Trường Đại học Công nghiệp thành phố Hồ Chí Minh
Khoa Công nghệ Cơ khí

CHƯƠNG 07:
PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN TỐI ƯU HÓA CÓ 2 THAM BIẾN
Thời lượng: 3 tiết


Đặt vấn đề
Trong rất nhiều bài toán thiết kế, kỹ thuật phức tạp, số lượng các
hàm ràng buộc (bất đẳng thức) là rất lớn, tuy nhiên hàm mục tiêu
và các ràng buộc chỉ có 2 tham biến. Với những bài toán này, nhiều
khi áp dụng phương pháp đồ thị sẽ đem lại hiệu quả tốt, đồng thời
đưa ra một lời giải trực quan và dễ hiểu. Hơn nữa, trong 1 số
trường hợp khi lời giải cần tìm phải là số nguyên, thì phương pháp
đồ thị trong trường hợp này lại giúp tìm ra kết quả dễ dàng mà
không cần sử dụng những kỹ thuật phức tạp khác.
3 bước Cơ bản của phương pháp này là:
- Vẽ đồ thị các hàm ràng buộc
- Xác định miền lời giải hợp lệ (vùng diện tích được giới hạn bởi
các đường cong ràng buộc)
- Vẽ các đường cong đồng mức của hàm mục tiêu để xác định cực
trị ở trong miền hợp lệ
Chú ý: Đi theo hướng của Gradient đến điểm cực trị nhưng phải
trong khuôn khổ miền hợp lệ

2


Phương pháp đồ thị


Hợp lệ


5

Bước 4: Vẽ các đường cong ràng buộc còn lại và xác định miền
hợp lệ: Làm tương tự bước 3 cho các đường cong ràng buộc
còn lại
 g 4  x1  0

G
 g3 

F
E

x1 x2

1
14 24

 g1  x1  x2  16

D
Miền
ABCDE
hợp lệ

A

C
A

B

Tính Gradient của hàm số để biết
hướng độ dốc khiến hàm số
tăng. Trên hình các mũi tên đều
song song với véc tơ <2;3>,
chúng sẽ vuông góc với các
đường đồng mức của hàm f. Ta
 g1  x1  x2  16 vẽ hàng loạt đường thẳng song
song nhau và vuông góc với véc
tơ Gradient vì đường đồng mức
x1 x2
 g 2    1 của f là các đường thẳng (hàm f
28 14
bậc 1 với 2 biến).
Để hàm f đạt giá trị ngày càng
lớn thì đường đồng mức cần đi
theo hướng mũi tên của
Gradient, nhưng cần phải có một
đường đồng mức xa nhất mà vẫn
“chạm” vào miền hợp lệ. Trên
hình ta thấy là điểm D.

 400   2 
f  x   
 



Kết luận: Cực đại của hàm f = 8800 với x1*=4, x2*=12


Phương pháp đồ thị
Khi hàm ràng buộc song song với hàm mục tiêu, chúng ta sẽ có
tình huống nhiều lời giải.
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  0.5 x2  min
Với các ràng buộc:

2 x1  3 x2  12; 2 x1  x2  8;  x1  0;  x2  0

Do hàm mục tiêu f song song với
ràng buộc g2=2x1+x2-8 nên ta thấy lời
giải có thể là cả đoạn thằng BC do
đường đồng mức của hàm f sẽ trùng
với đoạn BC giúp f đạt giá trị nhỏ
nhất có thể khi xét tới các ràng buộc.

8


Phương pháp đồ thị

9

Khi ta bỏ sót các ràng buộc hoặc phát biểu sai bài toán tối ưu
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  2 x2  min
Với các ràng buộc:


nghiệm  Xem lại đề bài


11

Phương pháp đồ thị
Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2   2.4608 105 x1 x2  min
Với các ràng buộc:

3
9
3


207

10
x


107
1 x2
6
7
 248 10  0;10 
 0; x1  0; x2  0
2 x1 x2
455

Miền hợp lệ là miền màu vàng.

