Về một lớp bài toán tối ưu ngẫu nhiên chi phí vận tải

TẠP CHÍ ĐẠI HỌC SÀI GÒN

Số 10 - Tháng 6/2012

VỀ MỘT LỚP BÀI TỐN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN
CHI PHÍ VẬN TẢI
TRẦN XN SINH (*)
DƯƠNG XN GIÁP(**)
NGUYỄN THỊ THANH HIỀN (***)

TĨM TẮT
Trong bài báo này, chúng tơi trình bày mơ hình bài tốn tối ưu chi phí vận tải trong
điều kiện thơng tin về dữ liệu khơng đầy đủ. Mơ hình tốn học được thiết lập có mối liên hệ
với khái niệm ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ và đầy đủ. Trên cơ sở phân tích mơ hình,
chúng tơi nghiên cứu cấu trúc của ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy
đủ, tìm mối quan hệ giữa chúng, đư a ra điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa
đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.
Từ khố: bài tốn tối ưu ngẫu nhiên, mơ hình, ma trận
ABSTRACT
In this paper, we present the problem model of optimal transportation cost in terms of
information on incomplete data. The mathematical model is established to be associated
with the concept of complete recourse matrix and semicomplete recourse matrix. Based on
analysing the model, we study the structure of the complete recourse and semicomplete
recourse matrix, find the relationships between them, provide necessary and sufficient
conditions in order a semicomplete recourse matrix to be a complete recourse matrix.
Keywords: Random optimal problem, Model, Matrix
1. ĐẶT VẤN ĐỀ (*) (**)
Trong lĩnh vực tối ưu hiện nay, nhiều
nhà Tốn học quan tâm nghiên cứu bài
tốn điều khiển tối ưu, chủ yếu là bài tốn
tối ưu ngẫu nhiên. Đặc biệt, nhóm nghiên

cứu của Chen mấy năm gần đây tập trung
nghiên cứu và cơng bố nhiều bài bá o về
các kết quả thu được cải tiến các phương
pháp xấp xỉ giải bài tốn tối ưu ngẫu nhiên
2 giai đoạn và chứng tỏ tầm quan trọng cả
trong lí thuyết và thực tiễn tính tốn, ứng
dụng. Trong [1], Chen và các cộng sự chỉ
ra rằng những quy tắc quyết định tuyến
tính có thể dẫn tới những trường hợp
(*)

khơng khả thi cho bài tốn tối ưu ngẫu
nhiên với sự hiệu chỉnh đầy đủ.
Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận
hiệu chỉnh đầy đủ, nếu với mỗi ma trận t cỡ
m×1 đều tồn tại ma trận w = [w1 w2 ... wn]T
cỡ n×1 sao cho wj ≥ 0, ∀j = 1, ..., n và
Ww = t [1].
Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận
hiệu chỉnh nửa đầy đủ , nếu tồn tại ma trận
r = [r1 r2 ... rn]T cỡ n×1 sao cho rj > 0, ∀j =
1, ..., n và Wr = 0.
Trong nhiều bài tốn thực tế thường
dẫn tới bài tốn tối ưu ngẫu nhiên hiệu
chỉnh đầy đủ hoặc nửa đầy đủ. Trong bài
báo này, chúng tơi muốn trình bày mơ hình
bài tốn vận tải, với thơng tin về dữ liệu có

PGS.TS, Trường Đại học Vinh
ThS, Trường Đại học Vinh

(**) (***)

1


VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI

tính ngẫu nhiên, dẫn tới bài toán quy hoạch
ngẫu nhiên có đặc tính như đã nêu.
Chen và các cộng sự chỉ ra rằng ma
trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu
chỉnh nửa đầy đủ [1]. Tuy nhiên, điều
ngược lại nói chung không đúng. Câu hỏi
chúng tôi đặt ra là: Với điều kiện nào thì
ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận
hiệu chỉnh đầy đủ? Thiết lập điều kiện cần
và đủ để ma trận hiệu chỉn h nửa đầy đủ là
ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Trả lời triệt để
câu hỏi này chính là nội dung thứ hai của
bài báo.
Kết quả này sẽ đem tới hai ý nghĩa
quan trọng, bởi vì:
Một là định nghĩa ma trận hiệu chỉnh
đầy đủ khó để kiểm tra, cũng như khó để
thiết lập so với định nghĩa ma trận hiệu
chỉnh nửa đầy đủ.
Hai là, bất kỳ bài toán quy hoạch ngẫu
nhiên với hiệu chỉnh đầy đủ là chấp nhận
được đối với những quy tắc quyết định

