Bai tap nhom mo hinh toan kinh te

TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÀI CHÍNH – MARKETING BỘ MÔN TOÁN KHOA CƠ BẢN ---------------…--------------- MÔ HÌNH TOÁN KINH TẾ Mathematical Economic Models Giảng viên: Th.s Nguyễn Trung Đông E-Mail: [email protected] Bài tập nhóm: Nhóm 7 _ Buổi sáng thứ 7 Mã lớp học phần : 1311101003401 Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 23/11/2013 DANH SÁCH NHÓM 7 Họ và tên 1. 2. 3. 4. 5. Phan Châu Thông Bùi Thị Kim Loan Nguyễn Thị Thanh Thương Võ Thị Ngọc Thu Nguyễn Thị Kim Ngọc MSSV Lớp 1212150051 1212150029 1212150057 1212150050 1212020135 12DQH 12DQH 12DQH 12DQH 12DMA2 Chương I: GIỚI THIỆU MÔ HÌNH TOÁN KINH TẾ Bài 1: Cho hàm cung và hàm cầu của một loại hàng hóa lần lượt là S(P) = 0,1P2 + 5P -10 D(P) = Chứng tỏ luôn tồn tại giá cân bằng nằm trong khoảng (3,5) Giải: Giá cân bằng khi: S(p) = D(p) Đặt f (p) = S(p) - D(p) = 0,1p2 + 5p -10 f (3) = 0,1.32 + 5.3 -10 - = -44,1 f (5) = 0,1.52 + 5.5 -10 - = 0,83  f (3). f (5) < 0  ∃ p0 ∈(3,5) sao cho f (p0) = 0  S(p0) = D(p0 ). Bài 2: Cho hàm doanh thu TR(Q) = 1200Q – Q2; Q≥0 a) Tìm hàm doanh thu cận biên: Hàm doanh thu cận biên: MR(Q) = (TR(Q))' = -2Q + 1200 1 b) Tại Q0 = 590, khi Q tăng lên 1 đvị thì doanh thu sẽ thay đổi bao nhiêu đvị Q0 = 590  MR(Q0 ) = MR(590) = -2.590+1200 = 20 Vậy khi sản lượng tăng thêm 1 đơn vị thì doanh thu tăng thêm 20 đơn vị. c) Tính giá trị doanh thu biên tại Q0 = 610 và giải thích ý nghĩa Q0 = 610  MR(Q0 ) = MR(610) = -2.610 +1200 = -20 Vậy khi sản lượng tăng thêm 1 đơn vị thì doanh thu giảm bớt 20 đơn vị. Bài 3: Cho hàm sản xuất ngắn hạn Q = 30√ ; L  0 a) Tìm hàm sản phẩm cận biên của lao động MPL = QL' = 30. .L -1/2 = 15L-1/2 b) Tại L0 = 144, nếu L tăng lên 1 đvị, sảnlượng sẽ thay đổi bao nhiêu đvị L0 = 144  MPL(L0 ) = MPL(144) = 15.144-1/2 = 1,25 Vậy nếu lao động tăng thêm 1 đơn vị thì sản lượng sẽ tăng thêm 1,25 đơn vị. Bài 4: Cho hàm chi tiêu C(Y ) = aY + b; (0 < a < 1, b > 0); Y0 a) Tìm hàm xu hướng tiêu dùng cận biên: MCP(Y ) =C’(Y ) = a b) Ý nghĩa kinh tế của hệ số a là: khi Y tăng thêm 1 đơn vị thì chi tiêu C tăng thêm a đơn vị. Bài 5 : Cho hàm tổng chi phí TC(Q) = 0,1Q2 + 0,3Q + 100, (Q  0) 2 a) Tìm hàm chi phí biên: MC(Q) = TC'(Q) = 0,2Q + 0,3 b) Tính chi phí biên tại mức sản lượng Q0 = 120 và giải thích ý nghĩa Q0 = 120  MC(Q0 ) = MC(120) = 0,2.120 + 0,3 = 24,3 Vậy tại mức Q0 = 120 , khi sản lượng tăng thêm 1 đơn vị thì chi phí tăng 24,3 đơn vị. Bài 6 : Xét hàm cầu của một loại hàng hóa D = D(P) a) Lập công thức tính hệ số co dãn tại cầu tại mức giá P0 D = D'(P0). ( ) b) Áp dụng với D(P) = 6P - P2 , tại P0=5 và giải thích ý nghĩa kết quả =6−2 D= D'(P0). ( ) = (6 - 2P0). = Tại P0 = 5  D= −4 Ý nghĩa : Khi P tăng lên 1% thì sản lượng D giảm xuống 4%. Bài 7: Cho hàm sản xuất Q = aLα , (a > 0, 0 < α < 1) Q’ = αaLα-1 a) Hệ số co dãn của sản lượng theo lao động εQ/L = Q’. = αaLα-1. =α b) Áp dụng cho Q = 40L0,4, tại L0 = 20 Q = 40L0,4, tại L0 = 20 ứng với α = 0,4 3 Dựa vào công thức từ câu a => Hệ số co dãn của sản lượng theo lao động tại L0 = 20 : εQ/L = 0,4 Bài 8: Cho hàm sản xuất Q = 120L2 – L3, L > 0 Xác định mức sử dụng lao động để sản lượng tối đa Q’ = 240L – 3L2 Q’= 0 → ( ạ) Q" = -6L + 240 → Q"(80) = -6.80 + 240 = -240 < 0 => Mức sử dụng lao động để tối đa sản lượng là: L = 80 Bài 9 : Cho hàm sản xuất Q = 30 ; L >0 Tại mức sử dụng lao động bất kì, nếu lao động tăng 10% thì sản lượng thay đổi bao nhiêu % εQ/L = (30 )’. = Kết luận: Tại mức sử dụng lao động bất kì, nếu lao động tăng 10% thì sản lượng tăng 20/3 %. Bài 10 : Cho hàm sản xuất biên của lao động MPL = 40L0,5 . Tìm hàm sản xuất ngắn hạn Q = f(L) biết Q(100) = 4000 MPL = 40L0,5 => Q = f (L) = ∫ MPLdL = ∫ 40 Ta có : Q(100) = => c = Vậy Q = 4 . , . , + c = 4000 , dL = L1,5 + c Bài 11: Cho hàm chi phí cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là MC = 8e 0,2Q và chi phí cố định FC = 50. Tìm hàm tổng chi phí Ta có: TC = ∫ MCdQ = ∫ 8e0,2QdQ = 40e0,2Q + c 0,2.0 FC = TC(Q = 0) = 40.e  c = 10 0,2Q Vậy TC = 40e +10 + c = 50 Bài 12 : Cho hàm doanh thu biên ở mỗi mức sản lượng Q là MR(Q) = 50 – 2Q – 3Q2 Hãy xác định hàm tổng doanh thu và hàm cầu đối với sản phẩm Ta có : MR(Q) = 50 – 2Q – 3Q2 TR = ∫ = ∫(50 – 2Q – 3 TR = P.Q => P = )dQ = 50Q – Q2 – Q3 + C = -Q2 – Q + 50 + Bài 13: Chi phí cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là MC = 32 + 18Q – 12Q2 và FC = 43. Tìm hàm tổng chi phí và chi phí khả biến MC = 32 + 18Q – 12Q2 => TC = ∫ = ∫(32 + 18 − 12 Mà TC(Q=0) = FC => C = 43 ) = 32Q + 9Q2 – 4Q3 + C => TC = -4Q3 + 9Q2 + 32Q + 43 VC = TC – FC = -4Q3 + 9Q2 + 32Q Bài 14 : Chi phí cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là MC = 12e0,5Q và FC = 36. Tìm hàm tổng chi phí TC = ∫ = ∫ 12 , dQ = 12. , . , + C = 24e0,5Q + C 5 TC(Q=0) = FC => 24e0,5.0 + C = 36 => C = 12 Vậy TC(Q) = 24e0,5Q + 12 Bài 15 : Doanh thu cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là MR = 40Q – 16e0,4Q Tìm hàm tổng doanh thu Ta có hàm doanh thu cận biên MR = 40Q – 16e0,4Q Mà TR = ∫ MR => TR = ∫(40 − 16 Q = 0 => TR = 0 => C = -40 , ) = 20Q2 – 40e0,4Q + C Vậy hàm tổng doanh thu TR = 20Q2 – 40e0,4Q – 40 Bài 16: Doanh thu cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là MR = 84 – 4Q – Q2 Hãy tìm hàm tổng doanh thu và hàm cầu Ta có hàm doanh thu cận biên MR = 84 – 4Q – Q2 Mà TR = ∫ MR => TR = ∫(84 – 4Q – Q2)dQ = 84Q – 2Q2 − Q3 + C => P = TR/Q = 84 – 2Q − Q2 + Vậy hàm tổng doanh thu TR(Q) = 84Q – 2Q2 − Q3 + C Hàm cầu P = 84 – 2Q − Q2 + Bài 17 : Cho hàm tiêu dùng C(Y) = 0,8Y + 0,2√ + 300 ; Y ≥ 0 a) Tại mức thu nhập Y0 = 169 nếu thu nhập tăng thêm 1 thì mức tiêu dùng thay đổi như thế nào ? = = 0,8 + , √ (1) Thế Y0 = 169 vào (1) ta được ≈ 0,81 Vậy nếu thu nhập tăng thêm 1 thì mức tiêu dùng tăng 0,81 đơn vị 6 b) Tính MPC(Y) tại Y0 = 144 và giải thích ý nghĩa kết quả nhận đc Tương tự câu a, thế Y0 = 144 vào (1) ta được ≈ 0,81 Ý nghĩa: Nếu thu nhập tăng thêm 1 thì mức tiêu dung tăng 0,81 đơn vị Bài 18 : Cho các hàm cầu Q1 = 40 - P1 ; Q2 = 30 - 0.5 P2 Hãy lập hàm doanh thu Q1 = 40 - P1 => P1= 40 - Q1 Q2 = 30 - 0.5 P2 => P2= 60 - 2Q2 TR(Q) = P1Q1 + P2Q2 = (40 - Q1)Q1 + (60 - 2Q2)Q2 =- -2 + 40Q1 + 60Q2 Bài 19 : Cho hàm sản xuất Q = 10K0.3L0.4 . Giá thuê một đơn vị K bằng 3$, giá thuê 1 đơn vị L bằng 2$ và giá sản phẩm là P = 4. Hãy lập hàm lợi nhuận π(K,L) Tổng chi phí: TC= 3K + 2L Doanh thu: TR= PQ = 40K0.3L0.4 Lợi nhuận: π = TR – TC = 40K0.3L0.4 – 3K - 2L Bài 20 : Cho hàm sản xuất Q = 20K1/4L3/4 . Hãy tìm sản lượng cận biên tại K = 16, L = 81. Giải thích ý nghĩa = 5K-0.75L3/4 = 15K1/4L-1/4 Với K = 16, L = 81 => = 5K-0.75L3/4 = 16.875 7 = 15K1/4L-1/4 = 10 Ý nghĩa: + Khi vốn tăng 1 đơn vị thì sản lượng tăng 16.875 đơn vị + Khi lao động tăng 1 đơn vị thì sản lượng tăng 10 đơn vị Bài 21 : Cho hàm hữu dụng TU(x1;x2) = 2. √ .√ Hãy tính lợi ích cận biên của hàng hóa 1, 2 tại mức tiêu dùng tương ứng 64 và 25. Giải thích ý nghĩa Ta có : (x1;x2) = => (64;25) = ’(x1;x2) = ’(64;25) = (x1;x2) = . (64;25) = Ý nghĩa : Tại x1 = 64, x2 = 25 nếu tăng thêm 1 đơn vị x và y không đổi, thì lợi ích sẽ tăng đơn vị. => (x1;x2) = ’(x1;x2) = (x1;x2) = (64;25) = ’(64;25) = (64;25) = . Ý nghĩa : Tại x1 = 64, x2 = 25 nếu tăng thêm 1 đơn vị x và y không đổi, thì lợi ích sẽ tăng đơn vị. Bài 22 : Cho hàm cầu : D = 0,4.Y0,2.P-0,3. Hãy tính εD/Y và εD/P 8 a) εD/Y = D’Y. = 0,4.0,2.Y-0,8.P-0,3. b) εD/P = D’Y. = -0,4.0,3.Y0,2.P-1,3. , . , . , , . , . , = 0,2 = - 0,3 Bài 23 : Tính hệ số co dãn của các hàm sau tại điểm cho trước a) Q(P1;P2) = 6300 - 2 ε ε / / - tại (20;30) = . = -4P1. = = . = -4P2. = ε =ε +ε / / = + = = -1,15 b) Q(K;L) = 120K1/3L2/3 = 120. .K-2/3L2/3. εQ/K = . εQ/L = . = 120. .K1/3L-1/3. ε = εQ/K + εQ/L = + = 1 / / / / = = Bài 24 : Cho hàm sản xuất Y(t) = 0,2K0,4L0,8 Trong đó K = 120 + 0,1t ; L = 300 + 0,3t a. Tính hệ số co dãn của Y theo K, L Ta có : Y = 0,2K0,4L0,8 9 ( | ) = ( | ) = , . , . = . , . , . = . , . , , . , , , , , = 0,4 , , = 0,8 b. Tính hệ số tăng trưởng của K, L và Y Hệ số tăng trưởng của vốn K = , = . , Hệ số tăng trưởng của vốn L = . , = , = , , Hệ số tăng trưởng của Y : = . = = , [ , . , ( , ( , = , , ( , ( + , , ) , , ) ) , ( , , , ) , ( ( , = , . , ( , , , , ) , , ) , ) + ) , , , , , c. Hãy cho biết hiệu quả của việc tăng quy mô sản xuất trong trường hợp này Ta có : = / + / = 0,4 + 0,8 = 1,2 Nếu trong điều kiện các yếu tố khác không đổi, nếu K và L tăng lên 1% thì Y tăng lên 1,2% Bài 25 : Cho hàm sản xuất Y(t) = 5K0,6L0,3 a. Tính Hệ số thay thế của K cho L Ta có : Y = 5K0,6L0,3 10 Hệ số thay thế của K cho L là : =- , . , =- . , , , =− , b. Cho biết chi phí đơn vị vốn wK = 5, chi phí đơn vị lao động wL = 3 . Tính mức sử dụng tối ưu vốn và lao động để đạt mức sản lượng cho trước Y0 = 30000 Doanh nghiệp sử dụng tối đa vốn và lao động khi : TC(K, L) = wKK + wLL → min Û TC = 5K + 3L  min Ta có : Y(t)= Y0 Û 5K0,6L0,3 = 30000 Lập hàm Lagrange : f(K, L, l)= TC(K, L) + l(Y0 – Y(t))= 5K + 3L + l(30000-5K0,6L0,3) = 5 − 3l , = 3 − 1,5l , , = 30000 − 5 Tìm điểm dừng: = Û l , l , ⎧ ⎪ , ; , ; l = = 5 − 3l , , , = 30000 − 5 Û , , = −0,9 = 3 − 1,5l ⎨ ⎪ ⎩ , = 1,2l ; , , = , , , , , , =0 , , =0 =0 Û = 16762  l=23 = 13968 6000 = , , 30000 = 5 , ,  tọa độ điểm dừng của f là: (K,L,l)=(16762, 13968, 23) Xét vi phân toàn phần cấp 2: = l K+ , , L+2 L -2. 0,9 , , = 1,2l , , K+ Đặt g(K;L)= 5K0,6L0,3, ta có hàm vi phân toàn phần cấp 1 là : 11 + = 0 (1) , =3 , = 1,5l ; Thay vào (1) ta được : 3 ó dL= Thay , l , , , = = 1,2l ,  , , , , l ; dK +1,5l , ,  d2 f  0 Vậy TCmin khi K=16762, L=13968. , =  =− 0 à K+ , , đượ , , dL = 0 L + 2. 0,9 0 , , . Bài 26: Thu nhập quốc dân (Y) của một quốc gia có dạng: Y= 0.48 K0.4L0.3NX0.01 Trong đó : K là vốn, L là lao động và NX là xuất khẩu ròng. a) Khi tăng 1% lao động sẽ ảnh hưởng như thế nào đến thu nhập? Có ý kiến cho rằng giảm mức lao động xuống 2% thì có thể tăng xuất khẩu ròng 15% mà cho biết thu nhập vẫn không đổi , cho biết điều này đúng hay sai? b) Cho nhịp tăng trưởng của NX là 4% của K là 3%, của L là 5%. Xác định nhịp tăng trưởng của Y. Giải: a)* Ta có: Y L = . = 0,3 Vậy khi tăng lao động 1% thì thu nhập tăng 0,3%  khi giảm mức lao động xuống 2% thì thu nhập giảm : 0,3.2 = 0,6%  Y NX = . = 0,01  khi tăng xuất khẩu ròng lên 15% thì thu nhập tăng: 0,01.15 = 0.15% Vậy khi ta đồng thời giảm lao động xuống 2% và tăng xuất khẩu ròng lên 15% thì thu nhập thay đổi: -0,6% + 0,15% = -0,45 12  Khẳng định trên là sai. b) Ta có: Y K = 0,4; rk=3 Y L = 0,3; rL=5  Y NX = 0,01; rNX=4 Vậy nhịp tăng trưởng của Y là: rY =  Y K .rK+  Y L . rL +  Y NX . rNX = 0,4.3 + 0,3.5 + 0,01.4 = 2,74% Bài 27: Giả sử dân số tăng theo mô hình P(t) = P(0)2bt và tiêu dùng của dân cư tăng theo mô hình C(t)= C(0)eat. a) Tính hệ số tăng trưởng của dân số và tiêu dùng của dân cư. b) Với điều kiện nào thì hệ số tăng trưởng của tiêu dùng cao hơn hệ số tăng trưởng của dân số. Nêu ý nghĩa của quan hệ đó. c) Giả thiết lượng lao động được sử dụng tỉ lệ với dân số và có dạng L(t)= kP(t) (k<1); sản lượng Y(t) là một hàm vốn K(t) và lao động có dạng Cobb - Doughlas và C(t) là một hàm tuyến tính của Y(t). Xác định một mô hình thể hiện mối quan hệ giữa các biến. Giải: a) Hệ số tăng trưởng của dân số: rp  ¶P (t ) / ¶t b ln 2 P(0)2bt   b ln 2 P(t ) P (0)2bt Hệ số tăng trưởng tiêu dùng của dân cư: rc  ¶C (t ) / ¶t aC (0)eat  a P (t ) C (0)e at b) Hệ số tăng trưởng của tiêu dùng cao hơn hệ số tăng trưởng của dân số khi a > bln2. Ý nghĩa: khi dân số tăng trưởng với tốc độ là bln2% thì tiêu dùng của dân cư tăng trưởng nhanh hơn với tốc độ a%. 13 c) Hàm sản lượng Y(t) theo vốn K(t) và lao động L(t) có dạng: Y (t )  f ( K , L)  aK  L Mà L(t)=kP(t)=k2bt  Y (t )  f ( K , L)  aK  k  2  bt Với hàm tiêu dùng C(t) là một hàm tuyến tính của Y(t), ta có: C(t)=b+cY Û e at  b  cak  2  bt K  Bài 28: Cho hàm tổng chi phí : TC= Q3- 5Q + 14Q+ 144 a) Tính hệ số co giãn của TC theo Q tại Q= 2. b) Cho giá sản phẩm là P= 70, với mức thuế doanh thu 20%, tính lợi nhuận khi Q=3. Giải : a) Hệ số co giãn của TC theo Q:  TC / Q  TC '. Q (3Q 2  10Q  14)Q 5Q 2  28Q  432 3  3   TC Q  5Q 2  14Q  144 Q 3  5Q 2  14Q  144 Hệ số co giãn của TC theo Q với Q=2:  TC / Q (2) 5.22  28.2  432  3 3  0, 075 2  5.22  14.2  144 b) Khi Q=3, TC  33  5.32  14.3  144  168 Doanh thu của doanh nghiệp: TR=P.Q=70.3=210 Thuế doanh thu: T=20%.TR=0,2.210=42 Lợi nhuận của công ty: p  TR  T  TC  210  168  42  0 Bài 29: Cho nhu cầu hai mặt hàng phụ thuộc vào giá như sau: Q1= 40-2P1-P2 ; Q2= 35-P1-P2 Hàm tổng chi phí là TC= Q12+2Q22+ 12. Trong đó Qi,, , Pi là sản lượng và giá của hàng hóa, a) Xác định Q1, Q2 sao cho tổng lợi nhuận là lớn nhất. b) Xác định chi phí biên cho từng mặt hàng tối ưu tìm được câu a. c) Hai mặt hàng này có thay thế cho nhau được không. 14 Giải: = 40 − 2 − = 35 − − . + . a) TR( ( )= , = (5 − =− )= , Tìm , − −2 =− = −2 ( ( + (30 + −2 −4 , +5+2 ) = −8 = −4 + 30 +5 để lợi nhuận cực đại ) = −4 , =5− = 30 + +5 −2 Đạo hàm riêng của ( ( ) + ↔ +5 +2 + 30 + 30 + −2 . +2 ) +2 . . − −2 − 12 − 12 ): + 30 + 2 = −8 )=2 Tìm điểm dừng Điểm dừng là : ( ) = −4 ( ) = −8 = +5+2 + 30 + 2 =0 ↔ =0 = = = Tại điểm dừng, ta có: A= = −4< 0 15 B= C= ( )=2 , = −8 Xét AC – B2 = 28 > 0 Vậy tại điểm dừng b) MC( MC( )= )= Với = MC( và = và ) = 2. MC( ) = 4. ( ( = thì lợi nhuận cực đại. = )=2 )=4 , ta có: = = c) Ta có: Hệ số thay thế của Q1, Q2 là =− / / =− = −2 < 0 (Vì , ≥ 0) Vậy hai mặt hàng này có thể thay thế cho nhau. Khi Q2 tăng 1 đơn vị để mức lợi nhuận không đổi thì Q1 giảm 2 đơn vị. Bài 30: Cho hàm tổng chi phí TC= 5000 + a) Tìm hàm chi phí biên MC b) Tính chi phí trung bình AC tại Q=100 c) Tính hệ số co giãn của TC theo Q tại Q=17 Giải : Ta có hàm tổng chi phí là : TC= 500 + a) Hàm chi phí biên là : MC=TC’ = (500 + )’ = ( ) b) Hàm chi phí trung bình AC là : AC= 16 TC Q = 5000 Q + 5Q Q+3 , tại Q= 100 ta được AC(Q=100)= . c) Hệ số co giãn của TC theo Q là : ƐTC/Q= ∂TC ∂Q ∙ = .( )/( ) tại Q=17 ta được ƐTC/Q(17)= 0.0164 . Bài 31: Cho mô hình cung –cầu như sau: QD= 10 + 0,1Y -0,2P QS= -14 + 0,6P Trong đó QD, QS cung cấp và nhu cầu một loại hàng; Y là thu nhập trong dân cư (theo đầu người); P là giá cả. a) Tìm biểu thức tính giá cân bằng nếu điều kiện cân bằng là: a.1. QD = QS a.2. QD =0,9QS b) Tính hệ số co dãn của giá cân bằng theo Y tại 80 trong cả hai trường hợp trên. Giải thích ý nghĩa kinh tế của kết quả tính được. Giải : a) tìm biểu thức tính giá cân bằng nếu điều kiện cân bằng là : a1. Biểu thức giá cân bằng: QD = QS ⟺ 10 + 0.1 − 0.2 = −14 + 0.6 ⟺ 24 + 0.1 = 0.8 1 ⟺ = 30 + 8 a2. Biểu thức cân bằng : QD = 0,9 QS ↔ 10 + 0,1Y – 0,2P= 0,9 (−14 + 0,6P) ↔ = + b) Tính hệ số co giãn của giá cân bằng theo Y tại 80 trong cả hai trường hợp trên. 17 a1. ( / ) ∙ = 18 ∙ = 80 = 0,25 30+80 8 Ý nghĩa: Khi Y thay đổi 1% thì P thay đổi 0.25% a2. ( / ) ∙ = = ∙ . %. Ý nghĩa : Khi Y thay đổi 1% thì P thay đổi = Bài 32: Cho hàm lợi ích tiêu dùng của một chủ thể có dạng như sau : ln(TU(x,y))= 0.7lnx + 0,3lny Cho biết x, y là khối lượng các hàng hóa. Cho p,q là giá các hàng hóa tương ứng, M là ngân sách tiêu dùng. a) Có ý kiến cho rằng , nếu chủ thể tăng tiêu dùng x lên 1% và giảm tiêu dùng y đi 3% thì lợi ích tiêu dùng không đổi. Điều đó đúng hay sai. b) Xác định phương án tiêu dùng có lợi nhất cho chủ thể đó. Giải: Ta có : ln(TU(x,y))= 0,7lnx + 0,3lny Û eln(TU(x,y)) = e(0,7lnx + 0,3lny) Û TU= x0,7y0,3 a) Ta có: hệ số co giãn của TU theo x là :  TU x = ∙ = 0,7 ∙ = 0,3 , , , , = 0,7  khi tăng tiêu dùng x lên 1% thì thu nhập tăng 0,7%  TU y = , , , , = 0,3  khi giảm tiêu dùng y đi 3% thì thu nhập giảm: 0,3.3 = 0,9% Vậy khi ta đồng thời tăng tiêu dùng x lên 1% và giảm tiêu dùng y đi 3% thì thu nhập thay đổi: 0,7% + (-0,9%) = -0,2%, hay thu nhập giảm 0,2%  Khẳng định trên là sai. c) Phương án tiêu dùng có lợi nhất cho chủ thể đó: 18 Ta có : M = px+qy Mặc khác : ln(TU(x,y))= 0.7lnx + 0,3lny Û ( ( , )) = . Û TU = x0,7y0,3 Yêu cầu : xác định phương án tiêu dùng có lợi nhất cho chủ thể đó . Tìm x,y để TU tối ưu với điều kiện ràng buộc là g = M – px –qy Lập hàm Lagrange: L(x,y,λ)= TU +λg= x0,7y0,3 +λ(M− px−qy) Tìm các đạo hàm riêng : = 0,7 , = 0,3 , , , = M− px−qy ; Tìm điểm dừng: = ↔ = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ; − ; − = −0,21 = −0,21 = 0,21 = 0,7 = 0,3 , , , , , − , , − , , , , =0 =0 = M − px − qy = 0 Vậy điểm dừng = = Tại điểm dừng ta xét hàm vi phân toàn phần cấp hai : d2L(x,y)= +2 + , , , =−0,21 + 0,42 Đặt g(x,y) = M− px−qy Với dx,dy thỏa phương trình sau: dg= + , dy = 0 ↔ pdx + qdy=0 ↔ dx= − Vậy phương án tiêu dùng tối ưu nhất tại − 0,21 , , → d2L(x,y) < 0 = = 19 Bài 33: Mỗi cá nhân sẽ được lợi từ thu nhập (INCOME) và nghỉ ngơi (LEISURE). Giả sử mỗi ngày có 12 giờ để chia ra thời gian làm việc và nghỉ ngơi. Tiền lương của mỗi giờ làm việc là 3$ và hàm lợi ích của cá nhân là TU= 0,5 0,75 L I Trong đó : L là số giờ nghỉ, I là thu nhập Cá nhân này sẽ cân đối thời gian nghỉ ngơi và làm việc thế nào để tối đa hóa lợi ích của mình? Giải: TU  L0,5 I 0,75 I 3 I 3 Với điều kiện: L   12 . Đặt f ( L, I , l )  L0,5 I 0,75  l ( L   12) Tọa độ điểm dừng:  ¶f ( L, I , l ) 0  ¶L   ¶f ( L, I , l ) 0  ¶I   ¶f ( L, I , l ) 0  ¶l  Û  1 0,75 0,5 2 I L   3 0,25 0,5 L  I 4  L    2I  3L  3  L  4,8 Û Û  I  21,8  L  2 L  12  3 2 ¶ f ( L, I , l ) 1 0,75 1,5  I L ¶L2 4 ¶ 2 f ( L, I , l ) 3 1,25 0,5 I L  16 ¶I 2 ¶ 2 f ( L, I , l ) 3 0,25 0,5 L  I 8 ¶L¶I Ta có : dg  20 ¶f ( x ) ¶f ( x) dL  dI  0 ¶L ¶I  1 0,75 0,25 2I L 1   l  3 0,25 L0,5 3  0 Û  I 3 4 I I L   12   12 3  3 l  0  dl   dI 3 ¶ 2 f ( x) 2 ¶ 2 f ( x) ¶ 2 f ( x) 2 d f (4,8; 21,8)  dL  2 dLdI  dI ¶L2 ¶L¶I ¶I 2 1 0,75 1,5 2 3 0,25 0,5 3 1,25 0.5 2  I L dl  I L dLdI  I L dI 4 4 16 1 0,75 1,5 2 1 0,25 0,5 2 3 1,25 0,5 2  I L dl  I L dI  I L dI < 0 4 4 16 TU max khi L  4,8; I  21,8 2 Bài 34 : Một số chỉ tiêu kinh tế vĩ mô của nền kinh tế (đóng) có mối lien hệ như sau: Y= C+ I+G;, C=0,85Yd + 70; Yd = Y-T Trong đó: Y là thu nhập quốc dân. C là tiêu dùng dân cư, Yd thu nhập khả dụng, I đầu tư, G là chi tiêu chính phủ, T thuế. Với I=200, G=550, T=500. Hãy: a) Xác định thu nhập quốc dân ở trạng thái cân bằng b) Phân tích chủ trương kích càu của chính phủ thông qua chính sách giảm thuế. Giải: a) Thu nhập quốc dân ở trạng thái cân bằng: Y  C  I  G  0,85Yd  70  200  550  0,85(Y  T )  70  200  550  0,85Y  425  200  550 Û 0,15Y  395 ÛY  2633, 3 b) Khi giảm thuế thì đầu tư tăng, dẫn đến đầu tư tăng, sản lượng tăng, thu nhập người dân tăng nên tăng tiêu dùng. Bài 35: Một số chỉ tiêu kinh tế vĩ mô của nền kinh tế có mối liên hệ sau Y= C+ I+G+X-M; C=0,08Yd; M= 0,015Yd; Yd= (1-t)Y Trong đó Y là thu nhập quốc dân; C là tiêu dùng dân cư; Yd thu nhập khả dụng, I đầu tư, G là chi tiêu chính phủ; X là xuất khảu, M là nhập khẩu, t là thuế. 21 Với I= 700, G= 900. X=600, t= 0,15. Hãy a) Xác định thu nhập quốc dân ở trạng thái cân bằng. b) Vói chỉ tiêu ở câu a, có ý kiến cho rằng nếu giảm xuất khẩu 10% thì chính phủ có thể tăng chi tiêu 10% mà không ảnh hưởng đến thu nhập. Hãy xem xét ý kiến này. Giải: Û − 0,015(1 − ) = + + + = 0,08(1 − ) (1,015 − 0,015 ) − = + 0,08(1 − ) − = 0 + Phương pháp định thức: = 1,015 − 0,015 0,08(1 − ) Û − + 0,015(1 − ) = + 0,08(1 − ) − = 0 −1 −1 DetA = -1(1,015 − 0,015 ) + 0,08(1 − ) = -0,935 – 0,065t = Det = Det + 0 + = − − −1 −1 − 1,015 − 0,015 0,08(1 − ) + 0 = (0,08 + 0,08 )( + + + ) Với t  0 ta có DetA = -0,935 – 0,065t  0, suy ra : Y= = , – , = , , a) Thu nhập quốc dân ở trạng thái cân bằng là: Y= , , với I = 700, G = 900, X = 600, t = 0,15 Y = 2328,66 b) Hệ số co giãn của Y(X) 22 + 1 . 