BÀI 3 1) Mục đích: Giải bài toán QHTT có ẩn giả. Bài toán này xuất hiện khi chuyển bài toán dạng chính tắc về bài toán dạng chuẩn bằng cách đưa vào ẩn giả để tạo ma trận đơn vị. - Từ bài toán xuất phát dạng chính tắc: 1 ( ) n j f x c x j j = = → ∑ Min (Max) ij , 1, , j i a x b i m= = ∑ 0; 1, ,x j n j ≥ = Ta chuyển về bài toán: - Bài toán dạng chuẩn với biến giả (bài toán mở rộng hay bài toán M). ( ) ( ) , min 1 1 , max 1 1 n m g g g x x c x M x i j j i i i n m g g g x x c x M x i j j i i i = + → ∑ ∑ = = = − → ∑ ∑ = =    ÷   ( ) , 1, , 1 0, 0 1, , ; 1, , n g a x x b i m ij j i i j x x i m j n j i + = = ∑ = ≥ ≥ = = Ví dụ 1: ( ) 8 6 2 min 1 2 3 4 4 3 18 1 2 3 4 3 4 16 1 2 3 0, 1,2,3 f x x x x x x x x x x x j j = − + + → + − = + + = ≥ = Suy ra ta có bài toán dạng chuẩn với biến giả: ( ) ( ) 8 6 2 min 5 1 2 3 4 4 4 3 18 1 2 3 4 4 3 4 16 5 1 2 3 0, 1, 2,3,4,5 g x x x x M x x x x x x x x x x x j j = − + + + + → + − + = + + + = ≥ = 2) Quan hệ giữa bài toán xuất phát và bài toán mở rộng: Giả sử (x*, x i g ) là phương án của bài toán mở rộng, ta có:  Nếu x là PA của bài toán xuất phát thì (x*, x i g ) = (x, 0) là phương án của bài toán mở rộng. Ngược lại phương án của bài toán mở rộng là (x*, x i g ) = (x, 0) thì x là phương án của bài toán xuất phát.  x là phương án cơ bản của bài toán xuất phát  (x, 0) là PACB của bài toán mở rộng. ( ) 0, g i x i = ∀  Bài toán mở rộng có dạng chuẩn, xuất phát từ PACB ban đầu có các ẩn . Áp dụng thuật toán đơn hình giải bài toán đơn hình sau một số bước ta có kết luận:  Bài toán M không có PATƯ thì bài toán xuất phát không có PATƯ  Bài toán M có PATƯ (x*, x i g ). Khi đó xảy ra 2 TH: TH 1: trong PATU của bài toán M các ẩn giả đều có giá trị bằng 0 thì PATU của bài toán xuất phát có được bằng cách bỏ đi phần ẩn giả trong PATU của bài toán M. TH 2: trong PATƯ của bài toán M có một ẩn giả có giá trị dương thì bài toán xuất phát không có PA nên không có PATƯ. g i i x b = Ví dụ 2: Giải bài toán QHTT được cho ở ví dụ 1. Đáp số: ( ) ( ) ( ) ( ) * * 5 ,2,0,0,0 , 8 2 * * 5 ,2,0 , 8 2 x g x x f x = = − ⇒ = = − Ví dụ 3: Giải bài toán QHTT sau: ( ) 5 2 5 min 1 2 4 2 4 2 5 1 2 3 4 7 5 5 2 3 4 9 0 3 4 0, 1, ,5 f x x x x x x x x x x x x x x x x j j = + + − → − + + − = − − = + = ≥ = ĐS: bài toán không có PATƯ Ví dụ 4: Giải bài toán QHTT: ( ) 2 3 4 max 1 2 3 4 5 1 2 3 4 2 2 3 18 1 2 3 2 3 8 1 2 4 0, 1, ,4 f x x x x x x x x x x x x x x x x j j = + + + → + + + ≤ + + = + + ≥ ≥ = Đáp số: bài toán M có phương án tối ưu x M * = (4, 0, 1, 0, 0, 0,7 ,0). Do ẩn giả x 7 = 7 > 0 nên bài toán gốc không có PA. ( ) 1 2 3 4 1 2 4 2 4 2 3 4 2 4 min 3 1 5 2 3 4 3 0, 1;4 j f x x x x x x x x x x x x x x j = − − − − → + + =   − − ≤   + + ≤   ≥ =  Giải bài toán QHTT sau: . của bài toán M các ẩn giả đều có giá trị bằng 0 thì PATU của bài toán xuất phát có được bằng cách bỏ đi phần ẩn giả trong PATU của bài toán M. TH 2: trong PATƯ của bài toán M có mô t ẩn. PACB ban đầu có các ẩn . Áp dụng thuật toán đơn hình giải bài toán đơn hình sau mô t số bước ta có kết luận:  Bài toán M không có PATƯ thì bài toán xuất phát không. 1;4 j f x x x x x x x x x x x x x x j = − − − − → + + =   − − ≤   + + ≤   ≥ =  Giải bài toán QHTT sau: