ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH NHƯ ĐIỀU KIỆN CẦN CỰC TRỊ CỦA BÀI TOÁN BIẾN PHÂN Chuyên ngành Toán ứng dụng Mã số 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH NHƯ ĐIỀU KIỆN CẦN CỰC TRỊ CỦA BÀI TỐN BIẾN PHÂN Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60.46.01.12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2017 Mục lục Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khơng gian tuyến tính định chuẩn 1.1.1 Khái niệm không gian tuyến tính 1.1.2 Khái niệm khơng gian tuyến tính định 1.2 Phép tính vi phân 1.2.1 Dưới vi phân hàm lồi 1.2.2 Đạo hàm Gâteaux 1.2.3 Đạo hàm Fréchet chuẩn 5 7 Chương Điều kiện cần cực trị cho tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều 13 2.1 Định lí Fermat 14 2.1.1 Bài tốn trơn khơng có ràng buộc 14 2.1.2 Bài tốn lồi khơng có ràng buộc 16 2.2 Qui tắc nhân tử Lagrange 19 Chương Điều kiện cần cho toán biến phân 30 3.1 Bài toán biến phân sở 33 3.2 Phương trình Euler 34 3.3 Bổ đề Du Bois-Reymond toán Bolza 42 3.4 Ví dụ Hilbert 49 3.5 Điều kiện Weierstrass 51 3.6 Điều kiện Legendre 53 3.7 Điều kiên Jacobi 55 3.8 Bài toán đẳng chu 59 3.9 Bài toán điều khiển tối ưu nguyên lý cực đại Pontriagin 62 3.9.1 Dẫn tới toán điều khiển tối ưu 62 3.9.2 Bài toán điều khiển tối ưu 63 Tài liệu tham khảo 66 Lời nói đầu Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu Fermat phát biểu cách 300 năm Lí thuyết điều kiện cần cực trị khơng gian hữu hạn chiều cho tốn có hạn chế phát triển qua nhiều thời kì nhà tốn học Lagrange, Euler, Kuhn, Tucker, Năm 1696, Johann I Bernoulli phát biểu toán đường đoản thời (brachistochrone): Cho trước hai điểm A B mặt phẳng thẳng đứng Hãy xác định đường AM B để tác động lực trọng trường vật thể M chuyển động từ A đến B thời gian ngắn Vấn đề bắt nguồn từ thực nghiệm G Galilei: Nếu cho hai viên bi giống lăn dây cung cung tròn viên bi lăn cung trịn đến điểm cuối nhanh (mặc dù đường dài hơn, tốc độ lớn hơn) Giả sử y(x) hàm mô tả đường cong chuyển động viên bi hệ trục tọa độ (x, y) với y(x0 ) = 0, y(x) ≤ x ≥ x0 Điểm A có tọa độ A(x0 , 0) điểm B có tọa độ B(x1 , y1 ) cho trước Giả thiết lực ma sát không đáng kể, theo định luật rơi Galilei, ta p có vận tốc viên bi −2gy(x), g ≈ 9, 8m/s2 gia tốc p rơi tự Quãng đường sau thời gian dt ds = + y 02 (x)dx p p p ds + y (x)dx + y (x) Vì v(t) = nên −2gy(x) = hay dt = p dx dt dt −2gy(x) Zx1 p + y (x) p Thời gian từ A(x0 , 0) đến