Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: quy hoạch/tối ưu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a,b,c$ lần lượt là số bàn, số ghế, số tuần. Ràng buộc: thời gian $6a+3b\le 40c$; số ghế ít nhất gấp 3 lần số bàn $b\ge 3a$; chỗ để (một bàn chiếm chỗ bằng 4 ghế, phòng chứa tối đa 4 bàn/tuần tức tương đương 16 ghế/tuần): $4a+b\le 16c$. Lợi nhuận $P=150a+50b=50(3a+b)$.

Với mỗi $c$, ta cần cực đại hóa $3a+b$ với $2a+b\le \frac{40c}{3}$, $4a+b\le 16c$, $b\ge 3a$. Giao hai đường thẳng $2a+b=\frac{40c}{3}$ và $4a+b=16c$: trừ hai phương trình được $2a=\frac{8c}{3}\Rightarrow a=\frac{4c}{3}$, suy ra $b=16c-\frac{16c}{3}=\frac{32c}{3}$. Kiểm tra $b\ge 3a$: $\frac{32c}{3}\ge 4c$ đúng. Khi đó $3a+b=4c+\frac{32c}{3}=\frac{44c}{3}$, lớn hơn các đỉnh khác (ví dụ $b=3a$ với chỗ để: $a=\frac{16c}{7}$ cho $3a+b=\frac{96c}{7}\approx 13,71c<\frac{44c}{3}\approx 14,67c$). Vậy tối ưu tại $a=\frac{4c}{3},b=\frac{32c}{3}$.

Để $a,b$ nguyên thì $c$ chia hết cho 3; chọn $c=3$ (mức tối ưu, các $c=3k$ chỉ nhân lên cùng tỉ lệ): $a=4$, $b=32$. Kiểm tra: thời gian $6\cdot 4+3\cdot 32=120=40\cdot 3$ ✓; chỗ để $4\cdot 4+32=48=16\cdot 3$ ✓; $b=32\ge 3a=12$ ✓. Lợi nhuận $P=150\cdot 4+50\cdot 32=2200$ nghìn đồng, lớn nhất.

Vậy $a+b+c=4+32+3=39$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1012, câu 19: 39).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a,b$ lần lượt là số cái bàn và số cái ghế sản xuất trong $c$ tuần. Các ràng buộc:
- Thời gian: $6a+3b\le 40c$.
- Số ghế ít nhất gấp 3 lần số bàn: $b\ge 3a$.
- Chỗ để (một bàn chiếm chỗ bằng 4 ghế, phòng chứa được nhiều nhất 4 bàn/tuần tức 16 'chỗ ghế' mỗi tuần): $4a+b\le 16c$.
- Lãi: $L=150a+50b=50(3a+b)$, cần tối đa $3a+b$.

Lãi mỗi giờ: bàn $150/6=25$ nghìn/giờ, ghế $50/3\approx 16,7$ nghìn/giờ, nên muốn lãi lớn nhất phải ưu tiên làm bàn, tức thời gian và chỗ để đều dùng hết:
$$6a+3b=40c,4a+b=16c.$$
Từ $4a+b=16c\Rightarrow b=16c-4a$; thay vào phương trình thời gian:
$$6a+3(16c-4a)=40c\Rightarrow 6a+48c-12a=40c\Rightarrow a=\frac{4c}{3},$$
khi đó $b=16c-\frac{16c}{3}=\frac{32c}{3}$.

Kiểm tra ràng buộc $b\ge 3a$: $\frac{32c}{3}\ge 4c$ đúng. Lãi: $L=50\left(3\cdot \frac{4c}{3}+\frac{32c}{3}\right)=\frac{2200c}{3}$ nghìn đồng, tức $\frac{2200}{3}\approx 733$ nghìn/tuần — lớn hơn lãi/tuần tại đỉnh khác của miền ràng buộc (giao của $b=3a$ với $4a+b=16c$ chỉ cho $\frac{4800}{7}\approx 686$ nghìn/tuần).

Để $a,b$ nguyên và đây là phương án sản xuất cụ thể (tuần là đơn vị nhỏ nhất của đề bài), lấy $c$ nhỏ nhất chia hết cho 3, tức $c=3$:
$$a=4,b=32,c=3.$$
Kiểm tra: thời gian $6\cdot 4+3\cdot 32=120=40\cdot 3$ giờ ✓; chỗ để $4\cdot 4+32=48=16\cdot 3$ ✓; số ghế $32\ge 3\cdot 4=12$ ✓. Lãi $=150\cdot 4+50\cdot 32=2200$ nghìn đồng — lớn nhất.

