Bài tập lớn Bộ môm Phân tích tối ưu hóa hệ thống (IN)

NHÓM 1

Bài 2:
Để làm ra một đơn vị hàng loại I, công nhân A và B đều cần 1 giờ. Để làm ra một đơn
vị hàng loại II, công nhân A cần 1 giờ, công nhân B cần 2 giờ. Số giờ làm việc của A
trong một ngày là 7, của B là 11. Tiền lãi do bán một đơn vị hàng loại I là 15; loại II
là 20 (đơn vị tiền). Dùng phương pháp hình học tính xem trong một ngày cần cho hai
công nhân trên làm ra được bao nhiêu loại hàng các loại để có lãi nhiều nhất.

Giải:
- Gọi số hàng loại I: x
- Gọi số hàng loại II: y
Thời gian làm việc một ngày của công nhân A: x + y
Thời gian làm việc một ngày của công nhân B: x + 2 y
- Hàm Lagrange: L (15 x + 20 y ) max
x + y ≤ 7

Điều kiện:  x +2 y ≤ 11

x, y ≥ 0


- Vẽ miền chấp nhận được:
y

7
A(0; 11 )
2

11
2

B(4;3)

0

7
C(7;0)

x+
y7=
0

- Miền chấp nhận được là: OABC
- Các điểm cực biên: O (0;0);

A (0;

11
);
2

B (4;3);

C (7;0)

11

x
x+
2y11
=0

- Ta có:
L (O) = 0
L (A) = 110

⇒ Max L = L(B) = 120

L (B) = 120
L (C) = 105
Kết luận: Để có số tiền lãi lớn nhất Max L = L(B) = 120 (đơn vị tiền)
thì cơng nhân A phải làm 4 đơn vị hàng loại I và công nhân B phải làm 3 đơn vị hàng loại
II.

Bài 03:
Dùng phương pháp nhân tử Lagrange và ma trận viền H A để tìm cực trị của hàm 3 biến:
u= f ( x, y, z ) = 5 x + 2 y + 4 z

thỏa mãn điều kiện : x 2 + y 2 + z 2 =

Giải:
Ta có hàm Lagrange:
1
( x, y , z , λ ) = 5 x + 2 y + 4 z + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − ) = 0
4

5
x=−

2λ



5 + 2λ x = 0
 Lx = 0 
1

L = 0 
2 + 2λ y = 0
y=−

 y


λ
⇒
L  Lz = 0 ⇒  4 + 2λ z = 0
2



z=−
1
2
2
2

λ
 Lλ = 0  x + y + z − = 0 




4
 5 + 1 + 4 − 1 = 0 → (5)

 4λ 2 λ 2 λ 2 4
 λ =5
(5) ⇒ 
 λ = −5

* Với 2 giá trị λ ⇒ có hai điểm tới hạn:
M 0 (−

M1 (

1

1 2
; − ; − ;5)
2 5 5 5
1

1 2
; ; ; −5)
2 5 5 5

1
4


Ta có ma trận viền Hessian:

0

gx
H A (M ) 
 gy

 gz

gx

gy

Lxx
Lyx

Lxy
Lyy

Lzx

Lzy

gz   0 2x
÷
Lxz ÷  2 x 2λ
=
Lyz ÷  2 y 0
÷ 
Lzz ÷
  2z 0

2z 
÷
0 ÷
0 ÷
÷
2λ 

2y
0
2λ
0

*TRƯỜNG HỢP 01:

*Xét:


 0

 1
− 5
H A (M 0 ) = 
 2
− 5

 4
 −
 5

−

1
5

−

4
− ÷
5
÷
÷
0 ÷
÷
÷
0 ÷
÷
÷
10 ÷


2
5

10

0

0

10

0

0

Ở đây n=3; m=1 do đó ta cần tính (n-m)=2. Tử thức chính đó là ∆ 3 , ∆ 4

1
5
2
−
5

∆3 (M 0 ) = −

1
5
∆ 4 (M 0 ) =
2
−
5
4
−
5
−

2
5

−

10

0 =−

0

10

−

0

=

1
5

−

0

1
5

10
0
0

−

2
5

0
10
0

−

90
25

4
5

1
0 0
0
5
0
1
2
2
= − (−
) −
10 0 + 10 −
5
5

5
0
4
4
−
0 10
−
5
5
10
−

−

2
5

−

4
5

10

0

0

10

1
100
× (−
) + 10 × ( −8) = −100
5
5

∆ p 0

1

1

2

3
⇒ M 0 (−
; − ; − ) Là điểm cực tiểu của hàm f ( x, y, z ) đã cho và giá
Nhận thấy: 
∆
2 5 5 5
 4 p0

trị cực tiểu là: −

5
2


*TRƯỜNG HỢP 02:






H A (M1 ) = 







*Xét:

