Doc

Khoa Khoa học Tự nhiên và Xã hội – Đại học Thái Nguyên
Bài giảng: Toán Quy hoạch 03/2008 Ths. Ngô Văn Định
Chương 2. Phương pháp đơn hình
2.1. Cơ sở lý luận
2.2. Thuật toán đơn hình
2.3. Tìm cơ sở xuất phát
2.4. Hiện tượng xoay vòng

2.1.1. Đường lối chung
Xét bài toán QHTT dạng chính tắc: (*)
f(x) = <c,x> min,→
Ax = b, x ≥ 0,
với x,c∈Rn
, b∈Rm
, A∈Mm×n, rank(A) = m.
Ta đã biết:
+ Nếu (*) có p.á.t.ư thì nó có p.á cực biên tối ưu.
+ Số p.á cực biên của (*) là hữu hạn.
Từ đó, ta có thể tìm một p.á.t.ư trong tập các p.á cực
biên của bài toán.
Năm 1947, G. B. Dantzig (U.S.A) đề xuất một thuật
toán giải bài toán (*), gọi là thuật toán đơn hình.

 Thuật toán đơn hình:
x0
là p.á.t.ư +
Có một
p.á.c.b x0
Tìm p.á.c.b x1
(f(x1
)<f(x0
))
-
BT có lời giải

2.1.2. Dấu hiệu tối ưu:
Giả sử ta có một p.á.c.b x0
của bài toán (*).
Ký hiệu: J0={j: x0
j>0}, J⊂{1, 2, …,n} sao cho J0 ⊂J và
{Aj: j ∈J} độc lập tuyến tính cực đại.
J được gọi là cơ sở của x0
. Aj: j ∈J được gọi là các vectơ
cơ sở.
Mỗi vectơ cột Ak (k=1..n) của ma trận A được biểu
diễn qua các vectơ cơ sở
Ak=∑j ∈JzjkAj , k=1,2,…,n
Mỗi k=1..n đặt ∆k= ∑j ∈Jzjkcj – ck , gọi là ước lượng của
vectơ cột Ak theo cơ sở J.
Nhận xét: ∆k=0, ∀k ∈J.

Định lý 1 (dấu hiệu tối ưu). Nếu với p.á.c.b x0
của bài
toán QHTT dạng chính tắc ta có ∆k≤0, với mọi k=1,2,
…,n thì x0
là một p.á.t.ư.
Chứng minh:
Ta có: Ax0
=b ⇒ b=∑j∈Jx0
jAj (1)
Với một p.á x=(x1, x2, …, xn) bất kỳ ta có
b= ∑j
n
=1xjAj = ∑j∈JxjAj + ∑k∉Jxk∑j∈JzjkAj
= ∑j∈J(xj+∑k∉Jxkzjk)Aj (2)
Từ (1), (2) và do J là cơ sở nên
x0
j=xj+∑k∉Jxkzjk,∀j∈J ⇒ xj=x0
j+∑k∉Jxkzjk,∀j∈J
Từ đó f(x)=<c, x>=f(x0
)-∑k∉J ∆kxk ≥ f(x0
).

2.1.3. Tìm phương án cực biên mới tốt hơn:
 Định lý 2 (dấu hiệu hàm mục tiêu giảm vô hạn).
Nếu đối với p.á.c.b x0
, tồn tại s∉J sao cho ∆s>0 và zjs≤0,
∀j∈J thì hàm mục tiêu giảm vô hạn trong miền ràng
buộc.
Chứng minh:
Ta có Ak=∑j ∈JzjkAj , k=1,2,…,n.
Ký hiệu: ds
=(ds
1, ds
2,…, ds
n) với ds
j bằng zjs nếu j∈J; bằng
-1 nếu j=s; còn lại bằng 0.
Khi đó, mỗi t≥0 thì x(t)=x0
-t.ds
là một p.á của bài toán
và:
f(x(t))=f(x0
)-t.∆s -→ ∞, khi t +→ ∞.

 Định lý 3 (cải tiến p.á hiện có). Nếu p.á.c.b x0
không
tối ưu và không có dấu hiệu hàm mục tiêu giảm vô hạn
thì ta tìm được p.á.c.b mới x1
tốt hơn x0
(f(x1
)<f(x0
)).
Chứng minh.
Xét vectơ x(t)=x0
-t.ds
tương tự trong chứng minh định lý
2. Ta có Ax(t)=b và f(x(t))<f(x0
) tuy nhiên ta không có
x(t)≥0 với mọi t.
Đặt t0=min{x0
j/zjs : zjs>0, j∈J}=x0
r/zrs
x1
=x(t0)
Khi đó x1
là một p.á.c.b tốt hơn x0
với cơ sở mới là
J1={s}∪J{r}.

2.2.1. Sơ đồ của thuật toán
∆k ≤0, ∀k +Có một
p.á.c.b x0
Xây dựng
p.á.c.b x1
-
BT không
có lời giải
Tính các
∆k
X0
là
p.á.t.ư
∃k: ∆k ,
zjk ≤0, ∀j∈J
+-

2.2.2. Tính hữu hạn của thuật toán
- Từ các cơ sở lý luận đã có ta dễ thấy số bước lặp
của thuật toán là hữu hạn.
2.2.3. Bảng đơn hình
Cơ
sở
J
cJ
Phương
án xJ
1 2 … k … n
c1
c2
… ck
… cn
J1
J2
…
Jm
cj1
cj2
…
cjm
xj1
xj2
…
xjm
zj11 zj12 … zj1k …zj1n
zj21 zj22 … zj2k …zj2n
….. …. …. …… ……
zjm1 zjm2 … zjmk …zjmn
f(x) ∆1 ∆2 …. ∆k … ∆n

Chú ý: f(x)= ∑j∈Jcjxj và ∆k=∑j∈Jzjkcj – ck
 Bước 1. Kiểm tra điều kiện tối ưu.
 Bước 2. Kiểm tra dấu hiệu hàm mục tiêu giảm vô
hạn.
 Bước 3. Xác định dòng xoay, cột xoay, phần tử
trục
- Chọn s : ∆s=max{∆k, ∆k>0}. Đánh dấu cột s là
cột xoay.
- Chọn r : x0
r/zrs=min{x0
j/zjs : zjs>0}. Dòng r là dòng
xoay.
- Phần tử zrs gọi là phần tử trục.
2.2.4. Thủ tục đơn hình trên bảng

 Bước 4. Tính p.á.c.b mới và lập bảng mới
- Thay dòng r bởi dòng s, xr bởi xs, cr bởi cs.
- Chia các phần tử trên dòng xoay cho phần tử trục
được dòng s mới, gọi là dòng chuẩn.
- Mỗi phần tử khác trừ đi tích của phần tử cùng hàng
với nó trên cột xoay với phần tử cùng cột với nó trên
dòng chuẩn được phần tử cùng vị trí trong bảng đơn
hình mới:
C D
A B
p.tử trục
A1
=A – B.C/D

Ví dụ 1: Giải bài toán QHTT:
f(x) = x1-x2-2x4+2x5-3x6 → min,
x1+x4+x5-x6=2,
x2+x4+x6=12,
x3+2x4+4x5+3x6=9,
xj ≥ 0 (j=1..6).
Giải.
Dễ thấy x=(2,12,9,0,0,0) là một p.á.c.b với cớ sở
J={1,2,3}.
- Tính trên bảng đơn hình:

J cJ xJ
1 2 3 4 5 6
1 -1 0 2 -2 -3
1
2
3
1
-1
0
2
12
9
1 0 0 1 1 -1
0 1 0 1 0 1
0 0 1 2 4 3
-10 0 0 0 2 -1 1
4
2
3
-2
-1
0
2
10
5
1 0 0 1 1 -1
-1 1 0 0 -1 2
-2 0 1 0 2 5
-14 -2 0 0 0 -3 3

-2
-1
3
4
2
6
3
8
1
3/5 0 1/5 1 7/5 0
-1/5 1 -2/5 0 -9/5 0
-2/5 0 1/5 0 2/5 1
-17 -4/5 0 -3/5 0 0 0
Từ bảng đơn hình cuối, ta có phương án tối ưu:
x* = (0,8,0,3,0,1) và f(x*) = -17

Ví dụ 2: Giải bài toán QHTT:
f(x) = 6x1+x2+x3+3x4+x5-7x6 → min,
-x1+x2-x4+x6=15,
2x1-x3+2x6=-9,
4x1+2x4+x5-3x6=2,
xj ≥ 0 (j=1..6).
Giải: (SV tự giải)
Đáp án: Bài toán không có p.á.t.ư.

