6/17/2016

Chương 1. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

1. CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT

ĐẠI HỌC TÀI CHÍNH – MARKETING BỘ MÔN TOÁN – KHOA CƠ BẢN

2. PHAÂN LOAÏI BAØI TOAÙN QHTT

3. CAÙC KHAÙI NIEÄM CÔ BAÛN

4. PHÖÔNG PHAÙP HÌNH HOÏC GIAÛI BAØI TOAÙN QHTT

Chương 1

5. PHÖÔNG PHAÙP ÑÔN HÌNH GIAÛI BAØI TOAÙN QHTT

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

ThS. Nguyeãn Vaên Phong

2

Email : nvphong1980@gmail.com, nv.phongbmt@ufm.edu.vn

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT

Ví dụ 2. (Bài toán đầu tư vốn) Giả sử một doanh nhân A có

một lượng vốn là V0 tỷ muốn đầu tư vào các danh mục

sau đây:

 Gửi tiết kiệm không kì hạn với lãi suất

a% /năm.

CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT Ví dụ 1. ( Bài toán sản suất ) Giả sử một xí nghiệp sản xuất có m loại nguyên vật liệu V1, V2, … , Vm với số lượng tương ứng lần lượt là b1, b2, …, bm (đv) để sản xuất ra n loại sản phẩm S1, S2, … , Sn. Lợi nhuận và tỷ lệ các nguyên vật liệu dùng để sản xuất được cho trong bảng sau:

 Gửi tiết kiệm có kì hạn với lãi xuất

b% /năm.

Sj

…

S1

S2

Sn

Vi

 Mua trái phiếu chính phủ với lãi xuất

c% /năm.

…

 Cho doanh nghiệp tư nhân vay với lãi suất

d% /năm.

…

 Mua đất phân lô bán nền với lãi suất

e% /năm.

…

a11 a21 … am1

a12 a22 … am2

Lượng NL b1 b2 … bm

a1n a2n … amn

Giả sử thời gian đáo hạn là như nhau. Các hình thức đầu

…

c1

c2

cn

V1 V2 … Vm Lợi nhuận

tư đều có rủi ro. Để hạn chế rủi ro chúng ta nhận được

các thông tin từ các chuyên gia tư vấn sau:

Yêu cầu: Lập kế hoạch sản xuất tối ưu

3

4

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

1

6/17/2016

CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT

Ví dụ 2. (Bài toán đầu tư vốn)

 Không cho doanh nghiệp tư nhân vay quá 30% số vốn.

CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT Ví dụ 3. (Bài toán khẩu phần ăn). Giả sử ta cần chế biến món ăn từ nhiều thành phần nhưng đảm bảo đầy đủ các chất bổ cần thiết (như: đạm, béo, đường,…) mà giá thành lại rẻ nhất.

 Số tiền mua trái phiếu Chính phủ không vượt quá số

tiền đầu tư trong 4 lĩnh vực kia.

 Ít nhất 20% số tiền đầu tư phải thuộc lĩnh vực tiết kiệm

có kỳ hạn và trái phiếu.

Giả sử có n thành phần, với giá một đơn vị thành phần j là cj, j = 1,2,…,n. Đồng thời có m chất. Biết rằng một đơn vị thành phần j chứa aij đơn vị chất i, i =1, 2, …, m, và mức chấp nhận được số đơn vị chất i là nằm giữa li và ui, i = 1,2,…,m. (hay ít nhất là bi)

 Tỷ lệ tiết kiệm không kỳ hạn trên tiết kiệm có kỳ hạn

không vượt quá 1/3.

5

6

 Số tiền mua đất không vượt quá 40% số vốn. Doanh nhân A muốn đầu tư toàn bộ số vốn. Hãy lập mô hình bài toán tìm phương án đầu tư sao cho thu được lợi nhuận tối đa.

