Giáo trình Lý thuyết cơ bản về quy hoạch tuyến tính - Chương 4: Ứng dụng quy hoạch tuyến tính

ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
88 
CHƯƠNG IV 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
 Chương này trình bày các bài toán để thấy khả năng ứng dụng rộng rãi của 
quy hoạch tuyến tính. Bài toán trò chơi được trình bày một cách chi tiết, các bày toán 
còn lại chỉ trình bày mô hình. Việc giải các bài toán này được nghiên cứu thêm trong 
các môn tiếp theo. 
 Nội dung chi tiết của chương này bao gồm : 
I- MỞ ĐẦU 
II- BÀI TOÁN TRÒ CHƠI 
 1- Trò chơi có nghiệm ổn định 
2- Trò chơi không có nghiệm ổn định 
III- BÀI TOÁN VẬN TẢI 
 1- Mở đầu 
 2- Các khái niệm cơ bản 
 3- Bài toán vận tải cân bằng thu phát 
 4- Các bài toán được đưa về bài toán vận tải 
IV- BÀI TOÁN DÒNG TRÊN MẠNG 
 1- Mở đầu 
 2- Phát biểu bài toán dòng trên mạng 
V- QUY HOẠCH NGUYÊN 
 1- Mở đầu 
 2- Bài toán quy hoạch nguyên trong thực tế 
CHƯƠNG IV 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
89 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
Trong chương này, chúng ta sẽ tìm hiểu sơ lược một số khái niệm và phương 
pháp cơ bản trong lý thuyết trò và một số bài toán thực tế mà người ta sẽ đưa về bài 
toán quy hoạch tuyến tính để giải . 
I- MỞ ĐẦU 
Trong thực tế hay gặp tình huống là phải chọn một quyết định (bấp bênh) do 
phải đối mặt với một đối thủ thông minh và có quyền lợi đối lập với ta : ví dụ trong 
các trò chơi tranh chấp, trong quân sự, trong vận động tranh cử.... 
Nghiên cứu việc chọn quyết định trong những trường hợp đối kháng này có 
tên gọi là lý thuyết trò chơi. Ở đây người chọn quyết định và đối thủ đều được gọi là 
người chơi. Mỗi người chơi có một tập hợp các hành động để lựa chọn được gọi là 
chiến lược. 
Chúng ta xét một trường hợp đơn giản là trò chơi hai người : phần thưởng sẽ 
là cái được của một người và chính là cái mất của người kia. 
Giải một trò chơi nghĩa là tìm chiến lược tốt nhất cho mỗi người chơi. Hai 
người chơi thường được ký hiệu là A và B, chiến lược tương ứng của mỗi người được 
ký hiệu là : 
 A : i (i=1→m) 
 B : j (j=1→n) 
Giải thưởng ứng với chiến lược (i,j) của hai người được ký hiệu là aij và được 
viết thành một bảng như sau : 
B 1 2 ... n 
A 
1 a11 a12 ... a1n
2 a21 a22 ... a2n
... ... ... ... ... 
m am1 am2 ... amn
Ví dụ : 
 1 2 3 4 ← B 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
90 
1 1 0 -2 1 
2 2 2 1 0 A → 
3 -1 -1 0 3 
Ðối với A : 
- Nếu A đi nước 1 (dòng 1) thì A sẽ : 
. Thắng 1 điểm nếu B đi nước 1 (thắng) 
. Thắng 0 điểm nếu B đi nước 2 (hoà) 
. Thắng -2 điểm nếu B đi nước 3 (thua) 
. Thắng 1 điểm nếu B đi nước 4 (thắng) 
 Những trường hợp còn lại là tương tự . 
 Ðối với B : 
- Nếu B đi nước 2 (cột 2) thì B sẽ : 
. Thua 0 điểm nếu A đi nước 1 
. Thua 2 điểm nếu A đi nước 2 
. Thua -1 điểm nếu A đi nước 3 
 Những trường hợp còn lại là tương tự . 
Nghiệm tối ưu của trò chơi, có khi gọi tắt là nghiệm, là bộ chiến lược (i*,j*) 
có tính chất là nếu một người lấy chiến lược khác còn người kia vẫn giữ nguyên thì 
phần thưởng cho người đi khác sẽ bị thiệt hại. Giải trò chơi có nghĩa là tìm nghiệm tối 
ưu. 
II- BÀI TOÁN TRÒ CHƠI 
 1- Trò chơi có nghiệm ổn định 
 Hai nhà chính trị A và B vận động tranh cử 1 ghế ở nghị viện trong 2 ngày 
cuối quan trọng nhất ở hai thành phố P và Q. Mỗi người phải đặt kế hoạch vận động 
mà không biết được kế hoạch của đối phương. Các cố vấn đưa ra 3 chiến lược : 
 - Ở mỗi thành phố một ngày 
 - Ở cả 2 ngày ở thành phố P 
 - Ở cả 2 ngày ở thành phố Q và đánh giá kết quả vận động tương ứng 
như sau : 
 1 2 3 ← 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
91 
B 
1 1 2 4 
2 1 0 5 A → 
3 0 1 -1 
Dữ liệu là tổng số phiếu, tính theo đơn vị là ngàn, mà A sẽ dành được từ B hay 
ngược lại . 
