Tại sân bay Tân Sơn Nhất mong muốn vận tải 1200 du khách và 1trăng tròn tấnhàng bằng máy bay.

Bạn đang xem: Cách giải bài toán quy hoạch tuyến tính

Giả sử gồm 2 loại thiết bị cất cánh rất có thể thực hiện cùng với kỹ năng vận chuyểncủa từng nhiều loại như sau:Máy bay nhiều loại A: 01 máy bay rất có thể chngơi nghỉ 150 du khách cùng 20 tấn hàng cùng với chi phítương xứng 240 triệu đồng.



CHƯƠNG I BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH1.1/ MỘT SỐ VÍ DỤ DẪN ĐẾN BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH: 1.1.1. Bài toán thù vận chuyển: Tại sân bay Tân Sơn Nhất mong muốn chuyển động 1200 hành khách với 1trăng tròn t ấnsản phẩm sử dụng máy cất cánh. Giả sử có 2 loại thiết bị bay có thể áp dụng cùng với tài năng vận chuyểncủa từng nhiều loại nlỗi sau: Máy bay các loại A: 01 vật dụng cất cánh rất có thể chsinh hoạt 150 quý khách cùng 20T hàng với chi phítương xứng 240 triệu đ. Máy bay một số loại B: 01 sản phẩm cất cánh chsinh sống rất có thể chsinh hoạt 180 hành khách và 16 tấn mặt hàng với chigiá tiền tương xứng là 2trăng tròn triệu VND. Hãy lập quy mô search giải pháp sử dụng số lắp thêm bay từng loại thế nào cho nên thỏamãn thử dùng đi lại với tổng ngân sách ít nhất.Lập mô hình: Call x1 là con số sản phẩm cất cánh một số loại A hotline x2 là con số sản phẩm bay nhiều loại B Tổng ngân sách (triệu đồng): Z = 240 x1 + 220x2 Đảm bảo về hành khách: 150 x1 + 180x2 = 1200 Đảm bảo về hàng hóa: đôi mươi x1 + 16 x2 = 1trăng tròn Đảm bảo thực tế: x1,x2 ≥ 0Giải bài xích toán: Z = 240 x1 + 220x2 → min (*) 150 x1 + 180 x2 = 1200   đôi mươi x1 + 16 x2 = 120  x ≥ 0; j = 1, 2 () j Giải hệ phương trình trên  x1 = 2, x2 = 5 núm x1 và x2 vào (* ) → Z = 1580 1.1.2/ Bài tân oán thực đơn thức nạp năng lượng : Để nuôi một nhiều loại vật nuôi tín đồ ta áp dụng 3 một số loại thức ăn uống A, B, C. Tỷ l ệ % theocân nặng các chất bổ dưỡng P1, P2 bao gồm trong các một số loại thức ăn nlỗi sau : Thức ăn Chất bồi bổ P1 P2 A 20 10 B 10 10 C 10 20Yêu cầu trong thực đơn thức ăn uống của loại gia cầm này: - Chất bồi bổ P1 nên có ít nhất là 70g cùng các tuyệt nhất là 80g - Chất bổ dưỡng P2 gồm tối thiểu là 90g - Giá 1kg thức nạp năng lượng A,B,C tương ứng là 2.000đ, 1.000đ, 2.000đ Yêu cầu : Hãy lập mô hình bài bác tân oán khẳng định khố i lượng thức nạp năng lượng yêu cầu cài đặt saomang đến tổng ngân sách tối thiểu.Lập quy mô bài toán : Gọi x1, x2, x3 tương ứng là số g thức nạp năng lượng A, B, C cần sở hữu - Tổng ngân sách Z = 2x1 + x2 + 2x3 - Hàm lượng những chất bổ dưỡng P1: 0,2x1 + 0,1x2 + 0,1x3 thuộc < 70,80> (g) P2: 0,1 x1 + 0,1x2 + 0,2 x3 ≥ 90 (g) x j ≥ 0 ( j = 1, 2,3)Bài toán: Tìm xj (j= 1,2,3) làm sao cho Z = 2x1+ x2 + 2x3 → min 2 x1 + x 2 + 2 x3 ≥ 700 2 x + x + x ≤ 800 1 2 3  x1 + x 2 2 x3 ≥ 900 x1 , x 2 , x3 ≥ 0 1.1.3/ Bài toán thù thời hạn xây đắp nlắp nhất: Để bảo vệ xong xuôi planer, đơn vị chức năng thay thế sửa chữa cùng bảo dưỡng đường nhựa Abuộc phải hối hả hoàn thành 50km sơn vun mặt mặt đường, trong số ấy số lượng km đường được tô kẻvén của mặt đường cung cấp I ko nhỏ tuổi rộng 20% tổng chiều nhiều năm được sơn kẻ vạch củamặt đường cấp cho II với cấp III. Đơn vị A chỉ có 1 dây chuyền ( bạn, máy) để gia công bài toán này. Trong Khi đ ể thờigian ngừng 1km con đường cung cấp I, II, III tương xứng là 12 ngày, 8 ngày và 6 ngày. Định nút tiền đánh mang đến 1km mặt đường cấp cho I, II, III khớp ứng là 30, đôi mươi với 15 triệuđồng, trong lúc kinh phí đầu tư dành cho công việc này vào thời gian tới chỉ với 120 (triệuđồng). Hãy lập mô hình xác minh chiều dài tô kẻ vun cho mỗi cung cấp con đường làm sao để cho tổngthời gian triển khai là nđính độc nhất vô nhị, đồng thời bảo vệ về kinh phí đầu tư tải tô.Lập mô hình: gọi x1, x2, x3 là chiều nhiều năm (km) ý định tiến hành vào tương ứng cấp cho đường loạiI, II, III lúc đó. Mục tiêu thời gian: Z = Yêu cầu kân hận lượng: Yêu cầu chủng loại: Yêu cầu kinh phí Điều khiếu nại vớ yếu: x1, x2, x3 ≥ 0 Bài toán:1.2/ ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC DẠNG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 1.2.1/ Định nghĩa: Bài tân oán quy hoạch đường tính dạng tổng quát: tìm (x1, x2, …, xn) sao để cho n ∑c x j → min (max) (1) f (x) = c1x1+ c2x2 + cnxn = j j =1 Với ĐK n ≤   ∑   aij x j  bi (i = 2,.., m)(2) = 1, j =1  ≥    ≥  0    0  j =(1, 2,..., n)(3) ≤ x j   Tùyý   + Các bi Gọi là những hệ số từ bỏ do+ Các cj Hotline là hệ số hàm mục tiêu ( hệ số)+ aij Hotline là thông số những ràng buộc chung+ f(x) Call là hàm mục tiêu+ Hệ (*) Gọi là hệ buộc ràng (2) điện thoại tư vấn là buộc ràng tầm thường (gồm m ràng buộc) (3) call là ràng buộc đổi mới (tất cả n ràng buộc) Vector x = (x1, x2, … xn) Call là giải pháp (P..A) giả dụ x thỏa (*) tập đúng theo tất cả cácphương pháp call là miền ràng buộc kí hiệu là D - Một giải pháp tạo cho hàm phương châm đạt cực tè ( ứng với bài xích toán thù tra cứu min của f (min f) hoặc cực lớn (max f) Hotline là phương pháp về tối ưu được ký hiệu là xoptNghĩa là: BT min: ∀ x ∈ D : f (x) ≥ f (xopt) BT max: ∀ x ∈ D : f (x) ≤ f (xopt)Giải bài bác tân oán quy hoạch tuyến tính là kiếm tìm các thành phần tối ưu (nếu như có) + Hai bài bác toán quy hoạch con đường tính điện thoại tư vấn là tương tự nhau giả dụ chúng có chungphần tử về tối ưu. Mệnh đề : Quan hệ thân max f cùng min f  f ( x ) ⇒ max  g ( x ) = − f ( x ) ⇒ min  x ∈ D ⇔  x ∈ D  1.2.2/ Biểu diễn bài tân oán quy hướng tuyến đường tính dưới dạng ma trận:điện thoại tư vấn  a11 a12 ... a1n  a A =  21   ...    am1 amn  là ma trận cung cấp m*n các thông số các ràng buộc thông thường x1 , CT = (c1, c2, …,cn)X= … xn b1B= …. bmLúc đó bài bác toán quy hướng đường tính được phân phát biểuTìm x = ( x1, x2, …, xn) làm sao để cho f(x) = CT x → min (max)thỏa mãn: A.X  B ≥ X≥0 ; trong  ≤ =1.2.3/ Các dạng của bài tân oán quy hoạch tuyến tính với các luật lệ thay đổi.1.2.3.1: Dạng bao gồm tắc n f ( x) = ∑ c j x j → min ( max ) j =1 n  ∑ aij x j = bi (i = 1, 2..., m)  j =1 x ≥ 0 ( j = 1, 2,..., n ) j Ta thừa nhận xét rằng, bất kỳ bài xích tân oán quy hướng tuyến tính nào thì cũng rất có thể gửi vềdạng bao gồm tắc nhờ vào các luật lệ đổi khác sau: • Nếu buộc ràng tất cả dạng : n ∑ x j ≥bi a ij j=1thì ta mang đến dạng tương đương : n ∑a x j − x n +1 = bi ij j =1cùng với xn+1 ≥ 0 là ẩn phụ) • Nếu ràng buộc gồm dạng : n ∑ xj ≤ i a b ij j=1thì ta mang về dạng tương đương n ∑a x j + xn +1 = bi ij j =1cùng với xn+1 ≥ 0 là ẩn phụ)Chú ý: - Hệ số của ẩn phú vào hàm mục tiêu f(x) là 0. - Nếu biến hóa xj ≤ 0 thì ta gắng bởi xj’ : xj’ = - xj (xj’ ≥ 0) - Nếu đổi mới xj ko ràng buộc về vệt ta ráng bởi hiệu của 2 biến hóa ko, tức làđặtxj = xj’ - xj’’ cùng với xj’ ≥ 0, xj’’ ≥ 0 Chụ ý rằng: Đây chưa phải là đổi mới prúc phải phải tính lại hàm mục tiêu theo cácđổi thay bắt đầu. Các ví dụ: chuyển các bài bác tân oán QHTT sau về dạng bao gồm tắc 1/ f(x) = -2x1 +3x2 - 2x3 → min 2 x1 + x 2 − 2 x3 = 2  3 x1 + x3 = −3 x , x , x ≥ 0 1 2 3 lấy ví dụ như 1 này là dạng bao gồm tắc vày xảy ra vết = cùng x1, x2, x3 ≥ 02/ f(x) = x1 + x2 + x3 - 2x4 → max  x1 − x2 + 2 x3 ≥ 2  5 x1 − x2 − 3 x3 = 3 x , x , x , x ≤ 0 1 2 3 4 Giải lấy ví dụ như 2: VD2 chưa hẳn là bao gồm tắc do phạm luật 2 chỗ: ≥ 2; x1, x2, x3, x4 ≤0 Ta có: f(x) = x1 + x2 + x3 - 2x4 + 0 . x5 → max  x1 − x2 + 2 x3 − x5 = 2  (1) 5 x1 − x2 − 3 x3 = 3 x1 = - x1’ ; x2 = -x2’ ; x3 = -x3’, x4 = -x4’ (cùng với x1’, x2’, x3’, x4’ ≥ 0) Ta vắt x1, x2, x3, x4 vào (1)  x1 "+ x2 "−2 x3 "+ x5 " = 2  − 5 x1 "+ x2 "+3 x3 " = 3 Tìm x1, x2, x3, x4, x5, x1’, x2’, x3’, x4’ (x5 là ẩn phụ) 3/ f(x) = - x1 + 2x2 +1/3 x3 - 2x4 → min Tìm x1, x2, x3, x4  x1 − x2 − 3 x3 = −7  x + 2 x − x 4 ≤ −2 2 3   x1 + x3 + 2 x 4 = 1 / 2  x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0  Giải VD3 : VD3 này chưa hẳn chính tắc bởi vì vi phạm luật một nơi là ≤ -2 f (x) = -x1 + 2x2 + 1/3 x3 - 2x4 + 0 . x5 → min x1 − x2 −3 x3 = −7 x + 2 x − x 4 + x = 2 2 3 5  x1 + x3 + 2 x 4 =1 / 2   Tìm x1, x2, x3, x4, x5 ≥0, (x5 là ẩn phụ) 4/ f(x) = x1 + 3x2 -2x3 → min Tìm x1, x2, x3, x2’, x2’’, x3’, x4, x5 3 x1 + x2 − 2 x3 ≤ 7 − 2 x − 4 x + x =12  2 2 3  4 x1 + 3 x2 −8 x3 ≥10 x1 ≥ 0, x3 ≤ 0  Giải bài xích 4: Để gửi bài toán bên trên về dạng bao gồm tắc, ta cần đưa hồ hết ràng buộcbất phương thơm trình về pmùi hương trình, đôi khi phần đa ẩn số bắt buộc ko âm. tức là ràngbuộc đầu tiên được thêm vào đó ẩn phụ x4 ≤ 0, ràng buộc sản phẩm công nghệ 3 được trừ đi một ẩn phụx5 ≥ 0Txuất xắc x3 = - x3’ (x3’ ≥ 0) x2 = x2’-x2’’(x2 ≥0, x2’’ ≥0) vậy bài bác toán thù trở thành f(x) = x1 + 3x3 + 2x3’ → min 3 x1 + x2 + 2 x3 "+x4 = 7  − 2 x1 − 4 x2 − x3 " =12 (1) 4 x +3 x +8 x "−x =10 1 2 3 5 Thay x2 vào (1) ta bao gồm 3x1 + x2 "− x2 " "+ 2 x3 "+ x4 = 7   − 2 x1 − 4 x2 "+ 4 x2 " "− x3 = 12  4 x + 3x "− 3x " "+ 8 x "− x = 10 1 2 2 3 5 x1, x2’, x2’’, x3’ ≥ 0; x4, x5 ≥ 0 (x4, x5 là ẩn phụ)1.2.3.2/ Dạng chuẩn (chuẩn tắc ) : Bài tân oán quy hướng đường tính là dạng chuẩn BT QHTT dạng chủ yếu tắc thỏa cácĐK sau: - Các bi mặt vế nên của các buộc ràng phổ biến ≥ 0 - Mỗi buộc ràng chung gồm biến chuyển các đại lý tương xứng. Biến các đại lý là vươn lên là tất cả hệ số là+1 ở 1 buộc ràng bình thường cùng hệ số là 0 ngơi nghỉ những ràng buộc sót lại. (Tức là các biến hóa cơslàm việc sẽ khởi tạo thành một ma trận đơn vị). - Các biến chuyển không cơ sở ( chưa hẳn là trở nên cơ sở) Hotline là trở nên tự do thoải mái Ví dụ 1: Xem xét bài toán thù sau đây sẽ chuẩn chỉnh tắc ko, tra cứu giải pháp cơ phiên bản banđầu f = x1 + 2x2 + x3 + x4 → min  x1 + x2 − x3 = 7(1)   2 x2 + x3 + x4 = 5(2)  x ≥ 0; j = (1,2,3, 4) j Bài tân oán này là dạng chuẩn chỉnh tắc bởi vì phương trình (1,2) phần đông xẩy ra vệt bởi, ràng buộcbiến chuyển xj ≥0 - Hệ số hàm phương châm : c1 = 1, c2 = 2, c3 = 1, c4 = 1 - Ràng buộc bình thường : m = 2 - Ràng buộc vươn lên là : n = 4 - Hệ số ràng buộc phổ biến : a11 = 1, a12 = 1, a13 = 1, a21 = 0, a22 = 1, a23 = 1, a24 = 1 - Các hệ số từ do: b1 = 7, b2 = 5 Ta có hệ số ma trận A= x1 x2 x3 x4 1 1 -1 0 0 2 1 1 Ta có x1, x4 là biến đổi các đại lý ; x2, x3 là thay đổi tự do thoải mái Vậy phương án cơ phiên bản thuở đầu : x2 = x3 = 0 thay vào (1) cùng (2) của hệ bên trên tađược x1 = 7, x4 = 5. Pmùi hương án cơ bản thuở đầu x = (7,0,0,5)lấy ví dụ 2 : f(x) = x2 - x5 → min  x1 + x2 − 2 x5 = 1(1)   3x2 − x3 + x5 = − 3(2)   − 2 x2 + x4 + x5 = 2(3)  x j ≥ 0; j = (1, 2,...,5) Đây không hẳn là bài toán dạng chuẩn:Phương trình bên trên tất cả hệ số tự do thoải mái bi = -3 yêu cầu ta nhân 2 vế cùng với -1  x1 + x2 − 2 x5 = 1(1)  − 3x + x − x = 3(2) 235   − 2 x2 + x4 + x5 = 2(3)  x j ≥ 0; j = (1,5)  - Hệ số hàm kim chỉ nam : c1 = 1, c2 = -1 - Ràng buộc tầm thường : m = 3 - Ràng buộc trở nên : n = 5 - Hệ số ràng buộc chung: a11 = 1, a12 = 1, a13 = 1, a14 = 1, a15 = -2, a21 = 0, a22 = -3, a23 = 1, a24 = 0, a25 = -1, a31 = 0; a32 = -2, a33 = 0, a34 = 1, a35 = 1 - Các hệ số từ do: b1 = 1, b2 = 3, b3 = 2 - Ràng buộc biến: xj≥0 Ta có hệ số ma trận: x1 x2 x3 x4 x5 A= 1 1 0 0 -2 0 -3 1 0 -1 0 -2 0 1 1 Ta bao gồm x1, x3, x4 là biến hóa đại lý x2, x5 là biến hóa thoải mái Tgiỏi x2 = x5 = 0 vào (3) → x4 = 2 Ttốt x2, x5 = 0 vào (2) → x3 = 3 Ttuyệt x2, x5 = 0 vào (1) → x1 =1 Vậy cách thực hiện cơ bạn dạng ban đầu là: x = (1,0,3,2,0)1.3/ Giải bài xích toán thù quan hệ tình dục đường tính 2 biến chuyển bằng phương thức hình học : Trong ngôi trường hòa hợp bài toán QHTT gồm 2 biến ta rất có thể giải bằng phương thức hìnhhọc, ta áp dụng hiệu quả sau đây : 1/ Đường thẳng ax + by = c phân chia phương diện phẳng tọa độ thành 2 miền, một miền là tậptất cả điểm M(x,y) thỏa ax + by > c một miền là tập tất cả các điểm M(x,y) : ax + by ví dụ như 4: f(x) = 3x1 + 4x2 → max 2 x1 − 3x2 ≥ 2 − x1 + x2 ≤ 1x , y ≥ 01 1Để làm rõ hơn chân thành và ý nghĩa của Việc giải bài bác tân oán bởi ph ương pháp hình h ọc ta xétví dụ thực tế sau đây:ví dụ như (5): Một cửa hàng tất cả 2 phân xưởng P1, P2 cùng cấp dưỡng 2 một số loại sản phẩm A, B. Sốđơn vị chức năng thành phầm các nhiều loại được phân phối ra và ngân sách từng giờ đồng hồ hoạt đông P1, P2 nhỏng sau: Phân xưởng 1 Phân xưởng 2Sản phđộ ẩm A 250 250Sản phẩm B 100 200túi tiền 600.000 một triệu cửa hàng nhận ra yêu cầu đặt đơn hàng là 5.000 đơn vị chức năng thành phầm A và 3.000 đối kháng vịthành phầm B. Hãy search phương pháp phân phối thời hạn cho mỗi phân xưởng chuyển động làm sao để cho thỏamãn kinh nghiệm đặt đơn hàng và chi phí tối thiểu. Call x1, xgấp đôi lượt là khoảng thời gian bắt buộc sắp xếp cho P1, P2 hoạt động.1.4/ Phương thơm pháp đơn hình1.4.1/ Cửa hàng của phương pháp đối kháng hình: Tập lồi: Tập G ∈ ℜ n được gọi là tập lồi nếu 2 điểm x, y ở trong G thì cả đoạn cũng thuộc GTập lồi:Không là tập lồi:Điểm rất biên : Điểm x ∈ G được Call là điểm rất biên của G giả dụ vào G ko một quãng thẳnglàm sao thừa nhận x là vấn đề trong.

Xem thêm: Người Dân Tphcm Có Thể Xem Thông Tin Quy Hoạch Trực Tuyến, Bản Đồ Quy Hoạch

Trnghỉ ngơi lại ví dụ ** ta thấy D gồm 3 điểm cực biên A 1, A2, A3 ta Call chúng là phươngán cực biên (pacb) ( giải pháp các đại lý, phương án cơ bản). Nhận xét : Vì tính đặc biệt của cách thực hiện rất biên ta thấy nhằm giải toán quanhệ tuyến đường tính ta chỉ cần xét bên trên tập hữu hạn những giải pháp cực biên.Cơ sở của cách thức solo hình : Để search giải pháp tối ưu của bài xích tập quan hệ giới tính tuyến tính ta chỉ việc xét nhữngphương án cơ bản. Xuất phân phát từ 1 giải pháp cơ phiên bản ban sơ x o như thế nào đó. Ta tìm kiếm cáchreviews nó. Nếu nó vẫn chưa yêu cầu là phương pháp về tối ưu thì ta tra cứu giải pháp đưa quý phái mộtphương án cơ phiên bản new x1 xuất sắc rộng. Quá trình này được lập lại chừng làm sao còn tồn tại khảnăng thực hiện sự dịch rời ấy và do số cách thực hiện cơ bản là hữu hạn nên sau đó 1 s ốhữu hạn bước lặp hoặc vẫn chiếm được cách thực hiện về tối ưu của bài bác toán hoặc đã tóm lại vìhàm mục tiêu không trở nên chặt. Ta mang sử bài xích tân oán đã làm việc dạng (chuẩn- fmin) n f ( x ) =∑ j x j → in a m j=1 n ∑  aij x j = bi (i =1, m)  j =1 x ≥ 0, b ≥ 0 j i1.4.2/Bảng 1-1 hình Hệ Hệ ẩn P..án c1 c2 ..... centimet cm+1 cs ...... cn số cơ cơ bản bạn dạng x1 x2 ... xm xm+1 xs ..... xnc1 x1 b1 a11 a12 a1nc2 x2 b2............cr xr br ar1 ar2 arm arn...............cm xm bm am1 amét vuông amilimet amm+1 amn ∆1 ∆2 ∆m ∆m +1 ∆m +n f(xo) f(x)Trong n ẩn ta cóx1, x2, ..., xm : các ẩn cơ bảnxm+1, ..,xn : những ẩn không cơ bản.Giá trị của f(x0) được xem nhỏng sau: f(x0) = c1b1+ .....+cmbmCác thông số chất vấn được xem bằng phương pháp sau n ∆ j = ∑a j aij − ci (i = 1, m) j =1Crúc ý rằng 1=2=…m =0.1.4.3/ Thuật toán thù đối kháng hình cụ thể : (sau thời điểm bao gồm bảng đối kháng hình) Bước 1: - Kiểm tra tính tối ưu của phương án : - Nếu j 0 thì đưa sang bước 2 Bước 2: - Nếu gồm một j >0 cơ mà với đa số aij ≤ 0 ( ∀ i =1,m) nghĩa là số đông phần tử bên trên cột xjđông đảo không dương. Ngừng thuật toán thù. Kết luận bài tân oán ko giải được - Nếu với từng j > 0 đều phải sở hữu ít nhất một aij > 0 thì gửi sang trọng bước 3 Cách 3: ( chọn ẩn gửi vào, ẩn gửi thoát khỏi hệ ẩn cơ bản) - Ẩn xs là ẩn gửi vào ví như s = maxj >0.- Ẩn đưa ra xr bi br λ = min (ars ≥ 0 ) = ais ars Phần tử ars nằm trong cột xs ( ứng với ẩn đưa vào) cùng chiếc x r (ứng cùng với ẩn đưa ra)call là thành phần trục ( để ý rằng ars >0). Sau Khi xác minh được ần chuyển vào cùng chỉ dẫn ta đưa sang bước 4. Cách 4: (Cải tiến : tra cứu cách thực hiện cơ bạn dạng mới giỏi hơn) Xây dựng bảng solo hình bắt đầu tương xứng cùng với hệ ẩn cơ bạn dạng new thu được từ bỏ hệ ẩncơ bạn dạng trước bằng phương pháp vậy xr vì xs ( trên cột hệ số ta cầm cố cr vì chưng cs) - Để nhận được cái xs (mới được gửi vào) ta chia dòng xr đến ars - Bảng solo hình new : Trên cái xs cũ thì ars = 1 các phân tử còn lại bởi 0, s = 0. Các bộ phận còn lại (kể cả chiếc j) ta tính theo quy tắc hình chữ nhật ajk (mới) = ajk (cũ) ark. ajs ars Cột k cột sDòng r ark ars phân chia nhânDòng j zjk? ajsSau đó quay trở lại bước 1Cứ đọng liên tiếp chạy thuật toán như bên trên theo lắp thêm trường đoản cú bước 1 -> bước 2->bước 3->bước 4->bước 1->,,,vv. Và vấn đáp trải đời bài toán.lấy ví dụ 1: Giải bài bác tân oán quan hệ giới tính tuyến tính sau: f(x) = 6x1 + x2 + x3 + 3x4 + x5 - 7x6 + 6x7 → min  − x1 + x 2 − x 4 + x6 + x7 = 3 − 2x + x − 4x + 2x − x = 9  1 3 4 6 7   4 x1 + 2 x 4 + x5 − 3x6 = 2  x j ≥ 0; ( j = 1,7 )  Bài tân oán bao gồm dạng chuẩn chỉnh với cách thực hiện cơ phiên bản ban sơ x0 = (0,3,9,0,2,0,0) bao gồm cácẩn cơ phiên bản x2, x3, x5 (n=7, m=3) ta gồm bảng đối chọi hình.Hệ số Hệ ẩn P.án 6 1 1 3 1 -7 6 cơ x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 bạn dạng 1 x2 3 -1 1 0 -1 0 <1> 1 1 x3 9 -2 0 1 -4 0 2 -1 1 x5 2 4 0 0 2 1 -3 0 f(x) 14 -5 0 0 -6 0 7 -6Với f(x0) = C1b1 + c2b2 + c3b3 = 1.3 + 1.9 + 1.2 = 14 2 = 3 = 5 = 0 (vày x2, x3, x5 là ẩn cơ bản) 2 = 1 * 1 + 1 * 0 + 1 * 0 - 1 = 0 4 = 1 * (-1) + 1 * (-4) + 1*2 - 3 = - 6 6 = 1*1+1*2+1*(-3) - (-7) = 7 7 = 1*1+1*(-1) + 1*0 -6 = -6 Ta đang bao gồm không hề thiếu lên tiếng trên bảng đơn hình, buộc phải ta bắt đầu cần sử dụng thuật tân oán đơnhình với bước bước đầu là bước 1 Cách 1: Ta thấy có 6 = 7 > 0 đưa quý phái bước 2 Bước 2: Ta thấy 6 > 0 tất cả a16, a26 > 0 gửi quý phái bước 3 Cách 3: Chọn ẩn gửi vào ta đi kiếm các cột có j >0, tuy nhiên ngơi nghỉ ví dụ này chỉ tất cả 6> 0 cần x6 là ẩn chuyển vào.Chọn ẩn chỉ dẫn :Ta bao gồm : a16 =1, a26 = 2, (a16, a26 >0) 3 9  3λ = min  ;  = suy ra x2 là ẩn cơ phiên bản bị loại khỏi hệ ẩn cơ bản bộ phận a16 = 1 1 2  1được đóng góp khung ars = a16 = 1 gửi sang trọng bước 4 Cách 4: Xây dựng bảng đơn hình mớiHệ số Hệ ẩn Phường.án 6 1 1 3 1 -7 6 cơ X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 bạn dạng -7 X6 3 -1 1 0 -1 0 1 1 1 X3 3 0 -2 1 -2 0 0 -3 1 X5 11 1 3 0 -1 1 0 3 f(x) -7 2 -7 0 1 0 0 -13 Ta ráng x2 bằng x6 cùng với hệ số của x6 là -7 ta nên tính lại 8*4 = 32 đại lượng trongbảng mới theo những công thức vào bước 4. Sau Lúc tính toàn thể những quý giá vào bảng đối chọi hình new ta quay trở về bước 1: Tathấy 1 > 0; 4 > 0 suy ra bước 2. Tại 4 = 1 > 0 có toàn bộ a14, a24, a34 suy ra kết thúc thuật toán thù. Tóm lại bài toán thù vẫn đến không tồn tại giải pháp về tối ưu:lấy một ví dụ 2: Giải bài toán quan hệ tuyến tính sau: f(x) = x1+ 4x2 - x3 - x4 + x5 + 3x6 → min  2 x1 − x 2 + 5 x3 + x 4 = 1 2x + 4x − 2x + x = 2 1 2 3 5   x1 + 2 x 2 + x3 + x6 = 5  x j ≥ 0; ( j = 1,6) Bài toán bao gồm dạng chuẩn chỉnh , cùng với phương án cơ bạn dạng ban đầu x0 = (0,0,0,1,2,5)Các ẩn cơ phiên bản x4, x5, x6 ( n = 6, m = 3)Ta gồm bảng đối chọi hình:Hệ số Hệ ẩn P..án 1 4 -1 -1 1 3 cơ bạn dạng x1 x2 x3 x4 x5 x6 -1 x4 1 2 -1 5 1 0 0 1 x5 2 2 <4> -2 0 1 0 3 x6 5 1 2 1 0 0 1 f(x) 16 2 7 -3 0 0 0Với f(x0) = c1b1 + c2b2 + c3b3 = (-1) * 1 + 1 * 2 + 3 * 5 = 164 = 5 = 6 = 0 (vày x4, x5, x6 là ẩn cơ bản)1 = (-1) * 2 + 1 * 2 + 3 * 1 - 1 = - 2 + 2 + 3 - 1 = 22 = (-1) * (-1) + 1 * 4 + 3 * 2 - 4 = 1 + 4 + 6 - 4 = 73 = ( -1) * 5 + 1 * (-2) + 3 * 1 - (-1) = - 5 -2 + 3 + 1 = - 3 Ta sẽ gồm rất đầy đủ đọc tin nằm trong bảng 1-1 hình, nên ta bắt đầu sử dụng thuật tân oán đơnhình với bước đầu là bước 1. Cách 1 : Có 2 = 7 > 0 gửi quý phái bước 2 Cách 2 : Ta thấy tất cả 2 >0 và gồm a22 và a32 >0 gửi thanh lịch bước 3 Bước 3 : Chọn ẩn chuyển vào : - Ta đi tìm kiếm các cột j >0; tuy nhiên sống bài này còn có 2 > 0 buộc phải x2 là ẩn chuyển vào - Chọn ẩn đưa ra : Ta gồm a22 = 4, a32 = 2 (a22, a32 > 0) γ = min  2 , 5  = 2 → x5 là ẩn cơ bản bị loại khỏi hệ ẩn cơ bạn dạng   4 2 4Phần tử a22 = 4 được đóng góp khung ars = a22 = 4 gửi quý phái bước 4 Cách 4: Xây dựng 1-1 hình mới Hệ số Hệ ẩn Phường.án 1 4 -1 -1 1 3 cơ X1 X2 X3 X4 X5 X6 phiên bản -1 X4 3/2 5/2 0 9/2 1 ¼ 0 4 X2 ½ ½ 1 -1/2 0 ¼ 0 3 X6 4 0 0 2 0 -50% 1 F(x) 25/2 -3/2 0 1/2 0 -7/4 0 - Chọn ẩn gửi vào: ta gồm 3 > 0; lại sở hữu a13 và a33 > 0 → lựa chọn x3 là ẩn chuyển vào  6 4 6 - Chọn ẩn chuyển ra: γ = min  → x4 là ẩn đưa ra. thành phần a13 là phần tử , = 18 2  18đóng khung; vậy ars = a13 = 9/2Hệ số Hệ ẩn Phường.án 1 4 -1 -1 1 3 cơ X1 X2 X3 X4 X5 X6 bạn dạng -1 X3 1/3 5/9 0 1 2/9 1/18 0 4 X2 2/3 7/9 1 0 1/9 5/18 0 3 X6 10/3 -10/9 0 0 -4/9 -11/18 1 f(x) 37/3 -16/9 0 0 -1/9 -16/9 01= (-1) * 5/9 + 4 * 7/9 + 3 * (-10)/9 - 1= - 16/94= - (-1) * 2/9 + 4 * 1 /9 +3 * (-4/9) - (-1) = - 1/95= (-1) * 1/18 + 4 * 5/18 + 3 * (-11/18) - 1 = - 16/9  10  21Vậy bài tân oán tất cả bộ phận tối ưu là xopt =  0, , ,0,0,  ; f(min) =37/3  3 33Chụ ý : Bài toán dạng chuẩn chỉnh f max.Cách 1 : ( loại gián tiếp : mang về dạng chuẩn chỉnh f → min)BT1 f → Max  g=-f → min BT2X∈D X∈D Nếu xopt là bộ phận tối ưu của bài bác tập 1 ⇔ x cũng là bộ phận tối ưu của bài xích toán2. Và quý hiếm của hàm kim chỉ nam là fmax = - gmin.Cách 2: (Trực tiếp)Thuật toán tương tự như thuật toán thù nghỉ ngơi dạng f → min. Chỉ thay đổi Cách 1: Nếu j ≥ 0 ∀ j thì phương án là về tối ưu Cách 2: Nếu có một j Hệ số Hệ ẩn cơ P..án -1 4 2 -1 phiên bản cơ phiên bản X1 X2 X3 X4 2 X3 4 2 -1 1 0 -1 X4 7 3 1 0 1 F(x) 1 2 -7 0 0 2 X3 11 5 0 1 1 4 X2 7 3 1 0 0 f(x) 50 23 0 0 7⇒ xopt = (0,7,11,0) ; fmax = 501.5/ Thuật tân oán đối chọi hình giải bài toán QHTT dạng bao quát Lúc thiết kế thuật toán đối chọi hình ta đưa thiết là đang biết một cách thực hiện cơ bảnTức là bài xích tân oán bao gồm dạng chuẩn chỉnh. Tuy nhiên trong thực tiễn chưa phải bài tân oán quan hệđường tính làm sao cũng đều có dạng chuẩn. Đó là nguyên do người ta đề xuất một thuật toán thù giải đ ượcbài toán QHTT dạng tổng quát.1.5.1/ Đưa bài bác tân oán QHTT dạng tổng quát về dạng chuẩn (bài toán thù M) Nếu bài tân oán QHTT (dạng chủ yếu tắc, bi ≥ 0) không có ngay lập tức giải pháp cơ phiên bản banđầu thì ta thêm một số trong những phát triển thành giả vào để có ngay lập tức giải pháp cơ phiên bản lúc đầu. Bài toán cóbiến đưa điện thoại tư vấn là bài toán (M).Ví dụ: Cho bài xích toán thù gốc (p) f = x1 - 2x2 +3x3 + x4 → min 4 x1 + x2 + 2 x3 + 2 x4 = 1   x1 − 2 x2 + 5 x3 − 4 x4 = 6  x ≥ 0; ( j = 1,4 ) jHãy viết bài toán M