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHÂN LOẠI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I. DẠNG TỔNG QUÁT (LP) ,...,

x x ( )  sao cho : Tìm

n

2

I ( ) f x ( ) min (max)   c x j

j

j

CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT Ví dụ 4. (Bài toán vận tải). Giả sử hàng hóa được vận chuyển từ m kho hàng đến n cửa hiệu bán lẻ. Lượng hàng ở kho thứ i có mi (i = 1,2,…,m) (đv) và cửa hiệu j có nhu cấu là nj (j =1,2,…,n) (đv). Cước vận chuyển một đv hàng hóa từ kho i đến cửa hiệu j là cij (đv). Giả sử rằng

n

, i 1, k ,  

1. Tổng hàng hóa ở các kho = Tổng nhu cầu hàng

a x ij

j

b i

1

j

hóa của các cửa hiệu.

n

, i k l 1, ,    (2) a x ij

j

b i II ( )

j

1

2. Hàng hóa ở kho thứ i có thể vận đến bất kỳ của hiệu nào và cửa hiệu thứ j có thể nhận hàng hóa từ 1 kho bất kỳ.

n

, i 1, m .  l   a x ij

j

b i

3. Mỗi cửa hàng phải nhận đủ số hàng và mỗi kho

j

1

phải phát hết hàng.

 x 0, x 0, x , j 1,2,..., n x x , 1 n  1               (3)

j

j

j

          

là

Yêu cầu: Lập kế hoạch vận chuyển sao cho cước phí là bé nhất.

Với: cj , là hệ số hàm mục tiêu, bi là các hệ số tự do, aij hệ số của các ràng buộc chung.

7

8

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

2

6/17/2016

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

PHÂN LOẠI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH II. DẠNG CHÍNH TẮC (LPct)

I. CÁC KÝ HIỆU Xét bài toán QHTT dạng tổng quát. Ta đặt

,..., x ) x sao cho : Tìm x x , 1

2

n

x ,...,

n

a a ... min (max) f x ( )   c x j

j

12

11

n

(  n 

j

1

2 ,...,

n

)  A  1, m .   a x ij

j

b i , i b m ) c a 22 ... a 21 ... ... ... a 1 a 2 n ... x j 1,2,..., n .

 1 j  0, 

 a a ... a

j

i a A ,

n i

j A x x , ( 1  b b , 1 2 c c , ( ,..., 1 2 : doøng , coät cuûa

m

1

m

2

mn

     

j

x     b   ,  c       

III. DẠNG CHUẨN (LPc)

Khi đó, bài toán QHTT được viết lại dưới dạng sau

x ,..., x ) Tìm sao cho : x x , 1

2

n

f

min(max)

f

c x ,

f x ( ) min (max)   c x j

j

(  n 

Ax

,

b

i a x ,

1,

m

,

,   

,   

hay

b i , i

j

1

n

x

0,

x

0

or x

c x ,  

min(max)  

x 0, i 1, m .    

i

a x ij

j

b b , i

i

 or x c x ,

0, ...

  

 

x 

  0  c x n

n

c x 1 1

x c x 2

2

trong đó

x 0,

1 1,2,...,

n .

 j m   j 

j

9

10

i a x ,

...

a x 1 1 i

a x 2 i

2

a x in

n

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN III. CHUYỂN DẠNG TỔNG QUÁT VỀ DẠNG CHÍNH TẮC

Gọi

là miền chấp nhận được. Khi đó

,

D

x Ax

,   

hay

a x ij

j

j

b i

b i

*

x

x

thì

 hay

 b Gọi là một phương án (PA) * x c ,

x c ,

,

f x (

),

x D

II. CÁC KHÁI NIỆM  - x D * x  

 

  

j

b i

n

1

a x ij

j

n

1

b i

 D f x

 - thì x* là một phương án tối ưu (PATƯ)

Đối với ràng buộc  Neáu  a x ij x

0

vôùi

a x ij  : goïi laø aån phuï

n

1

0

gọi là một ràng buộc chặt.

m a x

,i

:

-

 1,2,...,

i   0

b i 0

Đối với ràng buộc dấu

0

x

0

 

Neáu x

thì ñaët x

/ j

j

j

x

x

x

,

x

0

Neáu x

thì ñaët x

vôùi

/ / j

/ / / j

j

/ / j

/ / / j

j

- Một PA thỏa chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính được gọi là phương án cực biên (PACB) - Một PACB thỏa chặt đúng n ràng buộc gọi là phương án cực biên không suy biến (PACB), thỏa chặt hơn n ràng buộc gọi là PACB suy biến

- Một bài toán QHTT được gọi là giải được nếu tồn tại ít nhất một PATƯ.