Vậy $a+b+c=4+32+3=39$, khớp với đáp án của đề (bảng đáp án mã đề 1011, Câu 20 = 39).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi x (100g) thịt bò, y (100g) trứng; tỉ lệ yến mạch : thịt bò = 3 : 2 nên yến mạch = 1,5x (100g). Các ràng buộc: Protein: 26x + 15y + 14(1,5x) = 47x + 15y ≤ 139; Carb: 120x + 0,7y ≤ 242,1; Chất béo: 5x + 9y + 10(1,5x) = 20x + 9y ≤ 80; y ≤ 8; x, y ≥ 0. Hàm chi phí: P = 22x + 7y + 21(1,5x) = 53,5x + 7y (nghìn đồng). Xét các đỉnh miền ràng buộc: giao của Carb và Protein: 120x + 0,7y = 242,1 và 47x + 15y = 139 giải được x = 2; y = 3 (kiểm tra chất béo: 20·2 + 9·3 = 67 ≤ 80, y = 3 ≤ 8, thỏa). Chi phí P = 53,5·2 + 7·3 = 128. Các đỉnh khác: (0; 8) cho P = 56; (2,0175; 0) cho P ≈ 107,9; giao Chất béo–Carb cho P ≈ 137,8 nhưng vi phạm ràng buộc Protein (47x + 15y ≈ 160,5 > 139) nên loại; giao Chất béo–Protein cho P ≈ 78. Vậy tối ưu tại x = 2, y = 3, yến mạch = 3. Tổng khối lượng theo đơn vị 100g: 2 + 3 + 3 = 8, khớp đáp án nguồn.

a) Chọn $m=18$. Khi đó Mario sẽ nhảy xa được đúng một lần với độ dài $b=14$ (mét). Cần phải di chuyển thêm $18-14=4$ (mét), không đủ cho một lần nhảy với độ dài $a=6$ (mét), nên Mario cần phải nhảy thêm 4 lần, mỗi lần với độ dài 1 mét. Vì vậy Mario phải nhảy đúng 5 lần.
Trong khi đó, có cách khác chỉ sau 3 lần nhảy, mỗi lần với độ dài 6 mét để đến đích với khoảng cách 18 mét, và do đó Mario sẽ thua.