Đây là một trường hợp đơn giản mà người ta có thể giải được bằng khái niệm 
chiến lược bị trội hơn như sau : 
- Đối với A thì chiến lược 3 bị trội hơn bởi chiến lược 1 và 2 vì nó mang đến 
cho A số điểm thắng ít, nên dù B có chọn chiến lược nào thì A cũng vẫn chọn chiến 
luợc 1 hoặc 2 mà bỏ chiến lược 3 . Ta có : 
 1 2 3 ← B 
1 1 2 4 
2 1 0 5 A → 
3 0 1 -1 
- Đối với B thì chiến lược 3 bị trội hơn bởi chiến lược 1 và 2 vì nó mang đến 
cho B số điểm thua nhiều nên B bỏ chiến lược 3. Ta có : 
 1 2 3 ← B 
1 1 2 4 
2 1 0 5 A → 
3 0 1 -1 
- Đối với A thì chiến lược 2 bị trội hơn bởi chiến lược 1 vì vậy A bỏ chiến 
lược 2. Ta có : 
 1 2 3 ← B 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
92 
1 1 2 4 
2 1 0 5 A → 
3 0 1 -1 
- Đối với B thì chiến lược 2 bị trội hơn bởi chiến lược 1 vì vậy B bỏ chiến 
lược 2. Ta có : 
 1 2 3 ← B 
1 1 2 4 
2 1 0 5 A → 
3 0 1 -1 
Cuối cùng thì bộ chiến lược (1,1) là nghiệm tối ưu của trò chơi với kết quả là 
người A thu thêm được 1 (ngàn) phiếu từ người B. 
Trong nhiều trường hợp, khi dùng chiến lược bị trội hơn chỉ mới giảm được cở 
của bài toán mà chưa giải quyết xong vấn đề đặt ra. 
Chiến lược MaxiMin và MiniMax 
Xét ví dụ tương tự như ví dụ trên nhưng bảng kết quả vận động được các cố 
vấn đánh giá như sau : 
 1 2 3 ← B 
1 -3 -2 6 
2 1 0 2 A → 
3 5 -2 -4 
Đây là trường hợp người chọn quyết định nghĩ là đối phương thông minh và 
cố ý chọn quyết định chống lại mình nên họ luôn nghĩ đến chiến lượt “ăn chắc” , đó là 
MaxiMin(A) và MiniMax(B) như sau : 
a- MaxiMin(A) 
A luôn xem B là đối thủ thông minh. Khi A đi nước i0 (dòng i0) thì B sẽ chọn 
nước đi j0 (cột j0) sao cho A thắng điểm ít nhất . Nghĩa là B đi vào ô : 
{ }jijji 000 a Mina ∀= 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
93 
 Trong tình huống đó A sẽ chọn nước đi sao cho A thắng nhiều điểm nhất. 
Chiến thuật của A là đi vào ô : 
{ }{ } a min max(A) MaxiMinag ijjijiA AA === 
A đi nước 1 thì B sẽ đi nước 1 : a11=-3 
 A đi nước 2 thì B sẽ đi nước 2 : a22=0 
 A đi nước 3 thì B sẽ đi nước 3 : a33=-4 
 1 2 3 ← B 
1 -3 -2 6 
2 1 0 2 A → 
3 5 -2 -4 
 Vậy MaxiMin(A) = a22 = 0 
b- MiniMax(B) 
B luôn xem A là đối thủ thông minh. Khi B đi nước j0 (cột j0) thì A sẽ chọn 
nước đi i0 (dòng i0) sao cho B thua điểm nhiều nhất . Nghĩa là A đi vào ô 
{ }
000 ijiji
a maxa
∀
= 
 Trong tình huống đó B sẽ chọn nước đi sao cho B thua ít điểm nhất. Chiến 
thuật của B là đi vào ô : 
{ }{ } a max min(B) iniMaxMag ijijjiB BB === 
 1 2 3 ← B 
1 -3 -2 6 
2 1 0 2 A → 
3 5 -2 -4 
B đi nước 1 thì A sẽ đi nước 3 : a31=5 
 B đi nước 2 thì A sẽ đi nước 2 : a22=0 
 B đi nước 3 thì B sẽ đi nước 1 : a13=6 
 Vậy MiniMax(B) = a22= 0 
 Lần này ta thấy rằng : 
 MaxiMin(A) = MiniMax(B) = a22= 0 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
94 
 Bộ chiến lược (2,2) có giá trị là 0 là nghiệm tối ưu của trò chơi vì nếu người 
nào đi lệch và người kia đi đúng thì người đi đúng thu lợi nhiều hơn giá trị của trò 
chơi. Nghiệm tối ưu trong trường hợp này còn được gọi là nghiệm ổn định. 
 2- Trò chơi không có nghiệm không ổn định 
 Xét ví dụ tương tự như trên với bảng kết quả được các chuyên gia đánh giá 
như sau : 
 1 2 3 ← B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 Khi A và B dùng chiến lược MaxiMin và MiniMax của mình thì cho kết quả 
như sau : 
 MaxiMin(A) = a12 = -2 
 MiniMax(B) = a13 = 2 
 Vì MaxiMin(A) và MiniMax(B) là khác nhau nên trò chơi không có nghiệm 
ổn định. Ta xem điều gì có thể xảy ra ? 
 - A tính rằng nếu B thực hiện đúng chiến lược của mình là chọn cột 3 thì A sẽ 
chọn chiến lược 1 để thắng 2 từ B (thay vì thắng -2) 
1 2 3
← 
B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 - Lúc này B sẽ suy tính và thấy rằng phải chọn chiến lược 2 để thua -2 từ A 
(thay vì thua 2). 
 1 2 3 ← 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
95 
B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 - Đến lượt A cũng đủ thông minh để tính liền được 2 nước, biết được B sẽ 
chọn chiến lược 2 nên A sẽ dùng chiến lược 2 để thắng 4 từ B . 
