Hệ (2): được gọi là hệ ràng buộc phương trình, bất phương trình
CHƯƠNG 1
Hệ (3): được gọi là hệ ràng buộc về dấu
MÔ HÌNH TỐI ƯU TUYẾN TÍNH - BÀI TOÁN QUI HOẠCH
TUYẾN TÍNH
Hệ (2) và hệ (3):được gọi là hệ ràng buộc của bài toán
1.1.2. Bài toán qui hoạch tuyến tính
Một số khái niệm
- Phương án (PA): Véc tơ X = ( x1 , x2 ,...., xn ) thỏa mãn hệ ràng
Bài toán QHTT dạng tổng quát
buộc của bài toán được gọi là PA của bài toán đó
- Bài toán: Tìm véc tơ X = ( x1 , x2 ,...., xn ) sao cho:
- Phương án tối ưu (PATU):
n
f (X )
cjxj
PA làm cho hàm mục tiêu đạt giá trị nhỏ nhất nếu f ( X ) → Min
min (max) (1)
j 1
PA làm cho hàm mục tiêu đạt giá trị lớn nhất nếu f ( X ) → Max
n
aij x j
bi i
I1
aij x j
bi i
I2
PATU thường được ký hiệu là X*
j 1
n
Như vậy:
(2)
j 1
Nếu f ( X ) → Min thì f ( X ) f ( X * ) PA X
n
aij x j
bi i
xj
0 j
J1
xj
0 j
I3
Nếu f ( X ) → Max thì f ( X ) f ( X * ) PA X
j 1
- Bài toán giải được: Là bài toán có ít nhất một PATU
(3)
J2
- Bài toán không giải được: Là bài toán không có PATU nào
Với, I1 , I 2 , I 3 là các tập số tự nhiên, có thể là tập rỗng, đôi một
1, 2,..., m ; J1 , J 2 là tập các số
- Phương án cực biên (PACB): Là PA thỏa mãn chặt n ràng buộc
độc lập tuyến tính
tự nhiên, có thể là tập rỗng, không giao nhau và
J1 J 2
1, 2,..., n ; c j , aij , bi , i 1, m; j 1, n là những hệ số
- Phương án cực biên không suy biến: Là PACB thỏa mãn chặt
đúng n ràng buộc
đã cho trước, hay ở dạng tham số.
- Phương án cực biên suy biến: Là PACB thỏa mãn chặt nhiều hơn
n ràng buộc
không giao nhau và I1
I2
I3
Trong đó:
Hàm f ( x) : được gọi là hàm mục tiêu
2
- Bài toán không suy biến: Là bài toán mà mọi PACB đều là PACB
không suy biến
Mọi bài toán QHTT dạng tổng quát đều có thể đưa về bài toán
QHTT dạng chính tắc với trị số hàm mục tiêu của hai bài toán là
như nhau.
- Bài toán suy biến: Là bài toán mà có ít nhất một PACB suy biến
Từ một PA của bài toán QHTT dạng tổng quát ta có thể tìm được
PA của bài toán chính tắc tương ứng và ngược lại
Bài toán QHTT dạng chuẩn tắc
- Bài toán: Tìm véc tơ X = ( x1 , x2 ,...., xn ) sao cho
1.1.3. Phương pháp Đơn hình giải bài toán QHTT dạng chính
tắc
n
f (X )
cjxj
min
j 1
Cơ sở lý luận và thuật toán của phương pháp Đơn hình:
n
aij x j
bi (i
1, m)
- Xét bài toán chính tắc không suy biến.
j 1
xj
0, j
n
1, n.
f (X )
cjxj
- Bài toán: Tìm véc tơ X = ( x1 , x2 ,...., xn ) sao cho
n
aij x j
n
f (X )
cjxj
min
j 1
bi (i
1, m)
j 1
max
xj
j 1
0, j
1, n.
n
aij x j
bi (i
Với h(A) = m .
1, m)
j 1
xj
0, j
- PACB X 0
1, n.
Bài toán QHTT dạng chính tắc
- Bảng đơn hình
n
cjxj
AJ
min(max)
CJ
XJ
j 1
n
aij x j
bi (i
1, m)
j 1
xj
0, j
1, 2,..., m
- Tìm ma trận hệ số Z theo cơ sở J 0
- Bài toán: Tìm véc tơ X = ( x1 , x2 ,...., xn ) sao cho
f (X )
J 0 , X 0 = ( x10 , x20 ,..., xn0 ) , giả sử J 0
1, n.
3
c1 ... cr ... cm cm
1
...
cs
...
cn
A1 ... Ar ... Am Am
1
...
As
...
An
1
...
z1s
...
z1n
...
...
...
...
...
zrs
...
zrn
A1
c1
x1
1 ... 0 ... 0 z1m
...
...
...
... ... ... ... ...
Ar
cr
xr
0 ... 1 ... 0 zr m
...
1
...
...
...
... ... ... ... ...
...
Am
cm
xm
0 ... 0 ... 1 zmm
f ( X 0 ) 0 ... 0 ... 0 m
• Tính các ước lượng: k =
...
...
...
...
1
...
zms
...
zmn
1
...
s
...
n
; j = k
0
xj
0
x j ( ) = 0; j J ; j k 0 0 = Min : j J 0 , z jk 0
x 0 − .z ; j J 0
z jk
j
jk
f (X( ))
C j Z jk − Ck (2)( k = 1, n )
jJ 0
Với = 0 ta có PACB
PA X
kJ 0
Muốn tìm PACB X 1
• Tiêu chuẩn tối ưu:
Nếu k
Giả sử s = max k 0; k J 0 s 0 , ta chọn As đưa vào
• Dấu hiệu bài toán không có PATU:
Nếu
k
0 mà z jk
của bài toán X( )
0 f (X( ))
cơ sở mới J 1
J 0 thì ta xác định được tập PA
0 j
Tìm véc tơ đưa ra khỏi cơ sở cũ J 0 :
(x1 ( ), x 2 ( ),..., x n ( )) với
f (X 0 ) . k
0
x0
x
Giả sử 0 = min j ; z js 0; j J 0 = r 0 0 , ta chọn Ar
z js
zrs
khi
Vậy bài toán có PA nhưng không có PATU
đưa ra khỏi cơ sở cũ J 0
• Tồn tại PACB mới tốt hơn:
Nếu với mỗi k
J 1 , X 1 = ( x11 , x12 ,..., x1n ) ta làm như sau:
Tìm véc tơ đưa vào cơ sở mới J 1 :
1, n thì PACB X 0 là PATU.
0, k
f (X 0 )
Với 0 0 ta có PA không cực biên
trong đó j = 0j J 0
• f ( X ) = f ( X 0 ) − k xk
f (X 0 ) . k
0 đều
Như vậy J 1
z jk
được tập PA của bài toán X( )
0, j
J 0 thì ta xác định
J0
s / r
Tìm ma trận hệ số Z theo cơ sở J 1 : Thực chất là biến đổi bảng
(x1 ( ), x 2 ( ),..., x n ( )) với
đơn hình để đưa cơ sở J 1 trở thành cơ sở đơn vị, đồng thời ta thu
được PACB mới X 1
4
J 1 như sau:
• Đặt g(X)
0 ; j = s
x = 0; j J 0 ; j s
x 0 − .z ; j J 0
0 js
j
g (X)
1
j
f (X 0 ) 0 . s
f (X1 )
X0
min nhưng chú ý f (max)
• Làm trực tiếp với bài toán f (X)
f (X 0 ) PACB X 1
J0
Nếu k
Ta có thể chọn bất kỳ véc tơ nào ứng với k
0 để đưa vào
Nếu
1, n thì PACB X 0 là PATU.
0, k
k
0 mà z jk
Nếu với mỗi k
véc tơ đưa vào cơ sở ứng với max 0 k ; k 0 .
PACB X 1
0 lớn nhất bằng nhau, khi đó ta chọn
Giả sử
Nếu 0 đạt min tại hai chỉ số, khi đó ta có thể đưa một trong
z jk
0, j
J 0 thì ta tìm được
J 1 , X 1 = ( x11 , x12 ,..., x1n ) như sau:
s = min k 0; k J 0 s 0 , ta chọn As
đưa vào cơ sở mới J 1
hai véc tơ tương ứng ra khỏi cơ sở nhưng nên chọn véc tơ nào để
tính toán dễ hơn và PACB tìm được sẽ là PACB suy biến.
Tìm véc tơ đưa ra khỏi cơ sở cũ J 0 :
0
x0
xj
Giả sử 0 = min ; z js 0; j J 0 = r 0 0 , ta
zrs
z js
Với bài toán suy biến 0 có thể bằng 0, khi đó ta vẫn cải tiến
PA như bình thường nhưng không được một PACB mới mà chỉ
được một cơ sở mới. Một trong những dấu hiệu xuất hiện PACB
suy biến là 0 đạt min tại nhiều chỉ số.
- Đối với bài toán f (X)
0 đều
Tìm véc tơ đưa vào cơ sở mới J 1 :
véc tơ đưa vào cơ sở mới ứng với 0 lớn hơn
-
J 0 thì bài toán có PA nhưng
+ Tồn tại PACB mới tốt hơn:
Tuy nhiên để hàm mục tiêu giảm được nhiều nhất ta phải chọn
-
0 j
không có PATU
nên ta chọn véc tơ đưa vào cơ sở ứng với max k 0; k J 0 .
Nếu có 2 giá trị k
max
+ Dấu hiệu bài toán không có PATU:
cơ sở mới ta cũng sẽ tìm được một PACB mới tốt hơn. Nhưng với
hy vọngàm mục tiêu giảm được nhanh nhất sau mỗi lần cải tiến
-
g (min)
+ Tiêu chuẩn tối ưu:
J 1 tốt hơn PACB
Một số chú ý:
-
min và ta giải bài toán với
g (X)
f (X)
chọn Ar đưa ra khỏi cơ sở cũ J 0
Như vậy J 1
max
5
J0
s / r
+ Tìm ma trận hệ số Z theo cơ sở J1 : Thực chất là biến đổi
Áp dụng phương pháp đơn hình để tìm PATU của bài toán M.
bảng đơn hình để đưa cơ sở J1 trở thành cơ sở đơn vị, đồng
- Nếu bài toán M có PATU với ít nhất một biến giả nhận giá trị
dương thì bài toán chính tắc không có PA nào
thời ta thu được PACB mới X 1
f (X 0 ) 0 . s
+ f (X1 )
hơn PACB X 0
J1 .
f (X 0 ) PACB X 1
*
- Nếu bài toán M có PATU X M
J 1 tốt
chính tắc có PATU là X *
J0.
Phương pháp biến giả tìm PACB ban đầu
Xét bài toán chính tắc Với bi
0 i
x1* ,..., xn* , 0,..., 0 thì bài toán
x1* ,..., xn*
- Một số chú ý :
• Ma trận A của bài toán chính tắc có sẵn k véc tơ đơn vị khác
nhau thì ta chỉ cần thêm (m-k) biến giả.
1, m
n
f (X )
cjxj
• Thiếu véc tơ đơn vị thứ i thì ta thêm biến giả vào ràng buộc
min
j 1
thứ i (i
n
aij x j
bi (i
1, m)
• Hệ số của các biến giả trong hàm mục tiêu là (-M) nếu
f (X) max , M >0 lớn tùy ý.
j 1
xj
0, j
1, n.
• Với bài toán M, k
Giả thiết bài toán này không tìm được ngay PACB ban đầu. Khi đó
để giải bài toán này ta đưa về bài toán M như sau
n
cjxj
M
j 1
0 thì k
0
k
xn
i
min
Nếu k
0 thì k
0
k
1, m)
Nếu k
0 thì k
k
i 1
aij x j
xn
i
bi (i
j 1
i
i
0, j
1, n
Trong bảng đơn hình dòng tính k được chia làm hai dòng:
m.
dòng trên ghi giá trị k , dòng dưới ghi giá trị k .
1, m được gọi là biến giả, M >0 lớn tùy ý.
Đối với bài toán M, ta có
X M0
k M
Nếu k
n
xn
k
m
f (X )
xj
1, m)
1.1.4. Bài toán QHTT ĐN
ngay PACB ban đầu là
0,..., 0, b1 ,..., bn với cơ sở An 1 ,..., An
m
* Bài toán QHTT ĐN của bài toán chính tắc.
.
6
n
f (X )
cjxj
m
Các cặp ĐKĐN: x j
min
0 và
j 1
aij yi
c j (j 1, n)
i 1
n
aij x j
bi (i
n
1, m)
aij x j
j 1
bi và yi
0, (i
1, m).
j 1
xj
0, j
1, n.
* Lược đồ bài toán QHTT ĐN của bài toán tổng quát.
Bài toán QHTT ĐN
m
g(Y)
bi yi
min
i 1
Bài toán gốc
Bài toán ĐN
X = ( x1 , x2 ,...., xn )
Y = (y1 , y 2 ,...., y m )
m
aij yi
c j (j
m
n
1, n)
f (X )
i 1
cjxj
g(Y)
min
m
Các cặp ĐKĐN: x j
0 và
aij yi
xj
c j (j 1, n)
0 (j
max
aij yi
c j , (j
J1 )
aij yi
c j , (j
J2 )
aij yi
c j , (j
J3 )
m
J1 )
i 1
i 1
* Bài toán QHTT ĐN của bài toán chuẩn tắc.
xj
0 (j
m
J2 )
n
f (X )
cjxj
i 1
min
j 1
xj
n
aij x j
bi (i
1, m)
(j
j 1
xj
0, j
1, n.
J3 )
bi yi
max
aij x j
bi (i
I1 )
aij x j
bi (i
I2 )
aij x j
bi (i
I3 )
yi
0, (i
I1 ).
yi
0, (i
I 2 ).
j 1
i 1
m
c j (j
m
i 1
n
g(Y)
dấu,
j 1
m
aij yi
không ràng buộc
n
Bài toán QHTT ĐN
n
1, n)
i 1
yi
bi yi
i 1
j 1
yi không ràng buộc dấu i
j 1
0, (i
1, m).
* Các tính chất và các định lý của cặp bài toán QHTT ĐN
7
I3
- Với bài toán f ( X )
Ứng dụng định lý ĐN để xét xem PA X 0 có phải là PATU
của bài toán đã cho hay không?
min , khi đó với mọi cặp PA X 0 , Y 0 của
cặp BTĐN ta luôn có f ( X 0 )
g(Y 0 ) .
- Cho cặp PA X 0 , Y 0 của cặp BTĐN, nếu f ( X 0 )
PA X 0 , Y 0 là cặp PATU, tức là f (min)
Giả sử PA X 0 là PATU của bài toán đã
g(Y 0 ) thì cặp
g max .
*
Vì vậy muốn xác định xem PA X 0 có phải là PATU của bài toán
đã cho hay không ta làm như sau:
g (Y* ) .
• Cho cặp BTĐN, mỗi bài toán có PATU khi và chỉ khi mỗi bài
toán đều có ít nhất một PA.
• Xác định xem PA X 0 thỏa mãn bắt đẳng thức thực sự những
ràng buộc nào.
• Cho cặp BTĐN, một bài toán có PA nhưng không có PATU
khi và chỉ khi bài toán kia không có PA nào.
• Từ các cặp ĐKĐN, ta xác định được hệ phương trình tuyến
tính đối với y1 , y 2 ,...., y m
- Cho cặp PA X 0 , Y0 của cặp BTĐN. Cặp PA X 0 , Y 0 là cặp PATU
• Giải hệ phương trình:
khi và chỉ khi trong các cặp ĐKĐN nếu ràng buộc này thỏa mãn
với dấu bất đẳng thức thực sự ( lỏng) thì ràng buộc kia thỏa mãn
với dấu đẳng thức ( chặt).
+ Nếu hệ vô nghiệm thì PA X 0 không phải là PATU.
+ Nếu hệ có nghiệm, ta thay mọi nghiệm vào các ràng
buộc còn lại của BTĐN xem có tồn tại nghiệm nào trở
m
Nghĩa là: Nếu x j
0 thì
aij yi
cj
thành PA của BTĐN hay không? Nếu có thì PA X 0 là
PATU của bài toán đã cho đồng thời mọi nghiệm trở
thành PA của BTĐN đều là PATU của BTĐN.
i 1
m
( Hoặc nếu x j
0 thì
cj )
aij yi
0
thỏa mãn định lý ĐN 2 đối với PA X 0
kia cũng có PATU. Khi đó với mọi cặp PATU X , Y ta có
f ( X *)
0
Như vậy nếu PA X 0 là PATU thì phải tồn tại PA Y 0 của BTĐN
- Cho cặp BTĐN, nếu một trong hai bài toán có PATU thì bài toán
*
BTĐN cũng có PATU,
giả sử là Y . Khi đó cặp PATU X , Y thỏa mãn định lý ĐN 2
0
i 1
Và nếu
* Công thức suy nghiệm cho BTĐN
Cách 1: Giải hệ phương trình tuyến tính Cramer:
n
aij x j
bi thì yi
0
Y
j 1
( Hoặc nếu
n
aij x j
bi thì yi
T
Aj = c j , j J *
trong đó A j là cột hệ số của x j trong bài toán chính tắc cho lúc
0)
đầu.
j 1
8
Cách 2: Từ các ma trận hệ số của bài toán chính tắc, hay bài
toán M
Nếu Ak = Ei thì yi* = ( k + ck ) , trong đó Ei là véc tơ đơn vị
.
Bài 1.2. Một hãng sử dụng 3 loại vật liệu (VL) để sản xuất 3 loại
sản phẩm (SP). Định mức VL cho SP (kg/đơn vị (đv) SP); tiền
công sản xuất (1000 đ trên 1 đv SP), giá mua VL (1000đ trên 1 kg)
và giá bán SP (1000đ trên 1 đv SP) được cho như sau:
SP
Sản phẩm
Giá
VL
mua
VL
A
B
C
thứ i, k là ước lượng trong bảng tối ưu.
1.2. CÁC BÀI TẬP GIẢI MẪU
Bài 1.1. Một doanh nghiệp (DN) sử dụng hai loại nguồn lực (NL)
để sản xuất ba loại sản phẩm (SP). Số đơn vị (kg) NL cần cho việc
sản xuất một đơn vị SP, số lượng NL ở mức tối đa mà DN có thể
sử dụng và tiền lãi (1000đ) cho
một đơn vị SP mỗi loại được cho như sau:
SP
NL tối
A
B
C
NL
đa (tấn)
NL1
2
5
1
100
NL2
4
3
7
120
Lãi
15
20
18
DN muốn lập kế hoạch sản xuất SP nhằm tối đa số tiền lãi thu
được, trong điều kiện số lượng các loại NL bị hạn chế. Viết dạng
toán học mô tả nội dung kinh tế trên.
I
3
1
0
1
II
2
4
1
3
III
1
2
4
2
Tiền nhân
4
5
7
công
Giá bán SP
20
25
21
Ngoài ra, tiền chi mua VL tối đa không quá 250 triệu đồng; tiền chi
cho nhân công tối đa không quá 70 triệu đồng và số sản phẩm C
sản xuất không dưới 5000 đv SP. Lập mô hình tìm PA sản xuất cho
lợi nhuận cao nhất nhưng phải thỏa mãn các điều kiện nêu trên.
Lời giải:
Đánh số SP A, B, C lần lượt là 1, 2, 3
Gọi x j là số đơn vị SP j mà DN cần sản xuất ( j
Lời giải:
Gọi x1 là số đơn vị sản phẩm A mà DN cần sản xuất.
Gọi x2 là số đơn vị sản phẩm B mà DN cần sản xuất.
Gọi x3 là số đơn vị sản phẩm C mà DN cần sản xuất.
1,3 ) .
Tiền vật liệu tính cho 1 đơn vị sản phẩm mỗi loại được xác định
như sau:
Với sản phẩm A: 1 3 + 3 2 + 2 1 = 11 (1000đ);
Với sản phẩm B: 1 1 + 3 4 + 2 2 = 17 (1000đ);
Với sản phẩm C: 1 0 + 3 1 + 2 4 = 11 (1000đ).
Tiền lãi tính cho 1 đơn vị sản phẩm mỗi loại được xác định như
sau:
Với sản phẩm A: 20 − (11 + 4 ) = 5 (1000đ);
: Nếu đơn vị đo của x j (j 1,3) là 1000 đơn vị SP thì mô hình toán
học có dạng:
f ( X ) = 15 x1 + 10 x2 + 18 x3 → max
2 x1 + 5 x2 + x3 100
4 x1 + 3x2 + 7 x3 120
Với sản phẩm B: 25 − (17 + 5 ) = 3 (1000đ);
Với sản phẩm C: 21 − (11 + 7 ) = 3 (1000đ).
x j 0, j = 1, 3,
và đơn vị tính tổng tiền lãi f ( X ) là triệu đồng.
Mô hình toán học:
9
f ( X ) = 5 x1 + 3 x2 + 3 x3 → max
Hóa chất H1
2
1
Hóa chất H2
3
3
Chất thải C
2
3
Tiền công chiết suất
3
2
Giá mua dược liệu
4
3
Doanh nghiệp muốn xác định số lượng dược liệu mỗi loại cần mua
để chiết suất sao cho đáp ứng được các nhu cầu trên đồng thời tổng
chi phí (tiền công và tiền mua dược liệu) là nhỏ nhất.
a) Viết bài toán QHTT mô tả nội dung kinh tế trên.
b) Viết bài toán chính tắc với bài toán viết ở phần a) và nêu ý nghĩa
kinh tế của các biến bù.
11x1 + 17 x2 + 11x3 250000
4 x1 + 5 x2 + 7 x3 70000
x3 5000
x j 0, j = 1, 3.
Bài 1.3. a) Hãy chỉ ra các PA cắt một thanh thép có chiều dài 10m
để nhận được các đoạn thép có chiều dài 6m, 4m và 3m (phần dư
thừa nếu có là các đoạn dưới 3m)?
b) Lập bài toán QHTT xác định PA chia 20 thanh thép có chiều dài
10m để nhận được không quá 10 đoạn 6m, số đoạn 4m bằng số
đoạn 3m và tổng chiều dài của số đoạn dư thừa là nhỏ nhất (chiều
dài của mỗi lát cắt là không đáng kể).
Bài 1.4. Một doanh nghiệp lựa chọn PA đầu tư vốn vào 3 dự án I,
II và III. Tỷ lệ lãi tính trên số vốn đầu tư, số đơn vị (đv) việc làm
được tạo ra và số đv vị chất thải tạo ra, tính theo một đv vốn đối
với mỗi dự án được cho trong bảng sau:
Dự án
I
II
III
Tỷ lệ lãi (%)
12
10
8
Số đv việc làm
1
3
2
Số đv chất thải
2
3
5
Với tổng số vốn cho đầu tư không quá 85 đv, tổng số tiền lãi không
dưới 10,2 đv và tổng số lượng chất thải không quá 170 đv. Lập mô
hình toán học lựa chọn PA đầu tư sao cho tổng số đv việc làm là
lớn nhất.
Bài 1.5. Một doanh nghiệp sử dụng 2 loại dược liệu (DL) A và B
để chiết suất 2 loại hóa chất (HC) H1 và H2. Quá trình chiết suất sẽ
sinh ra chất thải C. Trong kỳ sản xuất, lượng hóa chất cả 2 loại đều
phải sản xuất lần lượt không dưới 50 đơn vị và 70 đơn vị tương
ứng, lượng chất thải C thì không vượt quá 50 đơn vị. Số đơn vị hóa
chất, chất thải sinh ra, giá mua dược liệu và tiền công chiết suất
tính trên 1 đơn vị dược liệu được cho như sau:
DL
A
B
HC và chất thải
Lời giải:
a) Gọi x1 là số đơn vị dược liệu A mà DN cần mua để chiết
xuất.
Gọi x2 là số đơn vị dược liệu B mà DN cần mua để chiết xuất.
Tiền chi phí cho một đơn vị dược liệu mỗi loại là:
Với dược liệu A: 3 + 4 = 7 (đv);
Với dược liệu B: 2 + 3 = 5 (đv).
Mô hinh toán học:
f ( X ) = 7 x1 + 5 x2 → min
2 x1 +
x2
50
+ 3 x2
70
2 x1 + 3 x2
50
3 x1
x j 0, j = 1, 2.
a) Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 7 x1 + 5 x2
→ min
2 x1 + x2 − x3
3 x1 + 3 x2
− x4
2 x1 + 3 x2
= 50
= 70
+ x5 = 50
x j 0, j = 1, 5.
10
24
0
0
1
4
0
0
*
Ta thấy k 0k = 1,6 PACB X CT = (2, 0, 0, 0, 8, 4) là
Biến bù x3 , x4 thể hiện số đơn vị hóa chất H1, H2 dư thừa so với
mức tối thiểu.
Biến bù x5 thể hiện số đơn vị chất thải dưới mức tối đa.
Bài 1.15. Cho bài toán QHTT:
f ( X ) = 12 x1 + 8 x2 + 7 x3 → max
PATU của bài toán chính tắc X * = (2, 0, 0) là PATU của bài
toán đã cho với với f max = f ( X * ) = 24 .
Bài 1.16. Cho bài toán QHTT:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 + 3x4 + 5 x5 → min
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 6
x1 + 3 x2 + x3 10
3 x1 + 2 x2 + x3
+ x5 = 10
x1
+ 2 x3 + x4 + 2 x5 = 8
4 x1 + 2 x2 + 3 x3 12
x j 0, j = 1, 3.
2 x2 + x3
Giải bài toán bằng PPĐH.
Lời giải:
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 12 x1 + 8 x2 + 7 x3
x j 0, j = 1, 5.
Giải bài toán bằng PPĐH.
Lời giải:
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 + 3 x4 + 5 x5 + Mx7 + Mx8 → min
→ max
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 + x4
x1 + 3x2 + x3
+ x5
4 x1 + 2 x2 + 3 x3
= 6
= 10
3 x1 + 2 x2 + x3
+ x5 + x6
x1
+ 2 x3 + x4 + 2 x5
+ x6 = 12
x j 0, j = 1, 6.
2 x2 + x3
Bài toán có ngay PACB ban đầu X = (0, 0, 0, 6, 10, 12) với cơ
0
+ x5
= 10
= 8
+ x7 = 15
x j 0, j = 1, 7.
sở J = 4,5, 6 .
0
0
= (0, 0, 0, 8, 0, 10, 15) với cơ sở
Bài toán có PACB ban đầu X M
Bảng đơn hình:
AJ
CJ
XJ
A4
A5
A6
A1
A5
A6
0
0
0
6
10
12
0
2
8
4
12
0
0
+ x5 = 15
12
A1
(3)
1
4
-12
1
0
0
8
A2
2
3
2
-8
2/3
7/3
-2/3
7
A3
2
1
3
-7
2/3
1/3
1/3
0
A4
1
0
0
0
1/3
-1/3
-4/3
0
A5
0
1
0
0
0
1
0
J 0 = 6, 4, 7
Bảng đơn hình:
0
A6
0
0
1
0
0
0
1
11
AJ
CJ
XJ
A6
A4
A7
M
3
M
10
8
15
24
2
A1
3
1
0
1
1
A2
(2)
0
2
-1
2
A3
1
2
1
4
3
A4
0
1
0
0
5
A5
1
2
1
1
M
A6
1
0
0
0
M
A7
0
0
1
0
A2
A4
A7
1
3
M
A2
A3
A7
1
2
M
25
5
8
5
29
5
3
4
5
11
5
3
3/2
1
-3
5/2
-3
5/4
1/2
-3
1/4
-3
[4]
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
2
0
1/2
0
(2)
1
0
0
[9/2] 0
0
0
0
-1/4
1
1/2
0
0
0
-9/4
0
0
2
1/2
2
0
3/2
0
0
1
0
-3
0
0
1/2
0
-1
1/2
-2
1/2
0
-1
1/2
-2
b) Nếu lãi của 1 đơn vị SP A tăng thêm 1 đơn vị thì tổng số tiền lãi
tối đa tăng thêm bao nhiêu?
c) Nếu lãi của 1 đơn vị SP B giảm đi 5 đơn vị thì tổng số tiền lãi tối
đa giảm bao nhiêu?
Lời giải: a)Gọi x1 , x2 , x3 lần lượt là số đơn vị SP A, B, C mà
doanh nghiệp cần sản xuất. Mô hinh toán học:
f ( X ) = 5 x1 + 15 x2 + 6 x3 → max
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
2 x1 + 5 x2 + 3 x3 100
4 x1 + 3 x2 + 2 x3 120
x3
5
x j 0, j = 1, 3.
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 5 x1 + 15 x2 + 6 x3
*
= (0, 3, 4, 0, 0, 0, 5) là
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB X M
PATU của bài toán M với biến giả x7 = 5 0 bài toán đã cho
không có PA và đương nhiên là nó không có PATU.
→ max
2 x1 + 5 x2 + 3 x3 + x4
4 x1 + 3 x2 + 2 x3
+ x5
Bài 1.18. Một doanh nghiệp sự dụng hai loại nguồn lực (NL) để
sản xuất ba loại sản phẩm (SP). Số đơn vị nguồn lực dùng để sản
xuất mỗi đơn vị sản phẩm mỗi loại, tiền lãi tính cho một đơn vị sản
phẩm mỗi loại và số lượng tối đa các loại nguồn lực mà doanh
nghiệp có thể sử dụng trong kỳ được cho như sau:
SP
NL tối
A
B
C
NL
đa
NL1
2
5
3
100
NL2
4
3
2
120
Lãi
5
15
6
Ngoài ra, số lượng sản phẩm loại C mà doanh nghiệp phải sản xuất
trong kỳ là không dưới 5 đơn vị. Doanh nghiệp muốn xác định số
lượng mỗi loại SP cần sản xuất để tổng số tiền lãi thu được là cao
nhất.
a) Giải bài toán kinh tế trên bằng phương pháp đơn hình.
= 100
= 120
− x6 =
x3
5
x j 0, j = 1, 6.
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
f ( X ) = 5 x1 + 15 x2 + 6 x3
− Mx7 → m ax
2 x1 + 5 x2 + 3 x3 + x4
4 x1 + 3 x2 + 2 x3
+ x5
= 100
= 120
− x6 + x7 =
x3
5
x j 0, j = 1, 7.
0
= (0, 0, 0, 100, 120, 0, 5) với cơ
Bài toán có PACB ban đầu X M
sở J 0 = 4,5, 7
Bảng đơn hình:
AJ
12
CJ
XJ
5
A1
15
A2
6
A3
0
A4
0
A5
0
A6
-M
A7
A4
0
100
A5
0
-M
120
5
0
-5
85
110
5
30
0
17
59
5
285
2
4
0
-5
0
A4
0
2
A5
0
4
A3
6
0
-5
0
A2
15
2/5
A5
0
14/5
A3
6
0
1
Ta thấy k 0k = 1,7
A7
5
3
1
0
0
0
3
0
-15
0
(5)
3
0
[-15]
0
1
0
0
0
2
(1)
-6
[-1]
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1/5
-3/5
0
3
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
-1
0
1
3
2
-1
-6
0
3/5
1/5
-1
3
0
1
0
0
-3
-2
1
6
1
-3/5
-1/5
1
-3
0
0
0
3
0
3 -3
*
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB X M = (0, 17, 5, 0, 59, 0, 0) là
PATU của bài toán M với biến giả x7 = 0 X * = (0, 17, 5) là
PATU của bài toán đã cho với f max = f ( X * ) = 285 .
Chứng tỏ PATU và tổng số tiền lãi tối đa không thay đổi.
b) Tương tự, nếu tiền lãi của 1 đơn vị SP B giảm 5 đơn vị thì tiền
lãi của 1 đơn vị SP B là (15-5=) 10, hay c2 = 10
Do 2 J * = 2,5,3 nên từ BĐH tối ưu ta có:
0
0
0
-M
A4
A5
A6 A7
A2
1/5
0
3/5 -3/5
A5
-3/5
1
1/5 -1/5
A3
0
0
-1
1
2
0
0
-3
A2
2/7 - 1/7 4/7 -4/7
A1
- 3/14 5/14 1/14 -1/14
A3
0
0
-1
1
25/14 5/14 1/14 -1/14
295 60
*
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB X M
=(
,
, 5, 0,0, 0, 0)
14 7
là PATU của bài toán M với biến giả x7 = 0
AJ
*
= (0, 17, 5, 0, 59, 0, 0) là
PACB X M
PATU của bài toán M với biến giả x7 = 0 X * = (0, 17, 5) là
PATU của bài toán đã cho với f max = f ( X * ) = 285 .
Với PA sản xuất này thì SP A không sản xuất, SP B sản xuất 17,
SP C sản xuất 5, hai loại nguồn lực 1 và 3 đã sử dụng hết, còn
nguồn lực 2 dư 59 đơn vị.
a) Nếu tiền lãi của 1 đơn vị SP A tăng thêm 1 thì tiền lãi của 1 đơn
vị SP A là (5+1=) 6, hay c1 = 6
CJ
XJ
X* = (
6
15
6
0
0
0
-M
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A2
15
17 2/5
1
0
1/5
0
3/5 -3/5
A5
0
59 14/5 0
0
-3/5
1
1/5 -1/5
A3
6
5
1
0
0
-1
0
0
5
A1
10
17
2/5
0
59 (14/5)
6
5
0
200
[-1]
10
60/7
0
5 295/14 1
6
5
0
3095/14 0
CJ
XJ
10
A2
1
0
0
0
1
0
0
0
6
A3
0
0
1
0
0
0
1
0
295 60
,
, 5) là PATU của bài toán đã cho với
14 7
3095
f max = f ( X * ) =
221,0714 .
14
Như vậy tổng số tiền lãi tối đa đã giảm một lượng xấp xỉ là:
285-221,0714=63,9286 .
Bài 1.19. Một doanh nghiệp sử dụng 3 loại vật liệu (VL) I, II, III
để sản xuất 3 loại sản phẩm (SP) A, B và C. Số đơn vị vật liệu cần
Do 1 J * = 2,5,3 nên từ BĐH tối ưu ta có:
AJ
285
1
13
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 → max
để sản xuất 1 đơn vị sản phẩm mỗi loại; tiền công sản xuất, giá
mua vật liệu và giá bán sản phẩm (1000đ) được cho như sau:
SP
VL
A
B
C
2 x1 + 4 x2 + 3 x3
9
3 x1 + 6 x2 + 3 x3 = 12
Giá mua
VL
1
2
x1
I
1
4
1
II
1
1
1
Tiền công
2
4
3
Giá bán SP
7
11
8
Với lượng tiền mua vật liệu là 1,2 tỷ đồng, tiền công sản xuất
không quá 900 triệu đồng và số đơn vị SP A không quá 400.000.
Tìm PA sản xuất (số lượng các loại SP cần sản xuất) sao cho tổng
số tiền lãi thu được là cao nhất.
a) Giải bài toán kinh tế trên bằng PPĐH.
b) Nếu lượng tiền mua vật liệu không quá 1,2 tỷ đồng thì số tiền lãi
tối đa thay đổi thế nào?
c) Nếu số đơn vị SP A không dưới 4 thì số tiền lãi tối đa thay đổi
thế nào?
Lời giải:
a) Tiền vật liệu và tiền lãi cho 1 đơn vị SP mỗi loại là:
- Với sản phẩm A:
• Tiền vật liệu: 1 1 + 2 1 = 3
7 − (3 + 2) = 2 ;
• Tiền lãi:
- Sản phẩm B:
• Tiền vật liệu: 1 4 + 2 1 = 6 .
11 − (6 + 4) = 1 ;
• Tiền lãi:
- Sản phẩm C:
• Tiền vật liệu: 1 1 + 2 1 = 3 .
8 − (3 + 3) = 2 .
• Tiền lãi:
Gọi x1 , x2 , x3 lần lượt là số đơn vị (100.000) sản phẩm A, B, C
cần sản xuất.
Dạng toán học:
4
x j 0, j = 1, 3.
Để tiện cho việc tính toán, chia cả hai vế của phương trình thứ hai
cho 3, bài toán được lại:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 → max
2 x1 + 4 x2 + 3 x3
9
x1 + 2 x2 + x3 =
4
4
x1
x j 0, j = 1, 3.
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3
→ max
2 x1 + 4 x2 + 3 x3 + x4
x1 + 2 x2 + x3
x1
=
=
9
4
+ x5 =
4
x j 0, j = 1, 5.
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3
− Mx6 → max
2 x1 + 4 x2 + 3 x3 + x4
x1 + 2 x2 + x3
+ x6
+ x5
x1
=
=
9
4
=
4
x j 0, j = 1, 6.
0
= (0, 0, 0, 9, 4, 4) với cơ sở
Bài toán có PACB ban đầu X M
J 0 = 4, 6,5 Bảng đơn hình:
14
AJ
CJ
XJ
A4
A6
A5
0
-M
0
9
4
4
0
-4
1
2
4
2
0
1
4
0
8
0
A4
A2
A5
0
1
0
A4
A1
A5
0
2
0
2
1
A1
A2
2
4
1
(2)
1
0
-2
-1
-1
[-2]
0
0
(1/2)
1
1
0
[-3/2] 0
0
0
0
0
1
2
0
-2
0
3
0
0
2
A3
3
1
0
-2
-1
1
1/2
0
-3/2
0
1
1
-1
0
0
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB
0
A4
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
*
XM
0
A5
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
Trong trường hợp này x6 trở thành biến bù và bảng đơn hình thứ
ba được sửa lại như sau:
-M
A6
0
1
0
0
0
-2
1/2
0
1/2
1
-2
1
-1
2
1
2
1
2
0
0
0
A1 A2 A3 A4 A5 A6
A4
0
1
0
0
1
1
0
-2
A1
2
4
1
2
1
0
0
1
A5
0
0
0
-2
-1
0
1
-1
8
0
3
0
0
0
2
Trên bảng đơn hình mới này tiêu chuẩn tối ưu vẫn được thỏa mãn.
Điều đó có nghĩa là PATU và số tiền lãi tối đa không thay đổi.
c) Nếu yêu cầu lượng sản phẩm A sản xuất không dưới 4 đơn vị thì
bài toán gốc được viết lại là:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 → max
AJ
x1
4
x j 0, j = 1, 3.
PATU của bài toán M với biến giả x6 = 0 X = (4, 0, 0) là
Trong trường hợp này, để tận dụng bảng đơn hình thứ ba thì ta coi
biến bù x5 là biến giả và ta thêm biến bù x7 vào phương trình thứ
ba, hệ số của cột này là đổi dấu của cột A5. Bảng đơn hình thứ ba
có dạng sau:
2
1
2
0 -M -M 0
AJ CJ XJ
A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7
A4 0
1
0
0
1
1
0
-2
0
A1 2
4
1
2
1
0
0
1
0
A5 -M 0
0
-2 -1
0
1
-1 -1
8
0
3
0
0
0
2
0
0
0
2
1
0
0
2
1
Trong bảng đơn hình này tiêu chuẩn tối ưu vẫn được thỏa mãn,
*
XM
= (4, 0, 0, 1, 0, 0, 0) là PATU của bài toán M với biến giả
PATU của bài toán đã cho với f max = f ( X ) = 8 (trăm triệu đồng).
Với PATU này thì số tiền nhân công còn dư lại là 100 triệu, số sản
phẩm A sản xuất là 400.000 và số tiền lãi tối đa là 800 triệu đồng.
b) Nếu số tiền chi mua vật liệu không quá 1,2 tỷ đồng thì bài
toán ban đầu được viết lại:
f ( X ) = 2 x1 + x2 + 2 x3 → max
*
9
3 x1 + 6 x2 + 3 x3 12
9
3 x1 + 6 x2 + 3 x3 = 12
*
x1
XJ
2 x1 + 4 x2 + 3 x3
= (4, 0, 0, 1, 0, 0) là
2 x1 + 4 x2 + 3 x3
CJ
4
x j 0, j = 1, 3.
15
x5 = 0 , x6 = 0
g (Y ) = 7 y1 + 10 y2 + 17 y3 → min
(mặc dù trong cơ sở vẫn còn cột giả A5 nhưng ẩn
giả x5 = 0 ) X = (4, 0, 0) là PATU của bài toán đã cho với
*
f max = f ( X * ) = 8 (trăm triệu đồng).
Bài 1.21. Một doanh nghiệp sử dụng 3 loại vật liệu I, II, III để sản
xuất 3 loại sản phẩm A, B và C. Số đơn vị vật liệu mỗi loại dùng
cho việc sản xuất 1 đơn vị sản phẩm mỗi loại, số lượng vật liệu
mỗi loại có thể sử dụng tối đa và lãi tính cho 1 đơn vị sản phẩm
mỗi loại tương ứng được cho như sau:
SP
VL tối
A
B
C
VL
đa
I
2
3
1
7
II
4
1
3
10
III
1
2
5
17
Lãi
5
4
8
Doanh nghiệp muốn lựa chọn PA sản xuất các loại sản phẩm sao
cho tổng số tiền thu được tương ứng với số sản phẩm là cao nhất.
a) Viết bài toán QHTT mô tả nội dung kinh tế trên.
b) Viết BTĐN với bài toán trên và chỉ ra các cặp ĐKĐN
Lời giải:
a) Gọi x1 , x2 , x3 tương ứng là số đơn vị sản phẩm A, B, C cần
sản xuất.
Mô hình toán học.
2 y1 + 4 y2 + y3
5
3 y1 + y2 + 2 y3
4
y1 + 3 y2 + 5 y3
8
yi 0, i = 1, 3.
. Bài 1.22. Có 3 dây chuyền sản xuất I, II, III để sản xuất 3 loại sản
phẩm A, B và C. Bảng dưới đây cho biết: số đơn vị sản phẩm mỗi
loại được tạo ra trong 1 đơn vị thời gian hoạt động, chi phí sản xuất
trong khoảng thời gian hoạt động đó của mỗi dây chuyền và số đơn
vị sản phẩm mỗi loại tối thiểu cần phải sản xuất.
DC
SP tối
I
II
III
SP
thiểu
A
3
1
2
5
B
0
2
3
6
C
2
3
4
10
Chi phí
7
8
10
Doanh nghiệp muốn bố trí thời gian sản xuất cho các dây chuyền
sao cho lượng chi phí bỏ ra là nhỏ nhất.
a) Viết bài toán QHTT mô tả nội dung kinh tế trên.
b) Viết ĐKĐN với viết ở phần a).
Lời giải:
a) Gọi x1 , x2 , x3 tương ứng là số đơn vị thời gian hoạt động
của các dây chuyền I, II và III.
Mô hình toán học.
f ( X ) = 7 x1 + 8 x2 + 10 x3 → min
f ( X ) = 5 x1 + 4 x2 + 8 x3 → max
2 x1 + 3 x2 + x3 7
4 x1 + x2 + 3 x3 10
x j 0, j = 1, 3.
b) Theo quy tắc ta có BTĐN như sau:
+
x2
2 x2
+
+
2 x3
3 x3
5
6
2 x1 + 3 x2
+
4 x3
10
3 x1
x1 + 2 x2 + 5 x3 17
x j 0, j = 1, 3.
b) BTĐN
16
g (Y ) = 5 y1
+ 6 y2
+ 10 y3
→ max
+
2 y3
7
+ 2 y2
+
3 y3
8
2 y1 + 3 y2
+
4 y3
3 y1
y1
0
= (0, 0, 0, 9, 2, 7) với cơ sở
Bài toán có PACB ban đầu X M
J 0 = 6, 4,5 . Bảng đơn hình:
3
6
A1
A2
A6 -M
7
3
2
A4
0
9
2
3
A5
0
2
1
1
0
-3
-6
-7
-3
-2
A3
7
7/5 3/5 2/5
A4
0 17/5 -2/5 7/5
A5
0
3/5 2/5 (3/5)
49/5 6/5 [-16/5]
0
0
0
A3
7
1
1/3
0
A4
0
2 -4/3
0
A2
6
1
2/3
1
13 10/3 0
0
0
0
Ta thấy k 0k = 1,6
AJ
10
yi 0, i = 1, 3.
Bài 1.23. Cho bài toán QHTT:
f ( X ) = 3x1 + 6 x2 + 7 x3 → max
3 x1 + 2 x2 + 5 x3 =
2 x1 + 3 x2 + 4 x3
7
9
x1 + x2 + x3
2
x j 0, j = 1, 3.
Giải bài toán bằng PPĐH.