B(x1 , y1 ) là: T = dx −2gy(x) x0 Bài toán trở thành: Trong số tất quỹ đạo (đường cong) y(x) nối hai điểm A(x0 , 0) đến B(x1 , y1 ) cho trước, tìm đường cong Zx1 p + y (x) p làm cực tiểu phiếm hàm dx −2gy(x) x0 Đây tốn cực trị có ràng buộc: Zx1 p + y (x) p T = dx → inf −2gy(x) (1) y(x0 ) = 0, y(x1 ) = y1 (2) x0 Bài toán (1)–(2) tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều (không gian tất đường cong trơn nối hai điểm cho trước) Sau Bernoulli, toán tổng quát thành toán biến phân: Zt1 L(t, x(t), x(t))dt ˙ → inf J(x(.)) = t0 (x(t0 ), x(t1 )) ∈ Γ, [t0 , t1 ] ⊂ R cho trước, Γ ⊂ Rn × Rn , L hàm liên tục miền R × Rn × Rn Mục đích luận văn trình bày khái niệm nghiệm yếu nghiệm mạnh địa phương tồn cục tốn biến phân, điều kiện cực trị cấp cấp hai toán biến phân Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Tạ Duy Phượng tận tình hướng dẫn giúp đỡ em suốt tình học tập nghiên cứu Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Giáo sư, Phó giáo sư, Tiến sĩ, quý thầy cô giáo giảng dạy Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam, mang đến cho em nhiều kiến thức bổ ích nghiên cứu khoa học Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình bạn đồng mơn giúp đỡ động viên thời gian học tập q trình hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2017 Tác giả Hoàng Thị Quỳnh Như Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Khơng gian tuyến tính định chuẩn Khái niệm khơng gian tuyến tính Định nghĩa 1.1.1 Tập X 6= ∅ gồm đối tượng gọi khơng gian tuyến tính trường số thực R, đó: (I) Có qui tắc cho ứng với hai phần tử x, y thuộc X phần tử z thuộc X gọi “tổng” x y, ký hiệu z = x + y; (II) Có qui tắc cho ứng với phần tử α ∈ R phần tử x ∈ X phần tử p thuộc X gọi tích α với x, ký hiệu p = αx (III) Các qui tắc cho (I) (II) phải thỏa mãn tám tiên đề sau đây: (1) ∀x, y ∈ X : x + y = y + x (tính giao hốn); (2) ∀x, y, z ∈ X : (x + y) + z = x + (y + z) (tính kết hợp); (3) ∃θ (phần tử 0) cho ∀x ∈ X : θ + x = x + θ = x; (4) ∀x ∈ X : ∃x0 (phần tử đối) cho: x + x0 = x0 + x = θ; (5) ∀x ∈ X : 1x = x; (1 ∈ R); (6) ∀α ∈ R, ∀x, y ∈ X : α(x + y) = αx + αy; (7) ∀α, β ∈ R, ∀x ∈ X : (αβ)x = α(βx); (8) ∀α, β ∈ R, ∀x ∈ X : (α + β)x = αx + βx Ví dụ 1.1.2 Khơng gian hàm liên tục từ [a, b] vào R, kí hiệu C[a, b] khơng gian tuyến tính Tương tự, khơng gian hàm khả vi liên tục [a, b], kí hiệu C1 [a, b] khơng gian tuyến tính 6 Thật vậy, với định nghĩa (i) z = x + y ⇔ z(t) = x(t) + y(t) ∀t ∈ [a, b]; (ii) z = λ.x ⇔ z(t) = λx(t) ∀t ∈ [a, b] tám tiên đề thỏa mãn Vậy không gian hàm liên tục hàm khả vi liên tục [a, b] khơng gian tuyến tính 1.1.2 Khái niệm khơng gian tuyến tính định chuẩn Khơng gian tuyến tính X R gọi khơng gian (tuyến tính) định chuẩn, có qui tắc cho ứng với phần tử x ∈ X số thực không âm gọi chuẩn (hoặc độ dài) x, ký hiệu kxk, thỏa mãn tính chất sau đây: (i) ∀x ∈ X : kxk ≥ kxk = ⇔ x = (tính khơng âm); (ii) ∀x ∈ X, ∀λ ∈ R : kλxk = |λ|kxk (tính đồng nhất); (iii) ∀x, y ∈ X : kx + yk ≤ kxk + kyk (Bất đẳng thức tam giác) Ví dụ 1.1.3 Khơng gian C[a, b] hàm liên tục ϕ : R → R khơng gian C1 [a, b] khơng gian tuyến tính định chuẩn với chuẩn tương ứng kxkC[a,b] = max |x(t)| a≤t≤b kxkC1n [a,b] = max{k x kC[a,b] , k x˙ kC[a,b] = max{max |x(t)|, max |x(t)|} ˙ a≤t≤b a≤t≤b Khi ba tiên đề chuẩn thỏa mãn x1 (t) n Ví dụ 1.1.4 Giả sử: x(·) : [a, b] → R , tức là: x(t) = ∈ xn (t) x˙ (t) Rn ∀t ∈ [a, b], ta định nghĩa x(t) ˙ = x˙ n (t) Kí hiệu: C n [a, b] C1n [a, b] khơng gian tuyến tính [a, b] với định nghĩa thơng thường phép tốn cộng véctơ nhân số với véctơ Ta định nghĩa: kxkC n [a,b] = max {kxi kC[a,b] } 1≤i≤n kxkC1n [a,b] = max {kxi kC1 [a,b] } 1≤i≤n Khi C n [a, b] C1n [a, b] khơng gian tuyến tính định chuẩn 1.2 Phép tính vi phân 1.2.1 Dưới vi phân hàm lồi Cho f hàm lồi thật (hàm lồi thường) X Tập ∂f (x) := {x∗ ∈ X ∗ | f (z) − f (x) ≥ hx∗ , z − xi ∀z ∈ X} (1.1) gọi vi phân f x Ví dụ 1.2.1 (Dưới vi phân hàm chỉ) Với x ∈ A ∂δ(x|A) khác rỗng chứa Từ định nghĩa ta suy ∂δ(x | A) = N (x | A), (1.2) N (x|A) := {x∗ ∈ X ∗ |hx∗ , z − xi ≤ ∀z ∈ A} (1.3) nón pháp tuyến (normal cone) tập A điểm x 1.2.2 Đạo hàm Gâteaux Cho X Y hai không gian tơ pơ tuyến tính, V lân cận x ∈ X F : X → Y Nếu δF (x, h) := lim t−1 (F (x + th) − F (x)) t→0 tồn với h ∈ X ánh xạ h → δF (x, h) gọi biến phân bậc F x Nếu tồn tốn tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho Λh = δF (x, h) ∀h ∈ X Λ gọi đạo hàm Gâteaux, ký hiệu FG0 (x) Khi ta nói: F khả vi Gâteaux x Điều xảy tồn tốn tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho F (x + th) = F (x) + tΛh + o(t) ∀h ∈ X Ví dụ 1.2.2 Cho r ϕ tọa độ cực x ∈ R2 f (x) = r cos 3ϕ Ta có δf (0.h) = f (h) Vì δf (0.h) khơng tuyến tính nên f khơng khả vi Gâteaux ∈ R2 Trong Giải tích lồi, vi phân đóng vai trị đạo hàm Nếu hàm lồi khả vi Gâteaux điểm vi phân điểm có phần tử đạo hàm Gâteaux 1.2.3 Đạo hàm Fréchet