b) Ta gọi một cặp $(a,b)$ là Tốt, nếu Mario luôn thắng với mọi số nguyên dương $m$. Trong trường hợp ngược lại, tức là nếu tồn tại một số nguyên dương $m$ sao cho Mario thua, thì ta nói $(a,b)$ là Không tốt.
Bổ đề. Cặp $(a,b)$ là không tốt khi và chỉ khi tồn tại số nguyên $n\ge 2$ sao cho
$$(n-1)a<b\le n(a-1).$$
Chứng minh bổ đề.
Điều kiện đủ. Giả sử $(n-1)a<b\le n(a-1)$. Rõ ràng khi đó $a>n$. Cho $m=na$, khi đó Mario sẽ nhảy một lần với độ dài $b$ mét. Khoảng cách còn lại cần phải di chuyển là $na-b\in [n;a)$, nên Mario sẽ phải nhảy thêm ít nhất $n$ lần, mỗi lần 1 mét. Tổng cộng Mario phải nhảy ít nhất $n+1$ lần. Tuy nhiên có cách khác đến đích với $n$ lần nhảy, mỗi lần $a$ mét, do đó Mario sẽ thua.
Điều kiện cần. Giả sử $(a,b)$ là một cặp không tốt, do đó có cách nhảy đến đích với số lần nhảy ít hơn cách của Mario. Gọi số lần nhảy tương ứng $(b,a,1)$ mét của Mario là $(x_1,y_1,z_1)$, $x_1\ge 0$, $y_1\ge 0$, $z_1\ge 0$. Suy ra tồn tại một bộ $(x_2,y_2,z_2)$ khác gồm các số nguyên không âm thỏa mãn
$$\{\begin{array}{l}{x}_{1}b+y_{1}a+z_1=x_{2}b+y_{2}a+z_2\\ x_1+y_1+z_1>x_2+y_2+z_2\\ x_1\ge x_2\end{array}$$
Từ các hệ thức trên suy ra $(x_1-x_2)b+(y_1-y_2)a=z_2-z_1<(x_1-x_2)+(y_1-y_2)$.
Do đó $(y_1-y_2)(1-a)>(x_1-x_2)(b-1)\ge 0$. Vì $a>1$ suy ra $y_1<y_2$.
Ngoài ra không thể xảy ra trường hợp $x_1=x_2$, vì khi đó ta phải có đánh giá $z_1-z_2=(y_2-y_1)a>a$, dẫn tới $z_1>a$: mâu thuẫn với cách chơi của Mario.
Vì vậy ta có hệ thức $(x_1-x_2)b+(z_1-z_2)=(y_2-y_1)a$.
Đặt $t=x_1-x_2\in {\mathbb{Z}}^{+}$, $u=y_2-y_1\in {\mathbb{Z}}^{+}$, $v=z_1-z_2\in \mathbb{Z}$. Suy ra $\{\begin{array}{l}tb+v=ua\\ t+v>u\end{array}$
Theo cách nhảy xa của Mario, ta có $v=z_1-z_2\le z_1<a$. Do đó
$$ua-a<ua-v=tb<ua+t-u,$$
dẫn tới $(u-1)a<tb<u(a-1)+t$. Chia cả hai vế cho $t>0$ ta nhận được
$$\frac{u-1}{t}a<b<\frac{u}{t}(a-1)+1.$$
Đặt $\lfloor \frac{u}{t}\rfloor =n\in {\mathbb{Z}}^{+}$, suy ra $(n-1)<\frac{u-1}{t}$ và $\frac{u}{t}\le n$. Do $b$ là số nguyên dương, ta suy ra $(n-1)a<b\le n(a-1)$. Do $n\ge \frac{b}{a-1}>1$ nên $n\ge 2$. Bổ đề được chứng minh.
Bây giờ, với mỗi $b\ge 3$ cố định, ta đếm số cặp $(a,b)$ tốt. Từ Bổ đề trên ta thấy rằng $(a,b)$ là không tốt khi và chỉ khi tồn tại số nguyên $n\ge 2$ sao cho $\frac{b}{n}+1\le a<\frac{b}{n-1}$.
Vì $(n-1)a<n(a-1)$ suy ra $n<a$. Từ đó với $(a,b)$ là không tốt, phải có $n(n-1)<b$.
Gọi $l$ là số nguyên dương sao cho $l(l-1)<b\le l(l+1)$. Khi đó $2\le n\le l$. Vậy cặp $(a,b)$ là không tốt khi và chỉ khi $2\le a<b$ và $a\in S$, ở đó tập $S$ là hợp của $(l-1)$ khoảng đôi một không giao nhau sau đây:
$$S=\left[\frac{b}{l}+1;\frac{b}{l-1}\right)\cup \left[\frac{b}{l-1}+1;\frac{b}{l-2}\right)\cup \cdots \cup \left[\frac{b}{3}+1;\frac{b}{2}\right)\cup \left[\frac{b}{2}+1;b\right),$$
Do đó cặp $(a,b)$ là tốt khi và chỉ khi $1<a<b$ và $a\notin S$. Dễ thấy với mọi $k$, $3\le k\le l$, có duy nhất một số nguyên dương $a=\lfloor \frac{b}{k-1}\rfloor$ nằm giữa hai khoảng liên tiếp $\left[\frac{b}{k-1}+1;\frac{b}{k-2}\right)$, $\left[\frac{b}{k}+1;\frac{b}{k-1}\right)$ và không thuộc hai khoảng này.
Tổng cộng có $(l-2)$ số $a$ như vậy. Ngoài ra, có $\lfloor \frac{b}{l}\rfloor -1$ số $a$ thỏa mãn $1<a<\frac{b}{l}+1$. Với một số $b\le 100$ cố định, có $\lfloor \frac{b}{l}\rfloor -1+(l-2)=\lfloor \frac{b}{l}\rfloor +(l-3)=:K(b)$ cặp $(a,b)$ tốt.
Nhận thấy $K(b)=\{\begin{array}{ll}l+l-3=2l-3,& l(l-1)<b\le l^2\\ l+1+l-3=2l-2,& l^2<b\le l(l+1)\end{array}$. Suy ra $K(b)=\lceil 2\sqrt{b}\rceil -3$.
Do đó số cặp tốt với $1<a<b\le 100$ là $T={\sum }_{b=3}^{100}\left(\lceil 2\sqrt{b}\rceil -3\right)$.
Nhận xét rằng với $91\le b\le 100$, $\lceil 2\sqrt{b}\rceil =20$. Do đó
$$T=(20-3)\cdot 10+\sum _{b=3}^{90}\left(\lceil 2\sqrt{b}\rceil -3\right).$$
Đặt $\lceil 2\sqrt{b}\rceil =c$, suy ra $4\le c\le 19$. Với mỗi số $c$ cố định, ta có $\lceil 2\sqrt{b}\rceil =c$ tương đương với $c-1<2\sqrt{b}\le c\iff \frac{(c-1{)}^2}{4}<b\le \frac{c^2}{4}$. (*)
Bằng cách xét tính chẵn lẻ của $c$, ta thấy có tất cả $\lfloor \frac{c}{2}\rfloor$ số $b$ thỏa mãn (*) với mỗi số $c$ cố định. Vì vậy, nếu đặt $d=\lfloor \frac{c}{2}\rfloor$, ta có
$$T=170+\sum _{c=4}^{19}(c-3)\lfloor \frac{c}{2}\rfloor =170+\sum _{d=2}^9(2d-3)d+\sum _{d=2}^9(2d-2)d$$
$$=170+\sum _{d=2}^9(4d-5)d=170+4\sum _{d=2}^9{d}^2-5\sum _{d=2}^{9}d=170+4\sum _{d=1}^9{d}^2-5\sum _{d=1}^{9}d-4+5$$
$$=171+4\cdot \frac{9\cdot 10\cdot 19}{6}-5\cdot \frac{9\cdot 10}{2}=171+1140-225=1086.$$
Đáp số: 1086 cặp.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số bánh nướng, $y$ là số bánh dẻo ($x,y\in \mathbb{N}$). Ràng buộc: $120x+160y\le 600000\iff 3x+4y\le 15000$; $60x+40y\le 240000\iff 3x+2y\le 12000$; $y\le 3x$; $x,y\ge 0$. Lợi nhuận $P=8000x+6000y$. Miền nghiệm có các đỉnh: $(0;0)$, $(4000;0)$, giao của $3x+4y=15000$ và $3x+2y=12000$: trừ hai phương trình được $2y=3000\Rightarrow y=1500$, $x=3000$; giao của $y=3x$ với $3x+4y=15000$: $15x=15000\Rightarrow (1000;3000)$. Tính $P$: tại $(4000;0)$: $P=32000000$; tại $(3000;1500)$: $P=24000000+9000000=33000000$; tại $(1000;3000)$: $P=8000000+18000000=26000000$. Vậy lợi nhuận lớn nhất tại $m=3000$, $n=1500$ (thỏa mãn nguyên). Do đó $\frac{m+n}{6}=\frac{4500}{6}=750$.