Lời giải:
a) Giải bài toán bằng PPĐH
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 3 x1 + 6 x2 + 7 x3
3 x1 + 2 x2 + 5 x3
2 x1 + 3 x2 + 4 x3 + x4
x1 + x2 + x3
→ max
=
=
7
9
+ x5 =
2
7
A3
(5)
4
1
-7
[-5]
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
A4
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
A5
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
-2/3
-7/3
5/3
16/3
0
-M
A6
1
0
0
0
0
1/5
-4/5
-1/5
7/5
1
1/3
-1/3
-1/3
1/3
1
*
= (0, 1, 1, 2, 0, 0) là
PACB X M
PATU của bài toán đã cho với f max = f ( X * ) = 13
Bài 1.24. Giải bài toán QHTT bằng PPĐH:
f ( X ) = 2 x1 − 12 x2 + x3 − 5 x4 → min
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
f ( X ) = 3 x1 + 6 x2 + 7 x3
− Mx6 → max
x1 + x2 + x3
XJ
PATU của bài toán M với biến giả x6 = 0 X * = (0, 1, 1) là
x j 0, j = 1, 5.
3 x1 + 2 x2 + 5 x3
2 x1 + 3 x2 + 4 x3 + x4
CJ
+ x6 =
=
7
9
=
x1 + 2 x2 + x3 + x4 = 17
3 x1 − x2 + 2 x3
10
2
−2 x1 + x2 − 3 x3
+ x5
x j 0, j = 1, 6.
x j 0, j = 1, 4.
Lời giải:
17
−9
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 2 x1 − 12 x2 + x3
A3
→ min
x1 + 2 x2 + x3 + x4
3 x1 − x2 + 2 x3
+ x5
−2 x1 + x2 − 3 x3
= 17
= 10
+ x6 = −9
= 17
= 10
− x6 + x7 = 9
x j 0, j = 1, 7.
y1 + 2 y2 + 3 y3 −1
*
= (0, 0, 0, 17, 10, 0, 9) với cơ sở
Bài toán có PACB ban đầu X M
2 y1 + 4 y2 + y3 =
3 y1 − y2 − 2 y3
J 0 = 4,5, 7 . Bảng đơn hình:
A4 -5
A5 0
A7 M
17
10
9
-85
9
14
4
A4 -5
A5 0
-12
A2
2
-1
-1
2
-1
7/3
-1/3
-1/3
-2
0
1/3
2
-1
Hãy xét xem PA X 0 = (7, 6, 0) có phải là PATU của bài toán
không? Vì sao?
Lời giải:
BTĐN:
g (Y ) = 25 y1 + 38 y2 + 27 y3 → max
+ Mx7 → min
x1 + 2 x2 + x3 + x4
3 x1 − x2 + 2 x3
+ x5
2
A1
1
3
2
-7
2
1/3
5/3
0
0
0
x1 0, x3 0.
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
XJ
0
0
0
3x1 + x2 − 2 x3 = 27
x j 0, j = 1, 6.
AJ CJ
1
0
0
x1 + 2 x2 + x3 25
2 x1 + 4 x2 − x3 38
− x6 = 9
2 x1 − x2 + 3x3
-1/3
0
0
PATU của bài toán đã cho với f min = f ( X * ) = −67
Bài 1.26. Giải bài toán QHTT:
f ( X ) = − x1 + 3x2 + x3 → min
= 17
= 10
f ( X ) = 2 x1 − 12 x2 + x3
2/3
-3
0
PATU của bài toán M với biến giả x7 = 0 X * = (0, 0, 3) là
Nhân 2 vế của phương trình thứ 3 với -1 và bài toán chính tắc được
viết lại:
f ( X ) = 2 x1 − 12 x2 + x3
→ min
2 x1 − x2 + 3 x3
3
-67
0
*
= (0, 0, 3, 14, 4, 0, 0) là
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB X M
x j 0, j = 1, 6.
x1 + 2 x2 + x3 + x4
3 x1 − x2 + 2 x3
+ x5
1
1 -5 0
A3 A4 A5
1
1 0
2
0 1
(3) 0 0
-6 0 0
[3] 0 0
0
1 0
0
0 1
0
A6
0
0
-1
0
-1
1/3
2/3
M
A7
0
0
1
0
0
-1/3
-2/3
y1 0, y2 0.
Các cặp ĐKĐN:
x1 0 & y1 + 2 y2 + 3 y3 −1;
x3 0 & y1 − y2 − 2 y3 1 ;
x1 + 2 x2 + x3 25 & y1 0 ;
2 x1 + 4 x2 − x3 38 & y2 0 .
18
3
1
c) Sử dụng định lý ĐN 2 xác định xem nếu bỏ điều kiện lượng sản
phẩm C sản xuất không dưới 400.000 thì tổng số tiền lãi tối đa có
tăng không? Vì sao?
Lời giải:
a) Gọi x1 , x2 , x3 là số lượng sản phẩm (10.000 đơn vị sản
phẩm) A, B, C mà doanh nghiệp dự tính sản xuất.
Tiền lãi thu được khi bán 1 đơn vị sản phẩm:
Với sản phẩm A: 8-2-3=3
Với sản phẩm B: 7-2-3=2
Với sản phẩm C: 4-2-1=1
Mô hình toán học:
Ta thấy PA X 0 = (7, 6, 0) thỏa mãn bất đẳng thức thưc sự ràng
buộc thứ nhất và x1 = 7 0 nên theo định lý ĐN 2 ta có hệ phương
trình tuyến tính:
=0
y1
y1 + 2 y2 + 3 y3 = −1
2 y + 4 y + y = 3
2
3
1
Hệ pt có duy nhất một nghiệm Y 0 = (0, 1, − 1) .
Thay Y 0 = (0, 1, − 1) vào các ràng buộc còn lại của BTĐN
3 y1 − y2 − 2 y3 = 3 VP = 1 ( thỏa mãn)
y2 = 1 0 ( thỏa mãn)
f ( X ) = 3x1 + 2 x2 + x3 → max
2 x1 + 3 x2 + x3 8
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 = 11
Vậy Y 0 = (0, 1, − 1) là PA của BTĐN
Vậy PA X 0 = (7, 6, 0) là PATU của bài toán đã với f min = 11 .
Bài 1.27. Trong kỳ sản xuất, một doanh nghiệp dự chi tối đa 800
triệu tiền vật liệu (VL) và tối đa 1,1 tỷ tiền nhân công (NC) để sản
xuất 3 loại sản phẩm (SP) A, B và C. Định mức chi phí tính cho 1
đơn vị sản phẩm mỗi loại và giá bán 1 đơn vị sản phẩm (1000đ)
được cho ở bảng sau:
SP
A
B
C
Chi phí
VL
2
3
1
NC
3
2
2
Giá bán
8
7
4
Ngoài ra, lượng sản phẩm C doanh nghiệp phải sản xuất trong kỳ
tối thiểu là 400.000 đơn vị. Doanh nghiệp muốn có PA sản xuất
các loại sản phẩm sao cho tổng số tiền lãi thu được là cao nhất.
a) Giải bài toán trên bằng PPĐH với điều kiện bổ sung là số tiền
chi cho nhân công phải được sử dụng hết.
b) Sử dụng định lý ĐN 2 xác định xem buộc phải sử dụng hết tiền
chi nhân công thì tổng số tiền lãi tối đa có giảm không? Vì sao?
x3
(P1)
4
x j 0, j = 1, 3.
ĐS: X * = (1, 0, 4)
là
PATU
của
bài
toán
đã
cho
với
f max = f ( X ) = 7
Với PATU này thì sản phẩm A sản xuất 100.000 đơn vị, sản phẩm
B không sản xuất, sản phẩm C sản xuất 400.000 đơn vị và số tiền
lãi tối đa thu được là 700 triệu đồng.
b) Nếu bỏ điều kiện số tiền chi nhân công phải sử dụng hết thì
bài toán gốc được viết lại là:
*
f ( X ) = 3x1 + 2 x2 + x3 → max
2 x1 + 3 x2 + x3 8
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 11
x3
x j 0, j = 1, 3.
19
4
(P2)
PATU X * = (1, 0, 4) của bài toán (P1) vẫn là PA của bài toán (P2),
y3 = −1 0 ( thỏa mãn)
ta phải kiểm tra xem PA X * = (1, 0, 4) có là PATU của bài toán
(P2) hay không. Ta có:
Vậy Y 0 = (0, 1, − 1) là PA của BTĐN
Vậy PA X * = (1, 0, 4) là PATU của bài toán (P2).
Nghĩa là điều kiện áp đặt đã nêu không làm thay đổi số tiền lãi tối
đa.
c) Nếu bỏ điều kiện về số lượng sản phẩm C không dưới 4 thì
bài toán gốc (P1) được viết lại dưới dạng:
BTĐN :
g (Y ) = 8 y1 + 11 y2 + 4 y3 → min
2 y1 + 3 y2
3 y1 + 2 y2
3
2
f ( X ) = 3x1 + 2 x2 + x3 → max
2 x1 + 3 x2 + x3 8
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 = 11
y1 + 2 y2 + y3 1
y1 0, y2 0, y3 0.
(P3)
x j 0, j = 1, 3.
Các cặp ĐKĐN:
x1 0 & 2 y1 + 3 y2 3 ;
x2 0 & 3 y1 + 2 y2 2 ;
x3 0 & y1 + 2 y2 + y3 1 ;
2 x1 + 3 x2 + x3 8 & y1 0 ;
3x1 + 2 x2 + 2 x3 11 & y2 0 ;
PATU X * = (1, 0, 4) của bài toán (P1) vẫn là PA của bài toán (P3),
ta phải kiểm tra xem PA X * = (1, 0, 4) có là PATU của bài toán
(P3) hay không. Ta có:
g (Y ) = 8 y1 + 11y2 → min
2 y1 + 3 y2 3
x3 4 & y3 0 .
Ta thấy PA X * = (1, 0, 4) thỏa mãn bất đẳng thức thưc sự ràng
buộc thứ nhất và x1 = 1 0 và x3 = 4 0 nên theo định lý ĐN 2 ta
có hệ phương trình tuyến tính:
=0
y1
=3
2 y1 + 3 y2
y + 2y + y =1
2
3
1
BTĐN :
3 y1 + 2 y2 2
y1 + 2 y2 1
y1 0.
Các cặp ĐKĐN:
x1 0 & 2 y1 + 3 y2 3 ;
x2 0 & 3 y1 + 2 y2 2 ;
x3 0 & y1 + 2 y2 1 ;
2 x1 + 3 x2 + x3 8 & y1 0 .
Hệ PT có duy nhất một nghiệm Y 0 = (0, 1, − 1) .
Thay Y 0 = (0, 1, − 1) vào các ràng buộc còn lại của BTĐN
3 y1 + 2 y2 = 2 = VP ( thỏa mãn)
y2 = 1 0 ( thỏa mãn)
20
(D3)
Giải bài toán kinh tế trên bằng phương pháp đơn hình.
Lời giải:
Gọi x1 , x2 , x3 là số lượng sản phẩm (1.000 đơn vị sản phẩm) A,
B, C mà doanh nghiệp dự tính sản xuất
Mô hình toán học:
f ( X ) = 5 x1 + 4 x2 + 2 x3 → min
Ta thấy PA X * = (1, 0, 4) thỏa mãn bất đẳng thức thưc sự ràng
buộc thứ nhất và x1 = 1 0 và x3 = 4 0 nên theo định lý ĐN 2 ta
có hệ phương trình tuyến tính:
= 0.
y1
2 y1 + 3 y2 = 3
y + 2y =1
2
1
Giải hệ phương trình
Hệ phương trình vô nghiệm.
Vậy PA X * = (1, 0, 4) không phải PATU của bài toán (P3)
5 x1 + 2 x2 + 3 x3 28
2 x1 + 3 x2 + 4 x3 24
11x1 + 8x 2 + 10 x3 72
x j 0, j = 1, 3.
Nếu bài toán (P3) có PATU thì f P3 (max) f P3 (X* ) = 7
Bài toán chính tắc:
f ( X ) = 5 x1 + 4 x2 + 2 x3
Để kiểm chứng xem bài toán (P3) có PATU hay không ta có thể
xem BTĐN (D3) có PA hay không?
Ta có Y 0 = (0, 1) là một PA của BTĐN (D3).
Như vậy, mỗi bài toán (P3) và (D3) đều có ít nhất 1 PA mỗi bài
toán đều có PATU.
Vậy điều kiện về số lượng sản phẩm C sản xuất không dưới 4 có
làm giảm số tiền lãi tối đa của doanh nghiệp
Bài 1.28. Định mức chi phí (triệu đồng) tính theo các loại nguồn
lực sản xuất cho các loại sản phẩm, giá bán (triệu đồng) cho một
đơn vị sản phẩm và số đơn vị chất thải tạo ra khi sản xuất 1 đơn vị
sản phẩm mỗi loại được cho ở bảng sau:
→ min
5 x1 + 2 x2 + 3 x3 + x4
2 x1 + 3 x2 + 4 x3
+ x5
11x1 + 8 x2 + 10 x3
= 28
= 24
− x6 = 72
x j 0, j = 1, 6.
Bài toán chính tắc chưa có PACB ban đầu nên ta có bài toán M:
f ( X ) = 5 x1 + 4 x2 + 2 x3
+ Mx7 → min
5 x1 + 2 x2 + 3 x3 + x4
2 x1 + 3 x2 + 4 x3
+ x5
11x1 + 8x 2 + 10 x3
Sản phẩm
A
B
C
Chi phí
Nguồn lực I
5
2
3
Nguồn lực II
2
3
4
Giá bán
11
8
10
Chất thải
5
4
2
Trong kỳ sản xuất, doanh nghiệp dự định chi tối đa 28 tỷ đồng mua
nguồn lực I, 24 tỷ đồng mua nguồn lực II , nhưng họ muốn doanh
thu đạt được không dưới 72 tỷ đồng. Tìm PA sản xuất thỏa mãn
các điều kiện trên và có tổng số đơn vị chất thải tạo ra là nhỏ nhất.
= 28
= 24
− x6 + x7 = 72
x j 0, j = 1, 7.
*
= (0, 0, 0, 28, 24, 0, 72) với cơ
Bài toán có PACB ban đầu X M
sở J 0 = 4,5, 7
Bảng đơn hình:
AJ
21
CJ
XJ
5
A1
4
A2
2
A3
0
A4
0
A5
0
A6
M
A7
2
3
1
0
0
0
3
4
0
1
0
0
8
10
0
0
-1
1
-4
-2
0
0
0
0
8
10
0
0
-1
0
A1
2/5
3/5
1/5
0
0
0
A5
11/5 14/5 -2/5
1
0
0
A7
18/5 (17/5) -11/5
0
-1
1
-2
1
1
0
0
0
18/5 [17/5] -11/5
0
-1
0
A1
-4/17
0
10/17
0
3/17 -3/17
A5
-13/17 0
24/17
1 14/17 -14/17
A3
18/17
1
-11/17 0 -5/17 5/17
-52/17 0 [28/17] 0
5/17 - 5/17
0
0
0
0
0
-1
A1
1/12
0
0
- 5/12 -1/6 1/6
A4
-13/24 0
1
17/24 7/12 -7/12
A3
17/24
1
0
11/24 1/12 -1/12
-13/6
0
0
-7/6 -2/3 2/3
0
0
0
0
0
-1
*
Ta thấy k 0k = 1,7 PACB X M = (2, 0, 5, 3, 0, 0, 0) là
Với tổng số vốn đầu tư không quá 85 đv, tổng số tiền lãi không dưới 10
đv và tổng số lượng chất thải tạo ra không quá 170 đv.
a) Hãy lập mô hình lựa chọn PA đầu tư với tổng số đv việc làm là lớn
nhất.
b) Nếu chỉ đầu tư vào dự án I với 85 đv vốn thì đó có phải là PA đầu tư
với tổng số đv việc làm là lớn nhất hay không? Vì sao?
PATU của bài toán M với biến giả x7 = 0 X * = (2, 0, 5) là
xác định kế hoạch vận chuyển sao cho thỏa mãn nhu cầu thu phát
và tổng CPVC hàng là ít nhất.
A4
A5
A7
0
0
M
28
24
72
0
72
5
28/5
0
64/5
M 52/5
28
52/5
5 64/17
0 72/17
2 52/17
424/17
0
5
2
0
3
2
5
20
0
(5)
2
11
-5
[11]
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
CHƯƠNG 2
MÔ HÌNH BÀI TOÁN VẬN TẢI
2.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
2.1.1. Nội dung bài toán.
Cần vận chuyển một loại hàng hóa từ m trạm phát hàng
A1 , A2 ,..., Am đến n trạm thu B1 , B2 ,..., Bn . Lượng hàng cần chuyển
đi ở mỗi trạm phát là a1 , a2 ,..., am (đơn vị hàng). Lượng hàng cần
nhận về ở mỗi trạm thu là b1 , b2 ,..., bn (đơn vị hàng). Cho cước phí
vận chuyển 1 đơn vị hàng từ trạm phát Ai sang trạm thu B j là cij .
Giả thiết ai
0, b j
0, cij 0, P
m
n
ai
i 1
PATU của bài toán đã cho với f min = f ( X ) = 20
Bài 1.29. Một doanh nghiệp lựa chọn PA đầu tư vốn vào 3 dự án I,
II và III. Tỷ lệ lãi, số đơn vị (đv) việc làm được tạo ra và số đv chất
thải tạo ra tính trên một đv vốn khi đầu tư vào mỗi dự án được cho
trong bảng sau:
Dự án
I
II
III
Tỷ lệ lãi (%)
12
10
8
Số đv việc làm
1
3
2
Số đv chất thải
2
3
5
*
T
bj
Q . Hãy
j 1
2.1.2. Bài toán vận tải cân bằng thu phát.
Mô hình toán học.
Gọi xij là số đơn vị hàng chuyển từ trạm Ai sang trạm B j .
22
m
- Bảng vận tải (BVT):
- T
b1
P
c11
a1
x11
n
f X
cij xij
min
1
i 1 j 1
n
xij
ai
i
1; m
2
j 1
m
xij
bj
j
1; n
3
xij 0 i
1; m, j
1; n
4
xij
m. n
là ma trận phân phối hàng cần tìm.
...
xm1
Hệ (4): là hệ ràng buộc về dấu.
- Cho X
x2n
...
...
cmn
...
xmn
j
là các véc tơ đơn vị m
xij
m. n
là PA của bài toán.
Ô chọn: Ô i, j được gọi là ô chọn nếu xij
trị xij
m. n
, trong đó Ei , Em
c2n
...
lượng hàng xij được ghi vào góc dưới bên phải.
hệ (2), (3).
Ký hiệu Aij là véc tơ cột hệ số của biến xij trong hệ (2), (3)
j
x1n
Tại ô i, j , cước phí cij được ghi ở góc trên bên trái và
Hệ (2), (3), (4):được gọi là hệ ràng buộc của bài toán.
Bài toán (1) - (4) cũng chính là bài QHTT chính tắc và được gọi là
BTVT CBTP.
- Ký hiệu:
A aij
là ma trận các hệ số của các biến xij trong
Em
xm 2
c1n
...
Ô nằm trên giao của dòng i và cột j là ô i, j .
Hệ (3): là hệ ràng buộc thể hiện các trạm thu nhận đủ hàng.
Ei
...
bn
...
- Quy ước:
Hệ (2): là hệ ràng buộc thể hiện các trạm phát phát hết hàng.
( Aij
x22
cm 2
cm1
am
Hàm f ( x) : là hàm mục tiêu và là tổng chi phí vận chuyển.
m n
x12
x21
...
Trong đó:
Ma trận X
c12
c22
c21
a2
i 1
b2
0 và ta ghi giá
0 này ở góc dưới bên phải của ô i, j .
Ô loại: Ô i, j được gọi là ô loại nếu xij
0 và ta bỏ trống ô
i, j .
n
Tập ô chọn của PA X: Kí hiệu C X
chiều).
- Vì bài toán (1) - (4) cũng là bài QHTT nên các khái niệm, các
định lý, tính chất của bài toán QHTT đều có thể áp dụng cho BTVT
và đương nhiên có thể giải BTVT CBTP bằng PPĐH.
Nhưng do cấu tạo của BTVT, người ta xây dựng một phương pháp
khác để giải BTVT đơn giản và hiệu quả hơn.
Mô hình bảng của BTVT.
hợp ô chọn của PA X và C X
i, j : xij
0 là tập
là số ô chọn của PA X.
- Vòng trên BVT: Một tập hợp gồm k ô k 4 trên bảng vận
tải được đánh số thứ tự 1, 2,3,..., k (coi ô đầu tiên là ô tiếp theo của
ô cuối cùng) được gọi là một vòng nếu chúng thỏa mãn các điều
kiện: hai ô có thứ tự liên tiếp phải cùng nằm trên một dòng hay
23
một cột và không có 3 ô có số thứ tự liên tiếp cùng nằm trên dòng
hay trên cột.
- Tập hợp có chứa vòng:Tập hợp các ô trên BVT mà từ đó có
thể lấy ra được một số ô để tạo thành vòng thì tập hợp ô đó được
gọi là có chứa vòng.
- Chú ý: Dễ thấy nếu m 1 hoặc n 1 thì BTVT chỉ gồm có
duy nhất một PA và nó chính là PATU. Vì thế khi xét BTVT chúng
ta giả thiết m 2 và n 2 . Khi đó BVT gồm ít nhất 2 hàng và 2
cột.
Các tính chất của BTVT.
• S bao hàm tập ô chọn C X .
PACB không suy biến có duy nhất một cơ sở, đó chính là tập ô
chọn, tức là S C X .
PACB suy biến có thể có nhiều cơ sở, muốn tìm một cơ sở của
PACB suy biến ta làm như sau: Do PACB suy biến có ít hơn
m n 1 ô chọn ( C (X) m n 1 ) nên ta bổ sung vào tập ô
chọn C X một số ô loại sao cho tập ô mới có đủ m
m n 1 đó không chứa vòng. Các ô loại được bổ sung được gọi
là các ô chọn giả, lượng hàng tại ô chọn giả bằng 0.
Cho PACB X với cơ sở S , khi đó:
+ ô i, j S gọi là ô cơ sở.
- BTVT (1) - (4) luôn có PATU.
- BTVT (1) - (4) có h A m n 1 .
- Cho K là tập hợp một số ô trên BVT. K chứa vòng khi và
chỉ khi Aij : i, j K là hệ phụ thuộc tuyến tính .
- PA X
xij
m. n
n 1 ô và
S gọi là ô phi cơ sở (ô phi cơ sở lượng hàng luôn bằng
+ ô i, j
0).