tuyến tính lệch. Tuy nhiên, quy tắc quyết
định tuyến tính lệch vẫn có thể chấp nhận
được nếu thiếu sự hiệu chỉnh đầy đủ - đó là
các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng
không hiệu chỉnh đầy đủ, câu hỏi chúng ta
đặt ra ở đây là điều đó xảy ra khi nào? Từ
đó, chúng tôi chỉ ra được điều kiện cần và
đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ
nhưng không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.
2. BÀI TOÁN TỐI ƯU CHI PHÍ
2.1. Bài toán
Có n kho chứa hàng với sức chứa mỗi
kho là bi, i = 1, ..., n. Số lượng hàng cần
xác định ở kho thứ i là xi, (xi ≥ 0, i = 1, ...,
n). Kinh phí bảo quản lưu giữ một đơn vị
hàng ở kho thứ i là si, i = 1, ..., n. Cước phí
vận tải một đơn vị hàng từ kho thứ i đến
kho thứ j là cij, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. Cần
vận chuyển để điều chỉnh lượng hàng ở các
kho sao cho tổng chi phí lưu kho và vận

chuyển là bé nhất. Biết rằng giữa kho i và
kho j luôn có cung đường vận tải và cij =
cji, với mọi i = 1, ..., n, j = 1, ..., n.
2.2. Mô hình toán học
Kí hiệu zij là số đơn vị hàng được
chuyển từ i tới j, (zij ≥ 0). Khi đó một
phương án vận tải z = (zij) được thực hiện
thì số hàng ti, i = 1, ..., n, có ở kho thứ i tại
một thời điểm sẽ là:

n

n

∑ zki, i = 1, ..., n.

∑ zij +

ti = xi -

k =1

j =1

Chi phí vận chuyển và lưu trữ được
tính theo công thức
n

n

n

∑ sixi + ∑ ∑ cijzij → minx.
i =1

i =1 j =1

Vậy ta có bài toán tìm x = (xi) và
z = (zij), sao cho
n

min { ∑ sixi +
i =1

n

n

∑ ∑ cijzij}

(1)

i =1 j =1

với điều kiện
n

ti +

n

∑ zij - ∑ zki = xi, i = 1, ..., n,
j =1

(2)

k =1

xi ≤ bi, i = 1, ..., n,

(3)

ti ≥ 0, i = 1, ..., n,

(4)

xi ≥ 0, zij ≥ 0, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n.

(5)

Trong thực tế, bài toán đã nêu với biến
xi, i = 1, ..., n, có sự tham gia của yếu tố
ngẫu nhiên w. Khi đó biến z = (zij) và biến
t = (ti) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên
đã nêu. Để giải quyết bài toán này, ta cần
tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy
hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn [3].
3. CÁC KẾT QUẢ CHÍNH
3.1. Về bài toán tối ưu chi phí
Như đã nêu trong mô hình (1)-(5), số
2


TRẦN XUÂN SINH - DƯƠNG XUÂN GIÁP - NGUYỄN THỊ THANH HIỀN

lượng hàng có ở kho i là xi có thể phụ thuộc
đại lượng ngẫu nhiên w. Ta kí hiệu giá trị
thay đổi, do tác động của w là x’i(w). Do
vậy, số lượng hàng có ở kho thứ i là ti(w),
khi thực hiện phương án vận tải z sẽ là

n

n

∑ zki(w).