Gọi $x,y$ (tỷ đồng) lần lượt là số vốn phân bổ vào Kênh A và Kênh B ($x\ge 0,y\ge 3$).
Hệ bất phương trình ràng buộc:
$\{\begin{array}{l}x+y\le 30\\ x\le 2y\\ y\ge 3\\ 0,045x+0,02y\le 1,05\iff 9x+4y\le 210\end{array}$
Lợi nhuận thực tế trên mỗi tỷ đồng đầu tư:
- Kênh A: $15\%\cdot (1-10\%)-4,5\%=13,5\%-4,5\%=9\%=0,09$ (tỷ đồng).
- Kênh B: $10\%\cdot (1-10\%)-2\%=9\%-2\%=7\%=0,07$ (tỷ đồng).
Hàm lợi nhuận thực tế: $F(x,y)=0,09x+0,07y=0,07(x+y)+0,02x$.
Từ $x+y\le 30$ và $9x+4y\le 210\iff 4(x+y)+5x\le 210\Rightarrow 5x\le 210-4(x+y)$.
Ta có $F(x,y)\le 0,07\cdot 30+0,02\cdot 18=2,46$ (tỷ đồng).
Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}x+y=30\\ 9x+4y=210\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=18\\ y=12\end{array}$ (thỏa mãn $18\le 2\cdot 12$ và $y=12\ge 3$).
Vậy quỹ đầu tư nên phân bổ $18$ tỷ đồng vào Kênh A.