2.1.3. Phương pháp thế vị giải giải bài toán vận tải cân bằng.
của BTVT là PACB khi và chỉ khi tập ô
Cơ sở lý luận và thuật toán thế vị giải bài toán vận tải cân
bằng.
chọn C X không chứa vòng.
- PACB của BTVT (1) - (4) có tối đa m n 1 thành phần
dương (hay trên BVT nó có tối đa m n 1 ô chọn).
- Xét BTVT (1) - (4) không suy biến:
m
n
f X
- PACB không suy biến là PACB có đúng m n 1 thành phần
dương (hay trên BVT nó có đúng m n 1 ô chọn).
cij xij
min
1
i 1 j 1
n
- PACB suy biến là PACB có ít hơn m n 1 thành phần
dương (hay trên BVT nó có ít hơn m n 1 ô chọn).
xij
ai
i
1; m
2
xij
bj
j
1; n
3
1; m, j
1; n
4
j 1
m
- Cơ sở của PACB của BTVT (Tập ô cơ sở).
i 1
Cho X là PACB. Ta gọi m n 1 ô không chứa vòng và bao
hàm tất cả các ô chọn của PACB X là cơ sở (hay tập ô cơ sở)
của PACB đó.
Kí hiệu S là tập ô cơ sở của PACB X thì S thỏa mãn:
• S m n 1.
xij 0 i
- Tìm PACB ban đầu: Phương pháp cước phí nhỏ nhất
Trên BVT tìm ô có cước phí nhỏ nhất và phân vào đó lượng
hàng tối đa có thể được.
• S không chứa vòng.
24
Gạch bỏ dòng (hoặc cột) đã thỏa mãn.
Hệ (*) gồm m+n-1 phương trình độc lập tuyến tính, xác định m+n
ẩn
hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số.
Một hệ thống thế vị chính là một nghiệm riêng của hệ.
- Cách xây dựng hệ thống thế vị:
Cho một ẩn bất kỳ ui (hoặc v j ) nhận một giá trị tùy ý (ta
Trong những ô còn lại trên BVT, lại tìm ô có cước phí nhỏ
nhất và phân vào đó lượng hàng tối đa có thể được, sau đó ta lại
gạch bỏ dòng (hoặc cột) đã thỏa mãn.
Cứ tiếp tục quá trình đó, sau một số hữu hạn bước, tới khi
mọi dòng và mọi cột đều thỏa mãn ta sẽ tìm được một PACB ban
đầu.
thường cho bằng 0)
Từ các ô (i, j )
Trong đó ij
b jv j
i 1
ui
v j cij
Với m.n cặp ĐKĐN
xij 0 và ui
Nếu ij
n
aiui
max
1; m, j
v j cij
1; n
1; m, j
1; n .
(ii) ui
vj
n số
VC
VL
xij (q)
- Hệ thống thế vị: Cho PACB X S . Mỗi bộ gồm m n số
(U , V ) (u1 , u2 , ..., um , v1 , v2 , ..., vn ) được gọi là hệ thống thế vị
nếu chúng thỏa mãn: ui v j cij , (i, j ) S . (*)
v j được gọi là thế vị cột j ( j
S 0 với X 0
ô (i0 , j0 )
(x ij0 ) m
n
(i0 , j0 ) S
có
V.
VL
Ta xác định được tập PA của bài toán: X(q)
0 hay ô (i, j ) là ô chọn.
ui được gọi là thế vị dòng i (i
S
S 0 thì PACB X 0 là PATU.
i, j .
cij nếu xij
ô (i, j )
n ô, luôn có chứa một vòng V duy nhất và ô (i0 , j0 )
Chia V
m. n
PA X là PATU khi và chỉ khi tồn tại hệ thống m
U, V
u1 , u2 ,..., um , v1 , v2 ,..., vn sao cho:
v j cij
cij
Xuất phát từ ô (i0 , j0 ) đánh số thứ tự là 1 và lần lượt cho đến
hết các ô thuộc V
- Tiêu chuẩn tối ưu cho một PA của BTVT.
xij
Cho PA X
của BTVT (1) - (4).
(i) ui
vj
Với mỗi ô loại (i0 , j0 ) bất kì, tập hợp
m
i
0, (i, j )
cij .
- Tồn tại PACB mới tốt hơn:
j 1
i
ô (i, j )
0
ui
- Tiêu chuẩn tối ưu cho PACB X 0
- Bài toán đối ngẫu của BTVT (1) - (4) :
m
vj
- Tính các số kiểm tra: ij
Chú ý: Nếu có 2 ô trở lên có cùng cước phí nhỏ nhất bằng nhau
thì ta có thể tùy ý chọn một trong các ô đó hoặc chọn ô có lượng
hàng phân vào đó lớn hơn.
g u, v
S ta có: ui
xij0
q, (i, j ) VL ;
xij0
q, (i, j ) VC ; .
xij0 ,
Với 0
1, m) .
q
f ( X (q))
q0
(i, j ) V .
f (X 0) q
cij
cij
(i , j ) VL
+ Với 0 q q0 ta có PA không cực biên
25
n
min xij0 : (i, j ) VC , ( q0 0 )
(i , j ) VC
1, n) .
(x ij (q)) m
f (X 0 )
q.i0 . j0
+ Với = q0 ta có PACB
Muốn
hơn X 0
tìm
X1
PACB
S1 ,
với
X1
(x1ij ) m
- Nếu q0 đạt min tại hai ô, khi đó sau bước cải tiến các ô đó
đều hết hàng, ta có thể đưa một trong hai ô đó ra khỏi cơ sở (làm ô
loại) còn một ô phải giữ lại làm ô chọn (ô chọn giả với lượng hàng
bằng 0) và PACB tìm được sẽ là PACB suy biến.
tốt
n
S 0 ta làm như sau:
+ Xác định ô điều chỉnh: i0 j0
max ij
0
(i, j)
- Với bài toán suy biến q0 có thể bằng 0, khi đó ta vẫn cải tiến
PA như bình thường nhưng không được một PACB mới mà chỉ
được một cơ sở mới. Một trong những dấu hiệu xuất hiện PACB
suy biến là q0 đạt min tại nhiều chỉ số.
S0
ô (i0 , j0 ) là ô loại.
+ Xác định vòng điều chỉnh V và chia V
+ Xác định lượng điều chỉnh q0
+ S1
xi1j
S0
min
xij0
VC
VL
: i, j VC
Tập PATU:
xi01 j1
Xét PACBTU X *
- Nếu ij
i0 j0 / i1 j1
q0 , (i, j ) VL ;
- Nếu ij
xij0
q0 , (i, j ) VC ;
X* (q)
+ f (X1 )
hơn PACB X 0
0 j0
f (X 0 ) PACB
X1
(x*ij (q)) m n với
xi*j (q)
S 1 tốt
xij*
q, (i, j ) VL ;
xij*
q, (i, j ) VC ;
xij* ,
S0
Một số chú ý:
- Ta có thể chọn một ô loại bất kỳ mà tại ô đó có ij
Với 0
q
(i, j ) V .
q0
0 để
Và f (X* (q))
làm ô điều chỉnh, ta cũng sẽ tìm được một PACB mới tốt hơn.
Nhưng với hy vọng hàm mục tiêu giảm được nhanh nhất sau mỗi
lần cải tiến nên ta chọn ô điều chỉnh là ô có i0 j0 max ij 0 .
min xij* : (i, j ) VC
f (X* ) q.ij
f (X* ) q.0
f (X* )
2.1.4. Bài toán vận tải không cân bằng.
m
n
ai
BTVT có
Tuy nhiên để hàm mục tiêu giảm được nhiều nhất ta phải chọn ô
điều chỉnh sao cho: q0 i j là lớn nhất.
i 1
b j được gọi là BTVT không cân bằng thu và
j 1
phát.
Mô hình toán học của bài toán
0 0
- Nếu có 2 giá trị ij
S * thì ta có tập PATU :
0, (i, j)
(i, j ) V .
f (X 0 ) q0 . i
S * thì PATU X * là PATU duy nhất
0, (i, j)
xij0
xij0 ,
S * ( BT không suy biến).
0 lớn nhất bằng nhau, khi đó ta chọn ô
điều chỉnh là ô có (q0 ) lớn hơn.
26
- Nếu
m
n
i 1
Nếu
b j thì mô hình toán học như sau
ai
m
n
f X
cij xij
min
trạm thu giả bằng (
1
i 1 j 1
xij
ai
i
1; m
2
xij
bj
j
1; n
3
xij 0 i
1; m, j
1; n
4
m
i 1
m
n
f X
cij xij
min
1
i 1 j 1
n
xij
ai
i
1; m
2
xij
bj
j
1; n
3
1; m, j
1; n
4
j 1
m
i 1
xij 0 i
Giải bài toán tìm PATU
- Đưa bài toán về dạng cân bằng:
Nếu
m
n
ai
i 1
2.1.6. Bài toán vận tải yêu cầu cực đại hàm mục tiêu (Bài toán
phân phối).
Bài toán phân phối dạng cân bằng thu phát.
- Mô hình toán học.
b j thì ta lập thêm trạm phát giả lượng hàng tại
j 1
trạm phát giả bằng (
n
m
bj
j 1
b j ) , cước phí tại các ô nằm trên trạm
j 1
nhận hàng của trạm phát Ai (hay ngược lại) thì ô (i, j ) tương
ứng được gọi là ô cấm (cấm không được phép phân hàng vào ô
đó).
- Hoặc trong tực tế, khi BTVT có thêm một số điều kiện về thu,
phát hàng thì để giải quyết các điều kiện đó người ta thường sử
dụng các ô cấm.
Giải bài toán có ô cấm
- Ta coi cước phí tại các ô cấm là M , M 0 lớn tùy ý.
- Giải bài toán M
Nếu PATU của bài toán M có hàng rơi vào ô cấm (tương tự
với biến giả nhận giá trị dương) thì bài toán đã cho không có PA
vận chuyển nào.
Nếu PATU của bài toán M không có hàng rơi vào ô cấm
(tương tự với biến giả bằng 0) thì từ đó ta tìm được PATU của bài
toán đã cho.
ai thì mô hình toán học như sau
bj
n
ai
2.1.5. Bài toán vận tải ô cấm.
Khái niệm ô cấm.
- Trong BTVT, nếu có thêm điều kiện là trạm thu B j không
i 1
j 1
m
thu giả bằng 0.
- Tìm PATU của BTVT cân bằng, từ đó ta tìm được PATU của
BTVT không cân bằng ban đầu.
j 1
- Nếu
ai thì ta lập thêm trạm thu giả lượng hàng tại
i 1
i 1
n
m
m
bj
j 1
j 1
n
n
ai ) , cước phí tại các ô nằm trên trạm
i 1
phát giả bằng 0.
27
m
+ f (X1 )
n
f X
cij xij
m ax
1
i 1 j 1
xij
ai
i
1; m
2
xij
bj
j
1; n
3
i
1; m, j
1; n
4
i 1
- Ta coi cước phí tại các ô cấm là ( M ), M 0 lớn tùy ý.
- Giải bài toán M , từ đó ta tìm được lời giải của bài toán đã
cho.
- Tìm PATU.
Tìm PACB ban đầu X 0 S 0
Phương pháp năng suất cao nhất: Ưu tiên phân hàng vào ô có năng
suất cao nhất.
Xây dựng hệ thống thế vị.
ui v j cij , (i, j ) S 0
2.2. CÁC BÀI TẬP GIẢI MẪU
Bài 2.1. Cho BTVT ( f (X) min)
T
50
70
P
60
8
12
100
10
9
40
13
8
a) Viết dạng toán học của bài toán.
Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu.
Nếu ij 0, (i, j ) S 0 thì PACB X 0 là PATU.
Tồn tại PACB mới tốt hơn.
0
(i, j)
S0
min xij0 : i, j VC
xi01 j1
+ Cải tiến PA
xi1j
q0 , (i, j ) VC ;
xij0 ,
(i, j ) V .
28
3
3
ai
i 1
xij0
9
13
11
Lời giải:
a) Dạng toán học.
Kiểm tra ĐKCB.
q0 , (i, j ) VL ;
80
b) Nêu ý nghĩa kinh tế của các con số 100, 80 và 10 ghi trên bảng.
+ Xác định vòng điều chỉnh V
xij0
S0
Bài toán phân phối có ô cấm
Cij được gọi là năng suất.
+ Xác định lượng điều chỉnh q0
S 1 tốt
Để giải bài toán phân phối dạng không cân bằng thu phát ta đưa bài
toán về dạng cân bằng và giải bài toán cân bằng, từ đó ta tìm được
PATU của bài toán đã cho.
m
min ij
X1
Bài toán phân phối dạng không cân bằng thu phát
j 1
+ Xác định ô điều chỉnh: i0 j0
f (X 0 ) PACB
0 j0
hơn PACB X 0
n
xij 0
f (X 0 ) q0 . i
bj
200 ;
j 1
200 ( P
T)
f ( X ) = 10 x11 + 9 x12 + 7 x13 + 11x14 + 12 x21 + 11x22 + 9 x23 + 13 x24
f ( X ) = 8 x11 + 12 x12 + 9 x13 + 10 x21 + 9 x22 + 13 x23
+13 x31 + 8 x32 + 11x33 → min
x11 + x12 + x13 = 60
x21 + x22 + x23 = 100
x + x + x = 40
31 32 33
+ 8 x31 + 14 x32 + 10 x33 + 7 x34 → min
x11 + x21 + x31 = 50
x12 + x22 + x32 = 70
x + x + x = 80
13 23 33
x11 + x12 + x13 + x14 = 70
x21 + x22 + x23 + x24 = 100
x + x + x + x = 70
31 32 33 34
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
b) Số 100 là lượng hàng cần phát đi ở trạm phát thứ hai.
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 4.
Số 80 là lượng hàng cần thu ở trạm thu thứ ba.
Số 10 là cước phí vận chuyển 1 đơn vị hàng từ trạm phát thứ
hai đến trạm thu thứ nhất.
Bài 2.2. Cho BTVT ( f (X) min)
T
60
70
80
50
P
70
10
9
7
11
100
12
11
9
13
90
8
14
10
7
a) Viết dạng toán học của bài toán.
b) Nếu a1
i 1
bj
260 ;
280 ( P
ai
bj
310 ;
280 (T
P)
j 1
f ( X ) = 10 x11 + 9 x12 + 7 x13 + 11x14 + 12 x21 + 11x22 + 9 x23 + 13 x24
+ 8 x31 + 14 x32 + 10 x33 + 7 x34 → min
x11 + x21 + x31 = 60
x + x + x = 70
12
22
32
x13 + x23 + x33 = 80
x14 + x24 + x34 = 50
x11 + x12 + x13 + x14 120
x21 + x22 + x23 + x24 100
x + x + x + x 70
31 32 33 34
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 4.
Bài 2.3. Giải bài toán vận tải ( f
a)
T
80
P
60
17
4
ai
4
3
i 1
Lời giải:
3
120
Kiểm tra ĐKCB.
b) Nếu lượng hàng tại trạm phát thứ nhất là 120, lượng hàng tại
các trạm khác không thay đổi thì bài toán có dạng toán học như
thế nào?
a) Kiểm tra ĐKCB.
x11 + x21 + x31 60
x12 + x22 + x32 70
x13 + x23 + x33 80
x14 + x24 + x34 50
T)
j 1
100
120
29
min) trong các trường hợp sau:
70
130
18
20
20
22
19
23
27
24
T
b)
80
P
T
P
60
50
90
100
60
40
60
10
8
9
100
20
120
23
T
50
60
80
11
12
10
12
13
60
65
65
7
11
11
9
12
15
10
9
14
T
bj
280 ;
280 ( P
60
100
T)
80
P
60
17
70
18
[60]
100
20
23
20
/
22
/
120
130
/
19
/
[100]
27
[20]
Tính hệ thống thế vị và số kiểm tra.
24
[70]
+1
17
(2) 18
[60]
20
22
-2
23 (3) 27
[20]
v1 = 17 v2
V
Điều chỉnh PA sang bảng mới:
T
80
P
60
17
18
100 20
22
120 23
27
[80]
v1 = 14 v2
V
j 1
Tìm PACB ban đầu.
T
19
27
80
P
120
ai
22
-2
[100]
24
[70]
[30]
U
u1 = 0
u2 = 1
u3 = 6
v1 = 17 v2 = 21 v3 = 18
V
Cải tiến phương án:
Chọn ô điều chỉnh là ô (1, 2).
Vòng điều chỉnh gồm các ô: {(1, 2), (3, 2), (3, 1), (1, 1)}.
60 và đạt tại ô (1, 1).
Lượng điều chỉnh: q min 60, 70
3
i 1
20
[20]
Lời giải:
a) Kiểm tra ĐKCB.
130
+3
-2
7
3
18
[60]
c)
P
17
70
[30]
30
70
130
U
(1) 20
u1 = 0
+3[*]
-2
19
u2 = 1
+1
[100]
(4) 24
u3 = 6
[70]
[30]
= 21 v3 = 18
70
130
u1 = 0
20
[60]
19
0
[100]
24
[10]
U
[30]
= 18 v3 = 15
u2 = 4
u3 = 9
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3
T
0 60 0
X * = 0 0 100 là PATU của bài toán đã cho với
80 10 80
*
f min = f ( X ) = 5810 .
b) Kiểm tra ĐKCB.
60
bj
200 ;
ai
200 ( P
100
P
60
10
60
8
50
11
]50]
90
10
90
10
T
/
P
12
/
12
7
U
40
u1 = 0
9
[60]
11
+4
u 2 = −3
12
-
-
12
13
-
[40]
u3 = 0
v1 = 10 v2 = 8 v3 = 13
V
Cải tiến phương án:
Chọn ô điều chỉnh là ô (1,3).
Vòng điều chỉnh gồm các ô: {(1, 3), (1, 1), (3, 1), (3, 3)}.
0 , đạt tại ô (1, 1).
Lượng điều chỉnh: q min 0, 40
T)
40
[60]
7
50
9
/
8
[50]
Tìm PACB ban đầu.
T
10
]50]
j 1
i 1
60
[0]
3
3
100
P
60
/
13
50
[50]
/
[40]
PACB tìm được là PACB suy biến (vì PA chỉ có 4 ô chọn, trong khi
m + n − 1 = 5 ). Ta sẽ thêm 1 ô chọn giả, giả sử là ô (1, 1).
T
100
60
40
P
60
10
8
9
[0]
[60]
50
7
11
12
]50]
90
10
12
13
[50]
[40]
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
90
100
U
40
10 (2) 8
9 (1)
u1 = 0
[0]
[60]
+4[*]
7
11
12
u 2 = −3
]50]
10 (3) 12
13 (4) u3 = 0
[50]
[40]
v1 = 10 v2
V
Điều chỉnh PA sang bảng mới:
T
100
P
60
10
8
50
7
11
]50]
90
10
12
[50]
v1 = 6 v2
V
31
60
=8
v3 = 13
60
40
U
9
[60]
[0]
u2 = 1
12
-
13
0
=8
u1 = 0
[40]
v3 = 9
u3 = 4
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3
Lượng điều chỉnh: q
T
P
50
60
c) Kiểm tra ĐKCB.
80
60
ai
bj
190 ;
190 ( P
T)
Tìm PACB ban đầu.
T
60
50
7
60
9
65
11
[50]
[10]
80
65
11
/
12
/
15
/
65
U
11 (1) u1 = 0
+2[*]
15 (4) u2 = 2
[50]
14
u3 = 1
[65]
[15]
v1 = 7 v2 = 8 v3 = 13
V
Điều chỉnh sang bảng mới:
Sau điều chỉnh cả ô (1, 1) và ô (2, 3) sẽ có lượng hàng bằng 0 và
trở thành ô loại. Ta tùy chọn giữ lại một ô trong 2 ô đó làm ô chọn
giả. Giả sử giữ lại ô (1, 1).
T
U
60
65
65
P
50
7
11
11
u1 = 0
[0]
[50]
60
9
12
15
u2 = 2
[60]
80
10
9
14
u3 = 3
0
[65]
[15]
v1 = 7 v2 = 6 v3 = 11
V
j 1
P
65
7 (2)
11
[50]
9 (3)
12
[10]
10
9
3
3
50 , đạt tại 2 ô (1, 1) và ô(2,
3).
0 60 0
X * = 50 0 0 là PATU của bài toán đã cho với
50 0 40
*
f min = f ( X ) = 1850.
i 1
min 50,50
[50]
10
9
14
/
[65]
[15]
Tính hệ thống thế vị và số kiểm tra.
T
U
60
65
65
P
50
7
11
11
u1 = 0
[50]
+2
60
9
12
15
u2 = 2
[10]
[50]
80
10
9
14
u3 = 1
[65]
[15]
v1 = 7 v2 = 8 v3 = 13
V
Cải tiến phương án: Chọn (1, 3) làm ô điều chỉnh.
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(1, 3), (1, 1), (2, 1), (2, 3)}
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
0 0 50
X * = 60 0 0 là PATU của bài toán đã cho với
0 65 15
*
f min = f ( X ) = 1885.
Bài 2.4. Cho BTVT ( f (X)
32
min)
T
P
70
100
30
80
40
60
22
18
18
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(1, 3).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(1, 3), (2, 3), (2, 1), (1, 1)}.
Lượng điều chỉnh q min 10, 60 10 và đạt tại ô (1, 1).
T
20
19
17
70
19
21
Lời giải: Kiểm tra ĐKCB.
22
18
bj
200 ;
180 (T
100
20
30
19
P)
18
19
a) VìT < P ta thêm trạm thu giả, lượng hàng trạm thu giả bằng
(200 180 ) 20; cước phí tại các ô nằm trên trạm thu giả bằng 0.
V
[10]
17
[20]
0
21
[50]
18
-
0
-
U
20
0
[40]
[30]
j 1
60
18
[50
3
ai
i 1
40
-
a) Tìm PATU.b) PATU tìm được có duy nhất không? Vì sao?
3
80
P
-
u1 = 0
u 2 = −1
u3 = −2
v1 = 21 v2 = 18 v3 = 18 v4 = 0
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
Ta có BTCB và tìm PACB ban đầu như sau:
T
80
40
60
20
P
70
22
18
18
0
[10]
[40]
/
[20]
100 20
19
17
0
[40
/
[60]
/
30
19
21
18
0
[30]
/
/
/
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
T
U
80
40
60
20
P
70
22 (4) 18
18 (1) 0
u1 = 0
[10]
[40]
+1[*]
[20]
100 20 (3)
19
17 (2)
0
u 2 = −2
[40
[60]
30
19
21
18
0
u3 = −3
[30]
v1 = 22 v2 = 18 v3 = 19 v4 = 0
V
0 40 10
X * = 50 0 50
30 0 0
0 40 10
*
X = 50 0 50
30 0 0
f min = f ( X * ) = 3320.
20
0 là PATU của BTCB
0
là PATU của bài toán đã cho với
b) Ta thấy ij 0, ô (i, j) S nên PATU tìm được là
PATU duy nhất.
Bài 2.5. Cho BTVT ( f (X) min)
T
50
90
60
P
70
15
13
10
30
9
8
7
80
11
12
14
*
33
với điều kiện trạm thu thứ hai phải được ưu tiên nhận đủ hàng.
a) Viết dạng toán học của bài toán.
b) Giải bài toán tìm PATU.
c) Điều kiện trạm thu thứ hai nhận đủ hàng đã làm tăng thêm bao
nhiêu chi phí vận chuyển tối thiểu?
Lời giải: Kiểm tra ĐKCB.
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
T
U
50
90
60
P
u1 = 0
15
13
10
70
[40]
[30]
u 2 = −3
9
8
7
30
0
+2
[30]
u3 = −1
11 (2) 12 (3) 14
80
[50]
[30]
u4 = M − 13
0 (1)
M (4) 0
20
M − 1 [*]
[20] M − 3
v2 = 13
v3 = 10
v1 = 12
V
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(4, 1).
Vòng diều chỉnh gồm 4 ô: {(4, 1), (3, 1), (3, 2), (4, 2)}.
20 và đạt tại ô (4, 2).
Lượng điều chỉnh q min 20,50
3
3
ai
i 1
bj
180 ;
200 (P
T)
j 1
a) Dạng toán học:
f ( X ) = 15 x11 + 13 x12 + 10 x13 + 9 x21 + 8 x22 + 7 x23 +
11x31 + 12 x32 + 14 x33 → min
x11 + x12 + x13 = 70
x21 + x22 + x23 = 30
x + x + x = 80
31 32 33
x11 + x21 + x31 50
x12 + x22 + x32 = 90
x + x + x 60
13 23 33
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
T
50
P
b) Vì bài toán có lượng hàng phát nhỏ hơn lượng hàng thu nên
khi đưa về bài toán cân bằng ta thêm trạm phát giả, lượng hàng tại
trạm phát giả bằng (200 180 ) 20.
60
U
u1 = 0
13 (2) 10 (3)
[40]
[30]
u 2 = −3
9
8 (1)
7 (4)
0
+2 [*]
[30]
u3 = −1
11
12
14
[30]
[50]
u4 = −12
0
0
M
[20]
-
15
70
-
30
Điều kiện trạm thu B2 nhận đủ hàng nên xuất hiện ô cấm là
ô(4,2), C42 M , M 0 lớn tùy ý. Cước phí tại các ô còn lại nằm
trên trạm phát giả bằng 0.
T
50
90
60
P
15
13
10
70
/
[40]
[30]
9
8
7
30
/
/
[30]
11
12
14
80
[50]
[30]
/
0
0
M
20
/
/
[20]
90
80
20
v2 = 13
v3 = 10
v1 = 12
V
Chọn ô điều chỉnh là ô (2, 2).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(2, 2), (1, 2), (1, 3), (2, 3)}.
30 , đạt tại ô (2, 3).
Lượng điều chỉnh q min 40,30
T
50
P
70
34
15
90
13
-
60
u1 = 0
10
[10]
U
[60]
30
80
20
V
9
8
-
[30]
11
12
0
[50]
[20]
u3 = −1
-
v2 = 13
T
u4 = −12
0
M
v1 = 12
14
[30]
Chọn ô điều chỉnh là ô(4, 2).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(4, 2), (4, 1), (3, 1), (3, 2)}.
20 và đạt tại ô (4, 1).
Lượng điều chỉnh q min 20,50
u 2 = −5
7
v3 = 10
70
Ta thấy ij 0, i = 1, 4; j = 1, 3.
30
0 10 60
0 30 0
*
là PATU của bài toán ô cấm
XM =
30 50 0
20 0 0
0 10 60
X * = 0 30 0 là PATU của bài toán đã cho với
30 50 0
*
f min = f ( X ) = 1890.
c) Nếu bỏ điều kiện trạm thu thứ hai nhận đủ hàng thì C42
Khi đó bảng vận tải tối ưu được tính lại như sau:
T
U
50
90
60
P
u1 = 0
15
13
10
70
[10]
[60]
u 2 = −5
9
8
7
30
[30]
u3 = −1
11 (3) 12 (4) 14
80
[30]
[50]
u4 = −12
0 (2)
0 (1)
0
20
[20] +1 [*]
v
=
13
v
=
10
v
=
12
V
2
3
1
50
P
80
20
V
15
90
13
-
60
u1 = 0
10
[10]
9
8
-
[60]
12
[50]
0
v1 = 12
u3 = −1
14
[30]
0
-
u 2 = −5
7
[30]
11
u4 = −13
0
[20]
v2 = 13
U
v3 = 10
Ta thấy ij 0, i = 1, 4; j = 1, 3.
0 10 60
0 30 0
**
là PATU của BTCB
X =
50 30 0
0 20 0
0 10 60
**
X = 0 30 0 là PATU của bài toán đã cho với
50 30 0
f min = f ( X ** ) = 1880
0.
Như vậy điều kiện trạm thu thứ hai nhận đủ hàng đã làm tăng thêm
(1890 1880 ) 10 đơn vị chi phí vận chuyển tối thiểu.
Bài 2.6. Cho BTVT ( f (X) min)
T
85
60
55
P
70
10
9
7
35
( Vì ô (1, 1) là ô loại nên hệ thống thế vị không thay đổi, các số
kiểm tra chỉ thay đổi tại ô (1, 1)).
T
85
60
55
U
P
7
9
7
u =0
70
0
[15]
[55] 1
6
8
11
u 2 = −1
90
[85]
[5]
10
9
12
u3 = 0
40
[40]
v1 = 7 v2 = 9 v3 = 7
V
90
6
8
11
40
10
9
12
a) Giải bài toán tìm lời giải tối ưu.
b) Nếu cước phí vận chuyển tại ô (1, 1) giảm 3 đơn vị thì chi phí
vận chuyển tối thiểu giảm bao nhiêu?
c) Nếu cược phí vận chuyển tại ô (3, 2) tăng thêm 4 đơn vị thì chi
phí vận chuyển tối thiểu tăng bao nhiêu?
Lời giải:
Kiểm tra ĐKCB.
3
3
bj
200 ;
ai
200 (P
T)
j 1
i 1
a) Ta có:
T
85
P
70
90
40
V
10
60
55
9
-
7
[15]
6
8
[85]
10
11
[5]
9
-
v1 = 7
[55]
[40]
v2 = 9
X * vẫn là PATU của bài toán mới và chi phí vận chuyển tối
u1 = 0
-
u 2 = −1
-
u3 = 0
12
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
U
thiểu không thay đổi.
c) Nếu cước phí vận chuyển tại ô (3, 2) tăng 4 đơn vị thì
'
C32
13 4 17
*
Khi đó PA X vẫn là PACB của bài toán mới
Bảng vận tải tối ưu được tính lại như sau:
( Vì ô (3,2) là ô chọn nên hệ thống thế vị thay đổi.).
T
85
60
55
U
P
10
9
7
u =0
70
[15]
[55] 1
6 (4)
8 (3)
11
u 2 = −1
90
[85]
[5]
10 (1) 13 (2) 12
u3 = 4
40
+1 [*]
[40]
v1 = 7 v2 = 9 v3 = 7
V
Chọn ô điều chỉnh là ô (3, 1).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(3, 1), (3, 2), (2, 2), (2, 1)}.
40 và đạt tại ô (3, 2).
Lượng điều chỉnh q min 40,85
v3 = 7
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
0 15 55
X = 85 5 0 là PATU của BTCB
0 40 0
*
với f min = f ( X ) = 1430.
*
b) Nếu cước phí vận chuyển tại ô (1, 1) giảm 3 đơn vị thì
C11' 10 3 7 .
*
Khi đó PA X vẫn là PACB của bài toán mới
Bảng vận tải tối ưu được tính lại như sau:
36
T
85
P
70
90
40
V
60
10
9
55
7
-
70
8
-
u 2 = −1
100
-
u3 = 3
30
11
[45]
10
[45]
13
12
[40]
v1 = 7
[55]
-
v2 = 9
50
P
u1 = 0
[15]
6
T
U
v3 = 7
V
9
90
10
[10]
11
12
[10]
[[90]
8
[30]
v1 = 9
-
v2 = 5
0 15 55
X ** = 45 45 0 là PATU của BTCB
40 0 0
**
với f min = f ( X ) = 1550.
10
X * = 10
30
với f min =
ai
i 1
bj
200 ;
200 (P
u2 = 2
0
u3 = 1
v3 = 8
60
90 0 là PATU của BTCB
0 0
f ( X * ) = 1610.
0
b) Nếu lượng hàng trên trạm phát thứ ba tăng thêm 20 đơn vị
thì a3'
30
20
50 , khi đó
3
3
ai
i 1
220
bj
200 ;
j 1
Vì vậy khi đưa về BTCB ta thêm trạm thu giả, lượng hàng tại trạm
thu giả bằng 20 và cước phí tại các ô nằm trên trạm thu giả bằng 0.
Từ bảng vận tải tối ưu ở trên ta có được PACB mới và tính lại như
sau:
T
50
90
60
20
U
P
9
10
8
0
u1 = −1
70
[10]
[60]
11 (4) 7
12
0 (1)
u2 = 1
100
[10]
[[90]
+1 [*]
10
(3) 8
9
0 (2)
u =0
50
[30]
0
[20] 3
v1 = 10 v2 = 6 v3 = 9 v4 = 0
V
3
3
u1 = 0
9
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
Kiểm tra ĐKCB.
[60]
7
10
U
8
-
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
Như vậy nếu cước phí vận chuyển tại ô (3, 2) tăng 4 đơn vị thì chi
phí vận chuyển tối thiểu tăng thêm (1550 1430 ) 120 đơn vị chi
phí.
Bài 2.7. Cho BTVT ( f (X) min)
T
50
90
60
P
70
9
10
8
100
11
7
12
30
10
8
9
a) Giải bài toán tìm lời giải tối ưu.
b) Tìm lời giải tối ưu khi lượng hàng ở trạm phát thứ ba tăng thêm
20 đơn vị.
Lời giải:
60
T)
j 1
a) Ta có:
37
Chọn ô diều chỉnh là ô (2, 4).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(2, 4), (3, 4), (3, 1), (2, 1)}.
Lượng điều chỉnh q min 10, 20 10 và đạt tại ô (2,1).
T
50
P
70
100
50
V
9
90
10
[10]
11
60
8
-
[60]
12
[[90]
10
8
[40]
9
v1 = 10 v2 = 7
-
u1 = −1
0
-
-
U
0
7
20
[10]
u2 = 0
[10]
u3 = 0
0
0
v3 = 9
b) Viết dạng toán học của bài toán.
Lời giải:
a) Ý nghĩa kinh tế của các con số:
100 là lượng vốn của nhà đầu tư thứ nhất;
120 là lượng vốn cần cho dự án thứ ba;
11 thể hiện rằng 1 đơn vị vốn của nhà đầu tư thứ hai khi đầu tư vào
dự án thứ hai sẽ có tỷ lệ lãi (năng suất) là 11%.
b) Kiểm tra ĐKCB.
3
3
ai
bj
270 ;
250 (T
P)
j 1
i 1
f ( X ) = 18 x11 + 15 x12 + 13 x13 + 12 x21 + 11x22 + 15 x23
v4 = 0
+13 x31 + 16 x32 + 17 x33 → max
Ta thấy ij 0, i = 1,3; j = 1, 4.
x11 + x12 + x13 100
x21 + x22 + x23 80
x + x + x 90
31 32 33
10 0 60 0
X = 0 90 0 10 là PATU của BTCB
40 0 0 10
10 0 60
**
X = 0 90 0 là PATU của BT mới
40 0 0
**
với f min = f ( X ) = 1600.
**
x11 + x21 + x31 = 60
x12 + x22 + x32 = 70
x + x + x = 120
13 23 33
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
Bài 2.9. Giải BTPP ( f (X)
a)
T
P
100
(Mặc dù lượng hàng cần phát tăng thêm nhưng chi phí vận chuyển
nhỏ nhất lại giảm đi)
Bài 2.8. Cho BTPP vốn đầu tư
T
60
70
120
P
100
18
15
13
80
12
11
15
90
13
16
17
a) Nêu ý nghĩa kinh tế của các con số 100, 120, 11.
30
70
max) trong các trường hợp sau:
90
60
50
20
23
22
21
23
21
17
22
24
70
90
55
26
24
27
b)
T
P
30
38
T
70
22
100
23
20
23
19
90
P
100
60
20
23
30
21
70
17
[40]
23
Lời giải:
[30]
a) Kiểm tra ĐKCB.
3
3
bj
200 ;
ai
200 (P
T)
V
Tìm PACB ban đầu.
T
90
P
100
20
60
23
30
21
70
17
[60]
23
[30]
+
+
22
24
[20]
[50]
u3 = −1
v1 = 20 v2 = 23 v3 = 25
60 40 0
X * = 30 0 0 là PATU của BTCB
0 20 50
*
Với f max = f ( X ) = 4390.
/
21
/
22
u2 = 1
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
50
22
[40]
+
21
+
j 1
i 1
u1 = 0
22
[60]
25
U
50
/
24
[20]
/
[50]
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
T
U
90
60
50
P
100 20 (3) 23 (2) 22
u1 = 0
[40]
[60]
-1
30
21
23
21
u2 = 1
[30]
+1
+1
70
17 (4) 22 (1) 24
u3 = −3
[20]
-2[*]
[50]
v1 = 20 v2 = 23 v3 = 21
V
Cải tiến phương án:Chọn ô điều chỉnh là ô(3, 2).
Vòng điều chỉnh gồm các ô: {(3, 2), (1, 2), (1, 1), (3, 1)}
20 , đạt tại ô (3, 1).
Lượng điều chỉnh: q min 60, 20
b) Kiểm tra ĐKCB.
3
3
bj
200 ;
ai
215 (P
j 1
i 1
Tìm PACB ban đầu.
T
70
P
30
70
100
15
26
90
24
/
27
/
22
[30]
23
/
23
[70]
20
19
[70]
0
55
25
[5]
0
/
[15]
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
39
/
[25]
0
/
T)
T
70
P
90
55
26 (1) 24
27
-4 [*]
-3
22
23
23
+
[70]
20 (4) 19
25
[70]
[5]
0
0
0
+
[15]
30
70
100
15
30 0 0
70 0
* 0
X =
là PATU của BTCB
40 5 55
0 15 0
30 0 0
X * = 0 70 0 là PATU của bài toán đã cho
40 5 55
*
Với f max = f ( X ) = 4660.
U
(2) u1 = 0
[30]
u2 = 2
+
(3) u3 = −2
[25]
+
u4 = −21
v1 = 22 v2 = 21 v3 = 27
V
Cải tiến phương án:
Chọn ô điều chỉnh là ô(1, 1).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(1, 1), (1, 3), (3. 3), (3, 1)}.
30 và đạt tại ô (1, 3).
Lượng điều chỉnh q min 30, 70
T
70
P
30
70
100
15
V
26
90
55
24
[30]
22
27
+
+
23
+
20
23
[70]
19
[40]
0
25
[5]
0
+
+
[55]
0
[15]
+
Bài 2.10. Cho BTPP ( f (X) max)
T
80
60
P
70
18
15
U
100
u1 = 0
60
u 2 = −2
90
17
14
20
19
16
17
21
u3 = −6
a) Tìm PATU.b) PATU tìm được duy nhất không? Nếu không duy
nhất hãy tìm một PATU khác.
u4 = −25
Lời giải a) Kiểm tra ĐKCB.
3
3
ai
bj
230 ;
230 (P
j 1
i 1
Tìm PACB
v1 = 26 v2 = 25 v3 = 31
T
Ta thấy ij 0, i = 1, 4; j = 1, 3.
80
P
70
18
60
15
[70]
100
14
17
/
16
19
[60]
17
/
40
/
20
[10]
60
90
[30]
21
/
[60]
T)
Tính hệ thống thế vị và số kiểm tra:
T
U
80
60
90
P
70
18
15
17
u1 = 0
[70]
+
+
100 14
20
19
u 2 = −4
[10]
[60]
[30]
60
16
17
21
u3 = −2
0
+
[60]
v1 = 18 v2 = 24 v3 = 23
V
T
70
100
60
17
20
]
17
]
19
[60] [ 30 + ]
21
[ 60 − ]
0
0
70
X (q) = 10 − q 60 30 + q , 0 q 10.
q
0 60 − q
Chọn, chẳng hạn q = 5 ta nhận được PATU khác:
70 0 0
X ** = 5 60 35 .
5 0 55
*
70
90
*
a) Ta thấy 31 0 mà ô(3, 1) S nên bài toán có thể có
nhiều PATU. Để tìm tập PATU của ta chọn ô điều chỉnh là ô(3, 1).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(3, 1), (2, 1), (2, 3), (3, 3) }.
Lượng điều chỉnh q thoảm mãn: 0 q min 10, 60 = 10 :
60
15
14
[ 10 −
16
60
[
Ta nhận được tập các PATU
70 0 0
X = 10 60 30 là PATU của BTCB
0 0 60
*
Với f max = f ( X ) = 4430.
80
18
100
*
T
60
[70]
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
P
80
P
90
Bài 2.11. Cho BTPP ( f (X) max)
T
90
70
60
P
100
22
20
19
70
17
23
18
80
22
21
20
với điều kiện trạm phát thứ nhất phải được ưu tiên phát hết hàng:
a) Viết dạng toán học của bài toán.
b) Giải bài toán tìm lời giải tối ưu.
c) Điều kiện trạm phát thứ nhất phát hết hàng đã làm giảm đi bao
nhiêu lợi nhuận tối đa?
Lời giải:
U
15
17
u1 = 0
[70]
+
+
14 (2) 20
19 (3) u2 = −4
[10]
[60]
[30]
16 (1) 17
21 (4) u3 = −2
0 [*]
+
[60]
18
v1 = 18 v2 = 24 v3 = 23
V
Điều chỉnh với lượng điều chỉnh 0 q 10 ta nhận được:
Kiểm tra ĐKCB.
ai
i 1
41
3
3
bj
250 ;
j 1
220 (T
P)
a) Dạng toán học:
22
f ( X ) = 22 x11 + 20 x12 + 19 x13 + 17 x21 + 23 x22 + 18 x23 +
22 x31 + 21x32 + 20 x33 → max
70
x11 + x12 + x13 = 100
x21 + x22 + x23 70
x + x + x 80
31 32 33
x11 + x21 + x31 = 90
x12 + x22 + x32 = 70
x + x + x = 60
13 23 33
80
b) Vì bài toán có lượng hàng thu nhỏ hơn lượng hàng phát nên khi
đưa về bài toán cân bằng ta thêm trạm thu giả, lượng hàng tại trạm
thu giả bằng (250 220 ) 30.
Điều kiện trạm thu A1 phát hết hàng nên xuất hiện ô cấm là ô(1,4),
90
70
60
30
17
23
+
22
21
+
T
90
P
100
C14
M , M 0 lớn tùy ý. Cước phí tại các ô còn lại nằm trên
trạm thu giả bằng 0.
T
90
70
60
30
P
22
20
19
−M
100
[90]
/
/
[10]
17
23
18
0
70
/
[70]
/
/
22
21
20
0
80
/
/
[60]
[20]
PACB tìm được là PACB suy biến (vì PA chỉ có 5 ô chọn, trong khi
m + n − 1 = 6 ). Ta sẽ thêm 1 ô chọn giả, giả sử là ô (1, 2).
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
T
[90]
V v1 M 22 v2 M 20 v3 = 20 v4 = 0
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(1, 3).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô:{ (1, 3), (1, 4), (3, 4), (3, 3)}.
Lượng điều chỉnh q min 60,10 10 và đạt tại ô (1, 4).
xij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
P
u1 = − M
19 (1) − M
[0] 1 − M [*] (2)
[10]
u2 = 3 − M
18
0
[70] 5 − M 3 − M
20 (4) 0 (3) u3 = 0
+
[60] [20]
20
100
70
80
V
22
70
20
17
[0]
23
+
22
[70]
+
23
[10]
18
21
+
21
u1 = −1
u2 = 2
+
u3 = 0
0
[50]
v3 = 20
U
+
0
20
0
v2
30
−M
19
[90]
v1
60
[30]
v4 = 0
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 4.
90 0 10 0
*
XM
= 0 70 0 0 là PATU của bài toán ô cấm
0 0 50 30
90 0 10
*
X = 0 70 0 là PATU của bài toán đã cho
0 0 50
*
Với f max = f ( X ) = 4780.
U
42
d) Nếu không có điều kiện trạm phát thứ nhất phát hết hàng thì
70
*
C14 0 . Khi đó PA X vẫn là PACB của bài toán mới
Bảng vận tải tối ưu được tính lại như sau:
T
U
90
70
60
30
P
u1 = −1
22
20
19 (4)
0 (1)
100
[90]
[0]
[10]
-1 [*]
u2 = 2
17
23
18
0
70
+
[70]
+
+
u3 = 0
22
21
20 (3)
0 (2)
80
+
0
[50]
[30]
v3 = 20
v4 = 0
v1 23
v2 21
V
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(1, 4).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(1, 4), (3, 4), (3, 3), (1, 3)}.
Lượng điều chỉnh q min 30,10 10 và đạt tại ô (1, 3).
T
90
P
22
100
70
20
19
[90]
17
70
[0]
23
21
+
+
U
90
P
70
u3 = 0
[20]
60
30
21
[0]
22
U
22
20
[90]
19
+
u1 = 0
0
+
v2
u3 = 0
0
[60]
v3 = 20
21
[20]
v4 = 0
ai
a) Tìm PATU.
