Giáo trình Quy hoạch tuyến tính - Chương 2: Giải thuật đơn hình

 0
0
3
1
 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
5
3
3
= 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
4
1
4
Bước lặp k=2 
⎥⎥
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
==
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
==
0x
4
1
4
b
x
x
x
x
x
2
2
N
2
5
2
1
B2 
 [ ] 9
4
1
4
 0 1 2bc)x(z 2TB
2
2
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
== 
 [ ] [ ] 0 1 20 0 0 1 2Accc 2TBTT2 2 −=−=
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
1 
3
1
- 
3
4
 0 0
0 
3
1
3
1
- 1 0
 0 
3
1
3
2
 0 1
 = [ 0 0 -1 -1 0 ] : thoả dấu hiệu tối ưu. 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
49 
Vậy kết quả của bài toán là : 
 . Phương án tối ưu x = x2 = 
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
4
0
0
1
4
 . Giá trị hàm mục tiêu z(x) = 9 
 4- Phép tính trên dòng - Bảng đơn hình 
 Các bước thực hiện giải thuật đơn hình cải tiến được trình bày lần lượt trong 
các bảng, gọi là bảng đơn hình. Trong thực hành, để cập nhật những giá trị mới ta có 
thể làm như sau : 
 . Tìm pivot. 
 . Chia dòng chứa pivot cho pivot. 
 . Khử các phần tử trên cột chứa pivot. 
 . Tính dấu hiệu tối ưu. 
 . Tính giá trị hàm mục tiêu . 
0B
c 
0B
i 1x 2x 3x 4x 5x 0b 
0 3 1 -1 1 0 0 3 
0 4 1 2 0 1 0 6 
0 5 -1 2 0 0 1 2 
Tc 2 1 0 0 0 z(x0) 
T
0c 2 1 0 0 0 0 
1B
c 
1B
i 1x 2x 3x 4x 5x 1b 
2 1 1 -1 1 0 0 3 
0 4 0 3 -1 1 0 3 
0 5 0 1 1 0 1 5 
Tc 2 1 0 0 0 z(x1) 
T
1c 0 3 -2 0 0 6 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
50 
2B
c 
2B
i 1x 2x 3x 4x 5x 2b 
2 1 1 0 
3
2 
3
1 0 4 
1 2 0 1 
3
1− 
3
1 0 1 
0 5 0 0 
3
4 
3
1− 1 4 
Tc 2 1 0 0 0 z(x2) 
T
2c 0 0 -1 -1 0 9 
III- PHƯƠNG PHÁP BIẾN GIẢ CẢI BIÊN 
 1- Bài toán cải biên 
 a- Cải biên bài toán quy hoạch tuyến tính 
 Người ta có thể biến đổi một bài toán quy hoạch tuyến tính chính tắc thành 
dạng chuẩn bằng cách cộng một cách phù hợp vào vế trái của ràng buộc i một biến giả xn+i ≥ 0 để 
làm xuất hiện ma trận đơn vị. Vì các biến giả cải biên có ảnh hưởng đến hàm mục tiêu nên cũng sẽ có 
sự cải biên hàm mục tiêu. 
 Vậy, người ta có thể biến đổi bài toán quy hoạch tuyến tính tổng quát, gọi là 
bài toán xuất phát, thành bài toán dạng chuẩn, gọi là bài toán cải biên (mở rộng) 
 Ví dụ : 
 Biến đổi bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây thành dạng chuẩn 
)4,3,2,1j( 0 x
28x8x3
18x6xx4
25x5x5x
xxxx2)x(z max
j
42
432
421
4321
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+
=+−−
=++
−++=
 Bài toán xuất phát có các biến, ma trận ràng buộc và chi phí : 
]1- 1 1 2[c
8 0 3 0
6 1- 4- 0
5 0 5 1
 A
] x x xx[x
T
4321
T
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
51 
 Bằng cách thêm biến giả x5, x6 lần lượt vào ràng buộc 2 và 3 . Ta được bài 
toán cải biên : 
)6,5,4,3,2,1j( 0 x
28xx8x3
18xx6xx4
25x5x5x
)xx(Mxxxx2)x(z max
j
642
5432
421
654321
=≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++
=++−−
=++
+−−++=′
)x(z′ là hàm mục tiêu cải biên sẽ được giải thích trong phần tiếp theo. 
 Các biến, ma trận ràng buộc các hệ số và chi phí của bài toán cải biên là 
] M- M- 1- 1 1 2[c
 1 0 8 0 3 0
0 1 6 1- 4- 0
0 0 5 0 5 1
 A
] x x x x xx[x
T
654321
T
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
 b- Quan hệ giữa bài toán xuất phát và bài toán cải biên 
 Người ta kiểm chứng rằng : 
 - Nếu là phương án (tối ưu) của bài toán xuất phát thì ]x ... x x[x n21
T =
]0 ... 0 0 x ... x x[x n21
T = là phương án (tối ưu) của bài toán cải biên tương 
ứng. 
 Vậy nếu bài toán cải biên không có phương án tối ưu thì bài toán xuất phát 
cũng sẽ không có phương án tối ưu. 
 - Nếu ]0 ... 0 0 x ... x x[x n21
T = là phương án tối ưu của bài toán cải 
biên thì là phương án tối ưu của bài toán xuất phát ]x ... x x[x n21
T =
 - Nếu bài toán cải biên có một phương án tối ưu mà trong đó có ít nhất một 
biến giả có giá trị dương thì bài toán xuất phát không có phương án tối ưu. 
 - Nếu bài toán cải biên (dạng chuẩn) có phương án tối ưu thì cũng sẽ phương 
án cơ sở tối ưu. 
Ví dụ 
1- Xét bài toán : 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
52 
5) 1,2,3,4,(j 0x
3
2
x
3
1
x
3
4
x
3
2
x
3
1
x
52x5x7xx
09x3x
5xx2xx)x(z min
j
54321
5432
43
5421
=≥
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=+++−
=−−−
=−−
−++=
 Bài toán cải biên không có phương án tối ưu nên bài toán xuất phát cũng 
không có phương án tối ưu . 
2- Xét bài toán : 
1,2,3)(j 0x
75x5x
3
1
xx
3
1
x
3
2
9x7x16xz(x) min
j
21
321
321
=≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−
=+−−
++−=
 Phương án tối ưu của bài toán cải biên : 
 [ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡= 0
15
22
5
7
0xxxx 4321 
 Phương án tối ưu của bài toán xuất phát : 
 [ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
15
22
5
7
0xxx 321 
3- Xét bài toán : 
1,2,3)(j x
18xxx
502xx2x
27x2xx
2x4x2xz(x) min
j
321
321
321
321
=
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤−−
=++
=+−
−+=
 Phương án tối ưu của bài toán cải biên : 
 [ ] [ ]02432500xxxxxx 654321 = 
 Bài toán xuất phát không có phương án tối ưu . 
Hai phương pháp biến giả cải biên thương dùng là phương pháp hai pha và 
phương pháp M vô cùng lớn . 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
53 
 2- Phương pháp hai pha 
Pha 1 
Tìm phương án tối ưu cho bài toán cải biên với hàm mục tiêu cải biên 
là : 
min (tổng tất cả biến giả cải biên) 
Pha 2 
Tìm phương án tối ưu cho bài toán xuất phát với phương án cơ sở khả thi xuất 
phát là phương án tối ưu tìm được ở pha 1. Ở pha 2 này các biến giả cải biên bị loại ra 
khỏi ma trận các hệ số ràng buộc, và vectơ chi phí được cập nhật lại, do đó dấu hiệu 
tối ưu cũng được cập nhật lại 
Đây là phương pháp thuận lợi cho việc lập trình ứng dụng giải thuật đơn hình 
cải tiến. 
Ví dụ : Xét bài toán quy hoạch tuyến tính 
1,2,3)(j 0x
3
7
x3x2x
3
8
x2x2x
xx4x3)x(z max
j
321
321
321
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥++
≤++
++=
Đưa bài toán về dạng chính tắc bằng cách thêm biến phụ x4 , x5 ta được 
1,2,3,4,5)(j 0x
3
7
xx3x2x
3
8
xx2x2x
xx4x3)x(z max
j
5321
4321
321
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=−++
=+++
++=
 Ma trận các hệ số ràng buộc là : 
 A= không chứa ma trận đơn vị ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−1 0 3 2 1
0 1 2 2 1
 Áp dụng phương pháp đơn hình cải biên hai pha như sau : 
 Pha 1 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
54 
Thêm biến giả (cải biên ) x6 ≥ 0 vào ràng buộc thứ hai để được ma trận đơn vị 
. Khi đó bài toán cải biên có dạng : 
6)1,2,3,4,5,(j 0x
3
7
xxx3x2x
3
8
xx2x2x
x)x(w min 
j
65321
4321
6
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+−++
=+++
=
Có ma trận các ràng buộc là : 
 có chứa ma trận đơn vị ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−= 1 1 0 3 2 1
0 0 1 2 2 1
A
Giải bài toán cải biên bằng giải thuật đơn hình cải tiến 
Khởi tạo 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−=
3
7
3
8
b 
110321
001221
A 00 
 [ ]100000cT = 
Bước lặp k=0 
0B
c 
0B
i x1 x2 x3 x4 x5 x6 0b 
0 4 1 2 2 1 0 0 
3
8 
1 6 1 2 3 0 -1 1 
3
7 
cT 0 0 0 0 0 1 w(x0) 
T
0c -1 -2 -3 0 1 0 
3
7 
Bước lặp k= 1 
1B
c 
1B
i x1 x2 x3 x4 x5 x6 1b 
0 4 
3
1 
3
2 0 1 
3
2 
3
2− 
9
10 
0 3 
3
1 
3
2 1 0 
3
1− 
3
1 
9
7 
cT 0 0 0 0 0 1 w(x1) 
T
1c 0 0 0 0 0 1 0 
 Ta được phương án tối ưu . Xong pha 1 . Chuyển sang pha 2. 
 Pha 2 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
55 
 Loại bỏ biến giả cải biên x6 ≥ 0 
 Khởi tạo 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
9
7
9
10
b
3
1
01
3
2
3
1
3
2
10
3
2
3
1
A
0
0
 [ ]00143 c T =
 Bước lặp k=0 
0B
c 
0B
i x1 x2 x3 x4 x5 0b 
0 4 
3
1 
3
2 0 1 
3
2 
9
10 
1 3 
3
1 
3
2 1 0 
3
1− 
9
7 
cT 3 4 1 0 0 z(x0) 
T
0c 3
8 
3
10 0 0 
3
1 
9
7 
Bước lặp k=1 
1B
c 
1B
i x1 x2 x3 x4 x5 1b 
0 4 0 0 -1 1 1 
3
1 
4 2 
2
1 1 
2
3 0 
2
1− 
6
7 
cT 3 4 1 0 0 z(x1) 
T
1c 1 0 -5 0 2 3
14 
 Bước lặp k=2 
2B
c 
2B
i x1 x2 x3 x4 x5 2b 
0 5 0 0 -1 1 1 
3
1 
4 2 
2
1 1 1 
2
1 0 
3
4 
cT 3 4 1 0 0 z(x2) 
T
2c 1 0 -3 -2 0 3
16 
 Bước lặp k=3 
3B
c 
3B
i x1 x2 x3 x4 x5 3b 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
56 
0 5 0 0 -1 1 1 
3
1 
3 1 1 2 2 1 0 
3
8 
cT 3 4 1 0 0 z(x3) 
T
3c 0 -2 -5 -2 0 8 
 Kết quả của bài toán đã cho : 
 . Phương án tối ưu 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
=
=
=
=
=
3
1
x
0x
0x
0x
3
8
x
5
4
3
2
1
 . Giá trị hàm mục tiêu z(x)=z(x3)= 8 
 3- Phương pháp M vô cùng lớn 
 Phương pháp M vô cùng lớn ( M là số vô cùng lớn ) tương tự như 
phương pháp hai pha, ngoại trừ ở pha 1 hàm mục tiêu cải biên có dạng sau đây cho 
bài toán max/min 
max [z(x) - M*( tổng các biến giả cải biên) ] 
min [z(x) + M*( tổng các biến giả cải biên) ] 
Bằng phương pháp này, trong quá trình tối ưu, các biến giả cải biên sẽ được 
loại dần ra khỏi ma trận cơ sở : tất cả đều bằng 0. Nếu trong quá trình tìm phương án 
tối ưu mà không loại bỏ được các biến giả cải biên ra khỏi cơ sở thì bài toán vô 
nghiệm. 
So với phương pháp hai pha thì phương pháp này tránh được việc phải cập 
nhật lại dữ liệu cho bài toán gốc nhưng không tiện lợi bằng trong lập trình ứng dụng. 
Ví dụ : Xét bài toán tương tự như trên 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
57 
1,2,3,4,5)(j 0x
3
7
xx3x2x
3
8
xx2x2x
xx4x3)x(z max
j
5321
4321
321
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=−++
=+++
++=
Thêm biến giả cải biên x6 ≥ 0 vào ràng buộc thứ hai đồng thời cải biên hàm mục 
tiêu theo như trên ta được : 
6)1,2,3,4,5,(j 0x
3
7
xxx3x2x
3
8
xx2x2x
Mxxx4x3)x(wmax 
j
65321
4321
6321
=≥
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+−++
=+++
−++=
Tìm phương án tối ưu cho bài toán cải biên này bằng phương pháp đơn hình 
cải tiến 
Khởi tạo 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−=
3
7
3
8
b 
110321
001221
A 00 [ ]M00143cT −= 
 Bước lặp k=0 
0B
c 
0B
i 1x 2x 3x 4x 5x 6x 0b 
0 4 1 2 2 1 0 0 
3
8 
-M 6 1 2 3 0 -1 1 
3
7 
cT 3 4 1 0 0 -M w(x0) 
T
0c 3+M 4+2M 1+3M 0 -M 0 3
M7−
Bước lặp k= 1 
1B
c 
1B
i 1x 2x 3x 4x 5x 6x 1b 
0 4 
3
1 
3
2 0 1 
3
2 
3
2− 
9
10 
1 3 
3
1 
3
2 1 0 
3
1−
3
1 
9
7 
cT 3 4 1 0 0 -M w(x1)
T
1c 3
8 
3
10 0 0 
3
1 M
3
5 −− 
9
7 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
58 
 Do x6 = 0 (vì ngoài cơ sở) nên bị loại ra khỏi bảng và ta tiếp tục tìm phương 
án tối ưu cho bài toán gốc đã cho có phương án cơ sở khả thi được khởi tạo như sau : 
0B
c 
1B
i 1x 2x 3x 4x 5x 0b 
0 4 
3
1 
3
2 0 1 
3
2 
9
10 
1 3 
3
1 
3
2 1 0 
3
1− 
9
7 
cT 3 4 1 0 0 z(x0) 
T
0c 3
8 
3
10 0 0 
3
1 
9
7 
 Các bước tiếp theo được thực hiện giống như phương pháp hai pha. 
IV- QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH SUY BIẾN 
 Khi thực hiện thuật toán đơn hình trường hợp bất thường có thể xảy ra là khi 
xác định biến ra thì tồn tại tỷ số 0
a
b
ik
i = , tức là tồn tại bi=0, hay không có tỷ số nào 
dương thật sự. Người ta xem đây là trường hợp suy biến. Khi một bảng đơn hình rơi 
vào tình trạng suy biến thì có thể gây khó khăn mà cũng có thể không khi ta tiếp tục 
thực hiện thuật toán đơn hình. 
1- Các ví dụ về quy hoạch tuyến tính suy biến 
Ví dụ 1 : xét quy hoạch tuyến tính : 
0x,x
0x2
6x3
2x2x
xx7z(x) min
21
1
1
21
21
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤−
≤−
≤−
−+=
Đưa bài toán về dạng chuẩn : 
0x,x
0xx2
6xx3
2xx2x
xx7z(x) min
21
51
41
321
21
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−
=+−
=+−
−+=
với ma trận hệ số là : 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
59 
x1 x2 x3 x4 x5 b 
1 -2 1 0 0 2 
-3 0 0 1 0 6 
-2 0 0 0 1 0 
có chứa ma trận đơn vị. Áp dụng thuật toán đơn hình cải tiến ta được : 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
0 3 1 -2 1 0 0 2 
0 4 -3 0 0 1 0 6 
0 5 -2 0 0 0 1 0 
Tc 1 -1 0 0 0 
T
c 1 -1 0 0 0 
w=7 
Đây là trường hợp suy biến, biến vào là x2, nó được tăng lên đến mức vẫn thỏa 
những điều kiện về dấu của các biến trong cơ sở x3, x3, x5 . Đó là : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥+=
≥+=
≥+=
0x00x
0x06x
0x22x
23
24
23
 ⇔ 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥∀
≥∀
−≥
0x
0x
2
2
x
2
2
2
Như vậy x2 có thể lớn tùy ý nên hàm mục tiêu không bị giới nội. Vậy bài toán 
không có phương án tối ưu. Trường hợp này ở bảng đơn hình không có tỷ số nào 
dương thật sự để xác định biến ra. 
