Chương I: BÀI TOÁN QHTT

Bài 5. Phương pháp đơn hình cho bài toán QHTT chính tắc có sẵn ma trận đơn vị

xét bt: ( ) , min

0

f x c x

Ax b

x

Với I nằm trong A, b không âm.

Không mất tính tổng quát có thể giả sử

1, 1 1, 2 1

2, 1 2, 2 2

, 1 , 2

1 2 1 2

1 0 ... 0

0 1 ... 0

0

...

...

... ... ...

...0 ... 1

... ...

m m n

m m n

m m m m mn

m m nm

a a a

a a aA

a a

A AA

a

A AA

1 2, ,.., mA A A*Khi đó hệ m vectơ là đltt. *Biểu diễn vectơ b qua cs ta có

1 210 20 0... m

mb x A x A x A

101

2 2010 20 0

0

1 0 0

0 1 0...

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

0 0 1

m

m m

xb

b xx x x

b x

PP tìm PACB: -ẩn ứng với cột đơn vị thứ i=bi-các ẩn còn lại đều =0

10 1 20 2 0

010 0

1 2

, ,...,

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

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

m m

m

m

x b x b x b

PACB x x x

b b b

1 1

2 2

1 2

1 0 0

0 1 0...

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

0 0 1

j j

j j

j j mj

mj mj

a x

a xx x x

a x

, 1,j jx A j n

1 21 2 ...j m

j j mjA x A x A x A *Tìm xj?

Vậy

1 1 2 2, ,...,j j j j mj mjx a x a x a

*bảng đơn hình

, ,j jj j jc x c c A c *Tính

PP2 tìm PA tốt hơn: sử dụng phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận để đưa cột Ak thành véctơ đơn vị cột thứ s.

0, 1,j j m (Δj=0 tại tất cả các vectơ cột đơn vị )

Cơ sở

Hệsố

cj

PA c1

x1

c2

x2

… cm

xm

cm+1

xm+1

… ck

xk

… cn

xn

A1

A2

..As

..

Am

c1

c2

..cs

..cm

b1

b2

..

bs

..bm

1

0

..

0

..

0

0

1

..

0

..

0

0

0

..

0

..

1

x1m+1

x2m+1

…

xsm+1

xmm+1

x1k

x2k

..

xsk

..

xmk

x1n

x2n

..

xsn

..

xmn

f(x) f0 0 0 01m

k n

Ví dụ 1: 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: Đây là bt QHTT ct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị. CS:{A1,A2,A3} nên

X0=(10,12,15,0,0) và ta có bảng đơn hình:

Cơ sở

Hệ số cj

Ph. án

-5 -4 0 0 2

x1 x2 x3 x4 x5

A1

A2

A3

-5

-4

0

10

12

15

1

0

0

0

1

0

0

0

1

2

1

3

1

3

1

-98 0 0 0 -14 -19

Bt đã có dấu hiệu tối ưu, PATƯ là

, giá trị tối ưu -98.

(10,12,15,0,0)x

Ví dụ 2: Giải bài toán 1 2 3 4 5 6

1 2 5

1 2 3 6

2 3 4

( ) 2 4 0 0 min

3 4

2 3

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

Ma trận đơn vị này không theo thứ tự mà cơ sở là {A5, A6, A4} .

Giải: Đây là bt QHTT ct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị.

cs Hs Pa -2 -4 1 -1 0 0 λ

x1 x2 x3 x4 x5 x6

A5

A6

A4

0

0

-1

4

3

3

1

2

0

3

1

1

0

-1

4

0

0

1

1

0

0

0

1

0

f(x) -3 2 3 -5 0 0 0A2

A6

A4

-4

0

-1

4/3

5/3

5/3

1/3

5/3

-1/3

1

0

0

0

-1

4

0

0

1

1/3

-1/3

-1/3

0

1

0

f(x) -7 1 0 -5 0 -1 0

A2

A1

A4

-4

-2

-1

1

1

2

0

1

0

1

0

0

1/5

-3/5

19/5

0

0

1

2/5

-1/5

-2/5

-1/5

3/5

1/5

f(x) -8 0 0 -22/5 0 -4/5 -3/5

Ví dụ 3: Giải bài toán1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 3

( ) 2 3 min

5 15

3 2 2 20

4 10

0, 1,3.j

f x x x x

x x x

x x x

x x

x j

Giải: Đây không phải bt chính tắc, ta sẽ đưa về bt chính tắc bằng cách thêm vào các ẩn phụ , bt trở thành 4 5 6, , 0x x x

1 2 3 4 5 6( ) 2 3 0 0 0 minf x x x x x x x

1 2 3 4

1 2 3 5

1 3 6

5 15

3 2 2 20

4 10

x x x x

x x x x

x x x

0, 1,6.jx j

Đây là btct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị. CS:{A4,A5,A6} nên

X0=(0,0,0,15,20,10), ta có bảng đơn hình:

-2 3 -1 0 0 0

cs Hs Pa x1 x2 x3 x4 x5 x6

A4

A5

A6

0

0

0

15

20

10

1

3

4

-5

2

0

1

-2

1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

f(x) 0 2 -3 1 0 0 0A4

A5

A1

0

0

-2

25/2

25/2

5/2

0

0

1

-5

2

0

3/4

-11/4

1/4

1

0

0

0

1

0

-1/4

-3/4

1/4

f(x) -5 0 -3 1/2 0 0 -1/2

A4

A5

A3

0

0

-1

5

40

10

-3

11

4

-5

2

0

0

0

1

1

0

0

0

1

0

-1

2

1

f(x) -10 -2 -3 0 0 0 -1

Bài toán f(x) → max: (1) ( ) max

(2)

(3) 0

f x

Ax b

x

0, 1,j j n PA x TU 0 & 0j

j x bt PATU 0 & 0 :j ijx bt PA tot hon x

Định lý

min / 0 :kj j k A vao

min :sj s A ra

+ được cơ sở mới↔PACB mới x.

Ví dụ 4: Giải bài toán 1 2 3

1 2 3

1 2

1 2

( ) 2 3 max

5 6 (1)

2 2 7 (2)

2 5 (3)

0, 1,3.j

f x x x x

x x x

x x

x x

x j

Giải: Đây không phải bt chính tắc, ta

+ Cộng ẩn phụ vào vế trái của (2)

+ Cộng ẩn phụ vào vế trái của (3)

4 4( 0)x x

5 5( 0)x x

1 2 3

1 2 3

1 2 4

1 2 5

( ) 2 3 max

5 6

2 2 7

2 5

0, 1,5.j

f x x x x

x x x

x x x

x x x

x j

Ta nhận được bt ct sau đây:

Đây là btct mà ma trận A có sẵn ma trận đơn vị. CS:{A3,A4,A5} nên

X0=(0,0,6,7,5), ta có bảng đơn hình:

2 3 1 0 0

cs Hs Pa x1 x2 x3 x4 x5

A3

A4

A5

1

0

0

6

7

5

1

2

-1

-5

2

2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

6 -1 -8 0 0 0A3

A4

A2

1

0

3

37/2

2

5/2

-3/2

3

-1/2

0

0

1

1

0

0

0

1

0

5/2

-1

1/2

26 -5 0 0 0 4

A3

A1

A2

1

2

3

39/2

2/3

17/6

0

1

0

0

0

1

1

0

0

1/2

1/3

1/6

2

-1/3

1/3

88/3 0 0 0 5/3 7/3

Từ bảng cuối ta thấy 2 17 39

0 ( , , ,0,0)3 6 2j PX x

Là PATƯ và fmax(x)=88/3.

Nhưng x4,x5 là ẩn phụ nên ta bỏ đi. Vậy PATƯ của bài toán gốc đã cho là: x=(2/3,17/6,39/2) và fmax(x)=88/3.

BÀI TẬP: Giải bt QHTT:

1 2 3

2 3

1 2

( ) 4 2 max

8

5

0, 1,3.j

f x x x x

x x

x x

x j

Giải:

Véctơ x có cơ sở là: