TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ KỸ THUẬT CÔNG NGHIỆP Khoa: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI GIẢNG QUY HO CH TUY N Ạ Ế T NHÍ GV: ThS. HÀ ANH DŨNG Chương I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Chương II: BÀI TOÁN VẬN TẢI Chương III: MÔ HÌNH SƠ ĐỒ MẠNG LƯỚI CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I.Khái niệm về BT QHTT 1.Các ví dụ dẫn đến BT QHTT Ví dụ 1: Bài toán lập kế hoạch sản xuất Giả sử xí nghiệp X cần lập kế hoạch sản xuất giấy. Nguyên liệu chính để sản xuất giấy là bột gỗ và chất hồ keo. Xí nghiệp có thể sản xuất ba loại giấy A, B, C. Mức tiêu hao nguyên liệu để sản xuất ra 1 tấn giấy A, B, C và giá bán một tấn mỗi loại được cho trong bảng sau: ( được gọi là Bảng hệ số kỹ thuật ) Nguyên liệu Hiện có A B C Bột gỗ (tấn) 5500 tấn 1.5 1.8 1.6 Chất hồ keo (kg) 6800 kg 2.0 3.0 2.4 Giá bán (triệu/ tấn) 27 36 30 Bài toán được đặt ra là với nguyên vật liệu hiện có như trên thì Xí nghiệp cần phải sản xuất bao nhiêu tấn giấy mỗi loại để số tiền thu được là tối đa. Gọi x 1 , x 2 , x 3 là số tấn giấy A, B, C cần sản xuất ( x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ). Ta có bài toán sau: tìm x 1 , x 2 , x 3 sao cho: f(x) = 27x 1 + 36x 2 + 30x 3 → max 1.5x 1 + 1.8x 2 + 1.6x 3 ≤ 5500 2x 1 + 3x 2 + 2.4x 3 ≤ 6800 x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 Ví dụ 2: Bài toán dinh dưỡng Mỗi người chúng ta mỗi ngày, để có thể sinh hoạt và hoạt động bình thường, cần tiêu thụ ít nhất 60g protit, 50g lipid và 220g glucid. Các thành phần dinh dưỡng này có trong 1g cá và 1g thịt như trong bảng dưới đây. Biết rằng giá 1g cá và 1g thịt là 50 và 90 VNĐ. Vậy mỗi ngày ta cần mua bao nhiêu gam thịt, cá sao cho số tiền phải chi là ít nhất nhưng vẫn đảm bảo lượng dinh dưỡng cần thiết. Gọi x 1 và x 2 là số gam cá thịt cần mua trong ngày ( x 1 , x 2 ≥ 0). Ta cần giải bài toán sau: tìm x 1 , x 2 sao cho: Chất dinh dưỡng Cá Thịt Protit (gam) 0.2 0.3 Lipid (gam) 0.1 0.1 Glucid (gam) 0.6 0.5 f(x) = 50x 1 + 90x 2 → min 0.2x 1 + 0.3x 2 ≥ 60 0.1x 1 + 0.1x 2 ≥ 50 0.6x 1 + 0.5x 2 ≥ 220 x 1 , x 2 ≥ 0 Từ các ví dụ trên đây ta thành lập Bài toán quy hoạch tuyến tính (BT QHTT) tổng quát. 2. Bài toán QHTT a. BT QHTT dạng tổng quát Tìm các giá trị x 1 , x 2 ,…x n sao cho: ( ) ( ) ( ) n j j j 1 n ij j i j 1 f x c x min (max) (1) a x b i = 1, (2) 0 x 0 1, (3) Tùy ý j m j n = = = →  ≥      ≤       =     ≥       ≤ =          ∑ ∑ Trong đó (1) là hàm mục tiêu, (2) là các ràng buộc chung, (3) là các ràng buộc về dấu. ■ Một số khái niệm cơ bản: Phương án (PA): Vectơ X = (x 1 , x 2 , , x n ) thoả mãn tất cả các ràng buộc của bài toán gọi là một PA. Ràng buộc có dấu “=” được gọi là ràng buộc “chặt”; ràng buộc có dấu “≤” hoặc “≥” là ràng buộc “lỏng”. Phương án tối ưu (PATƯ ): Một PA mà tại đó giá trị hàm mục tiêu đạt giá trị nhỏ nhất (min) hoặc lớn nhất (max) được gọi là PATƯ. b. BT QHTT dạng chính tắc ( )        =≥ == →= ∑ ∑ = = )n1,(j0x )m1,(ibxa (max)min xcxf j i n 1j jij n 1j jj BT QHTT dạng chính tắc là bài toán có các ràng buộc chung là chặt, còn các ràng buộc về dấu là không âm. Mọi BT QHTT tổng quát đều có thể đưa về bài toán dạng chính tắc tương đương. “Tương đương” ở đây có nghĩa là giá trị của hàm mục tiêu trong hai bài toán là như nhau và một PA