2.2.5. Dạng ma trận của thuật toán đơn hình
2.2.6. Dạng tích của ma trận nghịch đảo của
thuật toán đơn hình
Sinh viên tự nghiên cứu hai phần này.
Tài liệu tham khảo:
Nguyễn Ngọc Thắng, Nguyễn Đình Hóa,
2004, Quy hoạch tuyến tính, NXB ĐHQGHN,
tr 34-40.

2.3. Tìm cơ sở xuất phát
2.3.1. Phương pháp hai pha
Xét BT QHTT dạng chính tắc
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử bi≥0,
∀i=1..m.

Để giải BT (I), trước tiên, ta giải BT phụ sau (pha 1):
Các biến gọi là các biến giả.

Định lý. Bài toán ban đầu (I) có p.á chấp nhận được khi
và chỉ khi bài toán phụ (P) có p.á.t.ư với tất cả các
biến giả ui đều bằng 0.
Chứng minh.
Nếu BT (I) có p.á chấp nhận được x thì dễ thấy rằng
(x,0) là một p.á.t.ư của BT (P).
Ngược lại, nếu BT (P) có p.á.t.ư (x*
,u*
) với u*
=0 thì x*
là một p.á của BT (I). Còn nếu BT (P) có p.á.t.ư
(x*
,u*
) với u*
≠0 thì BT (I) không có p.á. Vì nếu BT (I)
có p.á x thì (x,0) là một p.á của (P) và
f(x,0)=0<f(x*
,u*
).

Sau khi giải xong BT phụ (P), giả sử ta nhận được
một p.á.t.ư (x*
,u*
) của (P). Có 3 khả năng có thể xảy
ra:
a) Nếu u*
≠0 thì BT (I) không có phương án.
b) Nếu u*
=0 và cơ sở tương ứng không chứa cột nào ứng
với biến giả thì x*
là p.á.c.b của BT (I) với cơ sở
tương ứng.
c) u*
=0 nhưng cơ sở tương ứng chứa một số cột ứng với
các biến giả. Khi đó, ta sẽ đẩy các biến giả đó ra
khỏi cơ sở theo hai trường hợp sau:

c1) Nếu trên dòng có chỉ số n+i của bảng đơn hình
cuối cùng của bài toán (P) ta tìm được một chỉ số k
(1≤k≤n) ngoài cơ sở sao cho zn+I,k≠0 thì ta thực hiện
phép đổi cơ sở với phần tử trục là zn+I,k ta sẽ nhận dược
một cơ sở mới trong đó đã bớt đi một cột ứng với
biến giả un+I.
c2) Nếu trên dòng có chỉ số n+i của bảng đơn hình
cuối cùng của bài toán (P) không tồn tại chỉ số k
(1≤k≤n) ngoài cơ sở sao cho zn+I,k≠0 thì ta kết luận
dòng i của ma trận A là tổ hợp tuyến tính của các
dòng còn lại. Ta có thể xóa dòng này đi đồng thời có
thể loại luôn biến giả tương ứng.