Cực tiểu hóa hàm số sau: f  x1 , x2    x1  1.5    x2  1.5   min
2

2

Với các ràng buộc: x1  x2  2; x1  0; x2  0

C

A
Miền
hợp lệ

B

Miền hợp lệ là tam giác OBC. Các
vòng tròn là đường đồng mức
của hàm mục tiêu f.
Các véctơ Gradient túa ra từ
điểm tâm (1.5;1.5) có nghĩa là giá
trị của hàm f sẽ tăng theo chiều
của các mũi tên Gradient đó.
Như vậy ta thấy giá trị nhỏ nhất
(gần tâm nhất) có thể mà vẫn
thuộc miền hợp lệ chính là tiếp
điểm A của đường đồng mức
mầu đỏ với cạnh BC. Cũng như
điểm xa tâm nhất thuộc miền
hợp lệ chính là gốc tọa độ O, đó
cũng chính là tọa độ giá trị lớn

1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

f  x1 , x2 , k   0

g  x1 , x2 , k   0

1
 2

2) Tính đạo hàm riêng theo 1 trong 2 biến x1 (hoặc x2) của 2
phương trình đường cong, ví dụ theo biến x1:

dx2
 df
 dx  x1 , x2 , k   0  dx  h  x1 , x2 , k 
 1
1

 dg  x , x , k   0  dx2  l  x , x , k 
1
2
 dx1 1 2
dx1
 h  x1 , x2 , k   l  x1 , x2 , k 
 3
3) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k


15



df  x1 
dg  x2 
d
 g  x2   f  x1  
 f  x1  g  x2   
dx1
dx1
dx1

dx2
d

 f  x1  g  x2    f   x1   g  x2   f  x1   g   x2  
dx1
dx1
4

d
n m
n 1
m
n
m 1 dx2
 x1 x2   n  x1  x2  x1  m  x2 
dx1
dx1


16


Tìm tọa độ điểm cực tiểu A: Tìm k để đường đồng mức (x11.5)2+(x2-1.5)2=k tiếp xúc với đường thẳng x1+x2-2=0, tức là hệ
có 1 nghiệm duy nhất.

Cách 1:
 x1  1.5 2   x2  1.5 2  k
2

4
x

2  8 x2   5  2k   0
 x1  x2  2  0
1  x1  1
   4  2k  1  0  k   
2  x2  1
 x1  1
1
 
 f min 
2
 x2  1

Tìm tọa độ điểm cực đại O là (0;0). Khi đó fmax=4.5

Có 1 nghiệm
duy nhất


Cách 2:

dx1
dx1
3  2 x1

 1
 3
2 x2  3
3) Giải hệ phương trình (1),(2),(3) để tìm x1, x2, k

 x1  1

 x2  1
k  0.5



19

Phương pháp đồ thị
Cực trị hóa hàm số sau:
Với ràng buộc:

f  x1 , x2   x12  x22  3x1 x2  min& max
x12  x22  6  0

Chiều hàm f tăng

C

A

3
 2
 x1  x2  6  0
2k
2

 2   2   3   x1  x1   10  3  0  k  15

 2   2   3   x  x 2  2  2k  0  k  3
1
1

3


2k
2k
 x1  x1   10 
 x1  x1   2 
3 &
3
Có 1 nghiệm


duy nhất
x x  2  k
x x  2  k
 1 2
 1 2
3

Thỏa mãn
điều kiện

3  k  15

Thế 2 giá trị k vào 1 trong 2 hệ phương trình, ta thu được 4 lời
giải, đó chính là tọa độ 4 điểm cần tìm:
Tọa độ C:
Tọa độ A:
 x1A  3

 f min  3
A
 x2  3
Tọa độ B:

 x1C   3

 f max  15
C
 x2  3
Tọa độ D:

 x1B   3

 f min  3
B
 x2   3

 x1D  3

 2

2) Tính đạo hàm riêng theo biến x1 của 2 phương trình đường cong:

 df

dx2
dx2 
dx2 3x2  2 x1
 2 x1  2 x2
 3  x2  x1


  0
dx1
dx1 
dx1 2 x2  3x1
 dx1


 dg  2 x  2 x dx2  0  dx2   x1
1
2
 dx1
dx1
dx1
x2
3 x2  2 x1
x1



1) Trước hết ta có 2 phương trình sau:

 f  x1 , x2 , k   x12  x22  3x1 x2  k  0

2
2
g
x
,
x
,
k

x

x
  1 2  1
2 6  0

1
 2

2) Tính Gradient của các đường cong:

 2 x1  3 x2 
 2 x1 
f  x   
; g  x    


 D
 x2   3


ax1 + bx2 = c

x1
x2
ax1  bx2  c 

1
c c
   
a b
x2

c
 
b

c
 
a

x1
ax1  bx2  c

24