TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP Thạc sĩ Bùi Thị Thu Phƣơngffs.iuh.edu.vn/files/buithithuphuong/baigiang/Baigiang QHTT_SV.pdf · Quy hoạch tuyến tính là môn học

TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Thạc sĩ Bùi Thị Thu Phƣơng

BÀI GIẢNG

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Trình độ: Đại học

Thời lƣợng giảng dạy: 30 tiết

Ngành: Khối kinh tế và khối kỹ thuật

TP. HỒ CHÍ MINH – 2016

LƯU HÀNH NỘI BỘ

Th.s Bùi Thị Thu Phương ĐHCN TP. HCM

2

Mục lục

Chƣơng 1. Bài toán quy hoạch tuyến tính ................................ 3

Bài 1. Một số bài toán dẫn đến bài toán quy hoạch tuyến tính ...... 3

Bài 2 Bài toán quy hoạch tuyến tính và ý nghĩa hình học .............. 6 Bài 3 Tính chất của tập phương án và tập phương án tối ưu của bài

toán quy hoạch tuyến tính ................................................... 11

Bài 4 Phương pháp đơn hình....................................................... 15 Bài 5 Công thức đổi cơ sở và phương pháp đơn hình trên bảng .. 22

Chƣơng 2. Lý thuyết đối ngẫu.................................................. 36

Bài 1 Bài toán đối ngẫu ............................................................. 36

Bài 2 Tương quan giữa cặp bài toán gốc và đối ngẫu.................. 40

Chƣơng 3. Bài toán vận tải ....................................................... 48

Bài 1 Giới thiệu bài toán vận tải và một số tính chất ................... 48 Bài 2 Dạng bảng của bài toán vận tải .......................................... 52

Bài 3 Thuật toán thế vị ............................................................... 55

Bài 4 Phương pháp thành lập phương án cực biên ban đầu .......... 65

Bài 5 Một số trường hợp đặc biệt của bài toán vận tải ................. 68 Bài 6 Trường hợp suy biến ......................................................... 74

Th.s Bùi Thị Thu Phương ĐHCN TP.HCM

3

Chƣơng 1 BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Bài 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN DẪN ĐẾN BÀI TOÁN

QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

Quy hoạch tuyến tính là môn học được sinh ra từ nhu

cầu giải các bài toán về kế hoạch sản xuất, phân phối… sao

cho có lợi nhất về mặt kinh tế. Chúng ta lần lượt xét một số

bài toán này thông qua các ví dụ.

Ví dụ 1. Bài toán lập kế hoạch sản xuất để doanh thu (hay

lợi nhuận) lớn nhất.

Một xí nghiệp dự định sản xuất hai loại bánh A và B,

bánh A dành cho người ăn chay; bánh B dành cho người ăn

mặn. Các loại bánh này được sản xuất từ ba loại nguyên

liệu là bột, đường và mỡ động vật. Số đơn vị nguyên liệu

bột, đường và mỡ động vật mà xí nghiệp có là 88, 15, 10.

Khi sản xuất một đơn vị bánh A cần 6 đơn vị bột, 2

đơn vị đường, không dùng mỡ động vật. Khi sản xuất một

đơn vị bánh B cần 8 đơn vị bột, 3 đơn vị đường, 2 đơn vị

mỡ động vật.

Cần lập một kế hoạch sản xuất (tức là tính xem nên

sản xuất bao nhiêu đơn vị bánh từng loại) để lãi thu được là

nhiều nhất. Biết 1 đơn vị bánh loại A bán lãi 4 triệu đồng, 1

đơn vị bánh loại B bán lãi 5 triệu đồng. Với giả thiết các

loại bánh sản xuất ra bán hết trong thời gian sử dụng.

GIẢI:

Gọi 1 2,x x theo thứ tự là số đơn vị bánh A, B mà xí

nghiệp cần sản xuất. Bài toán yêu cầu tìm 1 2,x x sao cho lãi

thu được xác định bởi biểu thức 1 2

4 5f x x lớn nhất.


4

Số đơn vị bột phải dùng là 1 2

6 8x x .

Số đơn vị đường phải dùng là 1 2

2 3x x .

Số đơn vị mỡ động vật phải dùng là 2

2x .

Do số lượng bột, đường và mỡ động vật mà xí nghiệp

có là có hạn nên

1 26 8 88x x ( điều kiện hạn chế về lượng bột),

1 22 3 15x x (điều kiện hạn chế về lượng đường),

22 10x (điều kiện hạn chế về lượng mỡ động vật).

Ngoài ra do 1 2,x x là mức sản lượng nên

1 20, 0x x .

Bằng ngôn ngữ toán học, bài toán trên có thể phát biểu lại

như sau: tìm 1 2,x x sao cho biểu thức

1 24 5f x x lớn nhất

với các ràng buộc:

1 2

1 2

2

1 2

6 8 88

2 3 15

2 10

, 0

x x

x x

x

x x

Chương 1 này sẽ giúp chúng ta giải các bài toán có

dạng như trên.

Ví dụ 2. (theo [4], tr 16) Một công ty sản xuất hai loại sơn,

sơn nội thất và sơn ngoài trời. Nguyên liệu để sản xuất gồm

hai loại A, B với trữ lượng là 6 tấn và 8 tấn tương ứng.

Để sản xuất một tấn sơn nội thất cần 2 tấn nguyên

liệu A và 1 tấn nguyên liệu B.

Để sản xuất một tấn sơn ngoài trời cần 1 tấn nguyên

liệu A và 2 tấn nguyên liệu B.

Qua điều tra thị trường công ty biết rằng nhu cầu sử

dụng sơn nội thất không hơn sơn ngoài trời quá 1 tấn, nhu

cầu sử dụng cực đại của sơn nội thất là 2 tấn. Giá bán một

tấn sơn nội thất là 2000 USD, giá bán một tấn sơn ngoài

trời là 3000 USD.


5

Hỏi cần sản xuất mỗi loại sơn bao nhiêu tấn để

doanh thu lớn nhất?

Ví dụ 3. Bài toán cắt vật liệu.

Một xí nghiệp sản xuất ba loại quạt: quạt trần, quạt

treo tường, quạt để bàn. Họ cần cắt những tấm tôn giống

nhau và có cùng diện tích 24m thành những cánh quạt của

các loại quạt nói trên. Cánh quạt trần có diện tích 21.8m ,

cánh quạt treo tường có diện tích 21.4m và cánh quạt để

bàn có diện tích 21.2m . Có năm cách cắt các tấm tôn. Số

lượng cánh quạt thu được từ mỗi cách cắt cũng như số 2m

tôn thừa khi cắt một tấm tôn được cho ở bảng sau đây:

Cách

cắt

Quạt

1 2 3 4 5

Trần 2 0 1 0 1

Treo tường 0 2 0 1 1

Để bàn 0 1 1 2 0

Tôn thừa 0.4 0 1 0.2 0.8

Theo yêu cầu lao động thì cuối kỳ phải cắt được 550

cánh quạt trần, 500 cánh quạt treo tường và 450 cánh quạt

để bàn. Hỏi cần phải cắt theo mỗi cách bao nhiêu tấm tôn

để thỏa yêu cầu lao động và tổng số 2m tôn thừa là ít nhất?

Ví dụ 4. Bài toán xây dựng khẩu phần thức ăn.

Một xí nghiệp chăn nuôi cần mua ba loại thức ăn

1 2 3, ,T T T để chế biến thành một khẩu phần ăn cho gia súc.

Biết tỷ lệ chất dinh dưỡng có trong các loại thức ăn như

sau:


6


7

1

11

21

31

1

2

3

( ) , max (min)

(1)

(2)

(3)

0 (4)

0 (5)

(6)

n

j jj

n

ij j ijn

ij j ijn

ij j ij

j

j

j

f x c x c x

a x b i I

a x b i I

a x b i I

x j J

x j J

x j J

Ở đây chúng ta dùng ký hiệu 1

,n

j jj

c x c x là tích

vô hướng của hai véc tơ ,c x trong đó 1 2

( , ,..., )n

c c c c ,

1 2( , ,..., )

nx x x x .

Ví dụ 1. Xét bài toán 1 2 3 4

( ) 4 minf x x x x x

1 2

1 3 4

1 2 3

1 2 3 4

2 1

4 2

0

4 5 5 17

x x

x x x

x x x

x x x x

1 3 2 4; 0, , 0.x x x x

Đây là bài toán quy hoạch tuyến tính với:

11,2 ,I

23 ,I

34 ,I

11, 3 ,J

24 ,J

32J .

Định nghĩa 2. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính như

trong định nghĩa 1.1, ta có các định nghĩa sau:

i) Hàm 1

( ) ,n

j jj

f x c x c x được gọi là hàm mục

tiêu. Bài toán tìm giá trị lớn nhất của ( )f x ta gọi tắt


8

là bài toán max, bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của

( )f x ta gọi tắt là bài toán min.

ii) Các phương trình hoặc bất phương trình từ (1) đến

(6) gọi là các ràng buộc, trong đó (1), (2), (3) ta gọi

là ràng buộc điều kiện, (4), (5), (6) ta gọi là ràng

buộc ẩn.

iii) Véctơ 1 2

( , ,..., )n

x x x x thỏa tất cả các ràng buộc (1),

(2), (3), (4), (5), (6) gọi là một phương án.

iv) Tập hợp tất cả các phương án gọi là tập phương án.

v) Phương án x làm cho hàm mục tiêu đạt giá trị lớn

nhất (nếu là bài toán max) hoặc giá trị nhỏ nhất (nếu

là bài toán min) được gọi là phương án tối ưu.

vi) Tập hợp tất cả các phương án tối ưu gọi là tập

phương án tối ưu.

Ví dụ 2. Xét bài toán

1 2

1 2

1 2

1 2

( ) 4 3 min

2 10

5 3

, 0

f x x x

x x

x x

x x

Với bài toán trên thì hàm mục tiêu là

1 2( ) 4 3f x x x .

(1,2)x hay (3,1)x là hai trong số các phương án

của bài toán.

Tập phương án là tập tất cả các véc tơ 1 2

( , )x x x

thỏa hệ bất phương trình ở trên. Hiển nhiên ta chưa thể có

một phương án tối ưu được.

Định nghĩa 3. (Dạng chính tắc của bài toán quy hoạch

tuyến tính)

Bài toán quy hoạch tuyến tính có dạng sau đây gọi

là dạng chính tắc


9

1

( ) , max (min)n

j jj

f x c x c x

1

1,

0 1, .

n

ij j ij

j

a x b i m

x j n

Hay có thể viết lại như sau: ( ) , max (min)

0

f x c x

Ax b

x

trong đó 1,1,

i mijj n

A a là ma trận cấp m n ,

1 2

( , ,..., )Tn

x x x x , 1 2

( , ,..., )Tm

b b b b .

Viết 0x , nghĩa là 0jx , 1, .j n

Ký hiệu 1 2, ,...,

Tj

j j mjA a a a là véc tơ cột thứ j của

ma trận A. Khi đó phương trình Ax b được viết lại dưới

dạng: 1 2

1 2n

nx A x A x A b .

CHÚ Ý Ta có thể dùng phép biến đổi sơ cấp để bỏ đi

những phương trình hệ quả của hệ, nên không mất tính

tổng quát có thể giả thiết ma trận A có hạng là m, và

m n . Trong suốt tài liệu khi nói đến ma trận A ta đều giả

thiết A có m dòng, n cột và ( )rank A m , trừ phi đó là

những trường hợp đặc biệt.

Mệnh đề. Mọi bài toán quy hoạch tuyến tính (P) đều có

thể đưa về dạng chính tắc (Q). Hơn nữa, bài toán dạng

chính tắc (Q) có phương án tối ưu khi và chỉ khi bài toán

(P) có phương án tối ưu.

Bài toán (Q) có phương án tối ưu khi và chỉ khi bài

toán (P) có phương án tối ưu. Đây là mệnh đề quan trọng


10

sử dụng suốt trong quá trình giải các bài toán quy hoạch

tuyến tính. Khi gặp bài toán dạng không chính tắc như bài

toán (P) trong chứng minh mệnh đề 1.1 chẳng hạn, ta phải

đưa về bài toán dạng chính tắc (Q). Ta giải bài toán (Q).

Nếu (Q) không có phương án tối ưu thì (P) cũng không có

phương án tối ưu. Nếu (Q) có phương án tối ưu 0

10 20 20 30 0 ( 1)0 ( 2)0, , , ,..., , ,

n n ny y y y y y y y thì ta suy ra phương

án tối ưu của bài toán (P) là 010 20 20 30 0, , ,...,

nx y y y y y .

Ví dụ 3. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính

1 2

1 2

1 2

1 2

( ) 4 max

5

2 3 12

, 0.

f x x x

x x

x x

x x

a) Biểu diễn tập phương án trên mặt phẳng 1 2

Ox x .

b) Lần lượt vẽ các đường thẳng (d1): 1 2

4 4x x ,

(d2): 1 2

4 0x x , (d3): 1

4x2

4x , (d):

1 24 ( )x x f x với ( )f x tuỳ ý.

c) Từ b) suy ra phương án tối ưu của bài toán.

Một bài toán quy hoạch tuyến tính có hai biến (thậm

chí có ba biến) ta có thể giải bằng phương pháp hình học

qua các bước:

Bước 1: Biểu diễn tập phương án của bài toán trên

mặt phẳng 1 2

Ox x , ta được miền D. Nếu D bằng rỗng thì kết

luận bài toán không có phương án. Nếu miền D khác rỗng

ta qua bước 2.