(I)
Ví dụ 1: Giải bài toán quy hoạch tuyến tính:
Pha 1: Giải bài toán phụ:

Ta có p.á.c.b (x,u)=(0,0,0,0,2,9,6) với cơ sở là {5,6,7}.
Tính trên bảng đơn hình
J cJ (x,u)J
1 2 3 4 5 6 7
0 0 0 0 1 1 1
5
6
7
1
1
1
2
9
6
1* 2 -1 1 1 0 0
2 -6 3 3 0 1 0
1 -1 1 -1 0 0 1
17 4 -5 3 3 0 0 0
1
6
7
0
1
1
2
5
4
1 2 -1 1 1 0 0
0 -10 5* 1 -2 1 0
0 -3 2 -2 -1 0 1
9 0 -13 7 -1 -4 0 0

J cJ xJ
1 2 3 4 5 6 7
0 0 0 0 1 1 1
1
3
7
0
0
1
3
1
2
1 0 0 6/5 3/5 1/5 0
0 -2 1 1/5 -2/5 1/5 0
0 1* 0 -12/5 -1/5 -2/5 1
2 0 1 0 -12/5 -6/5 -7/5 0
1
3
2
0
0
0
3
5
2
1 0 0 6/5 3/5 1/5 0
0 0 1 -23/5 -4/5 -3/5 2
0 1 0 -12/5 -1/5 -2/5 1
0 0 0 0 0 -1 -1 -1
Kết thúc pha 1, ta có p.á.t.ư của BT phụ là
(x*,u*)=(3,2,5,0,0,0,0) với cơ sở J={1,3,2}

Từ đó ta có p.á.c.b x=(3,2,5,0) của BT (I) và pha 2 ta có bảng đơn hình:
J cJ
xJ
1 2 3 4
-3 1 3 -1
1
3
2
-3
3
1
3
5
2
1 0 0 6/5
0 0 1 -23/5
0 1 0 -12/5
8 0 0 0 -94/5
Vậy BT (I) có p.á.t.ư là x*=(3,2,5,0) với f(x*)=8.
Chú ý: Nếu trong số các vectơ cột của ma trận A có một vectơ đơn vị
với phần tử 1 nằm tại dòng i thì ta không cần thêm biến giả un+i.

Ví dụ 2: Giải BT QHTT sau:
f(x)=2x1+4x2-2x3 → min,
x1-2x2+x3=27,
2x1+x2+2x3=50,
x1-x2-x3+x4=18,
xj≥0, j=1..4.
Xét BT phụ
f(x,u)=u5+u6+u7 → min,
x1-2x2+x3+u5=27,
2x1+x2+2x3+u6=50,
x1-x2-x3+x4=18,
xj≥0, j=1..4, uj ≥0, j=5,6.
Ta có một p.á.c.b (x1,x2, x3, x4, u5, u6)=(0,0,0,18,27,50)
Với cơ sở J={5,6,4}.

Ta có bảng đơn hình:
J cJ (x,u)J
1 2 3 4 5 6
0 0 0 0 1 1
5
6
4
1
1
0
27
50
18
1 2 1 0 1 0
2* 1 2 0 0 1
1 -1 -1 1 0 0
77 3 -1 3 0 0 0
5
1
4
1
0
0
2
25
-5
0 -5/2 0 0 0 -3/2
Dấu hiệu tối ưu đã thỏa mãn. Bài toán phụ có p.á t.ư:
(x*,u*)=(25,0,0,-5,2,0) có u*5≠0. Vậy BT ban đầu không có
phương án.

Ví dụ 3: Giải bài toán QHTT sau:
f(x)=2x1+4x2-2x3 → min,
x1-2x2+x3 =27,
-10x2+5x3 =5,
-3x2+2x3 =4,
xj≥0, j=1..3.
Sinh viên tự làm.
Đáp án: x*=(3,2,5) và f(x*)=-4.

2.3.2. Phương pháp đánh thuế
Để giải bài toán ban đầu ta giải bài toán (M) sau đây:
( )
( )
1 1
ij
1
( , ) ( ) min,
( 1,2,..., ),
: 0 1.. , ( )
0 1.. .
n m
M j j n i
j i
n
j n i i
j
M j
n i
f x u c x M u
a x u b i m
D x j n M
u i m
+
= =
+
=
+
= + →

+ = =


≥ =

≥ =

∑ ∑
∑
trong đó M là số dương đủ lớn. Khi đó, nếu (x*,u*) là
p.á.t.ư của BT (M) thì bắt buộc u*=0, tức là x* là p.á.t.ư
của BT ban đầu.