 1 2 3 ← B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 - Nhưng B cũng tính được điều này nên sẽ quay lại chọn chiến lược 3 để thua -
3 từ A . 
 1 2 3 ← B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 - Cũng như B , A cũng sẽ tính được điều này nên sẽ quay lại chọn chiến lược 1 
để thắng 2 từ B. 
 1 2 3 ← B 
1 0 -2 2 
2 5 4 -3 A → 
3 2 3 -4 
 Như vậy ta đã xoay đúng một vòng, và nếu cứ lập luận như vậy thì ta sẽ xoay 
vòng mãi. Những bộ chiến lược nhận được trong khi xoay vòng là những nghiệm 
không ổ định. 
 Chiến lược hỗn hợp 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
96 
 Để có được lời giải của trò chơi không có nghiệm ổn định người ta đưa ra khái 
niệm chiến lược hỗn hợp. Mỗi người chơi không chọn một chiến lược thuần túy như 
trước đây mà chọn một phân bố xác suất sử dụng tất cả các chiến lược. 
Xét trò chơi giữa A và B có ma trận điểm dương có dạng tổng quát : 
 1 2 ... n ← 
B 
1 11a 12a ... n1a 
2 21a 22a ... n2a 
... ... ... ... ... 
A 
→ 
m 1ma 2ma ... mna 
Giả sử rằng : 
 Aji ga(A) MaxiMin AA == 
 Bji ga(B)iniMax M BB == 
BBAA jiji
aa ≠ 
Gọi : 
. pi > 0 (i=1→ m ) là tần suất nước đi thứ i của A với 
 p1 + p2 + ... + pm = 1 
. qj > 0 (j=1→ n ) là tần suất nước đi thứ j của B với 
 q1 + q2 + ... + qn = 1 
 q1 q2 ... qn 
 1 2 ... n ← 
B 
p1 1 11a 12a ... n1a 
p2 2 21a 22a ... n2a 
... ... ... ... ... ... 
A 
→ 
pm m 1ma 2ma ... mna 
Vấn đề đặt ra là : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
97 
-Tìm tần suất pi > 0 của nước đi thứ i (i =1→ m) của A sao cho đối với mỗi 
nước đi thứ j của B số điểm thắng trung bình của A không nhỏ thua gA : 
p1a1j + p2a2j + ..... + pmamj (∀j = 1→ n) 
 Cũng có nghĩa là tìm pi sao cho : 
p1a1j + p2a2j + ..... + pmamj ≥ g1 ≥ gA (∀j = 1→ n) 
g1 → max 
- Tìm tần suất qj > 0 của nước đi thứ j (j =1→ n) của B sao cho đối với mỗi 
nước đi thứ i của A số điểm thua trung bình của B không lớn hơn gB : 
q1ai1 + q2ai2 + .... + qnain (∀i = 1→ m) 
 Cũng có nghĩa là tìm các qj sao cho : 
q1ai1 + q2ai2 + ..... + qnain ≤ g2 ≤ gB (∀i = 1→ m) 
g2 → min 
 Khi đó hai bài toán quy hoạch tuyến tính thu được là : 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
→=>
→=≥+++
=+++
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
n)1(i 0p
n)1(j gap ... apap
1p ... pp
g
1 min g max
i
1mjmj22j11
m21
1
1
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
→=>
→=≤+++
=+++
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
m)1(j 0q
m)1(i gaq ... aqaq
1q ... qq
g
1
max g min
j
2inn2i21i1
n21
2
2
 Chia các ràng buộc của bài toán thứ nhất cho g1>0 và đặt : 
 m)1(i 
g
p
x
1
i
i →== 
 Chia các ràng buộc của bài toán thứ hai cho g2>0 và đặt : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
98 
 )n1(j 
g
q
y
2
j
j →== 
 Khi đó hai bài toán quy hoạch tuyến tính trên trở thành : 
(D) 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
→=>
→=≥+++
+++=
m)1(i 0x
n)1(j 1xa... xaxa
x... xx
g
1
 min
i
mmj2j21j1
m21
1
(P) 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
→=>
→=≤+++
+++=
m)1(j 0y
m)1(i 1ya ... yaya
y... yy
g
1
 max
j
nin22i11i
321
2
 Ðây là hai bài toán đối ngẫu . Chọn một trong hai để giải 
Ví dụ : 
Xét trò chơi giữa A và B có bảng điểm như sau : 
 1 2 3 ← 
B 
1 -1 2 1 
2 1 -2 2 A → 3 3 4 -3 
Theo chiến thuật của A và của B ta có : 
 MaxiMin(A) = a11
 MiniMax(B) = a23
Tăng đồng loạt các ô của bảng điểm lên 4 ta được : 
 1 2 3 ← 
B 
1 3 6 5 A 
→ 2 5 2 6 
 3 7 8 1 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
99 
Gọi 
 pi ≥ 0 là tần suất nước đi thứ i của A (i=1→ 3) 
 p1 + p2 + p3 = 1 
 qj ≥ 0 là tần suất nước đi thứ j của B (j=1→ 3) 
 q1 + q2 + q3 =1 
Thực hiện tương tự như trên ta được hai bài toán đối ngẫu như sau : 
 q1 q2 q3 ← 
B 
p1 3 6 5 
p2 5 2 6 A → p3 7 8 1 
(D) 
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
>>>
≥++
≥++
≥++
++==
0 x, 0 x, 0 x
1xx6x5 
1x8x2x6 
 1x7x5x3 
xxx
g
1
w min
321
321
321
321
321
1
 (P) 
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
>>>
≤++
≤++
≤++
++==
0 y, 0 y, 0y
 1yy8y7
 1y6y2y5
 1y5y6y3
yyy
g
1
zmax
321
321
321
321
321
2
Ta chọn bài toán (P) để giải. 
Ðưa bài toán (P) về dạng chuẩn : 
(P) 
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
>>>>>>
=+++
=+++
=+++
+++++==
0 y, 0 y, 0 y0, y, 0 y, 0y
 1yy8y7y
 1y6y2y5y
 1y5y6y3y
0.y0.y0.yyyy
g
1
zmax 
654321
6321
5321
4321
654321
2
 Dùng giải thuật đơn hình cải tiến : 
0B
c 
0B
i 1y 2y 3y 4y 5y 6y 0b 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
100 
0 4 3 6 5 1 0 0 1 
0 5 5 2 6 0 1 0 1 
0 6 7 8 1 0 0 1 1 
Tc 1 1 1 0 0 0 0z 
T
0c 1 1 1 0 0 0 0 
1B
c 
1B
i 1y 2y 3y 4y 5y 6y 1b 
0 4 0 
7
18 
7
32 1 0 
7
3− 
7
4 
0 5 0 
7
26− 
7
37 0 1 
7
5− 
7
2 
1 1 1 
7
8 
7
1 0 0 
7
1 
7
1 
Tc 1 1 1 0 0 0 1z 
T
1c 0 7
1− 
7
6 0 0 
7
1− 
7
1 
2B
c 
2B
i 1y 2y 3y 4y 5y 6y 2b 
0 4 0 
37
214 0 1 
37
32− 
37
7 
37
12 
1 3 0 
37
26− 1 0 
37
7 
37
5− 
37
2 
1 1 1 
37
46 0 0 
37
1− 
37
6 
37
5 
Tc 1 1 1 0 0 0 2z 
T
2c 0 37
17 0 0 
37
6− 
37
1− 
37
7 
3B
c 
3B
i 1y 2y 3y 4y 5y 6y 3b 
1 2 0 1 0 
214
37 
107
16−
214
7 
107
6 
1 3 0 0 1 
107
13 
107
9 
107
12− 
107
10 
1 1 1 0 0 
107
23−
107
17 
107
13 
107
7 
Tc 1 1 1 0 0 0 3z 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
101 
T
3c 0 0 0 214
17−
107
10−
214
9− 
107
23 
 Phương án tối ưu của bài toán (P) là : 
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
=
=
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
==
==
==
=
23
10
q
23
6
q
23
7
q
23
107
g
 rasuy 
107
10
g
q
y
107
6
g
q
y
107
7
g
q
y
107
23
g
1
3
2
1
2
2
3
3
2
2
2
2
1
1
2
 Phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (D) được tính bằng công thức sau : 
[ ] [ ]
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−
=== −
214
9
107
10
214
17
107
13
107
17
107
23
107
12
107
9
107
13
214
7
107
16
214
37
 111 Bcxxxx 1TB321
T
 [ ]
107
23
214
9
107
10
214
17
 111xb
g
1
w T
1
=
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
=== 
 Ta có : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
102 
46
9
p
23
10
p
46
17
p
23
107
g
 rasuy 
214
9
g
p
x
107
10
g
p
x
214
17
g
p
x
107
23
g
1
w
3
2
1
1
1
3
3
1
2
2
1
1
1
1
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
=
=
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
==
==
==
==
III- BÀI TOÁN VẬN TẢI 
 1- Mở đầu 
 Bài toán vận tải là bài toán quan trọng nhất trong các bài toán quy hoạch tuyến 
tính. Người ta tổng kết rằng 85% các bài toán quy hoạch tuyến tính gặp trong ứng 
dụng là bài toán vận tải hoặc mở rộng của nó. Thuật ngữ bài toán vận tải thường được 
hiểu là bài toán vận chuyển sao cho cước phí nhỏ nhất. 
 2- Các khái niệm cơ bản 
 Bài toán vận tải được mô tả như là một bài toán về dòng dữ liệu gồm tập hợp 
các nút N được chia thành hai phần rời nhau : các nút nguồn S và các nút đích D, tức 
là : 
 ⎩⎨
⎧
∅=∩
∪=
DS
DSN
và mỗi cung (i,j) trong tập các cung A đều có gốc trong S và có ngọn trong D. 
D:Các nút đíchS:Các nút nguồn
Các nút thuộc S được gọi là các nút nguồn (cung), các nút thuộc D được gọi là 
các nút đích (cầu). Một cách tổng quát, bài toán vận tải trình bày được bằng đồ thị. 
 Ở bài toán vận tải đôi khi còn có thêm giả thiết nữa là mỗi nút nguồn đều có 
cung nối với mọi nút đích. Ở đây ta chỉ đề cập đến bài toán vận tải có thêm giả thiết 
này và sẽ gọi tắt là bài toán vận tải. 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
103 
 Đối với bài toán vận tải người ta thường ký hiệu 
 si ∈ S là nguồn phát ở nút i(i=1→m) 
 dj ∈ D là nhu cầu thu của nút j (j=1→n) 
 Trong trường hợp các nguồn phát không chuyển hết sang các nút cầu vì đã đủ 
nhu cầu thì bài toán vận tải được gọi là bài toán vận tải mở. Có thể đưa một bài toán 
vận tải mở về một bài toán vận tải (đóng) bằng cách thêm vào một nút cầu giả thứ 
(n+1) với nhu cầu được xác định như sau : 
 ∑∑
==
+ − ... ví dụ này ta chuyển sang giai đoạn 3. 
Giai đoạn 3 : Xây dựng phương án mới tốt hơn 
 1- Tìm ô đưa vào. 