Bước 2: Vẽ đường thẳng ( )d f có phương trình

1 1 2 2( )f x c x c x ( ( )d f vuông góc với

1 2( , )n c c ).


11

Bước 3: Tịnh tiến đường thẳng ( )d f theo chiều của

n nếu là bài toán max, theo chiều ngược lại nếu là bài toán

min.

Bước 4: Xác định những điểm tiếp giáp sau cùng

giữa ( )d f và miền D. Tọa độ của những điểm này là

phương án tối ưu của bài toán, giá trị ( )f x là giá trị tối ưu

của bài toán. Trong trường hợp không tìm được điểm tiếp

giáp sau cùng giữa ( )d f và miền D thì bài toán không có

phương án tối ưu.

Bài 3 TÍNH CHẤT TẬP PHƢƠNG ÁN VÀ TẬP P/A

TỐI ƢU CỦA BT QHTT

Định nghĩa 1. (Định nghĩa tập lồi)

Tập nL được gọi là tập lồi, nếu x ,y L

(1 )x y L , , 0 1 . Nói cách khác, tập L

là tập lồi, nếu đoạn thẳng nối hai điểm ở trong L nằm trong

L.

Tập lồi Tập không lồi

Ví dụ 1. Trong tập số thực . Chứng minh đoạn [1,4] là

một tập hợp lồi.

Ví dụ 2. Tập tất cả các điểm nằm trong tam giác OAB với

O(0,0), A(1,0), B(0,1) là một tập hợp lồi.

Định nghĩa 2. (Điểm cực biên của tập lồi)

Điểm 0x được gọi là điểm cực biên của tập lồi L,

nếu


12

0 1 2(1 )x x x , 0 1 , 1 2,x x L thì

0 1 2x x x .

Ví dụ 3. 0 1x là điểm cực biên của tập lồi [1,4].

Ví dụ 4. Trong ví dụ 1.12, các đỉnh O(0,0), A(1,0), B(0,1)

là các điểm cực biên.

Định lý 1. Tập hợp các phương án của bài toán quy hoạch

tuyến tính là một tập lồi.

Định lý 2. Tập hợp các phương án tối ưu của bài toán quy

hoạch tuyến tính cũng là một tập lồi.

Định nghĩa 3. Giả sử 010 20 0

( , ,..., )n

x x x x là một phương án

của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc. Hệ véc

tơ 0

/ 0jj

A x được gọi là hệ véc tơ liên kết của phương

án 0x .

Ví dụ 5. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

( ) 2 8 min

2 5

4 2

0, 1, 3j

f x x x x

x x x

x x x

x j

và hai phương án 0 7 1, , 0

3 3x , 1 22 7

0, ,3 3

x . Hãy chỉ ra

hệ véc tơ liên kết của hai phương án đã cho.

CHÚ Ý Vì tập phương án của bài toán quy hoạch tuyến

tính là một tập lồi, nên điểm cực biên của tập phương án

gọi là phương án cực biên.


13

Định lý 3. Giả sử 010 20 0

( , ,..., )n

x x x x là một phương án

khác không của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính

tắc. Khi đó 0x là phương án cực biên điều kiện cần và đủ

là hệ véc tơ liên kết với nó độc lập tuyến tính.\

Hệ quả 1. Số phương án cực biên của bài toán quy hoạch

tuyến tính dạng chính tắc là hữu hạn.

Hệ quả 2. Số thành phần dương của một phương án cực

biên của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc tối

đa là bằng m.

Ví dụ 6. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 max

2 3 12

3 3 11 18

0 1, ,, 3j

f x x x

x x x

x x x

x j

và ba phương án cho trước như

sau 1 2 3 25 5(6, 0, 0), (0,5, 3), 1, ,

6 2x x x . Xét xem phương

án nào là phương án cực biên.

Định nghĩa 4. Một phương án cực biên của bài toán quy

hoạch tuyến tính dạng chính tắc được gọi là không suy biến

nếu số thành phần dương của nó bằng m. Nếu số thành

phần dương ít hơn m thì phương án cực biên này gọi là suy

biến.

Xét lại ví dụ 1.17 ở trên 2x là phương án cực biên

không suy biến, 1x là phương án cực biên suy biến.

Định lý 4. Nếu bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính

tắc có tập phương án khác rỗng thì nó có ít nhất một

phương án cực biên.


14

NHẬN XÉT Các định lý trên đây đã chỉ ra cho chúng ta

cách tìm tất cả các phương án cực biên của bài toán quy

hoạch tuyến tính dạng chính tắc gồm các bước sau:

Bước 1: Xác định các hệ con gồm m véc tơ cột độc

lập tuyến tính của ma trận A.

Bước 2: Biểu diễn véc tơ b theo các hệ con ở trên,

và thành lập véc tơ x có n thành phần là các hệ số biểu

diễn. Nếu véc tơ jA nào không có trong hệ biểu diễn thì ta

thêm số 0 vào vị trí đó.

Bước 3: Loại đi những véc tơ x có thành phần âm,

các véc tơ còn lại là các phương án cực biên.

Chúng ta chỉ cần xác định các hệ con gồm m véc tơ

cột độc lập tuyến tính của ma trận A, bởi vì những hệ nhiều

hơn m véc tơ thì phụ thuộc tuyến tính, những hệ ít hơn m

véc tơ là trường hợp riêng của hệ m véc tơ.

Ví dụ 7. Tìm tất cả các phương án cực biên của bài toán

1 3 4

1 3 4

2 3 4

2 5 min

5

2 1

0, 1, 4 .j

f x x x

x x x

x x x

x j

CHÚ Ý Chúng ta có thể trình bày gọn hơn như sau: ở bước

2, để biểu diễn véc tơ b theo từng hệ con ta cho biến có chỉ

số không trùng với véc tơ trong hệ bằng 0, sau đó giải hệ

phương trình các ràng buộc. Chẳng hạn đối với hệ 2 3,A A ,

ta cho 1 4

0x x , lúc đó ta có

3

2 3

5

1

x

x x

Giải hệ và ta tìm được phương án cực biên là 4 (0,6,5, 0)x .


15

Định lý 5. Nếu bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính

tắc có phương án tối ưu thì nó sẽ có ít nhất một phương án

cực biên là phương án tối ưu.

Định lý 6. Điều kiện cần và đủ để bài toán quy hoạch

tuyến tính dạng chính tắc có phương án tối ưu là tập

phương án không rỗng và hàm mục tiêu bị chặn dưới với

bài toán min hoặc bị chặn trên với bài toán max.

NHẬN XÉT Nhờ định lý 1.5, định lý 1.6, chúng ta có thể

rút ra phương pháp giải bài toán quy hoạch tuyến tính dạng

chính tắc như sau:

Bước 1: Chứng minh bài toán có phương án tối ưu

(định lý 1.6), tức là chứng minh bài toán có tập phương án

không rỗng và hàm mục tiêu bị chặn trên với bài toán max,

bị chặn dưới với bài toán min.

Bước 2: Ta có thể tìm được phương án tối ưu nhưng

là phương án tối ưu cực biên (do định lý 1.5). Vì vậy, ở

bước 2 này ta tìm tất cả các phương án cực biên của bài

toán, vì số phương án cực biên là hữu hạn.

Bước 3: Tính giá trị hàm mục tiêu tại các phương án

cực biên, từ đó sẽ chỉ ra được phương án tối ưu.

Bài 4 PHƢƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH

Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc

như trong định nghĩa 1.3, trong phần này chúng ta chỉ xét

bài toán có hàm mục tiêu min, trường hợp bài toán có hàm

mục tiêu max sẽ được giải quyết sau. Giả sử 0x là một

phương án cực biên không suy biến của bài toán mà ta đã

biết nhờ một phương pháp nào đó. Không mất tính tổng

quát giả sử phương án 0x có dạng 0

10 20 0( , ,..., , 0, 0,..., 0)

mx x x x , nghĩa là 0x có hệ véc tơ liên kết

là m véc tơ cột độc lập tuyến tính đầu tiên của ma trận A

(hệ này là một cơ sở của không gian véc tơ m ). Mục tiêu


16

của bài toán quy hoạch tuyến tính là người giải phải chỉ ra

được phương án tối ưu. Cho nên nếu 0x đã là phương án tối

ưu thì mục tiêu của chúng ta đã có, nếu 0x không phải là

phương án tối ưu thì ta sẽ tìm một phương án cực biên 01x

khác với mong muốn phương án vừa tìm được sẽ là

phương án tối ưu. Vào năm 1947, George Bernard Dantzig

đã đưa ra thuật toán tìm phương án cực biên khác này mà

về sau gọi là phương pháp đơn hình. Phương án mà ông

đưa ra có thể chưa tối ưu ngay nhưng là phương án sẽ tốt

hơn phương án 0x ban đầu, tức là 01 0( ) ( )f x f x . Cách xây

dựng 01x xuất phát từ việc nhận thấy mỗi phương án cực

biên có một hệ véc tơ liên kết, nên từ phương án 0x với hệ

véc tơ liên kết 1 2, ,..., mA A A , chưa làm cho hàm mục tiêu

f(x) đạt giá trị nhỏ nhất ta sẽ xây dựng lại hệ véc tơ liên kết

này. Cách đơn giản nhất có lẽ là thay thế một véc tơ trong

hệ liên kết cũ bằng một véc tơ nằm ngoài hệ liên kết.

Ý tưởng giản dị “thay thế một véc tơ trong hệ liên

kết cũ bằng một véc tơ nằm ngoài hệ liên kết nếu phương

án đang xét chưa tối ưu” là cơ sở cho một thuật toán gọi là

thuật toán đơn hình.

Vấn đề đặt ra là véc tơ nào ở ngoài hệ liên kết được

đưa vào thay thế và véc tơ nào trong hệ liên kết bị thay ra?

Trả lời được câu hỏi này là ta đã xây dựng được thuật toán

đơn hình.

Định nghĩa 1. Ta gọi ước lượng thứ j của phương án cực

biên 0x là biểu thức , jj jc x c 1,j n .

CHÚ Ý Véc tơ cột jx có thể được tính theo công thức 1j jx B A , B là ma trận có các cột là các véc tơ liên kết

của phương án 0x .


17

Nếu 1,j m hay jA là một véc tơ trong hệ véc tơ

liên kết thì 1j jx B A là véc tơ đơn vị thứ j , và khi đó

0j

.

Ví dụ 1. Xét lại một bài toán quy hoạch tuyến tính đã biết

ở ví dụ 1.20

1 2 3 4

1 2 3

1 2 4

( ) 3 3 0 0 min

2 8

2

0, 1, 4j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

và phương án cực biên 0 (2, 0, 4, 0)x . Hãy thiết lập các ước

lượng jcủa phương án đã cho.

Định lý 1. Phương án cực biên 010 20 0

( , ,..., , 0, 0,..., 0)m

x x x x

của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc là

phương án tối ưu khi và chỉ khi

0, 1,j

j n .

Định lý 2. Nếu tồn tại véctơ jA ngoài cơ sở liên kết của

phương án cực biên 010 20 0

( , , ..., , 0, 0,..., 0)m

x x x x sao cho

0j

và 0jx (nghĩa là 0,ijx 1,i m ) thì bài toán

quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có phương án

tối ưu.

Ví dụ 2. Xét lại bài toán quy hoạch tuyến tính và phương

án đã nêu trong ví dụ 1.21, ta nhận thấy phương án đã cho

có tất cả j đều nhỏ hơn hay bằng 0. Vậy, phương án đã

cho là phương án tối ưu.

Ví dụ 3. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính


18

1 2 3

1 3

2 3

( ) 6 9 min

2 6

8

0, 1, 3j

f x x x x

x x

x x

x j

và phương án cực biên 6, 8, 0x .

Xét xem x có phải là phương án tối ưu hay không?

CHÚ Ý Qua ví dụ 1.23 ta nhận thấy nếu phương án x có hệ

véc tơ liên kết là hệ véc tơ đơn vị, thì khi đó các véc tơ jx

và các véc tơ cột jA của ma trận A là bằng nhau. Việc tính

toán các ước lượng jcó thể sắp xếp lên bảng như sau,

bảng này gọi là bảng đơn hình.

Cơ

sở Hệ số

jc Phương

án

cực biên

1x 1

2x 6

3x 9

A1

A2

1

6

6

8

1

0

0

1

2

1

0 0 -1

Đây chẳng qua là đúc kết các phép tính đã biết để về

sau việc tính toán được thuận lợi. Trong bảng 1.3, cột 1 ghi

cơ sở là hệ véc tơ liên kết của phương án cực biên; lưu ý

rằng ta ghi 1A và sau đó là 2A vì 11

0A còn 2

0

1A .

Cột 2 ghi các jc tương ứng với những thành phần dương

của phương án; ở đó 1c tương ứng với 1A và

2c tương ứng

với 2A . Cột 3 ghi phương án; chỉ ghi những thành phần

dương của phương án. Cột 4; 5; 6 lần lượt ghi hệ số jc và

cột j của ma trận A. Các ước lượng j ghi ở dòng cuối

được tính theo cách nhân cột j với cột hệ số, sau đó trừ cho

phần tử trên cùng. Bảng đơn hình chúng ta sẽ gặp lại sau.