1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
f(x) = -3x +x +3x -x min
2 2
2 6 3 3 9
6
0, ( 1,2,3,4)j
x x x x
x x x x
x x x x
x j
→
+ − + =
 − + + =

− + − =
 ≥ =
Định lý: Tồn tại số dương M0 đủ lớn để ∀M>M0 thì:
a) Nếu BT (I) có phương án thì mọi phương án cực biên
tối ưu (x,u) của BT (M) phải có u=0.
b) BT (I) có phương án thối ưu x* khi và chỉ khi BT (M)
có phương án tối ưu (x*,0).
Ví dụ: giải BT bằng pp đánh thuế

Phương án cực biên xuất phát là
(x,u)=(0,0,0,0,2,9,6),
cơ sở tương ứng là: J={5,6,7}.
Ta có bảng đơn hình:
Bài toán (M) là:
M 1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5
1 2 3 4 6
1 2 3 4 7
4
f (x,u)=-3x +x +3x -x +Mu +Mu +Mu min
2 2
6 3 3 9
:
6
0,( 1...4), 0 ( 1,2,3)
M
j i
x x x x u
x x x x u
D
x x x x u
x j u i+
→
+ − + + =
 − + + + =

− + − + =
 ≥ = ≥ =

J cJ (x,u)J
1 2 3 4 5 6 7
-3 1 3 -1 M M M
5
6
7
M
M
M
2
9
6
1* 2 -1 1 1 0 0
2 -6 3 3 0 1 0
1 -1 1 -1 0 0 1
M=0
M=1
0
17
3 -1 -3 1 0 0 0
4 -5 3 3 0 0 0
1
6
7
-3
M
M
2
5
4
1 2 -1 1 1 0 0
0 -10 5* 1 -2 1 0
0 -3 2 -2 -1 0 1
M=0
M=1
-6
9
0 -7 0 -2 -3 0 0
0 -13 7 -1 -4 0 0

1
3
7
-3
3
M
3
1
2
1 0 0 6/5 3/5 1/5 0
0 -2 1 1/5 -2/5 1/5 0
0 1* 0 -12/5 -1/5 -2/5 1
M=0
M=1
-6
2
0 -7 0 -2 -3 0 0
0 1 0 -12/5 -6/5 -7/5 0
1
3
2
-3
3
1
3
5
2
M=0
M=1
8
0
0 0 0 -94/5 -8/5 -14/5
7
0 0 0 0 -1 -1 -1
Từ bảng đơn hình cuối suy ra p.á.t.ư của BT đã cho là:
x*=(3,2,5,0) và giá trị tối ưu là f(x*)=8.

2.4. Hiện tượng xoay vòng
2.4.1. Mô tả
- Giải BT QHTT bằng PP đơn hình: nếu gặp phải một
p.á.c.b suy biến thì khi đổi cơ sở rất có thể ta vẫn giữ
nguyên p.á.c.b đó mà không xây dựng được p.á.c.b
mới.
- Có hai khả năng:
+ Sau một số bước lặp → thoát được (may mắn).
+ Không thoát: sau một số bước quay lại cơ sở cũ
→xoay vòng. Nếu không có cách khắc phục →kéo dài
vô hạn.

2.4.1. Khái niệm
Ví dụ: Giải BT sau:
1 5 6 7
1 4 5 6 7
2 4 5 6 7
3 5 6 7
( ) 4 6 5 64 min,
1
2 12 0,
3
1 1 2
0,
2 6 3
9 2,
0,( 1,7).j
f x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x j
= − − + →

+ − − + =

 + − − + =

+ + − =
 ≥ =

J cJ xJ 1 2 3 4 5 6 7
4 0 0 0 -6 -5 64
1
2
3
4
0
0
0
0
2
1 0 0 1/3 -2 -1 12
0 1 0 1/2 -1 -1/6 2/3
0 0 1 0 1 1 -9
0 0 0 0 4/3 -2 1 -16
4
2
3
0
0
0
0
0
2
3 0 0 1 -6 -3 36
-3/2 1 0 0 2 4/3 52/3
0 0 1 0 1 1 -9
0 -4 0 0 0 6 5 -64
4
5
3
0
-6
0
0
0
2
-3/2 3 0 1 0 1 -16
-3/4 1/2 0 0 1 2/3 -26/3
3/4 -1/2 1 0 0 1/3 -1/3
0 1/2 -3 0 0 0 1 -12

