XÁC ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN FERMATTORRICELLI SUY RỘNG

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐINH VĂN PHÚC XÁC ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN FERMAT-TORRICELLI SUY RỘNG Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN HOÀNG Huế, Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực, được sự đồng ý sử dụng của các đồng tác giả và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác. Tác giả luận văn Đinh Văn Phúc ii LỜI CẢM ƠN Luận văn này được hoành thành không chỉ là kết quả của sự cố gắng, nổ lực của bản thân mà trước hết là nhờ sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình, chu đáo của thầy giáo PGS.TS. Nguyễn Hoàng. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy. Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô đã hết lòng dạy dỗ, giúp đỡ em trong suốt những năm qua. Em xin gửi đến gia đình, những người thân yêu và những người bạn của em lời biết ơn chân thành sâu lắng, những người luôn sát cánh bên em, động viên và tạo mọi điều kiện cho em được học tập cũng như trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này. Huế, tháng 09 năm 2015 Học viên Đinh Văn Phúc iii MỤC LỤC Trang phụ bìa i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mục lục 1 Lời nói đầu 3 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 1.4 Tập lồi . . . . . . . . . . . Hàm lồi . . . . . . . . . . . Dưới vi phân của hàm lồi . Hàm khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 8 10 12 15 Bài toán Fermat-Torricelli cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Định nghĩa bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Sự tồn tại nghiệm tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Sylvester và bài toán FermatTorricelli suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Xây dựng nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán FermatTorricelli suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Chương 2. Bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 Chương 3. Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trong không gian R2 3.1 3.2 36 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong R2 với chuẩn . 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 1 3.3 Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong R2 với chuẩn . ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 2 LỜI NÓI ĐẦU Trong thế kỉ 17, nhà toán học nổi tiếng người Pháp Pierre de Fermat đã đưa ra trong cuốn sách Treatise on Maxima and Minima bài toán như sau: Cho trước ba điểm trong mặt phẳng. Hãy tìm điểm thứ 4 sao cho tổng khoảng cách từ điểm này tới ba điểm cho trước nhỏ nhất có thể. Bài toán được giải bởi nhà toán học người Ý Evangelista Torricelli (1608-1647) và được gọi là bài toán Fermat-Torricelli. Sau nhiều thế kỉ, bài toán của Fermat lại được phát hiện lại trong một khía cạnh mới bởi nhiều nhà toán học khác. Người ta tổng quát bài toán Fermat như sau: Cho trước một tập hợp hữu hạn gồm n điểm trong mặt phẳng. Hãy tìm một điểm sao cho tổng khoảng cách từ điểm này tới các điểm cho trước nhỏ nhất có thể. Vào thế kỉ 19 Jacob Steiner đã tổng quát bài toán của Fermat bằng cách không hạn chế số điểm cần tìm. Khoảng 100 năm sau, Richard Courant và Herbert Robbins đã ghi chú về bài toán tổng quát này như sau: Một vấn đề rất đơn giản nhưng lại rất có tính kiến thiết là vấn đề được nêu ra bởi Jacob Steiner, một đại diện nổi tiếng của trường phái hình học Berlin, vào đầu thế kỷ 19. Ba làng A, B và C phải được nối với nhau bởi một hệ thống đường giao thông với tổng độ dài nhỏ nhất có thể. Trong cuốn sách What is mathematics của Richard Courant và Herbert Robbins xuất bản năm 1941 đã phổ biến bài toán của Fermat thành bài toán cây Steiner cực tiểu nổi tiếng. Nhờ những ứng dụng trong thực tế mà ngày nay bài toán Fermat-Torricelli được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu mở rộng và thu được nhiều kết quả đẹp. Xuất phát từ những điều trên và được sự gợi ý, hướng dẫn của PGS.TS. Nguyễn Hoàng mà chúng tôi chọn đề tài: Xác định nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng làm đề tài nghiên cứu cho luận văn. Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu và trình bày một cách tổng hợp về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trên không gian định chuẩn tổng quát, đặt biệt là xây dựng nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 1 và chuẩn . ∞ . Nội dung của luận văn bao gồm ba chương: • Chương 1: Trình bày tóm tắt một số kết quả của giải tích lồi, hàm khoảng 3 cách xa nhất, ngắn nhất, các định lí, ví dụ cơ bản liên quan đến luận văn. Trong chương này tác giả trích dẫn một số kết quả đã đạt được từ các tài liệu [1], [2], [3], [4], [7]. • Chương 2: Trình bày một số điều kiện tồn tại, duy nhất nghiệm và đi xây dựng nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trong không gian định chuẩn tổng quát. Trong chương này, chủ yếu dựa trên cơ sở các tài liệu tham khảo [4], [6]. • Chương 3: Trong chương này dựa trên cơ sở các tài liệu tham khảo [5], [6], tác giả đi xây dựng nghiệm tối ưu của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 1 và chuẩn . ∞ . Tuy đã có nhiều cố gắng, song do hạn chế về thời gian và năng lực bản thân nên luận văn không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự quan tâm góp ý của thầy cô và các bạn. Em xin chân thành cảm ơn! Huế, tháng 09 năm 2015 Học viên Đinh Văn Phúc 4 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này nếu không nói gì thêm chúng ta luôn xét X là một không gian định chuẩn và X ∗ là không gian liên hợp của X . Một số kí hiệu được dùng về sau: Cho x ∈ X, x∗ ∈ X ∗ tác động của phiếm hàm tuyến tính x∗ lên x được kí hiệu là x∗ , x ; cho Ω ⊂ X thì int Ω, conv Ω, bd Ω lần lượt là phần trong, bao lồi và biên của Ω; với a, b ∈ X, a = b : L(a, b) := {ta + (1 − t)b | t ∈ R}; [a, b] := {ta + (1 − t)b | t ∈ [0, 1]}; (a, b) := {ta + (1 − t)b | t ∈ (0, 1)}. 