∑ zij(w) +

ti(w) = xi – x’i(w) -

Định lí 3.1.1. Ma trận A của bài toán
(6) - (9) có n hàng, n(n-1) cột, nhưng có
hạng n -1. Đặc biệt, tổng các vectơ cột là
vectơ 0.
Chứng minh. Viết tường minh bài toán
(6) - (9) ta thấy ma trận A gồm các phần tử
1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng gồm n-1
số 1 và -1, còn lại là số 0 . Cũng như vậy,
trên mỗi cột chỉ gồm một số 1 và một số 1, còn lại là số 0. Khi đó, nếu cộng n hàng
lại với nhau thì được hàng toàn số 0, tứ c là
n hàng của A phụ thuộc tuyến tính. Nhưng
có thể thấy tồn tại định thức cấp n-1 khác
0. Vậy điều đó chứng tỏ hạng của ma trận
A bằng n-1. Mặt khác, với bản đồ giao
thông là đồ thị đối xứng đầy đủ G(U, V),
n(n − 1)
tập đỉnh U có n đỉnh sẽ có
cạnh.
2
Mỗi cạnh (i, j) có 2 ẩn zij và zji, vì vậy số ẩn

phải là n(n-1). Từ đó cho thấy số cột là
n(n-1).
Tương tự, tổng các vectơ cột sẽ là
vectơ 0.
Định nghĩa. Bài toán (6) - (9) có ma
trận A là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ thì
ta nói đó là bài toán nửa đầy đủ. Tương tự
nếu ma trận A là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ
thì ta nói đó là bài toán đầy đủ.
Định lí 3.1.2. Bài toán (6) - (9) thuộc
lớp bài toán hiệu chỉnh nửa đầy đủ.
Chứng minh. Trước hết, như chứng
minh Định lí 3.1.1, ta nhận thấy rằng ma
trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó
trên mỗi hàng, số phần tử 1 bằng số phần
tử -1. Khi đó ta chọn vectơ u = (ui), với ui
= 1, cho mọi i = 1, 2, ..., n(n-1), thì thoả
mãn điều kiện bài toán hiệu chỉnh nửa
đầy đủ.
Bài toán (6) - (9), theo như Định lí
3.1.2, nó là hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Tuy
nhiên, có thể kiểm tra thấy rằng bài toán đó

k =1

j =1

Thực hiện ở giai đoạn hai, điều chỉnh
kế hoạch với sự tham gia của yếu tố ngẫu
nhiên, ta cần giải bài toán quy hoạch

min{(x, z) =

n

∑ sixi +
i =1

n

n

∑ ∑ cijE(zij(w))}
i =1 j =1

với điều kiện
ti(w) = xi – x’i(w) -

n

n

j =1

k =1

∑ zij(w) + ∑ zki(w),

i = 1, ..., n,
xi ≤ bi, i = 1, ..., n,
ti ≥ 0, i = 1, ..., n,

xi ≥ 0, x’i(w), zij(w) ≥ 0, i = 1, ..., n, j = 1,
..., n.
trong đó E(w) là kỳ vọng của đại lượng
ngẫu nhiên w.
Bài toán nêu trên có thể viết gọn lại
như sau
min{(x, z) = sTx + cTE(z(w))}

(6)

với điều kiện
x – t(w) + Az(w) = x’(w) ,

(7)

x ≤ b,

(8)

x ≥ 0, t(w), x’(w), z(w) ≥ 0,

(9)

trong đó x = (xi), t(w) = (ti(w)), x’(w) =
(x’i(w)), b = (bi) và sT, cT tương ứng là ma
trận chuyển vị của ma trận s = (si), c = (cij),
A là ma trận gồm các phần tử tương ứng là
các hệ số của z = ( zij ) .
3

VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI

chưa là hiệu chỉnh đầy đủ. Chúng ta hãy
xét riêng một mô hình thường gặp trong
bài toán vận tải đã nêu như sau: Ta giả thiết
rằng số lượng hàng đang có ở kho i là bi.
Đặt xi là số hàng được vận chuyển đến kho
i , tức là xi =