4 
5 ÷
÷
÷
−10 0
0 ÷
÷
÷
0 −10 0 ÷
÷
÷
0
0 −10 ÷


1
5

0
1
5
2
5
4
5

2
5

Ở đây có m=1, n=3 do đó ta cần tính n-m=2. Tử thức chính đó là:
1
5

0
∆3 =

1
5
2
5
0

1
∆4 = 5
2

5
4
5

=

−10

2
5
0 =

0

−10

1
5

2
5

−10

0

0
0

−10

0

90
25

4
5

1
5
0
1 2
=−
5 5
0
4
5
−10

0
−10
0

0
0 + (−10)
−10

0
2
5

4
5

2
5

4
5

−10

0

0

−10

−100
+ (−10) × 8 = −100
5

∆ f 0

1

1 2

3
⇒ M1 (
; ; ) Là điểm cực đại của hàm f ( x, y, z ) đã cho và giá trị

Nhận thấy: 
2 5 5 5
∆ 4 p 0

cực đại là

5
2


NHÓM 2
1. Bài tập 2
Dùng phương pháp nhân tử ra Lagrange và ma trận viền Hessian để tìm cực trị hàm 3
biến: u = f ( x; y; z ) = x + 2 y + 3z
Thỏa mãn hai điều kiện: x − y + z = 1 và x 2 − y 2 = 1

GIẢI
L( x; y; z; λ ; µ ) = x + 2 y + 3 z + λ ( x − y + z − 1) + µ ( x 2 + y 2 − 1) = 0
 Lx = 0
1 + λ + 2 µ x = 0
L = 0

 y
3 − λ + 2 µ y = 0


 Lz = 0 ⇒ 3 + λ = 0
L = 0
x − y + z −1 = 0
 λ


 Lµ = 0  x 2 + y 2 − 1 = 0

Xét hệ:

CÓ HAI NGHIỆM
2

 x = 29

5

y
=
−

29

29 + 7

z =
29

 λ = −3

 µ = 29

2
⇒ M0 = (

Và M 1 = (−

2

 x = − 29

5

y
=

29
hoặc 
29 − 7

z =
29

 λ = −3

 µ = − 29

2

2
5
29 − 7
29
;−
;−

; −3;
)
2
29
29
29

2
5
29 + 7
29
;
;−
; −3; −
) là điểm tới hạn của L
2
29 29
29

Ta có ma trận viền Hessian:
 0

 0
H A ( M ) =  g1x

 g1 y
 g1z


0

0
g2 x
g2 y
g2 z

TRƯỜNG HỢP 01:

g1x
g2 x
Lxx
Lyx
Lzx

g1 y
g2 y
Lxy
Lyy
Lzy

g1z   0 0
1
÷ 
g2 z ÷
 0 0 2x
Lxz ÷ =  1 2 x 2 µ
÷ 
Lyz ÷  −1 2 y 0

Lzz ÷
0

 1 0

1
2y
0
2à
0

1
ữ
0ữ
0ữ
ữ
0ữ
0ữ



0
0
0
0


1
4
H A (M 0 ) = 

29
 −1

10

−

29
1
0


−1
10
−
29
0

1
4
29
29
0

29

0

0

1
0÷
÷

÷
0÷
÷
÷
0÷
÷
÷
0÷


Ở đây n = 3; m = 2 do đó ta cần tính n − m = 1 tử thức chính sau cùng đó là ∆ 5 ( M 0 ) :
0
0
∆5 (M 0 ) = H A (M 0 ) =

= −1×

∆5 (M 0 ) =

0
0

1
4
29

1

4
29

−1
10
−
29
1
0

29

−1
10
−
29
0

0

29

0

0

4
29

4
29
10
−

29

29

10
29
0

0

29

−

1
0

0
0

0

= 1×

0

0

0

=

116
>0
29

4
29
10
−
29

1
4
29

−1
10
−
29

1

29

0

0

0

29

0

0

116
2
5
29 − 7
> 0 Do đó điểm P0 (
;−
;
) là điểm cực tiểu của f với các
29
29
29
29

điểm đã cho và f ct = f ( P ) = 3 − 29
0

TRƯỜNG HỢP 02:
0
0
0
0



1
4
−
H A (M1 ) = 

29
 −1
10


29
1
0


1
4
−
29
− 29
0
0

−1
10
29
0

1
0÷

÷
÷
0÷
÷
÷
÷
− 29 0 ÷
÷
0
0÷


Ở đây n = 3; m = 2 do đó ta cần tính n − m = 1 tử thức chính sau cùng đó là ∆ 5 ( M 0 ) :


