Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 89 Bảng 2: X 0 b j a j 30 25 35 40 u 1 45 9 1 25 2 20 7 0 50 5 - 30 4 6 2 + 20 -2 35 5 + 6 1 15 3 - 20 -1 v j 7 1 2 4 Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu của phương án xuất phát X 0 . Ta thấy X 0 là phương án chưa tối ưu. Điều chỉnh X 0 → X 1 ta được phương án X 1 cho ở bảng sau: Bảng 3: X 1 b j a j 30 25 35 40 u 1 45 9 1 25 2 20 7 4 0 50 5 10 4 6 2 40 -1 35 5 20 6 1 15 3 -1 v j 6 1 2 3 X 1 là phương án tối ưu: X opt = X 1 = 025200 10 0 0 40 20 0 15 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = f (X opt ) = 310 (đvcp) Bài tập 2: Giải bài toán vận tải với các số liệu được cho ở bảng sau: b j a i 150 90 90 70 120 9 6 3 9 125 6 8 7 8 155 5 7 2 7 -3 -3 -5 -6 1 -6 -3 4 -4 -5 -1 -6 Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 90 Giải: Cách 1: Tìm phương án xuất phát bằng phương pháp góc Tây Bắc. Bước 1:Tìm phương án xuất phát bằng phương pháp góc Tây Bắc ta được phương án xuất phát X 0 được cho ở bảng 1. Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu của phương án xuất phát X 0 . Ta thấy X 0 là phương án không suy biến, chưa tối ưu. Bảng 1: X 0 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 120 6 3 + 9 3 125 6 + 30 8 90 7 - 5 8 0 155 5 7 2 85 7 70 - 5 v j 6 8 7 12 Bước 3: Điều chỉnh X 0 →X 1 ta được phương án X 1 cho ở bảng 2 Bảng 2: X 1 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 115 6 + 5 3 5 9- 3 125 6 + 35 8 - 90 7- - 0 155 5 3 7 3 2 85 7 70 2 v j 6 8 0 5 Ta coi X 0 như X 1 rồi quay lại bước 2, cứ tiếp tục như vậy ta tìm được phương án X 2 , X 3 cho ở bảng 3, bảng 4. 7 5 6 4 - - Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 91 Bảng 3: X 2 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 25 6 5 + 90 3 + 5 9 - 0 125 6 + 125 8 - 7 - 8 - -3 155 5 + 3 7 - 2 - 85 7 70 -1 v j 9 6 3 8 Bảng 4: X3 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 6 5 + 90 3 30 9 - 1 125 6 +125 8 - 7 - 8 0 1 155 5 3 +25 7 - 2 60 7 70 0 v j 5 5 2 7 Ở bảng 4 ta thấy ∀ Δ ij ≤ 0 (i = 13, , j = 14, ) ⇒ X 3 = X opt X opt = 090300 125 0 0 0 25 0 60 70 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = f(X opt ) = 2065 (đvcp) Bài toán có phương án tối ưu là không duy nhất. Thật vậy nếu chọn ô (2,4) làm ô điều chỉnh ta tìm được phương án tối ưu khác. Cách 2: Tìm phương án xuất phát bằng phương pháp Min-cước Khi tìm phương án xuất phát bằng phương pháp Min- cước ta được phương án xuất phát X 0 cho ở bảng sau: Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 92 Bảng 1: X 0 X opt = 090300 55 0 0 70 95 0 60 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = f (X opt ) = 2065 (đvcp) Bài toán có phương án tối ưu là không duy nhất. Thật vậy nếu chọn ô (2,4) làm ô điều chỉnh ta tìm được phương án tối ưu khác. Cách 3: Tìm phương án xuất phát bằng phương pháp xấp xỉ Phogel Khi sử dụng phương pháp xấp xỉ Phogel ta được phương án xuất phát X 0 được cho ở bảng 1 sau: Bảng 1: X 0 b j a i 