H(w) = H0 +

∑ j =1 zij. Khi đó ta có bài toán
n

n

min{f(x, z) =

trong đó B, T là các ma trận hệ số, D và các
kí hiệu khác như đã nêu trên, H(w) và h(w)
là các hàm affine đối với wi , nghĩa là

n

zji(w), i = 1, ..., n,

ui – vj = ti,

j:( i , j )∈V

trong đó vj =

xi ≤ bi, i = 1, ..., n,

Kí hiệu D = (I A*), trong đó I là ma
trận đơn vị, tư ơng ứng với hệ số của xi, i =
1, ..., n, A* là ma trận hệ số của zij trong bài
toán nêu trên (chú ý rằng ma trận A* trong
trường hợp này chỉ khác với ma trận A
trong Định lí 3.1.1, bởi xóa đi các phần tử
1, còn lại các phần tử -1 và 0). Như vậy,
ma trận D có n hàng và 2n cột.
Lúc này bài toán nêu trên có thể viết lại

t(w) = t0 +

T

x ≤ b,
x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0.
hơn như sau: Tìm x ∈ ℝn và z ∈ ℝ2n sao cho

với
điều
kiện

T

min{f(x, z) = s x + E(d t(w)) + E(g E(z(w))} (10)

Bx = b,

k

∑ zi w i .
i =1

(14)

Bx = b, (15)
Hix +Tti + Dzi = hi, i = 0, 1, ..., k (16)
x, t(w), z(w) ≥ 0.

(11)

(17)

Định lí 3.1.4. Mỗi phương án của bài
toán (14)-(17) cũng là phương án của bài
toán (10)-(13). Đồng thời minf ≤ minF.

H(w)x +Tt(w) + D[x, z(w)] = h(w), (12)
x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0.

∑ tiwi; z(w) = z0 +

min{F(x, z) = sTx + dTt0 + gTz0}

Bài toán vừa nêu có thể viết khái quát

với
điều
kiện

k

(Chú ý rằng trong mô hình (10) -(13),
sự biểu diễn dạng affine của U(w), h(w) và
t(w) là rất thực tế). Khi đó ta xấp xỉ bài
toán (10)-(13) bởi bài toán sau đây

t(w) – D(x, z(w)) = b,

T

∑ j∈J uj, với J là tập hợp gồm

i =1

min{f(x, z) = s x + c E(z(w))}

T

(*)

n-1 chỉ số tương ứng các phần tử -1 trong D.
Rõ ràng phương trình (*) luôn tồn tại
nghiệm ui, vj ≥ 0 với mọi ti. Từ vj ta có thể
phân tích để có được vectơ u = (ui) ≥ 0, thoả

mãn Du = t, với mọi cách chọn vectơ t.
Đó là điều cần chứng minh.
Từ đây trở đi, ta xét bài toán vận tải
dạng tổng quát (10) - (13).
Ta giả thiết thêm rằng t(w), z(w) cũng
là hàm affine đối với wi, nghĩa là

xi ≥ 0, ti(w), zij(w) ≥ 0, i = 1,
..., n, j = 1, ..., n.

với điều kiện

i =1

với vectơ t = (ti) bất kỳ thuộc ℝn, phương
trình Du = t, ứng với mỗi ti có dạng

với điều kiện ti(w) = bi + xi – x’i(w) -

T

k

∑ hi w i .

Định lí 3.1.3. Bài toán (10)-(13) với ma
trận D như đã nêu là hiệu chỉnh đầy đủ.
Chứng minh. Như đã thấy D(I, A*), nên

n

i =1 j =1

∑

h(w) = h0 +

i =1

∑ sixi + ∑ ∑ cijE(zij(w))}
i =1

k

∑ Hiwi;

(13)

4


TRẦN XUÂN SINH - DƯƠNG XUÂN GIÁP - NGUYỄN THỊ THANH HIỀN

Chứng minh. Xem [2].
3.2. Về mối quan hệ giữa tính đầy đủ
và nửa đầy đủ
Như đã nêu trong mục 1, bây giờ
chúng ta bàn tới mối quan hệ giữa hai khái
niệm "hiệu chỉnh đầy đủ" và "hiệu chỉnh
nửa đầy đủ".