 Ô đưa vào là ô loại (i*,j*) có cước phí nhỏ nhất và trở thành ô chọn 
 Trong ví dụ này là ô (2,3). 
 2- Tìm chu trình điều chỉnh. 
Chu trình điều chỉnh được tìm bằng cách bổ sung ô (i*,j*) vào m+n-1 ô 
chọn ban đầu, khi đó sẽ xuất hiện một chu trình duy nhất, gọi là chu trình điều chỉnh 
V . 
 Trong ví dụ này chu trình điều chỉnh là : 
 V : (2,3) (3,3) (3,1) (2,1) (2,3) 
 3- Phân ô chẵn lẻ cho chu trình điều chỉnh. 
 Đánh số thứ tự các ô trong chu trình điều chỉnh V bắt đầu từ ô (i*,j*). 
Khi đó chu trình điều chỉnh V được phân thành hai lớp : 
 VC : các ô có số thứ tự chẵn. 
 VL : các ô có số thứ tự lẻ. 
 4- Tìm ô đưa ra và lượng điều chỉnh. 
 Trong số các ô có thứ tự chẵn chọn ô (r,s) được phân phối ít hàng nhất 
làm ô đưa ra, trở thành ô loại. Lượng hàng xrs ở ô đưa ra gọi là lượng điều chỉnh. 
 Trong ví dụ này ô đưa ra là ô (3,3), lượng điều chỉnh là 10. 
 5- Lập phương án mới. 
 Phương án mới có được bằng cách thêm hoặc bớt lượng điều chỉnh 
trên chu trình điều chỉnh như sau : 
 Ô có thứ tự chẵn bị bớt đi lượng điều chỉnh. 
 Ô có thứ tự lẻ được cộng thêm lượng điều chỉnh. 
 Ô ngoài chu trình điều chỉnh không thay đổi 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
109 
 Trong ví dụ này ta thấy những ô trong chu trình điều chỉnh có sự thay đổi như 
sau : 
 Ô (2,3) được thêm 10 trở thành 10 
 Ô (3,3) bị bớt 10 trở thành 0 
 Ô (3,1) được thêm 10 trở thành 70 
 Ô (2,1) bị bớt 10 nên trở thành 10 
 Khi đó phương án mới là : 
8 8 0 50 
0 10 0 20 -1 10 
0 70 3 0 
 Quay về giai đoạn 1. 
Giai đoạn 1 : Quy 0 cước phí ô chọn 
8 8 0 50 r1=-1 
0 10 0 20 -1 10 r2=0 
0 70 3 0 r3=0 
s1=0 s2=0 s3=1 
 Ma trận cước phí mới là : 
7 7 0 50 
0 10 0 20 0 10 
0 70 3 1 
Giai đoạn 2 : Kiểm tra tính tối ưu 
 Đây là phương án tối ưu 
 80 20 60 
50 5 4 1 50 
40 3 10 2 20 6 10 
70 7 70 9 11 
 Với cước phí là : 
1.50+3.10+2.20+6.10+7.70=670 
 Khi sử dụng phương án ban đầu 
 80 20 60 
50 5 4 1 50 
40 3 20 2 20 6 
70 7 60 9 11 10 
 thì cước phí là : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
110 
1.50+3.20+2.20+7.60+11.10=680 
 4- Các bài toán được đưa về bài toán vận tải 
 Có nhiều bài toán thực tế có tính chất không phải là ’’vận tải ’’ nhưng có mô 
hình toán học là bài toán vận tải. Một số bài toán như vậy là : 
 a- Bài toán bổ nhiệm 
 Giả sử tập hợp S gồm m người và tập hợp D gồm n công việc (chức vụ). Cước 
phí của việc bổ nhiệm người i∈S vào việc j∈D là cij (i=1→m , j=1→n). Bài toán đặt 
ra là tìm cách chia mỗi người đúng một việc sao cho cước phí bổ nhiệm là nhỏ nhất. 
 Người ta đặt biến (biến trên dòng) như sau : 
 ⎪⎩
⎪⎨
⎧=
kh¸c hîp tr-êng nÕu
j viÖc nhËn i ng-êi nÕu
 0
 1
x ij
thì bài toán trở thành : 
 ∑∑
∈ ∈Si Dj
ijijxc min
 Vì mỗi người nhận đúng 1 việc nên : ∑
∈
∈∀=
Dj
ij S)i( 1x 
 Vì mỗi việc chỉ giao cho một người nên : ∑
∈
∈∀=
Si
ij D)j( 1x 
 Đây là bài toán vận tải nhưng có thêm yêu cầu là các biến xij chỉ lấy giá trị 0 
hoặc 1. 
 Bài toán bổ nhiệm cũng có khi được gọi là bài toán chọn (Choice Problem). 
Nhiều bài toán thực tế đa dạng có mô hình toán học là bài toán bổ nhiệm, chẳng hạn 
như bài toán phân bố hoả lực vào mục tiêu cần tiêu diệt. 