Nếu X Y không gian Banach, F : X → Y khả vi Fréchet x tồn toán tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho F (x + h) = F (x) + Λh + r(h) với kr(h)kY = khkX →0 khkX lim Khi Γ đạo hàm Fréchet, ký hiệu FF0 (x) hay F (x) Ánh xạ F gọi qui x khả vi Fréchet x ImF (x) = Y Kí hiệu L(X, Y ) khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục từ X Y, trang bị chuẩn kΛk = sup kΛxkY kxkX =1 Nếu F : X → Y khả vi Fréchet điểm tập mở V ánh xạ x → F (x) liên tục V (hay x0 ∈ V ) theo tơ pơ L(X, Y ) ta nói F khả vi liên tục V (hay x0 ,) hay F thuộc vào lớp C1 Nếu F phiếm hàm F (x) = x gọi điểm dừng Ví dụ 1.2.3 (Đạo hàm Fréchet ánh xạ afin) Một ánh xạ A : X → Y từ không gian tuyến tính X vào khơng gian tuyến tính Y có dạng A(x) = Λx + a, với a ∈ X Λ ánh xạ tuyến tính từ X vào Y , gọi ánh xạ afin Nếu X Y không gian Banach Λ liên tục A khả vi Fréchet khắp nơi A0F (x) = Λ Mệnh đề 1.2.4 a) Nếu F khả vi Fréchet x F liên tục khả vi Gâteaux FG0 (x) = FF0 (x) b) Nếu F khả vi Gâteaux x F biến phân bậc tồn δF (x, h) = FG0 (x)h Chứng minh: Xem [4], p 35 Ví dụ 1.2.5 Hàm 1 x = (x )2 x 6= 0, 2 f (x1 , x2 ) = 0 trường hợp lại khả vi Gâteaux (0, 0) ∈ R2 khơng liên tục nên theo Mệnh đề 1.2.4 khơng thể khả vi Fréchet Ta có Định lý 1.2.6 (Định lí giá trị trung bình) Cho X Y không gian tô pô tuyến tính, U tập mở X, ánh xạ F : U → Y khả vi Gâteaux điểm đoạn nối [x, x + h] ⊂ U Khi ta có: a) Nếu ánh xạ z → FG0 (z) ánh xạ liên tục [x, x + h] vào Y Z F (x + h) − F (x) = FG0 (x + th)h dt b) Nếu X Y không gian Banach kF (x + h) − F (x)k ≤ sup kFG0 (x + th)k · khk 0≤t≤1 với Λ ∈ L(X, Y ) : kF (x + h) − F (x) − Λhk ≤ sup kFG0 (x + th) − Λk · khk 0≤t≤1 10 Đặc biệt, với z ∈ [x, x + h] kF (x + h) − F (x) − FG0 (z)hk ≤ sup kFG0 (x + th) − FG0 (z)k · khk 0≤t≤1 Chứng minh: Xem [4], p 38 Mệnh đề 1.2.7 Cho X không gian Banach F ánh xạ liên tục từ lân cận U x0 ∈ X vào không gian Banach Y Giả thiết F khả vi Gâteaux điểm U ánh xạ x → FG0 (x) từ U vào L(X, Y ) liên tục Khi F khả vi Fréchet U FG0 (x) = FF0 (x) ∀x ∈ U Chứng minh: Xem [4], p 39 Ví dụ 1.2.8 (Đạo hàm Fréchet hàm vector) Cho g1 (t, x), , gm (t, x) hàm thực, liên tục U ⊂ R × Rn khả vi liên tục theo x Đặt (g(t, x) = g1 (t, x), , gm (t, x)) [G(x(·))](t) = g(t, x(t)), t0 ≤ t ≤ t1 Như G : C n ([t0 , t1 ]) → C m ([t0 , t1 ]) Gọi x0 (·) hàm liên tục [t0 , t1 ] → Rn có ảnh nằm U Ta G khả vi Fréchet x0 (·) Vì U tập mở nên tồn > cho |x0 (t) − x| < kéo theo (t, x) ∈ U Nếu kx(·) − x0 (·)kC < ta có G(x(·) + λz(·)) − G(x(·)) (t) = gx (t, x(t))z(t), lim λ→0 λ nghĩa [G0G (x(·))z(·)](t) = gx (t, x(t))z(t) Vì (t, x) → gx (t, x) liên tục nên x(·) → G0G (x(·)) liên tục Áp dụng Mệnh đề 1.2.7 ta nhận tính khả vi Fréchet x0 (·) [G0F (x0 (·))z(·)](t) = gx (t, x0 (t))z(t) 11 Nếu với h ∈ X, hàm ϕh (t) := F (x + th) khả vi n lần t = dn δ F (x, h) := n ϕh (t)|t=0 dt n (1.4) gọi biến phân bậc n F x Đạo hàm Fréchet bậc n định nghĩa qui nạp: Nếu đạo hàm Fréchet (bậc nhất) F F tồn lân cận x đạo hàm Fréchet F x Đạo hàm Fréchet bậc hai F x Nếu ánh xạ x → F 00 (x) tồn liên tục lân cận điểm ta nói F khả vi liên tục hai lần điểm Định lý 1.2.9 (Qui tắc dây chuyền) Cho X, Y Z không gian Banach, U tập mở X, V tập mở Y, F : U → Y G : V → Z Cho x ∈ U với F (x) ∈ V Nếu F khả vi Fréchet x G khả vi Fréchet F (x) ánh xạ H = G ◦ F khả vi Fréchet x, tức H(x) = G ◦ F (x) = G(F (x)) Thì H (x) = G0 (F (x)) ◦ F (x) Ví dụ 1.2.10 (Đạo hàm Fréchet hàm Lagrange) Cho L(t, x, y) ánh xạ từ W ⊂ R × Rn × Rn vào Rm , liên tục khả vi liên tục theo x y x0 (·) hàm liên tục [t0 , t1 ] cho (t, x0 (t), x˙ (t)) ∈ W với t ∈ [t0 , t1 ] Xét ánh xạ M : C1n ([t0 , t1 ]) → C m ([t0 , t1 ]), [M (x(·))](t) = L(t, x(t), x(t)), ˙ Ta có M = M2 ◦ M1 , [M1 (x(·))](t) = (x(t), x(t)), ˙ t0 ≤ t ≤ t1 t ∈ [t0 , t1 ] 12 t0 ≤ t ≤ t1 [M2 (x(·), y(·))](t) = L(t, x(t), y(t)), Ví dụ 1.2.8 cho ta [M20 (x(·), y(·))(r(·), s(·))](t) = Lx (t, x(t), y(t))r(t) + Ly (t, x(t), y(t))s(t) Mặt khác dễ dàng nhận thấy [M10 (x(·))z(·)](t) = (z(t), z(t)) ˙ Áp dụng Định lí 1.2.9 ta có [M (x0 (·))z(·)](t) = Lx (t, x0 (t), x˙ (t))z(t) + Ly (t, x0 (t), x˙ (t))z(t) ˙ Ví dụ 1.2.11 (Đạo hàm Fréchet tích phân hàm Lagrange) Với giả thiết Ví dụ 1.2.10, ta xét phiếm hàm Z t1 F(x(·)) = L(t, x(t), x(t))dt ˙ t0 Có thể tách F thành F = F2 ◦ F1 , [F1 (x(·))](t) = L(t, x(t), x(t)), ˙ Z t0 ≤ t ≤ t1 t1 F2 (α(·)) = α(t)dt t0 F2 ánh xạ tuyến tính, nên sử dụng kết Ví dụ 1.2.3 1.2.10 với Định lí 1.2.9 ta thu Z t1 [Lx (t, x(t), x(t))z(t) ˙ + Ly (t, x(t), x(t)) ˙ z(t)]dt ˙ (1.5) F (x(·))z(·) = t0 13 Chương Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu không gian vô hạn chiều Chương trình bày điều kiện cần cực trị cho tốn tối ưu không gian hữu hạn chiều, kiến thức chuẩn bị cầu nối để hiểu tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều Chương Khoảng năm 1629, P de Fermat đưa phương pháp tìm điểm cực