của BT này cũng là PA của BT kia. ● Cách đưa bài toán tổng quát về dạng chính tắc - Nếu một ràng buộc có dấu “≤” thì ta cộng vào vế trái một biến phụ không âm x n+i để được ràng buộc chặt. - Nếu một ràng buộc có dấu “≥” thì ta trừ đi vế trái một biến phụ không âm x n+i để được ràng buộc chặt. - Các biến phụ không tham gia trong hàm mục tiêu. - Nếu biến x j ≤ 0 thì đổi biến x j ’= − x j ≥ 0. - Nếu x j có dấu tùy ý thì đặt x j = x j ’− x j ’’, với x j ’, x j ’’≥ 0. Ví dụ: Đưa bài toán sau về dạng chính tắc: f(x) = –2x 1 + x 2 + 3x 3 + 5x 4 ⇒ min x 1 – 3x 2 + 5x 3 – x 4 ≤ 16 2x 1 – x 2 – 2x 3 + 2x 4 ≥ – 4 4x 1 + 3x 2 + x 3 + x 4 = 9 x 1 , x 2 ≥ 0, x 3 ≤ 0          - Ta sẽ cộng vào vế trái ràng buộc 1 biến phụ x 5 , trừ đi vế trái ràng buộc 2 biến phụ x 6 . - Đặt x 3 ’= – x 3 ≥ 0, x 4 = x 4 ’ – x 4 ’’, x 4 ’, x 4 ’’ ≥ 0. Ta được bài toán chính tắc tương đương sau: f(x) = –2x 1 + x 2 – 3x 3 ’ + 5x 4 ’ – 5x 4 ’’ ⇒ min x 1 – 3x 2 – 5x 3 ’ – x 4 ’ + x 4 ’’ + x 5 = 16 2x 1 – x 2 + 2x 3 ’ + 2x 4 ’ – 2x 4 ’’ – x 6 = –4 4x 1 + 3x 2 – x 3 ’ + x 4 ’ – x 4 ’’ = 9 x 1 , x 2 , x 3 ’, x 4 ’, x 4 ’’, x 5 , x 6 ≥ 0          c. BT QHTT dạng chuẩn ( ) n j j j 1 1 1m 1 m 1 1m 2 m 2 1n n 1 2 2m 1 m 1 2m 2 m 2 2n n 2 m mm 1 m 1 mm 2 m 2 f x c x min (max) x a x a x a x b x a x a x a x b x a x a x = + + + + + + + + + + + + = → + + + + = + + + + = + + + ∑ mn n m j a x b x 0 (j 1,n), b 0 ( 1, ) i i m       + =   ≥ = ≥ =  Bài toán dạng chuẩn là bài toán dạng chính tắc có vế phải không âm và mỗi phương trình đều có một biến số với hệ số bằng 1 đồng thời không có trong các phương trình khác. Các biến đó được gọi là biến cơ sở (biến cô lập). Các biến cơ sở là x 1 , x 2 ,…x m . Biến không phải là cơ sở được gọi là phi cơ sở (biến tự do). [...]... phân biệt sự khác nhau giữa biến phụ và biến giả Biến giả không âm và có hệ số là M ở bài toán min và –M ở bài toán max, trong đó M là một vô cùng lớn dương - Ký hiệu bài toán ban đầu là bài toán (G), bài toán dạng chuẩn với các biến giả là bài toán (Pm) được gọi là bài toán mở rộng - Dùng phương pháp đơn hình để giải bài toán (Pm), ta có các trường hợp xảy ra: a) Trường hợp (Pm) không có PATƯ thì (P)... 0, 0) Chứng tỏ X0 là phương án cực biên, lợi dụng X0 giải bài toán bằng phương pháp đơn hình Giải: Dễ thấy rằng X0 thỏa mãn mọi ràng buộc của bài toán nên nó là một PA Ngoài ra vectơ ứng với thành phần dương là A1 (cột 1) độc lập tuyến tính với chính nó do đó X0 là PACB (định lý 3) Để giải bài toán bằng phương pháp đơn hình trước hết phải đưa bài toán về dạng chính tắc: f(x) = −2x1 − 6x2 + 8x3 – 5x4... toán tìm fmax Thuật toán tương tự như bài toán tìm fmin , có một số điểm khác là: Ở bước 2 để có PATƯ thì ∀Δk ≥ 0 Ở bước 3 để chọn biến cơ sở mới ta chọn Δk có giá trị âm nhỏ nhất Hoặc ta có thể chuyển từ bài toán tìm max thành bài toán tìm min bằng cách đặt: g(x) = - f(x) và ta có: fmax = - gmin 4 Trường hợp bài toán không phải dạng chuẩn - Trước hết ta chuyển về bài toán dạng chính tắc với mọi bi ≥... không là độc lập tuyến tính Định lý 4: BT QHTT dạng tổng quát nếu có PA và hạng của hệ các ràng buộc (kể cả ràng buộc về dấu) là n thì sẽ có PACB (Giao điểm của n mặt siêu phẳng biên) Hệ quả: BT QHTT dạng chính tắc nếu có PA thì sẽ có PACB (các ràng buộc về dấu có hạng = n) Định lý 5: BT QHTT có PATƯ khi và chỉ khi nó có PA và hàm mục tiêu bị chặn dưới với bài toán tìm min ( chặn trên với bài toán tìm... riêng cơ bản (cơ sở) là nghiệm riêng của hệ phương trình tuyến tính khi ta cho các biến phi cơ sở (tự do) bằng 0 Phương án cực biên (PACB) của BT QHTT là nghiệm riêng cơ bản của hệ các ràng buộc chung và thỏa mãn các ràng buộc về dấu Ở dạng chuẩn ta có PACB là X0 = ( b1, b2,….,bm, 0, 0,….,0 ) 3 Phép khử Gauss-Jordan (G-J): Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát: a11 x1 + a12 x2 + + a1v xv + + a1n... 2x1 – 2x2 + 2x3 + x4 = 16 xj ≥ 0 (j = 1…4) Đưa bài toán về dạng chính tắc: f(x) = 3x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4 ⇒ min 2x1 + 2x2 + x4 = 28 x1 + 5x2 + 3x3 − 2x4 + x5 = 31 2x1 – 2x2 + 2x3 + x4 = 16 xj ≥ 0 (j =1…5) Ta thấy bài toán không phải là dạng chuẩn Ở ràng buộc thứ nhất và thứ ba chưa có biến cơ sở ta thêm vào các biến giả x6 và x7 Ta được bài toán mở rộng: Bài toán mở rộng (Pm): f(x) = 3x1 + 4x2 + 2x3 +... có bài toán dạng chuẩn và điền vào bảng đơn hình xuất phát: 8 2  − 20  CS HS PA x1 x2 x3 x4 x5 x6 x1 -2 CB 8 −2 1 −6 2 8 −3 −5 1 0 0 0 0 x5 0 18 0 5 −5 −3 1 0 x6 0 12 0 1 −4 [2] 0 1 0 1 2 3/2 −2 −1 3 0 0 0 0 − 1/2 x1 f(x) − 16 -2 2 x5 0 36 0 13/2 − 11 0 1 3/2 x4 -5 6 0 1/2 1 0 1/2 −2 f(x) − 34 0 1/2 4 0 0 − 3/2 Sau bước 2 ta có ∆3 = 4 > 0, nhưng ai3 < 0 với ∀i, nên bài toán không có PATƯ b Bài. .. sẽ kết luận được rằng không tồn tại PATƯ Vì số PACB là hữu hạn nên số bước thực hiện cũng hữu hạn 3 Trường hợp BT QHTT có dạng chuẩn a Bài toán tìm fmin Thuật toán dưới đây áp dụng cho bài toán QHTT ở dạng chuẩn, tức là mỗi phương trình có một biến cơ sở, không mất tính tổng quát ta giả thiết các biến cơ sở đó là: { x1, x2,…, xm } và PACB xuất phát là X0 = (b1, b2, …,bm ,0,0, ,0) Thuật toán giải BT... α.(0,0,16,4,40,0) + (1 – α).(0,0,14,8,0,16) = (0,0,14+2α,8-4α,40α,16-16α) Với α∈[0,1] Chú ý: Nếu bài toán QHTT không phải ở dạng chuẩn, nhưng cho trước PACB X0 thì ta dùng phép khử Gauss-Jordan để tạo ra các biến cơ sở ứng với các thành phần dương của X0 Sau một số phép biến đổi ta sẽ có bài toán dạng chuẩn Ví dụ 2: Cho bài toán: f(x) = −2x1 − 6x2 + 8x3 – 5x4 ⇒ min x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 8   x2 + x3 − 5x4... không có PA, do đó cũng không có PATƯ Bài toán ban đầu (G): Bài toán mở rộng (Pm ) có dạng: n n n j=1 i =1 f ( x ) = ∑ c j x j → min (max) f ( x ) = ∑ c j x j ± M ∑ xn +i → min (max) n ∑ a ij x j = b i (i = 1, m)  j=1  x ≥ 0 (j = 1, n )  j  n ∑ a ij x j + xn +i = bi (i = 1,m)  j=1  x ≥ 0 (j = 1,n + m)  j j=1 Trong đó xn+i là các biến giả Ví dụ 3: Giải bài toán sau bằng phương pháp đơn hình: . BẢN BÀI GIẢNG QUY HO CH TUY N Ạ Ế T NHÍ GV: ThS. HÀ ANH DŨNG Chương I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Chương II: BÀI TOÁN VẬN TẢI Chương III: MÔ HÌNH SƠ ĐỒ MẠNG LƯỚI CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY. CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I.Khái niệm về BT QHTT 1.Các ví dụ dẫn đến BT QHTT Ví dụ 1: Bài toán lập kế hoạch sản xuất Giả sử xí nghiệp X cần lập kế hoạch sản xuất giấy. Nguyên. + 0.5x 2 ≥ 220 x 1 , x 2 ≥ 0 Từ các ví dụ trên đây ta thành lập Bài toán quy hoạch tuyến tính (BT QHTT) tổng quát. 2. Bài toán QHTT a. BT QHTT dạng tổng quát Tìm các giá trị x 1 , x 2 ,…x n