0,935 + 0,065t Hệ số co giản củaY(G) 1 . = . / = 0,935 + 0,065t / = . = = = 500 12937 750 12937 Nếu giảm xuất khẩu 10% thì thu nhập giảm Nếu tăng chi tiêu 10% thì thu nhập tăng Vậy ý kiến trên sai. Bài 36: Cho hàm sản xuất của một doanh nghiệp có dạng: Q= K(L+5); trong đó K, L lần luột là vốn và lao động. Biết giá một đơn vị vốn là 70 và giá một đơn vị lao động là 20. a) Nếu doanh nghiệp nhận được hợp đồng cung cấp 5600 sản phẩm. Tính mức sử dụng vốn và lao động sao cho việc sản xuất sản lượng sản phẩm theo hợp đồng tốn ít chi phí nhất. b) Tính hệ số thay thế giữa 2 yếu tố K,L tại thời điểm tối ưu? Nêu ý nghĩa của các hệ số đó. c) Tính hệ số co dãn của hàm tổng chi phí theo sản lượng Q tại thời điểm tối ưu? Nêu ý nghĩa của hệ số đó. Giải: a) Q=K(L+5)=5600 TC= 70K+20L → min Hàm Lagrange: f(K, L, λ) = 70K+20L+ λ(5600 – K(L+5)) = 70 − ( + 5) = 20 − = 5600 − ( + 5) 70 − ( + 5) = 0(1) 20 − = 0(2) Tìm điểm dừng: 5600 − ( + 5) = 0(3) 23 ( ) = ó ( ) Thay L= 5600- K( ( ) = óL= − 5 vào (3) ta được: = 0ó = 0; K+ = 40 L=135, λ = =− L+2 =− Đặt g(K;L)= K(L+5) + = −5 − 5 +5) = 0 ó 5600= 0; ó = + 5; =0 = Thay vào g(K;L) ta được : (L+5)dK +KdL = 0 Với L= 135, K=40, ta được: 140dK + 40dL= 0ó dL= Thay dL= à , ) = Vậy TCmin khi K=40, L=135. b) = = + 5; = ( = = đượ =− = >0 Vậy khi lao động tăng 1 đơn vị thì giá vốn sẽ giảm 7/2 đơn vị. c) TC= 70K+20L = 5500 MC= TC’(Q) =λ = ƐTC/Q= TC’(Q)× = . = Khi sản lượng tăng lên 1% thì chi phí tăng 28/55 %. Bài 37: Một công ty có hàm sản xuất Q= 0,5K(L-2) trong đó K,L lần lượt là vốn và lao động. Biết giá một đơn vị vốn là pk= 120 và giá một đơn vị lao động là pL=60. 24 a) Nếu doanh nghiệp chi số tiền là 3000. Tính mức sử dụng vốn và lao động để tối ưu hóa sản lượng? b) Tính hệ số thay thế giữa 2 yếu tố K,L tại thời điểm tối ưu? Nêu ý nghĩa của hệ số đó? c) Tính hệ số co dãn của hàm tổng chi phí theo sản lượng Q tại thời điểm tối ưu? Nêu ý nghĩa của hệ số đó? Giải: a) Q=0.5K(L-2) TC= 120K + 60L=3000. Hàm Lagrange : f(K;L;λ)= 0,5K(L-2) +λ(3000-120K-60L) = 0,5( − 2) + (−120) = 0,5( − 2) − 120 = 0,5 − 60 = 3000 − 120 − 60 0,5( − 2) − 120 = 0 0,5 − 60 = 0 3000 − 120 − 60 = 0 (1) 0,5( − 2) 120 −2 ó = ó = 2ó = 2 + 2 (2) 60 0,5 Thay L=2K +2 vào (3), ta được: 3000=120K + 60L ó 120K+60(2K+2)=3000ó240K=2880óK=12L=26λ=0,1 = 0; = = 0; K+ = 0,5 L+2 =2×0,5 = Điều kiện: 3000= 120K+60L Vi phân toàn phần cấp 1: Đặt g(K;L)=120K+60L = 120; + = 60 =0 120dK +60dL =0 25 dL=-2dK d2f=dKdL=dK.-2dK=-2d2K<0. Vậy tối đa hóa sản lượng thì K=12, L=26, λ=0,1. b) =− = = −2 Khi lao động tăng 1 đơn vị thì vốn giảm 2 đơn vị. c) ƐTC/Q= TC’(Q)× = 0,1 × = 0,0048. Khi sản lượng tăng 1% thì chi phí tăng 0,0048%. Bài 38: Một công ty có hàm sản xuất Q= K3/4L1/2 (K là vốn. L là lao động). Biết giá một đơn vị pk =30 và lao động pL =5. a) Công ty cần sản xuất 2048 sản phẩm, khi đó công ty nên sử dụng bao nhiêu đơn vị vốn và lao động để tối thiểu hóa chi phí. b) Tại thời điểm tối thiểu hóa chi phí, nếu sản lượng tăng lên 2% thì chi phí sẽ thay đổi như thế nào? Giải: a) Q=K3/4L1/2=2048 TC=30K+5L→ min Hàm Lagrange: f(K;L;λ)= 30K +5L + λ(2048-K3/4L1/2) 3 = 30 − 4 1 / / =5− 2 = 2048 - / / 3 =0 ⎧ 30 − 4 ⎪ 1 / / =0 ⎨5 − 2 ⎪ / / ⎩2048 − =0 ( ) ( ) 26 ó = / / óL=4K Thay L =4K vào (3), ta được: 2048- K3/4(4K)1/2=0óK=256  L=1024, λ=5. 3 = . 16 = λ. = −3 8 Tại M(256;1024;5) K + = L + 2 = K+ L - dKdL ĐK : 2048= K3/4L1/2 Đặt: g(K;L)= K3/4L1/2 Hàm vi phân toàn phần cấp 1 / = = Thay K= 256, L=1024. d2f= + = 0 ó 6dK +dL = 0 ó dL=-6dK + (−6 ) − vậy TCmin khi K=256, L=1024. (−6 )= >0 b) Q=K3/4L1/2 =2563/410241/2=2048 TC=λ=5 ƐTC/Q=TC’(Q)×Q/TC= 5× = 0,8 Khi sản lượng tăng 2% thì chi phí tăng 1,6% 27 Bài 39: Cho hàm sản xuất Y(t)= 0,4K0,5L0,9 trong đó K là vốn L là lao động. a) Nếu tăng vốn K thêm 9% thì có thể giảm bớt lao động L đi bao nhiêu % để Y không đổi? b) Sang năm tiếp theo nếu tăng vốn K 15% , lao động L 10% thì Y biến động như thế nào? c) Cho biết hiệu qua của việc tăng quy mô sản xuất của các hàm sản xuất trên. Giải: a) ƐY(t)/K= ( ) . ( ) , = 0,2. , Khi K tăng 1% thì Y(t) tăng 0,5%  Khi K tăng 9% thì Y(t) tăng 4,5% ƐY(t)/L= ( ) ( ) = 0,4.0,9 , , , , , , , , =0,5 = 0,9 Khi L giảm 1% thì Y(t) giảm 0,9% Khi Y không đổi L giảm 5% b) Khi K tăng 15% thì Y(t) tăng 7,5% Khi L tăng 10% thì Y(t) tăng 9%  Y tăng 16,5% c) Khi tăng vốn và lao động thì sản lượng cũng tăng theo. Bài 40: Cho mô hình thu nhập quốc dân: (a0, a1, b0,b1> 0; a1 + b1 <1) = + + = + = + − Trong đó: G0 là chi tiêu chính phủ, R0 là lãi suất; I là đầu tủ, C là tiêu dùng, Y là thu nhập a) Hãy xác định Y, C ở trạng thái cân bằng. b) Với b0 =200, b1= 0,7; a0=100; a1=0,2, a2=10; R0=7; G0=500, khi tăng chi tiêu của chính phủ 1% thì thu nhập cân bằng thay đổi bao nhiêu %? 28 Giải: a) Y= C+ I+G = b0 + b1Y + a0 +a1Y –a2R0+G0. Y= b0+a0-a2R+ G0+(a1+b1)Y  (a1+b1< 1ó1-(a1+b1)=0) b) ƐY/G= = . 1− 1 − Xét b0=200; b1=0,7 a0=100; a1=0,2 a2=10; R0=7; G0=500 Y= 7300 ƐY/G= = 0,685% Nếu chi tiêu chính phủ tăng 1% thì Y tăng 0,685%. Chương II: MỘT SỐ BÀI TOÁN KINH TẾ Bài 1: Cho biết hàm số sản xuất ngắn hạn Q= 100√ , L> 0 và giá sản phẩm là P= 5USD, giá thuê lao động là PL =3USD. Hãy tìm mức sử dụng lao động để đạt lợi nhuận tối đa. Giải: 29 3 TR  500 L5 TC  3L 3 p  TR  TC  500 L5  3L ®Ó ®¹t lîi nhuËn tèi ®a th× p max 2 2 2  p '  300 L 5  3 ; p '=0  300 L 5  3  0  L 5  1  L  100000 100 Bài 2: Cho biết hàm tổng chi phí: TC(Q) = Q3-130Q2 + 12Q; Q>0. Hãy xác định mức sản lượng Q để chi phí bình quân nhỏ nhất. Giải: = Chi phí trung bình AC min ⟺ = =0 >0 − 130 + 12 2 − 130 = 0 ⟺ = 65 2>0 Vậy mức sản lượng Q=65 chi phí trung bình nhỏ nhất ACmin=12687(đvtt) ⟺ Bài 3: Cho biết hàm tổng chi phí TC(Q) = Q3-8Q2+ 57Q+ 2; Q>0 và hàm cầu Q= 90-2P. Hãy xác định mức sản lượng Q để đạt lợi nhuận tối đa. Giải: TC(Q)= −8Q2+Q3+57Q+2; Q>0 Ta có: Q = 90 – 2P → P = 45 – TR = P.Q = (45 – )Q = 45Q – = TR – TC = 45Q – –( − 8 = 45 − 30 2 + 57 + 2) − +8 − 57 − 2 Cho Với = −3 = 0, ta có : =4→ = 43 ; + 15 2 + 15 − 12 =4 ∪ − 12 − 2 =1 = −6 + 15 = −9 < 0 =1→ Vậy đạt cực đại tại Đơn giá =− =9>0 = 4, khi đó = 166 =6 Vậy để đạt lợi nhuận cao nhất, xí nghiệp cần sản xuất với mức sản lượng = 4. Khi đó, lợi nhuận tương ứng sẽ là = 6. Bài 4: Cho biết hàm chi phí là TC(Q)= 4Q3 +5Q2+500; Q>0 va hàm cầu Q= 11160- P. Hãy xác định mức sản lượng Q để lợi nhuận đạt cực đại. Giải: Hàm tổng chi phí là TC(Q) = 4Q3 + 5Q2 + 500 Hàm cầu Q= 11160 – P → P = 11160 – Q Hàm doanh thu là : TR (Q) = P*Q = (11160 – Q)*Q = 11160Q – Q2 Lợi nhuận thu được là : π(Q) = TR(Q) – TC(Q) = 11160Q – Q2 – (4Q3 + 5Q2 + 500) π(Q) = – 4Q3 − 6Q2 + 11160Q – 500 Xác định Q ≥ 0 để π(Q)max ta có π’(Q) = −12Q2 −12Q + 11160 π’(Q) = 0 ↔ −12Q2 −12Q + 11160 = 0 ↔ Q= 30(nhận) hay Q= −31(loại) π”(Q) = −24Q – 12 → π”(Q=30) = −24*30 – 12= −732<0 Vậy lợi nhuận đạt cực đại tại Q=30, với πmax = 220900. Bài 5: Một công ty có hàm cầu về sản phẩm và hàm tổng chi phí là: 31 ; TC= P= 2750- -15Q3+2500Q (trong đó P là giá và Q là sản lượng) a) Tính sản lượng và giá bán để tối đa hóa lợi nhuận? Tính và nêu ý nghĩa của hệ số co giãn của cầu sản phẩm theo giá và sản lượng tối ưu. b) Tìm giá bán để tối ưu hóa sản lượng bán ra mà công ty không bị thua lỗ? Giải: a) TR= P.Q= (2750- ).Q =2750Q - p= TR- TC= 2750Qp’(Q)=0ó p’’(Q)= + − + 15 − 2500 = + + 250 + 250 = 0óQ1=200 hoặc Q2=-25/2(loại) + p’’(200)= -21,25<0 Vậy πmax đạt cực đại tại Q=200P= 1625 ƐQ/P=Q’(P)× = . Ɛ(P=1625)=-1,72 Khi sản lượng tăng 1% thì chi phí giảm 1,72% Bài 6: Một công ty cạnh tranh hoàn hảo có thể sản xuất và cung ứng cho thị trường hai loại mặt hàng với hàm tổng chi phí kết hợp là TC= 2Q12+ 3Q1Q2+3Q22 a) Cho biết giá tại các mặt hàng là P1=20, P2=30. Hãy xác định mức sản lượng và lợi nhuận tối ưu. b) Tại thời điểm tối ưu nếu tăng sản lượng mặt hàng loại 1 thêm 5%, tăng sản lượng mặt hàng loại 2 thêm 8% thì chi phí biến động như thế nào? Giải: a) TR= 20Q1+ 30Q2 p= TR- TC= 20Q1+30Q2-2Q12-3Q1Q2-3Q22 = 20 − 4 32 −3 = 30 − 6 20 − 4 30 − 6 A= − b) −3 −3 = −4 ; B −3 =0 ó =0 =2 =4 = -3 ; C= =-6 = 15 > 0  πmax khi (Q1; Q2)= (2;4) <0 <0 ƐTC/Q1= TC’(Q1)× =4 +3 Khi Q1 tăng 1% thì chi phí tăng 0,5% = 20× =  Khi Q2 tăng 5% thì chi phí tăng 2,5% ƐTC/Q2= TC’(Q2)× =3 +6 × Khi Q2 tăng 1% thì chi phí tăng 1,5% = 30× = 1,5  Khi Q2 tăng 8% thì chi phí tăng 12% Bài 7: Người ta ước lượng hàm sản xuất hằng ngày của một doanh nghiệp như sau: Q= 80√ √ a) Với K= 25, L=64. Hãy cho biết mức sản xuất hằng ngày của doanh nghiệp. b) Bằng các đạo hàm riêng của Q, cho biết nếu doanh nghiệp - Sử dụng thêm một đơn vị lao động mỗi ngày và giữ nguyên mức K= 25 thì sản lượng thay đổi bao nhiêu? - Sử dụng thêm một đơn vị vốn mỗi ngày và giữ nguyên mức L= 64 thì sản lượng thay đổi bao nhiêu? 33 c) Nếu giá thuê một đơn vị tư bản K=12, và giá đơn vị lao động L=2,5 và doanh nghiệp sử dụng yếu tố đầu vào nêu trong câu a) thì doanh nghiệp nên sử dụng thêm đơn vị K hay L. Giải : a) = 80√ √ Tại K=25; L=64 mức sản xuất hàng ngày của doanh nghiệp là ⇒ = 80√25 √64 = 1600 b)Ta có đạo hàm riêng của Q theo L là: = = 80√ 3√ Sử dụng thêm một đơn vị lao động mỗi ngày và giữ nguyên K=25, thì sản lượng thay đổi một lượng: ∆ = √ √ = đơn vị. Ta có đạo hàm riêng của Q theo K: = = 80 √ 2√ Sử dụng thêm một đơn vị vốn mỗi ngày và giữ nguyên L=64 thì sản lượng thay đổi 1 lượng: ∆ = √ √ c) Lập tỷ số: / 34 = 80 √ 2.12√ = = 32 đơn vị. 10 √ 10 √64 8 = = 3 √ 3 √25 3 Ta thấy : / / > = / 80√ 3.2,5√ = 32 √ 3 √ = 32 √25 10 = 3 √64 3 Nên L tăng 1 đơn vị thì độ tăng Q theo K tăng 3,3 suy ra ta sẽ chọn L. Bài 8: Cho hàm lợi ích TU= 3xy -2x2-y2; x,y >0 a) Tại x0= 50, y0=60, nếu x tăng thêm một đơn vị và y không đổi, hỏi lợi ích thay đổi như thế nào?. b) Tính MUy, tại x0=50, y0= 60, giải thích ý nghĩa. Giải: a) MUx = =3 −4 (50; 60) = 3.60 − 4.50 = −20 Nếu x tăng thêm một đơn vị và y không đổi thì lợi ích sẽ giảm 20 đơn vị. b) MUy= = 3x – 2y MUy(50;60) = 3.50 – 2.60 = 30 Nếu y tăng thêm một đơn vị thì lợi ích sẽ tăng 30 đơn vị. Bài 9: Một hãng độc quyền sản xuất hai loại sản phẩm. Cho biết hàm cầu đối với hai loại sản phẩm là: Q1 = 1300 - P1; Q2 = 675 - 0,5P2 Và hàm chi phí kết hợp là TC= Q12 + 3Q1Q2 + Q22. Hãy cho biết mức sản lượng Q1, Q2 và giá bán tương ứng để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải: Điều kiện về mức sản lượng Q1, Q2  0 Để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các đơn giá P1, P2 sao cho 1300 – P1 = Q1 675 – 0,5P2 = Q2 35 = 1300 − = 1350 − 2 Û Doanh thu TR = P.Q = P1Q1 + P2Q2 = 1300Q1 – Q12 + 1350Q2 – 2Q22 Lợi nhuận p = TR – TC = 1300Q1 – Q12 + 1350Q2 – 2Q22 – Q12 – 3Q1Q2 – Q22 Û p = – 2Q12 – 3Q22 + 1300Q1 + 1350Q2 – 3Q1Q2. Để đạt được lợi nhuận tối đa: pmax Tọa độ điểm dừng tại ¶p = −4 ¶p = −6 + 1300 − 3 + 1350 − 3 = 250 = 100 Xét tại điểm dừng, ta có Û p = −4 = ; p =0 =0 p = −6 = ; A = -4 < 0  = A.C – B2 = (-4).(-6) – (-3)2 = 15 0 = −3 = Vậy pmax tại tọa độ điểm dừng => doanh nghiệp đạt cực đại tại mức sản lượng Q1=250 và Q2=100 ứng với mức giá P1 = 1050, P2 = 1150. Bài 10: Cho biết hàm lợi nhuận của một doanh nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm như sau: = − − − + − Hãy tìm Q1; Q2 để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải: = 160 Ta có: −3 = 160 − 6 36 = −2 −4 −2 −2 ; + 120 ; −2 + 120 = −6 = −4 − 18 = −2 Lợi nhuận tối đa⟺ = 20 = 20 ⟺ Đặt: A= = C= =0 =0 ⟺ −6 −2 −2 −4 + 160 = 0 + 120 = 0 = −6 <0 = −2 = −4 Ta có: AC−B2=(−6)(−4)−(−2)2= 20 > 0 vậy doanh nghiệp đạt lợi nhuận cực đại tại Q1  20; Q2  20 Bài 11: Một hãng độc quyền sản xuất hai loại sản phẩm. Cho biết hàm cầu đối với hai loại sản phẩm là: Q1 = 25 – 0,5P1; Q2 = 30 – P2 Và hàm chi phí kết hợp là: = + + + . Hãy cho biết mức sản lượng Q1, Q2 và giá bán tương ứng để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải: Điều kiện về mức sản lượng Q1, Q2  0 Để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các đơn giá P1, P2 sao cho 25 – 0,5P1 = Q1 30 – P2 = Q2 Û = 50 − 2 = 30 − Doanh thu TR = P.Q = P1Q1 + P2Q2 = 50Q1 – 2Q12 + 30Q2 – Q22 Lợi nhuận p = TR – TC = 50Q1 – 2Q12 + 30Q2 – Q22 – Q12 – 2Q1Q2 – Q22 – 20 37 Û p = – 3Q12 – 2Q22 + 50Q1 + 30Q2 – 2Q1Q2 – 20. Để đạt được lợi nhuận tối đa: pmax Tọa độ điểm dừng tại ¶p = −6 ¶p = −4 + 50 − 2 + 30 − 2 =7 = 4 Xét tại điểm dừng, ta có Û p = −6 = ; p =0 =0 = −4 = ; p = −2 = A = -6 < 0  = A.C – B2 = (-6).(-4) – (-2)2 = 20  0 Vậy pmax tại tọa độ điểm dừng => doanh nghiệp đạt cực đại tại mức sản lượng Q1=7 và Q2=4 ứng với mức giá P1=36, P2=26. Bài 12: Một hãng độc quyền sản xuất hai loại sản phẩm. Cho biết hàm cầu đối với hai loại sản phẩm là: Q1 = 50 – 0,5P1; Q2 = 76 – P2 Và hàm chi phí kết hợp là: = + + + . Hãy cho biết mức sản lượng Q1, Q2 và giá bán tương ứng để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải: Điều kiện về mức sản lượng Q1, Q2  0 Để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các đơn giá P1, P2 sao cho 50 – 0,5P1 = Q1 76 – P2 = Q2 Û = 100 − 2 = 76 − Doanh thu TR = P.Q = P1Q1 + P2Q2 = 100Q1 – 2Q12 + 76Q2 – Q22 Lợi nhuận p = TR – TC = 100Q1 – 2Q12 + 76Q2 – Q22 – 3Q12 – 2Q1Q2 – 2Q22 – 55 38 Û p = – 5Q12 – 3Q22 + 100Q1 + 76Q2 – 2Q1Q2 – 55. Để đạt được lợi nhuận tối đa: pmax Tọa độ điểm dừng tại ¶p = −10 ¶p = −6 + 100 − 2 + 76 − 2 =8 = 10 Xét tại điểm dừng, ta có Û p = −10 = ; p =0 =0 = −6 = ; p = −2 = A = -10 < 0  = A.C – B2 = (-10).(-6) – (-2)2 = 56  0 Vậy pmax tại tọa độ điểm dừng => doanh nghiệp đạt cực đại tại mức sản lượng Q1=8 và Q2=10 ứng với giá bán là P1=84, P2=66. Bài 13: Cho hàm sản xuất của hãng Q = 10K0,3L0,4, biết giá thuê một đơn vị tư bản K bằng 0,03, giá thuê một đơn vị lao động bằng 2, giá sản phẩm bằng 4. Hãy xác định mức sử dụng K, L để hãng thu được lợi nhuận tối đa. Giải: Ta có Q = 10K0,3 L0,4 => hàm doanh thu TR = P.Q = 40K0,3 L0,4 wK = 0,03 wL = 2 => hàm chi phí TC = 0,03K + 2L Lợi nhuận: = TR – TC = 40K0,3 L0,4 - 0,03K - 2L (L,K) = 16K0.3 L-0.6 – 2 (L,K) = 12K0.7 L0.4 – 0.03 (L,K) = -9,6K0, 3 L-1,6 (L,K) = -8,4K-1,7 L-0.4 39 (L,K) = 4,8K-0,7 L-0.6 (L,K) = 16K0.3 L-0.6 – 2 = 0 Tìm điểm dừng : 16K0.3 L-0.6 – 2 = 0 (L,K) = 12K0.7 L0.4 – 0.03 = 0 K = 400 Xét điểm dừng (L,K) ta có : 0,3 -1,6 A = -9,6K L < 0; B = 4,8K 2 -14 ∆ = AC – B ≈ 1,4.10 > 0 nên -0,7 -0,6 -1,7 0,4 L ; C = -8,4K L đạt cực đại tại điểm dừng (L,K) = (51200;2560000) Vậy L = 51200, K = 2560000 thì hãng thu được lợi nhuận tối đa. Bài 14 : Một doanh nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm. Cho biết hàm lợi nhuận của doanh nghiệp p = 15Q1 + 12Q2 – 3Q1 - Hãy tìm Q1, Q2 để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải : Ta có: p = 15Q1 + 12Q2 – 3Q1 ¶ (Q1,Q2) = 15 -3 ¶ (Q1,Q2) = 12 – 6 = = = 2 2 1 - -3 ( Q1,Q2) = -6 ( Q1,Q2) = -6 ( Q1,Q2) = -6 Xác định điểm dừng : 15 -3 12 – 6 -3 =0 =0 Q1 = 1 Û Q2 = 2 Q1 = 2 40 Q2 = 1 → π có điểm dừng là (Q1,Q2) = (2;1) hoặc (Q1,Q2) = (1;2) Với Q1 = 1 Q2 = 2 Ta có : = 2 2 1 ( Q1,Q2) = -6 ( Q1,Q2) = -12 = ( Q1,Q2) = -6 = A = -6 < 0 Δ = AC –B2 = -108 < 0 hàm lợi nhuận không đạt cực đại. Với Q1 = 2 Q2 = 1 Ta có : : = = = 2 2 1 ( Q1,Q2) = -12 ( Q1,Q2) = -6 ( Q1,Q2) = -12 A = -12 <0 Δ = AC –B2 = 108 > 0 π đạt cực đại tại (Q1,Q2) = (2,1) 41 Vậy, để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa thì (Q1,Q2) = (2,1). Bài 15: Doanh nghiệp cạnh tranh có hàm sản xuất: Q = -2K2 + 3KL – 2L2 + 30K + 20L ; ( K,L > 0 ) a) Hãy xác định mức sử dụng K,L để doanh nghiệp thu được mức sản lượng cực đại. ' Q K (K; L)  4K  3L  30 ' Q L (K; L)  3K  6L  20 Gọi M(K;L) là điểm dừng được xác định. ' -4K + 3L + 30 = 0 K = 16 ' 3K -6L + 20 = 0 L = 34/3 Q K (K; L)  0 Q L (K; L)  0 M ( 16; 34/3) Xét: A = Q”K (K;L) = -4 B = Q”K,L (K;L) = 3 C = Q”L(K;L) = -6 ∆= AC – B2 = 15 > 0 A<0 Q max tại M (16; 34/3) ∆>0 Vậy tại K = 16, L = 34/3 thì doanh nghiệp thu được mức sản lượng cực đại. b) Biết giá thuê một đơn vị tư bản K bằng 4, giá thuê một đơn vị lao động bằng 22, giá sản phẩm bằng 2. Hãy xác định mức sử dụng K,L để doanh nghiệp thu được lợi nhuận tối đa. PK = 4 ; PL = 22 ; Ptt = 2 Ta có : LPL  KPK = 22 L  4 K  TC 2 2 TR  P.Q  2.