đại cực tiểu số hàm đơn giản Theo ngôn ngữ tốn học ngày nay, phát biểu điều kiện sau: Nếu đa thức có điểm cực trị đạo hàm phải Đây phát quan trọng tốn học Điều đáng nói lúc khái niệm đạo hàm chưa đời Mãi sau này, G W Leibniz đưa khái niệm đạo hàm chứng minh f (x∗ ) = x∗ điểm cực trị địa phương Ngày nay, kết kiểu gọi Định lí Fermat Những điều kiện cần cực trị phát biểu cho toán trơn (cho hàm mục tiêu khả vi) khơng có ràng buộc Năm 1744, L Euler giải Bài toán đẳng chu, đưa cách tiếp cận cho toán tối ưu có ràng buộc Để giải số vấn đề học dạng tốn cực trị có ràng buộc đẳng thức, Lagrange xây dựng Qui tắc nhân tử Lagrange Trong khuôn khổ Qui hoạch lồi, Kuhn Tucker chứng minh điều 14 kiện cần cực trị (Định lí Kuhn-Tucker) cho tốn có ràng buộc bất đẳng thức 2.1 2.1.1 Định lí Fermat Bài tốn trơn khơng có ràng buộc Cho X khơng gian tơ pơ f : X → R Xét tốn f (x) → inf (2.1) Định lý 2.1.1 (Định lí Fermat) Giả thiết x∗ nghiệm cực tiểu địa phương (2.1) tồn biến phân bậc δf (x∗ , h) Khi δf (x∗ , h) = ∀h ∈ X Nếu X không gian Banach f khả vi Fréchet x∗ f (x∗ ) = Chứng minh:(xem [1], trang 31) Ta có δf (x∗ , h) ≥ δf (x∗ , h) = −δf (x∗ , −h) ∀h ∈ X Điều kéo theo δf (x∗ , h) = ∀h ∈ X Nếu X không gian Banach f khả vi Fréchet x∗ theo Mệnh đề 1.2.4 ta có f (x∗ )h = fF0 (x∗ )h = fG0 (x∗ )h = δf (x∗ )h = ∀h ∈ X Ví dụ 2.1.2 (Fermat, Huygens, l’Hospital) Cho hai mơi trường đồng chất, nằm hai phía mặt phẳng, hai điểm a, b nằm lịng hai mơi trường Tìm đường ánh sáng từ a tới b 15 Khơng làm tính tổng qt, cho a = (a1 , 0, 0), b = (b1 , b2 , 0), a1 > > b1 , b2 ≥ mặt phẳng ngăn cách {x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 = 0} Theo Nguyên lí Fermat, ánh sáng truyền theo đường mà thời gian ngắn Vì mơi trường đồng chất, vận tốc ánh sáng không thay đổi, nên phải truyền theo đường thẳng Như vậy, cịn việc xác định điểm z = (0, z2 , z3 ), nơi mà ánh sáng truyền từ môi trường sang môi trường Gọi v1 v2 vận tốc ánh sáng hai mơi trường ấy, thời gian truyền môi trường |z − a|/v1 |z − b|/v2 Do đó, ta phải giải toán: |z − a| |z − b| + → inf v1 v2 Dễ nhận thấy nghiệm tối ưu tồn Theo Định lí Fermat, z2 z2 − b2 + = 0, v1 |z − a| v2 |z − b| z3 z3 + = v1 |z − a| v2 |z − b| Từ phương trình thứ hai suy z3 = z2 xác định từ phương trình đầu Gọi α1 α2 góc pháp tuyến tia sáng Khi sin α1 = z2 |z − a| sin α2 = − z2 − b2 |z − b| Cho nên sin α1 v1 = sin α2 v2 Đây kết luận quen biết quang học Ví dụ 