CHƯƠNG III MÔ HÌNH TỐI ƯU TUYẾN TÍNH (QHTT) I. Thí dụ mở đầu II. Mô hình bài toán QHTT III. Các tính chất chung của bài toán QHTT IV. Phương pháp đơn hình V. Bài toán đối ngẫu I. Thí dụ mở đầu • Thí dụ 1: Bài toán lựa chọn danh mục đầu tư - Nội dung: Một công ty đầu tư dự định dùng khoản quỹ đầu tư 500 tỷ đồng để mua một số cổ phiếu trên thị trường chứng khoán. Để phòng ngừa rủi ro công ty đưa ra các yêu cầu về đa dạng hoá danh mục đầu như sau: + Loại cổ phiếu và giới hạn mua: + Tỷ lệ đầu tư vào cổ phiếu A và C phải chiếm ít nhất 55% và cổ phiếu B phải chiếm ít nhất 15% tổng số vốn đầu tư thực hiện - Bài toán: Với số tiền dự kiến đầu tư, hãy xác định một danh mục đầu tư sao cho đảm bảo về đa dạng hoá danh mục đầu tư và đem lại mức lợi tức lớn nhất. Loại CK Lợi tức Giới hạn mua A 7%/năm 100 tỷ B 8,5%/năm 300 tỷ C 7,8%/năm 250 tỷ D 8,2%/năm 320 tỷ - Mô hình hoá: + Gọi x A , x B , x C , x D là các khoản tiền đầu tư vào các loại chứng khoán A, B, C, D + Các điều kiện về đa dạng hoá danh mục đầu tư: 0  x A  100; 0  x B  300 (1) 0  x C  250, 0  x D  320 (2) x A + x C  0,55(x A + x B + x C + x D ) (3) x B  0,15(x A + x B + x C + x D ) (4) x A + x B + x C + x D  500 (5) + Mức lợi tức ứng với danh mục đầu tư: Z = 0,07x A + 0,085x B + 0,078x C + 0,082x D (tỷ đồng) - Xác định x = (x A , x B , x C , x D ) sao cho: Z  Max; với các điều kiện (1), (2), (3), (4), (5). - Bài toán này gọi là bài toán QHTT • Thí dụ 2: Bài toán vận tải - Nội dung: Một công ty kinh doanh xăng dầu tại khu vực Z hàng tuần cần cung ứng xăng cho 3 trạm bán lẻ A, B và C. Công ty có thể đưa xăng đến các trạm từ tổng kho I và II. Lượng xăng dự trù cung ứng cho các trạm của kho I là 20 tấn, kho II là 40 tấn. Nhu cầu tiêu thu xăng hàng tuần của các trạm A, B, C lần lượt là 20, 15, 15 (tấn). Chi phí cho việc cung ứng xăng được cho dưới bảng sau: Đơn vị: nghìn đồng/tấn - Bài toán: Cần lập một kế hoạch cung ứng xăng từ các kho đến các trạm để đảm bảo đáp ứng đủ nhu cầu của các trạm với tổng chi phí vận chuyển là nhỏ nhất. Kho\ Trạm A B C I 500 400 700 II 600 500 500 - Mô hình hoá: + Gọi x 1A , x 1B , x 1C , x 2A , x 2B , x 2C (tấn) lần lượt là các lượng xăng vận chuyển từ kho I, kho II đến các trạm A, B, C. + Điều kiện để đáp ứng đầy đủ nhu cầu của các trạm: x 1A + x 2A = 20 (1) x 1B + x 2B = 15 (2) x 1C + x 2C = 15 (3) + Điều kiện về lượng xăng dự trù cung ứng của các kho: x 1A + x 1B + x 1C  20 (4) x 2A + x 2B + x 2C  40 (5) + Tổng chi phí vận chuyển: Y = 500x 1A +400x 1B +700x 1C +600x 2A +500x 2B +500x 2C (nghìn đồng) - Xác định x 1A , x 1B , x 1C , x 2A , x 2B , x 2C  0 sao cho: Y  Min; với các điều kiện (1), (2), (3), (4), (5) Bài toán này gọi là bài toán QHTT II. Mô hình bài toán QHTT 1. Bài toán dạng tổng quát 2. Một số khái niệm và định nghĩa 3. Các dạng đặc biệt 1. Bài toán dạng tổng quát - Là bài toán tìm cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) của một hàm tuyến tính xác định trên tập hợp nghiệm của một hệ thống hỗn hợp các phương và (hoặc) các bất phương trình tuyến tính. - Xác định véc tơ x = (x 1 , x 2 , …, x n ) sao cho: 1 1 1 2 1 2 3 1 2 3 1 3 1 ( ) ( ) ( ) ( )(*) , ( ) n j j j n ij j i j n ij j i j n ij j i j f x c x Min Max a x b i I a x b i I I I I I I I I a x b i I                                   2. Một số khái niệm và định nghĩa - Hàm f(x) cần tìm cực trị gọi là hàm