0
0
∆5 (M1 ) = H A (M1 ) =

0
0

1

−

−1
1
0
= −1× −

∆5 (M1 ) = −

4
29
10
29

− 29

−1
10
29
0

0

− 29

0

0

0

1
4
−
29

4
29
10
29
0

0

− 29

10
29
0

0

− 29

−

4
29

=−

1
0

0
0

0

= 1×

−

4
29
10
29

1
4
−
29

−1
10
29

1

− 29

0

0

0

0

− 29 0

116
<0
29

116
2
5
29 + 7
< 0 Do đó điểm P1 (−
;
;
) là điểm cực đại của f với các
29
29 29
29

điểm đã cho và f cd = f ( P ) = 3 + 29
1

2. Bài tập 3
Dùng phương pháp hình học để tìm GTLN và GTNN của hàm F = 5 x1 + 3x2
2 x1 − x2 ≥ −2
− x + x ≥ 1
 1 2


Trong miền xác định bởi 3x1 + 2 x2 ≤ 6
 x1 , x2 ≥ 0

GIẢI

- Vẽ đường thẳng: 2 x1 − x2 + 2 = 0
Ta giữ nguyên nửa mặt phẳng chứa O, bỏ nửa kia
- Vẽ đường thẳng: − x1 + x2 − 1 = 0 . Ta giữ nguyên mặt phẳng không chưa O, bỏ nủa
kia
- Vẽ đường thẳng: 3 x1 + x2 − 6 = 0 .Ta giữ nguyên mặt phẳng chứa O, bỏ nửa kia
- Vẽ đường thẳng: x1 = 0, x2 = 0


2x

1

-x

2

+2

=0

x2

+

x2

-1

=

0

-x 1

A(
B(

)

)

D(
C(

)

)

x1

- Đường thẳng d: 5 x + 3x = 0 có véc tơ pháp tuyến nr = 5;3
( )
1
2
- Tọa độ của A là giao của 2 đường thẳng

2

x
=
1

2 x1 − x2 + 2 = 0
 2 18 
7
⇒
⇒ A= ; ÷

7 7 
3 x1 + 2 x2 − 6 = 0  x = 18
 2 7

- Tọa độ của D là giao của 2 đường thẳng
4

 x1 = 5
− x1 + x2 − 1 = 0
4 9
⇒
⇒D= ; ÷

5 5
3 x1 + 2 x2 − 6 = 0  x = 9
2

5

Ta có:
 2 18  64
F ( A) = F  ; ÷=
7 7  7
F ( B ) = F ( 0; 2 ) = 6
F ( C ) = F ( 0;1) = 3

4 9
F ( D ) = F  ; ÷ = 31
5 5

Vậy :

GTLN của hàm F = 31
GTNN của hàm F = 3


NHÓM 3
Phần 2: BÀI TẬP
Bài tập số 2: Dùng phương pháp hình học tìm GTLN; GTNN của hàm số
u = f ( x, y ) = 3 x + 2 y

 7 x + 2 y ≥ 14

trong miền xác định bởi  4 x + 5 y ≥ 20

 x; y ≥ 0
Giải:

• Vẽ miền chấp nhận được

( )

+ Vẽ đường thẳng d1 7x + 2y = 14 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng không chứa O, bỏ nửa mặt
phẳng kia.

( )

+ Vẽ đường thẳng d2 4x + 5y = 20 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng không chứa O, bỏ nửa mặt
phẳng kia.
+ Vẽ các đường thẳng x = 0, y = 0.

( )

ta được miền chấp nhận D là phần mặt phẳng được giới hạn bởi các đường d1 ,

( d ) , x = 0,
2

y = 0 (như hình minh họa sau).

Xét đường thẳng tựa (d) 3x + 2y = 0


u
r
Vectơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng tựa là n = 3;2
u
r

Theo chiều dương của n thì giá trị hàm mục tiêu (HMT) u = f ( x, y ) sẽ tăng dần. Vì thế có thể

( )

r

 10 28 

tịnh tiến (d) theo hướng của n để nó có thể quét cả mặt phẳng. Khi đó điểm B  , ÷là vị trí
9 9 

( )

đầu tiên (d) chạm vào miền D, sau đó lần lượt đến các điểm C 0;7 và A ( 5;0 ) .
10
28 86
+ 2×
=
( )
9
9
9
u ( C ) = 3× 0 + 2× 7 = 14
u ( A ) = 3× 5 + 2× 0 = 15

Ta có: u B = 3 ×

 10 28

86

ã Vy ti B , ữ hm s đạt GTNN Min ( u) = .
9 9 
9

• Và, do miền D mà miền hở nên không tồn tại GTLN.
Bài tập 3: Sử dụng phương pháp đối ngẫu hãy tìm min ( F ) = min(5 x1 + 3 x2 ) trong miền xác

 2 x1 − x2 ≥ −2

 − x1 + x2 ≥ 1
định bởi 
 3 x1 + 2 x2 ≤ 6
x , x ≥ 0
 1 2
Giải:
Đây chưa là bài toán chuẩn tắc.
Từ điều kiện ràng buộc ta biến đổi bài tốn về dạng chính tắc Min như sau:
2 x1 − x2 ≥ −2
− x + x ≥ 1
 1 2

3 x1 + 2 x2 ≤ 6
 x1 , x2 ≥ 0

⇔

 2 x1 − x2 ≥ −2
− x + x ≥ 1
 1 2


−3x1 − 2 x2 ≥ −6
 x1 , x2 ≥ 0

Từ đó ta có bảng tóm tắt bài tốn ban đầu, từ đó ta có bảng tóm tắt bài tốn đối ngẫu
như sau:


Bài tốn 1

Bài tốn 2 đối ngẫu

x1

x2

≥

2

-1

-2

-1

1

1

-3

-2

-6

5

3

Min

⇔
Max

y3

y4

y5

≤

2

-1

-3

5

-1

1

-2

3

-2

1

-6

Từ bảng tóm tắt trên ta có bài tốn 2 là bài tốn đối ngẫu của bài toán 1.
Bài toán đối ngẫu được phát biểu lại như sau:

( )

(

)

*
Tìm max F = max −2y3 + y4 − 6y5 trong miền xác định bởi:

2 y3 − y4 − 3 y5 ≤ 5

− y3 + y4 − 2 y5 ≤ 3
y , y , y ≥ 0

 3 4 5

đây là bài tốn chính tắc Max. Chưa phải là chuẩn tắc Max

ta thêm 2 biến chênh lệch y1 , y2 đảm bảo điều kiện y1 , y2 ≥ 0 . Từ đó ta có bài tốn chuẩn
tắc Max như sau:

( )

(

)

*
Tìm max F = max −2y3 + y4 − 6y5 trong miền xác định bởi:

 y1 + 2 y3 − y4 − 3 y5 = 5

 y2 − y3 + y4 − 2 y5 = 3

 yi ≥ 0; i = 1,5;

Ta có dạng rút gọn của hàm mục tiêu như sau: F * + 2 y3 − y4 + 6 y5 = 0
Giải bài toán bằng phương pháp đơn hình ta tìm được PATƯ và GTTƯ của F * .
Ta có bảng đơn hình như sau:
BCS

y1

y2

y3

y4

y5

HSTD

y1

1

0

2

-1

-3

5

y2

0

1

-1

1

-2

3

F*

0

0

2

-1

6

0

y1

1

1

1

0

-5

8

y4

0

1

-1

1

-2

3

F*

0

1

1

0

4

3

Tỷ số

Tối ưu

Từ bảng đơn hình thứ 2 ta thấy các hệ số đánh giá của F * đều không âm. Vậy ta có
phương án tối ưu của F * là ( 8;0;0;3;0 ) , và giá trị tối ưu F * = 3


( )

*
Từ kết quả bảng đơn hình cuối cùng của bài tốn max F ta chuyển về bảng đơn

( )

hình cuối cùng của bài toán min F và ta rút ra được phương án tối ưu của F và giá trị
tối ưu của F .
Biến cơ sở: y1 , y4 của F * trở thành biến tự do x1 , x4 của bài toán F
Biến tự do: y2 , y3 , y5 của F * trở thành biến cơ sở: x2 , x3 , x5 của bài toán F

( )

( )

*
Giá trị tối ưu max F là giá trị tối ưu min F

Nghiệm tối ưu của của F * trở thành Hệ số đánh giá của bài toán F
Hệ số đánh giá của bài toán F * trở thành Nghiệm tối ưu của của F
Giao giữa các cột biến tự do với dòng biến cơ sở của F * là các phần tử tương ứng
của F nhưng đổi dấu.

( )

Tư những ngun tắc trên ta có bảng đơn hình cuối cùng của bài tốn min F
BCS

x1

x2

x3

x4

x5

HSTD

x2

-1

1

0

-1

0

1

x3

-1

0

1

1

0

1

x5

5

0

0

2

1

4

F

8

0

0

3

0

3

của F ta có:
Phương án tối ưu của F ( 0;1;1;0;8 )
Giá trị tối ưu của F = 3
Kết luận:

Phương án tối ưu cho bài toán min (x1;x2) = (0;1)
Giá trị tối ưu Min(F) = 3

NHĨM 4

Tỷ số

Từ
bảng
đơn
hình
cuối
cùng


2. Dùng phương pháp nhân tử Lagrange và ma trận viền H A để tìm cực trị hàm ba biến:

(

)

U x,y, z = x − 3y + z thỏa mãn hai điều kiện:
x + y − z = 2
 2
2
x + y = 2

Giải:

 Ta có hàm Lagrange

(

)

(

)

(

)

L x;y; z; λ; µ = x − 3y + z + λ x + y − z − 2 + µ x2 + y2 − 2
Xét hệ phương trình:

L
 x
Ly

Lz
L
 λ
L µ

⇔

=0
=0
= 0 `⇔
=0
=0

1 + λ + 2µx = 0

−3 + λ + 2µy = 0


⇔
1 − λ = 0
x + y − z = 2

x2 + y2 = 2


x = 1

y = −1

z = −2
λ = 1

µ = −1

(

x = −1

y = 1

z = −2
λ = 1

µ = 1

hoặc

)


−1

−1
y =
x=

µ

µ

y = 1
y = 1

µ


µ
⇔
λ = 1
λ
=
1


x + y − z = 2
x + y − z = 2
2



=
2
µ2 = 1
2

µ


(

)

⇒ M 1 1; −1; −2;1; −1 và M 2 −1;1; −2;1;1 là điểm tới hạn của hàm L .

