Quy hoạch tuyến tính - Chương 1. Bài toán quy hoạch tuyến tính

6/17/2016 1 Chương 1 QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH ThS. Nguyeãn Vaên Phong Email : nvphong1980@gmail.com, nv.phongbmt@ufm.edu.vn ĐẠI HỌC TÀI CHÍNH – MARKETING BỘ MÔN TOÁN – KHOA CƠ BẢN 2 Chương 1. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 1. CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT 2. PHAÂN LOAÏI BAØI TOAÙN QHTT 3. CAÙC KHAÙI NIEÄM CÔ BAÛN 4. PHÖÔNG PHAÙP HÌNH HOÏC GIAÛI BAØI TOAÙN QHTT 5. PHÖÔNG PHAÙP ÑÔN HÌNH GIAÛI BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG 3 CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ 1. ( Bài toán sản suất ) Giả sử một xí nghiệp sản xuất có m loại nguyên vật liệu V1, V2, , Vm với số lượng tương ứng lần lượt là b1, b2, , bm (đv) để sản xuất ra n loại sản phẩm S1, S2, , Sn. Lợi nhuận và tỷ lệ các nguyên vật liệu dùng để sản xuất được cho trong bảng sau: Sj Vi S1 S2 Sn Lượng NL V1 a11 a12 a1n b1 V2 a21 a22 a2n b2 Vm am1 am2 amn bm Lợi nhuận c1 c2 cn Yêu cầu: Lập kế hoạch sản xuất tối ưu 4 CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ 2. (Bài toán đầu tư vốn) Giả sử một doanh nhân A có một lượng vốn là V0 tỷ muốn đầu tư vào các danh mục sau đây:  Gửi tiết kiệm không kì hạn với lãi suất a% /năm.  Gửi tiết kiệm có kì hạn với lãi xuất b% /năm.  Mua trái phiếu chính phủ với lãi xuất c% /năm.  Cho doanh nghiệp tư nhân vay với lãi suất d% /năm.  Mua đất phân lô bán nền với lãi suất e% /năm. Giả sử thời gian đáo hạn là như nhau. Các hình thức đầu tư đều có rủi ro. Để hạn chế rủi ro chúng ta nhận được các thông tin từ các chuyên gia tư vấn sau: 6/17/2016 2 5 CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ 2. (Bài toán đầu tư vốn)  Không cho doanh nghiệp tư nhân vay quá 30% số vốn.  Số tiền mua trái phiếu Chính phủ không vượt quá số tiền đầu tư trong 4 lĩnh vực kia.  Ít nhất 20% số tiền đầu tư phải thuộc lĩnh vực tiết kiệm có kỳ hạn và trái phiếu.  Tỷ lệ tiết kiệm không kỳ hạn trên tiết kiệm có kỳ hạn không vượt quá 1/3.  Số tiền mua đất không vượt quá 40% số vốn. Doanh nhân A muốn đầu tư toàn bộ số vốn. Hãy lập mô hình bài toán tìm phương án đầu tư sao cho thu được lợi nhuận tối đa. 6 CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ 3. (Bài toán khẩu phần ăn). Giả sử ta cần chế biến món ăn từ nhiều thành phần nhưng đảm bảo đầy đủ các chất bổ cần thiết (như: đạm, béo, đường,) mà giá thành lại rẻ nhất. Giả sử có n thành phần, với giá một đơn vị thành phần j là cj, j = 1,2,,n. Đồng thời có m chất. Biết rằng một đơn vị thành phần j chứa aij đơn vị chất i, i =1, 2, , m, và mức chấp nhận được số đơn vị chất i là nằm giữa li và ui, i = 1,2,,m. (hay ít nhất là bi) 7 CAÙC VÍ DUÏ DAÃN ÑEÁN BAØI TOAÙN QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ 4. (Bài toán vận tải). Giả sử hàng hóa được vận chuyển từ m kho hàng đến n cửa hiệu bán lẻ. Lượng hàng ở kho thứ i có mi (i = 1,2,,m) (đv) và cửa hiệu j có nhu cấu là nj (j =1,2,,n) (đv). Cước vận chuyển một đv hàng hóa từ kho i đến cửa hiệu j là cij (đv). Giả sử rằng 1. Tổng hàng hóa ở các kho = Tổng nhu cầu hàng hóa của các cửa hiệu. 2. Hàng hóa ở kho thứ i có thể vận đến bất kỳ của hiệu nào và cửa hiệu thứ j có thể nhận hàng hóa từ 1 kho bất kỳ. 3. Mỗi cửa hàng phải nhận đủ số hàng và mỗi kho phải phát hết hàng. Yêu cầu: Lập kế hoạch vận chuyển sao cho cước phí là bé nhất. 8 PHÂN LOẠI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG I. DẠNG TỔNG QUÁT (LP) Với: cj , là hệ số hàm mục tiêu, bi là các hệ số tự do, aij là hệ số của các ràng buộc chung.  