96 F k (y) = Max 11 :,0, j1, == ⎧⎫ ≤≥∀= ⎨⎬ ⎩⎭ ∑∑ kk jj jj j jj cx ax yx k . (4.4) Như vậy, F k (y) là giá trị lớn nhất của hàm mục tiêu khi các đồ vật được chọn từ k loại đầu tiên và túi chỉ chứa hạn chế tới y (kg). – Khi k = 1 thì công thức (4.4) trên đây trở thành: F 1 (y) = Max{c 1 x 1 : x 1 = 0, 1, …, [y/a 1 ]} = c 1 [y/a 1 ], y = 0, b . – ∀ k =2, n , (4.4) được viết dưới dạng: F k (y) = Max 1 11 :,0, j1, − == ⎧⎫ ≤− ≥ ∀= ⎨⎬ ⎩⎭ ∑∑ kk jj jj kk j jj cx ax y ax x k víi = 11 11 :, 0, j1,1 −− ∈ == ⎧⎫ ⎧ ⎫ ⎪⎪ +≤−≥∀=− ⎨⎨ ⎬⎬ ⎪⎪ ⎩⎭ ⎩⎭ ∑∑ kk kk kk j j j j kk j xJ jj Max cx Max cx ax y ax x kvíi , 11 11 :, 0, j1,1 −− ∈ == ⎧⎫ ⎧⎫ ⎪⎪ +≤−≥∀=− ⎨⎨ ⎬⎬ ⎪⎪ ⎩⎭ ⎩⎭ ∑∑ kk kk kk j j jj kk j xJ jj Max cx Max cx ax y ax x kvíi trong đó J k = {0, 1, …[y/a k ]}. Vậy ta có phương trình truy toán sau ∀ k = 1, n : F k (y) = {} − ∈ +− kk kk k1 kk xJ Max cx F (y a x ) với J k = {0, 1, …[y/a k ]}. (4.5) Kết luận. Thực hiện lần lượt các công thức (4.3) và (4.5) với k = 0,n , ∀y = 0, b , chúng ta sẽ tìm được phương án tối ưu cho bài toán cái túi. Chúng ta sẽ tiến hành giải lại ví dụ 5 bằng phương pháp vừa nêu trên. Có thể nhận thấy rằng các bảng thiết lập sau đây là khá giống với các bảng trong mục 3.3. Giai đoạn 1: Coi F 0 (y) = 0, ∀y = 0, b và tính F 1 (y). y [y/a 1 ] F 1 (y) = c 1 [y/a 1 ] x 1 tối ưu 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0 0 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 0 0 0 8 8 8 16 16 16 24 24 24 32 32 0 0 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 97 Giai đoạn 2: Tính F 2 (y) y x 2 = 0, 1, …, [y/a 2 ] F 2 (y) = Max{c 2 x 2 + F 1 (y – a 2 x 2 )} x 2 tối ưu 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 – – 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 – – – – 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 – – – – – – 0 0 1 1 2 2 3 3 – – – – – – – – 0 0 1 1 2 2 – – – – – – – – – – 0 0 1 1 – – – – – – – – – – – – 0 0 0 0 5 8 10 13 16 18 21 24 26 29 32 34 0 0 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 Giai đoạn 3: y x 3 = 0, 1, …, [y/a 3 ] F 3 (y) = Max{c 3 x 3 +F 2 (y – a 3 x 3 )} x 3 tối ưu 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 – – 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 – – – 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 – – – – 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 – – – – – 0 1 2 3 4 5 6 7 8 – – – – – – 0 1 2 3 4 5 6 7 – – – – – – – 0 1 2 3 4 5 6 – – – – – – – – 0 1 2 3 4 5 – – – – – – – – – 0 1 2 3 4 – – – – – – – – – – 