6
5
3
-5
-6
0
0
0
2
-3/2 3 0 1 0 1 -16
1/4 -3/2 0 -2/3 1 0 2
5/4 -3/2 1 -1/3 0 0 5
0 2 -6 0 -1 0 0 4
6
7
3
-5
64
0
0
0
2
1/2 -9 0 -13/3 8 1 0
1/8 -3/4 0 -1/3 1/2 0 1
5/8 9/4 1 4/3 -5/2 0 0
0 3/ 2 -3 0 1/3 -2 0 0
1
7
3
4
64
0
0
0
2
1 -18 0 -26/3 16 2 0
0 3/2 0 3/4 -3/2 -1/4 1
0 27/2 1 27/4 -25/2 -5/4 0
0 0 24 0 40/3 -26 -3 0
1
2
3
4
0
0
0
0
2
1 0 0 1/3 -2 -1 12
0 1 0 1/2 -1 -1/6 2/3
0 0 1 0 1 1 -9
0 0 0 0 4/3 -2 1 -16

 Như vậy, sau bảy bước ta lại trở lại bảng đơn hình xuất
phát. Nếu lặp lại thì ta sẽ gặp hiện tượng xoay vòng.
 Thực tế: Nhiều BT suy biến, nhưng hiện tượng xoay vòng
ít.
 Có hai cách khắc phục:
1. Sửa đổi miền ràng buộc đưa về BT không suy biến.
Nghiệm của BT ban đầu được tìm từ nghiệm của BT đã
sửa ← PP nhiễu loạn.
2. Đưa ra quy tắc chọn cơ sở sao cho không thể quay về
các cơ sở đã xét ở bước trước ←PP tự vựng.
2.4.1. Khái niệm

2.4.2. Phương pháp nhiễu loạn
1
ij
1
( ) min,
, 1.. ,
0, 1.. .
n
j j
j
n
j i
j
j
f x c x
a x b i m
x j n
=
=
= →

= =

 ≥ =
∑
∑
Ta giải BT sau (từ đó ta sẽ tìm được nghiệm của BT ban đầu)
1
ij
1
0
( ) min,
( ), 1.. ,
0, 1.. , lim ( ) 0.
n
j j
j
n
j i
j
j
f x c x
a x b p i m
x j n p
ε
ε
ε
=
=
→
= →

= + =

 ≥ = =

∑
∑
Để giải BT QHTT dạng chính tắc:

Ví dụ: Giải BT ở ví dụ trên bằng pp nhiễu loạn
1 5 6 7
1 4 5 6 7
2 4 5 6 7
3 5 6 7
0
( ) 4 6 5 64 min,
1
2 12 ( ),
3
1 1 2
( ),
2 6 3
9 2 ( ),
0,( 1,7), lim ( ) 0.j
f x x x x x
x x x x x p
x x x x x p
x x x x p
x j p
ε
ε
ε
ε
ε
→
= − − + →

+ − − + =

 + − − + =


+ + − = +
 ≥ = =


J cJ xJ
1 2 3 4 5 6 7
4 0 0 0 -6 -5 64
1
2
3
4
0
0
P(ε)
P(ε)
2+ P(ε)
1 0 0 1/3 -2 -1 12
0 1 0 1/2* -1 -1/6 2/3
0 0 1 0 1 1 -9
4 P(ε) 0 0 0 4/3 -2 1 -16
1
4
3
4
0
0
1/3 P(ε)
2 P(ε)
2+ P(ε)
1 -2/3 0 0 -4/3 -8/9 104/9
0 2 0 1 -2 -1/3 4/3
0 0 1 0 1 1* -9
4/3 P(ε) 0 -8/3 0 0 2/3 13/9 -160/9
1
4
6
4
0
-5
16/9+16/9 P(ε)
2/3+7/3 P(ε)
2+ P(ε)
-26/9 -1/9 P(ε) 0 -8/3 -13/9 0 -7/9 0 -43/9

