Về một lớp bài toán tối ưu ngẫu nhiên chi phí vận tải

TAÏP CHÍ ÑAÏI HOÏC SAØI GOØN Soá 10 - Thaùng 6/2012 1 VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐIƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI TRẦN XUÂN SINH (*) DƯƠNG XUÂN GIÁP(**) NGUYỄN THỊ THANH HIỀN (***) TÓM TẮT Trong bài báo này, chúng tôi trình bày mô hình bài toán tối ưu chi phí vận tải trong điều kiện thông tin về dữ liệu không đầy đủ. Mô hình toán học được thiết lập có mối liên hệ với khái niệm ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ và đầy đủ. Trên cơ sở phân tích mô hình, chúng tôi nghiên cứu cấu trúc của ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, tìm mối quan hệ giữa chúng, đư a ra điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Từ khoá: bài toán tối ưu ngẫu nhiên, mô hình, ma trận ABSTRACT In this paper, we present the problem model of optimal transportation cost in terms of information on incomplete data. The mathematical model is established to be associated with the concept of complete recourse matrix and semicomplete recourse matrix. Based on analysing the model, we study the structure of the complete recourse and semicomplete recourse matrix, find the relationships between them, provide necessary and sufficient conditions in order a semicomplete recourse matrix to be a complete recourse matrix. Keywords: Random optimal problem, Model, Matrix 1. ĐẶT VẤN ĐỀ (*) (**) Trong lĩnh vực tối ưu hiện nay, nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên cứu bài toán điều khiển tối ưu, chủ yếu là bài toán tối ưu ngẫu nhiên. Đặc biệt, nhóm nghiên cứu của Chen mấy năm gần đây tập trung nghiên cứu và công bố nhiều bài bá o về các kết quả thu được cải tiến các phương pháp xấp xỉ giải bài toán tối ưu ngẫu nhiên 2 giai đoạn và chứng tỏ tầm quan trọng cả trong lí thuyết và thực tiễn tính toán, ứng dụng. Trong [1], Chen và các cộng sự chỉ ra rằng những quy tắc quyết định tuyến tính có thể dẫn tới những trường hợp (*) PGS.TS, Trường Đại học Vinh (**) (***) ThS, Trường Đại học Vinh không khả thi cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với sự hiệu chỉnh đầy đủ. Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, nếu với mỗi ma trận t cỡ m×1 đều tồn tại ma trận w = [w1 w2 ... wn]T cỡ n×1 sao cho wj ≥ 0, ∀j = 1, ..., n và Ww = t [1]. Ma trận W cỡ m×n được gọi là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nếu tồn tại ma trận r = [r1 r2 ... rn]T cỡ n×1 sao cho rj > 0, ∀j = 1, ..., n và Wr = 0. Trong nhiều bài toán thực tế thường dẫn tới bài toán tối ưu ngẫu nhiên hiệu chỉnh đầy đủ hoặc nửa đầy đủ. Trong bài báo này, chúng tôi muốn trình bày mô hình bài toán vận tải, với thông tin về dữ liệu có VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI 2 tính ngẫu nhiên, dẫn tới bài toán quy hoạch ngẫu nhiên có đặc tính như đã nêu. Chen và các cộng sự chỉ ra rằng ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ [1]. Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không đúng. Câu hỏi chúng tôi đặt ra là: Với điều kiện nào thì ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ? Thiết lập điều kiện cần và đủ để ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Trả lời triệt để câu hỏi này chính là nội dung thứ hai của bài báo. Kết quả này sẽ đem tới hai ý nghĩa quan trọng, bởi vì: Một là định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khó để kiểm tra, cũng như khó để thiết lập so với định nghĩa ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Hai là, bất kỳ bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với hiệu chỉnh đầy đủ là chấp nhận được đối với những quy tắc quyết định tuyến tính lệch. Tuy nhiên, quy tắc quyết định tuyến tính lệch vẫn có thể chấp nhận được nếu thiếu sự hiệu chỉnh đầy đủ - đó là các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không hiệu chỉnh đầy đủ, câu hỏi chúng ta đặt ra ở đây là điều đó xảy ra khi nào? Từ đó, chúng tôi chỉ ra được điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. 