0 1 2 3 – – – – – – – – – – – 0 1 2 – – – – – – – – – – – – 0 1 – – – – – – – – – – – – – 0 0 1 5 8 10 13 16 18 21 24 26 29 32 34 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 98 Sau khi hoàn thành giai đoạn 3, để tìm phương án tối ưu của bài toán chúng ta làm như sau: Căn cứ bảng giai đoạn 3 thì z max = Max F 3 (y 3 ) = 34 ứng với y 3 =13 và x 3 = 0. Lại căn cứ bảng giai đoạn 2 thì y 2 = y 3 – a 3 x 3 = 13 – 1×0 = 13 và x 2 = 2. Dựa vào bảng giai đoạn 1 thì y 1 = y 2 – a 2 x 2 = 13 – 2×2 = 9 và x 1 = 3. Do đó phương án tối ưu là x 3 = 0, x 2 = 2, x 1 = 3 và z max = 34. Các nhận xét i) Tại giai đoạn 3 ta chỉ cần xét hàng tương ứng với giá trị y = 13 là đủ. ii) Nếu ta đánh số biến trạng thái y tại mỗi giai đoạn là y 0 , y 1 , y 2 , y 3 thì có sơ đồ điều khiển sau, mà trong đó mỗi giá trị của biến điều khiển x j có thể gây nên một hoặc một số giá trị của biến trạng thái y j , j = 1, 2, 3. iii) Xét bài toán cái túi với ràng buộc dạng đẳng thức z = 8x 1 + 5x 2 + x 3 → Max với ràng buộc dạng đẳng thức 3x 1 + 2x 2 + x 3 = 13 x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 và nguyên. Để giải bài toán này chúng ta có thể áp dụng phương pháp nêu trên, nhưng phải đặt F 0 (0) = 0 và F 0 (y) = – ∞ , ∀ y ≠ 0. Điều này là do trong phương trình truy toán: F 1 (y) = {} ∈ +− 11 10 1 xJ 8x F (y 3x ) Max , với J 1 = {0, 1, …[y 1 /3]}, ta phải có: y – 3x 1 = 0. Nếu trái lại, ràng buộc đẳng thức 3x 1 + 2x 2 + x 3 = 13 không được thỏa mãn. iv) Thay vì hệ thức truy toán F k (y) = {} − ∈ +− kk kk k1 kk xJ Max cx F (y a x ) trong đó J k = {0, 1, …[y/a k ]} ∀ k = 1, n , có thể sử dụng hệ thức Dantzig: { } k1 k k k k k k1 k Max F (y),c F (y a ) ,y a F(y) F(y),ya. − − ⎧ +− ≥ ⎪ = ⎨ < ⎪ ⎩ (4.6) Thật vậy, ta có F k (y) = Max víi − == ⎧⎫ ≤− ≥ ∀= ⎨⎬ ⎩⎭ ∑∑ kk1 jj jj kk j j1 j1 c x : a x y a x , x 0, nguyªn, j 1,k . Do đó nếu y < a k thì x k = 0, và F k (y) = F k – 1 (y). Còn nếu y ≥ a k , thì ta viết: F k (y) = Max k1 k1 jj k k k jj k k k j1 j1 cx c (x 1) c : ax y a a (x 1) −− == ⎧⎫ +−+ ≤−−− ⎨⎬ ⎩⎭ ∑∑ . Nếu đặt / k x = x k – 1 thì thấy ngay y 0 y 1 y 3 y 2 x 3 x 1 x 2 Biến điều khiển 99 F k (y) = k1 k kk k k F (y), khi x 0 Max cF(ya), khi x1. − = ⎧ ⎨ +− ≥ ⎩ v) Áp dụng hệ thức Dantzig (4.6) cho ví dụ 5 với c 1 = 8, c 2 = 5, c 3 = 1, a 1 = 3, a 2 = 2, a 3 = 1 chúng ta thu được các cột F 0 (y), F 1 (y), F 2 (y), F 3 (y) như trong bảng IV.6 sau đây: Bảng IV.6. Bảng tổng hợp tính toán truy toán y F 0 (y) F 1 (y) j 1 (y) F 2 (y) j 2 (y) F 3 (y) j 3 (y) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8 8 8 16 16 16 24 24 24 32 32 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 5 8 10 13 16 18 21 24 26 29 32 34 0 0 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 0 1 5 8 10 13 16 18 21 24 26 29 32 34 0 3 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 Các chỉ số j k (y) được tính như sau: Khi k = 1 thì j 1 (y) = 0 nếu F 1 (y) = 0 và j 1 (y) = 1 nếu F 1 (y) ≠ 0. Với k > 1 ta có: k1 k1 k k k1 k j (y) khi F (y) F (y) j(y) k khi F (y) F (y). −− − = ⎧ = ⎨ ≠ ⎩ Ta thấy j k (y) chính là chỉ số lớn nhất của biến số dương nếu túi có trọng lượng ở mức y khi xét giai đoạn k (khi chỉ có thể chọn mang theo k loại đồ vật đầu tiên). Theo bảng IV.6 có z max = 34 ứng với y = 13 và j 3 (13) = 2 nên 3 x ∗ = 0. Để tìm 2 x ∗ , trước hết đặt giá trị ban đầu 2 x ∗ := 1. Do j 3 (13) = j 3 (13 – a 2 ) = j 3 (13 – 2) = j 3 (11) = 2 nên 2 x ∗ := 2 x ∗ + 1 = 2 (thật vậy, khi y = 11 thì chỉ số lớn nhất của biến số dương là 2 và khi y = 11 + a 2 = 13 thì chỉ số này vẫn là 2 nên giá trị của x 2 bắt buộc phải tăng lên 1 đơn vị). Tiếp tục xét j 3 (11) = 2 ≠ j 3 (11 – a 2 ) = j 3 (11 – 2) = j 3 (9) = 1 = j 3 (9) nên tại mức trọng lượng túi là y = 9 thì chỉ số lớn nhất của biến số dương là 1 (chỉ đựng đồ vật loại 1). Vậy ta có 2 x ∗ = 2. Để tìm 1 x ∗ , trước hết đặt giá trị ban đầu 1 x ∗ := 1. Do j 3 (9) = j 3 (9 – a 1 ) = j 3 (9 – 3) = j 3 (6) = 1 nên 1 x ∗ := 1 x ∗ +1 = 2. Tiếp tục có j 3 (6) = j 3 (6 – a 1 ) = j 3 (6 – 3) = j 3 (3) = 1 nên 1 x ∗ := 1 x ∗ +1 = 3. Do j 3 (3) = 1 ≠ j 3 (3 – a 1 ) = j 3 (3 – 3) = j 3 (0) = 0 nên 1 x ∗ = 3. Dừng. Khung thuật toán giải bài toán cái túi Bước khởi tạo 100 – Nhập c j , a j , ∀j = 1, 2, …, n và b. Đặt k := 0. – Nếu ràng buộc dạng ≤ thì đặt F 0 (y) = 0, ∀y = 0, b . – Nếu ràng buộc dạng = thì đặt F 0 (0) = 0 và F 0 (y) = – ∞, ∀y = 1, b . Các bước lặp Bước 1: Đặt k := k + 1. Bước 2: ∀y = 0, b i) Tính F k (y) theo hệ thức truy toán: F k (y) = {} − ∈ +− kk kk k1 kk xJ cx F (y a x ) Max trong đó J k = {0, 1, …[y/a k ]} hoặc theo hệ thức Dantzig: { } k1 k k k k k k1 k Max F (y),c F (y a ) ,y a F(y) F(y),ya. − − ⎧ +− ≥ ⎪ = ⎨ < ⎪ ⎩ ii) Tính j k (y): Khi k = 1 thì j 1 (y) = 0 nếu F 1 (y) = 0 và j 1 (y) = 1 nếu F 1 (y) ≠ 0. Còn với k > 1 thì k1 k1 k k k1 k j (y) khi F (y) F (y) j(y) kkhiF (y) F(y). −− − = ⎧ ⎪ = ⎨ ≠ ⎪ ⎩ Bước 3: Nếu k < n thì quay về bước 1. Bước kết thúc i) z max = F n (b). Giả sử j n (b) = m ≤ n và m > 0, thì có n x ∗ = n1 x ∗ − = … = m1 x ∗ + = 0. Đặt b / := b, i := m. ii) Nếu gọi s là số nguyên không âm sao cho: j n (b / ) = j n (b – a i ) = j n (b – 2a i ) = … = j n (b – s×a i ) j n (b – s×a i ) ≠ j n (b – (s+1)×a i thì i x ∗ = 1 + s. iii) Đặt b / := b – (s+1)×a i , i := j n (b / ). Nếu i > 0 thì quay về bước ii), còn nếu trái lại thì in / lưu trữ kết quả và dừng. 3.5. Hợp nhất hóa các ràng buộc của bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên Ví dụ 6. Xét BTQHTT nguyên với miền ràng buộc cho bởi 12 12 12 12 3210 411 3313 ,0 +≤ ⎧ ⎪ +≤ ⎪ ⎨ +≤ ⎪ ⎪ ≥ ⎩ xx xx xx xx ⇒ 123 124 125 12 5 32 10 411 33 13 , , , 0 + += ⎧ ⎪ ++= ⎪ ⎨ + += ⎪ ⎪ ≥ ⎩ xxx xxx xxx xx x (4.7) (4.8) (4.9) (4.10) và nguyên. và nguyên. 101 Hệ ràng buộc trên có ba ràng buộc dạng đẳng thức (không kể điều kiện nguyên không âm của các biến). Để đưa BTQHTT nguyên trên đây về bài toán cái túi, chúng ta cần hợp nhất hóa các ràng buộc này thành một ràng buộc dạng đẳng thức. Trước hết chúng ta xét cách hợp nhất hóa hai đẳng thức. Định lý 1. Xét hệ hai phương trình n 1j j 1 j1 n 2j j 2 j1 ax b, ax b. = = ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ∑ ∑ (4.11) Trong đó, các hệ số a ij ≥ 0, b i > 0, ∀j = 1, n và ∀i = 1, 2 . Nếu t 1 và t 2 thỏa mãn các điều kiện: – t 1 , t 2 ∈ N + và (t 1 , t 2 ) = 1 (4.12) – t 1 không là ước của b 2 (4.13) – t 2 không là ước của b 1 (4.14) – t 1 > b 2 – a min , t 2 > b 1 – a min , (4.15) trong đó a min = Min {a ij , ∀ j = 1, n và i =1, 2}. thì tập nghiệm nguyên không âm của hệ (4.11) sẽ trùng với tập nghiệm nguyên không âm của phương trình () n 11j 22j j 11 22 j1 ta ta x tb tb = +=+ ∑ . (4.16) Chứng minh Rõ ràng mọi phương án nguyên không âm của (4.11) cũng là phương án nguyên không âm của (4.16). Chúng ta sẽ đi chứng minh chiều ngược lại: mọi phương án nguyên không âm của (4.16) cũng là phương án nguyên không âm của (4.11). Giả sử x* = ( 1 x ∗ , 2 x ∗ , …, n x ∗ ) là phương án nguyên không âm của (4.16) (cần chú ý rằng lúc đó luôn tồn tại chỉ số k sao cho k x ∗ > 0). Đặt n iijji j1 yaxb,i1,2. ∗∗ = =−= ∑ Dễ dàng kiểm tra được 1 y ∗ và 2 y ∗ là các nghiệm nguyên của phương trình t 1 y 1 + t 2 y 2 = 0. Từ đó, theo giả thiết (4.12) của định lý suy ra: 1 y ∗ = –( 2 y ∗ /t 1 )t 2 = – qt 2 , với q là một số nguyên. Do đó 2 y ∗ = –( 1 y ∗ /t 2 )t 1 = qt 1 . Chúng ta sẽ chỉ ra q = 0. Thật vậy, nếu q ≥ 1 thì: – t 2 ≥ – t 2 q = 1 y ∗ ⇒ t 2 ≤ n 11 1jj j1 yb ax ∗ ∗ = −= − ∑ ⇒ t 2 ≤ n 21 1jj j1 qt b a x ∗ = =− ∑ . Mặt khác: n 12 1jj j1 bqt ax 0 ∗ = − =≠ ∑ (do giả thiết (4.14)) ⇒ n 1j j min j1 ax a ∗ = ≥ ∑ (do tồn tại chỉ số k sao cho k x ∗ > 0) 102 ⇒ t 2 ≤ n 11jj1min j1 baxba ∗ = −≤− ∑ mâu thuẫn với (4.15). Còn nếu q ≤ –1 thì t 1 ≤ – 2 y ∗ và dẫn tới t 1 ≤ b 2 – a min cũng mâu thuẫn với giả thiết (4.15). Vậy q = 0, nên 1 y ∗ = 2 y ∗ = 0, tức là n 1j j 1 j1 n 2j j 2 j1 ax b ax b. ∗ = ∗ = ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ∑ ∑ Chúng ta đã hoàn thành việc chứng minh định lý 1.  Quay lại ví dụ 6, để hợp nhất hóa các ràng buộc (4.7), (4.8) và (4.9) chúng ta tiến hành như sau: Trước hết chúng ta hợp nhất hóa hai phương trình đầu bằng cách nhân (4.7) với t 1 = 12 và nhân (4.8) với t 2 = 11 (các số này thỏa mãn điều kiện nêu trong định lý) và cộng các kết quả lại để có: 47x 1 + 68x 2 + 12x 3 + 11x 4 = 241. Lúc đó hệ các ràng buộc trong ví dụ 6 là tương đương với hệ sau: 1234 125 12345 47 68 12 11 241 33 13 ,,,, 0 +++= ⎧ ⎪ ++= ⎨ ⎪ ≥ ⎩ xxxx xxx xxxx x (4.17) (4.9) (4.10) Từ đó, nhân (4.13) với 15 và (4.9) với 242 rồi cộng lại, theo định lý nêu trên chúng ta thu được hệ ràng buộc tương tương: 12345 12345 1431 1746 180 165 242 6761 ,,,, 0 ++++= ⎧ ⎨ ≥ ⎩ xxxxx xxxxx Quá trình hợp nhất hóa các ràng buộc đã hoàn thành. Nhận xét. Việc hợp nhất hóa các ràng buộc nhanh chóng làm các hệ số của các phương trình hợp nhất trở nên rất lớn. Ngoài ra, việc thực hiện hợp nhất hóa như trên căn cứ định lý 1 đòi hỏi điều kiện: các hệ số a ij ≥ 0, b i > 0, ∀j = 1, n và ∀i = 1, 2 . và nguyên. và nguyên. 103 Bài tập chương IV Bài 1. Giải BTQHTT nguyên bằng phương pháp cắt Gomory: Max z = 6x 1 + 4x 2 + x 3 , với các điều kiện ràng buộc 3x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 20 6x 1 + 5x 2 + x 3 ≤ 25 x 1 + 3x 2 + 3x 3 ≤ 10 x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 và nguyên. Bài 2. Giải BTQHTT nguyên bằng phương pháp cắt Gomory hoặc phương pháp nhánh cận Land – Doig: Min z = –2x 1 – x 2 , với điều kiện ràng buộc x 1 – x 2 ≤ 3 2x 1 – x 2 ≤ 8 x 1 + 4x 2 ≤ 24 x 1 + 2x 2 ≤ 14 x 1 , x 2 ≥ 0 và nguyên. Kiểm tra lại phương án tối ưu tìm được bằng cách sử dụng phần mềm Lingo. Bài 3. Giải BTQHTT hỗn hợp nguyên bằng phương pháp thích hợp: Max z = 5x 1 + 8x 2 , với điều kiện ràng buộc 6x 1 + 5x 2 ≤ 30 9x 1 + 4x 2 ≤ 36 x 1 + 2x 2 ≤ 10 x 1 , x 2 ≥ 0, x 2 nguyên. Bài 4. Hãy phát biểu thuật toán cắt Gomory và lập chương trình máy tính bằng ngôn ngữ Pascal hoặc C để giải BTQHTT nguyên. Sau đó chạy kiểm thử chương trình trên một số ví dụ. Bài 5. Hãy phát biểu thuật toán nhánh cận Land – Doig và lập