[10]
43
3
3
Kiểm tra ĐKCB.
i 1
100
20
0
v1
+
Như vậy là điều kiện trạm phát thứ nhất phát hết hàng đã làm giảm
(4790 4780 ) 10 đơn vị lợi nhuận tối đa.
Bài 2.12. Cho BTPP ( f (X) max)
T
40
90
70
P
50
23
20
18
70
17
21
22
80
19
23
20
a) Giải bài toán tìm lời giải tối ưu.
b) Tìm lời giải tối ư nếu trạm thu thứ nhất có nhu cầu thu thêm 20
đơn vị hàng.
Lời giải:
v3 = 20
v4 = 0
v1 22
v2 20
V
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(3,2).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(3, 2), (1, 2), (1, 4), (3, 4)}.
0 và đạt tại ô (1, 2).
Lượng điều chỉnh q min 0, 20
T
22
u2 = 2
0
+
90 0 0 10
X = 0 70 0 0 là PATU của BTCB
0 0 60 20
90 0 0
X ** = 0 70 0 là PATU của bài toán đã cho
0 0 60
**
Với f max = f ( X ) = 4790.
u2 = 3
0
[60]
18
[70]
**
+
20
23
+
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 4.
[10]
0
-1
V
u1 = 0
+
[70]
22
30
0
18
+
80
60
80
17
bj
200 ;
j 1
200 (P
T)
Tìm PACB ban đầu.
T
40
P
50
70
90
23
70
20
18
[40]
17
[10]
21
/
Vì vậy khi đưa về BTCB ta thêm trạm phát giả, lượng hàng tại trạm
phát giả bằng 20 và cước phí tại các ô nằm trên trạm phát giả bằng
0.
Từ bảng vận tải tối ưu ở trên ta có được PACB mới và tính lại như
sau:
T
60
90
70
U
P
23 (3) 20 (2) 18
u1 = 0
50
[40]
[10]
+
17
21
22
u =1
70
+
[0]
[70] 2
19
23
20
u3 = 3
80
+
[80]
+
0 (4)
0
(1) 0
u4 = −23
20
[20] -3 [*]
-1
v1 = 23 v2 = 20 v3 = 21
V
Cải tiến phương án: Chọn ô điều chỉnh là ô(4,2).
Vòng điều chỉnh gồm 4 ô: {(4, 2), (1, 2), (1, 1), (4, 1)}.
Lượng điều chỉnh q min 20,10 10 và đạt tại ô (1, 2).
/
22
/
[70]
23
20
/
[80]
/
PACB tìm được là PACB suy biến (vì PA chỉ có 4 ô chọn, trong khi
m + n − 1 = 5 ). Ta sẽ thêm 1 ô chọn giả, giả sử là ô (2, 2).
Tính hệ thống thế vị và các số kiểm tra:
T
40
90
70
U
P
23
20
18
u1 = 0
50
[40]
[10]
+
17
21
22
u =1
70
+
[0]
[70] 2
19
23
20
u3 = 3
80
+
[80]
+
v1 = 23 v2 = 20 v3 = 21
V
80
19
T
Ta thấy ij 0, i = 1, 3; j = 1, 3.
50
40 10 0
X * = 0 0 70 là PATU của BTCB
0 80 0
*
Với f max = f ( X ) = 4500.
70
80
20
b) Nếu trạm thu thứ nhất có nhu cầu thu thêm 20 đơn vị thì
b1' = 40 + 20 = 60 , khi đó
3
i 1
V
3
ai
200
bj
60
P
220 ;
23
90
20
[50]
17
21
19
23
0
20
44
u 2 = −2
+
u3 = 3
+
u4 = −23
0
[10]
v1 = 23 v2 = 23 v3 = 24
Ta thấy ij 0, i = 1, 4; j = 1, 3.
j 1
u1 = 0
[70]
[80]
0
[10]
+
22
[0]
+
U
18
+
+
70
50 0 0
0 70
** 0
X =
là PATU của BTCB
0 80 0
10 10 0
50 0 0
X ** = 0 0 70 là PATU của bài toán đã cho
0 80 0
*
Với f max = f ( X ) = 4530.
Bài 2.14. Cho BTVT ( f
min)
T
60
65
65
P
50
7
11
11
60
9
12
15
80
10
9
14
a) Tìm PA vận chuyển tối ưu.
'
b)Nếu thay c31 bởi c31
= 9 thì tổng CPVCNN giảm ít nhất bao
nhiêu?
Bài 2.15. Cho bài toán vận tải ( f
min)
T
80
40
60
P
70
22
18
18
100
20
19
17
30
19
21
18
a) Tìm PATU.
b) Nếu trạm phát A1 có 50 đơn vị hàng thì PATU có thay đổi
không? Vì sao?
Bài 2.16. Cho BTVT ( f (X) min)
T
70
30
100
P
80
20
18
17
40
16
17
19
60
16
15
16
a) Tìm PATU. b)Nếu cước phí ở cột 1 của trạm thu B1 đều tăng 1
đơn vị thì PATU thay đổi không.TổngCPVCNN tăng bao nhiêu?
min)
Bài 2.17. Cho BTVT ( f
T
75
90
110
P
120
17
16
21
100
20
15
23
80
18
19
22
2.3. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 2.13. Viết dạng toán học và tìm PATU của BTVT
(f
min) trong các trường hợp sau:
a)
T
80
70
130
P
60
17
18
20
100
20
22
19
120
23
27
24
b)
T
60
65
75
P
60
7
11
11
50
9
12
15
90
10
9
14
c)
T 120
50
40
80
P
140
9
19
14
16
60
8
11
9
12
60
7
13
14
17
45
a)Tìm PATU. b)Nếu được giảm 1 đơn vị cước phí ở 1 trong 2 ô là
ô (3,1) và ô (1,3) thì nên giảm ở ô nào để tổng CPVCNN thấp hơn
và tìm mức CPVCNN đó.
Bài 2.18. Cho BTVT ( f
min)
T 120
100
80
P
90
20
11
10
100
14
14
18
110
17
19
16
a) Tìm PATU. b) Xác định tập PATU và chỉ ra PATU mà trạm phát
A3 chuyển cho trạm thu B3 40 đơn vị hàng.
Bài 2.21.Cho BTVT ( f → min )
T
130
190
160
25
23
25
28
24
30
26
25
29
60
22
20
27
60
26
22
22
a) Tìm PATU.
b) Nếu lượng hàng ở trạm phát A3 tăng thêm 20 đơn vị hàng, hãy
tìm PATU.
Bài 2.24. Cho BTVT ( f
min)
T
120
100
80
P
75
17
20
18
90
16
15
19
110
21
23
22
Với điều kiện trạm thu B2 được ưu tiên nhận đủ hàng.
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
c) Điều kiện B2 nhận đủ hàng làm CPVCNN tăng bao nhiêu?
min)
Bài 2.25. Cho BTVT ( f
T
60
80
30
P
35
9
15
12
70
10
11
10
85
9
13
14
Với điều kiện A2 được ưu tiên phát hết hàng.
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
c) Điều kiện A2 phát hết hàng có làm tăng CPVCNN không? Vì
sao?
min)
Bài 2.26: Cho BTVT ( f
T
70
90
140
P
50
18
22
23
100
24
19
21
110
17
16
15
Với điều kiện trạm thu B3 ưu tiên nhận đủ hàng.
P
180
150
170
a)Tìm PATU. b)Nếu mọi cước phí đều tăng thêm 1 đơn vị thì
CPVCNN thay đổi thế nào?
min)
Bài 2.22.Cho BTVT ( f
T
75
60
40
P
34
12
15
12
46
18
22
19
70
19
17
21
a) Tìm PATU.
b) Xác định tập PATU và chỉ ra 1 PATU mà trạm phát A1 chuyển
cho trạm thu B1 15 đơn vị hàng ?
min)
Bài 2.23. Cho BTVT ( f
T
80
50
90
P
100
18
17
23
46
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
c) Điều kiện B3 nhận đủ hàng có làm tăng CPVCNN không, vì sao?
Bài 2.29. Cho BTVT ( f
min)
T
70
48
52
P
44
24
34
22
48
29
27
31
68
33
32
28
a)Tìm PATU.
b)Trong ba trạm thu,ưu tiên trạm thu nào nhận đủ hàng sẽ làm tăng
chi phí tối thiểu, ưu tiên trạm nào thì không tăng, vì sao?
Bài 2.32. Cho BTVT ( f (X) min)
T
110
90
100
P
80
18
19
22
120
17
16
21
140
18
15
23
a) Tìm PATU. b) Nếu trạm phát A3 ưu tiên phát hết hàng thì
CPVCNN tăng bao nhiêu %?
Bài 2.33. Cho BTVT ( f (X) min)
T
42
90
43
P
60
15
16
17
50
14
11
19
90
18
20
18
a) Tìm PATU. b) Nếu thêm điều kiện A1 phát hết hàng thì
CPVCNN có tăng không?
Bài 2.34. Cho BTVT ( f (X) min)
T
110
100
90
P
70
16
17
18
80
17
15
19
130
21
23
22
Điều kiện trạm thu B3 ưu tiên nhận đủ hàng.
a) Tìm PATU.
b) Điều kiện B3 nhận đủ hàng có làm CPVCNN tăng không,vì sao?
Bài 2.35. Cho BTVT ( f (X) min)
T
140
160
180
P
150
20
18
19
160
23
19
25
210
21
15
22
a) Tìm PATU.
Bài 2.30. Cho BTVT ( f (X) min)
T
100
120
80
P
120
20
14
17
150
11
14
19
70
10
18
16
a) Tìm PATU.
b) Nếu có thêm điều kiện trạm phát A2 phát hết hàng thì CPVCNN
có tăng không?
c) Từ kết quả ý a) nếu thêm điều kiện A1 phát hết hàng thì
CPVCNN tăng thêm bao nhiêu?
Bài 2.31. Cho BTVT ( f (X) min)
T
75
65
75
P
68
16
33
22
104
17
34
22
68
22
27
21
Điều kiện trạm phát A2 ưu tiên phát hết hàng.
a) Tìm PATU.
b) Điều kiện A2 phát hết hàng CPVCNN tăng ít nhất bao nhiêu?
47
b) Nếu có điều kiện A2 phát hết hàng thì CPVCNN tăng bao nhiêu
%?
Bài 2.36. Cho BTVT ( f (X) min)
T
130
140
100
P
100
20
24
19
120
24
23
21
60
21
25
23
90
19
21
26
a) Tìm PATU. b) Nếu lượng hàng của trạm phát A1 tăng thêm 30
đơn vị hàng, tìm PATU.
Bài 2.37. Cho BTVT ( f ( X ) min )
T
85
90
55
P
70
20
23
15
65
15
14
21
60
17
19
18
a) Tìm PATU với điều kiện B1 nhận đủ hàng .
b) Điều kiện B1 nhận đủ hàng đã làm CPVCNN tăng bao nhiêu %?
Bài 2.39. Viết dạng toán học và tìm PATU của BTPP
( f (X) max) trong các trường hợp sau:
a)
T
30
70
100
P
70
26
22
20
90
24
23
19
55
27
23
25
b)
T 150
170
130
200
P
240
15
13
20
8
260
12
11
6
7
100
16
19
10
17
c)
T
100
104
120
96
6
8
7
8
6
11
10
7
9
7
5
6
P
120
170
140
d)
T
180
220
200
P
100
9
10
14
200
7
12
15
250
11
8
7
150
6
9
5
Bài 2.40. Cho BTPP ( f (X) max)
T
75
65
75
P
90
20
18
16
95
23
21
15
60
15
19
22
a) Tìm PATU.
b) Nếu giảm 20 đơn vị hàng ở trạm phát A2 thì PATU và giá trị tối
ưu có thay đổi không, vì sao?
Bài 2.41. Cho BTPP ( f (X) max)
T
80
50
90
P
100
18
17
23
60
22
21
27
60
26
22
22
a) Tìm PATU.
b) Nếu tăng 20 đơn vị hàng ở trạm phát A3 thì PATU và giá trị tối
ưu có thay đổi không, vì sao?
Bài 2.42. Cho BTPP ( f (X) max) Điều kiện trạm thu B1 ưu tiên
nhận đủ hàng.
48
T
70
48
52
36
14
34
22
66
18
33
22
48
19
27
21
a) Tìm PATU. b) Yêu cầu A3 phát hết hàng đã làm lợi nhuận tối đa
giảm ít nhất bao nhiêu?
Bài 2.46. Cho BTPP ( f (X) max) Điều kiện A1 phát hết hàng.
T
110
90
170
P
180
23
27
24
100
21
24
23
120
20
23
26
a) Tìm PATU.
b) Điều kiện trạm phát A1 phát hết hàng có làm giảm lợi nhuận tối
đa không?
Bài 2.47. Cho BTPP ( f (X) max)
T
150
130
170
P
125
25
30
22
140
26
28
20
160
27
31
29
a) Với điều kiện B1 ưu tiên nhận đủ hàng.
a1) Tìm PATU.
a2)Có tồn tại PATU khác PATU tìm được ở ý a) không, vì sao?
b)Trạm thu nào ưu tiên nhận đủ hàng làm tổng lợi nhuận tối đa là
lớn nhất?
Bài 2.48. Cho BTPP ( f (X) max)
T
85
60
40
P
46
13
16
18
80
19
23
20
44
21
18
22
P
34
25
34
20
48
19
27
21
68
23
33
22
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
c) Yêu cầu B1 nhận đủ hàng đã làm lợi nhuận tối đa giảm ít nhất
bao nhiêu?
Bài 2.43. Cho BTPP ( f (X) max) Điều kiện trạm phát A2 phát
hết hàng.
T
90
50
50
P
60
20
24
16
80
18
19
23
85
21
17
22
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
c) Yêu cầu A2 phát hết hàng đã làm lợi nhuận tối đa giảm bao
nhiêu ?
Bài 2.44.Cho BTPP ( f (X) max)
T
100
80
120
P
130
22
24
19
90
28
26
27
110
26
27
30
a) Giải tìm PATU.
b) Nếu yêu cầu A2 phải phát hết hàng thì lợi nhuận tối đa giảm bao
nhiêu ?
Bài 2.45. Cho BTPP ( f ( X ) → max ) Điều kiện trạm A3 ưu tiên
phát hết hàng.
T
30
48
54
P
49
a) Với yêu cầu B2 nhận đủ hàng, hãy viết dạng toán học và tìm
PATU của bài toán.
b) Điều kiện B2 nhận đủ hàng có làm giảm lợi nhuận tối đa không,
vì sao?
Bài 2.49. Cho BTPP ( f (X) max) Điều kiện trạm thu B2 ưu tiên
nhận đủ hàng.
T
80
100
b) Nếu yêu cầu trạm thu B1 nhận đủ hàng thì lợi nhuận tối đa giảm
bao nhiêu?
Bài 2.52. Một phân xưởng có 200 công nhân nam và 180
công nhan nữ vận hành 150 máy A, 120 máy B và 110 máy
C. Năng suất (chi tiết/giờ) của công nhân nam, nữ trên mỗi
máy được cho như sau:
120
Máy
Công nhân
Nam
Nữ
P
75
29
24
21
90
27
25
19
110
30
26
28
a) Tìm PATU.
b) Yêu cầu B2 nhận đủ hàng đã làm lợi nhuận tối đa giảm bao
nhiêu %?
Bài 2.50. Cho BTPP ( f (X) max) Điều kiện A2 ưu tiên phát hết
hàng.
T
20
80
100
P
75
21
29
24
90
20
27
25
50
28
30
25
a) Viết dạng toán học.
b) Tìm PATU.
Bài 2.51. Cho BTPP ( f (X) max)
T
55
60
P
46
18
19
40
16
20
54
10
14
a) Tìm PATU.
A
B
C
26
30
27
24
27
19
a)Hãy lập mô hình phân công công nhân đứng máy sao cho
tổng số chi tiết được sản xuất trong một giờ là lớn nhất.
b)Tìm phương án phân công tốt nhất.
c)Nếu công nhân nữ bị cấm vận hành trên máy C thì phương
án phân công tốt nhất như thế nào?
2.4. GỢI Ý, ĐÁP SỐ
0 60 0
Bài 2.13 a) X = 0 0 100 , f Min = f ( X * ) = 5810 .
80 10 30
10 0 50
*
b) X = 50 0 0 , f min 2005 .
0 65 25
90 0 0 50
*
c) X = 0 20 0 0 f Min = 2790 .
30 30 40 0
*
45
15
14
17
50
20 160
0
150 0 , f Min = 12170 .
Bài 2.21.a) X = 0
130 20 0
b) PATU không thay đổi, nhưng f Min (2) = 12170 + 480 = 12650
tăng 480 đv giá trị
19 0 15
*
Bài 2.22.a) X = 46 0 0 ; f Min = f ( X * ) = 2446 .
10 60 0
0 0 50
Bài 2.14. a) X = 60 0 0 , f Min = f ( X * ) = 1885 ; b) Do
0 65 15
31 = 1 0 , q = Min 0,15 = 0 CPVCNN không thay đổi.
*
*
0 40 10
Bài 2.15.a). X = 50 0 50 , f Min = 3320 ; b). PATU không
30 0 0
thay đổi.
0 0 80
Bài 2.16. a) X * = 40 0 0 , f Min = 2930 . b) PATU không thay
10 30 20
*
b)Có 41
X ( )
đổi. Tổng CPVCNN tăng 50 đơn vị giá trị.
75 0 45
*
Bài 2.17.2.10.a) X = 0 90 0 ; f Min = 5000 . b).Nếu giảm ô
0 0 65
Chọn
(3,1), điều chỉnh 1 bước thì PATU, CPVCNN giảm 65 đv. Nếu
giảm ô (1,3), điều chỉnh 1 bước thì PATU, CPVCNN giảm 110 đv.
Vậy nên giảm ô (1,3).
0 10 80
Bài 2.18. a) X * = 10 90 0 ; f Min = 4180 . b) 33 0 bài
110 0 0
10 + 80 −
0
90 − 0
toán có tập PATU X ( ) = 10 +
, 0
110 − 0
Chọn 40 thì thỏa mãn.
0 , bài toán cân bằng có tập PATU
19
0
15
46
0
0
10
60 0
0
với 0
19 .
25
5 thì thỏa mãn.
80 0 20
Bài 2.23. a) X * = 0 50 10 ; f Min = 4490 .
0 0 60
80 10 10
b)Đ/c 2 bước, X = 0 40 0 ; f Min = 4400 .
0 0 80
*
1
80 .
51
0 40 80
c) q = 40 0 , X = 30 80 0 , f ( X 1* ) = 4070 . CPVCNN
70 0 0
không tăng.
46 0 0
Bài 2.31. a) X * = 29 0 75 , f Min = 4634 ;b) c24 = 0 ,
0 65 0
75 0 0
Bài 2.24. b) X = 0 90 0 ; f Min = 5010 .
45 10 55
75 0 0
*
c) c42 = 0 , 42 = 1 0 q= 10 X 1 = 0 90 0 , f ( X 1* ) = 5000 ,
45 0 65
CPNN tăng 10 đơn vị giá trị.
0 0 15
Bài 2.25.. b) X * = 0 55 15 ; f Min = 1800 . c) c24 = 0 ,
60 25 0
*
1
*
24 = 1 0 , q = 22 .Tăng ít nhất 22 đơn vị giá trị(căn cứ vào bảng
tối ưu).
0 80
0
Bài 2.32.. a) X * = 100 0 20 , f Min = 5410 . b) Từ bảng tối ưu ở
10 90 0
0 0 40
a) Đ/c 1 bước X 1* = 60 0 60 . CPVCNN không thay đổi.
50 90 0
20 40 0
Bài 2.33.a) X * = 0 50 0 ; f Min = 2666 .
22 0 43
b)PATU và Giá trị TU không thay đổi.
70 0 0
*
Bài 2.34. b) X = 0 80 0 ; f Min = 5140 . c) PACBTU suy
40 0 90
biến không thay đổi, chỉ thay đổi tập ô cơ sở. Tổng CPNN không
thay đổi.
24 = −2 0 , PATU không thay đổi,Tổng CPNN không thay đổi.
50
Bài 2.26. b) X = 0
0
c) c43 = 0 , 43 = 2 0 ,
*
0
70 30 f Min = 4510 .
0 110
q = 20 . Điều kiện đó làm tăng tổng CPNN .
0
44 0 0
Bài 2.29. a) X = 0 48 0 ; f Min = 4336 . b)Ưu tiên B2 hoặc
16 0 52
*
B3 thì không tăng vì trong PATU ô (4,2) và (4,3) là ô loại , ưu tiên
B1 thu đủ thì sẽ làm tăng CPNN.
0 80
0
Bài 2.30. a) X * = 30 120 0 f Min = 4070 .
70 0
0
b).PATU và giá trị TU không thay đổi.
52
0
120
0
0
c) X = 100 0
0
104 0
0
100
0
0
100 100
d) X * =
,
180 0
0
120 0
0
0 150
0
0 ; f Min = 9090 . b) Đ/c thêm 2
Bài 2.35. a) X = 120 0
20 160 30
0
150
0
*
20 , f ( X 1* ) = 9190 , tăng 1,1%.
bước, X 1 = 140 0
0
160 10
*
*
0
0
*
Bài 2.36. a) X =
60
70
100
120 0
; f Min = 7670 .
0
0
20 0
100
30 0
0 120 0
*
b) X 1 =
; f Min = 7640
30 0
0
70 20 0
0
0
60 , f Max = 3660 .
36
f Max = 7160 .
20 0 0
Bài 2.40. a) X * = 30 70 0 ; f Max = 4950 .
0 0 80
b).Không thay đổi.
20 50 30
*
Bài 2.41..a) X = 0 0 60 f Max = 5080 .
60 0 0
0 50 30
*
b)Đ/c 1 bước, X 1 = 0 0 60 ; f Max = 5240 .
80 0 0
34 0 0
*
Bài 2.42. a) X = 16 0 32 ; f Max = 3870 .
20 48 0
b) c41 = 0 41 = −2 , q = min 16, 20 = 16 , vậy giảm ít nhất 32 đơn
15 0 55
Bài 2.37. a) X = 10 55 0 f Min = 3065 .
60 0 0
b)Tăng 10 đv hay tăng 0,327%.
30 0 40
Bài 2.39.a) X * = 0 70 5 ; f Max = 4660 .
0 0 55
130 0
110 0
*
50 , f Max = 8650 .
b) X = 40 170 0
0
0
0
100
*
vị.