2. BÀI TOÁN TỐI ƯU CHI PHÍ 2.1. Bài toán Có n kho chứa hàng với sức chứa mỗi kho là bi, i = 1, ..., n. Số lượng hàng cần xác định ở kho thứ i là xi, (xi ≥ 0, i = 1, ..., n). Kinh phí bảo quản lưu giữ một đơn vị hàng ở kho thứ i là si, i = 1, ..., n. Cước phí vận tải một đơn vị hàng từ kho thứ i đến kho thứ j là cij, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. Cần vận chuyển để điều chỉnh lượng hàng ở các kho sao cho tổng chi phí lưu kho và vận chuyển là bé nhất. Biết rằng giữa kho i và kho j luôn có cung đường vận tải và cij = cji, với mọi i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. 2.2. Mô hình toán học Kí hiệu zij là số đơn vị hàng được chuyển từ i tới j, (zij ≥ 0). Khi đó một phương án vận tải z = (zij) được thực hiện thì số hàng ti, i = 1, ..., n, có ở kho thứ i tại một thời điểm sẽ là: ti = xi - ∑ = n j 1 zij + ∑ = n k 1 zki, i = 1, ..., n. Chi phí vận chuyển và lưu trữ được tính theo công thức ∑ = n i 1 sixi + ∑ = n i 1 ∑ = n j 1 cijzij → minx. Vậy ta có bài toán tìm x = (xi) và z = (zij), sao cho min { ∑ = n i 1 sixi + ∑ = n i 1 ∑ = n j 1 cijzij} (1) với điều kiện ti + ∑ = n j 1 zij - ∑ = n k 1 zki = xi, i = 1, ..., n, (2) xi ≤ bi, i = 1, ..., n, (3) ti ≥ 0, i = 1, ..., n, (4) xi ≥ 0, zij ≥ 0, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. (5) Trong thực tế, bài toán đã nêu với biến xi, i = 1, ..., n, có sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên w. Khi đó biến z = (zij) và biến t = (ti) sẽ phụ thuộc vào yếu tố ngẫu nhiên đã nêu. Để giải quyết bài toán này, ta cần tới sự điều chỉnh trong lớp các bài toán quy hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn [3]. 3. CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 3.1. Về bài toán tối ưu chi phí Như đã nêu trong mô hình (1)-(5), số TRẦN XUÂN SINH - DƯƠNG XUÂN GIÁP - NGUYỄN THỊ THANH HIỀN 3 lượng hàng có ở kho i là xi có thể phụ thuộc đại lượng ngẫu nhiên w. Ta kí hiệu giá trị thay đổi, do tác động của w là x’i(w). Do vậy, số lượng hàng có ở kho thứ i là ti(w), khi thực hiện phương án vận tải z sẽ là ti(w) = xi – x’i(w) - ∑ = n j 1 zij(w) + ∑ = n k 1 zki(w). Thực hiện ở giai đoạn hai, điều chỉnh kế hoạch với sự tham gia của yếu tố ngẫu nhiên, ta cần giải bài toán quy hoạch min{(x, z) = ∑ = n i 1 sixi + ∑ = n i 1 ∑ = n j 1 cijE(zij(w))} với điều kiện ti(w) = xi – x’i(w) - ∑ = n j 1 zij(w) + ∑ = n k 1 zki(w), i = 1, ..., n, xi ≤ bi, i = 1, ..., n, ti ≥ 0, i = 1, ..., n, xi ≥ 0, x’i(w), zij(w) ≥ 0, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. trong đó E(w) là kỳ vọng của đại lượng ngẫu nhiên w. Bài toán nêu trên có thể viết gọn lại như sau min{(x, z) = sTx + cTE(z(w))} (6) với điều kiện x – t(w) + Az(w) = x’(w) , (7) x ≤ b, (8) x ≥ 0, t(w), x’(w), z(w) ≥ 0, (9) trong đó x = (xi), t(w) = (ti(w)), x’(w) = (x’i(w)), b = (bi) và sT, cT tương ứng là ma trận chuyển vị của ma trận s = (si), c = (cij), A là ma trận gồm các phần tử tương ứng là các hệ số của )( ijzz = . Định lí 3.1.1. Ma trận A của bài toán (6) - (9) có n hàng, n(n-1) cột, nhưng có hạng n-1. Đặc biệt, tổng các vectơ cột là vectơ 