Chương I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH - Bài 4. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Chia sẻ: Nguyễn Văn Quân | Ngày: | Loại File: PPT | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

947
lượt xem 151
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nếu mà ta đã biết được x là phương án tối ưu nhờ một cách nào đó thì mục đích của ta đã xong. Nếu x không phải là phương án tối ưu thì ta tìm phương án cực biên khác tốt hơn tức là phương án làm cho giá trị hàm mục tiêu nhỏ hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH - Bài 4. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Chương I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Bài 4. PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH 1. Giới thiệu chung: Ta xét bài toán QHTT dạng chính tắc: n f ( x) = = �� cjxj c, x min (max) j =1 n aij x j = bi i = 1, m j =1 j = 1, n. xj 0
Hoặc viết dưới dạng: f ( x) = �� c, x min (max) Ax = b x0 Trong đó: A = ( aij ) i =1,m j =1, n x = ( x1 , x2 ,.., xn ) , b = (b1 , b2 ,.., bm ) T T c = (c1 , c2 ,.., cn )
Giả sử bài toán đang xét ta đã biết một phương án cực biên dạng : x = ( x10 ; x20 ;..; xm 0 ;0;0;..;0) trong đó x j 0 > 0, j = 1, m cơ sở liên kết của 1 2 m x là A , A ,..., A x10 A + x20 A + .. + xm 0 A = b 1 2 m Giá trị hàm mục tiêu là: f ( x) = c1 x10 + c2 x20 + .. + cm xm 0 Với mỗi j = 1, 2, .., n x1 j A + x2 j A + .. + xmj A = A 1 2 m j
Ký hiệu : x = ( x1 j ; x2 j ;..; xmj ) j Nếu mà ta đã biết được x là phương án tối ưu nhờ một cách nào đó thì mục đích của ta đã xong. Nếu x không phải là phương án tối ưu thì ta tìm phương án cực biên khác tốt hơn tức là phương án làm cho giá trị hàm mục tiêu nhỏ hơn. Muốn vậy ta phải xây dựng một cơ sở mới, đơn giản nhất là thay thế một véctơ trong cơ sở cũ bằng một véctơ nằm ngoài cơ sở cũ.
Từ hai véctơ: x = ( x ; x ;..; x ;0; 0;..; 0) 10 20 m0 x = ( x1 j ; x2 j ;..; xmj ) j Đặt: m zj = ci xij = �� , j = 1, n j c, x i =1 ∆ j = zj − cj
2. Định lý 1.( Dấu hiệu tối ưu) Nếu x = ( x10 ; x20 ;..; xm 0 ;0;0;..;0) là một phương án cực biên của bài toán Quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc sao cho : ∆j 0, ∀j = 1, n thì x là phương án tối ưu, và ngược lại.
3. Định lý 2: Nếu tồn tại véctơ ngoài j A cơ sở liên kết của phương án cực biên x = ( x10 ; x20 ;..; xm 0 ;0;0;..;0) sao cho ∆ j > 0 và x 0 thì bài toán Quy j hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có phương án tối ưu. Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên tập phương án.
Ví dụ 1: Xét bài toán QHTT f ( x) = x1 + 6 x2 + 9 x3 min x1 + 2 x3 = 6 + x2 + x3 = 8 0, j = 1, 2,3. xj với phương án cực biên x=(6,8,0). Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay không ? Giải: Véctơ x có cơ sở liên kết là: 1 0 �� 2 �� A = ��A = �� 1 , 0 1 ��
Ta xác định các véctơ xj : A = x1 j A + x2 j A + .. + xmj A j 1 2 m x = ( x1 j ; x2 j ;..; xmj ) j A = x11 A + x21 A = 1. A + 0. A � x = (1, 0) 1 1 2 1 2 1 A = x12 A + x22 A = 0. A + 1. A � x = (0,1) 2 1 2 1 2 2 A = x13 A + x23 A = 2. A + 1. A � x = (2,1) 3 1 2 1 2 3 m ∆ j = zj − cj = ci xij − c j = �� − c j c, x j i =1 Lần lượt thay j=1,2,3 ta có :
∆1 = z1 − c1 = �� − c1 = �� (1, 0) − 1 1 c, x (1, 6), = 1.1 + 6.0 − 1 = 0 ∆ 2 = z2 − c2 = �� − c2 = �� (0,1) − 6 2 c, x (1, 6), = 1.0 + 6.1 − 6 = 0 ∆ 3 = z3 − c3 = �� − c3 = �� (2,1) − 9 3 c, x (1, 6), = 1.2 + 6.1 − 9 = −1 Ta thấy tất cả các∆ j 0 với mọi j. Vậy x là phương án tối ưu và giá trị tối ưu là: f(x)=1.6+6.8+9.0=54.