 Xét M 1 ( 1; −1; −2;1; −1)
Ta có ma trận viền Hessian


HA

 0
0 M g1x g1y g1z   0 0

 
0 M g2x g2y g2z   0 0
 0
L
L
M L

L
L  L L
=
M =
g1x g2x M Lxx Lxy Lxz   1 2x
g
g
M Lyx Lyy Lyz   1 2y
 1y 2y
 
g
g
M
L
L
L
 1z
 −1 0
2z
zx
zy
zz 

( )

( )

⇒ HA M1

0 0


0 0
L L
=
1 2
 1 −2

 −1 0

−1

M 2x 2y 0 
ML L L 

M 2µ 0 0 
M 0 2µ 0 

M 0 0 0

M 1

1

1 −1

−2 0 
ML L L 

M −2 0 0 
M 0 −2 0 


M 0 0 0

M 1
M 2

Ở đây n = 3, m = 2 do đó ta cần tính n − m = 3 − 2 = 1 tử thức chính sau cùng đó là

( )

∆5 M 1

Ta có:

( )

( )

∆5 M 1 = H A M 1

0 0 1 1 −1
0 0 2 −2 0
= 1 2 −2 0 0 = −1×
1 −2 0 −2 0
−1 0 0 0 0

0 1 1 −1
0 2 −2 0
2 −2 0 0
−2 0 −2 0

0 2 −2
= −1× 1× 2 −2 0 = −16 < 0
−2 0 − 2

(

)

⇒ P1 1; −1; −2 là điểm cực đại của hàm U với điều kiện đã cho và

 Xét M 2 ( −1;1; −2;1;1)
Ta có ma trận viền Hessian


HA

 0
0 M g1x g1y g1z   0 0

 
0 M g2x g2y g2z   0 0
 0
L
L
M L
L
L  L L
=
M =

g1x g2x M Lxx Lxy Lxz   1 2x
g
g
M Lyx Lyy Lyz   1 2y
 1y 2y
 
g
g
M
L
L
L
 1z
 −1 0
2z
zx
zy
zz 

( )

( )

⇒ HA M 2

0 0

0 0
L L
=

1 2
 1 −2

 −1 0

−1

M 2x 2y 0 
ML L L 

M 2µ 0 0 
M 0 2µ 0 

M 0 0 0

M 1

1

M 1 1 −1

M 2 −2 0 
ML L L 

M 2 0 0
M 0 2 0

M 0 0 0


Ở đây n = 3, m = 2 do đó ta cần tính n − m = 3 − 2 = 1 tử thức chính sau cùng đó là

( )

∆5 M 2

Ta có:

( )

( )

∆5 M 2 = H A M 2

0
0
= 1
1
−1

0
0
2
−2
0

1 1 −1
2 −2 0
2 0 0 = −1×
0 2 0

0 0 0

0
−1
1
−1

0 −2
−2 2
2 0
0 0

2
0
2
0

0 −2 2
= −1× 1× −2 2 0 = 16 > 0
2 0 2

(

)

⇒ P2 −1;1; −2 là điểm cực tiểu của hàm U với điều kiện đã cho và

U CT = U ( P2 ) = −6

( )

(

)

3. Dùng phương pháp đơn hình giải bài toán max F = max 4x1 + 6x2 thỏa mãn hệ điều
kiện:
 4x1 + 6x2 ≤ 100

 4x1 + 3x2 ≤ 82

 6x1 + 4x2 = 120
x1, x2 ≥ 0



Giải:
Đây chưa là bài toán chuẩn tắc, ta thêm 2 biến chênh lệch x3 và x4 ta có:
4x1 + 6x2 + x3
= 100

+ x4 = 82
4x1 + 3x2
6x + 4x
= 120
2
 1
x ≥ 0; i = 1, 4
 i
Đây chưa là bài toán chuẩn tắc, ta thêm biến chênh lệch y ta có:

4x1 + 6x2 + x3
= 100

+ x4
= 82
4x1 + 3x2
6x + 4x
+ y = 120
2
 1
x ≥ 0; i = 1, 4; y = 0
 i

( )

(

)

*
Ta xét bài toán: max F = max 4x1 + 6x2 − My với M > 0 đủ lớn thỏa mãn điều kiện:

 4x1 + 6x2 + x3
= 100

+ x4
= 82
 4x1 + 3x2
 6x + 4x
+ y = 120

2
 1
x ≥ 0; i = 1,4; y = 0
 i
⇒ Đây là bài toán chuẩn tắc Max.

