QH.3 - WordPress.com
Download
Report
Transcript QH.3 - WordPress.com
Chương I: QHTT
Bài 3. TÍNH CHẤT CỦA TẬP PHƯƠNG
ÁN VÀ TẬP PHƯƠNG ÁN TỐI ƯU
CỦA BÀI TOÁN QH T T
1. Tập hợp lồi.
a) Khái niệm tổ hợp lồi
Điểm x R n được gọi là tổ hợp lồi của m
1
2
m
điểm x , x ,.., x nếu tồn tại
1, 2 ,.., m 0, 1 2 .. m 1 sao cho :
x 1 x1 2 x2 .. m xm
Ví dụ 1: Trong R, cho x1=1; x2= 4. Điểm
x=3 là tổ hợp lồi của hai điểm 1; 4.
Thật vậy, 3 1 .1 2 .4, 1 ; 2 0; 1 2 1
3
3
3 3
3 3
Ví dụ 2: Trong R2, cho tam giác ABC, với
A(1,1); B(1,2); C(3;4). Khi đó trọng tâm G
là tổ hợp lồi của các đỉnh A, B, C.
Thật vậy, trọng tâm G có tọa độ (5/3, 7/3),
mà
1
1
5 7 1
, (1,1) (1, 2) (3, 4)
3
3
3 3 3
1 1 1
1 1 1
, , 0; 1.
3 3 3
3 3 3
b) Định nghĩa tập lồi: Tập
gọi là tập lồi, nếu
L Rn
được
x, y L x (1 ) y L, ; 0 1
Hay, L là tập lồi, nếu đoạn thẳng nối hai
điểm bất kỳ trong L nằm gọn trong L.
•Ví dụ: Trong mặt phẳng: đoạn thẳng,
đường thẳng, tia, toàn bộ mp, nửa mp, đa
giác lồi, tam giác, hình tròn, hình elip…
đều là các tập lồi.
•Trong không gian: đoạn thẳng, đ.thẳng,
mp, đa diện lồi, hình cầu… là các tập lồi.
c) Điểm cực biên của một tập lồi: x0 gọi
là điểm cực biên của tập lồi L, nếu:
1
2
1
2
x0 x (1 ) x , x ; x L, 0 1
x0 x x0 x .
1
2
Ví dụ 1: Trong R, cho đoạn [1, 4]. Hai
điểm 1; 4 là hai điểm cực biên.
Ví dụ 2: Hình đa giác lồi; đa diện lồi, thì
các đỉnh là các điểm cực biên.
2. Tính chất của bài toán QHTT dạng TQ
Định lý:
•Tập PA của bt Qhtt là một tập lồi.
•Tập PATƯ của bt Qhtt cũng là một tập lồi.
3. Tính chất của bt QHTT dạng chính tắc
Xét bt:
(1) f ( x) c1 x1 c2 x2 .. cn xn min (max)
a11 x1 a12 x2 .. a1n xn b1
a x a x .. a x b
21 1 22 2
2n n
2
(2)
.........................................
am1 x1 am2 x2 .. amn xn bm
(3) x j 0
j 1, n.
Hoặc viết dưới dạng ma trận:
(1) f ( x ) min(max)
1
2
n
(2) Ax b ( x1 A x2 A .. xn A b)
(3) x 0
Giả sử bt trên có PA
Khi đó: xj0≥0 và
x ( x10 , x20 ,.., xn0 )
0
x10 A x20 A .. xn0 A b
1
2
n
Định nghĩa 1: Ứng với những x j 0 0
j
Ta có hệ véctơ A được gọi là hệ véctơ
liên kết với x0.
Định lý 1: x0 là PACB ↔ hệ véctơ liên kết
với nó độc lập tuyến tính.
Hệ quả 1: Số PACB là hữu hạn.
Ví dụ 1: Xét bt Qhtt
f 4 x1 x2 x3 min
2 x1 x2 x3 5
x1 x2 4 x3 2
x j 0, j 1,3.
•Trong đó ta có: m=2, n=3 và
1
2
3
x1 A x2 A x3 A b
5
1
2
1
3
1
A , A2 , A , b
4
2
1
1
•Cho trước 2 vectơ:
7 1
22 7
1
x , , 0 , x 0, ,
3 3
3 3
0
1) C/m x0 là một PA của bt đã cho.
2) Tìm hệ véctơ liên kết của x0
Giải: x0 7 , 1 , 0 là PA của bt, vì nó thỏa
3 3
rb (2), (3).
7 1 1 2
3
ta có
. A . A 0. A b
3
3
1
2
0
nên hệ véctơ liên kết của x là: A , A
22 7
x 0, , là PA của bt, vì nó thỏa rb
3 3
1
(2), (3).
22 2 7 3
0. A . A . A b
3
3
1
Vậy hệ véctơ liên kết của
x1
2
3
là: A , A
Định nghĩa 2:
-Một PACB được gọi là không suy biến
nếu số thành phần dương của nó bằng m.
( m là số dòng của mtr A cũng chính là số
phương trình trong rb (2) )
- PACB gọi là suy biến nếu số thành
phần dương ít hơn m.
Hệ quả 2: Số thành phần dương của một
PACB tối đa bằng m.
Ví dụ 2: Xét bt
f 4 x1 x2 x3 min
x1 2 x2 x3 5
x1 x2 2 x3 5
x j 0, j 1,3.
•Trong đó: m=2, n=3 và
1
2 2 3 1
5
1
A ; A ; A ; b
2
5
1
1
•Cho trước 3 vectơ:
x (0,5,5); x (5,0,0); x (1, 4, 4)
0
1
2
1) C/m x0 là một PA của bt đã cho.
2) Tìm hệ véctơ liên kết của x0
3) x0 có là PACB?
4) nếu x0 là PACB thì nó là suy biến hay
không suy biến?
Giải: x (0,5,5)
0
là PA của bt, vì nó thỏa rb (2), (3).
•hệ véctơ liên kết với nó là {A2 A3}
• x0 là PACB vì hai véctơ này đltt:
2 1
0
1 2
•x0 là PACB không suy biến vì hệ vtlk có
2vt = đúng số pt.
x (5,0,0)
1
là PA của bt, vì nó thỏa rb (2), (3).
•hệ véctơ liên kết với nó là {A1}
• x1 là PACB vì véctơ này khác vt không
nên hệ 1 vt là đltt
•x1 là PACB suy biến vì hệ vtlk có 1vt < m.
x (1, 4, 4) là PA của bt.
2
Nó không là PACB, vì hệ véctơ liên kết với
nó là {A1,A2,A3}có 3 véctơ >số pt.
PP tìm PACB:
- Xác định hệ gồm m véctơ đltt từ các
véctơ cột của A. Các hệ này là hữu hạn :
n!
C
m !(n m)!
m
n
- Biểu diễn véctơ b theo các hệ con đltt ở
trên, ta được các hệ số biểu diễn xác định
các véctơ x tương ứng.
- Loại đi những véctơ x có thành phần âm
còn lại là các PACB.
Ví dụ 3: Tìm tất cả các PACB của tập PA
của bt:
f 2 x1 x3 5 x4 min
x1 x3 x4 5
x2 x3 2 x4 1
x j 0, j 1, 4 .
Giải: A có 4 véctơ cột:
1 2 0 3 1 4 1
A , A , A , A
0
1
1
2
1
•Ta có 6 hệ con đltt:
A ; A , A ; A , A1 ; A4 ,
2
3
1
2
1
3
A ; A , A ; A , A ; A
2
4
3
4
5
•Biểu diễn véctơ b theo các hệ đltt:
1
b A A
1
2
5
5
1
0
1 0 1 1
1
2
b 5A A
x (5,1,0,0) ( PACB)
1
Tương tự ta có:
b 6A A
1
x (6,0, 1,0) (loai)
3
2
9 1 1 4
1
9
3
b A A x , 0, 0, ( PACB)
2
2
2
2
b 6 A 5A
2
x (0,6,5,0) ( PACB)
3
4
b 9 A 5 A
2
4
x (0, 9,0,5) (loai)
5
b 3A 2 A x (0,0,3, 2) ( PACB)
3
4
6
Ta có 6 véctơ thỏa hệ phương trình và loại
2 véctơ có thành phần âm còn lại 4 PACB.
Định lý 2:
-Bt có tập PA ≠ Ø thì có ít nhất một PACB.
-Nếu bt có PATƯ thì sẽ có ít nhất một
PACB là PATƯ.
-Bt có tập PA ≠ Ø và là một đa diện lồi thì
bt sẽ có ít nhất một PATƯ là PACB.
-Điều kiện cần và đủ để bt có PATƯ là tập
PA ≠ Ø và hàm mục tiêu bị chặn.
Giải bt chính tắc bằng PP tính chất:
- Kiểm chứng tập PA ≠ Ø và hàm mục tiêu
bị chặn.
- Tìm tất cả các PACB.
- Lần lượt thử các PACB sau đó so sánh
các giá trị ta suy ra giá trị TƯ và PATƯ
tương ứng.
Ví dụ 4: Giải bt QHTT
f 2 x1 x3 5 x4 min
x1 x3 x4 5
x2 x3 2 x4 1
x j 0, j 1, 4 .
Giải: Ví dụ này ta đã xét ở VD3.
- Bt có tập PA ≠ Ø vì ta đã chỉ ra được có ít
nhất 1 PACB.
- Hàm mục tiêu bị chặn dưới bởi 0, vì
f 2 x1 x3 5x4 0
Vậy bt sẽ có PATƯ trùng với PACB nào đó.
-Theo ví dụ 3 bt có tất cả 4 PACB là:
1
9
x (5,1,0,0), x ,0,0, ,
2
2
4
6
x (0,6,5,0), x (0,0,3,2).
1
3
f ( x ) f (5,1,0,0) 2.5 1.0 5.0 10
1
1
9
1 23
9
f ( x ) f , 0, 0, 2. 1.0 5.
2
2
2 2
2
3
f ( x ) 2.0 5 5.0 5
4
f ( x ) 3 5.2 13
6
Vậy giá trị TƯ là 5 ứng với PATƯ là x4.
Bài tập: Câu 5. Cho bài tóan
f ( x ) 4 x1 5 x2 7 x3 min
3 x1 x2 x3 6
x1 2 x2 3 x3 14
x j 0, j 1, 3.
1) Liệt kê tất cả các phương án cực
biên của bài toán.
2) Chứng tỏ bài toán có PATƯ. Từ đó
chỉ ra phương án cực biên tối ưu.