Để dễ thấy ta sắp xếp các phép toán lên bảng sau: Cơ sở Hệ số P. án 1 6 9 x1 x2 x3 A1 1 6 1 0 2 A2 6 8 0 1 1 ∆1 = 0 ∆ 2 = 0 ∆ 3 = −1 f(x) 54 Bảng gồm 3 dòng, 6 cột. Cột một ghi cơ liên kết của p. án x, cột hai ghi hệ số liên kết của x, cột 3 ghi p. án x, cột 4; 5; 6 ở dòng hai ghi toàn bộ ma trận A…..
Ví dụ 2: Xét bài toán QHTT f ( x) = 7 x1 − 26 x2 + 9 x3 min x1 − 2 x2 =5 − x2 + x3 = 7 0, j = 1, 2,3. xj với phương án cực biên x=(5,0,7). Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay không ? Giải: Véctơ x có cơ sở liên kết là: 1 0 �� 3 �� A = ��A = �� 1 , 0 1 ��
Ta xác định các véctơ xj : A = x11 A + x31 A = 1. A + 0. A � x = (1, 0) 1 1 3 1 3 1 A = x12 A + x32 A = −2 A − 1. A � x = (−2, −1) 2 1 3 1 3 2 A = x13 A + x23 A = 0. A + 1. A � x = (0,1) 3 1 2 1 2 3 ∆ j = �� − c j j c, x Lần lượt thay j=1,2,3 ta có :
∆1 = z1 − c1 = �� − c1 = �� (1, 0) − 7 = 0 1 c, x (7,9), ∆ 2 = z2 − c2 = �� − c2 = 2 c, x =� (7,9), (−2, −1)� (−26) = 3 − ∆ 3 = z3 − c3 = �� − c3 = �� (0,1) − 9 = 0 3 c, x (7,9), ∆ 2 > 0 và x 2 = (−2, −1) 0 .Vậy Ta thấy bài toán không có phương án tối ưu. Rõ hơn là hàm mục tiêu không bị chặn dưới trên tập phương án.
Cơ sở Hệ số P. án 7 -26 9 x1 x2 x3 A1 7 5 1 -2 0 A3 9 7 0 -1 1 ∆1 = 0 ∆2 = 3 ∆3 = 0 Bảng gồm 3 dòng, 6 cột. Cột một ghi cơ liên kết của p. án x, cột hai ghi hệ số liên kết của x, cột 3 ghi p. án x, cột 4; 5; 6 ở dòng hai ghi toàn bộ ma trận A…..
Ví dụ 3: Cho bài toán f ( x ) = −4 x1 + 3 x2 + 7 x3 + 8 x4 min 3 x1 + 3 x2 + 4 x3 + 5 x4 = 21 7 x1 − x2 + x3 + 6 x4 = 8 2 x1 − x2 + 5 x3 + 2 x4 = 15 0, j = 1, 4. xj Chứng minh x = ( 1, 2,3, 0 ) là phương án cực biên, tối ưu của bài tóan đã cho. Giải: Phương án này có hệ véctơ liên 1 kếtAlà= (3, 7, 2); A2 = (3, −1, −1); A3 = (4,1, 5)
Dễ thấy đây là hệ độc lập tuyến tính nên là phương án cực biên. 3 34 −1 1 = −131 7 0 −1 5 2 x = (1, 0, 0), x = (0,1, 0), x = (0, 0,1) 1 2 3 120 73 19 � � −1 x = B A =� , 4 4 , � 131 131 131 � � ∆1 = ∆2 = ∆3 = 0 −1176 ∆4 = c, x − c4 =
4. Định lý 3: Nếu tồn tại véctơ A j ngoài cơ sở liên kết của phương án cực biên x = ( x10 ; x20 ;..; xm 0 ;0;0;..;0) sao cho ∆ j > 0 , và với mỗi j mà ∆ j > 0 ta luôn tìm được ít nhất mộtxij > 0 , thì khi đó ta có thể tìm được một phương án cực biên mới tốt hơn x, nghĩa là phương án này làm cho hàm mục tiêu nhỏ hơn phương án x.
Cách xây dựng phương án mới như sau: Thay thế một véctơ trong cơ sở cũ bằng một véctơ nằm ngoài cơ sở cũ. Véctơ đưa vào thay thế ứng với∆ j > 0 lớn nhất. Giả sử đó là Ak. Véctơ bị thay ra là As, với cách xác định �i 0 � xs 0 x A như sau: θ = min � : xik > 0 � s = x xsk � ik Trong đó xik là hệ số biểu diễn của Ak theo cơ sở liên kết của p. án x.
Và khi đó phương án mới x’ được xác định theo công thức: x = ( x10 − θ x1 j ; x20 − θ x2 j ;..; xm 0 − θ xmj ;..;θ ;0;..;0) Hoặc có thể biểu diễn véctơ b theo cơ sở mới này ta có p. án mới x’ . Phương án x’ tốt hơn x. Đến đây ta xem x’ như x và kiểm tra x’ có thỏa định lý 1, hay định lý 2 không. Nếu không ta lại xây dựng một phương án mới tốt hơn …