Ví dụ 2 : xét quy hoạch tuyến tính : 
0x,x
0x2
6x3
2x2x
xx7z(x) min
21
1
1
21
21
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤−
≤−
≤+
−+=
Đưa bài toán về dạng chuẩn : 
0x,x
0xx2
6xx3
2xx2x
xx7z(x) min
21
51
41
321
21
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−
=+−
=++
−+=
với ma trận hệ số là : 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
60 
x1 x2 x3 x4 x5 b 
1 2 1 0 0 2 
-3 0 0 1 0 6 
-2 0 0 0 1 0 
có chứa ma trận đơn vị. Áp dụng thuật toán đơn hình cải tiến ta được : 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
0 3 1 2 1 0 0 2 
0 4 -3 0 0 1 0 6 
0 5 -2 0 0 0 1 0 
Tc 1 -1 0 0 0 
T
c 1 -1 0 0 0 
w=7 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
-1 2 
2
1 1 
2
1 0 0 1 
0 4 -3 0 0 1 0 6 
0 5 -2 0 0 0 1 0 
Tc 1 -1 0 0 0 
T
c 2
3 0 
2
1 0 0 
w=6 
Đây là bảng đơn hình tối ưu. 
 Ví dụ 3 : xét quy hoạch tuyến tính : 
0x,x,x
0xxx
1x
2
1
x
2
1
x
2
3
x2x
2
1
-3w(x) min
321
321
31
321
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤−+−
≤+
+−+=
Đưa bài toán về dạng chuẩn : 
0x,x,x,x,x
0xxxx
1xx
2
1
x
2
1
x
2
3
x2x
2
1
-3w(x) min
54321
5321
431
321
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−+−
=++
+−+=
với ma trận hệ số : 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
61 
x1 x2 x3 x4 x5 b 
2
1 0 
2
1 1 0 1 
-1 1 1 0 1 0 
có chứa ma trận đơn vị . Áp dụng giải thuật đơn hình cải tiến : 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
0 4 
2
1 0 
2
1 1 0 1 
0 5 -1 1 1 0 1 0 
Tc 
2
1 -2 
2
3 0 0 
T
c 2
1 -2 
2
3 0 0 
w=-3 
x2 vào , x5 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
0 4 
2
1 0 
2
1 1 1 
-2 2 -1 1 -1 0 0 
Tc 
2
1 -2 
2
3 0 0 
T
c 2
3− 0 
2
1− 0 2 
w=-3 
x1 vào , x4 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 b 
2
1 1 1 0 1 2 0 2 
-2 2 0 1 0 2 1 2 
Tc 
2
1 -2 
2
3 0 0 
T
c 0 0 1 3 2 
w=-6 
Đây là bảng đơn hình tối ưu 
Ví dụ 4 : xét quy hoạch tuyến tính 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
62 
0x,x,x,x
1x
0xx5,0x5,1x5,0
0x9x5,2x5,5x5,0
x24x9x57x10z(x) min
4321
1
4321
4321
4321
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤
≤+−−
≤+−−
+++−=
 Đưa bài toán về dạng chuẩn 
0x,x,x,x,x,x,x
1xx
0xxx5,0x5,1x5,0
0xx9x5,2x5,5x5,0
x24x9x57x10w(x) min
7654321
71
64321
54321
4321
≥
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
=++−−
=++−−
+++−=
với ma trận hệ số 
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
0,5 -5,5 -2,5 9 1 0 0 0 
0,5 -1,5 -0,5 1 0 1 0 0 
1 0 0 0 0 0 1 1 
có chứa ma trận đơn vị . Áp dụng phương pháp đơn hình cải tiến 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
0 5 0,5 -5,5 -2,5 9 1 0 0 0 
0 6 0,5 -1,5 -0,5 1 0 1 0 0 
0 7 1 0 0 0 0 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c -10 57 9 24 0 0 0 
w=0 
x1 vào , x5 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
-10 1 1 -11 -5 18 2 0 0 0 
0 6 0 4 2 -8 -1 1 0 0 
0 7 0 11 5 -18 -2 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c 0 -53 -41 204 20 10 0 
w=0 
x2 vào , x6 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
-10 1 1 0 0,5 -4 -0,75 2,75 0 0 
57 2 0 1 0,5 -2 -0,25 0,25 0 0 
0 7 0 0 -0,5 4 0,75 -2,75 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c 0 0 -14,5 98 6,75 13,25 0 
w=0 
x3 vào , x1 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
63 
9 3 2 0 1 -8 -1,5 5,5 0 0 
57 2 -1 1 0 2 0,5 -2,5 0 0 
0 7 1 0 0 0 0 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c 29 0 0 -18 -15 93 0 
w=0 
x4 vào , x2 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
9 3 -2 4 1 0 0,5 -4,5 0 0 
24 4 -0,5 0,5 0 1 0,25 -1,25 0 0 
0 7 1 0 0 0 0 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c 20 9 0 0 -10,5 70,5 0 
w=0 