(2K  3KL  2L  30K  20L) 2 2  4K  6KL  6L  60K  40L Để DN thu được lợi nhuận tối đa: 42 = TR –TC = -4K2 + 6KL – 6L2 + 60K + 40L – 22L – 4K ( K,L) = -8K + 6L +56 ( K,L) = 6K -12L + 18 Gọi H ( K,L) là điểm dừng được xác định : K = 13 ( K,L) = 0 -8K + 6L +56 = 0 ( K,L) = 0 6K -12L + 18 = 0 H ( 13,8) L=8 Xét : A = " ( K,L) = -8 ; B = ∆ = AC –B2 = 60 > 0 và " , ( K,L) = 6 ; C = A<0 " ( K,L) = -12 Qmax tại H (13,8) ∆>0 Bài 16 : Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Hàm cầu là: QD  300  P và hàm tổng chi phí TC(Q)  Q3 19Q2  333Q 10 . Hãy xác định mức sản lượng Q sao cho xí nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải: Với một mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, thì xí nghiệp cần phải bán theo một đơn giá P sao cho QD  Q . Do đó, ta có: QD  Q Û 300  P  Q Û 300  Q  P Mặt khác, ta có: 2 Doanh thu của xí nghiệp là: TR  P.Q  (300  Q).Q  300Q  Q Doanh đạt lợi nhuận tối đa : = TR – TC =  Q3 + 18Q2 – 33Q + 10 Với Q > 0 thì = –3Q 2 + 36Q – 33 = 0 ó –3Q 2 + 36Q – 33 = 0 ó Q = 11 ( chọn) Q = 1 ( chọn) Mặt khác : " = –6Q + 36 43 " (11) = –30 < 0 => " (1) = 30 >0 => đạt cực đại ( thỏa yêu cầu bài toán) đạt cực tiểu ( không thỏa yêu cầu bài toán) Vậy với Q = 11 thì doanh nghiệp thu được lợi nhuận tối đa. Bài 17: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu là QD = 2640 – P và hàm tổng chi phí TC(Q) = Q2 + 1000Q + 100. Hãy xác định mức thuế t trên một đơn vị sản phẩm để có thể thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp. Giải: Với một mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, xí nghiệp phải bán theo đơn giá P sao cho QD  Q . Ta có: QD  Q Û 2640  P  Q Û P  2640  Q 2 Doanh thu của xí nghiệp là: TR(Q)  PQ  Q  2640Q Tiền thuế của xí nghiệp: T (t)  Qt Lợi nhuận xí nghiệp thu được: p (Q)  TR(Q)  TC(Q)  Qt 2 2  Q  2640Q  Q 1000Q 100  Qt 2  2Q  (1640  t)Q 100 Xác định Q  0 sao cho p đạt giá trị lớn nhất. Ta có: ( Q) = –4Q + 1640 – t ” ( Q) = 0 ó –4Q + 1640 – t = 0 ó Q = – + 410 ( Q) = –4 < 0 Cực đại Vậy Q = – + 410 là mức sản lượng để Khi đó tiền thuế xí nghiệp phải nộp là : 44 T(t) = tQ = – + 410t Ta có : T’(t) = – + 410 Ta cần xác định t > 0 sao cho T(t) đạt cực đại. T”(t) = 0 ó – + 410 = 0 ó t = 820 T”(t = 820) = – < 0 Cực đại Vậy với t = 820 thì tiền thuế thu được từ doanh nghiệp là lớn nhất Tmax = 168100 Bài 18: Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P – 200 và QD = 1800 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đó trên thị trường quốc tế cộng với chi phí nhập khẩu ( nhưng chưa tính thuế nhập khẩu) là P1 = 500. Một công ty được độc quyền nhập khẩu loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế nhập khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ công ty nhiều thuế nhất. (Giả sử khối lượng nhập khẩu của công ty không ảnh hưởng đến giá bản trên thị trường quốc tế). Giải : Điểm cân bằng trong thị trường nội địa : QS=QD Û1800 – P = P -200 ÛP= 1000 (P0 =1000) Gọi t là thuế trên 1 đơn vị sản phẩm thỏa mãn điều kiện : t  0 ; t + P1 < P0  t + 500 < 1000 (1) Lượng hàng mà công ty nhập về là: QD - QS= 1800 –P –P +200 = 2000 –2P Lợi nhuận mà công ty thu được là : (P) = ( P –P1 –t)(QD -QS) = (P –500 –t)(2000 –2P) 2 =2000P –2P –1000000 +1000P -2000t +2Pt 2 = – 2P + (3000 +2t)P -2000t -1000000 45 (P) = –4P +3000+ 2t (P) = 0 ó –4P +3000+ 2t =0 = 750 + óP= " (P) = –4 < 0 => " (750 + ) = –4 Tiền thuế công ty phải nộp: T(t) = t(QD -QS) = t(2000 -2P) = t(2000 -2(750 + 2 ))= 500t –t T’(t) = 500-2t T’(t) =0 Û 500 -2t =0 T’’(t) = –2 <0  Û t =250 (thỏa mãn điều kiện (1)) Vậy t = 250 là giá cần tìm Bài 19 : Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P – 20 và QD = 400 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đó trên thị trường quốc tế trừ đi chi phí xuất khẩu ( nhưng chưa tính thuế xuất khẩu) là P1 = 310. Một công ty được độc quyền xuất khẩu loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế xuất khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ công ty nhiều thuế nhất. (Giả sử khối lượng nhập khẩu của công ty không ảnh hưởng đến giá bản trên thị trường quốc tế). Giải : Điểm cân bằng trong thị trường nội địa : QS=QD Û P -20 = 400 –P P =210 (P0 =210). Û Gọi t là mức thuế trên một đơn vị sản phẩm thỏa điều kiện t  0 ; 310 –t > 210  t < 100 (*) Khi đó lượng hàng mà công ty xuất khẩu là : QS – QD = P -20 -400 +P = 2P -420 Lợi nhuận mà công ty thu được là : 2 (P) = (P1 – P –t)(QS – QD) = (310 –P –t)(2P -420) = 620P -130200 -2P +420P -2Pt+420t = -2P2 + (1040 – 2t)P + 420t -130200 (P) = – 4P + 1040 – 2t (P) = 0 ó P = 46 – = 260 – 0.5t " (P) = –4 < 0 => " (260 – ) = –4 Tiền thuế mà công ty cần phải nộp: 2 T(t) = t(QS – QD) = t(2P -420) = t( 2(260 -0.5t) -420) = 100t – t T’(t) = 100 -2t T’(t) =0 Û 100 -2t =0 T’’(t) =-2 <0  Û t= 50 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy t = 50 là giá cần tìm Bài 20 : Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm. Đơn giá hai loại sản phẩm trên thị trường là P1 = 60 và P2 = 75. Hàm tổng chi phí là : TC = + + . Hãy xác định các mức sản lượng Q1 và Q2 để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải : = 15 Tổng doanh thu: TR = P1Q1 + P2Q2 = 60Q1 + 75Q2 Hàm lợi nhuận: π = 60Q1 + 75Q2 – Ta có : = = = 2 2 1 – Q1 Q2 – ( Q1,Q2) = 60 – 2Q1 – Q2 và ( Q1,Q2) = 75 –Q1 – 2Q2 ( Q1,Q2) = –2 ( Q1,Q2) = –1 ( Q1,Q2) = –2 Xác định điểm dừng : 60 – 2Q1 – Q2 = 0 Q1 = 15 75 –Q1 – 2Q2 = 0 Q2 = 30 có điểm dừng là (Q1, Q2) = ( 15,30) Ta có : Δ = AC – B2= 3 > 0 nên π max tại Q1=15 và Q2=30 Bài 21: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm. Biết hàm cầu của hai loại sản phẩm trên lần lượt là : 47 = − à = Với hàm tổng chi phí là : TC = + + − . Q2 để doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. . Hãy định các mức sản lượng Q1 và + Giải : Q1 = 40 – 2P1 + P2 Q2 = 15 + P1 – P2 P1 = 55 – Q2 – Q1 Û Û P2 = 70 – Q1 – 2Q2 Hàm doanh thu là TR = P1Q1 + P2Q2 = 55Q1 +70Q2 – Lợi nhuận là π = TR – TC = 55Q1 + 70Q2 – 2 –3 –2 – 2Q1Q2 – 3Q1Q2 ( Q1,Q2) = 55– 3Q2– 4Q1 (Q1,Q2) = 70 – 6Q2 - 3Q1 (Q1,Q2) = -4 (Q1,Q2) = -6 ( ) = −3 , Tìm điểm dừng : ( Q1,Q2) = 55– 3Q2 – 4Q1 = 0 Q1 = 8 (Q1,Q2) = 70 – 6Q2 - 3Q1 Q2 =  Điểm dừng (Q1,Q2) = (8 ; Xét điểm dừng (Q1,Q2) = (8 ; ) ),ta có : A = -4 <0; B = -3; C = -6 2 ∆ = AC – B = 15 > 0 nên đạt cực đại tại (Q1,Q2) = (8; Vậy Q1 = 8; Q2 = ) thì doanh nghiệp đạt lợi nhuận cực đại. Bài 22 : Một người muốn dung số tiền 178000000 đồng để mua hai mặt hàng có đơn 48 giá P1 = 400000 đồng và P2 = 600000 đồng. Hàm hữu dụng của hai mặt hàng trên là TU  (x1  20).(x2 10) (x1, x2 lần lượt là số lượng của hai mặt hàng). Hãy xác định số lượng cần mua của hai loại mặt hàng trên để hàm hữu dụng đạt giá trị cao nhất. Giải : x1, x2 lần lượt là số lượng của hai mặt hàng TU  (x1  20).(x2 10) Điều kiện: M  P x1  P x2 178000000 400000x1  600000x2 Û 890 2x1  3x2 Û 2x1  3x2  890  0 Đặt: g(x1, x2 )  2x1  3x2  890 Thiết lập hàm Lagrange: L(x1, x2 ,l)  TU(x1, x2 )  lg(x1, x2 ) L(x1, x2 ,l)  (x1  20)(x2 10)  l(2x1  3x2  890) Ta có : = x2 + 10 + 2l x1 + 20 + 3l l = 2x1 + 3x2 – 890 =0   a tìm tọa độ điểm dừng M của hàm Larange là nghiệm của hệ: =0 x2 + 10 + 2lx1 = 0 x1 + 20 + 3l l = 0 2x1 + 3x2 – 890 = 0 x2 = 0 M(220;150;-80) l 49 Vi phân toàn phần cấp 2 (x1,x2,l (M) = 0  thỏa , ó2 +3 +2 ( ) = 0ó (M) = 2 +2 +0 + ( ) = −3 Vậy TUmax = 38400 ó = − 2  + (*) =0 ,thế (*),ta được: < 0 => TU ( , x1 = 220 ) đạt cực đại tại M x2 = 150 Bài 23 : Cho bảng cân đối liên ngành dạng hiện vật năm t Sản lượng Sản phẩm trung gian SPCC 300 60 24 80 136 240 30 48 40 122 400 90 24 120 166 Lao động 30 36 40 Năm (t+1) a) Hãy xác định các hệ số kỹ thuật và hệ số sử dụng lao động năm t. là các hệ số kỹ thuật Gọi = = 0.2 = = 0.3 = Nên ma trận Gọi = Nên ma trận = = 0.1 0.2 0.1 = 0.1 0.2 0.3 0.1 = 0.1 = 0.2 0.1 0.3 = = (0.1 0.15 0.1 ) = = 0.1 = = 0.2 = 0.1 = = 0.3 = 0.2 = 0.15 = = = 0.1 = 0.1 b) Biết q(t+1)=(150 ; 140 ; 180) và các hệ số kỹ thuật, lao động không đổi so với 50 năm t. Lập bảng cân đối liên ngành năm (t+1). Ta có :( I − α (t + 1) 0.8 = −0.1 −0.3 −0.1 −0.2 0.8 −0.1 −0.1 0.7 = 150 . 140 = 180 Nên Q( t+1) = ( I − α(t + 1) . q(t + 1) = 330.8 271.05 437.63 q11 = .Q1 = 0.2 x 330.8 = 66.16 q12 = .Q2 = 0.1 x 271.05 = 27.1 q21 = .Q1 = 0.1 x 330.8 = 33.08 q22 = .Q2= 0.2 x 271.05 = 54.21 .Q1 = 0.3 x 330.8 = 99.24 q32 = .Q2 = 0.1 x 271.05 = 27.1 .Q3 = 0.2 x 437.63 = 87.5 q23 = .Q3 = 0.1 x 437.63 = 43.76 q31 = q13 = q33 = q01 = q03 = .Q3 = 0.3 x 437.63 = 131.29 .Q1 = 0.1 x 330.8 = 33.08 q02 = .Q3 = 0.1 x 437.63 = 43.76 Sản lượng .Q2 = 0.15 x 271.05 = 40.6 Sản phẩm trung gian SPCC 330.8 66.16 27.1 87.5 150 271.05 33.08 54.21 43.76 140 437.63 99.24 27.1 131.29 180 Lao động 87.5 43.76 40.6 Năm (t+2) c) Xác định vectơ giá trị sản phẩm được sản xuất ra. Biết giá trị gia tăng của các ngành là wT = (0,05 ; 0,1 ; 0,15). Gọi P là vector giá trị sản phẩm được sản xuất ra : Với w = (0.05 0.1 0.15) 51  P = w . (I − α(t + 1)) 0.163 0.184 0.31 0.05 . 0.1 = 0.15 = Vậy P = ( 0.163 ; 0.184 ; 0.31 ) Bài 24 : Cho bảng cân đối liên ngành dạng hiện vật năm t Sản lượng Sản phẩm trung gian 210 42 36 66 0 36 22 122 18 22 96 18 66 Năm (t+1) 220 Lao động SPCC 42 a) Hãy tìm các giá trị còn thiếu trong bảng. Các giá trị còn thiếu: q1  Q1  (q11  q12  q13)  210  (12  36  66)  66 Q2  q21  q22  q23  q2  0  36  22  96  180 q31  Q3  (q32  q33  q3 )  220  (18  22  96)  84 b) Hãy xác định ma trận hệ số kỹ thuật và vecto sử dụng lao động năm t. Ta có : α (t) = () () = = 0.2 = = 0.4 = =0 Ma trận hệ số kỹ thuật : ( )= 52 0.2 0.2 0 0.2 0.4 0.1 0.3 0.1 0.1 = = = = 0.2 = 0.2 = 0.1 = = = = 0.3 = 0.1 = 0.1 Ta có : β (t) = = ( ) ( ) = 0.2 = Vector sử dụng lao động : = 0.1 = = 0.3 β(t) = (0.2; 0.1; 0.3) c) Nếu biết 31(t+1) = 31(t) còn các hệ số khác không đổi và q(t+1) = (70, 130, 100). Lập bảng cân đối liên ngành năm (t+1). Ta có ( + 1) = Ta có : ( ) = . 0,4 = 0,2 với các hệ số khác không đổi  Q(t + 1) = (I − α(t + 1)) q(t + 1) 0,8 −0,2 0 0,8 −0,2 −0,1 − ( + 1) =  (I − α(t + 1)) = −0,3 −0,1 0,9 ( B = ) ;với det ( − ( + 1)) = 0,516 , 0,71 0,21 0,02 0,66 0,16 0,12 0,26 0,08 0,64 = 70 130 = 100 Vậy : Q(t+1) = 175,969  Ta có : q (t + 1) = α (t + 1)Q (t + 1) q11 = .Q1 = 0.2 x q21 = .Q1 = 0 = q12= .Q2 = 0.2 x = q22 = .Q2= 0.2 x = 53 = q32 = q31 = .Q1 = 0.2 x q13 = .Q3 = 0.3x175,969 = 52,7907 q33 = .Q2 = 0.1 x q23 = .Q3 = 0.1 x 175,969 = 17,5969 .Q3 = 0.1 x 175,969 = 17,5969  q (t + 1) = β (t + 1)Q (t + 1) q01 = q03 = = = .Q1 = 0.2 x q02 = .Q3 = 0.3 x 175,969 = 52,7907 .Q2 = 0.1 x =  Bảng cân đối liên ngành dạng hiện vật (t+1) Sản lượng Sản phẩm trung gian 25750 129 23800 129 5150 129 0 5150 129 5150 129 175,969 Lao động 4760 129 4760 129 2380 129 2380 129 SPCC 52,7907 70 17,5969 130 17,5969 100 52,7907 Bài 25 : Cho ma trận hệ số kỹ thuật của năm t của 3 ngành dạng hiện vật : (t) = , , , , , , , , và vectơ sử dụng lao động năm t : (t) = (0,1 ; 0,2 ; 0,15) a) Tìm ma trận hệ số chi phí toàn bộ của năm t. Giải thích ý nghĩa kinh tế của phần tử ở cùng cột 3 của ma trận này. Ma trận hệ số chi phí toàn bộ năm t det (I − α(t)) 54 = θ = (I − α(t)) = 0,9 −0,3 0 −0,2 0,9 −0,3 −0,2 −0,3 0,9 θ = (I − α(t)) 1,2 0,3 0,1 0,4 1,35 0,45 = 0,4 5 0,72 . B = . 0,24 = 3 0,24 det I − α(t) 1 0,18 0,06 0,81 0,27 0,31 0,77 Ý nghĩa kinh tế các phần tử ở cùng cột 3 của ma trận là : Với = 0,1 = 0,45 có nghĩa : Để sản xuất ra 1 đơn vị sản phẩm cuối = cùng của ngành 3 thì ngành 1,2,3 cần cung cấp cho ngành 3 lượng sản phẩm lần lượt là : 0,1 ;0,45 ; b) Biết q(t+1) = (60, 50, 70) và các hệ số kỹ thuật, lao động không đổi so với năm t. Lập bảng cân đối liên ngành của năm (t+1). q(t+1) = ( 60 50 70) α(t) = α(t + 1) → (I − α(t + 1)) Q(t+1) = (I − α(t + 1)) = (I − α(t + 1)) 1,2 0,3 . q(t + 1) = 0,4 1,35 0,4 Ta có bảng cân đối liên ngành năm t+1 Sản lượng 0,1 94 60 0,45 . 50 = 123 70 Sản phẩm trung gian SPCC 94 9,4 24,6 0 60 123 18,8 12,3 42,9 50 139,6 18,8 36,9 70 Lao động 9,4 24,6 419 30 20,95 Năm (t+1) c) Xác định vecto giá trị sản phẩm các ngành, biết phần giá trị gia tăng của các ngành là wT = (0,05; 0,1; 0,15). Vectơ giá trị sản phẩm các ngành : 55 P = w . (I − α(t)) 1,2 = (0,05 0,1 0,15). 0,4 0,4 0,3 0,1 1,35 0,45 = (0,16 0,2275 0,2425) Bài 26 : Cho bảng cân đối liên ngành năm t của 3 ngành : Ngành GTSX 1 xij NCCC 1 2 3 2500 250 x12 400 1490 2 1800 500 180 400 X2 3 2000 750 360 200 690 GTGT Z1 180 400 V a) Tìm các hệ số còn lại trên bảng. Z1 = 1000 ; x12 = 360 b) Tìm ma trận hệ số chi phí trực tiếp năm t, giải thích ý nghĩa hệ số a32. a = = = 0,1 a = = = 0,3 a = = a = 0,2 a a = = = = = = = 0,2 = 0,1 = 0,2 a = a = a 0,1 0,2 0,2 Ma trận hệ số chi phí trực tiếp năm t : A = 0,2 0,1 0,2 0,3 0,2 0,1 a = = = = = 0,2 = 0,2 = 0,1 : cho biết để có 1 đơn vị sản phẩm ngành 2 thì ngành 3 phải cung cấp trực tiếp cho ngành này 1 lượng sản phẩm là 0,2 đơn vị. c) Nếu năm (t+1) nhu cầu về SPCC của các ngành là : (540 ;250 ;300) đơn vị tỷ VNĐ. Lập bảng cân đối liên ngành cho năm (t+1), biết A(t+1)=A(t). Vectơ hệ số chi phí đầu vào : b = 56 = = 0,4 b = = = 0,5 b = = = 0,5 Ta có : A(t+1) = A(t) I – A(t+1) = 0,9 −0,2 −0,2 0,9 −0,3 −0,2 θ = (I − A(t + 1)) −0,2 −0,2 0,9 = Y(t+1) = θ.Y(t+1) = x11= a11Y1 = 0,1.920,75 = 92.075 x12= a12Y2 = 0,2.657,12 = 131.424 x13= a13Y3 = 0,2.786,28 = 157,256 x31= a31Y1 = 0,3. 920,75 = 276,225 x32= a32Y2 = 0,2.657,12 = 131.424 x33= a33Y3 = 0,1.786,28 = 78,628 Bảng cân đối liên ngành năm (t+1) Ngành GTSX 1 1 920,755 92,075 2 657,118 184,15 3 486,277 276,225 GTGT 368,3 920,75 540 . 250 = 657,12 786,28 300 x21= a21Y1 = 0,2.920,75 = 184,15 x22= a22Y2 = 0,1.657,12 = 65,712 x23= a23Y3 = 0,2.786,28 = 157,26 Z1= b1Y1 = 0,4.920,75 = 368,3 Z2= b2Y2 = 0,5.657,12 = 328,56 Z3= b3Y3 = 0,5.786,28 = 393,14 x 2 131,424 65,712 131,424 328,56 NCCC 3 157,256 157,256 78,628 393,14 540 250 300 Bài 27 : Cho ma trận các hệ số chi phí trực tiếp dạng giá trị của năm t là : A(t) = , , , , , , , , Hệ số chi phí tương ứng là : (0,2 ; 0,2 ; 0,1), giá trị sản lượng của các ngành ở năm t là : Y(t) = 57 a) Lập bảng cân đối liên ngành năm t. X11 = 0,2 . 1450 = 290 X12 = 0 . 1990 = 0 X13 = 0,3 . 1500 = 450 X21 = 0,1 . 1450 = 145 X22 = 0,1 . 1990 = 199 X23 = 0,1 . 1500 = 150 X31 = 0,2 . 1450 = 290 X32 = 0,2 . 1990 = 398 X33 = 0,1 . 1500 = 150 Bảng cân đối liên ngành năm t: Ngành 1 2 3 GTSX GTSX 1450 1990 1500 GTGT 4940 1 290 145 290 725 1450 Xij 2 0 199 398 1393 1990 NCCC 3 450 150 150 750 1500 710 1496 662 V = 2868 b) Lập ma trận hệ số chi phí toàn bộ năm t. Ta có: − ( )= 0,8 −0,1 −0,2 0 −0,3 0,9 −0,1 −0,2 0,9  Ma trận hệ số chi phí toàn bộ năm t : C = ( − ( )) = c) Biết X(t+1)=(800, 1500, 700) và các hệ số không đổi, lập bảng cân đối liên ngành năm (t+1). Do các hệ số không đổi nên 58 A( t+1) = A(t) = 800 Mà X( t+1) = 1500 700  ( + 1) = 0,2 0 0,1 0,1 0,2 0,2 0,3 0,1 0,1 + ( + 1) X11 = 0,2 . 1593 = 319 X12 = 0 . 2019 = 0 X13 = 0,3 . 1580 = 474 X21 = 0,1 . 1593 = 159 X22 = 0,1 . 2019= 202 X23 = 0,1 . 1580 = 158 X31 = 0,2 . 1593 = 319 X32 = 0,2 . 2019 = 404 X33 = 0,1 . 1580 = 158 Bảng cân đối liên ngành năm t+1 Ngành GTSX 1 2 3 1 319 159 319 796 1593 1593 2019 1580 GTGT 5193 GTSX 1593 800 . 1500 = 2019 1580 700 . ( + 1) = Xij 2 0 202 202 1615 2019 NCCC 3 474 158 158 790 1580 800 1500 700 V = 3000 Bài 28: Cho ma trận các hệ số chi phí trực tiếp dạng giá trị của năm t như sau: A= , , , , , , , , , Hệ số chi phí lương là : (0,2 ; 0,1 ; 0,2) 59 Giá trị sản lượng của các ngành ở năm t là : Y(t) = a) Lập bảng cân đối liên ngành năm t : X11 = 0,3 . 1450 = 135 X12 = 0,2 . 600 = 120 X13 = 0,3 . 560 = 168 X21 = 0,1 . 450 = 45 X22 = 0,3 . 600 = 180 X23 = 0,2 . 560 = 112 X31 = 0,3 . 450 = 135 X32 = 0,3 . 600 = 180 X33 = 0,2 . 560 = 112 Bảng cân đối liên ngành năm t: Ngành GTSX NCCC Xij 1 2 3 1 450 135 120 168 27 2 600 45 180 112 263 3 560 135 180 112 133 GTGT 135 120 168 V = 423 GTSX 1610 450 600 560 b) Lập ma trận hệ số chi phí toàn bộ dạng giá trị năm t. Giải thích ý nghĩa kinh tế của phần tử ở dòng 2 cột 3 của ma trận này. − ( )= 0,7 −0,1 −0,3 −0,2 −0,3 0,7 −0,2 −0,3 0,8 C = ( − ( )) = 2 0,56 0,96 1 1 1,88 0,68 1,08 1,88 Ý nghĩa: = 0,68 là: để sản xuất một đơn vị giá trị nhu cầu cuối cùng của ngành 3, thì ngành 2 cần phải sản xuất một lượng sản phẩm có giá trị là 0,68. c) Năm (t+1) nhu cầu sản phẩm cuối cùng của các ngành là (180; 150; 100) (tỷ VNĐ). Tính giá trị sản lượng của các ngành, biết rằng các hệ số chi phí năm (t+1) và năm t như nhau. 60 Ta có : Các hệ số chi phí năm (t+1) và năm t như nhau nên 0,3 0,1 0,3 A(t+1) = A(t) = Y(t+1) = 0,2 0,3 0,3 0,2 0,3 0,2 − ( + 1) 180 và x(t+1) = 150 100 2 . ( + 1) = 1 1 . 180 610 150 = 451 100 523 610 Vậy giá trị sản lượng của các ngành ở năm (t+1) là Y(t+1) = 451 523 Bài 29 : Cho bảng cân đối liên ngành dạng giá trị năm t Giá trị Tổng Giá trị sản phẩm trao đổi trung gian sản lượng 600 120 90 56 450 60 45 112 560 90 22,5 168 Nhập khẩu 30 45 84 Lương 60 67,5 28 Khấu hao 60 45 28 Thuế 60 45 28 Lợi nhuận 120 90 56 a) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng. x 1 = X1 - ∑ = 600 – (120+90+56) = 334 x 2 = X2 - ∑ = 450 – (60+45+112) = 233 Giá trị sản phẩm cuối cùng x 3 = X3 - ∑ = 560 – (90+22,5+168) = 279,5 b) Tìm ma trận hệ số chi phí toàn bộ năm t, cho biết ý nghĩa kinh tế của phần tử năm ở dòng 2 cột 3. a11 = a21 = a31 = = = 0,2; a12 = = = 0,15; a32 = = = 0,1; a22 = = = =  Ma trận hệ số chi phí trực tiếp = 0,2; a13 = = 0,1; a23 = , = 0,05; a33 = = = = 0,1; = = 0,2; = 0,3. 61 0,2 0,2 0,1 0,1 0,2 A = 0,1 0,15 0,05 0,3 Ma trận hệ số chi phí toàn bộ : 0,8 C = (I - A) = −0,1 −0,15 -1 Ý nghĩa phần tử c23 = −0,2 −0,1 0,9 −0,2 −0,05 0,7 ⎞ ⎟ ⎛ =⎜ ⎠ ⎝ ≈ 0,3679 là: để sản xuất một đơn vị giá trị nhu cầu cuối cùng của ngành 3, thì ngành 2 cần phải sản xuất một lượng sản phẩm có giá trị là 0,3679. c) Tìm ma trận hệ số các yếu tố đầu vào sơ cấp năm t, cho biết ý nghĩa kinh tế của phần tử nằm ở dòng 1 cột 3. b11 = b21 = b31 = b41 = b51 = = = 0,05 ; b12 = = = 0,1; b32 = = = = = = 0,1; b22 = = = 0,1; b42 = = = 0,2; b52 = = = , = 0,1; b13 = = 0,15; b23 = = = = 0,15; = 0,05; = 0,1; b33 = = = 0,05; = 0,2; b53 = = = 0,1; = 0,1; b43 = = = 0,05;  ma trận các yếu tố đầu vào sơ cấp năm t là: 0,05 0,1 0,15 ⎡ 0,1 0,15 0,05⎤ ⎢ ⎥ B = ⎢ 0,1 0,1 0,05⎥ 0,1 0,05⎥ ⎢ 0,1 ⎣ 0,2 0,2 0,1 ⎦ Ý nghĩa kinh tế của phần tử b13 = 0,05 là: Để có một đơn vị giá trị sản phẩm ngành 3 thì ngành này phải sử dụng trực tiếp 0,05 đơn vị giá trị đầu vào yếu tố sơ cấp thứ 1. d) Giả sử các hệ số năm (t+1) không đổi so với năm t, và vectơ sản phẩm cuối cùng năm (t+1) là x(t+1)=( ). Lập bảng cân đối liên ngành năm (t+1). Ta có A(t+1)=A(t); B(t+1)=B(t) ⎞ 500 814,935 ⎟ . 