1.1 Tập lồi Định nghĩa 1.1.1. Một tập C ⊂ X được gọi là lồi nếu với mọi x, y ∈ C , chúng ta có: [x, y] ⊂ C. Tập C được gọi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈ C, x = y và với mọi t ∈ (0, 1), chúng ta có: tx + (1 − t)y ∈ int C. Không gian X được gọi là không gian lồi chặt nếu hình cầu đơn vị đóng trong X là tập lồi chặt. Mệnh đề 1.1.1. [4, tr. 682] Không gian định chuẩn X là lồi chặt khi và chỉ khi điều kiện sau được thỏa mãn: [x = y và x = y = 1] ⇒ x + y < 2. Cho X là một không gian định chuẩn và X ∗∗ là không gian liên hợp thứ hai của nó. Lúc đó X ⊂ X ∗∗ , khi X = X ∗∗ thì X được gọi là không gian phản xạ. Chúng ta chú ý rằng khi X hữu hạn chiều thì X = X ∗∗ . Một tập A ⊂ X được 5 gọi là đóng yếu nếu A là đóng với tôpô yếu σ(X, X ∗ ); dãy (xn ) ⊂ X được gọi là hội tụ yếu về x0 ∈ X , nếu với mọi x∗ ∈ X ∗ , thì x∗ , xn → x∗ , x0 khi n → ∞. Một tập A ⊂ X được gọi là cân đối nếu với mọi λ ∈ R sao cho |λ| ≤ 1 chúng ta có λA ⊂ A. Lúc đó, A = −A. Định nghĩa 1.1.2. Cho F ⊂ X là tập lồi, đóng, bị chặn, cân đối và chứa gốc như một điểm trong, tập F ∗ được định nghĩa bởi: F ∗ = {x∗ ∈ X ∗ | x∗ , x ≤ 1, ∀x ∈ F }. Nhận xét 1.1. Khi F là hình cầu đơn vị đóng trong X thì F ∗ là hình cầu đơn vị đóng trong X ∗ . Thật vậy chúng ta biết rằng x∗ = sup | x∗ , x |, do F cân x ≤1 đối nên x∗ ∗ = sup x , x . Do đó với mỗi x∗ ∈ X∗ sao cho x∈F x∗ , x ≤ 1, ∀x ∈ F ⇔ sup x∗ , x ≤ 1 ⇔ x∗ ≤ 1. x∈F Mệnh đề 1.1.2. [1, Mđ 3.12, tr. 70] Cho A ⊂ X là lồi, đóng, thì A cũng đóng yếu. Đối với không gian định chuẩn, người ta cũng quan tâm tính compact theo dãy. Cụ thể, một tập A ⊆ X được gọi là compact yếu theo dãy nếu với mọi dãy (xn ) ⊂ A, tồn tại dãy con (xnk ) ⊂ (xn ), hội tụ yếu đến x0 ∈ A. Hệ quả 1.1.1. [1, Hq 3.14, tr. 80] Trong một không gian phản xạ X mọi tập lồi, đóng, bị chặn là compact yếu theo dãy. Định lý 1.1.1. [2, Đl 4.2, tr. 55] Với mỗi f ∈ (Rn )∗ , tồn tại một phần tử a = (a(1) , a(2) , ..., a(n) ) ∈ Rn sao cho n a(i) x(i) , ∀(x(1) , x(1) , ..., x(n) ) ∈ Rn . f (x) = i=1 Ngược lại, với mỗi a = (a(1) , a(2) , ..., a(n) ) ∈ Rn tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục fa trên Rn sao cho n a(i) x(i) , ∀(x(1) , x(2) , ..., x(n) ) ∈ Rn . fa (x) = i=1 Từ đây chúng ta thấy rằng trên không gian Rn , x∗ , x chính là một tích vô hướng trên Rn × Rn mà chúng ta đã biết. Nhận xét 1.2. 1) Chúng ta biết rằng hai chuẩn bất kì trong không gian hữu hạn chiều thì tương đương do đó trong định lí trên chúng ta có thể dùng bất kì chuẩn nào trong Rn . 6 n 2) Bây giờ chúng ta chọn chuẩn x p 1 |x(i) |p ) p , 1 < p < ∞ cho Rn . Khi =( i=1 đó áp dụng bất đẳng thức Holder chúng ta có n n 1 q (i) q |fa (x)| ≤ ( i=1 nên fa ≤ 1 (x(i) )p ) p = a (a ) ) ( q x p i=1 1 1 + = 1. Giả sử a = 0, chúng ta lấy x0 = p q sgn(a(i) )q (a(i) )q−1 = , i = 1, 2, ..., n. Khi đó, x0 p = 1 q a qp a q , ở đây (y (1) , y (2) , ..., y (n) ) với y (i) và n fa (x0 ) = a(i) sgn(a(i) )q (a(i) )q−1 a i=1 q p = a q ≤ fa . q Vậy fa = aq . n 3) Chúng ta chọn chuẩn x 1 |x(i) | cho Rn . Khi đó chúng ta có = i=1 n |x(i) | = a |fa (x)| ≤ M ∞ x 1, i=1 ở đây M = max{|a(i) | i = 1, 2, ..., n} = a ∞ nên fa ≤ a ∞ . Với mỗi i = 1, 2, ..., n đặt ei = (0, ..., 0, 1i , 0, ..., 0), chúng ta có fa (ei ) = a(i) nên a ∞ = M ≤ fa . Vậy fa = a ∞ . 