Dạng rút gọn của hàm mục tiêu:
F * − 4x1 − 6x2 + My = 0

Ta có các bảng đơn hình sau:
BCS

x1

x2

x3

x4

y

HSTD

Tỷ số

x3

4

6

1

0

0

100

25

x4

4

3

0

1

0

82

41/2

y

6

4

0

1

120

20

F*

-4

-6

0
0

0

0

0

0

0

0

0

M

0


-6M

-4M

0

0

0

-120M

x3

0

10/3

1

0

20

6

x4

0

1/3

0

1

2

6

x1

1

2/3

0

0

20

30

F*

0

- 10/3

0

0

80

0

0

0

0

0

x3

0

0

1

-10

0

x2

0

1

0

3

6

x1

1

0

0

-2

16

F*

0

0

0

10

100

Các hệ số đánh giá của bảng đơn hình cuối cùng đều không âm và hệ số đánh giá của cột
biến tự do x4 = 10 > 0, do đó bài tốn có phương án tối ưu duy nhất:

( )

(

)

PATƯ cho bài toán max F là 16;6

( )

GTTƯ là max F = 100.

 Bài tốn chỉ có một phương án tối ưu duy nhất vì:

- Các hệ số đánh giá ở bảng đơn hình cuối cùng đều khơng âm;
- Hệ số đánh giá trong cột của biến tự do x4 dương.
Kiểm tra lại bằng phương pháp hình học
• Vẽ miền chấp nhận được

( )

( )

+ Vẽ đường thẳng d1 : 4x1 + 6x2 = 100 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng chứa O 0;0 , bỏ
nửa mặt phẳng kia.

( )

( )

+ Vẽ đường thẳng d2 : 4x1 + 3x2 = 82 ta giữ nguyên nửa mặt phẳng chứa O 0;0 , bỏ nửa
mặt phẳng kia.

( )

+ Vẽ đường thẳng d3 : 6x1 + 4x2 = 120 ta chỉ giữ các điểm nằm trên đường thẳng đó.


+ Vẽ các đường thẳng x1 = 0, x2 = 0 .

(

)

(

)

ta được miền chấp nhận là đoạn thẳng AB trong đó A 20;0 và B 16;6

• Ta có F ( A ) = 4 × 20 + 6× 0 = 80

( )

F B = 4 × 16 + 6 × 6 = 100

(

)

Vậy PATƯ của bài toán là 16;6

( )

( )

GTTƯ là max F = F B = 100

NHÓM 5
Câu 2: Giải bài tốn tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp hình học
Theo bài ra ta có các ràng buộc điều kiện của hàm F = 9 x1 + 7 x2 như sau:

 2 x1 − x2 ≥ 2
 x − 2 x ≥ −2

 1
2

3x1 + x2 ≤ 15
 x1 , x2 ≥ 0

⇔

 2 x1 − x2 − 2 ≥ 0
 x − 2x + 2 ≥ 0
 1
2

 3x1 + x2 − 15 ≤ 0
 x1 , x2 ≥ 0


• 2 x1 − x2 − 2 = 0

( d1)

• x1 − 2 x2 + 2 = 0 (d 2)
Đầu tiên ta vẽ các đường thẳng sau: •

3x1 + x2 − 15 = 0 ( d 3)

• x1 = 0
• x2 = 0
Xác định các miền chấp nhận thuộc giới hạn ràng buộc, gạch bỏ các miền không xác định→
Ta được miền chấp nhận được là tứ giác lồi ABCDthỏa mãn các điều kiện của bài tốn (Hình 1):

x2

Ghi chú: Miền không xác định
2 x1 − x2 − 2 ≥ 0

5

x1 − 2 x2 + 2 ≥ 0
3x1 + x2 − 15 ≤ 0

4

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

C (4,3)

3
D (2,2)

2

1

(d2): x1 - 2x2 +2 =0

A (1,0)

-2

-1.5

-1

O

-0.5
-1

0.5

1

B(5,0)

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

(d3): 3x1 +x2 -15=0

(d1): 2x1 - x2 -2 =0

-2

Hình 1
Ta có tọa độ các đỉnh của tứ giác lồi ABCD như sau:
A (1,0) ; B(5,0)
C có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:

3 x1 + x2 − 15 = 0
x = 4
⇔  1
⇔ C ( 4,3)

 x1 − 2 x2 + 2 = 0
 x2 = 3

x1

5.5


D có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:

 2 x1 − x2 − 2 = 0
 x1 = 2

⇔
⇔ D ( 2,2 )


x
−
2
x
+
2
=
0
x
=
2
 1
2
 2
Tại các đỉnh của tứ giác lồi ABCD thuộc miền xác định ta có:

F ( A) = 1× 9 + 0 × 7 = 9

F ( D ) = 2 × 9 + 2 × 7 = 32
F ( B ) = 5 × 9 + 0 × 7 = 45
F ( C ) = 4 * 9 + 7 *3 = 57

Vậy ta có GTLN của hàm F = 9 x1 + 7 x2 là max F= F ( C ) = 57 và GTNN là min F = F ( A ) = 9
Câu 3: Sử dụng phương pháp đối ngẫu hãy tìm min ( F ) = min ( 4 x1 + 6 x2 )

4 x1 + 6 x2 ≤ 100

4 x + 3x ≤ 82
 1
2
Thỏa mãn điều kiện 
6 x1 + 4 x2 = 120
 x1 , x2 ≥ 0

Bài làm:
Theo bài ra ta thấy các điều kiện ràng buộc của hàm F chưa phải là dạng chính tắc min, ta
phải đưa về dạng chính tắc:

4 x1 + 6 x2 ≤ 100  −4 x1 − 6 x2 ≥ −100
4 x + 3 x ≤ 82
 −4 x − 3x ≥ −82
 1

2
1
2
⇔
Vì vậy ta có: 
6 x1 + 4 x2 = 120 6 x1 + 4 x2 = 120
 x1 , x2 ≥ 0
 x1 , x2 ≥ 0
Để giải bài tốn theo phương pháp đối ngẫu, ta có bảng tóm tắt hai bài tốn đối ngẫu như

sau:
Bài tốn A:

Bài toán B:

x1 y3

yx4
2

y5

1 1 -4 -4
-4 -6
2 2 6
3

-4
-6
-3
4

6 -100
4 -82
120

MinMax 4 -100

6
-82

≥

≤

4
6

120

Như vậy,ta có bài tốn đối ngẫu của bài tốn tìm min(F) là:


Tìm max ( L ) = max ( −100 y3 − 82 y4 + 120 y5 )
−4 y3 − 4 y4 + 6 y5 ≤ 4

Thỏa mãn điều kiện: −6 y3 − 3 y4 + 4 y5 ≤ 6
 y , y ≥ 0, y tùy ý
5
 3 4
Do bài toán chưa phải bài toán chuẩn tắc max nên ta thêm 2 biến chênh lệch y1và y2 .
− 4 y3 − 4 y4 + 6 y5 = 4
 y1
Ta có: 
 y2 − 6 y3 − 3 y4 + 4 y5 = 6
Dạng rút gọn của hàm mục tiêu được viết lại như sau:

L + 100 y3 + 82 y4 − 120 y5 = 0
⇒ Ta lập bảng đơn hình của bài tốn B :
BCS

y1

y2

y3

y4

y5

HSTD

y1
y2

1

0

-4

-4

6

4

0

1

-6

-3

4

6

L

0

0

100

82

-120 ⇑

0

y5
y2

1/6

0

-2/3

-2/3

1

2/3

-2/3

1

-10/3

-1/3

0

10/3

L

20

0

0

80

20
2
Bảng đơn hình 1

Tỉ lệ

⇐ 2/3
3/2

⇐ Tối ưu!

Bảng đơn hìnhcuối cùng có tất cả hệ số đánh giá đều khơng âm, do đó ta có phương án tối ưu(PATƯ) duy
nhất cho bài toán max như sau: PATƯ(0;10/3;0;0;2/3) và giá trị hàm mục tiêu đạt được là GTTƯ max(L)=80.
Vậy đối với bài tốn tìm min(F) ta dựa vào bảng đơn hình của bài tốn B ta đưa về bảng đơn hình của bài
tốn A như sau:
BCS

x1

x2

x3

x4

x5

HSTD

x1
x3
x4

1

2/3

0

0

-1/6

20

0

10/3

1

0

2/3

20

0

1/3

0

1

2/3

2

F

0

10/3

0

2/3

80

0
Bảng đơn hình 2

Tỉ lệ

⇐ Tối ưu!

Xét bảng đơn hình 2, ta thấy:
+ Tất cả các hệ số đánh giá đều khơng âm, do đó ta có phương án tối ưu (PATƯ) cho bài toán min như sau:
PATƯ(20;0;20;2;0) và giá trị hàm mục tiêu đạt được là GTTƯ min(L) = 80;

+ Các hệ số đánh giá của các biến tự do x2 , x5 đều dương, ta kết luận được phương án tối
ưu là duy nhất.

Kết luận: Min(F)=80 với PATƯ duy nhất (x1;x2) = (20;0).