mục tiêu của bài toán - Hệ (*) gọi là hệ điều kiện của bài toán - Mỗi phương trình hoặc bất phương trình trong hệ điều kiện gọi là một ràng buộc của bài toán và hệ điều kiện còn gọi là hệ ràng buộc - Véc tơ x thoả mãn mọi ràng buộc của bài toán gọi là một phương án (PA) của bài toán - Tập hợp các PA có thể có của bài toán gọi là tập PA của bài toán, ký hiệu: D = {x: t/m (*)} - Xét bài toán QHTT có f(x)  Min và hai PA x A , x B . Khi đó: + Nếu f(x A )  f(x B ) thì PA x A gọi là không xấu hơn PA x B + Nếu f(x A ) < f(x B ) thì PA x A gọi là tốt hơn PA x B - Một PA mà tại đó hàm mục tiêu đạt cực trị gọi là PA tối ưu (PATƯ), ký hiệu: x * và f * = f(x * ) gọi là trị tối ưu, f(x * )  f(x) với mọi PA x của bài toán. - Một bài toán có ít nhất một PATƯ gọi là bài toán giải được - Một bài toán không có PA TƯ gọi là bài toán không giải được + Bài toán không có PA  không có PATƯ + Bài toán có PA nhưng hàm mục tiêu không bị chặn trên tập PA - Xét với PA x: + Nếu ràng buộc i (iI) thoả mãn với dấu “=“ thì PA x gọi là thoả mãn “chặt” ràng buộc i hay ràng buộc i là chặt đối với PA x + Nếu ràng buộc i (iI) thoả mãn với dấu “>” hoặc “<“ thì PA x gọi là thoả mãn “lỏng” ràng buộc i hay ràng buộc i là lỏng đối với PA x - Nếu một ràng buộc có dạng dấu “=“ thì nó là chặt với mọi PA của bài toán - Nếu một ràng buộc có dạng dấu ““ hoặc ““ thì nó có thể là lỏng đối với PA này nhưng lại là chặt đối với PA khác - Với ràng buộc i ta ký kiệu véc tơ A * i = (a i1 , a i2 ,…, a in ) và tập hợp các véc tơ A * i (iI) tạo thành một ma trận, ký hiệu: A * và gọi là ma trận hệ ràng buộc của bài toán - Gọi một nhóm các ràng buộc có hệ véc tơ A * i tương ứng độc lập tuyến tính gọi là các ràng buộc độc lập tuyến tính - Một PA thoả mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính gọi là PA cực biên (PACB) + PACB thoả mãn đúng n ràng buộc gọi là PACB không suy biến + PACB thoả mãn hơn n ràng buộc gọi là PACB suy biến - Một bài toán có tất cả các PACB đều không suy biến gọi là bài toán không suy biến - Một bài toán có ít nhất một PACB suy biến gọi là bài toán suy biến [...]... thì phải có PACB tối ưu Do đó nếu bài toán dạng chính tắc giải được thì có PACB tối ưu Nếu bài toán có hơn một PATƯ thì sẽ có vô số PATƯ (?) IV Phương pháp đơn hình 1 2 3 4 Nội dung Cơ sở lý thuyết Thuật toán đơn hình Áp dụng thuật toán đơn hình tìm PACB 1 Nội dung - Xét bài toán không suy biến dạng chính tắc và biết một PACB - Xuất phát từ PACB, tìm cách đánh giá nó, nếu chưa tối ưu thì tìm cách di... xms … xm n f(x) f(x0) 0 0 … 0 … 0 m+1 … k … s … n + Bước 2: Kiểm tra dấu hiệu tối ưu +> Nếu k  0 (kJ0) thì PACB x0 là PACB tối ưu -> Nếu k < 0 (kJ0) thì PACB x0 là PACB tối ưu duy nhất -> Nếu k = 0 (kJ0) thì PACB x0 có thể là PACB không duy nhất +> Nếu k > 0 (kJ0) thì chuyển sang bước 3 + Bước 3: Kiểm tra tính không giải được của bài toán +> Nếu k > 0 (kJ0) mà xjk  0 (jJ0) thì bài... (?) Định nghĩa cơ sở của PACB + + + - Xét bài toán dạng chính tắc và PACB x Gọi m véc tơ {Aj} độc lập tuyến tính bao hàm hệ thống các véc tơ {Aj: xj > 0} là cơ sở của PACB x, ký hiệu một cách quy ước là J Cơ sở J của PACB x bao hàm 3 nội dung: Số phần tử của J là m Hệ véc tơ {Aj: j  J} độc lập tuyến tính {Aj: j  J}  {Aj: xj > 0} Nếu PACB x không suy biến thì có một cơ sở duy nhất: {Aj: j  J}  {Aj:... đơn hình cũ ta thu đợc một dòng mới tương