x5 vào , x3 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
0 5 -4 8 2 0 1 -9 0 0 
24 4 0,5 -1,5 -0,5 1 0 1 0 0 
0 7 1 0 0 0 0 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c -22 93 21 0 0 -24 0 
w=0 
x6 vào , x4 ra 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
0 5 0,5 -5,5 -2,5 9 1 0 0 0 
0 6 0,5 -1,5 -0,5 1 0 1 0 0 
0 7 1 0 0 0 0 0 1 1 
Tc -10 57 9 24 0 0 0 
T
c -10 57 9 24 0 0 0 
w=0 
 Bảng đơn hình hiện thời giống với bảng đơn hình xuất phát : đây là hiện tượng 
xoay vòng . 
2- Xử lý trường hợp suy biến 
 Theo các ví dụ trên, trong trường hợp quy hoạch tuyến tính suy biến thì sau 
một số lần lặp có thể phương án nhận được vẫn như cũ mà không có sự thay đổi nào, 
có thể phương án nhận được tốt hơn, có thể phương án nhận được là một phương án 
đã nhận trước đó rồi và từ đó cứ xoay vòng mãi. Do đó nếu không có biện pháp phòng 
ngừa thì thuật toán đơn hình sẽ có thể kéo dài vô tận. 
 Khi thực hiện thuật toán đơn hình thì hiện tượng suy biến xảy ra khi có sự tình 
cờ khử lẫn nhau làm cho tồn tại ib nào đó bằng 0. Trong trường hợp này có thể có 
nhiều biến thỏa điều kiện của biến ra. Gặp trường hợp này cần phải lựa chọn biến ra 
sao cho tránh được hiện tượng xoay vòng. 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
64 
 Người ta thường dùng phương pháp nhiễu loạn, phương pháp từ vựng để tránh 
sự tình cờ khử lẫn nhau này. Trong thực tiển tính toán người ta đã đề ra một quy tắc 
xử lý khá đơn giản, gọi là quy tắc Bland, khi dùng giải thuật đơn hình giải các quy 
hoạch tuyến tính suy biến, đó là : 
 Với xk là biến vào , biến ra xr được chọn là biến có chỉ số nhỏ nhất thỏa điều 
kiện chọn biến ra : 
m)1,2,...,(i 0a , 
a
b
 min ik
ik
i =
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧ > 
 Ví dụ : 
 Xét quy hoạch tuyến tính suy biến : 
0x,x,x,x,x,x,x
2x9xxx
0x
3
2
x
6
1
xx
2
1
x
0x12xx2x
3
1
x
x16xx2x
3
4
w(x) min
7654321
7653
76542
76541
7654
≥
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=−++
=+−−+
=+−−+
+−+−−=
 Áp dụng quy tắc Bland ta thấy : 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
0 1 1 0 0 
3
1 -2 -1 12 0 
0 2 0 1 0 
2
1 -1 
6
1− 
3
2 0 
0 3 0 0 1 0 1 1 -9 2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c 0 0 0 3
4− 2 -1 16 
w=0 
 Biến ra có thể là x1 hay x2 . Chọn x1 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
3
4− 4 3 0 0 1 -6 -3 36 0 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
65 
0 2 
2
3− 1 0 0 2 
3
4 
3
34− 0 
0 3 0 0 1 0 1 1 -9 2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c 4 0 0 0 -6 -5 64 
w=0 
 Biến ra là x2 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
3
4− 4 
2
3− 3 0 1 0 1 2 0 
2 5 
4
3− 
2
1 0 0 1 
3
2 
3
17− 0 
0 3 
4
3 
2
1− 1 0 0 
3
1 
3
10− 2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c 2
1− 3 0 0 0 -1 30 
w=0 
 Biến ra có thể là x4 hay x5 . Chọn x4
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
-1 6 
2
3− 3 0 1 0 1 2 0 
2 5 
4
1 
2
3− 0 
3
2− 1 0 -7 0 
0 3 
4
5 
2
3− 1 
3
1− 0 0 -4 2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c -2 6 0 1 0 0 32 
w=0 
 Biến ra là x5 
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
-1 6 0 -6 0 -3 6 1 -40 0 
0 1 1 6 0 
3
8− 4 0 -28 0 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
66 
0 3 0 6 1 3 -5 0 31 2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c 0 -6 0 3
13− 81 0 -24 
w= 
 Biến ra là x3
cB iB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b 
-1 6 0 
31
54 
31
40 
31
27 
31
14− 1 0 
31
80 
0 1 1 
31
18− 
31
28 
93
4 
31
16− 0 0 
31
56 
16 7 0 
31
6 
31
1 
31
3 
31
5− 0 1 
31
2 
cT 0 0 0 
3
4− 2 -1 16 
T
c 0 31
42 
31
24 
93
187−
31
128 0 0 
w=
31
48− 
 Đến đây không còn hiện tượng suy biến. 