NHÓM 6
Câu 2.
Dùng phương pháp nhân tử Lagrange và ma trận viền H A để tìm cực trị hàm ba biến:

U ( x,y,z ) = xy + yz + zx + 2015 thỏa mãn điều kiện: xyz = 64
Bài giải:

 Ta có hàm Lagrange:

(

)

L x;y;z; λ = xy + yz + zx + 2015 + λ(xyz − 64)
Xét hệ phương trình:

Lx

Ly

Lz
L λ


y + z + λyz = 0

x + z + λxz = 0

⇔

y
+
x
+
λ
yx
=
0

xyz = 64


=0
=0
`⇔
=0
=0

x = 4

y = 4

z = 4

1
λ = −
2



1
⇒ M 0  4;4;4; − ÷ là điểm tới hạn của hàm L .
2

Ta có ma trận viền Hessian:

0
g
x
HA ( M ) = 
 gy

 gz

⇒ HA ( M0 )

gx
Lxx
Lyx

gy
Lxy
Lyy

Lzx

Lzy

gz   0
yz
xz
xy 
 yz
÷
Lxz ÷
0
1
+
λ
z
1
+
λ
y
÷= 
÷
Lyz ÷  xz 1 + λ z
0
1+ λ x ÷
÷ 
÷
Lzz ÷
xy
1
+
λ
y
1

+
λ
x
0




 0 16 16 16 
16 0 −1 −1÷
÷
=
16 −1 0 −1÷

÷
16 −1 −1 0 

Ở đây n = 3, m = 1 do đó ta cần tính n − m = 3 − 1 = 2 tử thức chính sau cùng của

( )

H A ( M ) đó là ∆ 3 M 0 và ∆ 4 ( M 0 ) :


Ta có:

0 16 16
= 16 0 −1 = −512 < 0
16 −1 0

∆3 ( M 0 )

(

)

(

∆4 M 0 = H A M 0

)

0 16 16 16
16 16 16
16 0 −1 −1
=
= −16× −1 0 −1
16 −1 0 −1
−1 −1 0
16 −1 −1 0

16 16 16
16 16 16
+16 0 −1 −1 − 16 0 −1 −1 = −768 < 0
−1 −1 0
−1 0 −1

(

)

⇒ P0 4;4;4

là điểm cực tiểu của hàm U với điều kiện đã cho thay x=4, y=4, z=4 vào hàm

U ( x,y,z ) = xy + yz + zx + 2015
Ta có giá trị cực tiểu là:

U Min = U ( P0 ) = 2063

Câu 3
Tìm

Max( F ) = Max(3x1 + 5 x2 )

thỏa mãn điều kiện:

2 x1 + x2 ≤ 5
x − x ≥ 1
 1 2

 x1 + x2 ≤ 3
 x1 , x2 ≥ 0

Bài giải:

2 x1 + x2 ≤ 5
x − x ≥ 1
 1
2


x1 + x2 ≤ 3 => Đây không phải là bài toán chuẩn tắc

x1 , x2 ≥ 0

Để giải bài toán, ta thêm 3 biến

x3 , x4 , x5

và biến nhân tạo y đưa bài toán về bài toán chuẩn tắc sau:


Tìm

Max( F ) = Max (3x1 + 5 x2 ) − My

(với M là một số dương khá lớn, y là biến nhân tạo) thỏa mãn

điều kiện:

2 x1 + x2 + x3 = 5
x − x
− x4 + y = 1
 1 2

+ x5 = 3
 x1 + x2

 xi ≥ 0(i = 1, 2,..6)

=> Đây là bài toán chuẩn tắc Max

Ta có dạng rút gọn của hàm mục tiêu như sau:

 F - 3x1 - 5x2 + M y = 0
Ta có bảng đơn hình sau:
BSCS

x1

x2

x3

x4

x5

y

HSTD

Tỉ số

x3

2

1

1

0

0

0

5

5/2

y

1

-1

0

-1

0

1

1

1

x5

1

1

0

0

1

0

3

3

-3

-5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

M

0

-M

M

0

M

0

0

-M

x3

0

3

1

2

0

3

x1

1

-1

0

-1

0

1

x5

0

2

0

1

1

2

F

0

-8

0

-3

0

3

x2

0

1

1/3

2/3

0

1

x1

1

0

1/3

-1/3

0

2

x5

0

0

-2/3

-1/3

1

0

F

0

0

8/3

7/3

0

11

F

1

1

Giải thích: Tại bảng đơn hình thứ 2, có 2 tỷ số 1 nên ta có thể chọn hàng chọn là hàng 1 hoặc hàng 3
đều cho kết quả cuối cùng giống nhau. Ở đây, người giải chọn hàng 1 là hàng chọn và có Bảng đơn

hình thứ 3 như trên.
Kết luận:
Tại bảng đơn hình thứ 3, hệ số đánh giá đều khơng âm ( ≥ 0). Vậy, nghiệm của bài toán (x1 , x2) là (2, 1)
và giá trị lớn nhất của F là 11