19

Ví dụ 4. Xét bài toán

1 2 3 4

1 2 4

2 3 4

( ) 7 26 9 2 min

2 6 5

2 7

0, 1, 4.j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

a) Chứng minh 0 5,0,7,0x là phương án cực biên.

b) Hãy chứng tỏ bài toán không có phương án tối ưu.

Ví dụ 5. Cho bài toán

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

( ) 4 3 7 8 min

3 3 4 5 21

7 6 8

2 5 2 15

0, 1, 4.j

f x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x j

Chứng minh 1,2, 3, 0x là phương án cực biên và

là phương án tối ưu của bài toán đã cho.

Định lý 3. Nếu tồn tại j mà 0j

và ứng với mỗi j mà

0j

luôn tìm được ít nhất một i để 0ijx , thì khi đó ta

có thể tìm được một phương án cực biên mới 01x tốt hơn 0x , nghĩa là phương án này làm cho giá trị hàm mục tiêu

nhỏ hơn giá trị hàm mục tiêu tại phương án 0x .


1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 4

( ) 2 2 min

2 3 17

2 2 8

f x x x x x

x x x x

x x x

0, 1, 4.jx j


20

a) Chứng minh phương án 0 (1, 0, 8, 0)x là phương án

cực biên nhưng không phải là phương án tối ưu.

b) Xuất phát từ phương án ở trên hãy xây dựng một

phương án cực biên mới 01x tốt hơn.


1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

( ) 3 2 3 4 15 min

2 2 3 20

6 3 29

3 2 4 4 24

0, 1, 5.j

f x x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x

x j

a) Chứng minh phương án 0 (0,2, 3, 4, 0)x là phương án




NHẬN XÉT Không phải lúc nào phương án mới được

thành lập từ việc đưa véc tơ cột ứng với ước lượng lớn nhất

vào thay thế cũng tốt nhất, vì trong công thức 01 0( ) ( ) .

kf x f x còn phụ thuộc giá trị 0 , nhưng

thông thường thì vẫn chọn véc tơ cột ứng với ước lượng

lớn nhất, các ví dụ trên đã minh họa điều đó.

Tuy nhiên như đã phân tích ở trên chúng ta vẫn

muốn chọn kA sao cho giá trị 01( )f x càng gần với giá trị tối

ưu càng tốt. Muốn vậy có thể cùng lúc ta vừa chọn k vừa

chọn 0 tương ứng sao cho .k đạt giá trị lớn nhất, khi

đó phương án (cực biên) mới sẽ gần với phương án tối ưu

hơn. Ta xét ví dụ sau đây.



21

1 2 3 4

1 2 4

2 3 4

( ) 2 2 0 min

4 6

2 5 8

0, 1, 4.j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

a) Chứng minh phương án 0 (6, 0, 8, 0)x là phương án




NHẬN XÉT Đến đây chúng ta cũng đã hiểu được tư

tưởng của thuật toán đơn hình. Bắt đầu xuất phát từ

phương án cực biên ban đầu 0x nào đó, ta xem thử 0x đã

tối ưu hay chưa. Nếu 0x tối ưu thì xong, nếu 0x chưa tối ưu

và có thể xây dựng được phương án 01x tốt hơn 0x , ta xây

dựng 01x và sau đó kiểm tra tính tối ưu của 01x . Nếu 01x tối

ưu thì kết thúc thuật toán, nếu không thì ta cho 01x đóng vai

trò của 0x và xây dựng phương án mới 02x tốt hơn 01x ,

v.v… quá trình này phải dừng, vì số phương án cực biên là

hữu hạn. Khi đó hoặc ta rút ra được phương án tối ưu hoặc

rút ra được bài toán không có phương án tối ưu.

Trong khi kiểm tra một phương án có tối ưu hay

không thì việc xác định các véc tơ jx là tốn nhiều phép tính

nhất. Vì lúc đó ta phải giải nhiều hệ phương trình tuyến

tính mỗi hệ gồm m phương trình, m ẩn số, hoặc tính nhiều

ma trận đảo cấp m. Để khắc phục điều này người ta đã thiết

lập mối liên hệ giữa các thành phần của véc tơ jx , tại

phương án đang xét với những thành phần của véc tơ jx của phương án trước. Nhờ việc tính toán có tính kế thừa

này đã làm giảm đi một lượng phép tính đáng kể. Chúng ta

sẽ thấy điều này ở phần sau đây.


22

Bài 5 PHƢƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH TRÊN BẢNG


1 2 3 4 5

1 4 5

2 4 5

3 4 5

( ) 2 3 4 5 6 min

2 4 8

3 5 9

4 6 10

0, 1, 5.j

f x x x x x x

x x x

x x x

x x x

x j

Chứng minh phương án 0 (8,9,10, 0, 0)x là phương

án cực biên không tối ưu, hãy xây dựng phương án cực

biên mới 01x tốt hơn và sau đó biểu diễn các véc tơ cột jA qua cơ sở liên kết của phương án 01x này.

Cơ

sở

Hệ

số jc

Ph.án

cb

1x 2

2x 3

3x 4

4x 5

5x 6

A1 2 8 1 0 0 2 4

A2 3 9 0 1 0 3 5

A3 4 10 0 0 1 4 6

0 0 0 24 41

A1 2 4/3 1 0 -2/3 -2/3 0

A2 3 2/3 0 1 -5/6 -1/3 0

A5 6 5/3 0 0 1/6 2/3 1

0 0 -41/6 -10/3 0

1. Phƣơng pháp đơn hình trên bảng cho bài toán quy

hoạch tuyến tính dạng chính tắc có sẵn ma trận đơn vị

Ví dụ trên đây cũng đã giúp các em làm quen với

phương pháp đơn hình trên bảng để giải một bài toán quy

hoạch tuyến tính dạng chính tắc. Trước tiên chúng ta trình

bày lời giải cho bài toán có sẵn ma trận đơn vị (bài toán có

dạng như vậy gọi là dạng chuẩn tắc). Lúc này ta có ngay


23

một phương án cực biên ban đầu 0x chính là véc tơ b. Giả

sử phương án 0x có hệ véc tơ liên kết là m véc tơ đơn vị

đầu tiên 1 1 2 2, ,..., m mA E A E A E

với (0,0,...,1, 0,..., 0)iE (số 1 ở vị trí thứ i). Khi đó ta sắp

xếp các dữ liệu của bài toán trên bảng như bảng 1.6.

Cơ

sở

H.số

jc

Ph.

án

cb

1x

1c

2x

2c

… mx

mc

1mx

1mc

… kx

kc

… nx

nc

1A 1c

1b 1 0 … 0

1 1mx …

1kx …

1nx

2A 2c

2b 0 1 … 0

2 1mx …

2kx …

2nx

sA

sc

sb 0 0 … 0

1smx …

skx …

snx

mA

mc

mb 0 0 … 1

1mmx …

mkx …

mnx

0 0 … 0 1m …

k …

n

Các phần tử ở dòng j tính theo công thức:

1

m

j i ij ji

c x c , 1,j n . Dễ dàng tính được 0j

,

1,j m tức là các j ứng với các véc tơ cơ sở bằng

không. Có thể lấy cột j nhân với cột c và sau đó trừ đi jc .

Sau khi đã tính toán xong các số liệu ở trên ta thực hiện các

bước tiếp theo sau:

Bước 1: Nếu 0 , 1,j

j n thì theo định lý 1.7

phương án đang xét là tối ưu. Thuật toán kết thúc.


24

Nếu có 0j

mà ứng với j này, 0, 1,ijx i m thì

theo định lý 1.8 bài toán không có phương án tối ưu (cụ thể

là hàm mục tiêu không bị chặn dưới). Thuật toán kết thúc.

Nếu không rơi vào hai trường hợp trên, tức là có

0j

mà ứng với mỗi j này, : 0ij

i x thì theo định lý

1.9, ta sẽ tìm được một phương án cực biên 01x tốt hơn

phương án đang xét. Ta qua bước 2.

Bước 2: (Xây dựng cơ sở của phương án mới)

Chúng ta có thể xây dựng cơ sở của phương án mới

theo một trong hai cách sau:

Cách 1:

i) Chọn véc tơ đưa vào thay thế là kA tương ứng với

ước lượng max / 0, 1,k j j

j n .

ii) Chọn véc tơ thay ra là sA xác định từ

0 0min / 0i sk ik

ik sk

x xx

x x.

Cách 2:

i) Xác định tất cả các ước lượng 0j

và tại mỗi j

mà 0j

ta xác định j

0min / 0iij

ij

xx

x, các

phần tử j ghi ở dòng tương ứng với cột 0

j.

Nếu chỉ có một 0j

thì làm như cách 1.

ii) Lập tất cả các tích j j

và xác định tích lớn nhất,

giả sử k k

là lớn nhất. Khi đó véc tơ đưa vào thay

thế là kA , véc tơ thay ra là sA xác định từ k

0 0min / 0i sik

ik sk

x xx

x x.


25

Ta gọi cột k là cột xoay, dòng s là dòng xoay, phần

tử skx (giao của cột chứa véc tơ vào thay thế và dòng chứa

véc tơ thay ra) là phần tử trục.

Bước 3: (Xây dựng phương án mới)

Tiếp theo ta lập bảng đơn hình mới với các dữ liệu

được tính theo công thức đổi cơ sở (1.2), (1.3). Trực quan

hơn là:

- Chia dòng s (hay dòng xoay) cho skx tức chia

cho phần tử trục (số 1 sẽ xuất hiện ở vị trí

trục) ta được dòng s bảng mới.

- Nhân dòng s vừa hình thành với ikx rồi cộng

vào dòng i , 1, ,i m i s , ta được dòng i bảng

mới. Khi đó các phần tử ở cột k dòng i s đều

bằng 0. Ta cũng thực hiện phép biến đổi tương

tự trên dòng chứa các ước lượng j, tức là nhân

dòng s vừa hình thành với k và cộng vào

dòng chứa các ước lượng jđược dòng bảng

mới.

Hay có thể nói:

- Dòng s mới = Dòng s cũ Phần tử trục;

- Dòng i mới = Dòng i cũ dòng s mới phần tử

tương ứng ở cột xoay (tức là cột k), và thực hiện

cho cả dòng chứa các j.

Hay dưới dạng thuật toán:

:

: , ( ).

ss

sk

i i s ik

dd

xd d d x i s

Lúc này ta có bảng đơn hình mới ở đó cột phương

án chính là phương án mới, cột j từ cột thứ tư trên bảng

(nhưng từ đây về sau ta sẽ gọi đây là cột 1) sang phải là hệ


26

số 1ijx khi biểu diễn các véc tơ jA theo cơ sở liên kết mới.

Phần tử nằm ở dòng cuối trên cột j là ước lượng 1j của

phương án mới 01x này.

Bước 4: Cho phương án 01x đóng vai trò của 0x và

quay về bước 1.

Ví dụ 2. Giải bài toán

1 2 3 4 5

1 4 5

2 4 5

3 4 5

( ) 5 4 0 0 2 min

2 10

3 12

3 15

0, 1, 5.j

f x x x x x x

x x x

x x x

x x x

x j

GIẢI:

Bài toán có sẵn một ma trận đơn vị gồm các véc tơ 1 2 3, ,A A A . Sắp xếp các các phần tử lên bảng đơn hình và

tính toán theo như đã hướng dẫn ta có bảng 1.7 sau:

Cơ

sở

H.số

jc

Ph. án

cb

1x -5

2x -4

3x 0

4x 0

5x 2

A1

A2

A3

-5

-4

0

10

12

15

1

0

0

0

1

0

0

0

1

2

1

3

1

3

1

0 0 0 -14 -19

Bài toán đã có dấu hiệu tối ưu, phương án tối ưu là

(10,12,15,0,0)x , giá trị tối ưu -98.



27

1 2 3 4 5 6

1 2 5

1 2 3 6

2 3 4

( ) 2 4 0 0 min

3 4

2 5

4 3

0, 1, 6.j

f x x x x x x x

x x x

x x x x

x x x

x j


1 2 3( ) 2 3 minf x x x x

1 2 3

1 2 3

1 3

5 15

3 2 2 20

4 10

0, 1, 3.j

x x x

x x x

x x

x j

2. Phƣơng pháp đơn hình trên bảng cho bài toán quy

hoạch tuyến tính dạng chính tắc không có sẵn ma trận

đơn vị

Trước tiên ta dùng phương pháp sau đây gọi là

phương pháp đánh thuế để giải cho trường hợp này.

Giả sử bài toán dạng chính tắc như trong định nghĩa

1.3 còn thiếu m véc tơ đơn vị. Ta thêm các ẩn 1,

nx

2,

nx ...,

n mx mà ta sẽ gọi là ẩn giả vào m phương trình ràng

buộc và lập bài toán có dạng như sau:

1 2( ) ( ) min

0

n n n mg X f x Mx Mx Mx

BX b

X

(M)

Trong đó B là ma trận cấp ( )m n m với n cột đầu

là ma trận A, m cột sau là m véctơ đơn vị, X lúc này là

véctơ có n+m thành phần như sau

1 2 1 2( , ,..., , , ,..., ) ( , )

n n n n mX x x x x x x x u , M là một số

dương rất lớn; lớn hơn bất kỳ số nào cần so sánh. Ta sẽ gọi


28

bài toán vừa thành lập như trên là bài toán M. Đây cũng là

bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc cho nên hiển

nhiên giải được bằng phương pháp đơn hình như đã trình

bày. Ta gọi bài toán trong định nghĩa 1.3 là bài toán ban

đầu.