11

12

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

3

6/17/2016

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

V. MỘT SỐ NHẬN XÉT

IV. CHUYỂN DẠNG CHÍNH TẮC VỀ DẠNG CHUẨN

Đối với hệ số tự do

1. Bài toán QHTT dạng chính tắc đạt nghiệm tối ưu tại ít nhất một PACB. Khi đó

0

x

0

 

Neáu

thì

a

b i

ij

j

b i

,

j coät thöù cuûa A

m n 

Đối với ràng buộc

n

0

,

b {1,2,..., }

n x

vaø ...  0 ) 

1 1 

Xeùt Luùc ñoù x  Xeùt

 x Ax b x 0  A x A x  2 2 0 D J x x ( n

0 j

 0

0

0

 D  Ax b    0 0 x x ,..., , 2 1 J x (

)

x

:j A A x  n  j  ( )  laø soá thaønh phaàn

trong

Kyù hieäu Nhận xét :

0

0

x D J x (    - laø PACB Heä caùc veùc tô laø ÑLTT A j j

Nếu ràng buộc nào chưa có ẩn cơ sở (Là ẩn chỉ xuất hiện trong một ràng buộc và có hệ số bằng 1) thì ta thêm vào ẩn cơ sở (ẩn giả). Khi đó hệ số của ẩn giả trong hàm mục tiêu tương ứng là +M cho BT min (M rất lớn) và –M cho BT max (M rất lớn). Lúc này bài toán được gọi là bài toán mở rộng, ký hiệu là (M)

 )

0

0

x J x ( ) r A ( ) - Neáu laø PACB thì

Nhận xét :

0

0

J x (

r A ( )

x

)

Neáu thì khoâng suy bieán

f x (

) min

g x (

)

f x (

) max

 

Neáu

thì

0

0

)

J x (

r A ( )

x

14

13

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

Neáu thì suy bieán

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

V. MỘT SỐ NHẬN XÉT

VI. MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BÀI TOÁN

1. Tổng quát (TQ) với Chính tắc (CT)

2. Bài toán QHTT dạng chuẩn Đối với bài toán dạng chuẩn, thì việc xác định một PACB ban đầu được thực hiện như sau:

- Nếu (CT) không có PATƯ thì (TQ) không có PATƯ - Nếu (CT) có PATƯ mà không chứa các ẩn phụ thì

Cho các ẩn tự do nhận các giá trị bằng 0. Khi đó,

các ẩn cơ sở sẽ có giá trị là số hạng tự do tương ứng.

(TQ) có PATƯ 2. Chính tắc với Bài toán (M)

0

i e x . .,

,...,

,0,....,0

b b , 1 2

b m

- Nếu (M) không có PATƯ thì (CT) không có PATƯ - Nếu (M) có PATƯ là x(M) thì

+ Nếu trong x(M) có thành phần ứng với biến

giả khác 0 thì (CT) không có PATƯ

+ Nếu trong x(M) có tất cả các thành phần

ứng với biến giả đều bằng 0 thì (CT) có PATƯ

16

15

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

4

6/17/2016

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

VII. MỘT SỐ VÍ DỤ

VII. MỘT SỐ VÍ DỤ

Ví dụ 2. Cho bài toán QHTT sau

Ví dụ 1a. Hãy tìm miền chấp nhận được cho bài toán QHTT sau

min ( f x ) x x 2 x   

1

2

3

min ( f x ) 2 x x   

2

x

1

2

3

1 2

x x 4   

2

1

3 x x 4 x x 10 x     10  1 

1

2

3

x 

2

1

x 0; j 1,3  

j

     x x 5 4  

1

x 8 2 x  

1

      

a) CMR (2,1,0) là PACBKSB b) CMR (0,0,1) lá PACBSB

2 0;

x j 1,2  

j

Ví dụ 1b. CMR

17

18

(4,1) (2,3) (3,2) (1,2)