150 90 90 70 Chênh lệch hàng 120 9 6 90 3 9 30 3 3 0 0 125 6 1 85 8 7 8 40 1 2 2 2 155 5 65 7 2 90 7 3 2 2 Chênh lệch cột 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 Để cho dễ nhìn ta chuyển phương án X 0 xuống bảng 2. Bảng 2: X 0 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 6 90 3 + 9 - 30 0 125 6 1 85 8 - 7 8 + 40 -1 155 5 + 65 7 - 2 - 90 7 0 -2 V j 7 6 4 9 Ở bảng 2 ta thấy X 0 là phương án chưa tối ưu. Điều chỉnh X 0 → X 1 được cho ở bảng 3 sau: Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 93 Bảng 3: X 1 b j a i 150 90 90 70 u 1 120 9 - 6 90 3 30 9 - 0 125 6 1 55 8 - 7 - 8 70 -1 155 5 + 95 6 - 1 60 3 0 -2 V j 7 6 4 9 Ta thấy X 1 là phương án tối ưu vì ∀ Δ ij ≤ 0 (i = 13, , j = 14, ) X 1 = X opt X 1 = X opt = 090300 55 0 0 70 950600 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = f (X opt ) = 2065 (đvcp) Bài toán có phương án tối ưu là không duy nhất. Thật vậy nếu chọn ô (3,4) làm ô điều chỉnh ta tìm được phương án tối ưu khác. 3.2. MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BÀI TOÁN VẬN TẢI . 3.2.1. Bài toán vận tải mở (cung khác cầu) a. Dạng toán học: + Cung lớn hơn cầu. ab i i m i j n += ∑∑ > 11 f(x) = i m ij ij j n cx == ∑∑ → 11 min xai m xbj n ximjn ij i j n ij j i m ij ≤= == ≥= = ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ = = ∑ ∑ (,) (,) (,;,) 1 1 01 1 1 1 với ab i i m j j n == ∑∑ > 11 (I) Ở Bài toán này, n điểm thu B j (j = 1, n ) sẽ thu đủ hàng, còn m điểm phát A i (i = 1, m ) sẽ có điểm chưa phát hết hàng. +) Cầu lớn hơn cung: ab i i m j j n += ∑∑ < 11 Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 94 f(x) = i m ij ij j n cx == ∑∑ → 11 min (max) xai m xbj n ximjn ij i j n ij j i m ij == ≤= ≥= = ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ = = ∑ ∑ (,) (,) (,;,) 1 1 01 1 1 1 với ab i i m j j n == ∑∑ < 11 (II) Ở bài toán này, m điểm phát A i (i=1, m ) sẽ phát hết hàng, còn n điểm thu B j (j = 1, n ) có những điểm chưa thu đủ hàng. b. Phương pháp giải * Giải bài toán vận tải cung lớn hơn cầu: Ta thêm vào bài toàn một trạm thu giả B n+1 với lượng hàng thu là: ( abb i i m j j n n == + ∑∑ −= 11 1 ) Cước phí từ trạm phát giả A m+1 đến các trạm thu B j là c m+1,j = 0 (j = n,1 ). Khi đó bài toán đã cho trở về bài toán cung bằng cầu mà ta đã biết cách giải. Chú ý: - Khi giải bài toán trên, nếu sử dụng phương pháp min- cước tìm phương án cực biên xuất phát ta ưu tiên phân phối hàng tối đa vào ô có cựớc phí dương nhỏ nhất trước rồi mới mới đến ô có cước phí bằng không. - Giá trị hàm mục tiêu: f (X opt ) = f ( X opt ) = f min . c. Bài tập mẫu Bài 1: Giải bài toán vận tải với số liệu cho ở bảng sau: b j a i 55 35 45 60 2 6 7 45 9 4 5 55 4 8 6 Giải: Với bài toán đã cho ta thấy: a i i = ∑ =++= 1 3 60 45 55 160 (đvhh) ; b j j = ∑ =++= 1 3 55 35 45 135 (đvhh) Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 95 Như vậy: ab i i i j += ∑∑ > 1 3 1 3 bài toán ở dạng cung lớn hơn cầu. Để giải bài toán này ta lập trạm thu giả B 4 với lượng hàng: b 4 = ab i i i j += ∑∑ − 1 3 1 3 = 25 ; c i4 = 0; i = 3,1 Sử dụng phương pháp min- cước tìm phương án cực biên xuất phát ta được phương án X 0 cho ở bảng 1 sau: Bảng 1 b j a i 55 35 45 25 u 1 60 2 55 6 - 7 - 0 5 0 45 9 - 4 35 5 10 0 - -1 55 4 - 8 - 6 35 0 20 0 V j 2 5 6 0 Kiểm tra tính tối ưu của X 0 ta thấy: ∀ Δ ij ≤ 0 (i = 13, ; j = 14, ) Suy ra X 0 ≡ X 0 opt X 0 opt = 55 0 0 5 035100 0 0 35 20 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = 510 (đvcp) Vậy phương án tối ưu của bài toán ban đầu là: X opt = 55 0 0 03510 0035 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = 510 (đvcp) Bài 2: Giải bài toán vận tải với số liệu được cho ở bảng sau: b j a i 30 20 70 40 3 2 1 30 9 4 6 30 8 2 3 Giải: Với bài toán đã cho ta thấy: a i i = ∑ =++= 1 3 40 30 30 100 (đvhh) ; Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 96 b j j = ∑ =++= 1 3 30 20 70 120 (đvhh) Như vậy ab i i i j += ∑∑ < 1 3 1 3 . Để giải bài toán này ta thêm vào bài toán trạm phát giả A 4 với lượng hàng phát là: a 4 = ab i i i j += ∑∑ − 1 3 1 3 = 120-100 = 20 (đvhh) và cước phí c 4 j = 0 (j = 13, ). Khi đó ta có bài toán cân bằng cung cầu được cho ở bảng 1 sau: Bảng 1: X 0 b j a i 30 20 70 u 1 40 4 0 2 - 1 40 1 30 9 10 4 1 + 6 - 20 6 30 8 - 2 - 20 3 + 10 3 20 0 20 0 - 0 - -3 V j 3 -1 0 Sử dụng phương pháp min- cước phí ta được phương án X o . Sử dụng thuật toán thế vị giải bài toán vận tải ta được các phương án cho ở các bẳng sau: Ở bảng 1 tương đương với X o ta thấy X o 0 chưa tối ưu. Chọn ô (2,2) làm ô điều chỉnh với lượng hàng điều chỉnh q = 20. Sau khi điều chỉnh ta được bảng 2: 1 X Bảng 2: 1 X b j a i 30 20 70 u 1 40 4 0 + 2 - 1 + 40 1 30 9 - 10 4 20 6 - 0 6 30 8 - 2 - 3 30 3 20 0 20 0 - 0 - -3 V j 3 -2 0 Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 97 Ở bảng 2 X 1 ta thấy Δ ij ≤ 0 ∀ i = 14, , j =13, ⇒ X 1 = X opt = 0040 10 20 0 0030 20 0 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = 290 (đvcp) Tuy nhiên ô(1,1) có Δ 11 = 0 nên ta có thể chọn ô (1,1) làm ô điều chỉnh và điều chỉnh được phương án X 2 là phương án tối ưu bảng 2. Vậy bài toán ban đầu có tập phương án xác định bởi: X 1 opt = 0040 10 20 0 0030 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; X 2 opt = 10020 02010 0030 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ; f min = 290 (đvcp) X opt = λ X 1 opt + (1- λ ) X 2 opt , (0< λ <1) 3.2.2. Bài toán vận tải cực đại a. Bài toán f(x) = i m ij ij j n cx == ∑∑ → 11 max () () xaim xbjn ximjn ij i j n ij j i m ij ≤= = ≤= = ≥= = ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ = = ∑ ∑ (,) (,) (,; ,) 1 1 01 1 1 1 Bài toán vận tải cực đại có thể cân bằng hoặc không cân bằng cung cầu. Cước phí trong bài toán này mang ý nghĩa năng xuất, hiệu quả công việc b. Phương pháp giải Có thể áp dụng thuật toán thế vị đã biết để giải bài toán vận tải cục đại, cần chú ý một số điểm sau: - Khi tìm phương án cực biên ban đầu, ưu tiên phân phối hàng tối