CHÚ Ý Cũng cần lưu ý rằng ở trên ta thêm các ẩn giả để

tạo nên một ma trận đơn vị lúc đó mới giải được bài toán

một cách dễ dàng, tuy nhiên ta có thể thêm các ẩn giả một

cách tuỳ ý. Trong chứng minh mệnh đề 1.2 và định lý 1.10

dưới đây nói lên điều đó. Chú ý này rất cần thiết cho những

phần sau.

Mệnh đề. Phương án 1 2

( , ,..., )n

x x x x của bài toán ban đầu

là phương án cực biên khi và chỉ khi

1 2( , 0) ( , ,..., , 0, 0,..., 0)

nX x x x x là phương án cực biên của

bài toán M.

Định lý 1. Giữa bài toán M và bài toán ban đầu có một số

mối liên hệ sau:

i) Nếu bài toán M có phương án tối ưu là 0 0 0( , )X x u

với 0 0u thì bài toán ban đầu có tập phương án

bằng rỗng.

ii) Nếu bài toán M có phương án tối ưu là 0 0( , 0)X x

thì bài toán ban đầu có phương án tối ưu 0x .

iii) Nếu bài toán M không có phương án tối ưu thì bài

toán ban đầu cũng không có phương án tối ưu.

Ví dụ 1. Giải bài toán quy hoạch tuyến tính

1 2 3

1 2 3

1 2 3

( ) 2 3 min

3 4 5

2 5 12

0, 1, 3.j

f x x x x

x x x

x x x

x j


29

Đây là bài toán dạng chính tắc nhưng không có sẵn

ma trận đơn vị ta đưa về bài toán M như sau:

1 2 3 4 5

1 2 3 4

1 2 3 5

( ) 2 3 min

3 4 5

2 5 12

0, 1, 5.j

g X x x x Mx Mx

x x x x

x x x x

x j

Giải bài toán M như trong bảng 1.14:

Cơ

sở

H.số

jc

Ph.

án

cb

1x 1

2x 2

3x 3

4x M

5x M

A4

A5

M

M

5

12

3

2

1

5

4

1

1

0

0

1

5M-1 6M-2 5M-3 0 0 5/3 12/5 5/4 25M/3-

5/3 72M/5-

24/5

25M/4-

15/4

A4

A2

M

2

13/5

12/5

13/5

2/5

0

1

19/5

1/5

1

0

-1/5

1/5

13M/5-

1/5

0 19M/5-

13/5

0 -

6M/5+2/5 1 13/19 13M/5-

1/5

13M/5-

169/95

A1

A2

1

2

1

2

1

0

0

1

19/13

-5/13

5/13

-2/13

-1/13

3/13

0 0 -30/13 -

M+1/13

-M+5/13

Phương án tối ưu của bài toán M là X = (1, 2,0,0,0),

trong đó hai ẩn giả đều bằng 0. Suy ra phương án tối ưu

của bài toán ban đầu là x=(1,2,0). Giá trị tối ưu là f = 5.

Ví dụ 2 . Giải bài toán quy hoạch tuyến tính


30

1 2( ) 7 8 minf x x x

1 2

1 2

1 2

4 7

3 2 15

4 3 24

0; 1,2.j

x x

x x

x x

x j

Ví dụ 3. Giải bài toán quy hoạch tuyến tính

1 2 3

1 2 3

1 2 3

( ) 3 2 min

3 4 5 2

5 4 3 4

0, 1, 3.j

f x x x x

x x x

x x x

x j

NHẬN XÉT Nếu jx là biến giả thì 0

j. Do đó nếu jA

đã đưa ra khỏi cơ sở thì không được đưa vào cơ sở lần thứ

hai. Vì vậy cột ứng với biến giả không cần tính toán.

Chẳng hạn trong bảng 1.16 4 5,x x là hai biến giả nên cột

4 5,x x không cần tính toán.

Chúng ta cũng có thể dùng phương pháp sau gọi là

phương pháp hai pha để giải bài toán ban đầu khi mà nó

chưa có sẵn ma trận đơn vị. Xét bài toán sau đây mà ta gọi

là bài toán L.

1 2( ) min

0

n n n mg X x x x

BX b

X

(L)

Trong đó 1 2, ,...,

n n n mx x x là ẩn giả và ma trận B, X

như trong bài toán M. Như vậy giữa hai bài toán M và L

chỉ khác nhau một hàm mục tiêu. Bài toán L luôn có

phương án tối ưu vì hàm mục tiêu bị chặn dưới và


31

1 2(0, ) 0, 0,..., 0, , ,...,

mb b b b hiển nhiên là một phương án.

Giữa bài toán L và bài toán ban đầu có những mối liên hệ

sau.

Định lý 2. Giả sử 0 0 0( , )X x u là phương án cực biên tối

ưu của bài toán L. Khi đó:

i) Nếu 0 0u thì bài toán ban đầu có tập phương án

bằng rỗng.

ii) Nếu 0 0u thì 0x là phương án cực biên của bài

toán ban đầu.

Để giải bài toán ban đầu bằng phương pháp hai pha

ta thực hiện các bước sau:

Pha 1. Giải bài toán L, bài toán L luôn luôn có

phương án tối ưu 0 0 0( , )X x u .

Nếu 0 0u thì bài toán ban đầu có tập phương án

bằng rỗng. Ta dừng thuật toán.

Nếu 0 0u thì 0x là phương án cực biên của bài

toán ban đầu. Khi xác định được phương án cực biên 0x

của bài toán ban đầu ta qua pha 2.

Pha 2. Bắt đầu từ phương án cực biên 0x ta thiết lập

lại bảng đơn hình cho bài toán ban đầu và giải tiếp. Phương

án 0x có hệ véc tơ liên kết thu được từ pha 1, và các hệ số

khi biểu diễn các véc tơ cột của ma trận A qua hệ liên kết

này cũng thu được từ pha 1 (tất nhiên các ước lượng j

phải tính lại). Từ phương án cực biên này ta sẽ đi đến

phương án tối ưu của bài toán ban đầu hoặc bài toán ban

đầu có hàm mục tiêu không bị chặn.

Ví dụ 4. Giải lại bài toán quy hoạch tuyến tính ở ví dụ 1.33

bằng phương pháp đơn hình hai pha.


32

1 2 3

1 2 3

1 2 3

( ) 2 3 min

3 4 5

2 5 12

0, 1, 3.j

f x x x x

x x x

x x x

x j

GIẢI:

Đây là bài toán dạng chính tắc nhưng không có sẵn

ma trận đơn vị ta đưa về bài toán L như sau:

4 5

1 2 3 4

1 2 3 5

( ) min

3 4 5

2 5 12

0, 1, 5.j

g X x x

x x x x

x x x x

x j

Pha 1. Giải bài toán L bằng phương pháp đơn hình bảng ta

có bảng 1.17.

Cơ

sở

H.số

jc

Ph. án

cb

1x 0

2x 0

3x 0

4x 1

5x 1

A4

A5

1

1

5

12

3

2

1

5

4

1

1

0

0

1

5 6 5 0 0 5/3 12/5 5/4 25/3 72/5 25/4

A4

A2

1

0

13/5

12/5

13/5

2/5

0

1

19/5

1/5

1

0

-1/5

1/5

13/5 0 19/5 0 -6/5 1 13/19 13/5 13/5

A1

A2

0

0

1

2

1

0

0

1

19/13

-5/13

5/13

-2/13

-1/13

3/13

0 0 0 -1 -1

Tất cả các j của bài toán L đều không dương nên

bài toán L có phương án cực biên tối ưu là


33

(1,2,0, 0, 0)x trong đó các ẩn giả đều bằng 0, từ đó bài toán

ban đầu có phương án cực biên là 0 (1,2, 0)x . Tiếp tục qua

pha 2 với phương án ban đầu 0 (1,2, 0)x , ta có bảng đơn

hình sau:

Cơ

sở

H.số

jc

Ph. án

cb

1x 1

2x 2

3x 3

A1

A2

1

2

1

2

1

0

0

1

19/13

-5/13

0 0 -

30/13

Vậy phương án 0 (1,2, 0)x là phương án tối ưu.

Nếu phương án này chưa tối ưu thì ta biến đổi tiếp bảng

đơn hình để thu được phương án tối ưu hoặc chỉ ra bài toán

có hàm mục tiêu không bị chặn.

Khi chúng ta phát biểu các định lý 1.7, 1.8 , 1.9,

1.10, 1.11 chúng ta chỉ phát biểu cho bài toán ( ) minf x ,

nếu gặp trường hợp ( ) maxf x ta có thể đổi thành bài toán

( ) minf x và ta giải bài toán ( ) minf x này. Những kết

luận rút ra được cho ta kết luận về bài toán ban đầu. Tuy

nhiên ta vẫn có thể giải trực tiếp bài toán ( ) maxf x nhờ

vào các định lý sau mà việc chứng minh các định lý này

tương tự việc chứng minh các định lý tương ứng ở bài toán

min.

3. Phƣơng pháp đơn hình cho bài toán có hàm mục

tiêu ( ) maxf x

Với các giả thiết như trong định nghĩa 1.3, chỉ khác

hàm mục tiêu ( ) maxf x , việc thiết lập các ước lượng

jcũng không có gì thay đổi ta có các kết quả sau mà việc


34

chứng minh các kết quả này về cơ bản tương tự như các

cách chứng minh kết quả tương ứng của bài toán min.

Định lý 1. Phương án cực biên 0

10 20 0( , , ..., , 0, 0, ..., 0)

mx x x x của bài toán quy hoạch

tuyến tính dạng chính tắc có hàm mục tiêu ( ) maxf x là

phương án tối ưu khi và chỉ khi 0, 1,j

j n .

Định lý 1.13. Nếu tồn tại véctơ jA ngoài cơ sở liên kết của

phương án cực biên 010 20 0

( , , ..., , 0, 0, ..., 0)m

x x x x sao cho

0j

và 0jx (nghĩa là 0,ijx 1,i m ) thì bài toán

quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc có hàm mục tiêu

( ) maxf x không có phương án tối ưu.

Định lý 2. Đối với bài toán ( ) maxf x , nếu tồn tại j mà

0j

và ứng với mỗi j mà 0j

luôn tìm được ít nhất

một i để 0ijx , thì khi đó ta có thể tìm được một phương

án cực biên mới 01x tốt hơn phương án 0x , nghĩa là

phương án này làm cho giá trị hàm mục tiêu lớn hơn giá trị

hàm mục tiêu tại phương án 0x .

CHÚ Ý. Khi xây dựng cơ sở mới cho phương án 01x ta

thực hiện một trong hai cách như sau:

Cách 1:

i) Chọn véc tơ đưa vào thay thế là kA tương ứng với

min / 0, 1,k j j

j n .

ii) Chọn véc tơ thay ra là sA xác định từ

0 0min / 0i sk ik

ik sk

x xx

x x.

Cách 2:


35

i) Xác định tất cả 0j

và tại mỗi j mà 0j

ta

xác định 0min / 0ij ij

ij

xx

x, các phần tử

j ghi

ở dòng tương ứng với cột 0j

. Nếu chỉ có một

0j

thì ta chọn như cách 1.

ii) Lập tất cả các tích j j

và xác định tích nhỏ nhất,

lúc này tích j j

là số âm vì 0j

và 0j

, giả

sử k k

là nhỏ nhất. Khi đó véc tơ đưa vào thay thế

là kA , véc tơ thay ra là sA xác định từ

0 0min / 0i sk ik

ik sk

x xx

x x.

Công thức xây dựng phương án mới cũng như công

thức đổi tọa độ của các véc tơ giữa cơ sở cũ và cơ sở mới

giống như bài toán ( ) minf x .

Tóm lại, khi giải bài toán dạng chính tắc có hàm

mục tiêu ( ) maxf x , về cơ bản là giống như bài toán

( ) minf x , nhưng dấu hiệu của phương án tối ưu là định

lý 1.12, và dấu hiệu bài toán không có phương án tối ưu là

định lý 1.13, khi xây dựng phương án mới tốt hơn phương

án hiện tại ta xây dựng như bài toán ( ) minf x .

Ví dụ 1. Cho bài toán Quy hoạch tuyến tính

1 2 3 4( ) 5 19 16 maxf x x x x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 5

2 5 2

3 4 7 8 9

0, 1, 4.j

x x x x

x x x x

x x x x

x j

Chứng minh 25 64 8

, , 0,13 13 13

x là phương án tối ưu của bài

toán đã cho.


36


1 2 3

1 2 3

1 2

1 2

( ) 2 3 max

5 6

2 2 7

2 5

0, 1, 3.j

f x x x x

x x x

x x

x x

x j

Nếu gặp trường hợp bài toán không có sẵn ma trận

đơn vị chúng ta cũng có thể chuyển về bài toán M cho

phương pháp đánh thuế hay bài toán L cho phương pháp

hai pha. Đối với bài toán M thì hàm mục tiêu phải có dạng

1 2( ) ( ) max

n n n mg X f x Mx Mx Mx với M là số

dương rất lớn, còn đối với bài toán L thì hàm mục tiêu có

dạng

1 2( ) max

n n n mg X x x x .