 b- Bài toán vận tải với cung ít hơn cầu 
 Xét một bài toán một bài toán vận tải với S là tập hợp m nút cung và D là tập 
hợp n nút cầu mà tổng nguồn cung nhỏ hơn tổng nhu cầu, tức là 
 ∑∑
==
≤
n
1j
j
m
1i
i ds
Trong trường hợp này tất nhiên không thể đáp ứng đủ nhu cầu dj cho mỗi nút j=1→n 
cho nên ràng buộc có dạng bất đẳng thức thay vì là đẳng thức. Vậy : 
 n)1j( dx j
m
1i
ij →=∀≤∑
=
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
111 
 Người ta thường đưa bài toán này về bài toán vận tải (đóng) theo một trong hai 
trường hợp sau đây : 
1.Trường hợp thứ nhất là có tính đến sự thiệt hại bằng tiền khi thiếu 
một đơn vị hàng hoá ở nút cầu j là rj (j=1→n) 
 Lúc này người ta đưa thêm vào một nút cung giả (m+1) với nguồn cung là 
 ∑∑
==
+ −=
n
1i
i
n
1j
j1m sds
và cước phí tương ứng là 
 c(m+1) j = rj (j=1→n) 
Khi đó ta nhận được một bài toán vận tải (đóng) 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
→=+→=≥
→==
→==
∑
∑
∑∑
=
+
=
+
= =
n)1j1,m1(i 0x
m)1(i sx
n)1(j dx
xc min
ij
n
1j
iij
j
1m
1i
ij
1m
1i
n
1j
ijij
 2.Trường hợp thứ hai là không tính đến sự thiệt hại do thiếu hàng ở nút 
cầu 
Lúc này ta cũng đưa về bài toán vận tải (đóng) như trên, nhưng vì 
không tính đến sự thiệt hại nên mục tiêu sẽ là 
∑∑
= =
m
1i
n
1j
ijijxc min 
 Ghi chú : 
 Với bài toán vận tải mở, nguồn chuyển không hết sang các nhu cầu, người ta 
có thể tính thêm cước phí lưu kho ở mỗi nguồn cho mỗi đơn vị hàng là ci (n+1) 
(i=1→m) . Hoàn toàn tương tự như trên, khi đưa bài toán này về bài toán vận tải 
(đóng) bằng cách thêm vào nút cầu giả (n+1) thì hàm mục tiêu trở thành 
∑∑+
= =
1n
1j
m
1i
ijijxc min 
 Như vậy ta chỉ cần xét bài toán vận tải (đóng) 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
112 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
→=→=≥
→==
→==
∑
∑
∑∑
=
=
+
= =
n)1j,m1(i 0x
n)1(j dx
m)1(i sx
xc min
ij
j
m
1i
ij
i
n
1j
ij
1n
1j
m
1i
ijij
 c- Bài toán vận tải có đường cấm 
 Đây là bài toán vận tải nhưng không phải mỗi nguồn đều có cung nối với mọi 
đích. nghĩa là có đường cấm. Cách đưa về bài toán vận tải là dùng phương pháp M-
lớn, tức là phương pháp phạt như sau : 
 Gọi E là tập các cung không cấm, tức là các cung (i,j), i∈S, j∈D và bài toán có 
thêm điều kiện 
 xij=0 với (i,j)∉E 
ta đưa bài toán có các yêu cầu 
 (*) 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
∉=
→=→=≥
→==
→==
∑
∑
∑∑
=
=
+
= =
Ej)(i, khi 0x
n)1j,m1(i 0x
n)1(j dx
m)1(i sx
xc min
ij
ij
j
m
1i
ij
i
n
1j
ij
1n
1j
m
1i
ijij
về bài toán vận tải bằng cách đặt cước vận chuyển mới như sau : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
∉
∈
=
Ej)(i, nÕu M
Ej)(i, nÕu c
c
ij
ij 
 Ở đây M là một số rất lớn, được coi là số lớn hơn mọi số gặp phải khi tính 
toán. 
 Xét bài toán với cước phí mới như trên như sau : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
113 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
→=→=≥
→==
→==
∑
∑
∑∑
=
=
+
= =
n)1j,m1(i 0x
n)1(j dx
m)1(i sx
xc min
ij
j
m
1i
ij
i
n
1j
ij
1n
1j
m
1i
ijij
 (**) 
thì ta có : 
 Định lý : 
 Giả sử là phương án vận chuyển tối ưu của (**) thì khi đó : n.m
*
ij
* ]x[x =
1. Nếu thì là phương án vận chuyển tối ưu của 
bài toán vận tải có đường cấm (*) 
Ej)(i, 0x*ij ∉∀= *x
2. Nếu tồn tại Exkl ∉ mà thì bài toán vận tải có đường cấm 
(**) không có nhiệm chấp nhận được. 
0xkl >
 d- Bài toán vận tải kèm chế biến trung gian 
 Giả sử rằng trong mô hình vận tải có một số điểm nguồn, tức là điểm sản xuất, 
cho ra một số sản phẩm cần phải chế biến trước khi đến điểm cầu. Giả sử có λ=1→k 
điểm chế biến với khả năng chế biến là aλ đơn vị sản phẩm tương ứng. Gọi cước phí 
vận chuyển một đơn vị bán sản phẩm từ i đến λ là λic′ và chuyển một đơn vị sản phẩm 
từ λ đến j là . Bài toán đặt ra là lập kế hoạch vận chuyển tất cả các sản phẩm qua 
chế biến đến tất cả các điểm cầu sao cho cước phí nhỏ nhất. 
λic ′′
 Gọi xiλj là lượng sản phẩm từ i qua λ rồi qua j, ta cần tìm x=[ xiλj]mkn sao cho : 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
→=→=λ→=≥
→=λ=
→==
→==
′′+′
λ
λ
= =
λ
= =λ
λ
=λ =
λ
= =λ =
λλλ
∑∑
∑∑
∑∑
∑∑∑
)n1j,k1,m1(i 0x
)k1( ax
)n1(j dx
m)1(i sx
x)cc( min
ji
m
1i
n
1j
ji
j
m
1i
k
1
ji
i
k
1
n
1j
ji
m
1i
k
1
n
1j
jiji
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
114 
IV- BÀI TOÁN DÒNG TRÊN MẠNG 
 1- Mở đầu 
 Nhiều bài toán quy hoạch tuyến tính có thể quy về bài toán làm cực tiểu phí 
tổn vận chuyển hàng trong một mạng (gồm các nút và các cung đường) sao cho đảm 
bảo được các nhu cầu ở một số nút sau khi biết nguồn cung cấp tại một số nút khác. 