đa vào ô c ij lớn nhất trong bảng vận tải . - Tiêu chuẩn tối ưu của bài toán vận tải cực đại như sau: Nếu Δ ij ≥ 0 ( ∀ =i 1, m , ∀ j = 1, n ) thì phương án đang xét là tối ưu. - Tìm hệ thống thế vị và kiểm tra tính tối ưu của bài toán giống như bài toán min- cước. - Ô điều chỉnh là ô (i, j) có Δ ij = min { Δ ij <0}. c. Bài tập mẫu Chương III: Các mở rộng của quy hoạch tuyến tính 98 Bài 1: Giải bài toán vận tải cực đại được cho ở bảng sau: b j a i 45 70 25 50 9 8 5 30 7 6 1 20 5 6 7 50 10 6 6 Giải: Ta thấy bài toán đã cho ở dạng không cân bằng cung cầu. a i i = ∑ 1 4 = 50+30+20+50 = 150 (đvhh); b j j = ∑ 1 3 = 45+70+25 = 140 (đvhh) Như vậy, ta phải lập thêm trạm thu giả B 4 như trong bảng1 với c 4 i = 0 (i = 14, ), b 4 = 150-140 = 10 (đvhh). Sử dụng phương Pháp max- cước tìm phương án xuất phát ta được X 0 cho ở bảng 1. Bảng1. X 0 b j a i 45 70 25 10 u 1 50 9 + 8 50 5 + 0 2 30 7 + 6 20 1 + 0 10 0 20 5 + 6 + 7 20 0 + 1 50 10 45 6 0 6 5 0 + 0 v j 10 6 6 0 Ở bảng1, X 0 là phương án suy biến nên bổ sung ô(4,2) làm ô chọn. Khi đó kiểm tra tính tối ưu của X 0 ta thấy: Δ ij ≥ 0 ( ∀=i 14, , j = 14, ) nên X 0 là phương án tối ưu. X 0 = X opt = 0500 0 020010 00200 45 0 5 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ; f max = f( X opt ) = 1140 (đv) [...]... hiu theo cung (1 ,2), (2,3), (3,4) (k,l-1), (l, m) Hoc ký hiu theo nh: (x1 x2 x3 x5 xk); hoc theo giỏ tr cung: a1, a2, ak 123 Chng IV: Cỏc bi toỏn ti u trờn mng x2 a1 Hỡnh 4.5 x1 a2 x4 a5 a4 a3 x3 Vớ d Cho mt th cú hng G = (X, A) hỡnh 4.5 Ta cú cỏc ng nh sau: Theo nh cú 4 ng: (x1 x2) , (x1 x2 x4) , (x1 x4) , (x1 x3 x4) , (x2, x3) , (x3, x4) , (x2, x4) - Theo cung cú 2 ng: (1, 2) (2, 4) ; (1,3).(3,4)... {x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7} (Hỡnh 4.1) l mt th hu hn A = {(1 ,2), (1,4), (1,3), (2,3), (2,5), (3,4), (3,5), (3,6), (3,7), (5,7), (4,6), (6,7) } 2 Mt nhỏnh ca th gi l cú hng nu quy nh rừ mt u mỳt l nh u, u kia l nh cui 3 Mt nhỏnh trong tp hp A c nh hng (ký hiu mi tờn), thỡ gi l mt cung Nu A l tp hp cỏc cung thỡ th c gi l th cú hng (Hỡnh 4 .2) 4 Nu cỏc nhỏnh khụng c nh hng thỡ th gi l th khụng cú hng,... phng phỏp max-cc tỡm phng ỏn xut phỏt ta c PA X 0 c cho bng 1 - X 0 l phng ỏn suy bin, ta b sung ụ chn khụng vo ụ (3,1), (3,3), (1,3) - X 0 l phng ỏn cha ti u vỡ 22 < 0 - iu chnh X 0 X 1 (bng 2) ụ iu chnh (2 ,2), lng hng iu chnh q = 1 114 Chng III: Cỏc m rng ca quy hoch tuyn tớnh Bng 2 X 1 Bj I Aj A 2 II + 3 IV III + 5 0 0 B 4 + 5 C 6 3 0 + 0 0 0 5 0 + 6 0 + 5 0 D 5 1 6 1 ui 1 7 4 + 3 + 1 vj -1 -1 0... ti u nh sau: Dng con thoi: 30 T A 1 B 2 ; 5T A 3 B 3 ; 10 T A 4 B 1 ; 35 T A 4 B 3 ; 3 1 * Cỏc hnh trỡnh khỏc 5 3 20 20 20 20 20 20 1) A1 TB1 TA2 TB3 TA3 TB2 TA1 10 10 10 10 10 10 2) A2 TB3 TA3 TB2 TA4 TB1 TA2 5 5 5 5 3) A4 TB3 TA3 TB2 TA4 Mun tớnh di ca mi hnh trỡnh ta cng khong cỏch gia cỏc kho Vớ d hnh trỡnh 1 di l: d = 5+4+7+2+5+7 = 30 (km) 3.4 BI TON LP KHO... f(x)= c ij x ij min (1) i =1 j=1 n x ij = a