1 2 3 4( ) 4 2 3 7 maxf x x x x x

1 2 3 4

1 2 4

1 2 4

3 14

2 5 4 22

3 2 23

0, 1, 4 .j

x x x x

x x x

x x x

x j

Chƣơng 2 LÝ THUYẾT ĐỐI NGẪU

Bài 1 BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

Định nghĩa 1. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính như

trong định nghĩa 1.1, ta sẽ gọi đây là bài toán (P)


37

1

11

21

31

1

2

3

( ) , min

(1)

(2)

(3)

0 (4)

0 (5)

(6).

n

j jj

n

ij j ijn

ij j ijn

ij j ij

j

j

j

f x c x c x

a x b i I

a x b i I

a x b i I

x j J

x j J

x j J

Trong đó 1,I

2I

3, I rời nhau và

1I

2I

3I

1,2,...,m I ,

1,J

2J

3, J rời nhau và

1J

2J

3J 1,2,...,n J .

Bài toán (Q) sau đây gọi là bài toán đối ngẫu của

bài toán (P)

1

1

2

3

11

21

31

( ) , max

0 (1 )

0 (2 )

(3 )

(4 )

(5 )

(6 )

m

i ii

i

i

im

ij i jim

ij i jim

ij i ji

g y b y b y

y i I

y i I

y i I

a y c j J

a y c j J

a y c j J

Với mỗi i I hoặc j J ta đều có một ràng buộc

của (P) và một ràng buộc của (Q), chúng được gọi là cặp

ràng buộc đối ngẫu.


38

Để tiện theo dõi chúng ta đưa hai bài toán lên bảng

2.1, ở đó các cặp ràng buộc đối ngẫu ở cùng hàng với

nhau.

Bài toán gốc

Chỉ số

Bài toán đối ngẫu

( ) , minf x c x ( ) , maxg y b y

1

n

ij j ij

a x b

1i I

0iy

1

n

ij j ij

a x b

2i I

0iy

1

n

ij j ij

a x b

3i I

iy

0jx

1j J 1

m

ij i ji

a y c

0jx

2j J 1

m

ij i ji

a y c

jx

3j J 1

m

ij i ji

a y c

CHÚ Ý. Bài toán gốc đang xét ở đây là bài toán min hàm

mục tiêu thì bài toán đối ngẫu sẽ là max hàm mục tiêu,

ràng buộc điều kiện thứ i ở bài toán gốc sẽ cho một ràng

buộc ẩn thứ i ở bài toán đối ngẫu, ràng buộc ẩn thứ j của

bài toán gốc sẽ cho một ràng buộc điều kiện thứ j của bài

toán đối ngẫu. Bạn đọc cần chú ý để không nhầm lẫn dấu

của các bất đẳng thức.

Trong trường hợp (P) là bài toán max hàm mục tiêu

thì bài toán đối ngẫu tương ứng của nó được cho trong

bảng 2.2.

Bài toán gốc Bài toán đối ngẫu


39

( ) , maxf x c x Chỉ số ( ) , ming y b y

1

n

ij j ij

a x b

1i I

0iy

1

n

ij j ij

a x b

2i I

0iy

1

n

ij j ij

a x b

3i I

iy

0jx

1j J 1

m

ij i ji

a y c

0jx

2j J 1

m

ij i ji

a y c

jx

3j J 1

m

ij i ji

a y c

Ví dụ 1. Viết bài toán đối ngẫu của bài toán (P) sau đây

1 2 3 4 5

1 2 5

1 3 4 5

1 2 3 4

1 2 3 4

1

2

3

4

5

( ) 4 3 7 min

12 5 3 5 (1)

4 5 2 (2)

2 2 1 (3)

3 4 5 17 (4)

0 (5)

(6)

0 (7)

0 (8)

0 (9).

f x x x x x x

x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x

x

x

x

x

Bài toán đối ngẫu (Q) viết lại như sau:


40

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 4

2 3 4

1 2

1

2

3

4

( ) 5 2 17 max

12 2 3 4

5 0 4 3

5 7

4 2 1

3 5 1

0

0

0

g y y y y y

y y y y

y y y y

y y y

y y y

y y

y

y

y

y

Ví dụ 2. Viết bài toán đối ngẫu của bài toán đối ngẫu của

(P)

Chính là bài toán gốc (P) trong ví dụ 2.1. Vậy ta có:

Mệnh đề. Nếu (Q) là bài toán đối ngẫu của bài toán (P),

thì bài toán đối ngẫu của bài toán (Q) là bài toán (P).

Bài 2. TƢƠNG QUAN GIỮA CẶP BÀI TOÁN GỐC

VÀ ĐỐI NGẪU

Vì mọi bài toán quy hoạch tuyến tính đều có thể đưa

về dạng chính tắc, nên trong chứng minh của các định lý ở

phần sau ta giả sử bài toán gốc có dạng chính tắc như trong

định nghĩa 1.3

( ) , min

0

f x c x

Ax b

x

(P)

Khi đó bài toán đối ngẫu của (P) là

( ) , maxT

g y b y

A y c

y

(Q)


41

Định lý 1. Gọi x, y theo thứ tự là phương án của bài toán

gốc và bài toán đối ngẫu. Khi đó ta có ( ) ( )f x g y hay

tương đương , ,c x b y .

Định lý 2. Nếu ,x y theo thứ tự là phương án của bài toán

gốc và bài toán đối ngẫu sao cho , ,c x b y thì x là

phương án tối ưu của các bài toán gốc và y là phương án

tối ưu của bài toán đối ngẫu.

Định lý 3. Nếu một trong hai bài toán gốc hoặc đối ngẫu

có phương án tối ưu thì bài toán còn lại cũng có phương

án tối ưu và giá trị tối ưu của hai hàm mục tiêu là bằng

nhau.

Từ trong chứng minh định lý 2.3, ta rút ra được

công thức tính phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu, nếu

bài toán gốc có dạng chính tắc và biết được một phương án

cực biên tối ưu không suy biến. Cụ thể là định lý 2.4 sau

đây.

Định lý 4. Giả sử (P) là bài toán gốc dạng chính tắc có

phương án cực biên tối ưu không suy biến x , với hệ véc tơ

liên kết 1 2, ,..., mj j jA A A . Khi đó phương án tối ưu của bài

toán đối ngẫu là: 1y cB ,

trong đó, B là ma trận có các cột là các véc tơ 1 2, ,..., mj j jA A A và

1 2, ,...,

mj j jc c c c , (

1 2, ,...,

mj j jc c c là hệ số ở

hàm mục tiêu).

Cũng cần lưu ý thêm rằng, nếu x là phương án cực

biên tối ưu suy biến thì ta bổ sung thêm các véc tơ cột của

A để được một hệ có m véc tơ độc lập tuyến tính với điều


42

kiện 0, 1,j

j n . Lúc này B là ma trận cột các véc tơ

trong hệ liên kết mở rộng.

Trước khi đi tìm hiểu tiếp các tính chất của bài toán

đối ngẫu chúng ta xét một vài ví dụ để minh họa định lý

2.4, 2.3 và đây cũng chính là một trong những ứng dụng

của lý thuyết đối ngẫu.

Ví dụ 3. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc

1 2 3 4

1 2 4

2 3 4

( ) 2 2 0 min

4 6

2 5 8

0, 1, 4j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

(P)

và phương án tối ưu là (2,4, 0, 0)x , giá trị tối ưu là 6 .

Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.

Ví dụ 4. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc

(P)

1 2 3 4 5 6

1 2 4 5 6

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6

( ) 3 2 8 4 9 min

4 2 23

2 4 3 16

3 2 2 5 33

0, 1, 6,j

f x x x x x x x

x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x j

và phương án (0,1, 0, 3, 0,5)x .

a) Chứng minh (0,1,0, 3, 0,5)x là phương án cực biên

và là phương án tối ưu của bài toán (P).

b) Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu của bài

toán (P).


(P)


43

1 2 3 4

1 3 4

2 3 4

( ) 2 4 5 min

2 5

3 3 0

0, 1, 4,j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

với phương án cực biên tối ưu (5,0,0, 0)x .

Hãy tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu.

GIẢI:

Mặc dù đã biết (5,0,0, 0)x là phương án cực biên

tối ưu nhưng x lại là phương án cực biên suy biến (có một

véc tơ liên kết là 1A ), nên ta phải bổ sung thêm một véc tơ

cột jA của A nữa sao cho có một hệ 2 véc tơ độc lập tuyến

tính với điều kiện 0j

.

Nếu ta chọn hệ liên kết mở rộng 1 2,A A thì 3

0

(xem lại ví dụ 1.43) nên không thể bổ sung 2A được. Nếu

chọn hệ liên kết 1 3,A A thì tất cả các ước lượng 0j

.

Từ đó phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là 1

1 31 3

1

( , ) ,

1 2(2, 4) (2, 0)

0 3

y c c A A

.

Định lý 5. Nếu bài toán gốc có hàm mục tiêu không bị

chặn dưới trên tập phương án (hoặc bài toán đối ngẫu có

hàm mục tiêu không bị chặn trên trên tập phương án) thì

bài toán đối ngẫu có tập phương án bằng rỗng (bài toán

gốc có tập phương án bằng rỗng)

Định lý 6. Nếu cả hai bài toán gốc và đối ngẫu đều có tập

phương án không rỗng thì cả hai bài toán đều có phương

án tối ưu và giá trị tối ưu của các hàm mục tiêu là bằng

nhau.


44

Vì cả hai bài toán đều có phương án, nên xét hai

phương án cố định 0 0,x y ta có 0 0( ) ( )f x g y . Với mọi

phương án x của bài toán gốc ta đều có 0( ) ( )f x g y . Điều

này chứng tỏ hàm mục tiêu của bài toán gốc bị chặn dưới,

theo định lý 1.6 bài toán gốc có phương án tối ưu và do đó

theo định lý 2.3 bài toán đối ngẫu cũng có phương án tối

ưu và giá trị tối ưu bằng nhau.

Định lý 7. (Định lý độ lệch bù) Cho 1 2, ,...,

nx x x x là

phương án của bài toán gốc và 1 2, ,...,

my y y y là phương

án của bài toán đối ngẫu. Khi đó cả hai đều là phương án

tối ưu điều kiện cần và đủ là:

1

1

0, 1,

0, 1, .

n

ij j i ij

m

ij i j ji

a x b y i m

a y c x j n

Ví dụ 6. Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (Q)

của bài toán cho trong ví dụ 2.3.

Mặc dù hệ phương trình viết có vẻ dài dòng, tuy

nhiên trong khi áp dụng chúng ta có thể lược bỏ những

phương trình không cần thiết. Trong hệ phương trình ban

đầu chúng ta viết, có thể lược ngay các phương trình (1),

(2), (5), và (6) chỉ viết ngay hai phương trình (3), (4), chắc

các bạn đã hiểu tại sao.

Ví dụ 7. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính (P)

1 2( ) 7 8 minf x x x

1 2

1 2

1 2

4 7

3 2 15

4 3 24

x x

x x

x x


45

0; 1,2jx j

và phương án tối ưu 5, 0x (bài toán ở ví dụ 1.34). Viết

và tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (Q) của bài

toán (P).

NHẬN XÉT . Phương án tối ưu của bài toán (Q) vẫn có

thể tìm từ định lý 2.4, nếu chúng ta chú ý rằng bài toán (P)

được đưa về dạng chính tắc (P ) là

1 2 3 4

1 2 3

1 2

1 2 4

( ) 7 8 0 0 min

4 7

3 2 15

4 3 24

0; 1, 4 .j

f x x x x x

x x x

x x

x x x

x j

Bài toán (P ) có phương án tối ưu x = (5, 0,13,4).

Ta viết bài toán đối ngẫu (Q ) của (P ):

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1

3

1 2 3

( ) 7 15 24 max

4 3 4 7

2 3 8

0

0

, , .

g y y y y

y y y

y y y

y

y

y y y

Đây rõ ràng đây là bài toán (Q). Lúc này (P ) là

dạng chính tắc có phương án tối ưu cực biên x = (5,

0,13,4), nên phương án tối ưu của (Q ) (cũng là phương án

tối ưu của (Q)) có thể tính theo công thức ở định lý 2.4. 1

1 3 41 2 3 1 3 4, , , , , ,y y y y c c c A A A

1

4 1 07

7, 0, 0 3 0 0 0, , 03

4 0 1


46

Vì phương án tối ưu của bài toán này là duy nhất,

nên giải bằng cách nào cũng tìm được phương án tối ưu

như nhau. Trường hợp bài toán có phương án tối ưu không

duy nhất có thể tìm ra những phương án tối ưu khác nhau

cho những lời giải khác nhau.

Ví dụ 8. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính (đổi hàm mục

tiêu ví dụ 1.15)

1 2

1 2

1 2

( ) 3 3 max

2 8

2

0, 1,2j

f x x x

x x

x x

x j

và các phương án tối ưu 1 (2, 0)x , 2 (0,2)x , 3 1 3,

2 2x .

Tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu cho từng

trường hợp.

Như vậy, trong một cặp bài toán đối ngẫu nếu ta đã

biết phương án tối ưu của một bài toán thì sẽ biết phương

án tối ưu của bài toán còn lại, bằng cách dùng định lý độ

lệch bù, hoặc định lý 4.

Nếu một bài toán giải bằng phương pháp đơn hình

bảng thì phương án tối ưu của bài toán còn lại sẽ được tìm

dễ dàng hơn nhờ định lý sau đây.