4) Với 1 ≤ p < ∞, 1 < q ≤ ∞ sao cho 1 1 + = 1 chúng ta có thể kiểm tra p q ánh xạ ϕ : (Rn , . q ) → (Rn , . p )∗ , a → ϕ(a) = fa là một song ánh, tuyến tính liên tục hai chiều và theo Nhận xét 2-1.2 và Nhận xét 3-1.2, ϕ là phép đẳng cự tuyến tính. Vì vậy chúng ta có thể đồng nhất không gian định chuẩn (Rn , . p )∗ với (Rn , . q ), 1 < p < ∞ và (Rn , . 1 )∗ với (Rn , . ∞ ). 5) Từ Nhận xét 4-1.2 và Rn là không gian hữu hạn chiều nên chúng ta có thể đồng nhất không gian định chuẩn (Rn , . ∞ )∗ với (Rn , . 1 ). 6) Từ Nhận xét 1.1, Nhận xét 4-1.2 và Nhận xét 5-1.2 chúng ta thu được B ∗1 = B ∞ và B ∗∞ = B 1 , ở đây B 1 , B ∞ lần lượt là hình cầu đơn vị đóng trong không gian (Rn , . 1 ), (Rn , . ∞ ). 7 1.2 Hàm lồi Cho hàm f : X → R, tập được kí hiệu bởi dom f := {x ∈ X | f (x) < +∞} được gọi là miền hữu hiệu của f. Định nghĩa 1.2.1. Một hàm f : X → R ∪ {+∞} được gọi là lồi trên một tập lồi C nếu với mọi x, y ∈ C và với mọi t ∈ (0, 1), chúng ta có: f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y). Nếu bất đẳng thức này chặt với mọi x, y ∈ C, x = y, t ∈ (0, 1), thì hàm f được gọi là lồi chặt. Hệ quả 1.2.1. [1, Hq 4.3, tr. 95] Nếu f1 , f2 , ..., fm là các hàm lồi trên X , dom fi = ∅, i = 1, 2, ..., m và λi là các số dương thì hàm λ1 f1 + λ2 f2 + · · · + λm fm lồi. Hệ quả 1.2.2. [1, Hq 4.4, tr. 98] Cho họ hàm fα : X → R ∪ {+∞}, α ∈ I. Các hàm fα lồi với mọi α ∈ I , thì sup fα lồi. α∈I Cho C là tập con của X , chúng ta gọi hàm chỉ của C là hàm δ(x) = nếu x ∈ C, +∞ nếu x ∈ X\C. 0 δ(x) là hàm lồi khi và chỉ khi C là tập lồi. Định nghĩa 1.2.2. Cho f1 , f2 là các hàm lồi trên X sao cho dom fi = ∅, i = 1, 2. Chúng ta gọi tổng chập cực tiểu của f1 và f2 là hàm f được xác định bởi: f (x) := inf{f1 (x1 ) + f2 (x2 ) : x1 + x2 = x}, x ∈ X và được kí hiệu là f1 ⊕ f2 . Mệnh đề 1.2.1. [1, Mđ 4.5, tr. 97] Cho fi : X → R ∪ {+∞}, i = 1, 2 là các hàm lồi. Khi đó f1 ⊕ f2 lồi. Định nghĩa 1.2.3. Cho một tập khác rỗng D ⊆ X ∗ , hàm σD (x) = sup x, x∗ , x ∈ X x∗ ∈D được gọi là hàm tựa. Tương tự, hàm tựa của một tập ∅ = C ⊆ X được xác định trên X ∗ : σC (x∗ ) = sup x, x∗ , x∗ ∈ X ∗ . x∈C 8 Định nghĩa 1.2.4. Một hàm f : X → R ∪ {+∞} được gọi là nửa liên tục dưới tại x0 nếu lim inf f (x) ≥ f (x0 ). x→x0 Một hàm nửa liên tục dưới còn được gọi là hàm đóng. Định nghĩa 1.2.5. Một hàm f : X → R ∪ {+∞} được gọi là nửa liên tục dưới yếu theo dãy tại x0 nếu với bất kì dãy (xn ) hội tụ yếu về x0 , thì lim inf f (xn ) ≥ f (x0 ). n→∞ Định nghĩa 1.2.6. Cho f : X → R. Khi đó hàm liên hợp của f là hàm f ∗ : X ∗ → R được xác định bởi: f ∗ (x∗ ) := sup { x∗ , x − f (x)} = x∈X sup { x∗ , x − f (x)}. x∈dom f Chúng ta biết rằng X ⊆ X ∗∗ . Do đó hàm liên hợp của f ∗ được định nghĩa là hàm (f ∗ )∗ : X → R được xác định bởi: (f ∗ )∗ (x) := sup{ x∗ , x − f ∗ (x∗ ) : x∗ ∈ dom f ∗ }. Chúng ta kí hiệu f ∗∗ = (f ∗ )∗ và gọi là hàm liên hợp bậc hai của f. Mệnh đề 1.2.2. [1, Mđ 4.18, tr. 109] Nếu hàm f : X → R ∪ {+∞} là lồi, thì hàm liên hợp f ∗ là lồi, đóng trên X ∗ . Định lý 1.2.1. (Fenchel-Moreau)[1, Đl 4.20, tr. 110] Cho hàm f : X → R ∪ {+∞}. Lúc đó, f = f ∗∗ khi và chỉ khi f là lồi, đóng. Định lý 1.2.2. [1, Đl 4.21, tr. 111] Cho fi : X → R ∪ {+∞}, i = 1, 2, ..., m. Khi đó ∗ (f1 ⊕ f2 ⊕ · · · ⊕ fm )∗ = f1∗ + f2∗ + · · · + fm . Ví dụ 1.1. (1) Cho ∅ = C ⊆ X ⊂ X ∗∗ . Lúc đó (σC )∗ (x∗ ) = sup x∗ , x = σC (x∗ ). x∈C Mặt khác, σC là một hàm lồi trên X ∗ với hàm liên hợp được xác định bởi (σC )∗ (x) = sup { x∗ , x − σC (x∗ )} = x∗ ∈X ∗ nếu x ∈ conv C, +∞ nếu x ∈ / conv C. 0 (2) Cho một tập đóng Θ ⊂ X ⊂ X ∗∗ . Lúc đó chúng ta có: ∗ δΘ (x∗ ) = sup{ x∗ , x : x ∈ Θ} = σΘ (x∗ ). 9 (3) Cho F ⊂ X ⊂ X ∗∗ là một tập lồi, đóng bị chặn và chứa gốc như một điểm trong, hàm Minkowski được định nghĩa bởi: ρF (x) := inf{t ≥ 0 : x ∈ tF }, x ∈ X. Khi giả sử thêm F cân đối, thì chúng ta có ∗ ∗ ∗ (ρF ) (x ) = sup{ x , x − ρF (x) : x ∈ domρF } =  0 nếu x∗ ∈ F ∗ , +∞ nếu x∗ ∈ / F∗ = δF ∗ (x∗ ). 1.3 Dưới vi phân của hàm lồi Định nghĩa 1.3.1. Cho f : X → R ∪ {+∞} là hàm lồi sao cho dom f = ∅ và x0 ∈ dom f. Một phiếm hàm x∗ ∈ X ∗ được gọi là dưới gradient của f tại x0 nếu f (x) ≥ f (x0 ) + x∗ , x − x0 , ∀x ∈ X. Tập hợp tất cả các dưới gradient của f tại x0 được gọi là dưới vi phân của f tại điểm đó và được kí hiệu là ∂f (x0 ). Định nghĩa 1.3.2. Cho Ω là một tập lồi và x0 ∈ Ω. Nón pháp tuyến của Ω tại x0 là tập hợp được cho bởi: N (x0 ; Ω) := {x∗ ∈ X ∗ | x∗ , x − x0 ≤ 0, ∀x ∈ Ω}. Mệnh đề 1.3.1. [1, Mđ 5.1, tr. 119] Cho f : X → R ∪ {+∞} là lồi. Lúc đó f (x0 ) + f ∗ (x∗ ) = x∗ , x0 khi và chỉ khi x∗ ∈ ∂f (x0 ). Nhận xét 1.3. Từ đây chúng ta thấy rằng khi cho f là hàm lồi, đóng, thì x∗ ∈ ∂f (x0 ) khi và chỉ khi x0 ∈ ∂f ∗ (x∗ ). Ví dụ 1.2. (1) Nếu C là tập lồi và x0 ∈ C , thì ∂δC (x0 ) = {x∗ ∈ X ∗ | x∗ , x − x0 ≤ 0, ∀x ∈ C} = N (x0 ; C). (2) Nếu X là không gian định chuẩn và f (x) = x , thì ∂f (x0 ) = {x∗ : x∗ = 1, x∗ , x0 = x0 }, x0 = 0; {x∗ : x∗ ≤ 1} = B ∗ , x0 = 0. (3) Cho F ⊂ X là tập lồi, đóng, bị chặn, cân đối và chứa gốc như một điểm trong. Xét hàm Minkowski ρF , chúng ta có ∂ρF (x0 ) = F∗ {x∗ ∈ F∗ : x∗ , x0 10 nếu x0 = 0, = ρF (x0 )} nếu x0 = 0. Thật vậy với mọi x∗ ∈ F ∗ , x0 = 0 : x∗ , x0 = ρF (x0 ) ⇔ x∗ , x0 − ρF (x0 ) = (ρF )∗ (x∗ ) (do ví dụ 1.1) ⇔ x∗ , x0 − ρF (x0 ) ≥ x∗ , x − ρF (x), ∀x ∈ X ⇔ ρF (x) − ρF (x0 ) ≥ x∗ , x − x0 , ∀x ∈ X ⇔ x∗ ∈ ∂ρF (x0 ). Khi x0 = 0, thì chúng ta có: ∂ρF (x0 ) = {x∗ ∈ X ∗ | ρF (x) ≥ x∗ , x , ∀x ∈ X} x = {x∗ ∈ X ∗ | 1 ≥ x∗ , , ∀x ∈ X, x = 0} = F ∗ . ρF (x) (4) Nếu C ⊂ X là tập lồi đóng, thì ∂σC (x∗0 ) = {c ∈ C | x∗0 , c = sup x∗0 , z }, ∀x∗0 ∈ X ∗ . z∈C Thật vậy chúng ta biết rằng X ⊂ X ∗∗ , nên với mọi c ∈ C : sup x∗0 , z = x∗0 , c ⇔ −σC (x∗0 ) + x∗0 , c = (σC )∗ (c) (do Ví dụ 1.1) z∈C ⇔ −σC (x∗0 ) + x∗0 , c ≥ x∗ , c − σC (x∗ ), ∀x∗ ∈ X ∗ ⇔ σC (x∗ ) − σC (x∗0 ) ≥ x∗ − x∗0 , c , ∀x∗ ∈ X ∗ ⇔ x∗0 ∈ ∂σC (x∗0 ). Định lý 1.3.1. (Moreau-Rockafellar)[1, Đl 5.9, tr 127] Cho m hàm fi : X → R ∪ {+∞} là lồi có dom fi = ∅, i = 1, 2, ..., m và tồn tại một điểm x1 ∈ ∩m i=1 dom fi tại đó có m − 1 hàm liên tục, thì m ∂( m ∂fi (x), ∀x ∈ ∩m i=1 dom fi . fi )(x) = i=1 i=1 Mệnh đề 1.3.2. [1, Mđ 5.12, tr. 134] Cho f : X → R ∪ {+∞} là một hàm lồi. x0 là điểm cực tiểu của f trên X khi và chỉ khi 0 ∈ ∂f (x0 ). Cho f1 , f2 , ..., fm là m hàm lồi từ Rn vào R, khi đó xác định ánh xạ l : Rn → Rm x → l(x) := (f1 (x), f2 (x), ..., fm (x)). Cho Φ : Rm → R là hàm lồi không giảm, tức là nếu xi ≥ yi với i = 1, 2, ..., m, thì Φ(x) ≥ Φ(y), ở đây x = (xi ), y = (yi ). Bây giờ chúng ta xác định hàm hợp (Φ ◦ l) : Rn → R x → (Φ ◦ l)(x) := Φ(f1 (x), f2 (x), ..., fm (x)). 