: PACBKSB, (0,2) là gì? : PACBSB : Không là PACB : Là PA

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

VII. MỘT SỐ VÍ DỤ

Xét bài toán QHTT 2 biến

Ví dụ 3. Cho bài toán QHTT với tập ràng buộc sau

min(max)

f x (

)

c x ,

c x 2

2

x

3

2

Ax 0,

x

c x 1 1 ( , ) b ,    x x 0, 

j

j

j

2 2

x x

x

2 4

 

 

2

4

1

)

D

x Ax

( , ,   

- Goïi

laø mieàn chaáp nhaän ñöôïc

x 1 x  x

x

5

   b

1

5

    

c

-

f : laø phaùp veùc tô cuûa

,

,

,

,

0

c c ( , 1 2

x x x x x 3

1

2

4

5

L

f , )

x D f x

(

)

( 

-

f laø ñöôøng möùc cuûa

  ) 

 

Các véc tơ sau có là PACB của bài toán trên không? a) (0,2,2,0,5) b) (1,1,1,3,4) c) (2,0,0,6,5)

Khi đó, phương pháp hình học, bao gồm các bước sau: B1: Vẽ miền D, c, và đường mức L( 0,f ) qua 0 và vuông góc với c. B2: Lấy một điểm bất kỳ

L

x

L f

x D 

vaø veõ ñöôøng

ñi qua

vaø // vôùi (0, )

19

20

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

5

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

B3: Ta dịch chuyển đường L theo hướng ngược với c cho bài toán min (cùng cho bài toán max). Cho đến khi L không còn cắt D. Thì các điểm của D nằm trên đường mức cuối cùng này (nếu có) là PATƯ.

• D là miền được tô đậm. • D có các đỉnh là (0,0), (0,2), (4,0), (4,1) và (2,3). • c = (-2,1), các đường

mức L0, L,

Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học

f x (

)

2

x

min

 

1

2

1

2 x x

x  x

4 5

x   2  

 

2

1

• Dịch chuyển L ngược hướng với c , ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f mà còn cắt D là đường mức đi qua điểm (4,0).

x

4

1

x

0 ,

i

1,2

i

      

• Vậy bài toán có phương là án tối ưu duy nhất (4.0) và fmin = - 8

21

22

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học

f x (

)

2

x

max

x

1

2

• D là miền được tô đậm. • D có các đỉnh là (0,0), (0,2), (4,0), (4,1) và (2,3). • c = (1,-2), các đường

1 x  x

2 x x

4 5

2  

 

1

2

mức L0, L,

x

4

1

x

0 ,

i

1,2

i

      

• Dịch chuyển L ngược hướng với c , ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f mà còn cắt D là đường mức đi qua điểm (0,2) và (2,3).

• Vậy bài toán có vô số phương án tối ưu. Lúc này ta chọn một đỉnh đại diện là (0,2) và fmax = - 4

23

24

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

6

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

Ví dụ. Giải các bài toán sau bằng phương pháp hình học

Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học

min(max)

f x (

)

x

Cơ sở A sản xuất đồ gốm sứ với các dữ liệu cho trong bảng sau:

x   2 x

2

2

x

1 

2

1

Sản phẩm Thời gian làm việc Đất sét Doanh thu

a

)

x

2

x

4

(giờ/đơn vị)

(kg/đơn vị) (1000$/đơn vị)

2

1 0

   x x , 1

2

Tô Bình

1 2

4 3

40 50

f x (

)

x

min(max)

 

x   2

1

2

b

)

1

2

Trong một xưởng mỗi ngày, có tối đa 40 giờ làm việc và 120 kg đất sét để sản xuất tô và bình.Tìm phương án sản xuất tối ưu .

x 2 1 x 2 x

x x x

  

2   2  4 

1

2

    

26

25

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy:

i) Nếu tập chấp nhận được khác rỗng và bị chặn thì

1. Mô tả hình học của phương pháp đơn hình Thuật toán đơn hình xuất phát từ một đỉnh x0  D. Tại đỉnh x0 chỉ có một trong ba khả năng sau:

chắc chắn QHTT có nghiệm tối ưu.

ii) Nếu QHTT có nghiệm tối ưu và tập D có đỉnh thì

- KN1:Trên mọi cạnh của tập nghiệm chấp nhận được xuất phát từ x0 giá trị hàm mục tiêu không giảm. Khi đó x0 là nghiệm tối ưu của (LP)

nghiệm tối ưu đạt trên ít nhất một đỉnh của D

iii) Trường hợp bài toán không có nghiệm tối ưu và tập D

khác rỗng, ta có hàm mục tiêu không bị chặn trên D.