Cho ε→0 ta được nghiệm của bài toán ban đầu là
16 11 2 3
( ) ( ( ),0,0, ( ),0,2 ( ),0)
9 9 3 7
26 1
( ( )) ( ).
9 9
x p p p
f x p
ε ε ε ε
ε ε
∗
∗
⇒ = + + +
= − −
16 2 26
( ,0,0, ,0,2,0), ( ) .
9 3 9
x f x∗ ∗
= = −

Thứ tự tự vựng:
- Vectơ a=(a1,a2,…,an)≠0 là tự vựng dương (Lexic –
dương) nếu thành phần khác 0 đầu tiên của a dương,
ký hiệu a .É0
- Vectơ a tự vựng lớn hơn vectơ b ( ký hiệu aÉb)
nếu a-b .É0
- Vectơ as
là tự vựng cực tiểu (hay cực tiểu tự
vựng) của hệ vectơ ak
, k∈K nếu ak
Éas
, ∀k ∈K, k≠s, ký
hiệu as
=lex-mink∈Kak
.
2.4.3. Phương pháp tự vựng

 PP tự vựng: Trong khi giải BT QHTT trên bảng
đơn hình, sau khi đã chọn được cột xoay s. Đặt:
pj
=(x0
j/zjs, zj1/zjs, …, zjm/zjs), j∈J.
- Chọn dòng xoay s theo quy tắc cực tiểu tự
vựng:
pr
=lex-minj∈J pj
.
- với cách chọn dòng xoay như vậy thì không bị
xoay vòng và thuật toán kết thúc sau hữu hạn
bước.

Ví dụ: Giải BT ví dụ trên bằng pp tự vựng
1 5 6 7
1 4 5 6 7
2 4 5 6 7
3 5 6 7
( ) 4 6 5 64 min,
1
2 12 0,
3
1 1 2
0,
2 6 3
9 2,
0,( 1,7).j
f x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x j
= − − + →

+ − − + =

 + − − + =

+ + − =
 ≥ =
Ta có bảng đơn hình

J cJ xJ
1 2 3 4 5 6 7
4 0 0 0 -6 -5 64
1
2
3
4
0
0
0
0
2
1 0 0 1/3 -2 -1 12
0 1 0 1/2* -1 -1/6 2/3
0 0 1 0 1 1 -9
0 0 0 0 4/3 -2 1 -16
{ }
3
4
,max 644 =∆∆=∆
⇒ Chọn cột 4 là cột xoay. (0,3,0,0,1,-6,-3,-36). J={1,2} có
1
min
)3/4,3/1,2,1,0,2,0,0(,02/1,03/1
2
122
2414
Jj
j
plexp
pppzz
∈
−=⇒
⇒−−=>=>= 
⇒ Chọn dòng 2 là dòng xoay.

1
4
3
4
0
0
0
0
2
1 -2/3 0 0 -4/3 -8/9 104/9
0 2 0 1 -2 -1/3 4/3
0 0 1 0 1 1 -9
0 0 -8/3 0 0 2/3 13/9 -160/9
1
4
6
4
0
-5
16/9
2/3
2
1 -2/3 8/9 0 -4/9 0 32/9
0 2 1/3 1 -5/3 0 -5/3
0 0 1 0 1 1 -9
-26/9 0 -8/3 -13/9 0 -7/9 0 -43/9
Vậy x*=(16/9,0,0,2/3,0,2,0) và f(x*)=-26/9.

Nội dung chính của chương 2
 Dấu hiệu tối ưu, dấu hiệu hàm mục tiêu giảm
vô hạn, cách xây dựng p.á.c.b mới.
 Thuật toán đơn hình, thủ tục trên bảng đơn
hình.
 Phương pháp hai pha và phương pháp đánh
thuế tìm cơ sở xuất phát.
 Hiện tượng xoay vòng và cách khắc phục.
Bài
tập Hết chương 2

Doc

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to Doc

Similar to Doc (20)

Doc