100 = 373,3766 772,73 400 ⎠ ⎝ Tính xij(t+1) ta áp dụng công thức : xij(t+1) = aij.Xj(t+1) ⎛ X(t+1) = [I – A(t+1)] .x(t+1) = ⎜ -1 62  x11 = 162,987; x12 = 74,675; x13 = 77,273 ; x21 = 81,493 ; x22 = 37,3376; x23 = 154,546 ; x31 = 122,24; x32 = 18,67; x33 = 231,82 ; Tính yij(t+1) ta áp dụng công thức : yij(t+1) = bij.Xj(t+1)  y11 = 40,749; y12 = 37,33766; y13 = 115,9085; y21 = 81,493; y22 = 56,0062; y23 = 38,6365; y31 = 81,493; y32 = 37,33766; y33 = 38,6365; y41 = 81,493; y42 = 37,33766; y43 = 38,6365; y51 = 162,987; y52 = 74,675; y53 = 77,273. Vậy bảng cân đối liên ngành năm (t+1) là : Giá trị tổng sản Giá trị sản phẩm trao đổi trung gian lượng 814,935 162,987 74,675 77,273 373,3766 154,546 81,493 37,3376 772,73 122,24 18,67 231,82 Nhập khẩu 40,749 115,9085 37,3376 Lương 56,0062 38,6365 81,493 Khấu hao 38,6365 81,493 37,3376 Thuế 38,6365 81,493 37,3376 Lợi nhuận 162,987 74,675 77,273 Giá trị SPCC 500 100 400 Bài 30 : Cho bảng cân đối liên ngành dạng giá trị năm t Giá trị Tổng Giá trị sản phẩm trao đổi trung gian Giá trị sản sản lượng phẩm cuối cùng 1450 290 0 450 1990 145 199 150 1500 290 398 150 Nhập khẩu 72,5 398 150 Lương 145 298,5 150 Khấu hao 145 99,5 Thuế 72,5 199 150 Lợi nhuận 290 398 225 a) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng y33 = X3 – (∑ )–y13–y23–y43–y53 = 1500–(450+150+150)–150-150-150-225 = 75 x 1 = X1 - ∑ = 1450 – (290+0+450) = 710 x 2 = X2 - ∑ = 1990 – (145+199+150) = 1496 63 x 3 = X3 - ∑ = 1500 – (290+398+150) = 662 b) Tính ma trận hệ số chi phí toàn bộ năm t a11 = a21 = a31 = = = 0,2; a12 = = = 0; a13 = = = 0,2; a32 = = = 0,2; a33 = = 0,1; a22 = = = 0,1; a23 = =  Ma trận hệ số chi phí trực tiếp 0,2 0 0,3 A = 0,1 0,1 0,1 0,2 0,2 0,1 Ma trận hệ số chi phí toàn bộ : 0,8 0 −0,3 C = (I - A) = −0,1 0,9 −0,1 −0,2 −0,2 0,9 ⎛ =⎜ -1 Ý nghĩa phần tử c23 = = = 0,3; = = 0,1; = = 0,1. ⎞ ⎟ ⎠ ⎝ ≈ 0,1923 là: để sản xuất một đơn vị giá trị nhu cầu cuối cùng của ngành 3, thì ngành 2 cần phải sản xuất một lượng sản phẩm có giá trị là 0,1923. c) Tìm ma trận hệ số các yếu tố đầu vào sơ cấp năm t, cho biết ý nghĩa kinh tế của phần tử nằm ở dòng 1 cột 3. b11 = b21 = b31 = b41 = b51 = = = = = = , , = 0,05 ; b12 = = 0,1; b22 = = 0,1; b32 = = 0,05; b42 = = 0,2; b52 = = = = = = , , = 0,2; b13 = = 0,15; b23 = = 0,05; b33 = = 0,1; b43 = = 0,2; b53 = = = = = = = 0,1; = 0,1; = 0,05; = 0,1; = 0,15;  ma trận các yếu tố đầu vào sơ cấp năm t là: 0,05 0,2 0,1 ⎡ 0,1 0,15 0,1 ⎤ ⎥ ⎢ B = ⎢ 0,1 0,05 0,05⎥ 0,1 ⎥ ⎢0,05 0,1 ⎣ 0,2 0,2 0,15⎦ Ý nghĩa kinh tế của phần tử b13 = 0,1 là: Để có một đơn vị giá trị sản phẩm ngành 3 thì ngành này phải sử dụng trực tiếp 0,1 đơn vị giá trị đầu vào yếu tố sơ cấp thứ 1. 64 ⎞ 1000 1916 ⎟ . 1500 = 2077 800 1776 ⎠ ⎝ Tính xij(t+1) ta áp dụng công thức : xij(t+1) = aij.Xj(t+1)  x11 = 383; x12 = 0 ; x13 = 533 ; ⎛ d) Ta có : Xj(t+1) = C. xj(t+1) = ⎜ x21 = 191 ; x22 = x31 = 383; x32 = ≈ 208; x23 = 178 ; ≈ 415; x33 = 178 ; Tính yij(t+1) ta áp dụng công thức : yij(t+1) = bij.Xj(t+1)  y11 = 95,8 ; y12 = 415 ; y13 = 178 ; y21 = 191,6; y22 = 311,5 ; y23 = 178 ; y31 = 191,6; y32 = 103,8 ; y33 = 88 ; y41 = 95,8 ; y42 = 207,7 ; y43 = 178 ; y51 = 384,2 ; y52 = 415 ; y53 = 265. Kế hoạch giá trị sản phẩm trao đổi năm (t+1) là : Giá trị 1916 2077 1776 Nhập khẩu Lương Khấu hao Thuế Lợi nhuận Giá tị sản phẩm trao đổi trung gian 383 191 383 95,8 191,6 191,6 95,8 384,2 0 208 415 415 311,5 103,8 207,7 415 533 178 178 178 178 88 178 265 Giá trị SP cuối cùng 1000 1500 800 Bài 31: Cho ma trận hệ số chi phí trực tiếp và chi phí toàn bộ dạng giá trị năm t , , , , , , A= . , , ;C= , , , , , , , , , a) Hãy giải thích ý nghĩa của tổng các phần tử nằm trên cột 3 của ma trận A = 0,2 + 0,3 + 0,25 = 0,75 Ý nghĩa: Để sản xuất ra một đơn vị giá trị ngành 3 thì ngành thứ nhất, thứ hai, thứ ba phải cung cấp trực tiếp cho ngành này một lượng sản phẩm có giá trị là 0,75. b) Cho biết sang năm (t+1) các hệ số kỹ thuật không thay đổi, nếu mục tiêu giá trị 65 sản phẩm dành cho nhu cầu cuối cùng ngành thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt tăng 15; 10; 12 đơn vị giá trị thì giá trị sản lượng các ngành cần tăng thêm bao nhiêu đơn vị để đáp ứng mục tiêu đó. 15 Theo đề bài, ta có: x = 10 12 -1 Mặc khác: Xj = [I – Aij] . xij = C.xij 36,362 1,518 0,47 0,741 15 Û Xj = C.xij = 0,759 1,664 1,085 . 10 = 41,045 39,744 0,506 0,633 2,152 12 Bài 32: Cho bảng cân đối liên ngành năm t như sau: Giá trị Giá trị sản phẩm trao đổi trung gian Giá trị SP cuối cùng x1 95 95 250 50 35 30 180 x21 25 35 150 40 25 30 Nhập khẩu 10 y12 5 Tiền lương 30 15 20 Khấu hao y31 10 5 Thuế 20 10 10 Lợi nhuận 65 50 15 a) Hãy tìm các số liệu còn thiếu trong bảng trên và tính ma trận hệ số kỹ thuật, giải thích ý nghĩa kinh tế của a32. x21 = 180 – (25+35+95) = 25 x1 = 250 – (50+35+30) = 135 y12 = 180 – (35+25+25+15+10+10+50) =10 y31 = 250 – (50+25+40+10+30+20+65) = 10 Ta đi tìm ma trận hệ số chi phí trực tiếp a11 = a21 = a31 = 66 = = 0,2; a12 = = = 0,16; a32 = = = 0,1; a22 = = = =  Ma trận hệ số chi phí trực tiếp 0,2 0,194 0,2 A = 0,1 0,139 0,23 0,16 0,139 0,2 = 0,194; a13 = = 0,139; a23 = = 0,139; a33 = = = = = 0,2; = 0,23; = 0,2. Ý nghĩa kinh tế của a32 = 0,139 là: Để sản xuất ra một đơn vị giá trị ngành 2 thì ngành 3 phải cung cấp trực tiếp cho ngành này một lượng sản phẩm có giá trị là 0,139. Ma trận hệ số chi phí toàn bộ : 0,8 −0,194 −0,2 1,39 0,387 0,459 0,861 −0,23 = 0,247 1,287 0,432 C = (I - A)-1= −0,1 −0,16 −0,139 0,8 0,321 0,301 1,417 b) Cho x(t+1)= ( ), các hệ số khác không đổi. Hãy lập kế hoạch giá trị sản phẩm trao đổi năm (t+1). 1,39 0,387 0,459 180 333,4266 Ta có : Xj(t+1) = C. xj(t+1) = 0,247 1,287 0,432 . 120 = 233,46 207,249 0,321 0,301 1,417 80 Tính xij(t+1) ta áp dụng công thức : xij(t+1) = aij.Xj(t+1)  x11 = 66,685; x12 = 45,2912; x13 = 41,4498; x21 = 33,342; x22 = 32,451; x23 = 47,667 ; x31 = 53,3482; x32 = 32,451; x33 = 41,4498 ; Tính yij(t+1) ta áp dụng công thức : yij(t+1) = bij.Xj(t+1) 0,04 ⎛ ⎞ 0,12 ⎜ ⎟ 0,04 ⎜ ⎟ Với bij= ta có : B = ⎜ ⎟ ⎜0,08 ⎟ 0,26 0,1⎠ ⎝  y11 = 13,337; y12 = 12,97; y13 = 7; y21 = 40; y22 = 19,5; y23 = 28; y31 = 13,337; y32 = 12,97; y33 = 7; y41 = 26,674; y42 = 12,97; y43 = 13,9575; y51 = 86,7034; y52 = 64,8568; y53 = 20,7249. Kế hoạch giá trị sản phẩm trao đổi năm (t+1) là : Giá trị 333,4266 233,46 207,249 Nhập khẩu Lương Khấu hao Giá tị sản phẩm trao đổi trung gian 66,685 33,342 53,3482 13,337 40, 13,337 45,2912 32,451 32,451 12,97 19,5 12,97 41,4498 47,667 41,4498 7 28 7 Giá trị SP cuối cùng 180 120 80 67 Thuế Lợi nhuận 26,674 86,7034 12,97 64,8568 13,9575 20,7249 Bài 33: Ma trận hệ số đầu vào các yếu tố B, ma trận hệ số chi phí toàn bộ C dạng giá trị năm t: , = C= , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , a) Cho các giá trị sản xuất của các ngành lần lượt là (3000; 2800; 4000). Lập bảng cân đối liên ngành dạng giá trị của các ngành? b) Giá một đơn vị sản phẩm của các ngành năm t lần lượt là (3;4;8). Trong năm (t+1) theo dự báo thì chỉ số giá các yếu tố đầu vào sơ cấp là (1,05; 1,1;1,2;1,15), tính giá 1 đơn vị sản phẩm ngành năm (t+1)? Giải: 0,85 − 0,1 − 0,2 -1 -1 0,8 − 0,15 a) C= (I3 –A)  I3 –A=C = −0,3 −0,1 − 0,2 0,9 0,15 0,1 0,2 0,2 0,15  0,3 0,1 0,2 0,1 X(t)=(3000;28000;4000) 1470 x(t)=X(t)×(I3- A)= 740 2740  Bảng cân đối liên ngành Giá trị tổng GT sản phẩm trao đổi trung gian Giá trị sản sản lượng phẩm cung cấp 3000 450 280 800 1470 2800 900 560 600 740 4000 300 560 400 2740 68 Nhập khẩu 300 Tiền lương 300 Khấu hao 300 Thuế 450 T b) w = (1,05; 1,1; 1,2; 1,15) 420 280 420 280 600 800 400 400 1,302 0,245 0,33 K = w .B.C=(0,5075; 0,5625; 0,6125) . 0,538 1,406 0,354 0,264 0,34 1,226 = (1,125; 1,23; 1,118)  Giá một đơn vị sản phẩm các ngành năm (t+1) là: Pj(t+1) = Pj(t).Kj P1(t+1) = P1(t).K1 = 3.1,125 = 3,375 P2(t+1) = P2(t).K2 = 4.1,23 = 4,492 P3(t+1) = P3(t).K3 = 8.1,118 = 8,944 Vậy giá một đơn vị sản phẩm các ngành năm (t+1) là: (3,375 ; 4,492 ; 8,944). Bài 34: Ma trận hệ số chi phí trực tiếp A, ma trận hệ số yếu tố đầu vào sơ cấp B dạng giá trị năm t: , , , , , , , , , , , A= , ; B= , , , , , , , , , a) Cho giá trị sản xuất của các ngành lần lượt là (1500;2500;3200). Lập bảng cân đối liên ngành dạng giá trị năm t? b) Giá một đơn vị sản phẩm của các ngành năm t lần lượt là (2;3;5). Tìm ma trận hệ số chi phí toàn bộ dạng hiện vật năm t và ý nghĩa của phần tử nằm ở dòng 2 cột 3 của ma trận đó? Giải: 0,85 − 0,1 − 0,25 a) I3-A= −0,2 0,8 0,1 −0,1 − 0,1 0,85 225 x(t)=(I3-A).X(t)= 1380 2320 xij(t)=aij.X(t)  Bảng cân đối liên ngành Giá trị tổng Giá trị sản phẩm trao đổi Giá trị SPCC T T 69 sản phẩm 1500 225 250 625 225 2500 300 500 250 1380 3200 150 250 375 2320 Nhập khẩu 300 375 320 Lương 150 500 320 Khấu hao 150 375 320 Thuế 225 250 320 b) Ta có giá một đơn vị sản phẩm của các ngành năm t lần lượt là: (P1; P2; P3) = (2; 3; 5). Ma trận hệ số chi phí toàn bộ dạng hiện vật năm t Ta có: ij =  11 = a11. = . . . = aij. = 0,15. = 0,15 ; 12 = a12. = 0,1. = 0,15 ; 21 = a21. = 0,2. = 0,133 ; 22 = a22. = 0,2. = 0,2 ; 31 = a31. = 0,1. = 0,04 ; 32 = a32. = 0,1. = 0,06 ; 13 = a13. = 0,25. = 0,625 ; 23 = a23. 33 = a33. = 0,15. = 0,15. = 0,1. = 0,167; Vậy ma trận hệ số chi phí toàn bộ dạng hiện vật năm t là 0,15 0,15 0,625  = 0,133 0,2 0,167 0,04 0,06 0,15 Hệ số 23 cho biết để ngành thứ 3 sản xuất được 1 đơn vị sản phẩm, thì ngành thứ 2 phải cung cấp cho nó 0,167 đơn vị sản phẩm dưới dạng tư liệu sản xuất. Bài 35: Ma trận hệ số đầu vào các yếu tố sơ cấp B, ma trận hệ số chi phí toàn bộ C dạng giá trị năm t: , , , , , , , , , , , ; C= , B= , , , , , , , , , 70 Giải: a) Biết giá trị sản xuất của các ngành lần lượt là (5000;3000;6500). Lập bảng cân đối liên ngành dạng giá trị năm t? b) trong năm (t+1) các yếu tố kĩ thuật , kinh tế không đổi. Biết chỉ số giá của các yếu tố đầu vào sơ cấp của các ngành được dự báo làn lượt là (1,5;1,2;1,1;2) và giá một đơn vị sản phẩm của các ngành năm t lần lượt là (3;4;5;2). Hãy tính sự biến động giá của năm (t+1) so với năm t? 0,9 − 0,2 − 0,15 0,9 − 0,15 a) I3-A= C = −0,15 −0,05 − 0,1 0,8 0,1 0,2 0,15 0,1 0,15 A= 0,15 0,05 0,1 0,2 2925 x(t)= X(t).(I-A)= 975 4650 xij(t)=aij.X(t) yij(t)=bij.X(t)  bảng cân đối liên ngành Giá trị tổng Giá trị sản phẩm trao đổi sản lượng 5000 500 600 975 3000 750 300 975 6500 250 300 1300 Nhập khẩu 1000 500 650 Lương 1250 1000 975 Khấu hao 250 1000 975 Thuế 1000 500 650 -1 Giá trị SPCC 2925 975 4650 b) Ta có giá một đơn vị sản phẩm của các ngành năm t lần lượt là: (P1; P2; P3) = (3; 4,5; 2) Chỉ số giá của các yếu tố đầu vào sơ cấp của các ngành năm (t+1) là: wT = (1,5; 1,2; 1,1; 2). Mặc khác: 71 KT = wT.B.C 1,175 0,292 0,275 1,158 0,263 = (1,055; 0,81; 0,695). 0,213 0,1 0,167 1,3 = (1,481; 1,385; 1,406)  Sự biến động giá của năm (t+1) so với năm t: Pj = Pj(t+1) – Pj(t) = Pj(t).Kj – Pj(t) = Pj(t).(Kj – 1)  P1 = P1(t).(K1 – 1) = 3.(1,481 – 1) = 1,443 P2 = P2(t).(K2 – 1) = 4,5.(1,385 – 1) = 1,7325 P3 = P3(t).(K3 – 1) = 2.(1,406 – 1) = 0,812. Chương III : QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Bài 1: Lập mô hình bài toán 1.1. Nhân dịp tết trung thu, xí nghiệp sản xuất bánh "Trăng" muốn sản xuất 3 loại bánh : đậu xanh, thập cẩm và bánh dẻo nhân đậu xanh. Để sản xuất 3 loại bánh này, xí nghiệp cần: đường, đậu, bột, trứng, mứt, lạp xưởng, ... Giả sử số đường có thể chuẩn bị được là 500kg, đậu là 300kg, các nguyên liệu khác muốn bao nhiêu cũng có. Lượng đường, đậu cần thiết và lợi nhuận thu được trên một cái bánh mỗi loại cho trong bảng sau Bánh Bánh đậu Bánh thập Bánh dẻo Nguyên liệu xanh cẩm Đường (g) 60 40 70 Đậu (g) 80 0 40 Lợi nhuận (đồng) 2000 1700 1800 Cần lập kế hoạch sản xuất mỗi loại bánh bao nhiêu cái để không bị động về đường, đậu và tổng lợi nhuận thu được là lớn nhất nếu sản xuất bao nhiêu cũng bán hết. Giải: 72 Gọi là x1 là số bánh đậu xanh; x2 là số bánh thập cẩm; x3 l à số bánh dẻo nhân đậu xanh. Khi đó 2 hàm mục ti êu l à: f(x) = 2000x1 + 1700x2 + 1800x3 → max Các ràng buộc: 60 + 40 + 70 ≤ 500000 80 + 40 ≤ 300000 1.2. Một xí nghiệp dệt hiện có 3 loại sợi : Cotton, Katé, Polyester với khối lượng tương ứng là 3; 2,5; 4,2 (tấn). Các yếu tố sản xuất khác có số lượng lớn. Xí nghiệp có thể sản xuất ra 3 loại vải A, B, C (với khổ bề rộng nhất định) với mức tiêu hao các loại sợi để sản xuất ra một mét vải các loại cho trong bảng sau A B Loại vải Loại sợi (g) Cotton 200 200 Katé 100 200 polyester 100 100 C 100 100 200 Biết lợi nhuận thu được khi sản xuất một mét vải các loại A, B, C tương ứng là 350, 480, 250 (đồng). Sản phẩm sản xuất ra đều có thể tiêu thụ được hết với số lượng không hạn chế, nhưng tỷ lệ về số mét vải của B và C phải là 1 : 2. Hãy xây dựng bài toán tìm kế hoạch sản xuất tối ưu. Giải: Gọi x1 , x2, x3 lần lượt là số mét vả A, B, C cần sản xuất, ≥ 0, = 1,3 Tổng lợi nhuận thu được f= 350x1 + 480x2 +250x3(đồng) → max 200 100 100 + 200 + 100 ≤ 3000000 + 200 + 100 ≤ 2500000 + 100 + 200 ≤ 4200000 = 0 2 − xj ≥ 0,j = 1,3 1.3. Một trại chăn nuôi định nuôi 3 loại bò : bò sữa, bò cày và bò thịt. Số liệu điều tra được cho trong bảng sau, với đơn vị tính là ngàn đồng / con. Loại bò Bò sữa Bò cày Bò thịt Chi phí Dự trữ 73 Vốn Chi phí chăn nuôi Lời 123 18 59 127 15 49 162 15 57 7020 800 Tìm số bò mỗi loại cần nuôi sao cho tổng tiền lời là lớn nhất. Biết rằng số bò sữa không quá 18 con. Giải: Gọi x1, x2, x3 lần lượt là bò sữa, bò cày, bò thịt Ta có: F(x) : 59 + 49 + 57 → 123 18 1 + 127 + 15 + 162 + 15 ≤ 7020 ≤ 800 ≤ 800 1.4. Một đội sản xuất dự định dùng 31 sào đất để trồng bắp cải, cà chua, đậu, khoai tây, hành. Các số liệu cho trong bảng sau Tài nguyên Lao động (công/sào) Chi phí (ngàn đồng/sào) Lời (ngàn đồng/sào) Giải: Gọi , , , , Dự trữ 1892 Bắp cải Cà chua Đậu Hành 23 Khoai tây 26 79 55 1828 38 22 31 63 50 376 128 104 177 310 lần lượt là số sào đất để trồng bắp cải, cà chua, đậu, khoai tây, hành. Vì sô sào đất không thể trồng là số âm nên ta có các điều kiện: Xj ≥ 0, j = 1,5 Tổng lời thu được là : f(x) = 376 + 128 + 104 + 177 + 310 Do số lượng lao động và chi phí không thể vượt qua số lượng hiện có nên : 74 35 79 38 Tổng sô sào đất hiện có: + 55 + 22 + 23 + 31 + Ta có bài toán : + + 26 + 63 + + f(x) = 376x1 + 128x2 + 104x3 +177x4 + 310x5 → max + 35 + 50 = 31 + + + + ⎧ ⎪79 + 55 + 23 + 26 + 35 ⎨38 + 22 + 31 + 63 + 50 ⎪ ≥ 0, = 1, 5 ⎩ 1.5 ≤ 1892 ≤ 1828 =3 ≤ 1892 ≤ 1828 Để sản xuất 3 loại sản phẩm I, II, III, người ta cần dùng 4 loại nguyên liệu N1 , N2 , N3 , N4 , với các số liệu được cho trong bảng sau Nguyên liệu N1 N2 N3 N4 Thu nhập Dự trữ 22 16 18 21 Sản phẩm I 2 2 0 3 7 Sản phẩm II 3 1 0 3 5 Sản phẩm III 1 0 3 4 6 Tìm phương án phân phối sản xuất sao cho tổng thu nhập của xí nghiệp là lớn nhất. Giải: Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số sản phẩm xí nghiệp sx Ta có hàm mục tiêu f(x) = 7x1 + 5x2 + 6x3 → min 2 ⎧2 ⎪ ⎨3 ⎪ ⎩ +3 + + ≤ 22 ≤ 16 ≤ 18 + 3 + 4 ≤ 21 ớ , , ≥0 Đưa về dạng chính tăc : 75 2 +3 2 + 3 +3 + +4 Bảng đơn hình : + + + ≤ 22 = 16 = 18 = 21 x2 x3 x4 x5 x6 x7 ACS SHTD x1 x4 22 2 3 1 1 0 0 0 x5 16 2 1 0 0 1 0 0 x6 18 0 0 1 0 0 1 0 x7 21 3 3 4 0 0 0 1 f(x) 0 7 5 6 0 0 0 0 Hàng cuối cùng có 3 số dương, ta chọn số dương lớn nhất là 7 và phần tử trục xoay là hàng thứ 4 ACS x4 SHTD 8 x1 0 x2 1 x3 - x4 1 x5 0 x6 0 x7 - x5 2 0 -1 0 1 0 x6 x1 18 7 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 f(x) -49 0 -2 1 4 3 - 0 0 0 0 1 3 - Vậy phương án tối ưu là (7, 0, 0) với fmax = 49 1.6. Một chủ nông trại có quyền sở hữu 100 mẫu đất dự định trồng 3 loại cây A, B, C. Chi phí hạt giống tương ứng cho 3 loại cây A, B, C là 40$, 20$, 30$. Số tiền tối đa có thể chi cho việc mua hạt giống là 3200$. Số ngày công chăm sóc cho các loại cây A, B, C trên một mẫu tương ứng là 1, 2, 1. Số ngày công tối đa có thể có là 160. Nếu lợi nhuận trên một mẫu của mỗi loại cây cho bởi : A là 100$, B là 300$, C là 200$, thì phải trồng mỗi loại cây bao nhiêu mẫu để thu lợi nhuận tối đa. Giải: Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số mẫu đất trồng loại cây A, B, C Ta có hàm mục tiêu: f(x) = 100x1 + 300x2 + 200x3 Rút gọn: 76 f(x) = 1x1 + 3x2 + 2x3 →max Các ràng buộc: 40 + 20 +2 + Đưa về dạng chính tắc: 4 + 30 ≤ 3200 + ≤ 160 + = 100 ú ọ 4 + 2 + 3 ≤ 320 + 2 + ≤ 160 + + 3 ≤ 100 + 2 + 30 = 320 + 2 + + = 160 + + = 100 Đặt g(x) = -f(x) = -x1 -3x2 - 2x3 +Mx6 →min Hệ số ACS 0 -1 SHTD x1 0 x4 320 4 0 x5 160 1 M x6 100 1 0 1 100 1 Trên dòng cuối cùng ta chọn phần tử ở cột thứ 2 -3 x2 2 2 1 3 1 -2 x3 3 1 1 2 1 0 x4 1 0 0 0 0 0 x5 0 1 0 0 0 Trên cột đó ta chọn phần tử trục xoay ở dòng thứ 2 Ta có bảng đơn hình: D2 ∶= ACS x4 x2 2; d1∶= 1 − 2;d3∶= 3 − 2;d4∶= 4 − 3 2; d5∶= 5 − 2 SHTD 160 80 x1 x2 x3 x4 x5 3 0 2 1 -1 1 1 1 1 0 2 2 2 1 1 1 x6 20 0 0 − 2 2 2 1 3 1 -240 0 0 − − 2 2 2 1 1 1 0 0 20 − 2 2 2 Trên dòng cuôi cùng ta chọn phần tử ở cột thứ 3, trên cột đó ta chọn phần tử ở dòng 3 Ta có bảng đơn hình sau : 77 ACS x4 x2 x3 2 ∶= 3 3; 1 ∶= 1 − 2 3; 2 ∶= 2 − SHTD x1 80 1 60 0 40 1 -260 -1 0 0 Trên dòng 4 các phần tử đều <0 x2 0 1 0 0 0 3; d4 ∶= 4 − x3 0 0 1 0 0 3; d5 ∶= 5 − x4 1 0 0 0 0 x5 1 1 -1 -1 1 3 Bài toán có phương án tối ưu là x = (0,60,40) với f(x) = 26000 1.7. Một hãng sản xuất máy vi tính có hai phân xưởng lắp ráp A, B và hai đại lý phân phối I, II. Xưởng A có thể ráp tối đa 700 máy/tháng và xưởng B ráp tối đa 900 máy/tháng. Đại lý I tiêu thụ ít nhất 500 máy/tháng và đại lý II tiêu thụ ít nhất 1000 máy/tháng. Cước phí vận chuyển một máy từ các xưởng đến các đại lý cho trong bảng sau Đại lý I 6$ 4$ Xưởng A Xưởng B Đại lý II 5$ 6$ Tìm kế hoạch vận chuyển tối ưu để tổng cước phí vận chuyển máy từ các xưởng đến các đại lý phân phối cực tiểu. Giải: Gọi X1 là số máy từ xưởng A đến đại lý І Gọi X2 là số máy từ xưởng B đến đại lý І Gọi X3 là số máy từ xưởng A đến đại lý ІІ Gọi X4 là số máy từ xưởng B đến đại lý ІІ f(x) = 6x1 + 4x2 + 5x3 + 8x4 →min + + + + ≤ 700 ≤ 900 ≥ 500 ≥ 1000 Bài tập dạng chính tắc 78 + + + Dạng (M) + + + = 700 = 900 = 500 = 1000 − − F(x)= 6x1 + 4x2 + 5x3 + 8x4 + Mx9 + Mx10 →min Hệ số + + + + 0 0 M M + + − + − + ACS 0 x5 x6 x9 x10 = 700 = 900 = 500 = 1000 6 4 5 8 0 0 0 0 SHTD 700 900 500 1000 x1 1 0 1 0 x2 0 1 1 0 x3 1 0 0 1 x4 0 1 0 1 x5 1 0 0 0 x6 0 1 0 0 x7 0 0 -1 0 x8 0 0 0 -1 0 -6 -4 -5 -8 0 0 0 0 1500 1 1 1 1 0 0 -1 -1 Chọn cột x2 (do M-4 lớn nhất), ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (500<900), thực hiện phép đổi (2)∶=(2)-(3); (5) ∶=(5) + 4(3); (6) ∶=(6)-(3) ACS x5 x6 x2 x10 SHTD x1 x2 x3 700 1 0 1 400 -1 0 0 500 1 1 0 1000 0 0 1 2000 -2 0 -5 1000 0 0 1 (4)∶=(4)-(1); (5) ∶=(5)+5(1); (6) ∶= (6)-(1) ACS x3 x6 x2 x10 SHTD 700 400 500 300 x1 1 -1 1 -1 x2 0 0 1 0 x3 1 0 0 0 x4 0 1 0 1 -8 1 x5 1 0 0 0 0 0 x6 0 1 0 0 0 0 x7 0 1 -1 0 -4 0 x8 0 0 0 -1 0 -1 x4 0 1 0 1 x5 1 0 0 -1 x6 0 1 0 0 x7 0 1 -1 0 x8 0 0 0 -1 79 5500 3 0 0 300 -1 0 0 (2)∶=(2)-(4); (5) ∶=(5)+8(4); (6) ∶= (6)-(4) ACS x3 x6 x2 x4 SHTD 700 100 500 300 7900 0 x1 1 -0 1 -1 -5 0 x2 0 0 1 0 