Các bài toán như vậy được gọi là các bài toán dòng trên mạng hay bài toán chuyển 
vận (TransShipment Problem). Đây là lớp bài toán quan trọng nhất và hay gặp nhất 
trong quy hoạch tuyến tính. Lớp này bao gồm các bài toán quen thuộc trong thực tế 
như : 
 - Bài toán vận tải 
 - Bài toán mạng điện 
 - Bài toán mạng giao thông 
 - Bài toán quản lý 
 - Bài toán phân bổ vật tư 
 - Bài toán bổ nhiệm 
 - Bài toán kế hoạch tài chính 
 - Bài toán đường ngắn nhất 
 - Bài toán dòng lớn nhất 
 - ................. 
 Vì là một bài toán quy hoạch tuyến tính nên các bài toán dòng trên mạng có 
thể giải được bằng bất kỳ thuật toán nào giải được bài toán quy hoạch tuyến tính, 
chẳng hạn bằng thuật toán đơn hình như đã biết . Tuy nhiên, nếu tận dụng những cấu 
trúc đặc biệt của các bài toán dòng trên mạng sẽ làm cho phương pháp đơn hình đơn 
giản hơn và được thực hiện nhanh hơn. 
 2- Phát biểu bài toán dòng trên mạng 
 Mạng là một đồ thị có hướng ký hiệu G=(N,A), N là tập các nút, A là tập các 
cung, cùng một số thông tin về số lượng bổ sung như sau : 
 . bi (i∈N) biểu thị nguồn từ ngoài vào nút i, gọi tắt là nguồn 
 . uij biểu thị tải năng của cung (i,j)∈A 
 . cij biểu thị cước phí cho một đơn vị của dòng trên cung (i,j)∈A 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
115 
 . xij biểu thị lượng vận chuyển của dòng trên cung (i,j)∈A 
 Giá trị tuyệt đối |bi| được gọi là nhu cầu của nút i. Nếu bi>0 thì nút i được gọi 
là điểm nguồn, nếu bi<0 thì nút i được gọi là điểm hút. Một cách hoàn toàn tự nhiên 
người ta đặt hai điều kiện sau đây : 
 a- Tổng lượng trên dòng vào nút i bất kỳ phải bằng tổng lượng trên 
dòng ra khỏi nút i (luật bảo toàn dòng). Như vậy : 
N)i( xxb
Q(i)j
ij
I(i)j
jii ∈∀=+ ∑∑
∈∈
 (1) 
Trong đó : 
 I(i)= {nút j / cung (j,i)∈A} : những nút có cung nối đến nút i 
 O(i)= {nút j / cung (i,j)∈A} : những nút có cung nối từ nút i đến nó 
 b- Dòng trên cung là không âm và không vượt quá tải năng của cung. 
Như vậy : 
 Aj)(i, ux0 ijij ∈∀≤≤ (2) 
 Mọi vectơ x có các thành phần xij , (i,j)∈A, được gọi là một dòng. Dòng x thoả 
điều kiện (1) và (2) được gọi là dòng chấp nhận được. Lấy tổng của (1) theo các nút i 
ta được : 
 (3) 0b
Ni
i =∑
∈
Điều này có nghĩa là tổng dòng từ bên ngoài vào mạng phải bằng tổng dòng từ mạng 
ra ngoài. Nếu điều này điều này không thoả thì bài toán là không chấp nhận được. 
 Mục tiêu của bài toán là làm cực tiểu cước phí dòng trên mạng, tức là : 
 (4) ∑
∈Aj)i,(
ijijxc min
trong đó cực tiểu lấy trên mọi dòng chấp nhận được. Như vậy ta nhận được một bài 
toán quy hoạch tuyến tính như sau : 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
116 
Aj)(i, ux0
N)i( xxb
xc min
ijij
O(i)j
ij
I(i)j
jii
Aj)(i,
ijij
⎪⎩
⎪⎨
⎧
∈∀≤≤
∈∀=+ ∑∑
∑
∈∈
∈
V- QUY HOẠCH NGUYÊN 
 1- Mở đầu 
 Quy hoạch nguyên (Integer Programming) , viết tắt là IP, là bài toán quy 
hoạch mà trong đó tất cả hoặc một phần các biến bị ràng buộc chỉ lấy giá trị nguyên. 
Trường hợp thứ nhất được gọi là quy hoạch nguyên hoàn toàn (Pure Integer 
Programming – PIP), trường hợp thứ hai được gọi là quy hoạch nguyên bộ phận 
(Mixed Integer Programming – MIP). Tuy vậy thuật ngữ ’’quy hoạch nguyên’’ được 
dùng chung cho cả hai trường hợp. 
 Mảng các bài toán có vẻ đơn giản nhất mà cũng là quan trọng nhất trong lớp 
các bài toán quy hoạch nguyên là các bài toán chọn các quyết định (chọn/không 
chọn). Chẳng hạn như bài toán bổ nhiệm, biến quyết định việc bổ nhiệm nhận giá trị 
như sau : 
⎩⎨
⎧=
j viÖc c«ng nhËn kh«ng i ng-êi nÕu
j viÖc c«ng nhËn i ng-êi nÕu
 0
 1
x ij
Vì các biến quyết định thường chỉ nhận một trong hai giá trị nên bài toán này còn 
được gọi là bài toán quy hoạch nguyên nhị phân (Binary Integer Programming) . 