2.1.3 Xét tốn Fermat tìm điểm có tổng khoảng cách ngắn tới ba điểm cho (xem [1], trang 13) Cho ba điểm y1 , y2 y3 thuộc R2 Tìm điểm thuộc R2 có tổng bình phương khoảng cách (Euclid) từ tới ba điểm nhỏ Tức f (x) = |x − y1 |2 + |x − y2 |2 + |x − y3 |2 → inf; x ∈ R2 (2.2) Nếu x∗ điểm tối ưu toán (2.2) theo Định lí Fermat ta 16 có f (x∗ ) = 2(3x∗ − y1 − y2 − y3 ) = Bài tốn (2.2) có nghiệm tối ưu (xem [1], trang 13), nên x∗ = (y1 + y2 + y3 ) điểm cần tìm Sử dụng kiến thức hàm biến định nghĩa biến phân bậc cao, chứng minh dễ dàng điều kiện cần bậc cao sau Định lý 2.1.4 Giả thiết x∗ nghiệm cực tiểu địa phương 2.1 tồn biến phân bậc n > Khi tồn số tự nhiên l cho 2l ≤ n δf (x∗ , h) = 0, , δ 2l−1 f (x∗ , h) = 0, δ 2l f (x∗ , h) ≥ với h ∈ X Nếu X không gian Banach f khả vi Fréchet liên tục hai lần x∗ f ”(x∗ ) ≥ 2.1.2 Bài toán lồi khơng có ràng buộc Cho hàm lồi f : X → R Xét toán f (x) → inf (2.3) Định lý 2.1.5 (Định lí Fermat cho tốn lồi) Hàm lồi f nhận giá trị cực tiểu (toàn cục) x∗ ∈ ∂f (x∗ ) (2.4) 17 Chứng minh: Từ (1.1) ta có f (x∗ ) ≤ f (x) ∀x ∈ X ⇐⇒ f (x) − f (x∗ ) − h0, x − x∗ i ≥ ∀x ∈ X ⇐⇒ ∈ ∂f (x∗ ) Ví dụ 2.1.6 (Bài tốn Fermat-Torricelli) Cho ba điểm mặt phẳng Tìm điểm mặt phẳng cho tổng khoảng cách tới ba điểm nhỏ Mơ hình tốn học f (x) = |x − y1 | + |x − y2 | + |x − y3 | → inf; x ∈ R2 (2.5) Ở hàm f biểu diễn tổng khoảng cách tới ba điểm y1 , y2 y3 cho trước Có thể tốn cực trị (2.5) có nghiệm tối ưu (xem [1], trang 13) Hàm f lồi, không trơn Theo Định lí 2.1.5 điều kiện cần đủ để x∗ nghiệm tối ưu ∈ ∂f (x∗ ) Áp dụng Định lí Moreau-Rockafellar (xem [1], trang 26) ta có ∈ ∂x |x∗ − y1 | + ∂x |x∗ − y2 | + ∂x |x∗ − y3 | (2.6) Ta biết (xem [1], trang 25): Dưới vi phân chuẩn không gian Euclid hình trịn đơn vị, cịn điểm khác véc tơ đơn vị từ hướng tới điểm Do đó, x∗ 6= yi , i = 1, 2, 3, (2.6) kéo theo e1 + e2 + e3 = 0, ei = x ∗ − yi , i = 1, 2, |x∗ − yi | Có nghĩa là: góc ba đoạn [x∗ , y1 ], [x∗ , y2 ] [x∗ , y3 ] 120o Điểm X∗ có tính chất gọi điểm Torricelli Nếu x∗ trùng với ba điểm yi , chẳng hạn với y3 , (2.6) cho ta e1 + e2 + z = 0, |z| ≤ 18 Có nghĩa là: góc [y3 , y1 ], [y3 , y2 ] không nhỏ 120o Như vậy, nghiệm (2.5) là: Nếu ba góc tam giác tạo ba điểm cho không nhỏ 120o điểm cần tìm đỉnh đó; trường hợp lại, nghiệm tối ưu điểm Torricelli Bài tốn lồi có ràng buộc bao hàm thức Xét toán f0 (x) → inf; x ∈ A (2.7) Định lý 2.1.7 Cho X không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương, f0 : X → R hàm lồi X liên tục x∗ , A ⊂ X tập lồi Khi đó, x∗ nghiệm cực tiểu (tồn cục) toán (2.7) ∈ ∂f0 (x∗ ) + ∂(δ(x∗ | A)) (2.8) Điều tương đương với ∃y ∗ ∈ ∂f0 (x∗ ) : −y ∗ ∈ N (x∗ | A) Chứng minh: 26) ta có: (2.9) Áp dụng Định lí Moreau-Rockafellar (xem [1], trang ∂(f0 (x∗ ) + δ(x∗ | A)) = ∂f0 (x∗ ) + ∂(δ(x∗ | A)) Thêm vào đó, (1.2) ∂(δ(x∗ | A)) = N (x∗ | A) Vì hàm f (x) = f0 (x) + δ(x | A) lồi có nghiệm cực tiểu f0 nên điều phải chứng minh suy từ Định lí 2.1.5 Hệ 2.1.8 Cho y ∗ ∈ X ∗ A ⊂ X lồi Điều kiện cần đủ để x∗ nghiệm cực tiểu (toàn cục) toán hy ∗ , xi → inf; −y ∗ ∈ N (x∗ | A) x∈A 19 2.2 Qui tắc nhân tử Lagrange Bài toán trơn với ràng buộc đẳng thức Ta xét toán tối ưu đơn giản sau đây: f0 (x) := x21 + 4x22 → min, (2.10) x := (x1 , x2 )T ∈ R2 Để xác định nghiệm cực tiểu toán tối ưu lồi này, ta áp dụng Định lí Fermat: f00 (x) = (2x1 , 8x2 )T = (0, 0)T (2.11) Dễ thấy điều kiện cần cực trị cho nghiệm x∗ = (x1∗ , x2∗ )T = (0, 0)T , điểm cực tiểu tồn cục f0 (·) Nếu thêm ràng buộc vào phương trình (2.10), ví dụ: f1 (x) := −x1 − x2 + = 0, (2.12) khơng có điểm x ∈ R2 thỏa mãn ràng buộc với (2.11), nghĩa (2.11) khơng cịn điều kiện cần cực trị Vì hai điểm tiếp xúc nên hai véc tơ f00 (∗) f10 (∗) phải song song với nhau: f0 (x) = x21 + 4x22 → inf với x = (0, 0) nên f0 (0, 0) ≤ f0 (x) với x ∈ R2 Từ ràng buộc (2.12) ta có: x2 = −x1 + thay vào (2.10) ta f0 (x) = x21 + 4[−x1 + 5]2 = x21 + 4x21 − 40x1 + 100 = 5x21 − 40x1 + 100 = 5[x21 − 8x1 + 20] = 5(x1 − 4)2 ≥ 20 có nghiệm x1 = 4, x2 = Vì f0 (0, 0) = 0, f0 (x) > với x thỏa mãn fx (x) = giá trị f0 (x) tăng dần tiến từ x = đến đường thẳng f1 (x) = 0, f0 (·) đạt giá trị cực tiểu điểm tiếp xúc x∗ đường thẳng f1 (x) = đường mức f0 (·) Vì hai đường tiếp xúc nên ... z(t)]dt ˙ (1.5) F (x(·))z(·) = t0 13 Chương Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu khơng gian vơ hạn chiều Chương trình bày điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu không gian hữu hạn chiều, kiến... đầu Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu Fermat phát biểu cách 300 năm Lí thuyết điều kiện cần cực trị không gian hữu hạn chiều cho tốn có hạn chế phát triển qua nhiều thời kì nhà tốn học Lagrange,... liên tục miền R × Rn × Rn Mục đích luận văn trình bày khái niệm nghiệm yếu nghiệm mạnh địa phương tồn cục tốn biến phân, điều kiện cực trị cấp cấp hai toán biến phân Tác giả xin bày tỏ lòng biết