11 Khi đó Φ ◦ l là hàm lồi và công thức sau cho chúng ta tính dưới vi phân của nó. Định lý 1.3.2. [3, Đl 4.3.1, tr. 264] Cho f, l và Φ là các hàm được xác định ở trên. Với mọi x ∈ Rn , m λi si : (λ1 , λ2 , ..., λm ) ∈ ∂Φ(l(x)), si ∈ ∂fi (x) với i = 1, 2, ..., m}. ∂(Φ ◦ l)(x) = { i=1 1.4 Hàm khoảng cách Trong suốt phần này nếu không nói gì thêm chúng ta luôn giả sử F ⊂ X là một tập lồi, đóng, bị chặn và chứa gốc như một điểm trong. Hình cầu đóng, tâm x và bán kính r được kí hiệu là B (x; r). Định nghĩa 1.4.1. Cho F ⊂ X . Với một điểm x ∈ X và r ≥ 0, hình cầu mở rộng tâm x và bán kính r được xác định bởi: DF (x; r) = x + rF. Khi F là một hình cầu đơn vị đóng trong X thì DF (x; r) = x+rB (0; 1) = B (x; r). Định nghĩa 1.4.2. Cho Q ⊂ X khác rỗng, đóng và bị chặn, hàm maximal time được định nghĩa như sau: CF (x; Q) := inf{t ≥ 0 : Q ⊂ x + tF }. Định nghĩa 1.4.3. Cho Q ⊂ X khác rỗng, đóng. Hàm minimal time được định nghĩa như sau: TF (x; Q) := inf{t ≥ 0 : (x + tF ) ∩ Q = ∅}. Chúng ta thấy rằng hàm maximal time và minimal time là liên tục và có thể viết lại dưới dạng như sau: CF (x; Q) = inf{t ≥ 0 : Q − x ⊂ tF } = sup{ρF (q − x) : q ∈ Q} và TF (x; Q) = inf{t ≥ 0 : ∃q ∈ Q : q − x ∈ tF } = inf{ρF (q − x) : q ∈ Q}. Nhận xét 1.4. Khi F là hình cầu đơn vị đóng trong X , thì ρF (x) = x . Thật vật, ∀t ∈ R+ x ∈ tF = B (0; t) ⇒ x ≤ t ⇒ ρF = x . Khi đó hàm maximal time chính là hàm khoảng cách xa nhất: M (x; Q) := sup{ x − q : q ∈ Q} và hàm minimal time chính là hàm khoảng cách ngắn nhất: d(x; Q) := inf{ x − q : q ∈ Q}. 12 Định nghĩa 1.4.4. Cho ∅ = Ω ⊂ X là tập đóng và bị chặn, với mỗi x ∈ X , tập hợp hình chiếu xa nhất từ x đến Ω được định nghĩa là: PF (x; Ω) := {ω ∈ Ω : ρF (ω − x) = CF (x; Ω)}. Định nghĩa 1.4.5. Cho ∅ = Θ ⊂ X là đóng, với mỗi x ∈ X , tập hợp hình chiếu ngắn nhất từ x đến Θ được định nghĩa là: ΠF (x; Θ) := {u ∈ Θ : ρF (u − x) = TF (x; Θ)}. Nhận xét 1.5. Cho Q ⊂ X lồi, đóng. Khi đó chúng ta thu được một số kết sau: (1) Với mỗi x ∈ X : TF (x; Q) = inf ρF (x − q) = inf {δQ (y) + ρF (x − y)} q∈Q y∈X = (δQ ⊕ ρF )(x). Từ Mệnh đề 1.2.1, suy ra TF (x; Q) là hàm lồi. (2) Cho F ⊂ X là tập lồi, đóng, bị chặn, cân đối và chứa gốc như một điểm trong. Với mỗi x∗ ∈ X ∗ : ∂TF∗ (x∗ ) = ∂σQ (x∗ ) + N (x∗ ; F ∗ ). Thật vậy, vì với mỗi x ∈ X : TF (x; Q) = (δQ ⊕ ρF )(x) nên từ Định lí 1.2.2, với mỗi x∗ ∈ X ∗ : ∗ ∗ ∂TF∗ (x∗ ) = ∂(δQ + ρ∗F )(x∗ ) = ∂δQ (x∗ ) + ∂ρ∗F (x∗ ) = ∂σQ (x∗ ) + N (x∗ ; F ∗ ) (do Ví dụ 1.1 và Ví dụ 1.2). (3) Nếu với mỗi x∗ ∈ N (a; Q), ∀a ∈ ΠF (x; Q), thì ΠF (x; Q) ⊆ ∂σQ (x∗ ). Định lý 1.4.1. [7, Đl 7.1, tr. 27] Cho Q ⊂ X lồi, đóng. Với bất kì x ∈ Q chúng ta có: ∂TF (x; Q) = N (x; Q) ∩ C ∗ , ở đây C ∗ = {x∗ ∈ X ∗ : σF (−x∗ ) ≤ 1}. Định lý 1.4.2. [7, Đl 7.3, tr. 29] Cho Q ⊂ X lồi, đóng và x ∈ Q sao cho ΠF (x; Q) = ∅. Thì với bất kì a ∈ ΠF (x; Q) chúng ta có: ∂TF (x; Q) = N (a; Q) ∩ [−∂ρF (a − x)]. Nhận xét 1.6. Cho F ⊂ X lồi, đóng, bị chặn, cân đối và chứa gốc như một điểm trong; Q lồi, compact. Thì với mỗi x ∈ X :  N (x; Q) ∩ F ∗ nếu x ∈ Q, ∂TF (x) := N (a; Q) ∩ {x∗ ∈ F ∗ : x∗ , x − a = ρF (x − a)} nếu x ∈ / Q, 13 với bất kì a ∈ ΠF (x; Q). Thật vậy, vì F cân đối nên F = −F , suy ra F ∗ = C ∗ . Từ Q compact, F cân đối và Ví dụ 1.2 nên với mọi x ∈ / Q chúng ta thu được −∂ρF (a − x) = {x∗ ∈ F ∗ : x∗ , x − a = ρF (x − a)}. 14 Chương 2 Bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng 2.1 Bài toán Fermat-Torricelli cổ điển Đầu thế kỉ 17, Pierre de Fermat đề xuất bài toán sau đây: "Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho f (M ) := M A + M B + M C đạt giá trị nhỏ nhất". Bài toán được giải bởi Evangelista Torricelli và được gọi là bài toán Fermat-Torricelli cổ điển. Thế kỉ 19, Jakob Steiner mở rộng cho m điểm trên mặt phẳng: "Cho m điểm M1 , M2 , ..., Mn trên mặt phẳng. Tìm điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến các điểm đã cho là nhỏ nhất". Nhờ những ứng dụng thực tế, bài toán Fermat-Torricelli và các mở rộng của nó thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học. Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra một lời giải sơ cấp của bài toán Fermat-Torricelli cổ điển. Xét 2 trường hợp sau: i) Trường hợp max{A, B, C} < 1200 , về phía ngoài tam giác ABC dựng tam giác đều ACD khi đó, với mọi M thuộc mặt phẳng (ABC) chúng ta có M A + M C ≥ M D. Do đó M A + M B + M C ≥ M B + M D ≥ BD. Từ đó suy ra f (M ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi : MD = MA + MC BD = M B + M D. Điều này tương đương với AM B = BM C = CM A = 1200 . ii) Trường hợp max{A, B, C} ≥ 1200 , không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử A ≥ 1200 , xét các khả năng của M : a) M thuộc miền trong của BAC, về phía ngoài tam giác ABC , dựng các tam giác đều ABE và ACD, vì A ≥ 1200 nên A nằm trong hoặc trên cạnh của tam giác M BD hoặc tam giác M CE . Chẳng hạn A nằm trong 15 hoặc trên cạnh của tam giác M BD khi đó M B + M D ≥ AB + AC. Do đó M A + M B + M C ≥ M B + M D ≥ AB + AC. Vậy f (M ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M A+M B +M C = AB +AC . Điều này xảy ra khi và chỉ khi M ≡ A. b) M thuộc miền trong góc 1800 − BAC (các trường hợp khác được chứng minh tương tự), chúng ta có M C > AC M A + M B > AB. Do đó M A + M B + M C > AB + AC. Kết luận: 1) Nếu max{A, B, C} < 1200 thì f (M ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi AM B = BM C = CM A = 1200 . 