 Một ý tưởng tự nhiên để giải bài toán quy hoạch nguyên là cứ giải như một bài 
toán quy hoạch tuyến tính tổng quát tạm bỏ qua ràng buộc biến phải nguyên. Khi tìm 
được phương án tối ưu thì sẽ làm tròn nó để được phương án tối ưu nguyên gần đúng. 
Phương pháp này có thể áp dụng trong thực tế nhưng phải chú ý đến hai nguy cơ sau 
đây : 
- Một là phương án tối ưu đã được làm tròn không chấp nhận được đối 
với bài toán quy hoạch nguyên. 
- Hai là phương án tối ưu đã được làm tròn chấp nhận được nhưng có 
thể giá trị mục tiêu tương ứng là rất xa với mục tiêu tối ưu của bài toán quy 
hoạch tuyến tính nguyên. 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
117 
 2- Bài toán quy hoạch nguyên trong thực tế 
 a- Bài toán balô 
 Một nhà thám hiểm mang theo một balô chỉ chứa được một trọng lượng không 
quá b. Có n loại vật dụng phải mang theo. Mỗi vật loại vật i có trọng lượng là ai và giá 
trị sử dụng là ci. Hỏi ông ta phải chọn lựa các vật mang theo như thế nào để có giá trị 
sử dụng là lớn nhất ? 
 Gọi xi (i=1→n) là số lượng vật loại i mà ông ta mang theo thì mô hình toán 
của bài toán balô này là quy hoạch nguyên như sau : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
→=≥
≤
=
∑
∑
=
=
n)1(i nnguyª vµ 0x
bxa
xcz max
i
n
1i
ii
n
1i
ii
 Về mặt toán học thì nếu hàm mục tiêu là min z hoặc ràng buộc là đẳng thức thì 
bài toán cũng gọi là bài toán balô. Bài toán balô có dạng đặc biệt và đơn giản vì chỉ có 
một ràng buộc ngoài ràng buộc dấu và tính nguyên. Người ta nghiên cứu được nhiều 
cách giải riêng cho bài toán và đưa bài toán quy hoạch nguyên về bài toán balô để 
giải. 
 b- Bài toán sản xuất có lệ phí cố định 
 Giả sử một nhà máy có kế hoạch sẽ sản xuất n sản phẩm. Chi phí sản xuất sản 
phẩm j=1→n gồm lệ phí cố định kj , không phụ thuộc vào số lượng sản phẩm j, và 
cước phí cj đối với mỗi đơn vị sản phẩm j. 
Gọi xj ≥ 0 là lượng sản phẩm j=1→n sẽ sản xuất thì chi phí sản xuất sản phẩm 
j sẽ là : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
>+
=
0 0
0 xck
)x(c
jjj
jj
j
j
x nÕu
x nÕu
mục tiêu sản xuất với chi phí cực tiểu sẽ là : 
 ∑
=
=
n
1j
jj )x(cz min
 Trong trường hợp này hàm mục tiêu z là hàm phi tuyến với các đối số là xj 
(j=1→n) mặc dù các ràng buộc thực tế như nguyên liệu, thị truờng,.... đều là tuyến 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
118 
tính nên bài toán rất khó giải. Người ta có thể đưa bài toán này về bài toán quy hoạch 
tuyến tính nguyên bộ phận bằng cách đưa vào các biến phụ nhị phân như sau : 
 (1) 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
>
=
0 0
0 1
y j
j
j
x nÕu
x nÕu
 Để biểu thị yj (j=1→n) là biến nhị phân độc lập, không phụ thuộc vào xj như 
trong (1) người ta đưa vào một ràng buộc tuyến tính như sau : 
 xj ≤ Myj (j=1→n) 
ở đây M>0 và rất lớn để ràng buộc xj ≤ µ là thừa. Khi đó hàm mục tiêu và ràng buộc 
trên trở thành : 
 (2) 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎢⎢⎣
⎡=
≤≤
+= ∑
=
1
0
y
Myx0
)xcyk(z min
j
jj
n
1j
jjjj
 Thật vậy : 
- Nếu xj > 0 thì yj không thể bằng 0 nên yj =1 
- Nếu xj = 0 thì yj = 0 hoặc yj=1 
Nhưng vì kj>0 ( nếu kj= 0 thì không cần đưa vào biến phụ yj) và hàm mục tiêu là min 
z nên ở thuật toán tìm phương án tối ưu luôn lấy yj=0 vì phương án với xj=0 và yj=1 
không thể là tối ưu. Khi viết đủ các ràng buộc tuyến tính khác vào ta được bài toán 
quy hoạch tuyến tính nguyên bộ phận. 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
119 
CÂU HỎI CHƯƠNG 4 
1- Trình bày chiến lược bị trội hơn. 
2- Trình bày chiến lược MaxiMin và MiniMax. 
3- Xây dựng quy hoạch tuyến tính trong trường hợp không có nghiệm ổn định. 
4- Trình bày các giai đoạn giải bài toán vận tải. 
ỨNG DỤNG QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH 
120 
BÀI TẬP CHƯƠNG 4 
1- Tìm phương án tối ưu cho bài toán lý thuyết trò chơi có ma trận điểm được cho như 
sau : 
2 3 -2 -1 
-1 5 4 -2 
-2 -5 0 3 
2- Giải bài toán vận tải có ma trận cước phí 
 60 70 40 30 
100 2 1 4 3 
80 5 3 2 6 
20 6 2 1 5