Tìm sao cho : (2) (3) 1 2 1 1 1 1 ( , ,..., ) ( ) ( ) min (max) , 1, , , 1, , ( ) , 1, . 0, 0, , 1,2,..., n n j j j n ij j i j n ij j i j n ij j i j j j j x x x x I f x c x a x b i k a x b i k l II a x b i l m x x x j n                                        6/17/2016 3 9 PHÂN LOẠI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG II. DẠNG CHÍNH TẮC (LPct) Tìm sao cho :1 2 1 1 ( , ,..., ) ( ) min (max) , 1, . 0, 1,2,..., . n n j j j n ij j i j j x x x x f x c x a x b i m x j n            III. DẠNG CHUẨN (LPc) Tìm sao cho :1 2 1 1 ( , ,..., ) ( ) min (max) , 0, 1, . 0, 1,2,..., . n n j j j n i ij j i i j m j x x x x f x c x x a x b b i m x j n               10 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG I. CÁC KÝ HIỆU Xét bài toán QHTT dạng tổng quát. Ta đặt   doøng , coät cuûa 1 211 12 1 1 221 22 2 1 2 1 2 ( , ,..., )... , ,...,... , ( , ,..., )... ... ... ... ... , : nn mn n i m m mn j x x x xa a a b b b ba a a A c c c c a a a a A i j A                Khi đó, bài toán QHTT được viết lại dưới dạng sau    hay , min(max) , min(max) , , , , , , 1, 0, 0 0, 0 i i f c x f c x Ax b a x b i m x x or x x x or x                   trong đó 1 1 2 2 1 1 2 2 , ... , ... n n i i i in n c x c x c x c x a x a x a x a x         11 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG II. CÁC KHÁI NIỆM Gọi   , ,D x Ax b    là miền chấp nhận được. Khi đó Gọi là một phương án (PA)- x D thì x* là một phương án tối ưu (PATƯ)    - * * *, , , ( ),x D f x x c x c f x x D        gọi là một ràng buộc chặt. - 0 00 1,2,..., : ,i ii m a x b   - Một PA thỏa chặt n ràng buộc độc lập tuyến tính được gọi là phương án cực biên (PACB) - Một PACB thỏa chặt đúng n ràng buộc gọi là phương án cực biên không suy biến (PACB), thỏa chặt hơn n ràng buộc gọi là PACB suy biến - Một bài toán QHTT được gọi là giải được nếu tồn tại ít nhất một PATƯ. 12 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG III. CHUYỂN DẠNG TỔNG QUÁT VỀ DẠNG CHÍNH TẮC Đối với ràng buộc Neáu hay thì hay vôùi : goïi laø aån phuï 1 1 1 0 ij j i ij j i ij j n i ij j n i n a x b a x b a x x b a x x b x               Đối với ràng buộc dấu Neáu x thì ñaët x Neáu x thì ñaët x vôùi / / / / / / / / / / / 0 0 , 0 j j j j j j j j j x x x x x         6/17/2016 4 13 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG IV. CHUYỂN DẠNG CHÍNH TẮC VỀ DẠNG CHUẨN Đối với hệ số tự do Neáu thì a0 0i ij j ib x b      Đối với ràng buộc Nếu ràng buộc nào chưa có ẩn cơ sở (Là ẩn chỉ xuất hiện trong một ràng buộc và có hệ số bằng 1) thì ta thêm vào ẩn cơ sở (ẩn giả). Khi đó hệ số của ẩn giả trong hàm mục tiêu tương ứng là +M cho BT min (M rất lớn) và –M cho BT max (M rất lớn). Lúc này bài toán được gọi là bài toán mở rộng, ký hiệu là (M) Nhận xét : Neáu thì ( ) min ( ) ( ) maxf x g x f x    14 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG V. MỘT SỐ NHẬN XÉT 1. Bài toán QHTT dạng chính tắc đạt nghiệm tối ưu tại ít nhất một PACB. Khi đó  - laø PACB Heä caùc veùc tô laø ÑLTT0 0( )jx D A j J x   Nhận xét :  Xeùt vaø coät thöù cuûa A, 0 :j m nD x Ax b x A j    Luùc ñoù 1 1 2 2 ... n nAx b A x A x A x