ứng ở bảng đơn hình mới +> Dòng ước lượng cũng được biến đổi như một dòng bình thường hoặc xác định lại theo công thức đã có + Sau bước 5 quay trở lại bước bước 2 và tiếp tục thuật toán với PACB mới x1, cơ sở J1 Sau một số hữu hạn bước hoặc sẽ kết luận bài toán không giải được vì trị số hàm mục tiêu giảm vô hạn trên tập PA hoặc sẽ tìm được được PACB tối ưu Chú... PACB mới tốt hơn PACB x0 3 Thuật toán đơn hình - Áp dụng cho bài toán dạng chính tắc đã biết PACB x0, cơ sở J0 ={1,2,…,m}, tức là cơ sở bao gồm m véc tơ {A1, A2,…,Am} - Thuật toán bao gồm 5 bước như sau: + Bước 1: Lập bảng đơn hình ứng với PACB x0, cơ sở J0 là bảng ghi các hệ số phân tích của véc tơ b và các véc tơ điều kiện qua cơ sở J0 theo mẫu sau: Bảng đơn hình Hệ số Cơ sở PACB C1 C … Cr … Cm Cm+1... tắc và dạng chuẩn Xác định một PACB của bài toán và cho biết tính chất của PACB III Các tính chất chung của bài toán QHTT 1 2 3 - - Sự tồn tại của PACB Nếu bài toán có PA và hạng của ma trận hệ ràng buộc (A*) bằng n thì bài toán có PACB Nếu bài toán dạng chính tắc có PA thì chắc chắn có PACB (vì hạng của ma trận hệ ràng buộc luôn bằng n) Tính hữu hạn của số PACB: Số PACB của mọi bài toán QHTT đều hữu... PACB khi và chỉ khi hệ thống các véc tơ {Aj: xj > 0} là độc lập tuyến tính - Ví dụ 3: Cho bài toán QHTT f ( x )  2 x1  4 x 2  6 x 3  M in  3 x1  4 x 2  4 x 3  1 0    x1  x 2  4 x 3   1  x  0 ( j  1  3)  j (1) (2) Chứng tỏ véc tơ x0 = (2, 1, 0) là PACB bằng hai cách Nhận xét - Với bài toán dạng chính tắc, không làm mất tính chất tổng quát ta giả thiết hệ phương trình ràng buộc gồm... A j   xk Ak jJ0 j 1 kJ0  b   x j A j   xk (  x jk A j ) jJ0 jJ0 kJ0  b   x j A j   A j  xk x jk jJ0 jJ0 kJ 0  b   ( x j   xk x jk ) A j (**) jJ0 kJ0 Định lý 2: Dấu hiệu tối ưu - Nếu đối với PACB x0 có cơ sở J0 của bài toán dạng chính tắc mà  k  0(k  J 0 ) thì x0 là PATƯ + Nếu  k  0(k  J 0 ) thì x0 là PATƯ duy nhất + Đối với PACB x0, cơ sở J0 thoả mãn định lý 2 mà... (kJ0) đều có ít nhất một xjk > 0 (jJ0) thì ta có thể chuyển sang một PACB mới, ký hiệu: x1 tốt hơn x0, tức là f(x1) < f(x0) Chứng minh + Với PACB x0, cơ sở J0 mà  k  0(k  J 0 ) thì theo dấu hiệu tối ưu x0 chưa phải là PATƯ + Với mỗi chỉ số kJ0 xác định một véc tơ Zk = {zjk: j =1m) và gọi là phương Zk theo công thức:   x jk ( j  J 0 )  Z k   0( j  J 0 & j  k ) j 1( j  J & j  k ) 0 ... là r(A) = m < n - Bởi vì: + Nếu m = n thì hệ phương trình ràng trở thành hệ Cramer, hệ này có tối đa một nghiệm nên việc tìm PATƯ trở thành không cần thiết + Nếu m > n thì bằng phép biến đổi tương đương ta có thể đưa về hệ chỉ có n phương trình và hệ này cũng là hệ Cramer - Từ định lý 1 ta thấy: + Một PACB có tối đa m thành phần dương (?) + Một PACB không suy biến có đúng m thành phần dương (?) + Một . CHƯƠNG III MÔ HÌNH TỐI ƯU TUYẾN TÍNH (QHTT) I. Thí dụ mở đầu II. Mô hình bài toán QHTT III. Các tính chất chung của bài toán QHTT IV. Phương pháp đơn hình V. Bài toán đối ngẫu I ràng buộc có hệ véc tơ A * i tương ứng độc lập tuyến tính gọi là các ràng buộc độc lập tuyến tính - Một PA thoả mãn chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính gọi là PA cực biên (PACB) + PACB thoả mãn. hơn PA x B - Một PA mà tại đó hàm mục tiêu đạt cực trị gọi là PA tối ưu (PATƯ), ký hiệu: x * và f * = f(x * ) gọi là trị tối ưu, f(x * )  f(x) với mọi PA x của bài toán. - Một bài toán có