 Biến vào là x7
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
67 
CÂU HỎI CHƯƠNG 2 
1- Trình bày cơ sở lý thuyết của thuật toán đơn hình cơ bản. 
2- Định nghĩa quy hoạch tuyến chuẩn. 
3- Trình bày các bước lập bảng đơn hình theo phép toán trên dòng . 
4- Cải biên một quy hoạch tuyến tính tổng quát như thế nào ? . Cách giải quy hoạch 
tuyến tính cải biên và quy hoạch tuyến tính gốc. 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
68 
BÀI TẬP CHƯƠNG 2 
1- Tìm phương án tối ưu của bài toán sau đây bằng phương pháp đơn hình cơ bản 
 a)- b)- 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
≥
≤+
≤+
≤+
+=
0x,x
30x25x
14x2x
4xx-
x23xz max
21
21
21
21
21
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
≥
≤+
≤+
≤+
≤+
−=
0x,x
1x5x
5x4x
3x32x
4x2x
x2-2xz min
21
21
21
21
21
21
c)- 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
≥
=+−
=−++
=++++
++=
0x,x,x,x,x
1xxx
2xxxx
5xxxxx
x2xxwmin
54321
543
5432
54321
531
2- Tìm phương án tối ưu của bài toán sau bằng phương pháp đơn hình cải tiến 
a) max z = 5x1 + 3x2 
2x1 + 2x2 ≤ 80 
x1 ≤ 30 
x1, x2 ≥ 0 
b) max z = x1 + 2x2
2x1 + 3x2 ≤ 7 
x1 - x2 ≤ 1 
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 
c) max z = 5x1 + 3x2 + x3 
2x1 + 3x2 - x3 ≤ 4 
3x1 - x2 + 2x3 ≤ 2 
x1 + x2 + 3x3 ≤ 5 
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 
3- Tìm phương án tối ưu của các bài toán sau bằng phương pháp biến giả cải biên. 
a) max z = 3x1 - x2 
2x1 + x2 ≤ 100 
GIẢI THUẬT ĐƠN HÌNH 
69 
x1 ≥ 10 
x2 ≥ 0 
b) min w = 3x1 + x2 
 x1 + x2 ≥ 3 
 2x1 ≥ 5 
 x1, x2 ≥ 0 
c) max z = 3x1 + x2 - 3x3 
 x1 + 2x2 - x3 = 2 
 -10x2 + 5x3 = 5 
 -3x2 + 2 x3 = 4 
 xi ≥ 0, ∀i = 1→3 
 d)- e)- 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥
≤+−
−≤−−−
+=
0x,x,x
1xxx2
2xxx
x62xz max
321
321
321
21
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
≥
≤+
−≤+−
≥+
−=
0x,x
4x2x
1xx
3xx
x3-xw min
21
21
21
21
21
 f)- g)- 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
≥
≤+−
−≤+−
−≤−−
+=
0x,x
2x2x
1xx
3xx
x3xz max
21
21
21
21
21
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
≥
≤
−≤−−
−≤+−
+=
0x,x
1x
2x2x
1xx
x2xw min
21
2
21
21
21