b         Xeùt 0 0 0 0 0 01 2, ,..., , ( ) {1,2,..., } 0n jx x x x D J x j n x     - Neáu laø PACB thì 0 0( ) ( )x J x r A Kyù hieäu laø soá thaønh phaàn trong 0 0( ) ( )J x x Neáu thì khoâng suy bieán0 0( ) ( )J x r A x  Neáu thì suy bieán0 0( ) ( )J x r A x  15 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG V. MỘT SỐ NHẬN XÉT 2. Bài toán QHTT dạng chuẩn Đối với bài toán dạng chuẩn, thì việc xác định một PACB ban đầu được thực hiện như sau: Cho các ẩn tự do nhận các giá trị bằng 0. Khi đó, các ẩn cơ sở sẽ có giá trị là số hạng tự do tương ứng.  0 1 2. ., , ,..., ,0,....,0mi e x b b b 16 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG VI. MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BÀI TOÁN 1. Tổng quát (TQ) với Chính tắc (CT) - Nếu (CT) không có PATƯ thì (TQ) không có PATƯ - Nếu (CT) có PATƯ mà không chứa các ẩn phụ thì (TQ) có PATƯ 2. Chính tắc với Bài toán (M) - Nếu (M) không có PATƯ thì (CT) không có PATƯ - Nếu (M) có PATƯ là x(M) thì + Nếu trong x(M) có thành phần ứng với biến giả khác 0 thì (CT) không có PATƯ + Nếu trong x(M) có tất cả các thành phần ứng với biến giả đều bằng 0 thì (CT) có PATƯ 6/17/2016 5 17 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG VII. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1a. Hãy tìm miền chấp nhận được cho bài toán QHTT sau 1 2 1 2 1 2 1 1 2 min ( ) 2 2 4 5 4 2 8 0; 1,2j f x x x x x x x x x x x j                 Ví dụ 1b. CMR (4,1) : PACBKSB, (0,2) là gì? (2,3) : PACBSB (3,2) : Không là PACB (1,2) : Là PA 18 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG VII. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 2. Cho bài toán QHTT sau 1 2 3 1 2 3 1 2 3 min ( ) 2 3 4 10 10 1 0; 1,3j f x x x x x x x x x x x j               a) CMR (2,1,0) là PACBKSB b) CMR (0,0,1) lá PACBSB 19 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG VII. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 3. Cho bài toán QHTT với tập ràng buộc sau 1 2 3 1 2 4 1 5 1 2 3 4 5 2 2 2 4 5 , , , , 0 x x x x x x x x x x x x x             Các véc tơ sau có là PACB của bài toán trên không? a) (0,2,2,0,5) b) (1,1,1,3,4) c) (2,0,0,6,5) 20 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Xét bài toán QHTT 2 biến 1 1 2 2( ) , min(max) ( , , ) 0, 0,j j j f x c x c x c x Ax b x x x           Khi đó, phương pháp hình học, bao gồm các bước sau: B1: Vẽ miền D, c, và đường mức L( 0,f ) qua 0 và vuông góc với c. B2: Lấy một điểm bất kỳ     - Goïi laø mieàn chaáp nhaän ñöôïc - : laø phaùp veùc tô cuûa - laø ñöôøng möùc cuûa 1 2 ( , , ) ( , ) ( , ) ( ) D x Ax b c c c f L f x D f x f          vaø veõ ñöôøng ñi qua vaø // vôùi (0, )x D L x L f 6/17/2016 6 21 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG B3: Ta dịch chuyển đường L theo hướng ngược với c cho bài toán min (cùng cho bài toán max). Cho đến khi L không còn cắt D. Thì các điểm của D nằm trên đường mức cuối cùng này (nếu có) là PATƯ. Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học 1 2 1 2 1 2 1 ( ) 2 min 2 4 5 4 0 , 1,2i f x x x x x x x x x i                22 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG • D là miền được tô đậm. • D có các đỉnh là (0,0), (0,2), (4,0), (4,1) và (2,3). • c = (-2,1), các đường mức L0, L, • Dịch chuyển L ngược hướng với c , ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f mà còn cắt D là đường mức đi qua điểm (4,0). • Vậy bài toán có phương án tối ưu duy nhất là (4.0) và fmin = - 8 23 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học 1 2 1 2 1 2 1 ( ) 2 max 2 4 5 4 0 , 1,2i f x x x x x x x x x i               24 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG • D là miền được tô đậm. • D có các đỉnh là (0,0), (0,2), (4,0), (4,1) và (2,3). • c = (1,-2), các đường mức L0, L, • Dịch chuyển L ngược hướng với c , ta thấy đường mức cuối cùng của hàm f mà còn cắt D là đường mức đi qua điểm (0,2) và (2,3). • Vậy bài toán có vô số phương án tối ưu. Lúc này ta chọn một đỉnh đại diện là (0,2) và fmax = - 4 6/17/2016 7 25 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ. Giải các bài toán sau bằng phương pháp hình học 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) min(max) 2 2 ) 2 4 , 0 f x x x x x a x x x x           1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) min(max) 2 2 ) 2 2 4 f x x x x x b x x x x               Ví dụ. Giải bài toán sau bằng phương pháp hình học Sản phẩm Thời gian làm việc Đất sét Doanh thu (giờ/đơn vị) (kg/đơn vị) (1000$/đơn vị) Tô 1 4 40 Bình 2 3 50 Trong một xưởng mỗi ngày, có tối đa 40 giờ làm việc và 120 kg đất sét để sản xuất tô và bình.Tìm phương án sản xuất tối ưu . Cơ sở A sản xuất đồ gốm sứ với các dữ liệu cho trong bảng sau: 26 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG 27 PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy: i) Nếu tập chấp nhận được khác rỗng và bị chặn thì chắc chắn QHTT có nghiệm tối ưu. ii) Nếu QHTT có nghiệm tối ưu và tập D có đỉnh thì nghiệm tối ưu đạt trên ít nhất một đỉnh của D iii) Trường hợp bài toán không có nghiệm tối ưu và tập D khác rỗng, ta có hàm mục tiêu không bị chặn trên D. iv) Nếu tập D không có đỉnh thì QHTT không có nghiệm hoặc có nghiệm. Trường hợp có nghiệm thì nghiệm tối ưu không phải là đỉnh. 28 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG 1. Mô tả hình học của phương pháp đơn hình Thuật toán đơn hình xuất phát từ một đỉnh x0  D. Tại đỉnh x0 chỉ có một trong ba khả năng sau: - KN1:Trên mọi cạnh của tập nghiệm chấp nhận được xuất phát từ x0 giá trị hàm mục tiêu không giảm. Khi đó x0 là nghiệm tối ưu của (LP) 0x 0L c  D 6/17/2016 8 29 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG - KN2: Mọi cạnh xuất phát từ x0 , theo đó giá trị hàm mục tiêu giảm, đều là cạnh hữu hạn. Đi theo một cạnh như thế, ta sẽ đến một đỉnh x1 kề với x0 mà: 1 0( ) ( )f x f x Gán x0 cho x1 và lập lại quá trình tính toán với đỉnh x0 mới 0x c  1x D 30 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG - KN3: Có một cạnh vô hạn xuất phát từ x0, theo đó giá trị hàm mục tiêu giảm. Khi đó giá trị hàm mục tiêu tiến đến theo cạnh này và bài toán không có nghiệm tối ưu 0x c  0L 31 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BÀI TOÁN DẠNG CHUẨN Xét QHTT dạng chuẩn Tìm sao cho :1 2 1 1 ( , ,..., ) ( ) min (max) , 0, 1, . 