0 50 0
Bài 2.43. b) X = 30 0 50 ; f Max = 4150 .
60 0 0
*
53
c)Khi đó c24 = 0 X 1o = X 1* , ( X 1o là PACB ban đầu a)
6 0 40
Bài .248. a) X = 20 60 0 ; f Max = 3482 .
44 0 0
b)Không làm thay đổi lợi nhuận tối đa.
75 0 0
Bài 2.49. a) X * = 0 90 0 ; f Max = 7495 .
5 10 95
5 50 0
X = 0 0 50 , f Max = 4235 . Lợi nhuận tối đa giảm 85 đơn
85 0 0
vị.
20 80 0
*
Bài 2.44. a) X = 80 0 10 , f Max = 8170 . b)Không thay đổi.
0 0 110
0 36 0
*
Bài 2.45. a) X = 0 12 36 f Max = 3360 .
30 0 18
b)Giảm ít nhất 1.18 = 18 đơn vị.
90 90 0
*
Bài 2.46. a) X = 20 0 50 f Min = 9190 .
0 0 120
*
*
1
75 0 0
b) X * = 0 90 0 ; f Max = 7475 giảm 0,267%.
5 0 105
0 50 10
Bài 2.50. a) X * = 0 0 90 , f Max = 5400 ;
20 30 0
35 11 0
Bài 2.51.a) X = 0 40 0 f Max = 2530 .
0 9 45
b) 14 = 2 . Không thay đổi.
*
125 0
0
0 ; f Max = 12020 a2)Không
Bài 2.47. a).a1) X = 140 0
10 5
145
tồn tại PATU khác vì ij 0 ô loại (i,j).
*
46 0 0
b)Đ/c 2 bước X = 9 31 0 f Max = 2483 giảm 47 đv.
0 9 45
Bài 2.52.a).Gọi xij là CN i làm việc ở máy j (i = 1,2, j = 1,3 ).
*
1
b)Trạm thu B2 nhận đủ hàng .
125 0
0
125 0
0
140
0
0
*
*
X = 140 0
0 , f Max = 12040 .
X1 =
1
0
5
155
0
5
155
15
10 0
90 110
0
b) X * =
, f Max = 10080
150 30 0
c) PATU không thay đổi.
54
CHƯƠNG 3
- Điều kiện đủ: Kiểm tra tính tối ưu tại điểm dừng.
* Phân tích mô hình
Để đo lường được sự thay đổi của sản lượng tối ưu và lợi nhuận tối
đa theo giá bán của sản phẩm, ta thường dùng hệ số co giãn.
3.1.1.1. Doanh nghiệp sản xuất 1 loại sản phẩm.
* DN CTHH
- Mô hình toán học:
(Q) = TR(Q) − TC(Q) → max
Q0
Với TR (Q ) = p.Q
- Giải mô hình:
Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của phương trình:
(Q) = 0 TR(Q ) − TC (Q ) = 0
MR (Q ) − MC (Q ) = 0
Vì DN CTHH p là một hằng số TR (Q ) = p.Q
MR (Q ) = p phương trình điều kiện cần là: p = MC (Q)
Điều kiện đủ:
(Q* ) 0 .
MỘT SỐ MÔ HÌNH KINH TẾ THÔNG DỤNG
3.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
3.1.1. Mô hình lựa chọn sản lượng đầu ra nhằm tối đa hóa lợi
nhuận trong doanh nghiệp
* Nội dung bài toán.
Một DN sản xuất n loại sản phẩm. Ký hiệu Q1 , Q2 , ..., Qn ;
p1 , p2 , ..., pn tương ứng là sản lượng và giá bán của các loại sản
phẩm 1, 2, ..., n. Giả sử đã xác định được hàm tổng chi phí sản xuất
theo sản lượng sản phẩm:
TC = TC (Q1, Q2 , ..., Qn ) .
Hãy xác định mức sản lượng cần sản xuất sao cho lợi nhuận là cao
nhất.
* Mô hình toán học
- Hàm tổng doanh thu theo sản lượng:
n
TR(Q1, Q2 , ..., Qn ) = piQi
i =1
- Hàm lợi nhuận theo sản lượng:
(Q1, Q2 , ..., Qn ) = TR(Q1, Q2 , ..., Qn ) − TC (Q1, Q2 , ..., Qn )
Lưu ý rằng, nếu điểm sản lượng tối ưu Q* [a, b] và (Q) 0
với mọi Q (a, b) thì hàm (Q ) sẽ đạt giá trị lớn nhất trên đoạn
- Tìm các mức sản lượng Q1 , Q2 , ..., Qn sao cho:
[a, b] tại điểm Q* .
- Phân tích cận biên với lời giải tối ưu:
Xét tại mức giá ban đầu p = p0 (cho trước):
(Q1, Q2 , ..., Qn ) → max
Qi 0, i = 1, n.
Với thị trường CTHH thì các mức giá pi , i = 1, n là các hằng
số.
Với thị trường ĐQ thì các mức giá pi , i = 1, n là hàm của
các biến sản lượng:
pi = pi (Q1, Q2 , ..., Qn ), i = 1, n .
* Giải mô hình
- Điều kiện cần: Tìm điểm dừng.
Qp ( p0 ) =
p
p0
dQ*
( p0 ) * 0 = *
dp
Q ( p0 ) Q ( p0 ) TC (Q* )
*
p ( p0 ) =
p0
p0 Q*
d *
( p0 ) *
=
dp
( p0 ) * ( p0 )
*
* DN ĐQ.
Tương tự đối với DN CTHH nhưng p = p (Q)
55
TR (Q) = p (Q).Q
phương trình điều kiện cần là: MR(Q) = MC (Q)
3.1.1.2. Doanh nghiệp sản xuất 2 loại sản phẩm.
* DN CTHH
- Mô hình toán học:
(Q1, Q2 ) = TR(Q1, Q2 ) − TC (Q1, Q2 ) → max
Q1 0, Q2 0
Với TR(Q1, Q2 ) = p1Q1 + p2Q2
- Giải mô hình:
Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:
Q1 = 0
Q2 = 0
Vì DN CTHH p1 , p2 là các hằng số
TR (Q1 , Q 2 ) = p1 Q1 + p2 Q 2 nên ta có:
Q1 = 0
p1 − TCQ 1 = 0
Q2 = 0
p2 − TCQ 2 = 0
Nếu ma trận xác định âm thì hàm đạt cực đại tại Q* = (Q1* , Q2* ).
Chú ý: Ma trận H (Q1* , Q2* ) được gọi là xác định âm khi:
A = −TCQ Q (Q1* , Q2* ) 0
1 1
2
*
*
*
*
AC − B = TCQ1Q1 (Q1 , Q1 )TCQ 2Q2 (Q2 , Q2 )
*
*
*
*
−TCQ1Q2 (Q1 , Q2 )TCQ 2Q1 (Q2 , Q1 ) 0.
Lưu ý rằng, nếu ma trận đạo hàm cấp 2 H (Q1 , Q2 ) là xác định
âm với mọi Q1 , Q2 0 thì hàm đạt giá trị lớn nhất tại
Q* = (Q1* , Q2* ) .
- Phân tích cận biên với lời giải tối ưu:
Cho hàm 2 biến số z = f ( x, y ) , hệ số co giãn riêng của hàm
số z = f ( x, y ) , tại điểm ( x0 , y0 ) :
f y ( x0 , y0 )
f (x , y )
xf ( x0 , y0 ) = x 0 0 x0 ; yf ( x0 , y0 ) =
y0
f ( x0 , y0 )
f ( x0 , y0 )
Xét các hàm số Q1* = Q1* (p 1 , p 2 ) , Q2* = Q2* (p 1 , p 2 ) ,
* = * (p 1 , p 2 ) tại mức giá ban đầu p10 , p20 :
Giả sử ta tìm được điểm dừng Q* = (Q1* , Q2* ) thỏa mãn điều kiện
*
( )p
Qp1 ( p10 , p20 ) = Q1*
Q1* 0, Q2* 0 .
Điều kiện đủ:
Tại Q* = (Q1* , Q2* ) ta xác định ma trận đạo hàm cấp 2 của hàm lợi
nhuận:
Q Q (Q1* , Q2* ) Q Q (Q1* , Q2* )
1 1
1 2
*
*
H (Q1 , Q2 ) =
*
*
(Q , Q ) (Q* , Q* )
Q2Q2 1
2
Q1Q1 2 1
1
*
1
( p10 , p20 )
p10
Q1* ( p10 , p20 )
( ) p2 ( p10 , p20 ) Q* ( pp02, p0 )
0
Qp1 ( p10 , p20 ) = Q1*
2
−TCQ Q (Q1* , Q2* ) −TCQ Q (Q1* , Q2* ) A B
1 1
1 2
:=
=
−TC (Q* , Q* ) −TC (Q* , Q* ) B C
Q2Q1 1
2
Q2Q2 1
2
56
1
1
2
*
( )p
( p10 , p20 )
( )p
( p10 , p20 )
( )p
( p10 , p20 )
Qp2 ( p10 , p20 ) = Q2*
1
*
Qp2 ( p10 , p20 )
2
*
=
Q2*
1
2
0 0
*
p1 ( p1 , p2 ) =
*
0 0
p2 ( p1 , p2 ) =
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của phương trình:
p10
Q2* ( p10 , p20 )
p20
Q2* ( p10 , p20 )
p10
=
1
( p10 , p20 )
p20
*
0 0
( p1 , p2 ) * 0 0
p2
( p1 , p2 )
( )
Q = 4
(Q) = 0 3Q 2 − 6Q + 6 = 30
Q = −2
Vậy điểm dừng Q* = 4 (t/m Q 0 )
- Điều kiện đủ:
Ta có : (Q) = −6Q + 6 (4) = −18 0 .
*
Q1* p10
Vậy hàm lợi nhuận đạt cực đại tại Q* = 4 với mức lợi nhuận
( p10 , p20 )
Q2* p20
= * 0 0
( p1 , p2 )
*
cực đại là * = (Q* ) = (4) = 30 .
Theo tính chất của hàm bậc 3 thì hàm sẽ đạt giá trị lớn nhất trên
miền Q 0 tại điểm Q* = 4 . Vậy, hãng sản xuất với sản lượng 4
thì sẽ có lợi nhuận tối đa là 30.
b) Các hàm sản lượng tối ưu Q* và lợi nhuận tối đa * sẽ phụ
thuộc theo biến p , ta cần phải tính các hệ số co giãn:
* DN ĐQ
Tương tự đối với DN CTHH nhưng p1 , p2 là các hàm của Q1 , Q 2 ,
tức là p1 = p1 (Q1 ); p2 = p2 (Q2 )
TR(Q1, Q2 ) = p1 (Q1 ) Q1 + p2 (Q2 ) Q 2 .
3.2. CÁC BÀI TẬP GIẢI MẪU
Bài 3.1. Một DN CTHH sản xuất và tiêu thụ 1 loại sản phẩm có
hàm tổng chi phí theo sản lượng:
TC = Q3 − 3Q 2 + 6Q + 50
và giá bán p = 30 .
a) Lập và giải mô hình tìm mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa.
b) Nếu giá bán giảm 2% thì sản lượng tối ưu và lợi nhuận tối đa
thay đổi thế nào?
*
*
Qp (30);
p (30) .
Từ công thức:
p0
*
Qp ( p0 ) =
Q TC (Q* )
*
ta tính được:
*
Qp (30) =
30
0, 41667
4 18
Từ công thức:
Lời giải:
*
p ( p0 ) =
a) Hàm doanh thu và hàm lợi nhuận theo sản lượng có dạng:
TR(Q) = 30Q; (Q) = 30Q − Q3 + 3Q 2 − 6Q − 50 .
- Mô hình toán học: Xác định Q sao cho
ta tính được:
*
p (30) =
(Q) = 30Q − Q3 + 3Q 2 − 6Q − 50 → max
Q 0.
57
p0 Q*
*
30 4
= 4.
30
Như vậy, tại mức giá ban đầu p0 = 30 , nếu giá tăng thêm 2% thì
mức sản lượng tối ưu tăng xấp xỉ (0,41667 . 2=) 0,833% và mức
lợi nhuận tối đa tăng xấp xỉ (4 . 2)= 8%
Bài 3.2.Một hãng sản xuất một loại sản phẩm có hàm tổng chi phí
theo sản lượng:
1
TC = Q3 − 2Q 2 + 3Q + 200
3
và giá bán sản phẩm
p = 66 − Q .
a) Tính chi phí biên và doanh thu biên tại điểm sản lượng Q0 = 10
và nêu ý nghĩa kinh tế của kết quả nhận được.
b) Lập và giải mô hình xác định mức sản lượng cho lợi nhuận tối
đa.
2 1 3
2
(Q) = 66Q − Q − Q + 2Q − 3Q − 200 → max
3
Q 0.
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của phương trình:
Q = 9
' (Q) = 0 Q 2 − 2Q − 63 = 0
Q = −7
Vậy điểm dừng Q* = 9 (t/m Q 0 )
- Điều kiện đủ:
Ta có : (Q) = −2Q + 2 (Q* ) = (9) = −16 0 .
Vậy hàm lợi nhuận đạt cực đại tại điểm Q* = 9 và mức lợi nhuận
cực đại là * = (Q* ) = (9) = 205
Theo tính chất của hàm bậc 3 thì hàm sẽ đạt giá trị lớn nhất trên
miền Q 0 tại điểm Q* = 9 . Vậy, hãng nên sản xuất với sản lượng
Lời giải:
a) Hàm doanh thu theo sản lượng có dạng:
TR(Q) = pQ = Q(66 − Q) = 66Q − Q 2 .
Chi phí biên tại Q0 = 10 :
MC (10) = TC (10) = 63 .
Doanh thu biên tại Q0 = 10 :
MR (10) = TR(10) = 46 .
Ý nghĩa: tại điểm sản lượng Q = Q0 = 10
Nếu giảm 1 đơn vị sản lượng thì chi phí giảm xấp xỉ 63 đơn vị tiền
và doanh thu giảm xấp xỉ 46 đơn vị tiền.
Nếu tăng 1 đơn vị sản lượng thì chi phí tăng xấp xỉ 63 đơn vị tiền
và doanh thu tăng xấp xỉ 46 đơn vị tiền.
Từ đó suy ra nếu giảm sản lượng thì lợi nhuận sẽ tăng thêm.
Nói cách khác thì sản lượng cho lợi nhuận tối đa sẽ dưới 10.
b) Hàm doanh thu và hàm lợi nhuận theo sản lượng:
TR (Q) = pQ = 66Q − Q 2 ;
1
(Q) = 66Q − Q 2 − Q3 + 2Q 2 − 3Q − 200
3
- Mô hình toán:
Q* = 9 thì sẽ có mức lợi nhuận tối đa là 205.
Bài 3.3. Một công ty ĐQ có hàm tổng chi phí:
TC = Q3 − 4Q 2 + 1800Q + 150 (Q 0) .
Hàm cầu ngược về sản phẩm của công ty là: p (Q) = 9000 − .Q .
a) Với = 1 .
(i) Viết hàm tổng doanh thu là hàm của Q ; là hàm của p .
(ii) Tìm sản lượng để lợi nhuận đạt tối đa.
b) Tại mức = 1 , nếu tăng 3% thì sản lượng tối ưu thay đổi như
thế nào?
Lời giải:
a) Với = 1 , ta có : p ( Q ) = 9000 − Q Q ( p ) = 9000 − p.
(i) +) Hàm tổng doanh thu là hàm của Q là :
TR ( Q ) = p Q = 9000Q − Q 2 .
+) Hàm tổng doanh thu là hàm của p là :
58
TR ( p ) = p Q = 9000 p − p 2 .
'
50 1
1
=
= 0, 00029.
50 3453 3453
Q
Như vậy, tại = 1 , nếu tăng 3% thì sản lượng tối ưu tăng
*
Q =
(ii) Hàm lợi nhuận theo sản lượng là:
( Q ) = −Q3 + 3Q 2 + 7200Q − 150
- Mô hình toán:
( Q ) = −Q3 + 3Q 2 + 7200Q − 150 → max
Q 0.
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của phương trình:
Q = −48 0
' ( Q ) = 0 −3Q 2 + 6Q + 7200 = 0
Q* = 50.
Q
=
50
*
Vậy điểm dừng Q = 50 (t/m Q 0 )
- Điều kiện đủ:
Bài 3.4. .Một doanh nghiệp CTHH sản xuất và tiêu thụ trên thị
trường 2 loại sản phẩm có hàm tổng chi phí theo sản lượng:
TC = 2Q12 − 2Q1Q2 + Q22 − 7Q1 + 16Q2 + 23
và các giá bán cố định p1 = 15, p2 = 10 .
a) Tìm các mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa khi chúng được tiêu
thụ hết.
b) Nếu giá p1 giảm 2%, còn giá p2 tăng 3% thì các mức sản
lượng tối ưu và lợi nhuận tối đa thay đổi thế nào?
Lời giải:
a) Hàm doanh thu và hàm lợi nhuận theo sản lượng có dạng:
TR = p1Q1 + p2Q2 = 15Q1 + 10Q2 ;
Vậy hàm lợi nhuận đạt cực đại tại điểm Q = 50 và mức lợi nhuận
*
cực đại là * = ( 50 ) = 242350.
= TR − TC = 15Q1 + 10Q2 − 2Q12 + 2Q1Q2 − Q22 + 7Q1 − 16Q2 − 23.
- Mô hình toán học:
(Q1, Q2 ) → max
Q1 0, Q2 0.
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:
Q1 = 0
−4Q1 + 2Q2 + 22 = 0
Q1 = 8
−2Q1 + 2Q2 + 6 = 0
Q2 = 0
Q2 = 5.
Theo tính chất của hàm bậc 3 thì hàm sẽ đạt giá trị lớn nhất trên
miền Q 0 tại điểm Q* = 50 . Vậy, hãng nên sản xuất với sản
lượng Q* = 50 thì sẽ có mức lợi nhuận tối đa là 242350.
b) Ta có : ( Q ) = 9000Q − Q 2 − Q3 + 4Q 2 − 1800Q − 150 .
' ( Q ) = −3Q 2 + 8Q − 2 Q + 7200Q.
Mức sản lượng tối ưu Q* là nghiệm của phương trình: ' ( Q ) = 0.
2
+ 8Q* − 2 Q* + 7200Q* = 0.
(
)
( )
* 2
Xét hàm số F Q , = −3 Q
( )
Q*
'
*
= − F : F
*
Q
=
(
2Q*
−6Q* + 8 − 2 + 7200
*
=
)
Ta thấy Q1 = 8 0; Q2 = 5 0 . Vậy điểm dừng Q1* , Q2* = (8,5)
+ 8Q − 2 Q + 7200Q .
*
=
*
( )
( )
*
3 Q = 0, 00087%.
Ta có : " ( Q ) = −6Q + 6 " Q* = " ( 50 ) = −294 0.
−3 Q*
(Q* )
*
- Điều kiện đủ:
Xét ma trận đạo hàm cấp 2 tại điểm dừng:
50
.
3453
59
Q1Q1 Q1Q2 −4 2
=
.
=
Q Q Q Q 2 −2
2 1
2 2
Ma trận này xác định âm vì định thức con chính cấp 1, D1 = −4 0
(
H Q1* , Q2*
( p1, p2 , Q1, Q2 ) = p1Q1 + p2Q2 − 2Q12 + 2Q1Q2 − Q22 + 7Q1 − 16Q2 − 23
.
Hệ phương trình xác định điểm dừng:
Q1 = 0
p1 − 4Q1 + 2Q2 + 7 = 0
p2 + 2Q1 − 2Q2 − 16 = 0.
Q2 = 0
Giải theo nhóm biến Q1 , Q2 hệ phương trình trên ta được nghiệm:
)
và định thức con chính cấp 2, D2 = 4 0 .
Vậy, hàm lợi nhuận đạt cực đại tại điểm sản lượng Q1* = 8, Q2* = 5 ,
với mức lợi nhuận cực đại là * = (Q1* , Q2* ) = (8,5) = 50 .
Do ma trận đạo hàm cấp 2:
−4 2
H ( Q1, Q2 ) =
, Q1, Q2 .
2 −2
Nghĩa là ma trận đạo hàm cấp 2 xác định âm với mọi Q1 , Q2 , nên
hàm lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất tại điểm
Q1*
= 8,
Q2*
* 1
Q1 = 2 ( p1 + p2 − 9 )
Q* = 1 ( p + 2 p − 25 ) .
2
2 2 1
Tính các đạo hàm:
(Q1* ) p (15,10) = 12 ;
= 5 . Vậy,
hãng nên sản xuất với các mức sản lượng Q1* = 8, Q2* = 5 thì sẽ có
mức lợi nhuận tối đa là 50.
b) Để trả lời các câu hỏi trong phần này chúng ta cần tính 6 hệ số
co giãn sau:
*
*
*
*
p1
2
(15,10),
*
p2
1
(Q1* ) p
1
(15,10) = ;
2
2
1
Q2*
(15,10) = ;
p1
2
( )
*
Qp1 (15,10), Qp1 (15,10), Qp 2 (15,10), Qp 2 (15,10),
1
1
2
(Q2* ) p
.
(15,10)
(15,10) = 1.
2
Sử dụng công thức tính hệ số co giãn của hàm lợi nhuận tối đa:
*
Q1* p10
Q2* p20
0 0
*
0 0
(
p
,
p
)
=
(
p
,
p
)
=
và
.
p1
1
2
p2
1
2
*
*
Thay số ta tính được:
*
15 8
= 2, 4
p1 (15,10) =
50
*
10 5
= 1.
p2 (15,10) =
50
Hàm lợi nhuận theo cả hai nhóm biến:
Từ đó ta tính được các hệ số co giãn:
Q1*
(15,10)
*
1/ 2
p1
Qp1 (15,10) =
p1 =
15 = 0,94;
*
1
8
Q1 (15,10)
( )
60
Q1*
p2 (15,10)
=
(Q1* ) p
(15,10)
2
Q1* (15,10)
p2 =
1/ 2
10 = 0, 63.
8
*
Qp2 (15,10) =
(Q2* ) p (15,10)
1
Q2* (15,10)
1
Q2*
p2 (15,10)
=
(Q2* ) p
(15,10)
2
Q2* (15,10)
p1 =
(Q1 , Q2 ) = −Q12 − 2Q22 − 2Q1Q2 + (1 − 3) Q1 + ( 2 − 5 ) Q2 − 10 → max
Q1 0, Q2 0.