Trong mục 1, chúng ta đã có xét: "ma
trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu
chỉnh nửa đầy đủ. Để kiểm tra ma trận W
có phải là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ hay
không, hoặc thiết lập ma tr ận hiệu chỉnh
đầy đủ là rất khó. Những kết quả chúng tôi
thu được sau đây đã giải quyết những khó
khăn này.
Định lí 3.2.1. Nếu ma trận W cấp mn
là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì m < n và
ma trận W có hạng bằng m.
Chứng minh. Gọi W1, W2, ..., Wn là các
vectơ cột của ma trận W, đây chính là các

chỉnh đầy đủ, ta suy ra W là ma trận hiệu
chỉnh nửa đầy đủ, nghĩa là tồn tại vectơ cột
r = [r1 r2 ... rn]T cấp n×1 sao cho rj > 0, ∀j
= 1, ..., n và Wr = 0 hay
r1W1 + r2W2 + ... + rnWn = 0.
Điều này mâu thuẫn với hệ {W1, W2,
..., Wn} là cơ sở.
Bây giờ ta chứng minh W có hạng
bằng m. Giả sử ngược lại, ma trận W có
hạng bé hơn m, nghĩa là rank {W1, W2, ...,
Wn} < m. Lập luận giống như trường hợp
1, ta dẫn đến mâu thuẫn. Điều đó chứng tỏ
hạng của W bằng m.
Định lí chứng minh xong.
Định lí 3.2.2. Cho trước hai số tự
nhiên m, n. Khi đó, luôn tồn tại ma trận

hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m×n. Hơn
nữa, nếu n > 1 thì với số tự nhiên k bất kì
sao cho k ≤ min{m, n-1}, luôn tồn tại ma
trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m ×n
và có rank{W} = k.
Chứng minh. Nếu n = 1 thì ta chọn ma
trận W là ma trận cột không (chính là vectơ

vectơ trong không gian vectơ ℝm. Trước
tiên, ta chứng minh m < n. Thật vậy, giả sử
ngược lại, ta xét 3 trường hợp:
Trường hợp 1: m > n. Khi đó,
rank{W1, W2, ..., Wn} < m. Theo đại số

không trong không gian vectơ ℝm). Khi đó,
ma trận W thoả mãn điều kiện là ma trận
hiệu chỉnh nửa đầy đủ.
Nếu n > 1 thì ta chọn tuỳ ý các vectơ

tuyến tính, tồn tại vectơ cột t ∈ ℝm để
rank{W1, W2, ..., Wn, t} = rank{W1, W2, ...,
Wn} + 1,

cột W1, W2, ..., Wn-1 ∈ ℝm có hạng bằng k
và các số thực dương tuỳ ý rj, ∀j = 1, ..., n.
Ta đặt

nghĩa là t không thuộc không gian vectơ
〈W1, W2, ..., Wn〉 sinh bởi hệ {W1, W2, ...,
Wn}. Từ đó suy ra không tồn tại vectơ cột w

để Ww = t. Nói riêng, W không là ma trận
hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn.
Trường hợp 2: m = n và rank(W) < m.
Lập luận tương tự trường hợp 1.
Trường hợp 3: m = n và rank(W) = m.
Khi đó, ma trận W khả nghịch, suy ra hệ
{W1, W2, ..., Wn} là cơ sở của không gian

Wn = −

r
r1
r
W1 − 2 W2 − ... − n −1 Wn −1 ∈ ℝm. (18)
rn
rn
rn

Từ đó suy ra
r1W1 + r2 W2 + ... + rnWn = 0.

(19)

Gọi W là ma trận gồm các cột W1, W2,
..., Wn. Khi đó, công thức (19) cho ta Wr =
0. Rõ ràng ma trận W có cấp m×n. Do hệ

vectơ ℝm. Theo giả thiết, W là ma trận hiệu
5

VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI

vectơ cột W1, W2, ..., Wn-1∈ ℝm có hạng
bằng k và vectơ cột Wn biểu thị tuyến tính
qua hệ các vectơ W1, W2, ..., Wn-1 nên suy
ra rank(W) = k. Như vậy, ma trận W xây
dựng như trên là ma trận hiệu chỉnh nửa
đầy đủ có cấp m×n và có hạng bằng k.
Định lí 3.2.3. Giả sử ma trận W có cấp
m×n, (m < n), có hạng bằng m, thoả mãn
điều kiện tồn tại vectơ cột r = [r1r2...rn]T
cấp n×1, với r j ≥ 0, j = 1, ..., n, sao cho Wr
= 0 và tập các vectơ cột tương ứng với các
hệ số r j > 0 của ma trận W tồn tại một hệ
các vectơ cột tạo thành cơ sở của không