D

0L

 c

iv) Nếu tập D không có đỉnh thì QHTT không có nghiệm

hoặc có nghiệm. Trường hợp có nghiệm thì nghiệm

0x

tối ưu không phải là đỉnh.

28

27

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

7

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

- KN3: Có một cạnh vô hạn xuất phát từ x0, theo đó giá trị hàm mục tiêu giảm. Khi đó giá trị hàm mục tiêu tiến theo cạnh này và bài toán không có nghiệm tối ưu đến



0

- KN2: Mọi cạnh xuất phát từ x0 , theo đó giá trị hàm mục tiêu giảm, đều là cạnh hữu hạn. Đi theo một cạnh như thế, ta sẽ đến một đỉnh x1 kề với x0 mà: 1 )

f x (

)

f x ( Gán x0 cho x1 và lập lại quá trình tính toán với đỉnh x0 mới

0x

0L

D

 c

 c

0x

1x

30

29

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BÀI TOÁN DẠNG CHUẨN Xét QHTT dạng chuẩn

…

…

Cơ sở B

Phương án

…

…

x ,..., x ) Tìm sao cho : x x , 1

2

n

…

…

f x ( ) min (max)   c x j

j

(  n 

…

…

j

1

n

…

…

x 0, i 1, m .    

i

a x ij

j

b b , i

i

…

…

x 0,

1 1,2,...,

n .

 j m   j 

x0 j1 … x0 j … x0

j1 … j … jm

j

Hệ số CB cj1 … cj … cjm

Aj1 … Aj … Ajm

jm f (x0)

c1 A1 zj1,1 … zj,1 … zjm,1 1

ck A2 zj1,k … zj,k … … zjm,k … k

cn An zj1,n … zj,n … … zjm,n … n

Thuật toán đơn hình gồm 4 bước sau

Vôùi

0

0 2

j

B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0 B2: Kiểm tra điều kiện tối ưu B3: Kiểm tra bài toán không có lời giải B4: Tìm phương án cực biên mới tốt hơn

x B J

0 x n A ,

jm j

 ,...,

j     PACB Cô sôû ñôn vò Boä chæ soá cô sôû ,..., ,..., 2  j 

1

B

2

m

 0 x x , 1 A A , 1 j   0 J x

32

31

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

8

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

0

k x

B2: Kiểm tra điều kiện tối ưu 0,   

Neáu thì döøng thuaät toaùn: PATÖ laø

k

k , 0    Neáu thì chuyeån sang B3

k

B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0 Coät 1: ghi heä soá haøm muïc tieâu öùng vôùi caùc bieán cô sôû Coät 2: ghi teân caùc veùc tô cô sôû Coät 3: ghi giaù trò cuûa caùc bieán cô sôû cuûa PACB

B3: Kiểm tra bài toán không có lời giải

j

c z á trong ma traän A

jk

J

:

0

0,

j

J

k  

  

Neáu

z vaø

  k

B

B

jk

j

0, J z j   neáu

Thì döøng thuaät toaùn: BT khoâng coù PATÖ

js

B

js

: giaù trò heä soá haøm muïc tieâu : heä so x      j

J

:

0

J

:

z

0

k  

j  

Neáu

vaø

  k

B

jk

B

z 0, j J (   ) quy öôùc ghi "-"

js

B

0

Thì chuyeån sang B4

f x ( z   )  neáu 0 j c x j

B

c j J  0,     vaø

 j J  z c jk

  k

k

j

k

B

j J 

B

34

33

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

min (

f x

x

x

2

2

)

