
tức là hệ có 1 nghiệm duy nhất.
Cách 1:
2
2
 x1  x2  3x1 x2  k 1
k
Có 1 nghiệm duy nhất  x1 x2  2   3
 2
2

3
 2
 x1  x2  6  0
2k
2

 2   2   3   x1  x1   10  3  0  k  15

 2   2   3   x  x 2  2  2k  0  k  3
1
1

3


2k
2k
 x1  x1   10 
 x1  x1   2 
3 &
3
Có 1 nghiệm


duy nhất
x x  2  k
x x  2  k
 1 2
 1 2
3

3


21

Phương pháp đồ thị

2k
k

10  3  4  2  3 
 k  3





k  15

2k
k


 4  2  
2 
3
3



Thỏa mãn
điều kiện

3  k  15

Thế 2 giá trị k vào 1 trong 2 hệ phương trình, ta thu được 4 lời
giải, đó chính là tọa độ 4 điểm cần tìm:
Tọa độ C:
Tọa độ A:
 x1A  3

 f min  3
A
 x2  3
Tọa độ B:

 x1C   3

 f max  15
C
 x2  3
Tọa độ D:

 x1B   3

 f min  3
B
 x2   3

 x1D  3


 f max  15
D
 x2   3


Cách 2:

22

1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

 f  x1 , x2 , k   x12  x22  3x1 x2  k  0

2
2
g
x
,
x
,
k

x

x
  1 2  1
2 6  0

1

 2

2) Tính đạo hàm riêng theo biến x1 của 2 phương trình đường cong:

 df

dx2
dx2 
dx2 3x2  2 x1
 2 x1  2 x2
 3  x2  x1


  0
dx1
dx1 
dx1 2 x2  3x1
 dx1


 dg  2 x  2 x dx2  0  dx2   x1
1
2
 dx1
dx1
dx1
x2
3 x2  2 x1
x1



 3
2 x2  3x1
x2

3) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k. Cũng có 4 lời giải:
 x1A  3
 f min  3
 A
 x2  3

 x1B   3
 f min  3
 B
 x2   3

 x1C   3
 f max  15
 C
 x2  3

 x1D  3
 f max  15
 D
 x2   3


Cách 3:

23

1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

 f  x1 , x2 , k   x12  x22  3x1 x2  k  0

2
2
g
x
,
x
,
k

x

x
  1 2  1
2 6  0

1
 2

2) Tính Gradient của các đường cong:

 2 x1  3 x2 
 2 x1 
f  x   
; g  x    


 3 x1  2 x2 
 2 x2 
3) Do 2 đường cong f và g tiếp xúc nhau nên tại điểm tiếp xúc thì
Grad(f) // Grad(g):

2 x1  3 x2 3 x1  2 x2

2 x1
2 x2

 3

4) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k. Cũng có 4 lời giải:
 x1A  3
 f min  3
 A
 x2  3

 x1B   3
 f min  3
 B
 x2   3

 x1C   3
 f max  15
 C
 x2  3

 x1D  3
 f max  15

 D
 x2   3


ax1 + bx2 = c

x1
x2
ax1  bx2  c 

1
c c
   
a b
x2

c
 
b

c
 
a

x1
ax1  bx2  c

24

2
1
2

2
2
2

x
x

1
A
B

x2

A

B
x1

25