chương trình máy tính bằng ngôn ngữ Pascal hoặc C để giải BTQHTT nguyên. Sau đó chạy kiểm thử chương trình trên một số ví dụ. Bài 6. Sử dụng phần mềm thích hợp giải BTQHTT nguyên: Max z = 90x 1 + 40x 2 + 10x 3 +37x 4 , với các điều kiện ràng buộc 104 15x 1 + 10x 2 + 10x 3 + 15x 4 ≤ 80 20x 1 + 15x 2 + 10x 4 ≤ 100 20x 1 + 20x 2 + 10x 4 ≤ 120 15x 1 + 5x 2 + 4x 3 + 10x 4 ≤ 70 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 và nguyên. Bài 7. Sử dụng quy hoạch động để tìm đường đi ngắn nhất cho bài toán sau: Đi tới thành phố Đi từ thành phố 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5 4 2 2 8 10 5 7 3 6 3 8 10 4 8 9 6 4 5 8 4 3 6 5 2 7 7 4 10 6 8 12 5 2 9 7 10 3 11 6 Bảng dữ kiện trên được hiểu như sau: Chẳng hạn, từ thành phố 2 chỉ có thể đi tới các thành phố sát gần là 5, 6, 7, 8 với các khoảng cách tương ứng là 8, 10, 5, 7. Hãy kiểm tra kết quả thu được bằng cách sử dụng phần mềm Lingo. Bài 8. Hãy tìm đường đi dài nhất cho các dữ kiện trong bài 7. Bài 9. Giải bài toán cái túi sau: Max z = 8x 1 + 5x 2 + x 3 + 12x 4 , với điều kiện ràng buộc 3x 1 + 2x 2 + x 3 + 4x 4 ≤ 23 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 và nguyên. Bài 10. Phát biểu thuật giải bài toán cái túi bằng phương pháp quy hoạch động với hệ thức truy toán Dantzig và lập chương trình máy tính. Sau đó chạy kiểm thử chương trình trên một số ví dụ. 105 Chương V Một số phương pháp quy hoạch phi tuyến 1. Các khái niệm cơ bản của bài toán tối ưu phi tuyến 1.1. Phát biểu bài toán tối ưu phi tuyến Cho các hàm số f, g j : R n → R, j = 1, 2, , m. Bài toán tối ưu tổng quát có dạng chính tắc như sau: Max (Min) f(x), với các ràng buộc (i) g j (x) ≤ 0, j = 1, 2, …, k, (ii) g j (x) = 0, j = k+1, k+2, …, m. Nếu hàm mục tiêu f(x) hoặc ít nhất một trong các hàm ràng buộc g j (x), j = 1, 2, …, m là phi tuyến thì chúng ta có bài toán tối ưu phi tuyến, hay còn gọi là bài toán quy hoạch phi tuyến (BTQHPT). Các dạng khác của bài toán tối ưu có thể đưa về dạng chính tắc trên đây theo những quy tắc nhất định. V ới ký hiệu D ⊂ R n là miền ràng buộc (hay miền các phương án khả thi) cho bởi các ràng buộc (i) và / hoặc (ii) thì BTQHPT có thể viết gọn hơn như sau: f(x) → Max (Min), với x ∈ D. Trong trường hợp D ≡ R n , ta có BTQHPT không ràng buộc. Nếu trái lại, D là tập con thực sự của R n thì có BTQHPT có ràng buộc. Ví dụ 1. Bài toán sau là BTQHPT không có ràng buộc: Min z = f(x) = 2x 1 2 + 3x 2 2 + 4x 1 x 2 – 6x 1 – 3x 2 . Trong khi đó, bài toán sau đây là BTQHPT có ràng buộc: Min f(x) = 2x 1 2 + 3x 2 2 + 4x 1 x 2 – 6x 1 – 3x 2 với các ràng buộc 12 12 12 x x1 2x 3x 4 x,x 0. +≤ ⎧ ⎪ +≤ ⎨ ⎪ ≥ ⎩ [...]