Định lí 3.2.4. Ma trận W cấp m×n là ma
trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số
thực  bất kỳ và mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều
tồn tại vectơ cột w = [w1 ... wn]T với các biến
bị chặn dưới bởi , tức là j ≥ ,
j = 1, ..., n, thoả mãn Wr = t.
Chứng minh. Giả sử W là ma trận hiệu
chỉnh đầy đủ. Khi đó, với mỗi số thực  và
với mỗi vectơ cột t cấp m×1, ta đặt t* = t W*, trong đó  ∗ = [  ... ]T là vectơ cột
cấp m×1 gồm các phần tử đều bằng  . Theo
định nghĩ a ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, tồn
tại vectơ cột y = [y1 ... yn]T sao cho yj ≥ 0, j
= 1, ..., n, thoả mãn Wy = t*, hay Wy = t W*, điều này tương đương với W(y + *)

= t. Đặt w = y + * = [w1 ... wn]T, với wj = yj
+  ≥  thì ta có Ww = t thoả mãn các bi ến
bị chặn dưới bởi  .
Ngược lại, ta dễ dàng có điều phải
chứng minh với việc chọn  = 0 .
Đó là điều phải chứng minh.
Định lí 3.2.5. Ma trận W cấp m×n là ma
trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số
thực  bất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều
tồn tại vectơ cột w = [w1 ... wn]T, với các
biến bị chặn trên bởi , tức là w j ≤ , j =
1, ..., n, thoả mãn Ww = t.
Chứng minh. Việc chứng minh hoàn
toàn tương tự như chứng minh Định lí
3.2.4, chỉ khác ở chỗ để có w bị chặn trên
thì ta đặt t* = - t + W*, trong đó * = [ ...
]T là vectơ cột cấp n×1.

gian vectơ ℝm. Khi đó W là ma trận hiệu
chỉnh đầy đủ.
Chứng minh. Xem [4].
Hệ quả 1. Ma trận W cấp m×n, (m <
n), có hạng bằng m. Khi đó W là ma trận
hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi W là ma
trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ.
Chứng mi nh. Suy trực tiếp từ nhận xét
ở phần I và Định lí 3.2.3.
Hệ quả 2. Cho ma trận W cấp m×n là
ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Khi đó, ma
trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và

chỉ khi m < n và ma trận W có hạ ng bằng m.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Hệ quả
1 và Định lí 3.2.1.
Nhận xét. Từ Hệ quả 2, ta có thể thiết
lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ qua việc
thiết lập ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ
bằng cách sử dụng Định lí 3.2.2 với việc
chọn k = m.

6


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Xin Chen, Melvyn Sim, Peng Sun and Jiawei Zhang (2008), A Linear Decision-Based
Approximation - Approach to Stochastic Programming, Operations Research, Vol. 56,
No. 2, March-April 2008, pp. 344-357.
2. Xin Chen, Melvyn Sim and Peng Sun (2005), A robust optimization perspective of
stochastic programming, Working paper, National University of Singapore.
3. Shapiro, D. Dentcheva and A. Ruszczyński (2010), Lectures on Stochastic
Programming Modeling and Theory, Mathematical Programming, Society
Philadelphia.
4. Dương Xuân Giáp (2009), Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủ và hiệu chỉnh nửa
đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạ ch ngẫu nhiên, Tạp chí
Khoa học, Trường Đại học Vinh, Tập 38, Số 3A(2009), ISSN 1859-2228, 26-34.
* Nhận bài ngày 1/12/2011. Sữa chữa xong 10/6/2012. Duyệt đăng 15/6/2012.

7