0. Chứng minh. Viết tường minh bài toán (6) - (9) ta thấy ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng gồm n-1 số 1 và -1, còn lại là số 0 . Cũng như vậy, trên mỗi cột chỉ gồm một số 1 và một số - 1, còn lại là số 0. Khi đó, nếu cộng n hàng lại với nhau thì được hàng toàn số 0, tứ c là n hàng của A phụ thuộc tuyến tính. Nhưng có thể thấy tồn tại định thức cấp n-1 khác 0. Vậy điều đó chứng tỏ hạng của ma trận A bằng n-1. Mặt khác, với bản đồ giao thông là đồ thị đối xứng đầy đủ G(U, V), tập đỉnh U có n đỉnh sẽ có 2 )1( −nn cạnh. Mỗi cạnh (i, j) có 2 ẩn zij và zji, vì vậy số ẩn phải là n(n-1). Từ đó cho thấy số cột là n(n-1). Tương tự, tổng các vectơ cột sẽ là vectơ 0. Định nghĩa. Bài toán (6) - (9) có ma trận A là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ thì ta nói đó là bài toán nửa đầy đủ. Tương tự nếu ma trận A là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì ta nói đó là bài toán đầy đủ. Định lí 3.1.2. Bài toán (6) - (9) thuộc lớp bài toán hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Chứng minh. Trước hết, như chứng minh Định lí 3.1.1, ta nhận thấy rằng ma trận A gồm các phần tử 1, -1 và 0, trong đó trên mỗi hàng, số phần tử 1 bằng số phần tử -1. Khi đó ta chọn vectơ u = (ui), với ui = 1, cho mọi i = 1, 2, ..., n(n-1), thì thoả mãn điều kiện bài toán hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Bài toán (6) - (9), theo như Định lí 3.1.2, nó là hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Tuy nhiên, có thể kiểm tra thấy rằng bài toán đó VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI 4 chưa là hiệu chỉnh đầy đủ. Chúng ta hãy xét riêng một mô hình thường gặp trong bài toán vận tải đã nêu như sau: Ta giả thiết rằng số lượng hàng đang có ở kho i là bi. Đặt xi là số hàng được vận chuyển đến kho i , tức là xi = ∑ = n j 1zij. Khi đó ta có bài toán min{f(x, z) = ∑ = n i 1 sixi + ∑ = n i 1 ∑ = n j 1 cijE(zij(w))} với điều kiện ti(w) = bi + xi – x’i(w) - ∑ ∈Vjij ),(: zji(w), i = 1, ..., n, xi ≤ bi, i = 1, ..., n, xi ≥ 0, ti(w), zij(w) ≥ 0, i = 1, ..., n, j = 1, ..., n. Kí hiệu D = (I A*), trong đó I là ma trận đơn vị, tư ơng ứng với hệ số của xi, i = 1, ..., n, A* là ma trận hệ số của zij trong bài toán nêu trên (chú ý rằng ma trận A* trong trường hợp này chỉ khác với ma trận A trong Định lí 3.1.1, bởi xóa đi các phần tử 1, còn lại các phần tử -1 và 0). Như vậy, ma trận D có n hàng và 2n cột. Lúc này bài toán nêu trên có thể viết lại min{f(x, z) = sTx + cTE(z(w))} với điều kiện t(w) – D(x, z(w)) = b, x ≤ b, x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0. Bài toán vừa nêu có thể viết khái quát hơn như sau: Tìm x ∈ℝn và z ∈ℝ2n sao cho min{f(x, z) = sTx + E(dTt(w)) + E(gTE(z(w))} (10) với điều kiện Bx = b, (11) H(w)x +Tt(w) + D[x, z(w)] = h(w), (12) x ≥ 0, t(w), z(w) ≥ 0. (13) trong đó B, T là các ma trận hệ số, D và các kí hiệu khác như đã nêu trên, H(w) và h(w) là các hàm affine đối với iw , nghĩa là H(w) = H0 + ∑ = k i 1 Hiwi; h(w) = h0 + ∑ = k i 1 hiwi. Định lí 3.1.3. Bài toán (10)-(13) với ma trận D như đã nêu là hiệu chỉnh đầy đủ. Chứng minh. Như đã thấy D(I, A*), nên với vectơ t = (ti) bất kỳ thuộc ℝn, phương trình Du = t, ứng với mỗi ti có dạng ui – vj = ti, (*) trong đó vj = ∑ ∈Jj uj, với J là tập hợp gồm n-1 chỉ số tương ứng các phần tử -1 trong D. Rõ ràng phương trình (*) luôn tồn tại nghiệm ui, vj ≥ 0 với mọi ti. Từ vj ta có thể phân tích để có được vectơ u = (ui) ≥ 0, thoả mãn Du = t, với mọi cách chọn vectơ t. Đó là điều cần chứng minh. Từ đây trở đi, ta xét bài toán