... của điểm x Các phương án tối ưu địa phương hay toàn cục đều được gọi chung là phương án tối ưu Dễ thấy, mọi phương án tối ưu toàn cục cũng là phương án tối ưu địa phương, trong khi đó một phương án tối ưu địa phương không nhất thiết là phương án tối ưu toàn cục Trong các BTQHPT ứng dụng, phương án tối ưu toàn cục có một ý nghĩa quan trọng Chẳng hạn trong thiết kế máy, sau khi dùng phương pháp phân... Điểm x ∈ Rn được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) địa phương nếu x ∈ D và f( x ) ≥ f(x), ∀x ∈ Nε ∩ D với Nε là một lân cận đủ nhỏ của điểm x Đối với bài toán cực tiểu hoá: Min f(x), với x ∈ D ⊂ Rn, điểm x* ∈ Rn được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) toàn cục nếu x* ∈ D và f(x*) ≤ f(x), ∀x ∈ D Điểm x ∈ Rn được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) địa phương nếu x ∈ D và f( x ) ≤ f(x),... ⎥ 8⎦ ⎣ −4 (1 ,61 ;0,8) 0,02 (–0,22; –0,04) (1,74;0,87) 0,005 (–0,07; 0) (1,83;0,91) 0.0009 (0,0003; –0,04) 3 4 5 6 7 – H(xk)–1∇f(xk) (0 ,67 ; –2 ,67 ) xk+1 (0 ,67 ; 0,33) (0,44; 0,23) (1,11; 0, 56) (0,3; 0,14) 4 ⎤ 1 ⎡8 ⎢ 4 6, 18 ⎥ 33, 4 ⎣ ⎦ (1,41; 0,7) (0,2; 0,1) (1 ,61 ; 0,80) ⎡3,83 −4 ⎤ ⎢ ⎥ 8⎦ ⎣ −4 4 ⎤ 1 ⎡8 ⎢ 4 3,88 ⎥ 16, 64 ⎣ ⎦ (0,13; 0,07) (1,74; 0.87) ⎡2,81 −4 ⎤ ⎢ ⎥ 8⎦ ⎣ −4 4 ⎤ 1 ⎡8 ⎢ 4 2,81⎥ 6, 48 ⎣ ⎦ (0,09;... 2⎦ ⎣2x 2 ⎦ 2 Một số phương pháp giải bài toán quy hoạch phi tuyến không ràng buộc Các phương pháp giải tích giải BTQHPT không ràng buộc chia thành hai lớp: phương pháp không sử dụng đạo hàm và phương pháp sử dụng đạo hàm Trong mục này chúng ta sẽ nghiên cứu một số phương pháp sử dụng đạo hàm như phương pháp đường dốc nhất (còn gọi là phương pháp gradient), phương pháp Newton và phương pháp hướng liên... phương pháp tất định thích hợp, chẳng hạn như phương pháp quy hoạch toàn phương, quy hoạch tách, quy hoạch lồi, quy hoạch d.c… Trong các trường hợp đó phương án tối ưu toàn cục có thể tìm được sau một số hữu hạn bước tính toán với độ chính xác chọn trước Tuy nhiên, đối với nhiều lớp bài toán tối ưu toàn cục phương pháp tất định tỏ ra không có hiệu quả Trong khi đó, các phương pháp ngẫu nhiên như: phương. .. Minh họa phương pháp Newton 112 x1 Bảng V.2 Tóm tắt các bước lặp trong phương pháp Newton lặp k 1 xk f(xk) (0;3) 52 ∇f(xk) (–44; 24) H(xk) H(xk)–1 ⎡ 50 −4 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ −4 8 ⎦ 1 ⎡8 4 ⎤ 384 ⎢ 4 50 ⎥ ⎣ ⎦ 2 (0 ,67 ;0,33) 3,13 (–9,39; –0,04) ⎡23,23 −4 ⎤ ⎢ ⎥ 8⎦ ⎣ −4 4 ⎤ 1 ⎡8 169 ,84 ⎢ 4 23,23 ⎥ ⎣ ⎦ (1,11;0, 56) 0 ,63 (–2,84; –0,04) ⎡11,5 −4 ⎤ ⎢ ⎥ 8⎦ ⎣ −4 4 ⎤ 1 ⎡8 ⎢ 4 11,5 ⎥ 76 ⎣ ⎦ (1,41;0,7) 0,12 (–0,8; –0,04) 6, 18 −4... dụng để giải các bài toán tối ưu toàn cục dạng bất kỳ, không đòi hỏi các tính chất đặc biệt của hàm mục tiêu hay các hàm ràng buộc Các phương pháp ngẫu nhiên đặc biệt tỏ ra có hiệu quả đối với các BTQHPT nguyên 1 06 và hỗn hợp nguyên Tuy nhiên, các phương pháp này thường chỉ cho phương án “gần” tối ưu khá tốt sau một số hữu hạn bước mà không kiểm soát được độ chính xác của phương án tìm được Để bắt đầu... Điểm x = (x1, x2, , xn) ∈ D ⊂ Rn được gọi là phương án khả thi (hay phương án, nếu nói vắn tắt) của bài toán tối ưu: Max (Min) f(x), với x ∈ D ⊂ Rn Các toạ độ thành phần của điểm x được gọi là các biến quyết định Định nghĩa 2 Đối với bài toán cực đại hoá: Max f(x), với x ∈ D ⊂ Rn, điểm ∗ x* = ( x 1 , x ∗ , , x ∗ ) ∈ Rn được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) toàn cục nếu x* ∈ D 2 n và f(x*) ≥ f(x),... trong phương pháp đường dốc nhất ∇f(xk ) Bước lặp k xk f(xk) ∇f(xk) 1 (0;3) 52 (–44;24) 2 (2,7;1,51) 0,34 3 (2,52;1,2) 4 dk = –∇f(xk) λk 50,12 –(–44;24) 0, 062 (0,73;1,28) 1,47 –(0,73;1,28) 0,24 0,09 (0,80;–0,48) 0,93 –(0,80;–0,48) 0,11 (2,43;1,25) 0,04 (0,18;0,28) 0,33 –(0,18;0,28) 0,31 5 (2,37;1, 16) 0,02 (0,30;–0,2) 0, 36 –(0,30;–0,2) 0,12 6 (2,33;1,18) 0,01 (0,08;0,12) 0,14 –(0,08;0,12) 0, 36 7 (2,3;1,14)... cũng như chiều rộng 1.2 Phân loại các phương pháp giải bài toán quy hoạch phi tuyến toàn cục Các phương pháp giải BTQHPT toàn cục được phân ra thành hai lớp: phương pháp tất định (deterministic methods) và phương pháp ngẫu nhiên (stochastic methods) Phương pháp tất định sử dụng các tính chất giải tích của hàm mục tiêu và các hàm ràng buộc Một số dạng bài toán tối ưu toàn cục với những tính chất giải . phương án tối ưu địa phương hay toàn cục đều được gọi chung là phương án tối ưu. Dễ thấy, mọi phương án tối ưu toàn cục cũng là phương án tối ưu địa phương, trong khi đó một phương án tối ưu. R n được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) toàn cục nếu x* ∈ D và f(x*) ≤ f(x), ∀x ∈ D. Điểm x ∈ R n được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) địa phương nếu x ∈ D và f( x. ∈ R n được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) toàn cục nếu x* ∈ D và f(x*) ≥ f(x), ∀x ∈ D. Điểm x ∈ R n được gọi là điểm tối ưu (hay phương án tối ưu) địa phương nếu x ∈ D và f( x