0, 1,2,..., . n n j j j n i ij j i i j m j x x x x f x c x x a x b b i m x j n               Thuật toán đơn hình gồm 4 bước sau B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0 B2: Kiểm tra điều kiện tối ưu B3: Kiểm tra bài toán không có lời giải B4: Tìm phương án cực biên mới tốt hơn 32 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0 Hệ số CB Cơ sở B Phương án c1 ck cn  A1 A2 An cj1 Aj1 x 0 j1 zj1,1 zj1,k zj1,n j1 cj Aj x 0 j zj,1 zj,k zj,n j cjm Ajm x 0 jm zjm,1 zjm,k zjm,n jm f (x0) 1 k n         Vôùi PACB Cô sôû ñôn vò Boä chæ soá cô sôû 0 0 0 0 1 2 1 2 0 1 2 , ,..., , ,..., , ,..., n j j jm B m x x x x B A A A J J x j j j     6/17/2016 9 33 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG B1: Lập bảng đơn hình xuất phát ứng với PACB x0 Coät 1: ghi heä soá haøm muïc tieâu öùng vôùi caùc bieán cô sôû Coät 2: ghi teân caùc veùc tô cô sôû Coät 3: ghi giaù trò cuûa caùc bieán cô sôû cuûa PACB c giaù trò heä soá haøm muïc tieâu z heä so : : j jk á trong ma traän A neáu neáu quy öôùc ghi "-" vaø 0 0 0, 0, ( ) ( ) 0, B B j js B jsj js B j j j J k jk j k k B j J x z j J z z j J f x c x z c c j J                      34 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG B2: Kiểm tra điều kiện tối ưu Neáu thì döøng thuaät toaùn: PATÖ laø Neáu thì chuyeån sang B3 00, , 0 k k k x k       B3: Kiểm tra bài toán không có lời giải Neáu vaø Thì döøng thuaät toaùn: BT khoâng coù PATÖ Neáu vaø Thì chuyeån sang B4 : 0 0, : 0 : 0 B k jk B B k B jk k J z j J k J j J z               35 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG B4: Tìm phương án cực biên mới tốt hơn     + Tìm coät xoay: laø coät vôùi + Tìm doøng xoay: laø doøng vôùi =min + Tìm phaàn töû truïc xoay: laø Khi ñoù chuyeån sang baûng môùi baèng caùch ñöa vaøo moät cô sôû môùi (Tö max 0s s k k r j B rs A r j J z         ông öùng vôùi moät cô sôû cuõ ñöôïc ñöa ra) qua thuaät toaùn Gauss-Jordan 36 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Ví dụ. Cho bài toán QHTT sau 1 2 3 4 6 1 2 3 5 1 2 3 6 1 3 4 min ( ) 2 2 3 2 2 4 5 2 2 7 0; 1,6j f x x x x x x x x x x x x x x x x x x j                         Ta có các kết quả sau     PACB0 0 5 6 4 (0,0,0,7,4,5) : ( ) 4,5,6 , , x J x B A A A    6/17/2016 10 37 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 -1 -2 2 0 1 0 1 -1 1 0 0 1 2 0 2 1 0 1 38 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 A5 4 -1 -2 2 0 1 0 1 A6 5 1 -1 1 0 0 1 3 A4 7 2 0 2 1 0 1 39 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 A5 4 -1 -2 2 0 1 0 1 A6 5 1 -1 1 0 0 1 3 A4 7 2 0 2 1 0 1 26 40 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 A5 4 -1 -2 2 0 1 0 1 A6 5 1 -1 1 0 0 1 3 A4 7 2 0 2 1 0 1 26 9 -1 6 0 0 0 6/17/2016 11 41 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 A5 4 -1 -2 2 0 1 0 - 1 A6 5 1 -1 1 0 0 1 5 3 A4 7 2 0 2 1 0 1 7/2 26 9 -1 6 0 0 0 Nhận xét: x0 chưa là PATƯ 42 PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH GIẢI BT QHTT QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Và bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án -2 2 1 3 0 1  A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 A5 15/2 0 2 3 1/2 1 0 1 A6 3/2 0 1 0 -1/2 0 1 -2 A1 7/2 1 0 1 1/2 0 1 -11/2 0 -1 -3 -9/2 0 0 Nhận xét: x0 = (7/2, 0, 0, 0, 15/2, 3/2 ) là PATƯ 43 BÀI TOÁN MỞ RỘNG (M) QUY HOAÏCH TUYEÁN TÍNH NGUYEÃN VAÊN PHONG Đối với BT (M). Khi đó giá trị của các lượng  ở hàng cuối có dạng a + bM, bảng đơn hình được thành lập như sau Hệ số CB Cơ sở B Phương án c1 ck cn  A1 A2 An cj1 Aj1 x 0 j1 zj1,1 zj1,k zj1,n j1 cj Aj x 0 j zj,1 zj,k zj,n j cjm Ajm x 0 jm zjm,1 zjm,k zjm,n jm f* Hệ số ứng với số hạng tự do Hệ số ứng với số hạng M Lưu ý: = a + bM: Nếu b = 0 thì < 0 : khi a < 0 Nếu b ≠ 0 thì 0 : Khi b > 0.