Định lý 8. Giả sử (P) là bài toán gốc dạng chính tắc có

sẵn ma trận đơn vị gồm m véc tơ, 1 21 2, ,..., mj j jmE A E A E A . Khi đó phương án tối ưu

của bài toán đối ngẫu được tính theo công thức:

1 1 2 2, , ...,

m mj j j j j jy c c c


47

Trong đó 1 2, ,...,

mj j jlà các ước lượng thứ

1 2, ,...,

mj j j của phương án cực biên tối ưu và

1 2, , ...,

mj j jc c c là

các hệ số ở hàm mục tiêu.

Hoặc cũng có thể trực quan hơn 1 2, , ...,

mj j jlà

các ước lượng tương ứng với các cột 1 2, ,..., mj j jA A A xuất

hiện ở bảng đơn hình cuối cùng khi đã có dấu hiệu tối ưu.


1 2 3 4

1 2 4

2 3 4

( ) 2 2 0 min

4 6

2 5 8

0, 1, 4.j

f x x x x x

x x x

x x x

x j

(P)

Bài toán đã giải bằng phương pháp đơn hình trong

bảng sau

Cơ

sở

H.số

jc

Ph.

án cb

1x 1

2x -2

3x 2

4x 0

A1

A3

1

2

6

8

1

0

1

2

0

1

4

5

0 7 0 14 4 3/2 28 21

A1

A2

1

-2

2

4

1

0

0

1

-1/2

1/2

3/2

5/2

0 0 -7/2 -7/2

(P) là bài toán gốc dạng chính tắc có sẵn ma trận

đơn vị gồm 2 véc tơ, 1 21 1 2 3,j jE A A E A A .


48

Vậy, 1 2

1, 3j j . Phương án cực biên tối ưu của

(P) là x=(2,4,0,0), các ước lượng thứ 1 2

1, 3j j của x là

1 10,

j

2 3

7

2j. Từ đó phương án tối ưu của

bài toán đối ngẫu là

1 1 2 2 1 1 3 3

3, , 1,

2j j j jy c c c c .

Một đặc trưng của lý thuyết đối ngẫu là giải các bài

toán dạng như khẩu phần ăn, đầu tư vốn, ta xét ví dụ 2.10

sau đây để rõ hơn.

Ví dụ 10. Một xí nghiệp xử lý giấy, có ba phân xưởng I, II,

III cùng xử lý ba loại giấy A, B, C. Do ba phân xưởng có

điều kiện làm việc khác nhau, nên nếu cùng đầu tư 10 triệu

đồng vào mỗi phân xưởng thì cuối kỳ:

Phân xưởng I xử lý được 6 tạ giấy loại A, 2 tạ giấy

loại B, 3 tạ giấy loại C, trong khi đó phân xưởng II xử lý

được 2 tạ giấy loại A, 6 tạ giấy loại B, 2 tạ giấy loại C và

phân xưởng III xử lý được 1 tạ giấy loại A, 3 tạ giấy loại

B, 4 tạ giấy loại C.

Theo yêu cầu lao động thì cuối kỳ xí nghiệp phải xử

lý ít nhất 2 tấn giấy loại A, 2.5 tấn giấy loại B, 3 tấn giấy

loại C.

Hỏi cần đầu tư vào mỗi phân xưởng bao nhiêu tiền

để xí nghiệp hoàn thành công việc và tổng số tiền đầu tư là

nhỏ nhất?

Chƣơng 3: BÀI TOÁN VẬN TẢI

Bài 1 GIỚI THIỆU BÀI TOÁN VẬN TẢI

VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT

1. Bài toán vận tải tổng quát


49

Một công ty cần vận chuyểnmột loại hàng hóa từ m

kho (trạm phát) 1 2, ,...,

mP P P tới n nơi tiêu thụ (trạm thu)

1 2, ,...,

nT T T . Lượng hàng có ở m kho và lượng hàng cần ở

n nơi tiêu thụ cũng như số tiền vận chuyển một đơn vị

hàng từ mỗi kho đến các nơi tiêu thụ được cho ở bảng 3.1

sau:

Thu

Phát

1 1( )T b

2 2( )T b

…

( )j jT b

…

( )n nT b

1 1( )P a

11c

12c …

1jc …

1nc

2 2( )P a

21c

22c …

2 jc …

2nc

( )i iP a

1ic

2ic …

ijc …

inc

( )m mP a

1mc

2mc …

mjc …

mnc

Nghĩa là kho iP (ta gọi là kho thứ i) chứa

ia đơn vị

hàng hoá 1,i m , nơi nhận jT (ta gọi là nơi nhận thứ j)

cần jb đơn vị hàng hoá 1,j n (để cho đơn giản ta dùng

đơn vị là tấn). Giá tiền hay cước phí vận chuyển một đơn

vị hàng hóa từ kho thứ i đến nơi nhận thứ j là ijc đơn vị

tiền tệ. Trong phần này ta giả thiết tổng lượng hàng ở các

kho và tổng lượng hàng ở nơi nhận là bằng nhau, nghĩa là:

1 1

m n

i ji j

a b .

Vấn đề đặt ra là lập một kế hoạch vận chuyển sao

cho:

- Nơi nhận, nhận đủ hàng.


50

- Nơi phát, phát hết hàng.

- Tổng cước phí chi trả là nhỏ nhất.

CHÚ Ý. Trong chương 3 này, khi nói đến bài toán vận tải

ta đều giả sử bài toán có m kho và n nơi nhận như trên trừ

phi đó là những trường hợp đặc biệt.

Gọi ijx là số đơn vị hàng hoá vận chuyển từ kho thứ

i đến nơi nhận thứ j , ta có bài toán quy hoạch tuyến tính

sau đây:

1 1

1

1

( ) min (1)

1, (2)

1, (3)

0 ( , ) (4)

m n

ij iji j

n

ij ijm

ij ji

ij

f x c x

x a i m

x b j n

x i j

Đây là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc

có m n ràng buộc điều kiện và .mn ẩn nên có thể giải

bằng phương pháp đơn hình, tuy nhiên ta thấy rằng số

lượng các ẩn là rất lớn do đó số lượng các phép tính là

không nhỏ. Các nhà Toán học lợi dụng cấu trúc đặc biệt

của ma trận các hệ số của ẩn ở bài toán này đã đưa ra một

số thuật toán đơn giản hơn để giải, như thuật toán thế vị

hoặc thuật toán quy không cước phí các ô chọn. Trước khi

tìm hiểu các thuật toán này ta viết lại bài toán ở trên và nêu

một số tính chất cần thiết.

2. Một số tính chất của bài toán vận tải

Bài toán ở trên có thể viết lại dưới dạng chính tắc

sau đây:


51

( ) , min

0.

f x c x

Ax b

x

Trong đó

11 12 1 21 22 2 1 2, ,..., , , ,..., ,..., , ,...,

T

n n m m mnx x x x x x x x x x là véc tơ

cột có .mn thành phần, 1 2 1 2, ,..., , , ,...,

T

m nb a a a b b b là véc tơ

cột có m n thành phần, ma trận A là ma trận có m n

dòng, m n cột.

Ma trận A và cột thứ ij (ma trận cột các hệ ẩn ijx )

của nó như sau:

1 1 ... 1 0 0 ... 0 ... 0 0 ... 0

0 0 ... 0 1 1 ... 1 ... 0 0 ... 0

... ... ... ...

0 0 ... 0 0 0 ... 0 ... 1 1 ... 1

1 0 ... 0 1 0 ... 0 ... 1 0 ... 0

0 1 ... 0 0 1 ... 0 ... 0 1 ... 0

...

0 0 ... 1 0 0 ... 1 ... 0 0 ... 1

A

0

0

1

0

0

1

0

0

ijA .

Mệnh đề. Ma trận A nói trong bài toán vận tải ở trên có

hạng bằng 1m n .

Định lý. Điều kiện 1 1

m n

i ji j

a b gọi là điều kiện cân bằng

thu phát là điều kiện đủ để bài toán vận tải có phương án tối

ưu.


52

Bài 2. DẠNG BẢNG CỦA BÀI TOÁN VẬN TẢI

Ngoài cách phát biểu thành bài toán quy hoạch tuyến

tính như trong phần 3.1, bài toán vận tải còn thể hiện ở bảng

3.1 và do đó bảng 3.1 gọi là dạng bảng của bài toán vận tải.

Ví dụ 1. Một công ty cần vận chuyển một loại hàng hóa từ

hai kho (trạm phát) P1 và P2 tới ba nơi tiêu thụ (trạm thu)

T1, T2, T3. Lượng hàng có ở hai kho và lượng hàng cần ở

ba nơi tiêu thụ cũng như số tiền vận chuyển một đơn vị

hàng từ mỗi kho đến các nơi tiêu thụ được cho ở bảng

(Nghĩa là để vận chuyển một tấn hàng từ P1 đến T1

mất 5 đơn vị tiền tệ, đến T2 mất 2 đơn vị tiền tệ, đến T3 mất

3 đơn vị tiền tệ. Tương tự cho P2.)

Bài toán đặt ra là, hãy tìm một phương án vận chuyển

thỏa yêu cầu về thu phát sao cho chi phí vận chuyển bé nhất.

Ta xét một phương án sau

Thu

Phát

T1

35 tấn hàng

T2

25 tấn hàng

T3

45 tấn hàng

P1

30 tấn

hàng

5 2 3

P2

75 tấn hàng

2 1 1

Thu

Phát

T1

35 tấn hàng

T2

25 tấn hàng

T3

45 tấn hàng

P1

30 tấn

hàng

5

30

2 3

P2

75 tấn hàng

2

5

1

25

1

45


53

Theo phương án này, từ kho 1 chuyển 30 tấn hàng

đến nơi nhận 1. Từ kho 2 chuyển 5 tấn hàng đến nơi nhận

1, chuyển 25 tấn hàng đến nơi nhận 2, chuyển 45 tấn hàng

đến nơi nhận 3. Cũng có thể viết phương án dưới dạng véc

tơ 11 12 13 21 22 23

( , , , , , ) (30,0,0,5,25,45)x x x x x x x hoặc dưới

dạng ma trận

30 0 0

5 25 45x .

Phần chính của bảng vận tải hay bảng vận tải của

bài toán trên là

Định nghĩa 1. Ta gọi đường đi là tập hợp một số ô của

bảng (vận tải) sao cho cứ hai ô liên tiếp thì nằm trên cùng

một dòng hay một cột, và mỗi dòng hay mỗi cột không

chứa nhiều hơn hai ô.

Một đường đi khép kín được gọi là một chu trình.

Ví dụ 2. Tập hợp các ô được đánh dấu x sau đây tạo thành

một đường đi của bảng vận tải của một bài toán vận tải nào

đó có 4 kho phát hàng và 5 nơi nhận.

5 2 3

2 1 1

x

x

x x

x x


54

Ví dụ 3. Tập hợp các ô được đánh dấu X sau đây tạo thành

một chu trình của bảng vận tải của một bài toán vận tải nào

đó có 4 kho phát hàng và 5 nơi nhận.

x

x

x

X

x

X

Bảng 3.7

Mệnh đề. Số ô trong một chu trình V nào đó luôn luôn là

số chẵn.

Định nghĩa 2. Cho E là tập hợp một số ô của bảng vận

tải. Tập hợp E được gọi là chứa chu trình nếu từ trong các

ô của E ta có thể chọn ra một số ô mà những ô này tạo nên

một chu trình. Ngược lại, ta nói E không chứa chu trình.

.

Định nghĩa 3. Véc tơ cột ijA của ma trận A gọi là véc tơ

liên kết của ô ( , )i j .

Cho E là tập hợp một số ô của bảng vận tải. Ta gọi

hệ véc tơ / ( , )ijA i j E là hệ véc tơ liên kết của E.

Mệnh đề. Tập E không chứa chu trình khi và chỉ khi hệ

những véc tơ liên kết với các ô trong E độc lập tuyến tính.


55

Hệ quả. Một tập E các ô bảng vận tải không chứa chu

trình có tối đa là 1m n ô.

Mệnh đề. Cho E là tập gồm 1m n ô của bảng vận tải

không chứa chu trình, ô 0 0

( , )i j E . Khi đó tập hợp

0 0( , )F E i j có chứa duy nhất một chu trình V đi qua ô

0 0( , )i j , và, nếu ta loại bất kỳ một ô nào đó của V ra khỏi

tập F thì tập còn lại gồm 1m n ô sẽ không chứa chu

trình.

Bài 3 THUẬT TOÁN THẾ VỊ

1. Quan hệ giữa dạng chính tắc và dạng bảng

Xét bài toán vận tải như đã trình bày trong hai phần

3.1, 3.2 và một phương án ,ij

x x 1, ;i m 1,j n . Như

chúng ta đã biết, bài toán vận tải là một bài toán quy hoạch

tuyến tính dạng chính tắc có ma trận hệ số A có cấu trúc

đặc biệt, cho nên trong cách giải, về ý tưởng giống như

chương 1, chỉ khác hình thức trình bày mà thôi. Vì có cấu

trúc đặc biệt, nên nếu điều kiện cân bằng thu phát xảy ra

thì bài toán luôn có phương án tối ưu. Như vậy, nếu xuất

phát từ một phương án cực biên nào đó theo ý tưởng như

chương 1, ta sẽ đi đến phương án cực biên tối ưu. Vấn đề

đặt ra là dấu hiệu nào của bảng vận tải cho ta phương án

cực biên ban đầu , phương án cực biên tối ưu. Và khi chưa

có phương án cực biên tối ưu thì ta sẽ thiết lập phương án

cực biên mới tốt hơn nhờ vào bảng vận tải như thế nào.

Những câu hỏi đó sẽ được giải đáp trong phần tiếp theo

sau.

Định nghĩa 1. Cho phương án ,ij

x x 1, ;i m 1,j n .

Nếu 0ijx thì ô ( , )i j gọi là ô chọn. Nếu 0

ijx thì ô ( , )i j

gọi là ô loại.


56

Ví dụ 1. Xét bài toán vận tải và phương án trong bảng

3.11, các ô (1,4), (2,1), (2,2), (2,4), (3,3), (3,4) là các ô

chọn, các ô còn lại là các ô loại.

Định lý 1. Phương án ,ij

x x 1, ;i m 1,j n là phương

án cực biên khi và chỉ khi tập hợp các ô chọn không chứa

chu trình.

Ví dụ 2. Xét lại ví dụ 3.7. Phương án cho trong ví dụ 3.7 là

phương án cực biên. Vì tập các ô chọn là (1,4), (2,1), (2,2),

(2,4), (3,3), (3,4) không chứa chu trình.

NHẬN XÉT. Vì hạng của ma trận A bằng 1m n , nên

phương án cực biên x là không suy biến nếu số ô chọn của

x là 1m n .

2. Thuật toán thế vị

NHẬN XÉT. Xét bài toán vận tải như đã giới thiệu trong

phần 3.1, ta đặt bài toán này là T và bài toán đối ngẫu của

nó là T .

T

P

35 25 45 45

30 5

2 3 6

30

70 2

35

1

25

7

3

10

50 4 6 3

45

8

5


57

1 1

1

1

( ) min

1, ( )

1,

0.

m n

ij iji j

n

ij ijm

ij ji

ij

f x c x

x a i m T

x b j n

x

Bài toán đối ngẫu của nó là

1 1

1 2 1 2

( ) max

1, ; 1, ( )

( , ,..., , , ,..., ) .

m n

i i j ji j

i j ij

m nm n

g y a u b v

u v c i m j n T

y u u u v v v

Vì mọi bài toán vận tải cân bằng thu phát đều có

phương án tối ưu nên bài toán ( )T cũng có phương án tối

ưu và do đó hiển nhiên là có phương án. Từ đó ta luôn tìm

được các số thực ,i ju v sao cho , 1,

i j iju v c i m ;

1,j n . Hơn nữa nếu 0 0ij

x x là phương án cực biên tối

ưu với tập hợp các ô chọn 0 0( ) ( , ) / 0ij

G x i j x thì theo

định lý 2.7 (độ lệch bù) tồn tại các số 0 0,i ju v sao cho

0 0 0 0i j ij iju v c x , 1,i m , 1,j n . Nếu xét những

0 0( , ) ( ) ( , ) / 0ij

i j G x i j x thì ta rút ra được 0 0i j iju v c

với những ( , )i j thuộc tập các ô chọn của 0 0ij

x x . Vấn đề

đặt ra là nếu 0 0ij

x x chỉ là phương án cực biên không

phải là phương án tối ưu thì có tồn tại các số 0 0,i ju v thoả

0 0i j iju v c hay không?


58

Đây chính là những ý tưởng hình thành nên thuật

toán mà được gọi là thuật toán thế vị.

Mệnh đề. Xét 0 0ij

x x là phương án cực biên không suy

biến với tập hợp các ô chọn 0 0( ) ( , ) / 0ij

G x i j x . Khi đó

tồn tại các số ,i ju v sao cho 0, ( , ) ( )

i j iju v c i j G x .

Định nghĩa 2. Cho 0 0ij

x x là phương án cực biên

không suy biến với tập hợp các ô chọn 0 0( ) ( , ) / 0

ijG x i j x , ta gọi:

i) Bộ số thực ,i ju v thoả

i j iju v c , 0( , ) ( )i j G x là

bộ thế vị của phương án 0x .

ii) Với bộ số ,i ju v xác định ở mục i) đại lượng

ij i j iju v c gọi là ước lượng ij của phương

án cực biên 0x .

NHẬN XÉT.

i) Bộ thế vị của phương án cực biên 0x xác định

không duy nhất.

ii) Ô ( , )i j là ô chọn thì 0ij

.

Ví dụ 3. Xét lại ví dụ 3.7.


60

80 1

20

5 7 2

60

45 5

10

7 4

35

9

55 12

2

40

3

15

6

Định lý sau đây và phương pháp chứng minh của nó

cùng với định lý 3.3 sẽ hình thành nên một thuật toán mà ta

gọi là thuật toán thế vị.

Định lý 4. Xét phương án cực biên không suy biến 0 0

ijx x và một bộ thế vị ,

i ju v của nó. Nếu tồn tại ( , )

k ki j

sao cho 0k ki j

thì có thể xây dựng một phương án cực

biên mới 1 1ij

x x tốt hơn phương án 0x .

NHẬN XÉT.

1) Bỏ qua tất cả những biến đổi dài dòng phức tạp

trong chứng minh của định lý, những ý chính

được rút ra giúp ta thiết lập phương án cực biên 1x

tốt hơn 0x đó là:

i) Chọn ô ( , )k ki j có ước lượng 0

k ki j và bổ

sung ô ( , )k ki j vào tập 0( )G x . Ta gọi ô ( , )

k ki j là

ô điều chỉnh.

ii) Xác định chu trình V đi qua ô ( , )k ki j trong tập

0( ) ( , )k k

G x i j .

iii) Đánh dấu , các ô trong V sao cho hai ô kề

nhau không được đánh cùng dấu. Bắt đầu từ ô

( , )k ki j đánh dấu , sau đó theo đường đi trong


61

V đánh dấu , rồi lại đánh dấu , v.v… cho

đến khi quay trở về ô ( , )k ki j .

iv) Chọn lượng hàng điều chỉnh 0 0min /( , )

s sij i jx i j V x .

v) Phương án mới 1x được xác định theo công

thức 0

1 0

0

, ( , )

, ( , )

, ( , )

ij

ij ij

ij

x i j V

x x i j V

x i j V

Có thể nói đơn giản, phương án mới 1x được hình

thành từ phương án cũ 0x bằng cách điều chỉnh các ô trong

chu trình V . Những ô có dấu , cộng với lượng hàng điều

chỉnh , những ô có dấu , trừ đi lượng hàng điều chỉnh

, những ô không nằm trong chu trình V thì giữ nguyên.

2) Tổng cước phí chi trả cho phương án 1x là 1 0( ) ( )

k ki jf x f x . Ta mong muốn 1( )f x càng nhỏ càng

tốt. Muốn 1( )f x càng nhỏ thì k ki j

phải càng lớn. Do đó

trong quá trình xây dựng 1x thông thường ta chọn ô ( , )k ki j

mà k ki j

lớn nhất. Tuy nhiên như chúng ta thấy 1( )f x phụ

thuộc vào cả k ki j

và .

3) Lượng hàng điều chỉnh nói trên xác định sau khi

chọn k ki j

nên có thể đặt là k ki j

, và trong quá trình xây

dựng 1x ta thực hiện như sau để được phương án tốt nhất

có thể.

i) Chọn tất cả các 0ij

, và ứng với mỗi 0ij

xây dựng ij

như trên, sau đó lập tất cả các tích

ij ij.


62

ii) Xác định tích lớn nhất và chọn tích này. Giả sử

k k k ki j i j là lớn nhất, ta được ô ( , )

k ki j . Từ đây thực

hiện tiếp các bước như đã trình bày ở mục 1, phần

nhận xét 3.4 này ta xây dựng được phương án 1x

gần với phương án tối ưu nhất.

Từ đây khi xây dựng phương án 1x , nếu ta chọn ô

( , )k ki j sao cho

k ki j lớn nhất ta gọi là cách 1, còn nếu ta

chọn ô ( , )k ki j sao cho

ij ij lớn nhất ta gọi là cách 2.

Ví dụ 5. Cho bài toán vận tải và một phương án 0x trong

bảng sau

T

P

40

45 60 65

90 4

10 7

25

9

65

65 8

40

13 6

25

9

55 1

9

45

11

10

6

a) Tính tổng cước phí của phương án 0x đã cho.

b) Chứng tỏ phương án này là phương án cực biên,

không suy biến và không phải là phương án tối ưu.

c) Xuất phát từ phương án 0x ở trên hãy xây dựng một

phương án cực biên mới tốt hơn.

Như vậy, đến đây chúng ta thấy rằng có thể giải

được bài toán vận tải nếu như biết được một phương án

cực biên ban đầu. Việc xác định phương án cực biên ban

đầu có nhiều cách, thậm chí ta có thể phân phối một cách


63

tùy ý lượng hàng đến các nơi nhận miễn sao nơi nhận nhận

đủ hàng và quan trọng nhất phương án mà ta vừa thiết lập

không chứa chu trình. Tuy nhiên việc làm không theo một

quy luật nào thật khó đạt được những kết quả tốt. Xây

dựng phương án ban đầu cho bài toán vận tải thường dùng

các phương pháp sau đây. Phương pháp góc tây bắc,

phương pháp này ít tính toán, các giải thuật cho máy tính

hay thực hiện. Tuy nhiên phương pháp góc tây bắc thường

không đem lại những kết quả tốt. Phương pháp cực tiểu

theo bảng cước phí, một phương pháp thường hay được sử

dụng vì tính tiện lợi mà không kém phần hiệu quả của nó.

Phương pháp Vogel (cũng có sách viết là Fogel hay

Voghen) tính toán phức tạp nhưng thường cho những kết

quả tốt rất gần với phương án tối ưu.

Trước tiên ta giới thiệu phương pháp cực tiểu theo

bảng cước phí (gọi tắt là min – cước), các phương pháp

khác sẽ được giới thiệu ở phần sau. Phương pháp min –

cước có thể tóm gọn trong một câu sau “phân phối lượng

hàng nhiều nhất có thể nhận cho ô có cước phí nhỏ nhất

trong bảng cước phí”. Tuy nhiên khi thực hành ta lần lược

thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Chọn ô có cước phí nhỏ nhất, sau đó qua

bước 2.

Bước 2: Phân phối lượng hàng nhiều nhất có thể

nhận vào ô vừa chọn. Nếu kho vừa phát mà phát hết hàng

ta xoá đi dòng chứa kho đó, nếu nơi vừa nhận mà nhận đủ

hàng thì ta xoá cột chứa nơi nhận đó.

Bước 3: Quay lại bước 1 cho bảng với những ô còn

lại.

Thực hiện như vậy cho đến khi nơi nhận nhận đủ

hàng, khi đó hiển nhiên nơi phát cũng phát hết hàng và sau

không quá 1m n lần thực hiện ta thu được phương án

cực biên.


64

Định lý 1. Phương án mà ta thu được theo phương pháp

cực tiểu theo bảng cước phí là phương án cực biên.

Ví dụ 1. Hãy xây dựng một phương án ban đầu bằng

phương pháp min – cước (cực tiểu theo bảng cước phí) cho

bài toán vận tải sau:

T

P

30

40 50 60

80 1

5 7 2

45 5

7 4

9

55 12

2

3

6

Đến đây ta sẽ trình bày các bước giải bài toán vận

tải bằng thuật toán thế vị.

Bước 1: Thiết lập một phương án cực biên ban đầu 0x , bằng phương pháp nào đó, min – cước chẳng hạn. Giả

thiết 0x là phương án cực biên không suy biến.

Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu của phương án cực

biên 0x .

- Xác định bộ thế vị ,i ju v của phương án 0x .

- Tính các ước lượng ij i j iju v c của 0x , ta

ghi các ước lượng này vào góc tây nam của ô

( , )i j .

- Kiểm tra tính tối ưu của 0x . Nếu 0ij

thì 0x

là phương án tối ưu. Kết thúc thuật toán. Nếu có

0ij

thì qua bước 3.


65

Bước 3: Xây dựng phương án cực biên 1x tốt hơn 0x như đã trình bày ở nhận xét 3.4.

Bước 4: Cho 1x đóng vai trò của 0x và quay về

bước 2.

Ví dụ 2. Giải bài toán vận tải cho trong bảng sau:

T

P

35

55 45 85

110 2

4 7 5

110 2

4 8

9

Bài 4 PHƢƠNG PHÁP THÀNH LẬP PHƢƠNG ÁN

CỰC BIÊN BAN ĐẦU

Như trên đã nói có nhiều cách thành lập phương án

ban đầu và ta vẫn mong muốn phương án được thành lập

phải gần với phương án tối ưu, cố nhiên đây là phương án

cực biên (có thể có ô chọn mà lượng hàng chở đến bằng 0).

Ở trên đã giới thiệu phương pháp cực tiểu theo bảng cước

phí (min – cước), ở đây ta sẽ giới thiệu thêm hai phương

pháp đó là phương pháp góc tây bắc và phương pháp

Vogel (cũng có sách viết là Fogel hay Voghen).

1 Phƣơng pháp góc tây- bắc

Ta ưu tiên phân phối lượng hàng nhiều nhất vào ô ở

góc tây bắc (góc trên bên trái) trên bảng vận tải. Khi đó

nếu nơi nào đã phát hết hàng thì chúng ta xóa dòng chứa

nơi phát đó. Nếu nơi nào nhận đủ hàng thì chúng ta xóa cột


66

chứa nơi nhận đó. Sau đó lặp lại quá trình trên cho bảng

mới với những ô còn lại.