3

x

x

Ví dụ. Cho bài toán QHTT sau x  

1

3

6

max

+ Tìm coät xoay: laø coät

vôùi

  s

A s

k

k

2

x

2 x

2

4 x

4

x

2

3

5

1

r

j

J

 r

B

B4: Tìm phương án cực biên mới tốt hơn       + Tìm doøng xoay: laø doøng vôùi =min j

 0 

x

x

2

6

z

+ Tìm phaàn töû truïc xoay: laø

rs

x

5 7

x 1 x 2

x  3 2 x 

 

3

4

1

Khi ñoù chuyeån sang baûng môùi baèng caùch ñöa vaøo moät

x

0;

j

1,6

j

      

ông öùng vôùi moät cô sôû cuõ ñöôïc ñöa ra)

Ta có các kết quả sau

cô sôû môùi (Tö qua thuaät toaùn Gauss-Jordan

0

(0,0,0,7,4,5) :

x

PACB

 0

J x (

B

,

) 

 4,5,6 

 A A A , 6 4

5

36

35

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

9

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Cơ sở B

Phương án

Cơ sở B

Phương án

Hệ số CB

Hệ số CB

-2 A1 -1

2 A2 -2

1 A3 2

3 A4 0

0 A5 1

1 A6 0

0

4

-2 A1 -1

2 A2 -2

1 A3 2

3 A4 0

0 A5 1

1 A6 0

1

-1

1

0

0

1

1

5

1

-1

1

0

0

1

2

0

2

1

0

1

3

7

2

0

2

1

0

1

A5 A6 A4

38

37

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Cơ sở B

Phương án

Cơ sở B

Phương án

Hệ số CB 0

4

-2 A1 -1

2 A2 -2

1 A3 2

3 A4 0

0 A5 1

1 A6 0

Hệ số CB 0

4

-2 A1 -1

2 A2 -2

1 A3 2

3 A4 0

0 A5 1

1 A6 0

1

5

1

-1

1

0

0

1

1

5

1

-1

1

0

0

1

3

7

2

0

2

1

0

1

3

7

2

0

2

1

0

1

A5 A6 A4

A5 A6 A4

26

26

9

-1

6

0

0

0

40

39

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

10

6/17/2016

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Và bảng đơn hình được thành lập như sau

Cơ sở B

Phương án

Cơ sở B

Phương án

Hệ số CB

Hệ số CB

0

4

-2 A1 -1

2 A2 -2

1 A3 2

3 A4 0

0 A5 1

1 A6 0

-

0

15/2

-2 A1 0

2 A2 2

1 A3 3

3 A4 1/2

0 A5 1

1 A6 0

1

5

1

-1

1

0

0

1

5

1

3/2

0

1

0

-1/2

0

1

3

7

2

0

2

1

0

1

7/2

-2

7/2

1

0

1

1/2

0

1

A5 A6 A4

A5 A6 A1

26

9

-1

6

0

0

0

-11/2

0

-1

-3

-9/2

0

0

Nhận xét: x0 chưa là PATƯ

Nhận xét: x0 = (7/2, 0, 0, 0, 15/2, 3/2 ) là PATƯ

41

42

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

NGUYEÃN VAÊN PHONG

BÀI TOÁN MỞ RỘNG (M)

Đối với BT (M). Khi đó giá trị của các lượng  ở hàng cuối có dạng a + bM, bảng đơn hình được thành lập như sau

…

…

Cơ sở B

Phương án

Hệ số CB

…

…

…

…

…

…

…

…

x0 j1 … x0 j …

…

…

x0

…

…

j1 … j … jm

cj1 … cj … cjm

Aj1 … Aj … Ajm

jm

c1 ck cn A1 A2 An zj1,1 zj1,k zj1,n … … … zj,1 zj,k zj,n … … … zjm,n zjm,k zjm,1 Hệ số ứng với số hạng tự do

f*

Hệ số ứng với số hạng M

Lưu ý:  = a + bM:

Nếu b = 0 thì  < 0 : khi a < 0 Nếu b ≠ 0 thì  < 0 : Khi b < 0,  > 0 : Khi b > 0.

43

NGUYEÃN VAÊN PHONG

QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH

11