i (i = 1.m ) j=1 m x ij b j ( j = 1.n ) i =1 x 0(i = 1.m, j = 1.n ) ij 3.4.2 Phng phỏp gii Bc 1: Lp bi toỏn m rng vi iu kin cõn bng cung cu 108 (2) (3) ( 4) Chng III: Cỏc m rng ca quy hoch tuyn tớnh Bc 2: Gii bi toỏn m rng bng phng phỏp th v tỡm phng ỏn ti u Bc 3: Da vo phng ỏn ti u ta xỏc nh ni t kho hp lý * Theo ct lng hng trong ma trn Xopt ta... mỏy Bng 1.x0 Bj I Aj A II 6 7 8 - 1 B III 0 8 6 - 9 + 0 C 5 + ui 0 2 1 - 7 6 - 0 1 vj 6 7 7 p dng phng phỏp phõn cụng tt nht (max-cc) ta c phng ỏn x0 cho bng 1 - X0 suy bin, b sung ụ chn khụng l ụ (1 ,2) v o (2,1) X0 cha ti u vỡ tn ti 13 = -1 < 0 iu chnh X0 X1 bng 2 ễ iu chnh (1,3), lng iu chnh q = 1 Bng 2 X1 Bj I Aj A 6 II 7 III 8 0 B 8 6 5 0 1 9 1 C ui 1 0 7 6 0 1 vj 7 7 8 - X1 l phng ỏn suy bin... trong bng sau: bj 35 45 50 60 55 10 3 5 4 65 3 5 7 10 70 2 5 6 8 ai Gii: S dng phng ỏn "max-cc", tỡm phng ỏn xut phỏt X0 c cho bng 1 - X0 - l phng ỏn khụng suy bin - X0 - cha ti u - iu chnh X0 X1 ( bng2) ễ (1,3) l ụ iu chnh 13 = min { i j }, lng hng iu chnh q = 20 Bng 1 X0 bj 35 ai 55 65 70 Vj 45 10 50 3 5 + 7 4 + 5 + 6 6 -3 0 60 8 25 13 + 10 5 2 ui + -1 + 5 -1 20 35 3 60 + -1 45 7 10 99 Chng III:... Ta cú hnh trỡnh xe chy nh sau: * Dng con thoi 30 T A 1 B 1 ; 10 T A 1 B 3 ; 20 T A 3 B 2 ; 5T A 3 B 3 ; 3 1 2 5 20 T A 3 B 4 ; 2 * Hnh trỡnh khỏc 1) A 2 5' B 1 5' A 1 5' B 3 5' A 2 2) A 3 10' B 3 10' A 2 10' B 4 10' A 3 Vy nu s dng xe 5 tn thỡ hnh trỡnh 1 dựng mt xe, hnh trỡnh 2 dựng hai xe Bi 2: Gii bi toỏn vn ti iu xe vi cỏc s liu c cho bng 1 vi xi j>0 trong khuyờn trũn l lng... tng cỏc phn t ca dũng xi ca ma trn cho ta s cung i ra khi nh xi, cũn tng cỏc phn t ca ct xi ca ma trn cho ta s cung i vo nh xi ca th ( Ta bỡnh phng ma trn liờn h trc tip A, phn t a ik2 ) ca ma trn A (2) xỏc nh nh sau: n ( a ik2 ) = aij ajk (4.1) j =1 Nhn xột - Cỏc s hng bờn phi ca phng trỡnh ch bng 1 khi c hai s ajk v aij u bng 1, ngc li s bng 0 Vỡ aij = ajk =1 nờn tn ti mt ng i cú chiu di hai phn... 20 + 20 = 40 (tn.km xe khụng); B2: b2 = 30 + 35 = 65 (tn.km xe khụng); B3: b3 = 30 + 5 + 40 = 75 (tn.km xe khụng); 106 Chng III: Cỏc m rng ca quy hoch tuyn tớnh Suy ra bi toỏn giao nhn xe khụng l: (bng 2) Bng 2 X0 aj 50 bj 40 5 - 65 7 75 50 8 - Vj 30 4 40 - 8 9 - 15 7 +15 5 60 - 5 - 2 40 7 1 -2 40 4 + 3 - 20 2 ui 2 0 3 bng 2 ta cú bi toỏn cõn bng cung cu 3 4 i =1 j=1 ( a i = b j = 180) (v) Bng 3: X1 . Lấy PA xuất phát của bài toán thời gian làm phương án xuất phát của bài toán cước phí phụ. Khi giải bài toán cước phí phụ sẽ có 2 khả năng sau xảy ra: Khả năng 1: Giải bài toán phụ ta được phương. X k ≠ X opt của bài toán theo chỉ tiêu thời gian. Khi đó ta tiếp tục thực hiện thuật toán như trên cho đến khi nhận được phương án tối ưu. c. Bài tập mẫu Bài 1: Giải bài toán vận tải theo. giải bài toán này ta thêm vào bài toán trạm phát giả A 4 với lượng hàng phát là: a 4 = ab i i i j += ∑∑ − 1 3 1 3 = 120-100 = 20 (đvhh) và cước phí c 4 j = 0 (j = 13, ). Khi đó ta có bài toán