Ví dụ 1. Thành lập phương án ban đầu bằng phương pháp

góc tây bắc cho bài toán sau:

T

P

30

40 50 60

80

1

5

7

2

45

5 7 4

9

55

12 2 3 6

Với phương pháp này cước phí vận chuyển là f =

835. Trong khi đó nếu dùng phương pháp cực tiểu theo

bảng cước phí, ta có cước phí vận chuyển chỉ là 485.

Phương pháp góc tây-bắc ít tính toán thường được dùng

trong lập trình tính toán. Phương pháp này không hẳn đã

không tốt bằng phương pháp min – cước. Ta vẫn có thể

cho một ví dụ để thấy phương pháp này tốt hơn, tuy số

lượng như vậy là không nhiều.

2 Phƣơng pháp Vogel

Phương pháp Vogel theo kinh nghiệm tính toán, rất

nhiều bài toán phương án thiết lập theo phương pháp này

rất gần với phương án tối ưu và có những trường hợp nó là

phương án tối ưu. Phương pháp được thực hiện qua một số

bước sau:


67

Bước 1: Trên mỗi dòng và mỗi cột của ma trận

cước phí ta tính hiệu số giữa hai giá trị cước phí nhỏ nhất,

nhỏ nhì.

Bước 2: Chọn dòng hay cột có hiệu số lớn nhất ở

bước 1 (nếu có nhiều dòng hay cột thỏa điều kiện này thì ta

chọn một dòng hay cột nào tuỳ ý)

Bước 3: Phân phối tối đa lượng hàng có thể nhận

vào ô có cước phí nhỏ nhất trên dòng hay cột vừa chọn

được. (Khi đó nếu nơi nào đã phát hết hàng thì chúng ta

xóa dòng chứa nơi phát đó. Nếu nơi nào nhận đủ hàng thì

chúng ta xóa cột chứa nơi nhận đó. Lúc đó cột (dòng) này,

hiệu số sẽ không tính cho bước sau.

Bước 4: Lặp lại ba bước nói trên cho bảng mới với

những ô còn lại cho đến khi phân hết hết hàng. Lúc đó ta

thu được phương án cực biên (chứng minh trong phần bài

tập).

Ví dụ 1. Xét lại bài toán ở ví dụ 3.16, phương án cực biên

sau là thu được từ phương pháp Vogel.

T

P

30

40 50 60 Hiệu số

80

1

30

5

7

2

50

1 3 K

K

45

5 7 4

45

9

1 3 3

(5)

55

12 2

40

3

5

6

10

1 1 1

3

Hiệu

số

(4)

K

K

3

3

(5)

1

1

1

4

(4)

3


68

K K 1 3

Với phương pháp Vogel cước phí vận chuyển là f =

465. Trong khi đó nếu dùng phương pháp cực tiểu theo

bảng cước phí, ta có cước phí vận chuyển chỉ là 485.

Phương pháp này trong nhiều trường hợp tốt hơn phương

pháp cực tiểu theo bảng cước phí.

Bài 5 MỘT SỐ TRƢỜNG HỢP ĐẶC BIỆT CỦA BÀI

TOÁN VẬN TẢI

1 Bài toán vận tải có ô cấm

Trong thực tế, vì một lý do nào đó, chẳng hạn

đường đang sửa chữa hoặc khoảng cách giữa trạm phát và

trạm thu quá xa ảnh hưởng đến chất lượng hàng hoá vận

chuyển… mà trạm phát i không thể chở hàng đến nơi nhận

j được, lúc đó ô ( , )i j gọi là ô cấm (có thể có nhiều ô cấm).

Để giải quyết vấn đề này chúng ta cho cước phí ở ô đó là

M, với M là số dương rất lớn, lớn hơn bất kỳ số nào cần so

sánh. Sau đó chúng ta giải như những bài toán đã trình bày

ở trên. Về mặt trực quan ta thấy rằng một phương án mà ô

cấm ( , )i j nhận một lượng hàng nào đó thì tổng cước phí

chi trả cho phương án này sẽ vô cùng lớn và do đó trong

phương án tối ưu, ô cấm không thể nhận lượng hàng hoá

nào. Tuy nhiên về tính chặt chẽ của lý thuyết ta thấy rằng

việc làm ở trên chính là chuyển bài toán đã cho về bài toán

M như chương 1, lượng hàng ijx chuyển đến ô ( , )i j là một

ẩn giả.

Cũng cần chú ý thêm rằng việc thêm các ẩn giả vào

các phương trình của bài toán quy hoạch tuyến tính dạng

chính tắc ở chương 1 nhằm mục đích có một cơ sở đơn vị

để giải bài toán ban đầu bằng phương pháp đánh thuế.


69

Nhưng, các ẩn giả có thể thêm tuỳ ý vào các phương trình,

việc chứng minh định lý đã nói lên điều đó.

Trở lại bài toán vận tải có ô cấm ở trên sau khi ta

cho cước phí ô cấm là M, ta giải bài toán M này, bài toán

M luôn có phương án tối ưu (vì là bài toán vận tải cân bằng

thu phát), và theo định lý ta có:

i) Bài toán M có phương án tối ưu và ô cấm ( , )i j có

0ijx thì phương án này cũng là phương án tối ưu

của bài toán ban đầu.

ii) Bài toán M có phương án tối ưu và ô cấm ( , )i j có

0ijx thì bài toán ban đầu không có phương án (tập

phương án bằng rỗng).

Ví dụ 1. Giải bài toán với hai ô cấm sau.

T

P

100

65 95 40

80

6

5

11

10

70

10 5

7

150

9 8 7

2 Bài toán vận tải không cân bằng thu phát

Trong thực tế chúng ta hay gặp các bài toán vận tải

mà lượng hàng ở các kho (trạm phát) nhiều hơn lượng

hàng ở nơi nhận (trạm thu). Tức là

1 1

m n

i ji j

a b .


70

Để giải quyết vấn đề này ta thêm một nơi nhận giả

thứ n+1 nhận lượng hàng thừa 1

1 1

m n

n i ji j

b a b . Cước

phí vận chuyển đến các nơi ( , 1)i n này bằng không. Lúc

này bài toán là trường hợp cân bằng thu phát đã biết cách

giải. Việc làm này hợp lý bởi vì bài toán vận tải mới của

chúng ta có dạng: 1

1 11

1

1

( ) min

1,

1, 1

0.

m n

ij iji j

n

ij ijm

ij ji

ij

f x c x

x a i m

x b j n

x

Trong đó 1

0, 1,i nc i m . Ta giải bài toán vừa

nêu này, hiển nhiên bài toán có phương án tối ưu

; 1, ; 1, 1ij

x x i m j n . Nếu 1

0i nx thì kho thứ i

không chuyển hết hàng.

Ví dụ 1. Giải bài toán vận tải không cân bằng thu phát cho

bởi bảng vận tải:

T

P

100

65 95

80

7

5

2

70

6 3 5

150

4 2 7


71

Ví dụ 2. Giải bài toán vận tải không cân bằng thu phát cho

bởi bảng vận tải sau. Trong đó ưu tiên nơi nhận thứ hai

nhận đủ hàng

T

P

100

75 55

70

1

4

3

50

7 3 2

80

3 6 8

GIẢI:

Bước 1. Tìm phương án cực biên ban đầu.

Lượng hàng ở ba kho cộng lại là 200 tấn hàng,

lượng hàng ở ba nơi nhận cộng lại là 230 tấn hàng. Vì nơi

nhận thứ hai được ưu tiên nhận đủ hàng nên ta thêm vào

một kho giả chứa 30 tấn hàng và cước phí từ kho giả thứ 4

đến nơi nhận thứ 2 là M rất lớn, còn cước phí từ kho thứ 4

đến các nơi nhận khác bằng 0.

3. Bài toán vận tải tìm giá trị lớn nhất của hàm mục

tiêu

Trong thực tế có những bài toán dẫn đến bài toán

vận tải mà ta phải tìm giá trị lớn nhất của hàm mục tiêu.

Chẳng hạn bài toán:

Ví dụ 1. (Theo [4], tr 39) Một nhà máy chế biến thịt, sản

xuất ba loại thịt: bò, lợn, cừu, với tổng lượng mỗi ngày là

480 tấn bò; 400 tấn lợn; 230 tấn cừu. Mỗi loại đều có thể

bán được ở dạng tươi hoặc nấu chín. Tổng lượng các loại

thịt nấu chín để bán trong giờ làm việc là 420 tấn. Ngoài ra

nấu thêm ngoài giờ 250 tấn (với giá cao hơn). Lợi nhuận


72

thu được trên một tấn được cho bởi bảng sau: (với đơn vị

là triệu đồng)

Tươi

Nấu

chín

Nấu chín

ngoài giờ

Bò 8 11 14

Lợn 4 7 12

Cừu

4 9 13

Mục đích của nhà máy là tìm phương án chế biến để

làm cực đại lợi nhuận. Hãy tìm phương án chế biến đó.

Khi giải bài toán này ta phải có một giả thiết đó là

một kg thịt trước và sau khi chế biến được bảo toàn về khối

lượng.

Với giả thiết như vậy bài toán trên đưa về bài toán vận

tải mà ta phải tìm giá trị lớn nhất của hàm mục tiêu. Để

giải bài toán dạng này ta nhờ vào hai định lý sau đây mà

cách chứng minh của chúng tương tự như trường hợp cho

bài toán vận tải phải tìm giá trị nhỏ nhất của hàm mục tiêu.

Định lý 1. Giả sử 0 0ij

x x là một phương án cực biên của

bài toán vận tải (max) với tập các ô chọn là E, và tìm được

các số ir ,

js sao cho 0, ( , )

ij ij i jc c r s i j E . Khi đó

nếu 0, ( , )ijc i j thì phương án đã cho là phương án tối

ưu.

Định lý 2. Ngược lại với định lý 3.9 ở trên, nếu tồn tại

( , ) : 0ij

i j E c thì ta có thể tìm được một phương án cực

biên mới là 1 1ij

x x tốt hơn phương án 0 0ij

x x .


73

Trong đó phương án cực biên 1 1ij

x x được xây

dựng như sau:

- Chọn ô ( , )k ki j sao cho max / 0 0

k ki j ij ijc c c .

Xác định chu trình V của tập 0( ) ,k k

G x i j .

- Đánh dấu , vào các ô trong V , sao cho hai ô

kề nhau không được đánh cùng dấu và ô ( , )k ki j

phải đánh dấu . Ký hiệu

V = {( , ) /i j V ( , )i j đánh dấu }

V = {( , ) /i j V ( , )i j đánh dấu }.

- Đặt 0 0min /( , )s sij i j

x i j V x , đây là lượng

hàng nhỏ nhất trong ô đánh dấu .

- Phương án 1 1ij

x x tốt hơn được xác định theo

công thức sau: 0

1 0

0

, ( , )

, ( , )

, ( , )

ij

ij ij

ij

x i j V

x x i j V

x i j V

NHẬN XÉT. Hai định lý trên đây hình thành nên thuật

toán quy không cước phí các ô chọn cho bài toán max.

Chúng ta cũng có thể phát biểu hai định lý để hình thành

nên thuật toán thế vị cho bài toán max.

Đối với bài toán max, ijc thường là lợi nhuận như ví

dụ 1. Tuy nhiên khi giải ta có thể gọi là “cước phí”.

Ví dụ 2. Giải bài toán vận tải cực đại cước phí sau:

T

P

70

55 85 60


74

90

6

5

11

10

80

10 6 5

7

100

9

8

7

4

Bài 6 TRƢỜNG HỢP SUY BIẾN

Cũng như trường hợp bài toán quy hoạch tuyến tính

trong chương 1, suy biến là hiện tượng mà phương án cực

biên 0ij

x x có số ô chọn ít hơn 1m n . Gặp trường

hợp này ta bổ sung thêm ô chọn mà lượng hàng phân phối

đến nơi này bằng 0 (gọi là ô chọn 0), ô mà ta bổ sung vào

cùng với những ô chọn trước đó phải không chứa chu trình

(trong chương 1 thì hệ véc tơ liên kết độc lập tuyến tính).

Sau đó ta giải tiếp bài toán bằng những thuật toán đã biết.

Nếu phương án có ô chọn 0 này tối ưu thì kết thúc bài toán.

Nếu phương án này chưa tối ưu thì khi xây dựng phương

án mới nếu xảy ra trường hợp phương án mới này có số ô

chọn là 1m n thì ta trở lại những gì đã biết (ví dụ

3.23). Trong trường hợp phương án mới quay trở lại

phương án cũ và hệ thống ô chọn giống nhau, hiện tượng

này gọi là xoay vòng. Số lượng các bài toán xoay vòng như

đã biết trong chương 1 cũng rất ít, thậm chí nếu giải như

cách mà chúng tôi đã trình bày (trong chương 1) thì hiện

tượng xoay vòng được khắc phục. Đối với bài toán vận tải

thì theo một vài tác giả hiện tượng này càng hiếm gặp hơn.

Ví dụ. Giải bài toán vận tải (min hàm mục tiêu cước phí)

cho trong bảng sau


75

40

20 35 25

30

4

7

8

9

40

1 6 7

2

50

3

4

5

6

Documents

TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP Thạc sĩ Bùi Thị Thu Phƣơngffs.iuh.edu.vn/files/buithithuphuong/baigiang/Baigiang QHTT_SV.pdf · Quy hoạch tuyến tính là môn học