0 0 x3 1 0 0 0 0 0 -8 1 5 -1 0 0 -4 0 0 -1 x4 0 0 0 1 0 0 x5 1 -1 0 -1 -3 0 x6 0 1 0 0 0 0 x7 0 1 -1 0 -4 0 x8 0 1 0 -1 8 0 ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x3 700 1 0 1 0 1 0 0 0 x6 100 0 0 0 0 -1 1 1 1 x2 500 1 1 0 0 0 0 -1 0 x4 300 -1 0 0 1 -1 0 0 -1 f 7900 -5 0 0 0 -3 0 -4 8 Vậy bài toán có phương án tối ưu (0; 500; 700; 300; 0; 100; 0; 0) 1.8 Có 2 nơi cung cấp khoai tây I và II theo khối lượng lần lượt là 100 tấn và 200 tấn. Có 3 nơi tiêu thụ khoai tây: A, B, C với yêu cầu tương ứng là 75 tấn, 125 tấn và 100 tấn. Cước phí vận chuyển (ngàn/tấn) vận chuyển từ các nơi cung cấp đến nơi tiêu thụ được cho trong bảng sau Tiêu thụ Cung cấp I II A B C 10 12 14 20 30 17 M uốn chuyên chở khoai tây với tổng cước phí nhỏ nhất. Lập mô hình bài toán. Giải: Gọi xij là lượng khoai tây vận chuyển từ nơi cung cấp tới nơi tiêu thụ. 80 (i = І, ІІ; j = A, B, C; xij ≥ 0) Hàm mục tiêu là tổng ước phi vận chuyển. f(x) = 10xІA + 14 xІB + 30 xІC +12 xІІA +17 xІІB →min ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ І ІІ 1.9 + + ІІ І І І ІІ + + + + + ІІ ІІ ІІ = 100 ІІ = 200 = 75 = 125 = 100 І Một người có số tiền là 100 tỷ đồng dự định đầu tư vào các loại hình sau đây: • Gửi tiết kiệm không kỳ hạn với suất là 6,5%/năm. • Gửi tiết kiệm có kỳ hạn với lãi suất 8,7%/năm. • Mua tín phiếu với lãi suất là 10%/năm. • Cho doanh nghiệp tư nhân vay với lãi suất lá 13%/năm. Để tránh rủi ro, người này quyết định đầu tư theo các chỉ dẫn của nhà tư vấn đầu tư như sa u: • Không cho doanh nghiệp tư nhân vay quá 20% số vốn. • Số tiền mua tín phiếu không vượt quá tổng số tiền đầu tư vào 3 loại hình kia • Đầu tư ít nhất là 30% tổng số tiền vào gửi tiết kiệm có kỳ hạn và mua tín phiếu. • Tỷ lệ tiền gửi tiết kiệm không kỳ hạn trên tiền tiết liệm có kỳ hạn không quá 1/3. • Người này cho vay toàn bộ số tiền. Hãy lập mô hình toán , xác định phương án đầu tư tối ưu để người này đạt được lợi nhuận cao nhất, theo đúng chỉ dẫn của nhà đầu tư. Giải: Gọi x1, x2, x3, x4 lần lượt là số lãi suất của phương án 1,2,3,4 Hàm mục tiêu: f(x) = 5,6 x1 + 8,7x2 + 10x3 + 13x4 →max 81 Ràng buộc: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ + + + + 3 − xij ≥0; j = 1,4 + − + = 100 ≤ 20 ≥0 ≥ 30 ≤0 1.10. Một công ty có kế hoạch quảng cáo một loại sản phẩm do công ty sản xuất trong thời gian một tháng với tổng chi phí là 100 triệu đồng. Các phương tiện được chọn để quảng cáo sản phẩm là : truyền hình, báo và phát thanh với số liệu được cho bởi bảng sau Phương tiện quảng cáo Chi phí mỗi lần quảng cáo (triệu đồng) 1,5 Số lần quảng cáo tối đa trong tháng Dự đoán số người xem trong mỗi tháng 15000 Truyền hình 60 (1 phút) Báo 1 26 30000 (1/2 phút) Phát thanh 0,5 90 9000 (1 phút) Vì lý do chiến lược tiếp thị nên công ty yêu cầu phải có ít nhất 30 lần quảng cáo trên truyền hình trong tháng. Hãy lập mô hình bài toán sao cho phương án quảng cáo sản phẩm của công ty là tối ưu ? Giải: Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số quảng cáo trên truyền hình, báo và phát thanh. Mô hình bài toán là: 1.5 + + 0.5 = 100 30 ≤ ≤ 60 ≤ 26 ≤ 90 Hàm mục tiêu: f(x) = 15x1 + 30x2 + 9x3 →max 82 Đặt g(x) = -f(x) = -15x1 - 30x2 - 9x3→min Dạng chuẩn Dạng (M) 1.5 ⎧x ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 1.5 ⎧x ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ + + − + + + + − + + + + + + + = 100 = 30 = 60 = 26 = 90 = 100 = 30 = 60 = 26 = 90 Hàm mục tiêu g(x) = -15x1 - 30x2 - 9x3 + M x9 => min Hệ số 0 -15 -30 -9 0 SHTD x1 x2 x3 x5 0 x8 100 1.5 1 0.5 0 M x9 30 1 0 0 -1 0 x5 60 1 0 0 0 0 x6 26 0 1 0 0 0 x7 90 0 0 1 0 g(x) 0 15 30 9 0 0 1 0 0 -1 Phương án cực biên g(x)min= 0 khi(0;0;0;0;60;26;90;100;0) ACS 0 x6 0 0 1 0 0 0 0 0 x7 0 0 0 1 0 0 0 0 x8 0 0 0 0 1 0 0 0 x9 1 0 0 0 0 0 0 Hàng cuối cùng có 1 số dương trên cột này có hai số dương chọn phần tử trục xoay là hàng 2 vì tỉ số 30/1 là nhỏ nhất ACS x8 x1 x5 x6 x7 g(x) SHTD x1 x2 x4 x4 x5 x6 x7 x8 55 0 1 0.5 1.5 0 0 0 1 30 1 0 0 -1 0 0 0 0 30 0 0 0 1 1 0 0 0 26 0 1 0 0 0 1 0 0 90 0 0 1 0 0 0 1 0 -450 0 30 9 15 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Dòng cuối có 3 số dương chọn cột 3 chọn hàng 4 làm phần tử trục xoay vì tỉ số 26/1 nhỏ nhất 83 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 ACS SHTD x1 x8 29 0 0 0.5 1.5 0 -1 0 1 x1 30 1 0 0 -1 0 0 0 0 x5 30 0 0 0 1 1 0 0 0 x6 26 0 1 0 0 0 1 0 0 x7 90 0 0 1 0 0 0 1 0 g(x) -1230 0 0 9 15 0 0 0 0 Dòng cuối có 2 số dương trên cột 4 dòng này chọn phần tử trục xoay là dòng 1 vì tỉ số 26/0.5 là nhỏ nhất x2 x3 ACS SHTD x1 x3 58 0 0 1 x1 30 1 0 0 x5 30 0 0 0 x2 26 0 1 0 x7 90 0 0 0 g(x) -1752 0 0 0 Dòng cuối cùng không có số dương nào g(x)min = -1752 khi (30;26;58;0;30)  f(x)max = 1752 khi (0; 30;26;58). x4 3 -1 1 0 -3 12 x5 0 0 1 0 0 0 x6 -2 0 0 1 2 -12 x7 0 0 0 0 1 0 x8 1 0 0 0 -2 8 Bài 2: Đưa các bài toán quy hoạch tuyến tính sau đây về dạng chính tắc Bài 2.1 f(x) = x1 + x2 + x3 → min x1 – x3 ≤ 1 x2 + x3 ≥ 1 Giải : = Đặt : = − − + ( )= − ( , 84 , + , − (x1 ≥ 0) ( , ( , + + , − − , ≥ 0) ≥ 0), ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : + = 1 , − − =1 ≥ 0) → min Bài 2.2 f(x) = 3x1 - 2x2 + 4x3 → max 2x1 + x2 – x3 ≥ 1 -4x1 + 3x2 + x3 ≤ 2 x1 x1 ≥ 0 ; x2 ≤ 0 – 2x3 = 4 Giải : =− Đặt : = − ( )= 3 ( ( , + 2 ≥ 0) ≥ 0), ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : +4 −4 → max − + 2 − − = 1 −4 − 3 + − + =2 −2 + 2 = 4 ( , , , , , , ≥ 0) Bài 2.3 f(x) = x1 - x2 - 2x3 - x4→ min x1 + x2 – x4 ≤ 1 -x1 + x2 + x4 ≤ 3 x2 + x3 Giải : Đặt : = ( )= − + + Bài 2.4 = − − =1 − − + + x1 , x2 ≥ 0 ( , + ≥ 0) ≥ 0), ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : −2 − − ( , + +2 + = 1 =1 =3 − + ( , → min , , , , , , ≥ 0) f(x) = -2x1 + x2 + 4x3 + 5x4→ min x1 - 3x2 + 5x3 – 3x4 ≤ 16 2x1 - x2 - 2x3 + 2x4 ≥ -8 x1 , x2 ≥ 0 , x3 ≤ 0 4x1 + 3x2 + x3 + x4 = 8 Giải : Đặt : 85 =− ( = − ( ) = −2 −3 −2 −5 ≥ 0) ( , + + −2 4 +3 − ≥ 0), ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : −4 +5 + 3 −3 −2 +2 → min = 16 + =8 = 8 − + + − 5 ( , , , , , , ≥ 0) Bài 2.5 f(x) = 8x1 + 7x2 + 6x3 → max x1 + 2x2 + x3 = 2 x1 ≤ 0 ; x2, x3 ∈ 2x1 + x2 + x3 = 1 x1 + 5x2 + 2x3 ≤ 6 Giải : =− Đặt : = − = − ( ( , ( , ≥ 0) ≥ 0) ≥ 0) , ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : ( ) = −8 + 7 − 7 − + 2 − 2 + − −2 − + − +5 − 5 Bài 2.6 + +2 − +6 =2 =1 −2 −6 + → max ( , =6 , , , , ≥ 0) f(x) = x1 - 2x2 + x3 - 2x4→ max x1 + x2 + x3 + x4 -x1 =2 + x3 + 2x4 = 1 x1, x4 ≤ 0 ; x2, x3 ≥ 0 Giải : Đặt =− =− ( ( ≥ 0) ≥ 0) , ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : ( ) = − −2 − + + − + 86 −2 + =2 +2 =1 → max ( , , , ≥ 0) Bài 2.7 f(x) = 6x1 + 8x2 + 8x3 → min x1 + 4x2 + x3 ≤ 5 ∈ , x2 ≤ 0, x3 ≥ 0 x1 - x2 + 2x3 ≥ 6 x1 + 2x2 + x3 ≥ -7 Giải : Đặt : = =− − ( , ( ≥ 0) , ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : ( )= 6 − 6 − −4 + − − + + ≥ 0) +2 +2 − −8 + − + +8 =5 =6 = 7 → min ( , Bài 2.8 f(x) = 4x1 + 8x2 + 6x3 → min 3x1 + 6x2 + 7x3 ≥ 70 5x1 + 9x2 + 3x3 ≤ 50 , , , , , , ≥ 0) xj ≥ 0 ; j = 1,3 2x1 + 8x2 + 4x3 ≤ 60 Giải : Ta chuyển được về bài toán quy hoạch dạng chính tắc như sau : 3x1 + 6x2 + 7x3 - x4 = 70 5x1 + 9x2 + 3x3 + x5 = 50 2x1 + 8x2 + 4x3 + x6 = 60 xj ≥ 0 ; j = 1,6 Bài 2.9 f(x) = 2x1 + x2 → max 6x1 + 7x2 ≤ 84 2x1 + 3x2 ≤ 24 0 ≤ x1 ≤ 6, 0 ≤ x2 ≤ 7 4x1 + 3x2 ≤ 36 Giải : Ta chuyển được về bài toán quy hoạch dạng chính tắc như sau : 6x1 + 7x2 + x3 = 84 2x1 + 3x2 + x4 = 24 4x1 + 3x2 + x5 = 36 xj ≥ 0 ; j = 1,8 87 x1 + x7 = 6 x2 + x8 = 7 Bài 2.10 f(x) = 2x1 + x2 + x4 → max 3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 ≤ 4 x1 + 2x2 + 3x3 + x4 = 3 xj ≥ 0 ; j = 1,4 2x1 + 5x2 + 4x3 + 5x4 ≥ 2 Ta chuyển được về bài toán quy hoạch dạng chính tắc như sau : 3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 + x5 = 4 x1 + 2x2 + 3x3 + x4 =3 2x1 + 5x2 + 4x3 + 5x4 - x6 = 2 xj ≥ 0 ; j = 1,6 Bài 2.11 f(x) = 8x1 + 7x2 + 6x4 → min x1 + 2x2 + x3 = 2 x1 ≤ 0 ; x2  R, x3 ≥ 0 2x1 + x2 + x3 = 1 Giải : Đặt : =− ( = − = − ≥ 0) ( , ( , ≥ 0) ≥ 0) , ta nhận được bài toán quy hoạch dạng chính tắc : ( ) = −8 + 7 − 7 + 6 − 6 → min − + 2 − 2 + =2 −2 + − + =1 ( , , , , , ≥ 0) Bài 3 : Giải bài toán quy hoạch tuyến tính bằng phương pháp hình học 3.1 f(x) = 2x1 + x2  max 2x1 + x2 ≥ 2 -x1 + 2 x2 ≤ 6 5x1 - x2 ≤ 15 88 xi ≥ 0 , i= 1,2. 2x1 + x2=2(1) -x1+2x2=6(2) X1 0 1 X1 0 -6 X2 2 0 X2 3 0 5x1-x2=15(3) X1 X2 0 -15 3 0 89 x2 (3) (2) (1) 3 (D) 2 -6 (L) 0 3 (L0) -15 f(x)=2x1+x2max 90 x1 ⃗ (2;1). Vẽ L0 vuông ⃗ tại 0. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0, fmax A=(2) ∩(3) A(4;5) Bài toán có phương án tối ưu với(4;5), fmax=13 3.2 f(x) = x1 + 2x2  min 6x1 + x2 ≥ 18 x1 + 4x2 ≥ 12 2x1 + x2 ≥ 10 xi ≥ 0 i=1,2 6x1+x2=18(1) X1 X2 0 18 x1+4x2=12(2) 3 0 X1 X2 0 3 12 0 2x1+x2=10(3) X1 X2 0 10 5 0 91 5 f(x)=x1+2x2min(max) ⃗ (1;2). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 fmin, A=(1)∩(2)A ( ; ). Phương án tối ưu với ( ; ).fmin= fmax,B=(3)∩(1)B(2;6). Phương án tối ưu với (2;6),fmax=14 3.3 f(x) = 3x1 + 2x2  max 2x1 +x2 ≤ 5 x1 – x2 ≤ 1 x1 +x2 92 ≤ 3 x1,x2 ≤ 0 2x1 +x2 =5(1) X1 X2 x1 +x2 X1 X2 0 5 x1 – x2 = 1(2) 5/2 0 X1 X2 0 -1 1 0 = 3(3) 0 3 3 0 93 x2 (1)(3) 5x2 (2) 3 3x1 (D)18 0 10 1(Lo) 3(1) 1 (L) 5/2(D ) (Lo) 3 x1 0 (3)(2) (L) 12 f(x) = 3x1 + 2x2  max ⃗ (3;2). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 mà L0 cũng ∈ D nên L ≡ L0. fmaxA=(2)∩(3),A(2;1). Phương án tối ưu với (2;1),fmax=8 3.4 f(x) = 2x+5x  min x1 + 2x2 ≤ 3 x1 - x2 ≤ 4 94 x1,x2 ≥ 0 x1 + 2x2 = 3(1) x1 - x2 = 4(2) X1 0 3 X2 3/2 0 X1 0 4 X2 -4 0 X2 3/2) (2) (D) 0 X1 4 3 (1) (Lo) (L) f(x) = 2x+5x  min 95 ⃗ (3;5). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 mà L0 cũng ∈ D nên L ≡ L0. fminA≡ O. Phương án tối ưu với (0;0) fmin=0 3.5 f(x) = 4x+3x  max x1 - 2x2 ≤ 4 -2x1 + x2 ≤ 3 x1 + x2 ≥ 10 x1,x2 ≥ 0 x1 - 2x2 = 4(1) 0 -2 X1 X2 4 0 -2x1 + x2 = 3(2) 0 3 X1 X2 -3/2 0 x1 + x2 = 10(3) X1 X2 96 0 10 10 0 x2 10 (D) (Lo) 3 0 (2) (L) 4 -2 10 (1) x1 (3) f(x) = 4x+3x  max ⃗ (4;3). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 f+∞ bài toán không có phương án tối ưu. 97 3.6 f(x) = 3x+7x  min 2x1+4x2 ≥ 5 3x1+x2 ≥ 4 4x1+5x2 ≥ 8 x1,x2 ≥ 0 2x1+4x2 = 5(1) X1 X2 0 5/4 5/2 0 3x1+x2 = 4(2) X1 X2 0 4 4/3 0 4x1+5x2 =8(3) X1 X2 98 0 8/5 2 0 x2 4 (Lo) (D) 5/4 (L) 8/5 0 4/3 2 x1 5/2 (3) (2) (1) f(x) = 3x+7x  min ⃗ (3;7). ). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 . fminA=(1)∩(2) A ( ; ).phương án tối ưu với ( ; ), fmin= 3.7. Gọi x1,x2 lần lượt số lượng máy bay loại A,B cần thuê. f(x)=10x1+9x2min 99 200x1+100x2 ≥1400 6x1+15x2 ≥90 4≤x1 ≤ 9 x2≤10 x1,x2 nguyên dương 200x1+100x2 =1400(1) X1 X2 0 14 7 0 0 6 15 0 6x1+15x2 =90(2) X1 X2 100 x2 (1) 14 10 (D) 6 (L) 0 4 7 9 x1 (2) (Lo) f(x)=10x1+9x2min 101 ⃗ (2;1). ). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 . fminA=(2)∩(1), A(5;4).phương án tối ưu với (5;4),fmin=86 3.8 Gọi x1,x2 lần lượt là số sản phẩm loại I,II f(x)=4000x1=3000x2max 2x1+4x2 ≤200 30x1+15x2 ≤1200 X1,x2 nguyên dương 2x1+4x2 =200(1) X1 X2 0 50 100 0 30x1+15x2 =1200(2) X1 X2 102 0 80 40 0 x2 80 50 (D) 0 40 100 x1 (1) (2) (Lo) (L) f(x)=4000x1=3000x2max ⃗ (4;3). ). Vẽ L0 vuông ⃗. Từ một điểm ∈ D ta vẽ L // L0 mà L0 cũng ∈ D nên L≡ L0. fmax A=(1)∩(2),A(20;40). Phương án tối ưu với (20;40),fmax=200000 103 Bài 4: Chứng minh bài toán giải được, tìm phương án, phương án cực biên, phương án tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính 4.1. Cho bài toán f(x) = 4x1 - 2x2 + 3x3 + 3x4  min x1 + 2x2 + x3 - 3x4  10 x1 – x2 + x3 – x4  6 2x1 + x2 + 3x3  8 xj  0, j = 1,4 Chứng minh bài toán trên giải được. Giải: Dễ thấy x0 = (0;5;0;0) là một phương án do thỏa diều kiện: 0+2.5+0-3.0=10 0-5+0-0=-56 2.0-5-3.0=-58 Mặc khác: 2x1 + x2 + 3x3  8  x2 + (2x1+3x3)  8  x2  8  -2x2  -16  f(x) = 4x1 - 2x2 + 3x3 + 3x4  -16 (xj  0, j = 1,4) Vậy f(x) bị chặn dưới. Bài toán (min) giải được. 4.2. Cho bài toán f(x) = 2x1 + x2 - x3 + 3x4  min x1 – 2x2 + x3 = 16 x2 – 4x3 + x4  8 -x2 + 2x3 – 3x4  20 xj  0, j = 1,4 Vectơ x0 = (6;0;10;0) có phải là phương án, phương án cực biên. 104 Giải: Xét vectơ xo = (6,0,10,0) là phương án khi thỏa hệ ràng buộc của bài toán. x1 - 2x2 + 3x3 = 6 - 2.0 +10 = 16 (thỏa chặt) x2 - 4x3 + x4 = 0 - 4.10 + 0 = -40 < 8 (thỏa lỏng) - x2 + 2x3 - 3x4 = 0 + 2.10 - 3.0 = 20 (thỏa chặt) x1 = 6  0 (thỏa lỏng) x2 = 0 (thỏa chặt) x3 = 10  0 (thỏa lỏng) x4 = 0 (thỏa chặt) Ta thấy các ràng buộc trên đều thỏa nên x0 là phương án của bài toán. Trong đó có 4 ràng buộc thỏa chặt. Ta chứng minh được 4 ràng buộc này độc lập tuyến tính vì: Từ ràng buộc chung thứ 1 ta có vectơ u1 = (1;-2;1;0). Từ ràng buộc chung thứ 2 ta có véctơ u2 = (0;1;-4;1). Từ ràng buộc biến thứ 2 ta có vectơ u3 = (0;1;0;0). Từ ràng buộc biến thứ 4 ta có vectơ u4 = (0;0;0;1). Ta có: k1u1 + k2u2 + k3u3 + k4u4 = 0 k1 = 0 -2k1 + k2 +k3 = 0 k1 – 4k2 = 0 k1 = k2 = k3 = k4 = 0 k2 + k4 =0 Vậy các vectơ này độc lập tuyến tính. Vậy x0 = (6;0;10;0) là phương án cực biên. Bài toán có 4 biến nên n=4. Số ràng buộc thỏa chặt độc lập tuyến tính bằng số tiền bằng 4. Vậy x0 là phương án cực biên không suy biến. 4.3. Cho bài toán sau f(x) = x1 + x2 + 3x3 + 5x4  min 105 3x1 + x2 + 3x3 + x4  -2 x2 – 2x3 – x4  -7 2x1 – x2 + x3 + x4  12 x1  0 ; x3, x4  0. a. Chứng minh bài toán trên giải được. b. Bài toán có phương án cực biên tối ưu không ? Vì sao. Giải: a) Dễ thấy x0 = (0,0,0,0) là một phương án của bài toán  bài toán có phương án. Đặt: = -x1; x2 = - " (với , , "  0)  f(x) = + - " + 3x3 + 5x4  min Các ràng buộc mới 3 + - " + 3x3 + x4  -2 - " – 2x3 – x4  -7 2 - + " + x3 + x4  12 , , " , x3, x4  0 Từ ràng buộc thứ nhất, ta có: 3 + - " + 3x3 + x4  -2  - " + (3 + + 3x3 + x4)  -2  - "  -2  f(x) = + - " + 3x3 + 5x4  -2 ( , , " , x3, x4  0) Vậy f(x) bị chặn dưới. Bài toán (min) giải được. Bài 5: Giải các bài toán sau bằng phương pháp đơn hình. 5.1. f(x) = 2x1 + 10x2 + 4x3 + 8x4 + 8x5 + 3x6  min x1 + x4 = 5 − x1 + x5 + 2x6 = 11 x3 + x6 = 5 x1 + x2 − x6 = 4 xj  0, j = 1,6. Giải: Ta có bảng đơn hình 106 Hệ số 8 ACS x4 0 SHTD 5 8 x5 11 4 x3 5 10 x2 4 f 188 2 x1 1 3 − 5 0 3 5 10 x2 0 4 x3 0 8 x4 1 8 x5 0 3 x6 0 0 0 0 1 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 6 − 5 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,4,5,5,11,0) với f = 188 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = , c6 = 5), ta chọn số dương c1 = dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < (5):=(5)+ (1), ta được bảng đơn hình mới / trên cột này có hai số ). Biến đổi (2):=(2)+ (1); (3):=(3)+ (1); ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x1 5 1 0 0 1 0 0 x5 14 0 0 1 2 x3 5 0 0 0 1 0 1 x2 1 1 0 0 f 152 0 0 0 − 0 3 5 0 − − 3 5 36 5 0 6 5 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (5,1,5,0,14,0) với f = 152 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c6 = 5), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì < ). Biến đổi (2):=(2)-2(3); (4):=(4)+ (3); (5):=(5)-5(3), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x1 5 1 0 0 1 0 0 x5 4 0 0 -2 1 0 3 5 107 x6 5 0 0 x2 7 1 f 127 0 0 0 1 0 6 5 − -5 − 3 5 36 5 0 1 0 0 0 0 Hàng cuối gồm các phần tử nhỏ hơn hoặc bằng 0, nên phương án tối ưu của bài toán là (5,7,0,0,4,5), với fmin = 127. 5.2. f(x) = 2x1 + x2 + 2x3 + 5x4 - 5x5 - 5x6  max -2x1 - 4x2 + x3 + x6 = 1 x1 - 4x2 + x3 + x5 = 4 -x1 - 3x2 + x3 + x4 = 4 xj  0, j = 1,6. Giải: Đặt g(x) = -f(x) = -2x1 - x2 - 2x3 - 5x4 + 5x5 + 5x6  min Ta có bảng đơn hình Hệ số 0 -2 -1 -2 -5 5 5 ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 5 x6 1 -2 -4 1 0 0 1 5 x5 4 1 -4 1 0 1 0 -5 x4 4 -1 -3 1 1 0 0 g 5 2 -24 7 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,4,4,1) với g = 5 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = 2, c3 = 7), ta chọn số dương c3 = 7 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < ). Biến đổi (2):=(2)-(1); (3):=(3)-(1); (4):=(4)-7(1), ta được bảng đơn hình mới ACS 108 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x3 1 -2 -4 1 0 0 1 x5 3 3 0 0 0 1 -1 x4 3 1 1 0 1 0 -1 g -2 16 4 0 0 0 -7 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,1,3,3,0) với g = -2 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = 16, c2 = 4), ta chọn số dương c1 = 16 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+2(2); (3):=(3)-(1); (4):=(4)-16(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x3 3 0 -4 1 0 x1 1 1 0 0 0 x4 2 0 1 0 1 g -18 0 4 0 0 x5 x6 2 3 1 3 1 3 − 1 3 16 3 − 5 3 − − Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (1,0,3,2,0,0) với g = -18 1 3 − 2 3 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c2 = 4), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3. Biến đổi (1):=(1)+4(3); (5):=(5)-4(3), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x3 11 0 0 1 4 x1 1 1 0 0 0 x2 2 0 1 0 1 g -26 0 0 0 -4 x5 − 2 3 − 1 3 x6 -1 1 3 − -4 1 − 1 3 2 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (1,2,11,0,0,0) với g = -26 109 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c6 = 1), trên cột này các số hạng đều âm. Bài toán gmin không có phương án tối ưu  Bài toán fmax cũng không có phương án tối ưu. 5.3. f(x) = x1 + x2 - 2x3 + 3x4 + 4x5 + x6  min x1 - x2 + 2x5 – x6 + x7 = 40 - 2x2 + x3 – x5 + 3x6 – x7 = 10 - x2 + x4 + x5 + 2x6 + x7 = 60 xj  0, j = 1,7. Giải: Ta có bảng đơn hình Hệ số ACS 0 1 1 -2 3 4 1 0 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 0 0 2 -1 1 1 0 -1 3 -1 0 1 1 2 1 0 0 3 -2 6 1 x1 40 1 -2 x3 10 0 3 x4 60 0 f 200 0 − 3 2 − 1 2 -2 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (40,0,10,60,0,0,0) với f = 200 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c5 = 3, c7 = 6), ta chọn số dương c7 = 6 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < ). Biến đổi (2):=(2)+(1); (3):=(3)-(1); (4):=(4)-6(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x7 40 1 x3 50 1 x4 20 -1 110 x2 − − 3 2 7 2 1 x3 x4 x5 x6 x7 0 0 2 -1 1 1 0 1 2 0 0 1 -1 3 0 f -40 -6 9 0 0 -9 4 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,50,20,0,0,40) với f = -40 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c2 = 9, c6 = 4), ta chọn số dương c2 = 9 trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3. Biến đổi (1):=(1)+ (3); (2):=(2)+ (3); (4):=(4)-9(3), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x7 70 x3 120 x2 20 f -220 x1 x2 x3 0 0 0 -1 3 − − 1 2 5 2 x4 x5 x6 1 3 2 1 2 7 2 1 0 0 7 2 1 − 0 -9 x7 1 -1 25 2 3 0 0 -23 0 5 2 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,20,120,0,0,0,70) với f = -220 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c1 = 3), trên cột này các số hạng đều âm. Vậy bài toán không có phương án tối ưu. 5.4. f(x) = x1 + 2x2 - 4x3 + 3x4  min 2x1 - x2 + x3 + x4 = 4 -6x1 + 3x2 + 3x3 + 2x4 = 18 -x1 + x2 - x3 + x4 = 10 xj  0, j = 1,4. Giải: Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ba ẩn giả x5, x6, x7 vào hệ ràng buộc để được bài toán (M) tương ứng: f(x) = x1 + 2x2 - 4x3 + 3x4 + Mx5 + Mx6 + Mx7  min 2x1 - x2 + x3 + x4 + x5 = 4 -6x1 + 3x2 + 3x3 + 2x4 + x6 = 18 -x1 + x2 - x3 + x4 + x7 = 10 xj  0, j = 1,7. 