vận tải dạng tổng quát (10) - (13). Ta giả thiết thêm rằng t(w), z(w) cũng là hàm affine đối với wi, nghĩa là t(w) = t0 + ∑ = k i 1 tiwi; z(w) = z0 + ∑ = k i 1 ziwi. (Chú ý rằng trong mô hình (10) -(13), sự biểu diễn dạng affine của U(w), h(w) và t(w) là rất thực tế). Khi đó ta xấp xỉ bài toán (10)-(13) bởi bài toán sau đây min{F(x, z) = sTx + dTt0 + gTz0} (14) với điều kiện Bx = b, (15) Hix +Tti + Dzi = hi, i = 0, 1, ..., k (16) x, t(w), z(w) ≥ 0. (17) Định lí 3.1.4. Mỗi phương án của bài toán (14)-(17) cũng là phương án của bài toán (10)-(13). Đồng thời minf ≤ minF. TRẦN XUÂN SINH - DƯƠNG XUÂN GIÁP - NGUYỄN THỊ THANH HIỀN 5 Chứng minh. Xem [2]. 3.2. Về mối quan hệ giữa tính đầy đủ và nửa đầy đủ Như đã nêu trong mục 1, bây giờ chúng ta bàn tới mối quan hệ giữa hai khái niệm "hiệu chỉnh đầy đủ" và "hiệu chỉnh nửa đầy đủ". Trong mục 1, chúng ta đã có xét: "ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ . Để kiểm tra ma trận W có phải là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ hay không, hoặc thiết lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là rất khó. Những kết quả chúng tôi thu được sau đây đã giải quyết những khó khăn này. Định lí 3.2.1. Nếu ma trận W cấp mn là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì m < n và ma trận W có hạng bằng m. Chứng minh. Gọi W1, W2, ..., Wn là các vectơ cột của ma trận W, đây chính là các vectơ trong không gian vectơ ℝm. Trước tiên, ta chứng minh m < n. Thật vậy, giả sử ngược lại, ta xét 3 trường hợp: Trường hợp 1: m > n. Khi đó, rank{W1, W2, ..., Wn} < m. Theo đại số tuyến tính, tồn tại vectơ cột t ∈ ℝm để rank{W1, W2, ..., Wn, t} = rank{W1, W2, ..., Wn} + 1, nghĩa là t không thuộc không gian vectơ 〈W1, W2, ..., Wn〉 sinh bởi hệ {W1, W2, ..., Wn}. Từ đó suy ra không tồn tại vectơ cột w để Ww = t. Nói riêng, W không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn. Trường hợp 2: m = n và rank(W) < m. Lập luận tương tự trường hợp 1. Trường hợp 3: m = n và rank(W) = m. Khi đó, ma trận W khả nghịch, suy ra hệ {W1, W2, ..., Wn} là cơ sở của không gian vectơ ℝm. Theo giả thiết, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta suy ra W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nghĩa là tồn tại vectơ cột r = [r1 r2 ... rn]T cấp n×1 sao cho rj > 0, ∀j = 1, ..., n và Wr = 0 hay r1W1 + r2W2 + ... + rnWn = 0. Điều này mâu thuẫn với hệ {W1, W2, ..., Wn} là cơ sở. Bây giờ ta chứng minh W có hạng bằng m. Giả sử ngược lại, ma trận W có hạng bé hơn m, nghĩa là rank{W1, W2, ..., Wn} < m. Lập luận giống như trường hợp 1, ta dẫn đến mâu thuẫn. Điều đó chứng tỏ hạng của W bằng m. Định lí chứng minh xong. Định lí 3.2.2. Cho trước hai số tự nhiên m, n. Khi đó, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m×n. Hơn nữa, nếu n > 1 thì với số tự nhiên k bất kì sao cho k ≤ min{m, n-1}, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấp m×n và có rank{W} = k. Chứng minh. Nếu n = 1 thì ta chọn ma trận W là ma trận cột không (chính là vectơ không trong không gian vectơ ℝm). Khi đó, ma trận W thoả mãn điều kiện là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Nếu n > 1 thì ta chọn tuỳ ý các vectơ cột W1, W2, ..., Wn-1 ∈ ℝm có hạng bằng k và các số thực dương tuỳ ý rj, ∀j = 1, ..., n. Ta đặt Wn = 11 21 2 1... n n n n n rr rW W W r r r − − − − − − ∈ℝm. (18) Từ đó suy ra r1W1 + r2 W2 + ... + rnWn = 0. (19) Gọi W là ma trận gồm các cột W1, W2, ..., Wn. Khi đó, công thức (19) cho ta Wr = 0. Rõ ràng ma trận W có cấp m×n. Do hệ VỀ MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU NGẪU NHIÊN CHI PHÍ VẬN TẢI 6 vectơ cột W1, W2, ..., Wn-1∈ ℝm có hạng bằng k và vectơ cột Wn biểu thị tuyến tính qua hệ các vectơ W1, W2, ..., Wn-1 nên suy ra rank(W) = k. Như vậy, ma trận W xây dựng như trên là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ có cấp m×n và có hạng bằng k. Định lí 3.2.3. Giả sử ma trận W có cấp m×n, (m < n), có hạng bằng m, thoả mãn điều kiện tồn tại vectơ cột r = [r1r2...rn]T cấp n×1, với r j ≥ 0, j = 1, ..., n, sao cho Wr = 0 và tập các vectơ cột tương ứng với các hệ số rj > 0 của ma trận W tồn tại một hệ các vectơ cột tạo thành cơ sở của không gian vectơ ℝm. Khi đó W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Chứng minh. Xem [4]. Hệ quả 1. Ma trận W cấp m×n, (m < n), có hạng bằng m. Khi đó W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Chứng minh. Suy trực tiếp từ nhận xét ở phần I và Định lí 3.2.3. Hệ quả 2. Cho ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ. Khi đó, ma trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi m < n và ma trận W có hạng bằng m. Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Hệ quả 1 và Định lí 3.2.1. Nhận xét. Từ Hệ quả 2, ta có thể thiết lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ qua việc thiết lập ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ bằng cách sử dụng Định lí 3.2.2 với việc chọn k = m. Định lí 3.2.4. Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số thực  bất kỳ và mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 ... wn]T với các biến bị chặn dưới bởi , tức là j ≥ , j = 1, ..., n, thoả mãn Wr = t. Chứng minh. Giả sử W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Khi đó, với mỗi số thực  và với mỗi vectơ cột t cấp m×1, ta đặt t* = t - W*, trong đó [ ... ]  ∗ = T là vectơ cột cấp m×1 gồm các phần tử đều bằng  . Theo định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, tồn tại vectơ cột y = [y1 ... yn]T sao cho yj ≥ 0, j = 1, ..., n, thoả mãn Wy = t*, hay Wy = t - W*, điều này tương đương với W(y + *) = t. Đặt w = y + * = [w1 ... wn]T, với wj = yj +  ≥  thì ta có Ww = t thoả mãn các biến bị chặn dưới bởi  . Ngược lại, ta dễ dàng có điều phải chứng minh với việc chọn 0 = . Đó là điều phải chứng minh. Định lí 3.2.5. Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi với số thực  bất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 ... wn]T, với các biến bị chặn trên bởi , tức là wj ≤ , j = 1, ..., n, thoả mãn Ww = t. Chứng minh. Việc chứng minh hoàn toàn tương tự như chứng minh Định lí 3.2.4, chỉ khác ở chỗ để có w bị chặn trên thì ta đặt t* = - t + W*, trong đó * = [ ... ]T là vectơ cột cấp n×1. 7TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Xin Chen, Melvyn Sim, Peng Sun and Jiawei Zhang (2008), A Linear Decision-Based Approximation - Approach to Stochastic Programming, Operations Research, Vol. 56, No. 2, March-April 2008, pp. 344-357. 2. Xin Chen, Melvyn Sim and Peng Sun (2005), A robust optimization perspective of stochastic programming, Working paper, National University of Singapore. 3. Shapiro, D. Dentcheva and A. Ruszczyński (2010), Lectures on Stochastic Programming Modeling and Theory, Mathematical Programming, Society Philadelphia. 4. Dương Xuân Giáp (2009), Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủ và hiệu chỉnh nửa đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạ ch ngẫu nhiên, Tạp chí Khoa học, Trường Đại học Vinh, Tập 38, Số 3A(2009), ISSN 1859-2228, 26-34. * Nhận bài ngày 1/12/2011. Sữa chữa xong 10/6/2012. Duyệt đăng 15/6/2012.