1/ 2
15 = 1,5;
5
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:
1
p2 = 10 = 2.
5
21 − 2 − 1
Q1 = 0
Q1 =
−2Q1 − 2Q2 + 1 − 3 = 0
2
.
=
0
−
2
Q
−
4
Q
+
−
5
=
0
−
−
2
1
2
2
1
Q2
Q = 2
2
2
2 − 2 − 1 2 − 1 − 2
Vậy điểm dừng Q1* , Q2* = ( 1
;
).
2
2
(Với 1 , 2 thỏa mãn Q1* 0, Q2* 0. )
- Điều kiện đủ:
Xét ma trận đạo hàm cấp 2:
Q1Q1 Q1Q2 −2 −2
H ( Q1 , Q2 ) =
.
=
Q Q Q Q −2 −4
2 1
2 2
Vậy, nếu giá p1 giảm 2%, còn giá p2 tăng 3% thì sản lượng tối ưu
Q1* tăng xấp xỉ:
−2 0,94 + 3 0, 63 = 0, 01 ( % ) ;
(
sản lượng tối ưu Q2* tăng xấp xỉ:
−2 1,5 + 3 2 = 3 ( % ) ;
còn lợi nhuận tối đa tăng xấp xỉ:
−2 2, 4 + 3 1 = −1,8 ( % ) .
Bài 3.5 Một DN ĐQ sản xuất 2 loại sản phẩm có các hàm cầu
ngược và hàm chi phí theo sản lượng được cho như sau:
p1 = 1 − 2Q1; p2 = 2 − 3Q2 ;
Ma trận này xác định âm vì định thức con chính cấp 1, D1 = −2 0
và định thức con chính cấp 2, D2 = 4 0 với mọi Q1 , Q2 nên hàm
lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất tại điểm
2 − 2 − 1 2 − 1 − 2
Q1* , Q2* = ( 1
;
).
2
2
TC (
+ 2Q1Q2 + 3Q1 + 5Q2 + 10.
)
a) Với 1 = 25; 2 = 41 , tìm các mức sản lượng để DN thu được lợi
nhuận tối đa.
b) Tại 1 = 25; 2 = 41 , nếu 1 tăng 2% còn 2 tăng 1% thì sản
lượng tối ưu thay đổi như thế nào?
Lời giải:
Hàm doanh thu và hàm lợi nhuận theo sản lượng có dạng:
TR ( Q1 , Q2 ) = p1Q1 + p2Q2 = (1 − 2Q1 ) Q1 + ( 2 − 3Q2 ) Q2
Q1, Q2 = −Q12
)
− Q22
(
)
(
)
a) Với 1 = 25; 2 = 41 thì Q1* , Q2* = (4, 7) .
Vậy, hãng nên sản xuất với các mức sản lượng Q1* = 4; Q2* = 7 thì
sẽ có mức lợi nhuận tối đa là * = ( 4;7 ) = 160.
= 1Q1 − 2Q12 + 2Q2 − 3Q22 .
Khi đó, giá bán tương ứng là p1 = 25 − 8 = 17 ; p2
= TR ( Q1, Q2 ) − TC ( Q1 , Q2 )
= −Q12 − 2Q22 − 2Q1Q2 + (1 − 3) Q1 + ( 2 − 5 ) Q2 − 10.
- Mô hình toán học:
61
41 21
20 .
Bài 3.6 Một công ty độc quyền tiến hành sản xuất một loại sản
phẩm ở hai cơ sở với các hàm chi phí tương ứng là:
TC1 = 128 + 0, 2Q12 ;
TC2 = 156 + 0,1Q22 .
Với Q1 , Q 2 là lượng sản phẩm sản xuất ở cơ sở 1 và cơ sở 2. Hàm
cầu ngược về sản phẩm của công ty là: p = − 0,1Q , trong đó
Q = Q1 + Q2 và Q 10
a) Với = 600 . Xác định lượng sản phẩm cần sản xuất ở mỗi cơ
sở để tối đa hóa lợi nhuận và tính giá bán tương ứng.
b) Tại mức = 600 , nếu giảm 2% thì sản lượng Q2* thay đổi như
thế nào?
* 21 − 2 − 1
Q 1 =
2
b) Ta có:
Q* 2 = 2 − 1 − 2
2
Tính các đạo hàm:
Q1*
(25, 41) = 1; Q1*
( )
( )
1
(25, 41) = − ;
2
1
2
1
1
Q2*
(25, 41) = − ; Q2*
(25, 41) = .
1
2
2
2
Từ đó ta tính được các hệ số co giãn:
Q1*
(25, 41)
*
1
1
Q1
(25, 41) =
1 = 25 = 6, 25;
*
1
4
Q1 (25, 41)
( )
( )
Lời giải:
a) Với = 600 thì p = 600 − 0,1( Q1 + Q2 ) .
( )
Q1*
(25, 41) =
2
*
Q2 (25, 41) =
1
Q2*
(25, 41) =
2
(Q1* )
(25, 41)
2
Q1* (25, 41)
(Q2* ) (25, 41)
1
Q2* (25, 41)
( )
Q2*
(25, 41)
2
Q2* (25, 41)
Hàm doanh thu và hàm lợi nhuận theo sản lượng có dạng:
TR1 ( Q1 ) + TR2 ( Q2 ) = pQ1 + pQ2
= 600Q1 − 0,1Q12 − 0,1Q1Q2 + 600Q2 − 0,1Q1Q2 − 0,1Q22 ;
−1/ 2
2 =
41 = −5,125.
4
1 =
2 =
= TR1 ( Q1 ) + TR2 ( Q2 ) − TC1 − TC2
= 600Q1 − 0,1Q12 − 0,1Q1Q2 + 600Q2 − 0,1Q1Q2 − 0,1Q22 −
−1/ 2
25 = −1, 7857;
7
(128 + 0, 2Q12 ) − (156 + 0,1Q22 )
1/ 2
41 = 2,9286.
7
= 600Q1 + 600Q2 − 0,3Q12 − 0, 2Q22 − 0, 2Q1Q2 − 284.
- Mô hình toán học:
2
2
(Q1, Q2 ) = 600Q1 + 600Q2 − 0,3Q1 − 0, 2Q2 − 0, 2Q1Q2 − 284 → max
Q1 0, Q2 0.
Vậy, nếu 1 tăng 2% còn 2 tăng 1% thì sản lượng tối ưu Q1* thay
đổi xấp xỉ:
2 6, 25 − 5,125 = 7,375 ( % ) ; tức là Q1* tăng 7,375%.
- Điều kiện cần:
Điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:
Q1 = 0
600 − 0, 6Q1 − 0, 2Q2 = 0
Q1 = 600
.
600 − 0, 2Q1 − 0, 4Q2 = 0
Q2 = 1200
Q2 = 0
Ta thấy Q1 = 600 0; Q2 = 1200 0 .
sản lượng tối ưu Q2* thay đổi xấp xỉ:
2 ( −1, 7857 ) + 2,9286 = −0, 6428 ( % ) ;
Tức là Q2* giảm 0,6428%.
62
(
)
Vậy điểm dừng Q1* , Q2* = (600,1200)
- Điều kiện đủ:
Xét ma trận đạo hàm cấp 2:
Q1Q1 Q1Q2 −0, 6 −0, 2
H ( Q1 , Q2 ) =
.
=
Q Q Q Q −0, 2 −0, 4
2 1
2 2
Ma trận này xác định âm vì định thức con chính cấp 1,
D1 = −0, 6 0 và định thức con chính cấp 2, D2 = 0, 2 0 với
mọi Q1 , Q2 nên hàm lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất tại điểm
(Q1*, Q2* ) = (600,1200) . Vậy, hãng nên sản xuất với các
3.3. CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI.
Bài tập 3.15. Một doanh nghiệp sản xuất một loại sản phẩm có giá
bán p = 16 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q được cho bởi:
2
TC = Q3 − 4Q 2 + 6Q + 30 .
3
mức sản
a) Lập và giải mô hình xác định sản lượng sản phẩm để doanh
nghiệp có lợi nhuận tối đa.
lượng Q1* = 600; Q2* = 1200 thì sẽ có mức lợi nhuận tối đa là
* = ( 600;1200 ) = 539716.
Khi đó, giá bán tương ứng là p = 600 − 0,1( 600 + 1200 ) = 420.
b) Nếu mức giá p giảm 0,5% thì sản lượng tối ưu và lợi nhuận tối
đa thay đổi thế nào?
b) Tương tự câu (a), điểm sản lượng ( Q1 , Q2 ) cho lợi nhuận tối đa
là nghiệm của hệ phương trình:
Q1 = 0
− 0, 6Q1 − 0, 2Q2 = 0
Q1 =
.
− 0, 2Q1 − 0, 4Q2 = 0
Q2 = 2
Q2 = 0
Vậy
điểm
dừng
(Q1*, Q2* ) = ( , 2 ).
(Với
thỏa
Bài tập 3.16. Một doanh nghiệp sản xuất một loại sản phẩm có giá
bán p = 60 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q được cho bởi:
1
TC = Q3 − 3Q 2 + 5Q + 50 ( Q 0 ) .
3
mãn
a) Tính hàm chi phí biên và kiểm tra xem mức sản lượng Q0 = 9 có
cho lợi nhuận tối đa không?
Q1* 0, Q2* 0. )
*
Q2
Ta có:
( 600 ) =
Q * 600
)
2 (
Q2 ( 600 )
*
b) Xác định mức sản lượng sản phẩm để doanh nghiệp có lợi
nhuận tối đa.
2
=
= 1.
2
c) Tại mức giá p = 60 , nếu p giảm 2% thì sản lượng tối ưu và
lợi nhuận tối đa thay đổi thế nào?
Vậy, tại mức = 600 , nếu giảm 2% thì sản lượng Q2* cũng
giảm 2%.
Bài 3.7
Bài tập 3.17. Một công ty cạnh tranh hoàn hảo có hàm chi phí
biên: MC (Q) = 3Q2 − 24Q + 12 với giá bán sản phẩm là p.
63
a) Với giá thị trường p = 72 , hãy xác định mức sản lượng và
a. Hãy xác định hàm doanh thu biên, hàm chi phí của công ty nếu
hàm chi phí biên có dạng: MC ( Q ) = 0, 4Q và chi phí cố định
mức lợi nhuận tối ưu. Biết chi phí cố định FC = 300.
b) Tại mức giá p = 72 , nếu giá p giảm 3% thì mức sản lượng tối
Bài tập 3.18. Một doanh nghiệp độc quyền sản xuất và kinh doanh
sản phẩm A có hàm cầu ngược p (Q ) = 90 − Q và hàm tổng chi phí
FC = 30.
b. Với điều kiện như ý (a), xác định mức sản lượng để công ty thu
được lợi nhuận tối đa.
c. Tại = 20, nếu tăng 2% thì lợi nhuận tối đa thay đổi thế
TC (Q) = Q3 − 10Q 2 − 30Q + 800 ,
nào?
Bài 3.21. Một DN ĐQ có hàm cầu ngược p = 400 − 0, 25Q, hàm
ưu và lợi nhuận tối đa sẽ thay đổi như thế nào?
MC ( Q ) = 0,3Q
trong đó Q 0 là sản lượng sản phẩm.
chi
a) Tính chi phí biên và doanh thu biên tại điểm sản lượng Q0 = 9 .
Dựa vào ý nghĩa kinh tế của các giá trị tìm được, xác định xem Q0
có phải là điểm sản lượng cho lợi nhuận tối đa hay không?
MR = 400 − 0,5Q , trong đó Q là sản lượng sản phẩm.
phí
biên
và
hàm
doanh
thu
biên
a) Xác định hàm tổng chi phí và tổng doanh thu của DN biết chi
phí cố định của DN là FC = 20.
b) DN phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm để thu được lợi nhuận
cao nhất?
Bài 3.22. Một hãng ĐQ sản xuất một loại sản phẩm với mức sản
lượng Q . Hàm chi phí biên và hàm doanh thu trung bình của hãng
b) Doanh nghiệp phải bán sản phẩm với mức giá bao nhiêu để có
được lợi nhuận tối đa?
Bài tập 3.19. Một hãng ĐQ sản xuất và kinh doanh một loại sản
phẩm có hàm tổng chi phí theo sản lượng là
TC ( Q ) = Q 2 + 2Q + 3000 và hàm cầu ngược p = 202 − Q, với Q
theo sản lượng được cho như sau:
MC = 3Q 2 − 2Q − 700; AR = 2000 − Q.
là sản lượng cầu.
a) Xác định hàm tổng chi phí, tổng doanh thu của hãng biết chi phí
cố định là FC = 30.
b) Hãy xác định mức cung để tối đa hóa lợi nhuận và tính giá bán
tương ứng.
Bài 3.23. Một DN ĐQ sản xuất một loại sản phẩm với mức sản
lượng Q , có hàm cầu ngược p = 490 − 2Q, hàm tổng chi phí
a) Tính hệ số co giãn của doanh thu theo sản lượng tại điểm sản
lượng Q = 100 và nêu ý nghĩa kinh tế của kết quả đó.
b) Hãng phải bán sản phẩm của mình với giá bao nhiêu để thu
được lợi nhuận tối đa?
Bài 3.20. Một công ty độc quyền có hàm cầu ngược p = − 0,3Q,
trong đó p là giá, Q là sản lượng cung ứng của công ty, 0 là
TC ( Q ) = 0,5Q 2 AD0,5 , trong đó AD là chi phí quảng cáo.
tham số.
a) Với AD = 9, hãy xác định mức sản lượng và giá bán để lợi
nhuận là tối đa.
64
b) Tại mức quảng cáo AD = 9, nếu AD tăng 2% thì giá bán và sản
Lập và giải mô hình xác định các mức sản lượng sản phẩm để
doanh nghiệp có lợi nhuận tối đa.
lượng tối ưu thay đổi thế nào?
Bài 3.27. Một công ty sản xuất hai loại sản phẩm có giá bán
p1 , p2 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q1 , Q2 được cho bởi
công thức:
Bài tập 3.24. Một doanh nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm có giá
bán p1 = 14, p2 = 10 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q1 , Q2
được cho bởi công thức:
TC
= 3Q12
− 3Q1Q2 + 2Q22
TC = 2Q12 + Q1Q2 + 2Q22 .
− 10Q1 + 12Q2 + 30 .
Tìm các mức sản lượng sản phẩm để công ty thu được lợi nhuận tối
đa.
a) Lập và giải mô hình xác định các mức sản lượng sản phẩm để
doanh nghiệp có lợi nhuận tối đa.
Bài tập 3.28. Một hãng độc quyền sản xuất hai loại sản phẩm (SP)
với Q1 = 42 − 2 p1; Q2 = 36 − p2 , trong đó pi , Qi là giá cả và sản
b) Nếu giá p1 giảm 1%, còn giá p2 tăng 2% thì sản lượng tối ưu
và lợi nhuận tối đa thay đổi như thế nào?
(
)
lượng hàng hóa i i = 1, 2 . Hàm tổng chi phí TC = Q12 + 2Q22 + 12.
Bài tập 3.25. Một doanh nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm có giá
bán p1 = 64, p2 = 28 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q1 , Q2
được cho bởi công thức:
a) Xác định mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa.
b) Tính chi phí cận biên cho từng SP tại mức sản lượng tối ưu.
TC = 4Q12 − 2Q1Q2 + 3Q22 + 100.
Bài tập 3.29. Một hãng độc quyền sản xuất một loại sản phẩm
nhưng tiêu thụ hàng hóa đó ở hai thị trường riêng biệt với hàm cầu:
a) Lập và giải mô hình xác định các mức sản lượng sản phẩm để
doanh nghiệp có lợi nhuận tối đa.
Thị trường 1: Q1 = 21 − 0,1 p1.
Thị trường 2: Q2 = 50 − 0, 4 p2 .
b) Nếu giá p1 tăng 2% còn giá p2 tăng 0,5% thì sản lượng tối ưu
và lợi nhuận tối đa thay đổi như thế nào?
Hàm tổng chi phí của hãng là TC = 2000 + 10Q với Q = Q1 + Q2 .
Hãy xác định lượng hàng bán Q1 , Q2 và giá bán p1 , p2 tương ứng
Bài 3.26. Một doanh nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm có giá bán
p1 = 200, p2 = 115 và hàm tổng chi phí theo sản lượng Q1 , Q2
được cho bởi công thức:
để hãng thu được lợi nhuận tối đa trong hai trường hợp sau:
a) Phân biệt giá ở hai thị trường.
b) Cả hai thị trường với cùng một mức giá.
Bài 3.30. Một hãng độc quyền sản xuất một loại sản phẩm nhưng
tiêu thụ hàng hóa đó ở hai thị trường riêng biệt với hàm cầu:
TC = 10Q12 + 2,5Q22 + 2000 .
65
Thị trường 1: Q1 = 25 − 0, 25 p1.
*
b) Q
p =
Thị trường 2: Q2 = 60 − 0,5 p2 .
Hàm tổng chi phí của hãng là TC = 200 + 20Q1 + 24Q2 .
*
72
1
10 72
= = 0, 2;
= 1, 44.
p =
10 36 5
500
nếu p giảm 3% thì Q* giảm 0,6%, còn * giảm 4,32%.
Hãy xác định lượng hàng bán Q1 , Q2 và giá bán p1 , p2 tương ứng
Bài 3.18. a) MC (9) = 33; MR(9) = 72 MR MC .
để hãng thu được lợi nhuận tối đa trong hai trường hợp sau:
c) Phân biệt giá ở hai thị trường.
d) Cả hai thị trường với cùng một mức giá.
Tốc độ tăng doanh thu lớn hơn tốc độ tăng chi phí và dẫn đến
Q0 = 9 chưa phải mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa.
3.4. GỢI Ý VÀ ĐÁP SỐ
b) Lập và giải mô hình xác định sản lượng cho lợi nhuận tối đa thu
được Q* = 10; * = 300 . Thay Q* vào hàm cầu ngược ta được
Bài 3.15. a) Q* = 5, * = 36, 6667 ;
p = 80 .
2
0, 0196.
102
b) Q
p (16) = 0, 2667 ; p (16) = 2,1818 .
Bài 3.19. a) QTR (100 ) =
p giảm 0,5% thì Q* giảm 0,1333%, còn * giảm 1,0908%.
b) Q* = 50; p* = 152; * = 2000.
Bài 3.16. a) MC ( Q ) = Q 2 − 6Q + 5; MC ( 9 ) = 32 p = 60 .
Bài 3.20. a) MR ( Q ) = − 0, 6Q; TC ( Q ) = 0, 2Q 2 + 30.
Q0 = 9 không là mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa.
b) Q* = ; * = 0,5 2 − 30.
*
*
b) Q* = 11 với * =
*
c) Q
p =
1423
474,3333.
3
c) ( 20 ) =
*
*
60
15
1980
=
0,341;
1,3914.
p =
1116 44
1423
Vậy, tăng 2% thì lợi nhuận tối đa tăng 4,7058%.
Bài 3.21. a) TC ( Q ) = 0,15Q 2 + 20; TR ( Q ) = 400Q − 0, 25Q 2 .
p giảm 2% thì Q giảm 0,682%, còn giảm 2,7828%.
*
20 20
2,3529.
170
*
b) Q* = 500; * = 99980.
Bài 3.17. a) Q* = 10 với * = 500.
66
Bài 3.22. a) TC ( Q ) = Q3 − Q 2 − 700Q + 30; TR ( Q ) = 2000Q − Q 2 .
Q1* 48 Q1* 7 Q2* 4 Q2* 7
* 3 p1 + p2
Q
=
p1 = 55 ; p2 = 55 ; p1 = 11 ; p2 = 11 ;
1
22
b)
*
*
Q* = p1 + 4 p2
= 160 ; = 56 .
2
p1
83 p2 83
22
b) Q* = 30; * = 53970; p* = 1970.
Bài 3.23.
Q* =
490
4 + AD
0,5
; * =
(
490
2
2 4 + AD
0,5
)
; p* =
(
490 2 + AD 0,5
4 + AD
0,5
).
*
*
Q1
1
Q1* thay đổi: 2 Q
p + 0,5 p = 1,8091%.
1
2
*
*
Q2
2
Q2* thay đổi: 2 Q
p + 0,5 p = 1, 0455%.
1
a) Với AD = 9, Q = 70; = 17150; p = 350.
*
p
b) AD
(9) =
*
Q
AD ( 9 ) = −
*
*
2
*
*
*
* thay đổi: 2
p + 0,5 p = 4,1928%.
1
490 9
3
=
0, 0857.
3.49 350 35
(
2
)
Bài 3.26. Q1* , Q2* = (10, 23) với * = 322,5.
245 9
3
= − −0, 2143.
3.49 70
14
sản lượng tối ưu Q* giảm 0,4286%.
* 4 p1 − p2
Q1 = 15
2 p 2 − p1 p2 + 2 p22
Bài 3.27.
với * = 1
.
15
Q* = 4 p2 − p1
2
15
Bài 3.24. a) Q1* = 6, Q2* = 4, * = 38 .
Bài 3.28. a) Q1* , Q2* = ( 7, 6 ) với * = 124,5.
Tại AD = 9, nếu AD tăng 2% thì giá bán p* tăng 0,1714% còn
*
1
b) Q
p =
1
*
p1 =
(
28 Q1* 1 Q2* 7 Q2*
; = ; = ; = 1;
45 p2 3 p1 15 p2
b) MC1 ( 7, 6 ) = TCQ' 1 ( 7, 6 ) = 14; MC2 ( 7, 6 ) = TCQ' 2 ( 7, 6 ) = 24.
42 * 20
; p2 = .
19
19
(
)
Bài
3.29.
a)
(Q1*, Q2* ) = (10; 23) ; ( p1*, p2* ) = (110; 67,5) với
* = 322,5.
)
Bài 3.25. : a) Q1* , Q2* = (10,8 ) với * = 332.
b) Với p1 = p2 thì
* = 178.
67
(Q1*, Q2* ) = (13, 4; 19, 6) và
p1* = p2* = 76 với
Bài
3.30.
(Q1*, Q2* ) = (10; 24) ; ( p1*, p2* ) = ( 60; 72) với
a)
* = 1352.
b) Với
p1 = p2
thì
(Q1*, Q2* ) = (8; 26) và
p1* = p2* = 68 với
* = 1328.
68
69