111 Ta có bảng đơn hình: Hệ số 0 1 2 SHTD x1 x2 M 4 2 -1 M 18 -6 3 M 10 -1 1 0 -1 -2 32 -5 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,4,18,10) với f = 32M ACS x5 x6 x7 f -4 x3 1 3 -1 4 3 3 x4 1 2 1 -3 4 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c2 = 3M-2, c3 = 3M+4, c4 = 4M-3), ta chọn số dương c4 = 4M-3 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < < ). Biến đổi (2):=(2)-2(1); (3):=(3)-(1); (4):=(4)+3(1), (5):=(5)-4(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x4 4 2 -1 1 1 x6 10 -10 5 1 0 x7 6 -3 2 -2 0 f 12 5 -5 7 0 16 -13 7 -1 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,4,0,10,6) với f = 16M+12 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c2 = 7M-5), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+(2); (3):=(3)-2(2); (4):=(4)+5(2); (5):=(5)-7(2), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x4 6 0 0 x2 112 2 -2 1 x7 2 1 0 f 22 -5 0 x3 6 5 1 5 − 12 5 8 x4 1 0 0 0 2 1 0 − 12 5 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,2,0,6,0, 0,2) với f = 2M+22 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c1 = M-15), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3. Biến đổi (2):=(2)+2(3); (4):=(4)+15(3); (5):=(5)-(3), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x4 6 0 0 x2 6 0 1 x7 2 1 0 f 32 0 0 0 0 0 x3 6 5 − 23 5 x4 1 0 12 5 -4 0 0 0 − 0 Hàng cuối gồm các phần tử nhỏ hơn hoặc bằng 0, nên phương án tối ưu của bài toán là (2,6,0,6), với fmin = 32. 5.5. f(x) = 2x1 - 3x2 - 2x3 + x4 - x5 - 4x6 + 3x7  min - 2x2 + x3 + x4 + x6 - 2x7 = 26 x1 - 3x2 + x3 + 3x4 + x6 – 4x7 = 20 -x3 + x5 + x6 +5x7 = 1 - 2x2 + 2x3 + x4 - 4x7 = 16 xj  0, j = 1,7. Giải: Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm hai ẩn giả x8, x9 vào hệ ràng buộc để được bài toán (M) tương ứng: f(x) =2x1 - 3x2 - 2x3 + x4 - x5 - 4x6 + 3x7 + Mx8 + Mx9  min - 2x2 + x3 + x4 + x6 - 2x7 + x8 = 26 x1 - 3x2 + x3 + 3x4 + x6 – 4x7 = 20 113 -x3 + x5 + x6 +5x7 = 1 - 2x2 + 2x3 + x4 - 4x7 + x9 = 16 xj  0, j = 1,9. Ta có bảng đơn hình : -3 -2 1 -1 -4 0 2 x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 M 26 0 -2 1 1 0 1 2 20 1 -3 1 3 0 1 -1 1 0 0 -1 0 1 1 M 16 0 -2 1 0 0 2 39 0 -3 5 5 0 5 42 0 -4 2 0 1 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (20,0,0,0,1,0, 0,26,16) với f = 42M+39 Hệ số ACS x8 x1 x5 x9 f 3 x7 -2 -4 5 -4 -16 -6 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c3 = 3M+5, c3 = 2M+5, c4 = M+5), ta chọn số dương c3 = 3M+5 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)-(4); (2):=(2)-(4); (3):=(3)+(4); (5):=(5)-5(4); (6):=(6)-3(4), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x8 18 0 -1 0 x1 12 1 -2 0 x5 9 0 -1 0 x3 8 0 -1 1 f -1 18 0 0 2 -1 0 0 x4 1 2 5 2 1 2 1 2 5 2 1 2 x5 x6 x7 0 1 0 0 1 -2 1 1 3 0 0 -2 0 5 -6 0 1 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (12,0,8,0,9,0, 0,18,0) với f = 18M-1 114 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c4 = M+ , c6 = M+5), ta chọn số dương c6 = M+5 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì < < ). Biến đổi (1):=(1)-(3); (2):=(2)-(3); (5):=(5)-5(3); (6):=(6)-(3), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 9 0 0 0 0 -1 0 -3 x1 3 1 -1 0 2 -1 0 -5 x6 9 0 -1 0 1 1 3 1 2 x3 8 0 -1 1 f -46 0 7 0 1 2 0 -5 5 -21 9 0 0 0 0 -1 0 -3 0 0 -2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (3,0,8,0,0,9,0,9,0) với f = 9M-46 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (3,0,8,0,0,9,0,9,0). Ta thấy ẩn giả x8=9  0. Vậy bài toán ban đầu không có phương án tối ưu. 5.6. f(x) = 2x1 - x2 - 2x3 - 2x4 + x5 - 4x6 + x7  min -x2 + x3 + x4 + x6 - 2x7 = 6 x1 + x3 + 3x4 + x6 – 4x7 = 10 2x2 - x3 + x5 + x6 +5x7 = 3 -2x2 + 2x3 + x4 - 4x7 = 12 xj  0, j = 1,7. Giải: Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm hai ẩn giả x8, x9 vào hệ ràng buộc để được bài toán (M) tương ứng: f(x) = 2x1 - x2 - 2x3 - 2x4 + x5 - 4x6 + x7 + Mx8 + Mx9  min -x2 + x3 + x4 + x6 - 2x7 + x8 = 6 x1 + x3 + 3x4 + x6 – 4x7 = 10 2x2 - x3 + x5 + x6 +5x7 = 3 115 -2x2 + 2x3 + x4 - 4x7 + x9 = 12 xj  0, j = 1,9. Ta có bảng đơn hình : -1 -2 -2 1 -4 0 2 x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 M 6 0 -1 1 0 1 1 2 10 1 0 1 3 0 1 1 3 0 2 -1 0 1 1 M 12 0 -2 2 1 0 0 23 0 3 3 8 0 7 18 0 -3 2 0 1 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (10,0,0,0,3,0, 0,6,12) với f = 18M+23 Hệ số ACS x8 x1 x5 x9 f 1 x7 -2 -4 5 -4 -4 -6 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c3 = 3M+5, c4 = 2M+8, c6 = M+7), ta chọn số dương c3 = 3M+5 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < ). Biến đổi (2):=(2)-(1); (3):=(3)+(1); (4):=(4)-2(1); (5):=(5)-3(1); (6):=(6)-3(1), ta được bảng đơn hình mới ACS x3 x1 x5 x9 f SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 6 0 -1 1 1 0 1 -2 4 1 0 2 0 0 -2 1 9 0 1 0 1 1 2 3 0 0 0 0 -1 0 -2 0 5 0 0 5 0 4 2 6 0 0 0 0 -1 0 -2 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (4,0,6,0,9,0, 0,0,0) với f = 5 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c2 = 6, c7 = 2), ta chọn số dương c2 = 6 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < ). Biến đổi (1):=(1)+(2); (3):=(3)-(2); (5):=(5)-6(2), ta được bảng đơn hình mới ACS x3 x2 x5 x9 f SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 10 1 0 1 3 0 1 4 1 1 0 2 0 0 5 -1 0 0 -1 1 2 0 0 0 0 -1 0 -2 -19 -6 0 0 -7 0 4 0 0 0 0 -1 0 -2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,4,10,0,5,0, 0,0,0) với f = -19 x7 -4 -2 5 0 14 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c7 = 14), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3. Biến đổi (3):= (3); (1):=(1)+4(3); (2):=(2)+2(3); (5):=(5)-14(3), ta được bảng đơn hình mới ACS 116 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 1 11 4 13 0 1 5 5 5 5 3 8 2 4 x2 6 1 0 5 5 5 5 1 2 1 1 x7 1 0 0 − − 5 5 5 5 x9 0 0 0 0 -1 0 -2 16 21 14 8 f -33 0 0 − − − − 5 5 5 5 0 0 0 0 -1 0 -2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,6,14,0,0,0,1,0,0) với f = -33 x3 14 0 0 1 0 0 0 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (3,0,8,0,0,9,0,9,0). Ta thấy các ẩn giả đều bằng 0 nên bài toán gốc có phương án tối ưu là (0,6,14,0,0,0,1) với f(x) = 33. 5.7. f(x) = 2x1 + 5x2 - x3 + 3x4 +5 x5 + x6  min x1 + x4 = 5 x2 − x3 + x5 = 21 x3 + x6 = 10 3x1 + 5x2 + 6x3 = 90 xj  0, j = 1,6. Giải : Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x7 vào hệ ràng buộc để được bài toán (M) tương ứng: f(x) = 2x1 + 5x2 - x3 + 3x4 +5 x5 + x6 + Mx7  min x1 + x4 = 5 x2 − x3 + x5 = 21 x3 + x6 = 10 3x1 + 5x2 + 6x3 + x7 = 90 xj  0, j = 1,7. Ta có bảng đơn hình : Hệ số 3 ACS x4 0 SHTD 5 2 x1 1 5 x2 0 -1 x3 0 3 x4 1 5 x5 0 1 x6 0 117 4 0 1 5 1 x6 10 0 0 0 0 1 M x7 90 3 5 6 0 0 f 130 1 0 -2 0 0 90 3 5 0 0 6 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,5,21,10,90) với f = 90M+130 5 x5 21 0 1 − 0 1 0 0 0 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c1 = 3M+1, c2 = 5M, c3 = 6M-2), ta chọn số dương c3 = 6M-2 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì ). Biến đổi (2):=(2)+ (3); < (4):=(4)-6(3); (5):=(5)+2(3); (6):=(6)-6(3), ta được bảng đơn hình mới x6 0 4 x5 29 0 1 0 0 1 5 x3 10 0 0 1 0 0 1 x7 30 3 0 0 0 -6 5 f 150 1 0 0 0 0 2 30 3 0 0 0 -6 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,10,5,29, 0,30) với f = 30M+150 ACS x4 SHTD 5 x1 1 x2 0 x3 0 x4 1 x5 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = 3M+1, c2 = 5M), ta chọn số dương c2 = 5M trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < ). Biến đổi (4):= (4); (2):=(2)-(4); (6):=(6)- 5(4), ta được bảng đơn hình mới ACS x4 SHTD 5 x1 x2 x3 x4 x5 x6 1 0 0 1 0 0 3 x5 23 0 0 0 1 2 − 5 x3 10 0 0 1 0 0 1 6 3 1 0 0 0 x2 6 − 5 5 f 150 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,10,5,23, 0,6) với f = 150 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = 1, c6 = 2), ta chọn số dương c6 = 2 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì < ). Biến đổi (2):=(2)-2(3); (4):=(4)+ (3); (5):=(5)-2(3), ta được bảng đơn hình mới ACS x4 118 SHTD 5 x1 1 x2 0 x3 0 x4 1 x5 0 x6 0 3 0 -2 0 1 0 5 x6 10 0 0 1 0 0 1 3 6 1 0 0 0 x2 18 5 5 f 130 0 -2 0 0 0 1 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,5,3,10,18) với f = 130 x5 3 − Hàng cuối có 1 số hạng dương (c1 = 1), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì < / ). Biến đổi (2):=(2)+ (1); (4):=(4)- (1); (5):=(5)-(1), ta được bảng đơn hình mới x4 x5 x6 1 0 0 3 x5 6 0 0 -2 1 0 5 x6 10 0 0 1 0 0 1 3 6 3 x2 15 1 0 0 − 5 5 5 f 125 0 0 -2 -1 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (5,15,0,0,6,10,0) với f = 125 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (5,15,0,0,6,10,0). Ta thấy ẩn giả x7 = 0 nên bài toán gốc có phương án tối ưu là (5,15,0,0,6,10) với f(x) = 125. ACS x1 SHTD 5 x1 1 x2 0 x3 0 Bài 6: Giải các bài toán sau bằng phương pháp đơn hình Bài 6.1: f(x) = -4x1 + 3x2 + x3 → max x1 – x2 + 3x3 ≤ 10 x1 – 2x2 + 2x3 ≥ -60 -x1 + x2 ≤ 8 x1 – 3x2 – x3 ≤ 12 xj ≥ 0 ; j = 1,3. Giải: Đặt g(x) = -f(x) = 4x1 - 3x2 - x3 → min Bài toán dạng chính tắc: x1 – x2 + 3x3 + x4 = 10 -x1 + 2x2 - 2x3 + x5 = 60 119 -x1 + x2 + x6 = 8 x1 – 3x2 – x3 + x7 = 12 xj ≥ 0 ; j = 1,7. Ta có bảng đơn hình: ACS x4 x5 x6 x7 g(x) SHTD 10 60 8 12 0 x1 1 -1 -1 1 -4 x2 -1 2 1 -3 3 x3 3 -2 0 -1 1 x4 1 0 0 0 0 x5 0 1 0 0 0 x6 0 0 1 0 0 x7 0 0 0 1 0 Hàng cuối có 2 số dương, ta chọn c2 = 3. Trên cột này ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ 3 ( vì > ). Thực hiện các phép biến đổi: (1):=(1)+(3); (2):=(2) –2(3); (4):=(4) +3(3); (5):=(5)–3(3). Ta được bảng đơn hình thứ 2: ACS x4 x5 x2 x7 g(x) SHTD 18 44 8 36 -24 x1 0 1 -1 -2 -1 x2 0 0 1 0 0 x3 3 -2 0 -1 1 x4 1 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0,8,0) với g(x) = -24 x5 0 1 0 0 0 x6 1 -2 1 3 -3 x7 0 0 0 1 0 Hàng cuối có 1 số dương. Trên cột này ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ nhất. Thực hiện các phép biến đổi: (1):= (1); (2):=(2)+2(1); (4):=(4)+(1); (5):=(5)–(1). Ta được bảng đơn hình thứ 3: ACS x3 SHTD 6 x1 0 x2 0 x3 1 x5 56 1 0 0 x2 x7 8 42 -1 -2 1 0 0 0 g(x) -30 -1 0 0 x4 1 3 2 3 0 1 3 1 − 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0,8,6) với g(x) = -30 x5 0 1 0 0 0 x6 1 3 4 − 3 1 4 3 4 − 3 Ta thấy hàng cuối đều không dương nên phương án tối ưu là (0,8,6) với f(x)max = -g(x)min = 30 Bài 6.2 f(x) = 2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 → max 2x1 + x2 – x3 – 2x4 ≤ 19 120 x7 0 0 0 1 0 2x2 – 6x3 + 3x4 ≤ 12 x1 + 3x2 + x4 ≤ 17 4x1 + 2x2 + 2x3 + x4 ≤ 8 xj ≥ 0 ; j = 1,4. Giải: Đặt g(x) = -f(x) = -2x1 - 4x2 - x3 - 3x4 → min Bài toán dạng chính tắc: 2x1 + x2 – x3 – 2x4 + x5 = 19 2x2 – 6x3 + 3x4 + x6 = 12 x1 + 3x2 + x4 + x7 = 17 4x1 + 2x2 + 2x3 + x4 + x8 = 8 xj ≥ 0 ; j = 1,8 Ta có bảng đơn hình: ACS x5 x6 x7 x8 g(x) SHTD 19 12 17 8 0 x1 2 0 1 4 2 x2 1 2 3 2 4 x3 -1 -6 0 2 1 x4 -2 3 1 1 3 x5 1 0 0 0 0 x6 0 1 0 0 0 x7 0 0 1 0 0 x8 0 0 0 1 0 Ta thấy hàng cuối có 4 số dương ta chọn c2 = 4. Trên cột này ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ 4 (vì < < < ). Thực hiện các phép biến đổi: (4):= (4); (1):=(1)–(4); (2):=(2)+2(4); (3):=(3)–3(4); (5):=(5)–2(4). Ta được bảng đơn hình thứ 2: ACS x5 SHTD 15 x1 0 x2 0 x3 -2 x6 x7 4 5 -4 -5 0 0 -8 -3 x2 4 2 1 1 g(x) -16 -6 0 -3 x4 5 − 2 2 1 − 2 1 2 1 x5 1 x6 0 x7 0 0 0 8 0 0 1 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0,4,0,0) với g(x) = -16 x8 1 − 2 -1 3 − 2 1 2 -2 121 Hàng cuối cùng có 1 số dương, ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ 2 (vì < / ). Thực hiện các phép biến đổi: (2):= (2); (1):=(1)+ (2); (3):=(3)+ (2); (4):=(4)- (2); (5):=(5)–(2). Ta được bảng đơn hình thứ 3: ACS x5 SHTD 20 x1 -5 x2 0 x3 -12 x4 0 x5 1 x4 2 -2 0 -4 1 0 x7 6 -6 0 -5 0 0 x2 3 3 1 3 0 0 g(x) -18 -4 0 1 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương cán cực biên là (0,3,0,2) với g(x) = -18 x6 5 4 1 2 0 1 4 1 − 2 − x7 0 0 1 4 0 0 x8 7 − 4 1 − 2 1 8 3 4 3 − 2 Hàng cuối có 1 số dương. Trên cột này ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ 4. Thực hiện các phép biến đổi: (4):= (4); (1):=(1)+12(4); (2):=(2)+4(4); (3):=(3)+5(4); (5):=(5)–(4). Ta được bảng đơn hình thứ 4: ACS x5 SHTD 32 x1 7 x2 4 x3 0 x4 0 x5 1 x4 6 2 0 1 0 x7 11 -1 0 0 0 x3 1 1 1 0 0 g(x) -19 -5 4 3 5 3 1 3 1 − 3 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương cán cực biên là (0,0,1,6) với g(x) = -19 x6 1 4 1 6 5 − 12 7 − 60 7 − 60 Hàng cuối cùng không có số dương nên phương án tối ưu của bài toán là (0,0,1,6). Với g(x)min = -19 → f(x)max = 19 Bài 6.3: f( x) = 4x1 - 2x2 + 3x3 + 3x4  min x1 + 2x2 + x3 – 3x4 ≤ 10 x1 – 2x1 + 122 x2 + x3 – x4 ≤ 6 x2 + 3x3 ≤ 8 x7 0 0 1 4 0 0 x8 5 4 1 2 11 8 7 − 4 7 − 4 x j  0, j = 1,4. Giải: Ta chuyển bài toán về dạng chính tắc: f(x) = 4x1 - 2x2 + 3x3 + 3x4  min x1 + 2x2 + x3 – 3x4 + x5 x1 – = 10 x2 + x3 – x4 + x6 = 6 2x1 + x2 + 3x3 + x7 = 8 xj  0, j = 1,7 Ta có bảng đơn hình: ACS x5 x6 x7 f(x) SHTD 10 6 8 0 x1 1 1 2 -4 x2 2 -1 1 2 x3 1 1 3 -3 x4 -3 -1 0 -3 x5 1 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0; 0; 0;0;10; 6; 8) với f(x)=0 x6 0 1 0 0 x7 0 0 1 0 Hàng cuối có 1 số dương c2=2, trên cột này có 2 số dương, chọn phần tử trục xoay nằm ở hàng thứ 1 (vì > ). Thực hiện các phép biến đổi: (1):= (1); (2):=(2)+(1); (3):=(3)-(1); (4):=(4)-2(1). Ta được bảng đơn hình mới: ACS x2 SHTD 5 x6 11 x7 3 f(x) -10 x1 1 2 3 2 3 2 -5 x2 1 0 0 0 x3 1 2 3 2 5 2 -4 x4 3 − 2 5 − 2 3 2 0 x5 1 2 1 2 1 − 2 -1 x6 0 x7 0 1 0 0 1 0 0 Các số hạng hàng cuối đều không dương nên bài toán đã cho có phương án tối ưu là (0,5,0,0,0) với f(x)min = -10 Bài 6.4: f(x) = 2x1 - x2 - x3 + 6x4  max x1 + 2x2 – 4x3 + x4 ≤ 9 -3x1 + 2x2 + x3 5x1 + 3x2 + ≤ 4 + x4 ≤ 1 123 x j  0, ∀j 3; x 3  0 Giải: Đặt g(x) = -f(x) = -2x1 + x2 + x3 – 6x4  min Đặt = -x3 ( ≥ 0) Ta có bài toán dạng chính tắc: g(x)= -2x1 + x2 x1 + 2x2 + 4 -3x1 + 2x2 - - 6x4  min + x4 + x 5 = 9 + x6 = 4 5x1 + 3x2 x j  0, ∀j≠3; + x4 + x 7 = 1 ≥0 Ta có bảng đơn hình: ACS x5 x6 x7 g SHTD 9 4 1 0 x1 1 -3 5 2 x2 2 2 3 -1 4 -1 0 1 x4 1 0 1 6 x5 1 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0,0,0,0,9,4,1) với g(x) = 0 x6 0 1 0 0 x7 0 0 1 0 Hàng cuối có 3 số dương, chọn số dương c4 = 6 lớn nhất; trên cột này có 2 số dương, ta chọn số dương hàng 3 làm phần tử trục xoay (vì < ). Thực hiện các phép biến đổi: (1):=(1)-(3); (4):=(4)6(3). Ta có bảng đơn hình mới: ACS x5 x6 x4 g SHTD 8 4 1 -6 x1 -4 -3 5 -28 Hàng cuối có 1 số hạng dương x2 -1 2 3 -19 4 -1 0 1 x4 0 0 1 0 x5 1 0 0 0 x6 0 1 0 0 x7 -1 0 1 -6 = 1, trên cột này có 1 số dương ở hàng thứ nhất, chọn làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi: (1):= (1); (2):=(2)+(1); (4):=(4)-(1). Ta được bảng đơn hình mới: ACS 124 SHTD 2 x1 -1 x2 1 − 4 1 x4 0 x5 1 4 x6 0 x7 1 − 4 x6 6 -4 x4 g 1 -8 5 -27 7 4 3 75 − 4 0 0 0 0 1 0 1 4 0 1 − 4 1 4 1 23 − 4 1 − 0 0 Hàng cuối các số đều không dương nên bài toán có phương án tối ưu là (0,0,2,1,0,0,0) với g(x)min= 8. Vậy bài toán ban đầu có phương án tối ưu là (0,0,-2,1), (x'3 = -x3 ⇒ x3 = -2) với f(x)max = -g(x)min = 8. Bài 6.5: f(x) = x1 – 3x2 + 2x3 – 7x4  min -x1 + 2x2 + 3x4 ≤ 7 2x1 - 3x2 + x3 - x4 ≤ 8 x1 - x2 + x4 ≤ 9 xj ≥ 0 ; j = 1,4. Giải : Đưa về bài toán dạng chính tắc: f(x) = x1 – 3x2 + 2x3 – 7x4  min -x1 + 2x2 + 3x4 + x5 = 7 2x1 - 3x2 + x3 - x4 + x6 = 8 x1 - x2 + x4 + x 7 = 9 xj ≥ 0; j = 1,7. Ta có bảng đơn hình: Hệ số ACS 0 2 0 x5 x3 x7 f(x) 0 SHTD 7 8 9 16 1 x1 -1 2 1 3 -3 x2 2 -3 -1 -3 2 x3 0 1 0 0 -7 x4 3 -1 1 5 0 x5 1 0 0 0 0 x6 0 1 0 2 0 x7 0 0 1 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1=3; c4=5), ta chọn số dương lớn hơn (c4=5>c1=3). Trên cột này có 2 số dương, chọn phần tử trục xoay nằm ở hàng 1 (vì < ). Thực hiện phép biến đổi: (1):= (1); (2):=(2)+(1); (3):=(3)–(1); (4):=(4)–5(1). Ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 125 x4 x3 x7 f(x) 7 3 31 3 20 3 13 3 1 3 5 3 − 2 3 7 − 3 5 − 3 19 − 3 0 1 1 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (0,0, 1 3 1 3 1 − 3 5 − 3 0 0 1 0 0 1 2 0 , ,0,0, ) với f(x) = Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1= , c6=2), chon số dương lớn hơn (c1= ). Trên cột này có 2 số dương, chọn phần tử trục xoay nằm ở hàng 3 (vì (3); (2):=(2)- (3); (4):=(4)ACS x4 SHTD 4 x1 0 x3 2 0 x1 5 1 f(x) -19 0 / / < / / ). Thực hiện các phép biến đổi: (3):= (3). Ta được bảng đơn hình mới: x2 1 4 1 − 4 5 − 4 1 − 2 x3 0 x4 1 1 0 0 0 0 0 x2 1 4 1 − 4 5 − 4 0 x3 0 x4 1 1 0 0 0 -1 0 x5 1 4 3 4 1 − 4 1 − 2 x6 0 x5 1 4 3 4 1 − 4 -2 x6 0 1 0 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên là (5,0,2,4,0,0,0) với f(x) = -19 x7 1 4 5 − 4 3 4 7 − 2 Hàng cuối có một số dương (c6=2). Trên cột này có 1 một số dương ở hàng thứ hai, chọn làm phần tử trục xoay. Thực hiện phép biến đổi: (4):=(4)–2(2). Ta có bảng đơn hình mới: ACS x4 SHTD 4 x1 0 x6 2 0 x1 5 1 f(x) -23 0 1 0 0 x7 1 4 5 − 4 3 4 -1 Hàng cuối đều là số không dương nên phương án tối ưu của bài toán gốc là (5,0,0,4) với f(x)min = 23. Bài 7: Giải các bài toán sau bằng phương pháp đơn hình 7.1. f(x) = 2x1 + x2 + x3 + 4x4  max 5x1 + x2 + x3 + 6x4 = 50 -3x1 + x3 + 2x4  16 126 4x1 + 3x3 + x4  23 xj  0, j = 1,4. Giải : Đặt g(x)= -f(x)= -2x1 - x2 - x3 - 4x4  min Thêm ẩn bù x5 (hệ số -1) vào ràng buộc thứ hai và x6 vào ràng buộc thứ ba ta được bài toán dạng chính tắc. g(x)= -2x1 - x2 - x3 - 4x4  min 5x1 + x2 + x3 + 6x4 = 50 -3x1 + x3 + 2x4 - x5 = 16 4x1 + 3x3 + x4 + x6 = 23 xj  0, j = 1,6. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x7 vào ràng buộc thứ hai để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = -2x1 - x2 - x3 - 4x4 + Mx7  min 5x1 + x2 + x3 + 6x4 = 50 -3x1 + x3 + 2x4 - x5 + x7 = 16 4x1 + 3x3 + x4 + x6 = 23 xj  0, j = 1,7. Ta có bảng đơn hình: Hệ số 0 -2 -1 -1 -4 0 0 SHTD x1 x5 x6 x2 x3 x4 -1 50 5 1 1 6 0 0 M 16 -3 0 1 -1 0 2 0 23 4 0 3 1 0 1 -50 -3 0 0 -2 0 0 16 -3 0 1 -1 0 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,50,0,0,0,23,16) với g = 16M-50 ACS x2 x7 x6 g Hàng cuối có 2 số hạng dương (c3 = M, c4 = 2M-2), ta chọn số dương c4 = 2M-2 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < < ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)-6(2); (3):=(3)-(2); (4):=(4)+2(2); (5):=(5)-2(2), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 127 2 14 1 -2 0 3 0 1 3 1 0 1 0 x4 8 − − 2 2 2 11 1 0 1 0 x6 15 2 2 g -34 -6 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,2,0,8,0,15,0) với g = -34 x2 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c3 = 1), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì hình mới ACS / < / ). Biến đổi (3):= (3); (1):=(1)+2(3); (2):=(2)- (3); (4):=(4)-(3), ta được bảng đơn SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 92 17 4 x2 14 1 0 0 5 5 5 13 3 1 x4 5 0 0 1 − − − 5 5 5 11 1 2 x3 6 0 1 0 5 5 5 41 6 2 g -40 0 0 0 − − − 5 5 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,14,6,5,0,0,0) với g = -40 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (0,14,6,5,0,0,0). Ta thấy ẩn giả x7 bằng 0 nên bài toán gốc có phương án tối ưu là (0,14,6,5) với fmax = -gmin = 40. 7.2. f(x) = x1 + 2x2 + x3 + 4x4 – x5  min 2x1 + 2x2 + 4x4 - 2x5  64 − x1 + x2 - 2x4 + 3x5  20 x1 - x2 + x4 + 2x5  27 2x1 - 3x2 + x3 + 2x4 + x5 = 24 xj  0, j = 1,5. Giải: Thêm ẩn bù x6 (hệ số -1) vào ràng buộc thứ nhất và x7, x8 lần lượt vào ràng buộc thứ hai và thứ ba ta được bài toán dạng chính tắc. f(x) = x1 + 2x2 + x3 + 4x4 – x5  min 2x1 + 2x2 + 4x4 - 2x5 – x6 = 64 128 − x1 + x2 - 2x4 + 3x5 + x7 = 20 x1 - x2 + x4 + 2x5 + x8 = 27 2x1 - 3x2 + x3 + 2x4 + x5 = 24 xj  0, j = 1,8. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x9 vào ràng buộc thứ nhất để được bài toán dạng (M) tương ứng: f(x) = x1 + 2x2 + x3 + 4x4 - x5 + Mx9 min 2x1 + 2x2 + 4x4 - 2x5 – x6 + x9 = 64 − x1 + x2 - 2x4 + 3x5 + x7 = 20 x1 - x2 + x4 + 2x5 + x8 = 27 2x1 - 3x2 + x3 + 2x4 + x5 = 24 xj  0, j = 1,9. Ta có bảng đơn hình: 1 2 1 4 -1 0 0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 ACS M x9 2 2 0 4 -2 -1 0 5 0 x7 20 1 0 -2 3 0 1 − 2 0 x8 27 1 -1 0 1 2 0 0 1 x3 24 2 -3 1 1 0 0 2 f 24 1 -5 0 -2 2 0 0 64 2 2 0 -2 -1 0 4 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,24,0,0,0,20,27,64) với f = 64M+24 Hệ số 0 SHTD 64 0 x8 0 0 1 0 0 0 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c1 = 2M+1, c2 = 2M-5, c4 = 4M-2), ta chọn số dương c4 = 4M-2 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)-4(4); (2):=(2)+2(4); (3):=(3)-(4); (5):=(5)+(4); (6):=(6)-4(4), ta được bảng đơn hình mới ACS x9 SHTD 16 x7 44 x8 15 x1 -2 1 − 2 0 x2 8 x3 -2 x4 0 x5 -4 x6 -1 x7 0 x8 0 -2 1 0 4 0 1 0 1 2 − 0 0 1 1 2 0 3 2 129 1 1 3 1 0 0 0 2 2 2 f 48 3 -8 1 0 3 0 0 0 16 -2 -2 0 -4 -1 0 0 8 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,12,0,0,44,15,16) với f = 16M+48 x4 12 1 − Hàng cuối có 1 số hạng dương (c2 = 8M-8), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1(vì < / ). Biến đổi (1):= (1); (2):=(2)+2(1); (3):=(3)- (1); (4):=(4)+ (1); (5):=(5)+8(1); (6):=(6)-8(1), ta được bảng đơn hình mới x3 x4 x5 x6 x7 1 1 1 x2 2 1 0 0 − − − 4 2 8 1 1 0 3 1 x7 48 0 − 4 2 3 1 7 1 0 0 0 x8 14 − 8 8 4 16 1 1 3 0 x4 15 1 0 − − 8 4 16 f 64 0 -1 0 -1 -1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,2,0,15,0,0,48,14,0) với f = 64 ACS x1 1 − 4 -1 SHTD x2 x8 0 0 1 0 0 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c1 = 1), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4(vì / < / ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)+ (4); (2):=(2)+(4); (3):=(3)- (4); (5):=(5)-(4), ta được bảng đơn hình mới x3 x4 x5 x6 x7 1 3 1 2 0 x2 8 0 1 − − − 5 5 5 5 11 7 8 13 x7 72 0 0 1 − 20 10 5 5 9 1 2 1 x8 11 0 0 0 − − 5 10 5 5 1 8 2 3 x1 24 1 0 0 − − 5 5 5 10 6 8 3 7 0 f 40 0 0 − − − − 5 5 5 10 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (24,8,0,0,0,0,72,11,0) với f = 40 ACS SHTD x1 x2 x8 0 0 1 0 0 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (24,8,0,0,0,0,72,11,0). Ta thấy ẩn giả x9 bằng 0 nên bài toán gốc có phương án tối ưu là (24,8,0,0,0) với f(x) = 40. 130 7.3. f(x) = x1 + 3x2 + 5x3 + 3x4 + 6x5  max 2x1 + x2 + 3x3 − x4 + 5x5 = 42 -2x1 + 2x3 − x4 + 2x5  18 5x1 - 3x3 + 2x4 - 3x5  0 x1 + 2x3 - 6x4 + 3x5  21 xj  0, j = 1,5. Giải: Đặt g(x)= -f(x)= -x1 - 3x2 - 5x3 - 3x4 - 6x5  min Thêm ẩn bù x6, x7 lần lượt vào ràng buộc thứ hai và ba. Thêm ẩn x8 (hệ số -1) vào ràng buộc thứ tư ta được bài toán dạng chính tắc. g(x)= -x1 - 3x2 - 5x3 - 3x4 - 6x5  min 2x1 + x2 + 3x3 − x4 + 5x5 = 42 -2x1 + 2x3 − x4 + 2x5 + x6 = 18 5x1 - 3x3 + 2x4 - 3x5 + x7 = 0 x1 + 2x3 - 6x4 + 3x5 – x8 = 21 xj  0, j = 1,8. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x9 vào ràng buộc thứ tư để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = -x1 - 3x2 - 5x3 - 3x4 - 6x5 +Mx9  min 2x1 + x2 + 3x3 − x4 + 5x5 = 42 -2x1 + 2x3 − x4 + 2x5 + x6 = 18 5x1 - 3x3 + 2x4 - 3x5 + x7 = 0 x1 + 2x3 - 6x4 + 3x5 – x8 + x9 = 21 131 xj  0, j = 1,9. Ta có bảng đơn hình: Hệ số 0 SHTD -1 x1 -3 x2 -5 x3 -3 -6 0 0 ACS x6 x7 x4 x5 10 5 0 0 -3 x2 42 2 1 3 − 3 2 0 x6 18 -2 0 2 2 1 0 − 3 0 x7 0 5 0 -3 2 -3 0 1 M x9 21 1 0 2 -6 0 0 3 g -126 -5 0 -4 13 -9 0 0 21 1 0 2 -6 0 0 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,42,0,0,0,18,0,0,21) với g = 21M-126 0 x8 0 0 0 -1 0 -1 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c1 = M-5, c3 = 2M-4, c5 = 3M-9), ta chọn số dương c5 = 3M-9 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)-5(4); (2):=(2)-2(4); (3):=(3)+3(4); (5):=(5)+9(4); (6):=(6)-3(4), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 1 20 1 x2 7 1 0 0 0 − 3 3 3 10 8 x6 4 0 0 1 0 − 3 3 x7 21 6 0 -1 -4 0 0 1 1 2 x5 7 0 -2 1 0 0 3 3 g -63 -2 0 -5 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,7,0,0,7,4,21,0,0) với g = -63 x8 5 3 2 3 -1 1 − 3 -3 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c3 =2), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì / < / ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+ (2); (3):=(3)+(2); (4):=(4)- (2); (5):=(5)-2(2), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x2 9 -1 1 0 x3 6 -4 0 1 x7 27 2 0 0 x5 3 3 0 0 132 x4 25 3 x5 5 0 1 0 − 16 3 0 1 x6 1 2 3 2 3 2 -1 x7 x8 0 2 0 1 1 0 0 -1 g -75 0 0 -15 0 -3 0 6 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,9,6,0,3,0,27,0,0) với g = -75 -5 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c1 =6), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)+(4); (2):=(2)+4(4); (3):=(3)-2(4); (5):=(5)-6(4), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 1 1 59 0 x2 10 0 1 0 3 6 9 19 14 1 0 x3 10 0 0 1 − 9 3 6 2 41 13 x7 25 0 0 0 1 − 3 9 6 1 16 1 x1 1 1 0 0 0 − − 3 9 3 13 g -81 0 0 0 -2 -1 0 − 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (1,10,10,0,0,0,25,0,0) với g = -81 x8 5 3 1 − 3 2 3 1 − 3 -3 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (1,10,10,0,0,0,25,0,0). Ta thấy ẩn giả x9 bằng 0 nên bài toán min có phương án tối ưu là (1,10,10,0,0) với g(x)min = -81  f(x)max = -g(x)min = 81. 7.4. f(x) = -7x1 + 3x2 + 2x3 - x4 + x5  max x1 - 2x2 + x3 + 2x4  44 -x1 + x2 - 2x3 + 3x4 + x5 = 28 -2x1 + x2 + x3 + 4x4  22 -x2 + 2x3 + x4 = 20 xj  0, j = 1,5. Giải: Đặt g(x)= -f(x)= 7x1 - 3x2 - 2x3 + x4 - x5  min Thêm ẩn bù x6, x7 lần lượt vào ràng buộc thứ nhất và thứ ba ta được bài toán dạng chính tắc. g(x)= 7x1 - 3x2 - 2x3 + x4 - x5  min x1 - 2x2 + x3 + 2x4 + x6 = 44 133 -x1 + x2 - 2x3 + 3x4 + x5 = 28 -2x1 + x2 + x3 + 4x4 + x7 = 22 -x2 + 2x3 + x4 = 20 xj  0, j = 1,7. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x8 vào ràng buộc thứ tư để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = 7x1 - 3x2 - 2x3 + x4 - x5 + Mx8  min x1 - 2x2 + x3 + 2x4 + x6 = 44 -x1 + x2 - 2x3 + 3x4 + x5 = 28 -2x1 + x2 + x3 + 4x4 + x7 = 22 -x2 + 2x3 + x4 + x8 = 20 xj  0, j = 1,8. Ta có bảng đơn hình: -3 -2 1 -1 0 0 7 0 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x1 SHTD 0 44 1 -2 1 2 0 1 0 -1 28 -1 1 -2 3 1 0 0 0 22 -2 1 1 4 0 0 1 M 20 0 -1 1 0 0 0 2 -28 -6 2 4 -4 0 0 0 20 0 -1 1 0 0 0 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,28,44,22,20) với g = 20M-28 Hệ số ACS x6 x5 x7 x8 g Hàng cuối có 2 số hạng dương (c3 = 2M+4, c4 = M-4), ta chọn số dương c4 = M-4 trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)-(4); (2):=(2)+2(4); (3):=(3)-(4); (5):=(5)-4(4); (6):=(6)-2(4), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x6 34 1 x5 48 -1 x7 12 -2 x3 10 0 g -68 -6 134 x2 3 − 2 0 1 2 4 − x3 0 0 0 1 0 x4 1 − 2 4 7 2 1 2 -6 x5 x6 x7 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,10,0,48,34,12,0) với g = -68 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c2 = 4), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3. Biến đổi (3):= (3); (1):=(1)+ (3); (4):=(4)+ (3); (5):=(5)-4(3), ta được bảng đơn hình mới Hệ số 0 -1 ACS x6 x5 SHTD 46 48 x1 x2 x3 x4 x5 x6 -1 0 0 3 0 1 -1 0 0 4 1 0 7 4 1 0 0 0 0 x2 8 − 3 3 2 5 0 1 0 0 M x3 14 − 3 3 2 46 0 0 0 0 g -100 − − 3 3 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,8,14,0,48,46,0,0) với g = -100 x7 1 0 2 3 1 3 8 − 3 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0  Phương án tối ưu của bài toán (M) là (0,8,14,0,48,46,0,0). Ta thấy ẩn giả x8 bằng 0 nên bài toán min có phương án tối ưu là (0,8,14,0,48) với g(x)min = -100  f(x)max = -g(x)min = 100. 7.5. f(x) = 3x1 - 2x2 - x3 + 3x4 - x5  max 2x1 - x2 - 2x3 - 2x4 + 4x5 = -12 4x1 - 3x3 - x4 + 2x5  10 2x1 - 2x3 + 3x4  26 2x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5  8 xj  0, j = 1,5. Giải: Đặt g(x)= -f(x)= -3x1 + 2x2 + x3 - 3x4 + x5  min Thêm ẩn bù x6, x7 lần lượt vào ràng buộc thứ hai và thứ ba, thêm ẩn bù x8 (hệ số -1) vào ràng buộc thứ tư ta được bài toán dạng chính tắc. g(x)= -3x1 + 2x2 + x3 - 3x4 + x5  min -2x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 12 135 4x1 - 3x3 - x4 + 2x5 + x6 = 10 2x1 - 2x3 + 3x4 + x7 = 26 2x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 – x8 = 8 xj  0, j = 1,8. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x9 vào ràng buộc thứ tư để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = -3x1 + 2x2 + x3 - 3x4 + x5 + Mx9  min -2x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 12 4x1 - 3x3 - x4 + 2x5 + x6 = 10 2x1 - 2x3 + 3x4 + x7 = 26 2x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 – x8 + x9 = 8 xj  0, j = 1,10. Ta có bảng đơn hình: 2 1 -3 1 0 0 -3 0 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x1 SHTD 2 12 -2 1 2 2 -4 0 0 0 10 4 0 -3 -1 2 1 0 0 26 2 0 -2 3 0 0 1 M 8 2 0 -2 -3 0 0 4 24 -1 0 3 7 -9 0 0 8 2 0 -2 -3 0 0 4 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,12,0,0,0,10,26,0,8) với g = 8M+24 Hệ số ACS x2 x6 x7 x9 g 0 x8 0 0 0 -1 0 -1 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = 2M-1, c5 = 4M-9), ta chọn số dương c4 = 4M-9 trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 4 (vì < ). Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)+4(4); (2):=(2)-2(4); (5):=(5)+9(4); (6):=(6)-4(4), ta được bảng đơn hình mới ACS x2 SHTD 20 x1 0 x2 1 x3 0 x6 6 3 0 -2 x7 26 0 x5 2 g 42 2 1 2 7 2 -2 1 − 2 3 − 2 136 0 0 x4 -1 1 2 3 3 − 4 1 4 x5 0 x6 0 x7 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 x8 -1 1 2 0 1 − 4 9 − 4 0 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,20,0,0,2,6,26,0,0) với g = 42 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = , c5 = ), ta chọn số dương c1 = trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < / < ). Biến đổi (2):= (2); (3):=(3)-2(2); (4):=(4)− (2); (5):=(5)− (2), ta được bảng đơn hình mới ACS x2 SHTD 20 x1 0 x2 1 x3 x4 x5 x6 x7 0 -1 0 0 0 2 1 1 0 0 x1 2 1 0 − 3 6 3 2 8 5 0 1 x7 22 0 0 − − 3 3 3 1 1 5 1 x5 1 0 0 0 − − − 6 6 6 7 1 5 g 35 0 0 0 0 − − 6 3 6 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (2,20,0,0,1,0,22,0,0) với g = 35 x8 -1 1 6 1 − 3 1 − 3 5 − 3 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c3 = ), trên cột này các số hạng đều âm và bằng 0 nên bài toán (M) không có phương án tối ưu  Bài toán gốc cũng không có phương án tối ưu. Bài 8: Bài tập tổng hợp 8.1. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính sau f(x) = 4x1 + 4x2 - x3 + 3x4  min 3x1 - x3 - x4  8 x1 + 5x2 + 4x3 + x4  9 2x1 – x2 - x3 - 2x4 = 5 xj  0, j = 1,4. a) Chứng minh rằng x0 = ( , 0, 0, ) là phương án cực biên. Xuất phát từ x0, tìm lời giải của bài toán bằng phương pháp đơn hình. b) Thay điều kiện x2  0 bởi x2  0. Tìm lời giải bài toán. Giải: a) Thế x0 = ( , 0, 0, ) vào các ràng buộc của bài toán ta được 3. - 0 - = 8 (thỏa chặt) 137 + 5.0 + 4.0 + < 9 (thỏa lỏng) 2. x1 = – 0 - 0 – 2. = 5 (thỏa chặt)  0 (thỏa lỏng) x2 = 0 (thỏa chặt) x3 = 0 (thỏa chặt) x4 =  0 (thỏa lỏng) Ta thấy các ràng buộc đều thỏa nên x0 là phương án của bài toán, trong đó có 4 ràng buộc thỏa chặt. Từ ràng buộc thứ nhất ta có vectơ u1 = (3, 0, -1, -1) Từ ràng buộc thứ ba ta có vectơ u1 = (2, -1, -1, -2) Từ ràng buộc thứ năm ta có vectơ u1 = (0, 1, 0, 0) Từ ràng buộc thứ sáu ta có vectơ u1 = (0, 0, 1, 0) Xét: k1u1 + k2u2 + k3u3 + k4u4 = 0 3k1 + 2k2 = 0 -k2 + k3 = 0 -k1 –k2 + k4 = 0 -k1 - 2k2 =0 3 2 Ta có A= 0 −1 −1 −1 −1 −2 k1 = k2 = k3 = k4 = 0 0 1 0 0 0 0 và Det(A)= -4  0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 1 0  4 vectơ u1, u2, u3, u4 độc lập tuyến tính. Bài toán có 4 biến nên n=4, số ràng buộc thỏa chặt độc lập tuyến tính là 4 nên x0=( , 0, 0, ) là phương án cực biên. Xuất phát từ x0, tìm lời giải của bài toán. Dạng chính tắc của bài toán: f(x) = 4x1 + 4x2 - x3 + 3x4  min 3x1 - x3 - x4 – x5 = 8 138 x1 + 5x2 + 4x3 + x4 + x6 = 9 2x1 – x2 - x3 - 2x4 = 5 xj  0, j = 1,6. Ta có bảng đơn hình: x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 8 3 0 -1 -1 -1 0 x6 9 1 5 4 1 0 1 5 2 -1 -1 -2 0 0 Hàng 1 chọn x4 làm ẩn cơ sở, ta thực hiện các phép biến đổi (1)= -(1), (2)=(2)-(1), (3)=(3)+2(1), ta được bảng đơn hình mới ACS ACS x4 x6 SHTD x1 x2 x3 -8 -3 0 1 17 4 5 3 -11 -4 -1 1 Hàng 3 chọn x1 làm ẩn cơ sở, thực hiện các phép biến đổi (3)= x4 x5 x6 1 1 0 0 -1 1 0 2 0 (3), (1)=(1)+3(3), (2)=(2)-4(3), ta được bảng đơn hình mới 4 -1 0 4 x2 x3 SHTD x1 1 3 1 3 x4 0 4 4 4 0 x6 6 0 4 4 11 1 1 1 4 x1 − 4 4 4 47 3 3 f 0 − 4 4 4 Bảng đơn cho ta phương án cực biên ( , 0, 0, , 0, 6) với f = Hệ số ACS 3 x4 1 0 0 0 0 x5 1 − 2 1 1 − 2 7 − 2 0 x6 0 1 0 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c3 = ), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng thứ nhất (vì < ). Thực hiện các phép biến đổi (1)=4(1), (2) :=(2)-4(1), (3) :=(3)+ (1), (4) :=(4)− (1), ta được bảng đơn hình mới ACS x3 x6 x1 f SHTD 1 2 3 11 x1 0 0 1 0 x2 3 -8 1 -3 x3 1 0 0 1 x4 4 -16 1 0 x5 -2 9 -1 -2 x6 0 1 0 0 139 Hàng cuối các số hạng đều âm và bằng 0 nên phương án tố ưu của bài toán là (3, 0, 1, 0) với fmin =11. b) Đặt x = -x2  x  0 Bài toán trở thành : f(x) = 4x1 - 4x - x3 + 3x4  min 3x1 - x3 - x4  8 x1 - 5x + 4x3 + x4  9 2x1 + x - x3 - 2x4 = 5 x1, x , x3 , x4  0 Dạng chính tắc tương ứng: f(x) = 4x1 - 4x - x3 + 3x4  min 3x1 - x3 - x4 – x5 = 8 x1 - 5x + 4x3 + x4 + x6 = 9 2x1 + x - x3 - 2x4 = 5 x1, x , x3, x4, x5, x6  0 Dạng (M) tương ứng: f(x) = 4x1 - 4x - x3 + 3x4 + Mx7 + Mx8  min 3x1 - x3 - x4 – x5 + x7 = 8 x1 - 5x + 4x3 + x4 + x6 = 9 2x1 + x - x3 - 2x4 +x8 = 5 x1, x , x3, x4, x5, x6, x7, x8  0 Ta có bảng đơn hình: -4 3 -1 Hệ số ACS 0 4 x4 x3 SHTD x1 x M x7 8 3 0 -1 -1 0 x6 9 1 -5 4 1 M x8 5 1 -1 -2 2 f 0 -4 4 1 -3 13 1 -2 -3 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,0,9,8,5) với f (x) = 13M Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 =5M-4, 0 x5 -1 0 0 0 -1 0 x6 0 1 0 0 0 =M+4), ta chọn số dương c1 = 5M-4, trên cột này có ba số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 3 (vì   ). Biến đổi (3):= (3); (1):=(1)-3(3); (2):=(2)−(3); (4):=(4)+4(3), ta được bảng đơn hình mới ACS x7 140 SHTD 1 2 x1 0 x 3 − 2 x3 1 2 x4 2 x5 -1 x6 0 13 9 11 0 2 0 − 2 2 2 1 1 5 1 x1 -1 0 − 2 2 2 f 10 0 6 -1 -7 0 1 1 3 -1 0 2 − 2 2 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên ( ,0,0,0,0, , ,0) với f (x) = M+10 x6 1 0 0 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c4 =2M-7, c3= M-1), ta chọn số dương c4 = 2M-7, trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1 (vì / < / ). Biến đổi (1):= (1); (2):=(2)-2(1); (3):=(3)+(1); (4):=(4)+7(1); (5):=(5)-2(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x3 x4 x5 x 1 1 3 1 x4 0 1 − − 4 4 4 2 x6 6 0 -4 4 0 1 11 1 1 1 1 0 x1 − − − 4 4 4 2 7 47 3 3 0 0 f − 2 4 4 4 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên ( ,0,0, ,0,6,0,0) với f (x) = Hàng cuối có 2 số hạng dương ( = , c3= ), ta thấy trên cột x6 0 1 0 0 0 các số hạng đều âm nên bài toan không có phương án tối ưu. 8.2. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính f(x) = -4x1 - 2x2 + x3  min -x1 + x2 + 2x3  2 4x1 + 3x2 - x3  12 2x1 + x2  8 xj  0, j = 1,3. a) Giải bài toán trên bằng phương pháp đơn hình. b) Có kết luận gì về lời giải của bài toán nếu f(x)max. Hãy chỉ ra tập phương án mà f(x) tăng vô hạn. Giải: 141 a. Đưa bài toán về dạng chính tắc: f(x) = -4x1 - 2x2 + x3  min -x1 + x2 + 2x3 – x4 = 2 4x1 + 3x2 - x3 + x5 = 12 2x1 + x2 + x6 = 8 xj  0, j = 1,6. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x7 vào ràng buộc thứ nhất để được bài toán (M) tương ứng: f(x) = -4x1 - 2x2 + x3 + Mx7 min -x1 + x2 + 2x3 – x4 + x7 = 2 4x1 + 3x2 - x3 + x5 = 12 2x1 + x2 + x6 = 8 xj  0, j = 1,7. Ta có bảng đơn hình tương ứng: -2 1 0 0 Hệ số 0 -4 x2 x3 x4 x5 ACS SHTD x1 M x7 2 -1 1 -1 0 2 0 x5 12 4 3 -1 0 1 0 x6 8 2 1 0 0 0 f 0 4 2 -1 0 0 2 -1 1 -1 0 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,12,8,2) với f = 2M 0 x6 0 0 1 0 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c2 = M+2, c3 = 2M-1), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1. Biến đổi (1):= (1); (2):=(2)+(1); (4):=(4)+(1); (5):=(5)-2(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 1 1 1 x3 1 1 0 0 − − 2 2 2 7 7 1 x5 13 0 1 0 − 2 2 2 x6 8 2 1 0 0 0 1 7 1 5 0 f 1 0 0 − 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,1,0,13,8,0) với f = 1 142 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 = , c3 = ), trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì / < ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+ (2); (3):=(3)-2(2); (4):=(4)- (2), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 20 2 9 x3 0 1 1 0 − 7 7 4 26 2 1 x1 1 1 0 0 − 7 7 7 4 4 2 x6 0 -1 0 1 − 7 7 7 f -12 0 -1 0 0 -1 0 Hàng cuối các số hạng đều không dương nên phương án tối ưu của bài toán là x0=( ,0, ). b. Nếu f(x)->max Đặt g(x) = -f(x) = 4x1 + 2x2 - x3  min Bài toán dạng (M) tương ứng: g(x) = 4x1 + 2x2 - x3 + Mx7 min -x1 + x2 + 2x3 – x4 + x7 = 2 4x1 + 3x2 - x3 + x5 = 12 2x1 + x2 + x6 = 8 xj  0, j = 1,7. Ta có bảng đơn hình : Hệ số 0 4 2 -1 0 0 ACS SHTD x1 x2 x4 x5 x3 M x7 2 -1 1 -1 0 2 0 x5 12 4 3 -1 0 1 0 x6 8 2 1 0 0 0 g 0 -4 -2 1 0 0 2 -1 1 -1 0 2 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,12,8,2) với g = 2M 0 x6 0 0 1 0 0 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c2 = M-2, c3 = 2M+1), trên cột này có một số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 1. Biến đổi (1):= (1); (2):=(2)+(1); (4):=(4)-(1); (5):=(5)-2(1), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x3 1 x5 13 x6 8 x1 1 − 2 7 2 2 x2 1 2 7 2 1 x3 1 0 0 x4 1 − 2 1 − 2 0 x5 x6 0 0 1 0 0 1 143 1 7 5 0 0 0 − 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c4= ), trên cột này các số hạng đều không dương nên bài toán g 1 − không có phương án tối ưu. Phương án cực biên ở câu a) x0=( ,0, ) và Z=(0,0, ,0, ,0) là vectơ tiến ra vô hạn q Tập phương án : x=x0+qZ=( ,0, + ), (với q0) 8.3. Cho bài toán quy hoạch tuyến tính f(x) = 3x1 - 2x2 - x3 - 4x4 - x5  max -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5  4 -4x1 + 2x3 + 5x4  56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5  16 xj  0, j = 1,5. a. Giải bài toán trên bằng phương pháp đơn hình. b. Tìm phương án tối ưu của bài toán khi có thêm điều kiện f(x)20. Giải: a. Đặt g(x) = -f(x) = -3x1 + 2x2 + x3 + 4x4 + x5  min Bài toán dạng chính tắc -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5 +x6 = 4 -4x1 + 2x3 + 5x4 +x7 = 56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 –x8 = 16 xj  0, j = 1,8. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x9 vào ràng buộc thứ tư để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = -3x1 + 2x2 + x3 + 4x4 + x5 +Mx9  min -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5 +x6 = 4 -4x1 + 2x3 + 5x4 +x7 = 56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 –x8 +x9 = 16 144 xj  0, j = 1,9. Ta có bảng đơn hình : -3 Hệ số 0 2 1 4 1 0 0 x1 ACS SHTD x2 x3 x4 x5 x6 x7 2 x2 38 -4 1 2 2 -4 0 0 0 x6 4 0 -3 -1 2 1 0 5 0 x7 56 -4 0 2 5 0 0 1 M x9 16 4 0 -2 -3 4 0 0 g 76 -5 0 3 0 -9 0 0 16 0 -2 -3 4 0 0 4 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,38,0,0,0,4,56,0,16) với g (x) = 16M+76 0 x8 0 0 0 -1 0 -1 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 =4M-5, c5=4M-9), ta chọn số dương c1 = 4M-5, trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2 (vì < ). Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+4(2); (3):=(3)+4(2); (4):=(4)-4(2); (5):=(5)+5(2); (6):=(6)-4(2), ta được bảng đơn hình mới ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 206 6 4 2 12 x2 0 1 0 0 − − 5 5 5 5 5 4 2 1 3 1 1 0 0 0 x1 − − 5 5 5 5 5 296 21 8 4 2 0 0 1 0 x7 − 5 5 5 5 5 11 4 64 12 0 0 0 -1 x9 − − 5 5 5 5 g 80 0 0 0 -1 -7 1 0 0 64 12 11 4 0 0 0 -1 − − 5 5 5 5 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên ( , ,0,0,0,0, ,0, ) với g (x) = M+80 Hàng cuối có 2 số hạng dương (c3 = M, c5= M-7), ta chọn số dương c3 = M, trên cột này có một số dương ở hàng thứ tư, ta chọn làm phần tử trục xoay. Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)+ (4); (2):=(2)+ (4); (3):=(3)+ (4); (6):=(6)- (4), ta được bảng đơn hình mới ACS x2 SHTD 54 x1 0 x2 1 x3 0 x1 20 1 0 0 x7 72 0 0 0 x3 32 0 0 1 g 80 0 0 0 0 0 0 0 x4 -1 7 − 2 2 11 − 2 -1 0 x5 0 x6 0 x7 0 4 -1 0 4 0 1 6 -2 0 -7 0 1 0 0 0 x8 -1 3 − 2 -1 5 − 2 0 0 145 Ta thấy hàng cuối có một số dương, trên cột này các số hạng đều âm nên bài toán không có phương án tối ưu. b. Khi f(x)  20, ta có : f(x) = 3x1 - 2x2 - x3 - 4x4 - x5  max -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5  4 -4x1 + 2x3 + 5x4  56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5  16 3x1 - 2x2 - x3 - 4x4 - x5  20 xj  0, j = 1,5. Đặt g(x) = -f(x) = -3x1 + 2x2 + x3 + 4x4 + x5  min Bài toán dạng chính tắc -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5 +x6 = 4 -4x1 + 2x3 + 5x4 +x7 = 56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 –x8 = 16 3x1 - 2x2 - x3 - 4x4 - x5 + x9 = 20 xj  0, j = 1,9. Bài toán trên không phải là dạng chuẩn nên ta đưa thêm ẩn giả x10, x11 lần lượt vào ràng buộc thứ nhất và thứ tư để được bài toán (M) tương ứng: g(x) = -3x1 + 2x2 + x3 + 4x4 + x5 +Mx10 + Mx11 min -4x1 + x2 + 2x3 + 2x4 - 4x5 + x10 = 38 5x1 - 3x3 - x4 + 2x5 +x6 = 4 -4x1 + 2x3 + 5x4 +x7 = 56 4x1 - 2x3 - 3x4 + 4x5 –x8 + x11 = 16 146 3x1 - 2x2 - x3 - 4x4 - x5 + x9 = 20 xj  0, j = 1,11. Ta có bảng đơn hình : 2 1 4 1 0 0 -3 0 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x1 ACS SHTD M x10 38 -4 1 2 2 -4 0 0 0 x6 4 5 0 -3 -1 2 1 0 0 x7 56 -4 0 2 5 0 0 1 M x11 16 4 0 -2 -3 4 0 0 0 x9 20 3 -2 -1 -4 -1 0 0 g 0 3 -2 -1 -4 -1 0 0 54 0 1 0 -1 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,0,0,0,0,4,56,0,20,38,16) với g (x) = 54M Hệ số 0 x8 0 0 0 -1 0 0 -1 0 x9 0 0 0 0 1 0 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c2 = M-2), trên cột này có một số dương ở hàng thứ nhất, ta chọn làm phần tử trục xoay. Biến đổi (5):=(5)+2(1); (6):=(6)+2(1); (7):=(7)-(1), ta được bảng đơn hình mới x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 SHTD 38 -4 1 2 2 -4 0 0 0 0 4 0 -3 -1 2 1 0 0 0 5 56 -4 0 2 5 0 0 1 0 0 16 4 0 -2 -3 4 0 0 -1 0 96 -5 0 3 0 -9 0 0 0 1 76 -5 0 3 0 -9 0 0 0 0 16 0 -2 -3 4 0 0 -1 0 4 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (0,38,0,0,0,4,56,0,96,0,16) với g (x) = 16M+76 ACS x2 x6 x7 x11 x9 g Hàng cuối có 2 số hạng dương (c1 =4M-5, c5=4M-9), ta chọn số dương c5 = 4M-5, trên cột này có hai số dương. Ta chọn phần tử trục xoay ở hàng 2. Biến đổi (2):= (2); (1):=(1)+4(3); (3):=(3)+4(2); (4):=(4)-4(2); (5):=(5)+5(2); (6)=(6)+5(2) ; (7) := (7) -4(2), ta được bảng đơn hình mới: ACS x2 x1 x7 SHTD 206 5 4 5 296 5 x1 x2 0 1 1 0 0 0 x3 2 − 5 3 − 5 2 − 5 x4 6 5 1 − 5 21 5 x5 12 − 5 2 5 8 5 x6 4 5 1 5 4 5 x7 x8 x9 0 0 0 0 0 0 1 0 0 147 x11 x9 g 64 5 100 80 64 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 11 5 -1 -1 11 − 5 − Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên ( , 2 12 5 -7 -7 12 5 ,0,0,0,0, 12 4 5 1 1 12 5 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 -1 0 ,0,100,0, )với g (x) = M+80 − 12 2 Hàng cuối có 3 số hạng dương (c3 =5M, c5= 5 M-7, c6= 5 +1), ta chọn c3 =5M, trên cột này có một số 2 3 dương ở hàng thứ tư, ta chọn làm phần tử trục xoay. Biến đổi (4):= (4); (1):=(1)+5(4); (2):=(2)+5(4); 2 2 (3):=(3)+5(4); (7):=(7)-5(4), ta được bảng đơn hình mới: ACS x2 SHTD 54 x1 0 x2 1 x3 0 x1 20 1 0 0 x7 72 0 0 0 x4 -1 7 2 2 − x5 0 x6 0 x7 0 4 -1 0 4 0 1 x8 -1 3 2 -1 − 11 5 6 -2 0 − 2 2 x9 100 0 0 0 -1 -7 0 0 1 g 80 0 0 0 -1 -7 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (20,54,32,0,0,0,72,0,100,0,0) với g (x) = 80 x3 32 0 0 1 − x9 0 0 0 0 1 0 0 Hàng cuối có 1 số hạng dương (c6=1), trên cột này có một số dương ở hàng thứ năm, ta chọn làm phần tử trục xoay. Biến đổi (2):=(2)+(5); (4):=(4)+2(5); (6)=(6)-(5), ta được bảng đơn hình mới: ACS x2 SHTD 54 x1 0 x2 1 x3 0 x1 120 1 0 0 x7 72 0 0 0 x4 -1 9 2 2 − x5 0 x6 0 x7 0 -3 0 0 4 0 1 x8 -1 3 2 -1 − x9 0 1 0 11 5 2 -8 0 0 − 2 2 15 -7 1 0 0 1 x6 232 0 0 0 − 2 g -20 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 Bảng đơn hình cho ta phương án cực biên (120,54,32,0,0,232,72,0,0,0,0) với g (x) = -20 x3 148 32 0 0 1 − Ta thấy hàng cuối bao gồm các số không dương và các ẩn giả của bài toán (M) đều bằng 0 nên bài toán ban đầu có phương án tối ưu là (120,54,32,0,0) với f(x)max = - g(x)min = 20. Bài 9 : Giải các bài toán quy hoạch tuyến tính sau bằng phương pháp đơn hình Bài 9.1. f(x) = 3x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4  min 2x1 + 2x2 - x4 = 28 x1 + 5x2 + 3x3 - 2x4  31 2x1 – 2x2 + 2x3 + x4 = 16 xj  0, j = 1,4. Giải: Đưa bài toán về dạng chuẩn ta được bài toán (M): f(x) = 3x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4 + M(x6 + x7)  min 2x1 + 2x2 - x4 + x6 = 28 x1 + 5x2 + 3x3 - 2x4 + x5 = 31 2x1 – 2x2 + 2x3 + x4 + x7 = 16 xj  0, j = 1,7. Ta có bảng đơn hình: Hệ số 0 3 4 2 2 0 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 M 28 2 2 0 1 0 0 31 1 5 3 -2 1 M 16 2 -2 2 1 0 0 -3 -4 -2 -2 0 44 4 0 2 2 0 Phương án cực biên (0,0,0,0,31,28,16), = 0. Hàng cuối có 3 số dương, ta chọn số dương lớn nhất c1 = 4M – 3. Trên cột này có 3 số dương ta chọn số dương ở hàng thứ 3 làm phần tử trục xoay (vì 16/2 < 28/2 < 31/1). Thực hiện các phép biến đổi sau : (1):=(1)-2(3) ; (2):=(2)–(3) ; (3):= ½.(3); (4):=(4)+3(3) ; (5):=(5)–4(3). ACS x6 x5 x7 f Ta có bảng đơn hình mới ACS x6 SHTD 12 x1 0 x2 4 x3 -2 x4 0 x5 0 149 23 0 6 2 -5/2 1 8 1 -1 1 1/2 0 24 0 -7 1 -1/2 0 12 0 4 -2 0 0 Phương án cực biên(8,0,0,0,23,12,0), = 24. Hàng cuối có 1 số dương, trên cột này có 2 số dương, ta chọn số dương ở hàng thứ nhất làm phần tử trục xoay (vì 12/4 < 23/6). Ta thực hiện các phép biến đổi sau : (1):= ¼ .(1) ; (2):=(2)–6(1) ; (3):=(3)+(1) ; (4):=(4)+7(1); (5):=(5)–4(1) x5 x1 Ta có bảng đơn hình mới: ACS x2 x5 x1 SHTD x1 x2 3 0 1 5 0 0 11 1 0 45 0 0 0 0 0 Hàng cuối các số hạng đều không dương. x3 -1/2 5 1/2 -5/2 0 x4 0 -5/2 1/2 -1/2 0 x5 0 1 0 0 0 Vậy bài toán có phương án tối ưu là: (11,3,0,0,5) với fmin = 45 Bài 9.2 f(x) = 3x1 - 2x2 + 2x3 + x4 → min 2x1 - x2 + 4x3 + x4 = 10 -3x1 + 2x2 + x3 – 2x4 = 8 4x1 – x2 - 2x3 =4 xj ≥ 0 ; j = , Giải: Bài toán chưa có ẩn cơ sở nên ta cần thêm ba ẩn giả là x5, x6 , x7 ≥ 0 để được bài toán (M) = 3x1 - 2x2 + 2x3 + x4 + Mx5 + Mx6 + Mx7 → min 2x1 - x2 + 4x3 + x4 + x5 = 10 -3x1 + 2x2 + x3 – 2x4 + x6 = 8 4x1 – x2 - 2x3 xj ≥ 0 ; j = 1,7 150 + x7 = 4 Ta có bảng đơn hình: HS 0 3 -2 2 1 SHTD x1 x2 x3 x4 M 10 2 -1 4 1 M 8 -3 2 1 -2 M 4 4 -1 -2 0 0 -3 2 -2 -1 22 3 0 3 -1 Hàng cuối có hai số dương, ta chọn số dương ở cột 6 (vì 3M – 2 > 3M – 3) với phần tử trục xoay trên hàng 1 (vì 10/4 < 8/1). Thực hiện các biến đổi: (1):= ½.(1); (2):=(2)–(1); (3):=(3)+2(1); (4):=(4)+2(1); (5):=(5)–3(1) ACS x5 x6 x7 Ta được bảng đơn hình sau: x2 x3 x4 SHTD x1 5/2 1/2 -1/4 1 1/4 11/2 -7/2 9/4 0 -9/4 9 5 -3/2 0 1/2 5 -2 3/2 0 -1/2 29/2 3/2 3/4 0 -7/4 Hàng cuối có hai số dương, ta chọn số dương ở cột 3 (vì 3/2.M – 2 > ¾.M + 3/2) với phần tử trục xoay trên hàng 3. Thực hiện các biến đổi (3):= 1/5.(3); (1):=(1)– ½.(3); (2):=(2)+7/2.(3); (4):=(4)+2(3); (5):=(5)–3/2.(3) ACS x3 x6 x7 Ta được bảng sau: x2 x3 x4 SHTD x1 8/5 0 -1/10 1 1/5 59/5 0 6/5 0 -19/2 9/5 1 -3/10 0 -3/8 43/5 0 9/10 0 -3/10 59/2 0 6/5 0 -19/10 Hàng cuối có một số dương, ta chọn số dương ở cột 4 (vì 6/5.M + 9/10 > 0) với phần tử trục xoay trên hàng 2. Thực hiện các biến đổi : (2):= 5/6.(2); (1):=(1)+1/10.(2); (3):=(3)+3/10.(2); (4):=(4)9/10.(2); (5):=(5)–6/5.(2) ACS x3 x6 x1 Ta được bảng sau: ACS x3 x2 x1 f SHTD 31/12 59/6 19/4 -1/4 x1 0 0 1 0 x2 0 1 0 0 x3 1 0 0 0 x4 1/24 -19/12 -3/8 9/8 151 Hàng cuối có một số dương, ta chọn số dương ở cột 4 với phần tử trục xoay trên hàng 1. Thực hiện các biến đổi: (1):= 24(1); (2):=(2)+19/12.(1); (3):=(3)+3/8.(1); (4):=(4)–9/8.(1) Ta được bảng sau: x2 ACS SHTD x1 x4 62 0 0 x2 108 0 1 x1 28 1 0 f -70 0 0 Phương án tối ưu: (28; 108; 0; 62) với fmin = -70 x3 24 38 9 -27 x4 1 0 0 0 Bài 9.3 f(x) = -x1 - 2x2 - 3x3 + x4 → min x1 + 2x2 + 3x3 = 15 2x1 + x2 + 5x3 = 20 x1 + 2x2 + x3 + x4 = 10 xj ≥ 0 ; j = , Giải: Bài toán này đã có một ẩn cơ sở là x4 nên ta chỉ cần thêm hai ẩn giả là x5 , x6 ≥ 0 để được bài toán (M) = -x1 - 2x2 - 3x3 + x4 + Mx5 + Mx6 → min x1 + 2x2 + 3x3 + x5 = 15 2x1 + x2 + 5x3 + x6 = 20 x1 + 2x2 + x3 + x4 = 10 xj ≥ 0 ; j = 1,6 Bảng đơn hình HS M M 1 152 ACS x5 x6 x4 0 SHTD 15 20 10 10 -1 x1 1 2 1 2 -2 x2 2 1 2 4 -3 x3 3 5 1 4 1 x4 0 0 1 0 35 3 3 8 0 Hàng cuối có ba số dương, ta chọn số dương ở cột 6 (vì 8M + 4 lớn nhất) với phần tử trục xoay trên hàng 2 (vì 20/5 < 15/3 < 10/1). Thực hiện các biến đổi sau: (2):=1/5(2); (1):=(1)–3(2); (3):=(3)–(2); (4):=(4)–4(2); (5):=(5)–8(2). Ta được bảng đơn hình mới: ACS x5 x3 x4 SHTD x1 x2 x3 x4 3 -1/5 7/5 0 0 4 2/5 1/5 1 0 6 3/5 9/5 0 1 -6 2/5 16/5 0 0 3 -1/5 7/5 0 0 Hàng cuối có một số dương, ta chọn số dương ở cột 4 với phần tử trục xoay trên hàng 1 (vì 15/7 < 30/9 < 20/1). Thực hiện các biến đổi: (1):=5/7(1); (2):=(2)–1/5(1); (3):=(3)–3/5.(1); (4):=(4)–2/5(1); (5):=(5)+1/5(1) Ta được bảng sau: x2 x3 x4 ACS SHTD x1 x2 15/7 -1/7 1 0 0 x3 25/7 2/5 0 1 0 x4 15/7 6/7 0 0 1 f -90/7 6/7 0 0 0 Hàng cuối có một số dương, ta chọn số dương ở cột 3 với phần tử trục xoay trên hàng 3 (vì 25/7 < 125/14). Thực hiện các biến đổi: (3):= 7/6(3); (1):=(1)+1/7.(3); (2):=(2)–2/5(3); (4):=(4)6/7(3). Ta được bảng sau: ACS SHTD x1 x2 x2 5/2 0 1 x3 5/2 0 0 x1 5/2 1 0 f -15 0 0 Phương án tối ưu (5/2; 5/2; 5/2; 0) với fmin = -15 x3 0 1 0 0 x4 1/6 -1/2 7/6 -1 Bài 9.4 f(x) = 2x1 + x2 + x3 → min 2x1 + x2 + x3 ≥ 7 3x1 + x2 + x3 ≥ 8 2x1 + x3 ≥ 5 153 xj ≥ 0 ; j = , Giải: Dạng chính tắc: 2x1 + x2 + x3 – x4 = 7 3x1 + x2 + x3 – x5 = 8 2x1 + x3 – x6 = 5 xj ≥ 0 ; j = 1,6 Dạng (M): = 2x1 + x2 + x3 + Mx7 + Mx8 + Mx9 → min 2x1 + x2 + x3 – x4 + x7 = 7 3x1 + x2 + x3 – x5 + x8 = 8 2x1 + x3 – x6 + x9 = 5 xj ≥ 0 ; j = 1,9 Ta có bảng đơn hình sau: 1 1 0 0 0 0 2 x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 M 7 2 1 1 -1 0 0 0 8 3 1 1 0 -1 0 M 5 2 0 1 0 0 -1 0 -2 -1 -3 0 0 0 20 7 2 3 -1 -1 -1 Phương án cực biên (0,0,0,0,0,0,7,8,5) =0. Hàng cuối có 3 số dương, ta chọn số dương lớn nhất c1= 7M – 2 . trên cột này có 3 số dương, ta chọn số dương ở hàng thứ 3 làm phần tử trục xoay vì 5/2 < 8/3 < 7/2. Thực hiện các phép biến đổi sau : (1):=(1)–2(3); (2):=(2)–3(3); (3):= ½(3) ; (4):=(4)+2(3); (5):=(5)–7(3) HS ACS x7 x8 x9 Ta có bảng đơn hình mới: ACS x7 x8 x1 154 SHTD 2 1/2 5/2 5 x1 0 0 1 0 x2 1 1 0 -1 x3 0 -1/2 1/2 -2 x4 -1 0 0 0 x5 0 -1 0 0 x6 1 3/2 -1/2 -1 5/2 0 2 -1/2 -1 -1 5/2 Phương án cực biên(5/2,0,0,0,0,0,2, ½,0 ) =5. Hàng cuối có 2 số dương, ta chọn số dương lớn nhất c6= 5/2.M – 1 . trên cột này có 2 số dương. Ta chọn số dương ở hàng thứ 2 làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi sau: (1):=(1)–(2); (2):=2/3.(2); (3):=(3)+½(2); (4):=(4)+1(2); (5):=(5)5/2(2) Ta có bảng đơn hình mới: ACS x7 x6 x1 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 5/3 0 1/3 1/3 -1 2/3 0 1/3 0 -2/3 -1/3 0 -2/3 1 8/3 1 1/3 1/3 0 -1/3 0 16/3 0 -1/3 -7/3 0 -2/3 0 5/3 0 1/3 -1/3 -1 2/3 0 Phương án cực biên( 8/3,0,0,0,0, 1/3 , 5/3,0,0) =16/3. Hàng cuối có hai số dương, ta chọn số dương lớn nhất c5= 2/3M – 2/3. Trên cột này có 1 số dương. Ta chọn số đó làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi sau : (1):=3/2(1); (2):=(2)+2/3(1); (3):=(3)+1/3(1); (4):=(4)+2/3(1); (5):=(5)–2/3(1) Ta có bảng đơn hình mới x2 SHTD x1 5/2 0 1/2 2 0 1 7/2 1 1/2 7 0 0 0 0 0 Phương án tối ưu: (7/2; 0; 0) với fmin = 7 ACS x7 x5 x1 x3 1/2 0 1/2 -2 0 x4 -3/2 -1 -1/2 -1 0 x5 1 0 0 0 0 x6 0 1 0 0 0 Bài 9.5 f(x) = x1 + x2 + 2x3 → min x1 + 3x2 - x3 ≥ 5 3x1 - x2 + 3x3 ≥ 2 2x1 + 3x2 + x3 ≥ 8 xj ≥ 0 ; j = , Giải: Dạng chính tắc: x1 + 3x2 - x3 – x4 = 5 155 3x1 - x2 + 3x3 - x5 = 2 2x1 + 3x2 + x3 – x6 = 8 xj ≥ 0 ; j = 1,6 Dạng (M) = x1 + x2 + 2x3 + Mx7 + Mx8 + Mx9 → min x1 + 3x2 - x3 – x4 + x7 = 5 3x1 - x2 + 3x3 - x5 + x8 = 2 2x1 + 3x2 + x3 – x6 + x9 = 8 xj ≥ 0 ; j = 1,9 Ta có bảng đơn hình: HS ACS 0 1 1 2 0 0 0 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 M x7 5 1 3 -1 -1 0 0 M x8 2 -1 3 0 -1 0 3 M x9 8 2 3 1 0 0 -1 0 -1 -1 -2 0 0 0 15 6 5 3 -1 -1 -1 Hàng cuối có 3 số dương, chọn số dương cột 4 (6M - 1), trên cột có 3 số dương, chọn số dương hàng 2 làm phần tử trục xoay (vì 2/3 là tỉ số dương bé nhất). Thực hiện các phép biến đổi: (2):=1/3.(2), (1):=(1)-(2); (3):=(3)-2(2); (4):=(4)+(2); (5):=(5)-6(2) Ta có bảng đơn hình: x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 13/3 0 -2 -1 1/3 0 10/3 2/3 1 -1/3 1 0 -1/3 0 20/3 0 11/3 -1 0 2/3 -1 2/3 0 -4/3 -1 0 -1/3 0 11 0 7 -3 -1 1 -1 Hàng cuối có 2 số dương, chọn số dương cột 4 (7M – 4/3); trên cột có 2 số dương, chọn số dương hàng 1 làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi: (1):=3/10.(1); (2):=(2)+1/3.(1); (3):=(3)11/3.(1); (4):=(4)+4/3.(1); (5):=(5)–7.(1) Ta có bảng đơn hình mới: ACS x7 x1 x9 ACS x2 x1 156 SHTD 13/10 11/10 x1 0 1 x2 1 0 x3 -3/5 4/5 x4 -3/10 -1/10 x5 1/10 -3/10 x6 0 0 x9 19/10 12/5 19/10 0 0 0 0 0 0 6/5 -9/5 6/5 11/10 -4/10 11/10 3/10 -1/5 3/10 -1 0 -1 157 Hàng cuối có 3 số dương, chọn số dương cột 5, trên cột này có 2 số dương, chọn số dương hàng 2 làm phần tử trục xoay. Thực hiện phép biến đổi: (2):= 5/4.(2); (1):= (1) + 3/5.(2); (3):=(3)– 6/5.(2); (4):=(4)+9/5.(2); (5):=(5)–6/5.(2) Bảng đơn hình mới: x2 x3 x4 x5 x6 SHTD x1 17/8 3/4 1 0 -3/8 -1/8 0 11/8 5/4 0 1 -1/8 -3/8 0 1/4 -3/2 0 0 3/4 -1 5/4 39/8 9/4 0 0 -7/8 0 -5/8 1/4 -3/2 0 0 3/4 -1 5/4 Hàng cuối có 2 số dương, chọn số dương cột 6, trên cột này có 1 số dương (hàng 3) chọn làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi: (3):=4/5.(3); (1):=(1)+3/8.(3); (2):=(2)+1/8.(3); (4):=(4)+5/8.(3); (5):=(5)–5/4.(3) Bảng đơn hình mới: ACS x2 x3 x9 ACS x2 x3 x4 SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 11/5 3/10 1 0 0 1/10 -3/10 7/5 11/10 0 1 0 -3/10 -1/10 1/5 -6/5 0 0 1 3/5 -4/5 5 3/2 0 0 0 -1/2 -1/2 0 0 0 0 0 0 0 Hàng chứa hệ số M tương ứng đều bằng 0, loại bỏ đi hàng cuối ta có bảng đơn hình sau: ACS SHTD x1 x2 x3 x4 x5 x6 x2 11/5 3/10 1 0 0 1/10 -3/10 x3 7/5 0 1 0 -3/10 -1/10 11/10 x4 1/5 -6/5 0 0 1 3/5 -4/5 f 5 0 0 0 -1/2 -1/2 3/2 Hàng cuối có 1 số dương (cột 3), trên cột này có 2 số dương, chọn số dương hàng 2 làm phần tử trục xoay. Thực hiện các phép biến đổi: (2):=10/11.(2); (1):=(1)–3/10.(2); (3):=(3)+6/5.(2); (4):=(4)3/2.(2) Bảng đơn hình mới: ACS SHTD x1 x2 20/11 0 x1 14/11 1 x4 19/11 0 f 34/11 0 Hàng cuối các số đều không dương x2 1 0 0 0 x3 -3/11 10/11 12/11 -15/11 x4 0 0 1 0 x5 2/11 -3/11 3/11 -1/11 Bài toán ban đầu có phương án tối ưu là: (14/11; 20/11; 0) với fmin = 34/11. 158 x6 -3/11 -1/11 -10/11 -4/11 159