De thi-dap-an-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan-tinh-hai-duong
PP_QHHTĐ.pptx
1. BÀI BÁO CÁO
GIẢI BÀI TOÁN TUYẾN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐƠN HÌNH (VÍ DỤ TRANG 92)
Khoa Điện – Điện tử - Viễn thông
Giảng viên hướng dẫn:
Ths. Tô Ái Nhân
Sinh viên thực hiện : Nhóm 10
1. Trịnh Minh Bằng. (MSSV:1700104)
2. Phạm Thái Điền. (MSSV:1700024)
3. Trần Minh Hiếu. (MSSV:1700499)
4. Lê Hữu Đức. (MSSV:1700206)
5. Nguyễn ThanhToàn. (MSSV:1700245)
6. Bùi Đoàn Gia Huy. (MSSV:1700751)
7. Cao Hoài Ngọc. (MSSV:1700333)
8. Nguyễn Lê Nhật Duy. (MSSV:1700273)
2. GIỚI THIỆU
PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
Phương pháp đơn hình giải bài toán qui hoạch
tuyến tính dựa trên tính chất quan trọng sau đây
của bài toán quy hoạch tuyến tính:
Phương pháp đơn hình:
Nếu bài toán qui hoạch tuyến tính chính tắc có
phương án tối ưu thì cũng có phương án cực biên
tối ưu, nghĩa là có ít nhất một đỉnh của miền ràng
buộc là lời giải của bài toán.
Mỗi điểm cực tiểu địa phương của hàm tuyến
tính trên miền ràng buộc D (mỗi tập hợp lồi) là
một điểm cực tiểu tuyệt đối.
Phương pháp đơn hình:
Phương pháp đơn hình:
3. CÁC
BƯỚC
TÍNH
TOÁN
Để giải bài toán qui hoạch tuyến
tính (G) bằng phương pháp đơn
hình ta thực hiên các bước dưới
đây. Đưa (G) về dạng chính tắc (N)
nếu cần.
Bước 1: Xác định phương án cơ
bản (PACB) 𝒙𝟎
xuất phát, chỉ ra các
biến và các hệ số cơ sở.
Bước 2: Lập bảng đơn hình, tính
giá trị của hàm mục tiêu và các số
ước lượng ∆𝒋.
5. CÁC BƯỚC
TÍNH TOÁN
Bước 3: Kiểm tra điều kiên tối ưu (Đối với bài
toán MIN)
a) Nếu mọi ∆𝑗 ≤ 0 phương án đang xét đã tối ưu
kết thúc việc tính toán.
b) Nếu tồn tại ∆𝑗 > 0 mà mọi phương án 𝑎𝑖𝑗 ≤ 0
thì hàm mục tiêu không bị chặn, do đó bài toán
đã cho vô nghiệm kết thúc việc tính toán.
c) Nếu tồn tại ∆𝑗 > 0 và với mỗi ∆𝑗 > 0 đều có ít
nhất một 𝑎𝑖𝑗 > 0 thì phương án đang xét chưa
tối ưu làm tiếp bước 4.
6. Bước 4: Cải tiến PACB đang xét để được PACB tốt
hơn (Đối với bài toán MIN)
a) Chọn biến cơ bản mới 𝑥𝑣 sao cho ∆𝑣 = max{∆𝑗 > 0}
để đưa vào.
b) Chọn biến cơ bản cũ 𝑥𝑣 sao cho 𝜆𝑟 = min {𝜆𝑖 =
𝑏𝑖
𝑎𝑖𝑣
/
𝑎𝑖𝑣 > 0} để đưa ra.
c) Tiếp theo chọn dòng thứ r làm dòng xoay, cột thứ v
làm cột xoay, phần tử 𝑎𝑟𝑣 làm phần tử xoay rồi biến
đổi sơ cấp để được bảng đơn hình mới với PACB mới
tốt hơn.
7. ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH VÀO GIẢI BÀI TOÁN
BÀI TOÁN
Xác định X= 𝑥1, 𝑥2,𝑥3,𝑥4 sao cho
f 𝑿 =𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟓𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟒 Min (2.1)
với
𝟐𝒙𝟐 + 𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙𝟒 = 𝟏𝟓 (2.2)
𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 = 20 (2.3)
Và 𝒙𝒋 ≥ 0 𝒋 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒
BÀI GIẢI
Để giải bài toán ở mục 1 ta có thể làm theo cách thông thường
là thêm một ẩn giả 𝒙𝟓 vào (2.2) để đưa về dạng chuẩn
f 𝑿 =𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟓𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟒 + 𝑴𝒙𝟓 Min (2.4)
Trong đó M là số dương lớn tùy ý
Hệ ràng buộc sẽ là
𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 = 20 (2.3)
𝟐𝐱𝟐 + 𝟐𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 + 𝐱𝟓 = 𝟏𝟓 (2.5)
Từ điều kiện ràng buộc (2.3) và (2.4) ta có thể thấy hai ẩn cơ
bản là 𝒙𝟏 và 𝒙𝟓 cho các ẩn không cơ bản 𝒙𝟐, 𝒙𝟑, 𝒙𝟒 bằng 0 thì
ta có:
𝒙𝟏 = 20, 𝒙𝟓 = 15 và thay vào (2.4) sẽ có được giá trị
f 𝑿 = 20 + (4x0) + (5x0) + (2x0) + (Mx15) = 20 + 15M
8. BÀI
GIẢI Đây là phương án cơ bản thứ nhất, hoặc gọi là lời giải
ở bước 1
Để có thể thấy rõ được đường hướng của các bước
tiếp theo ta biến đổi như sau:
Biến đổi (2.3) và (2.5)
𝒙𝟏 = 20 −𝟐𝒙𝟐 − 𝟒𝒙𝟑 − 𝒙𝟒
𝒙𝟓 = 𝟏𝟓 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 − 𝟑𝒙𝟒
Thế 𝑥1 và 𝑥5 vào (2.4)
f 𝑿 = (20 −𝟐𝒙𝟐 − 𝟒𝒙𝟑 − 𝒙𝟒) + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟓𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟒 +
𝑴(𝟏𝟓 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 − 𝟑𝒙𝟒)
= 𝒙𝟐(2-2M) + 𝒙𝟑(1-2M) + 𝒙𝟒(1-3M) + 20 +15M
9. Ta có f(X) = 𝑭𝟏(X) − ∆𝟐𝒙𝟐 − ∆𝟑𝒙𝟑 − ∆𝟒𝒙𝟒
f(X)= − 𝒙𝟐(2-2M) −𝒙𝟑(1-2M) −𝒙𝟒(1-3M) + 20
+15M
∆𝟐 = (2M-2), ∆𝟑 = (2M-1), ∆𝟒 = (3M-1)
Nếu ∆𝟐, ∆𝟑, ∆𝟒 đều âm thì 𝑭𝟏(X) là giá trị min
quá trình dừng lại và lời giải đó là lời giải tối ưu.
Nếu ∆𝟐, ∆𝟑, ∆𝟒 có nghiệm thì phải chuyển sang
bước 2
BÀI GIẢI
10. Vì ∆𝟐, ∆𝟑, ∆𝟒 đều dương vì M là số dương tùy ý nên tiếp tục chuyển
qua bước 2 nhằm giảm giá trị f(X) về nhỏ nhất vì vậy cần chọn hệ ẩn cơ
bản mới.
Ẩn đưa vào là ẩn ∆ giá trị dương và lớn nhất giữa các ẩn ∆ vì hệ số M
dương và như nhau nên ẩn ∆4 sẽ cho ra giá trị ∆ lớn nhất nên ẩn 𝑥4 sẽ là
ẩn được đưa vào làm ẩn cơ bản.
BÀI GIẢI
11. BÀI
GIẢI
Loại ẩn ra ta lấy giá trị tại cột phương án ban đầu chia cho
giá trị dương tại cột ẩn được đưa vào, khi chia giữa 2 ẩn cơ
bản ban đầu ẩn nào nhỏ hơn sẽ bị loại ra và thế ẩn mới vào
chỗ ẩn bị loại ra:
𝒙𝟓 =
𝟏𝟓
𝟑
= 5 < 𝒙𝟏 =
𝟐𝟎
𝟏
= 20
Vì 𝒙𝟓 < 𝒙𝟏 nên ẩn loại ra sẽ là ẩn 𝒙𝟓
BÀI GIẢI
12. BÀI
GIẢI
Từ các hàm ràng buộc (2.3) và (2.5) ta có ma trận như sau
𝟎 𝟐 𝟐 𝟑 𝟏 𝟏𝟓
𝟏 𝟐 𝟒 𝟏 𝟎 𝟐𝟎
Chia hàng 1 cho 3 để nghiệm 𝑥4 bằng 1 ta có ma trận
𝟎 𝟐/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏 𝟏/𝟑 𝟓
𝟏 𝟐 𝟒 𝟏 𝟎 𝟐𝟎
BÀI GIẢI
13. Nhân hàng 1 với -1 rồi cộng với hàng 2 để làm cho
nghiệm 𝒙𝟒 tại hàng 2 về giá trị 0
𝟎 𝟐/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏 𝟏/𝟑 𝟓
𝟏 𝟒/𝟑 𝟏𝟎/𝟑 𝟎 −𝟏/𝟑 𝟏𝟓
Vì nghiệm 𝒙𝟓 là nghiệm ẩn giả để tìm ra các nghiệm
khác nên khi nghiệm 𝑥5 được loại ra để thay vào nghiệm
𝒙𝟒 vì vậy chúng ta loại bỏ giá trị tại cột 𝒙𝟓
14. Vì vậy hàm ràng buộc sẽ trở thành
2𝑥2/3 + 2𝑥3/3 + 𝑥4 = 5
𝑥1 + 4𝑥2/3 + 10𝑥3/3 = 15
𝑥4 = 5 − 2𝑥2/3 − 2𝑥3/3 (2.6)
𝑥1 = 15 − 4𝑥2/3 − 10𝑥3/3 (2.7)
BÀI GIẢI
15. Thế (2.6) và (2.7) vào (2.1)
f(X) = 15−4𝑥2/3 − 10𝑥3/3 +4𝑥2 + 5𝑥3 +
2(5−2𝑥2/3 − 2𝑥3/3)
= 4𝑥2/3 + 𝑥3/3 + 25
Ta có f(X) = 𝐹1(X) − ∆2𝑥2 − ∆3𝑥3
∆3 = - 4/3, ∆4 = - 1/3
Vì ∆ ≤ 0 nên nên f(X) đạt giá trị min và phương án
tối ưu là
f(X) = 25 và X = 𝒙𝟏, 𝒙𝟐,𝒙𝟑,𝒙𝟒 = 𝟏𝟓, 𝟎, 𝟎, 𝟓
BÀI GIẢI
16. BẢNG TÓM TẮT CÁC BƯỚC TÍNH TOÁN
Bước
Hệ
số
ẩn
cơ
bản
ở
f(X)
Tên
ẩn
cơ
bản
Phương
án
𝐶𝑗
1 4 5 2 M
𝑥𝑗
𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5
1
M
1
𝑥5
𝑥1
15
20
0
1
2
2
2
4
3
1
1
0
F1(X) 15M+20 ∆1= 0 ∆2=2M-2 ∆3=2M-1 ∆4=3M-1 ∆5= 0
2
2
1
𝑥4
𝑥1
5
15
0
1
2/3
4/3
2/3
10/3
1
0
F2(X) 25 ∆1=0 ∆2=-4/3 ∆3=-1/3 ∆4=0
17. CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ CHÚ Ý LẮNG NGHE
BÀI BÁO
CÁO
GIẢI BÀI TOÁN TUYẾN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH
(VÍ DỤ TRANG 92)
Giảng viên hướng dẫn:
Ths. Tô Ái Nhân
Sinh viên thực hiện :
Nhóm 10
Trịnh Minh Bằng Phạm Thái Điền Trần Minh Hiếu.
Lê Hữu Đức
Nguyễn Thanh Toàn Bùi Đoàn Gia Huy Cao Hoài Ngọc Nguyễn Lê Nhật Duy