2) Nếu max{A, B, C} ≥ 1200 ( chẳng hạn A ≥ 1200 ) thì f (M ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ A. 2.2 Định nghĩa bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ giới thiệu về bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trong không gian định chuẩn tổng quát. Cho X là một không gian định chuẩn, F ⊂ X là một tập lồi, đóng và bị chặn chứa gốc như một điểm trong; {Ωi : i ∈ I} là họ hữu hạn các tập khác rỗng, đóng, bị chặn, {Θj : j ∈ J} là họ hữu hạn các tập khác rỗng, đóng (không nhất thiết bị chặn) và cho S khác rỗng, đóng. Định nghĩa 2.2.1. (Bài toán Sylvester suy rộng) Tìm x ∈ S và r ≥ 0 nhỏ nhất sao cho : Ωi ⊂ DF (x; r), ∀i ∈ I và DF (x; r) ∩ Θj = ∅, ∀j ∈ J. Nhận xét 2.1. 1) Khi I = ∅, thì bài toán trở thành tìm hình cầu mở rộng nhỏ nhất sao cho DF (x; r) ∩ Θj = ∅, ∀j ∈ J. 16 2) Khi J = ∅, thì bài toán trở thành tìm hình cầu mở rộng nhỏ nhất sao cho Ωi ⊂ DF (x; r), ∀i ∈ I. Bây giờ chúng ta đặt hàm G(x) := max{CF (x; Ωi ), TF (x; Θj ) : i ∈ I, j ∈ J}. Khi đó để nghiên cứu bài toán Sylvester suy rộng chúng ta đi xem xét bài toán tối ưu sau min G(x) x ∈ S. Đặt H(x) := CF (x; Ωi ) + i∈I (2.1) TF (x; Θj ). j∈J Định nghĩa 2.2.2. (Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng) Cho S ⊆ X đóng. Tìm một điểm thuộc tập S sao cho cực tiểu hàm H(x). Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng có thể cho dưới dạng bài toán tối ưu như sau: min H(x) x ∈ S. (2.2) Trong các mục 2.3 và mục 2.4 nếu không nói gì thêm chúng ta luôn giả sử: X là không gian định chuẩn; F là tập lồi, đóng, bị chặn chứa gốc như là điểm trong, Ωi = ∅, đóng và bị chặn với mọi i ∈ I, Θj = ∅, đóng với mọi j ∈ J; S = ∅, đóng và |I| + |J| = m. 2.3 Sự tồn tại nghiệm tối ưu Nội dung của phần này là các kết quả đã đạt được trong [4], trong đó một số mệnh đề, định lí, hệ quả được chúng tôi chứng minh lại chi tiết hơn. Trong phần này chúng ta sẽ đi thiết lập một số điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán tối ưu (2.1) và (2.2). Bổ đề 2.3.1. Với α > 0, đặt: Vα := {x ∈ S : G(x) < α}, Wα := {x ∈ S : H(x) < α} và Lα := {x ∈ S : G(x) ≤ α}, Kα := {x ∈ S : H(x) ≤ α}. 17 Thì chúng ta có Vα ⊂ N (I, J, α) ⊂ Lα và Wα ⊂ N (I, J, α) ⊂ Kmα , ở đây N (I, J, α) := S ∩ [∩i∈I ∩ω∈Ωi (ω − αF )] ∩ [∩j∈J (Θj − αF )]. Chứng minh. Xem chứng minh Bổ đề 2.1 trang 672 trong [4]. Bổ đề 2.3.2. Cho X là một không gian Banach phản xạ. Giả sử Θj là đóng yếu với mỗi j ∈ J . Thì G và H là nửa liên tục dưới yếu theo dãy. Chứng minh. Phần chứng minh G là nửa liên tục yếu dưới theo dãy có thể xem chứng minh Bổ đề 2.2 trang 673 trong [4]. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh H là nửa liên tục yếu dưới theo dãy. Với bất kì dãy (xn ) hội tụ yếu đến x, chúng ta sẽ chỉ ra lim inf H(xn ) ≥ H(x). (2.3) n→∞ a) Nếu lim inf H(xn ) = +∞, thì (2.3) được thỏa mãn. n→∞ b) Nếu lim inf H(xn ) = γ ∈ R, thì tồn tại một dãy con cũng kí hiệu là (xn ) sao n→∞ cho lim H(xn ) = γ. n→∞ Do đó với mỗi ε > 0, ∃n0 ∈ N sao cho |H(xn ) − γ| < ε , ∀n ≥ n0 , m suy ra tồn tại γi ≥ 0, i ∈ I và αj ≥ 0, j ∈ J, i∈I |CF (xn ; Ωi ) − γi | < αj = γ sao cho: γi + j∈J ε ε và |TF (xn ; Θj ) − γj | < , ∀i ∈ I, j ∈ J m m hay CF (xn ; Ωi ) < γi + ε ε , ∀i ∈ I và TF (xn ; Θi ) < αj + , ∀j ∈ J, n ≥ n0 . m m Do đó ∀n ≥ n0 , i ∈ I, j ∈ J chúng ta thu được : ε Ωi ⊂ xn + (γi + )F m ε và (xn + (αj + )F ) ∩ Θj = ∅. m 18 (2.4) (2.5) X là phản xạ và F là tập lồi, đóng, bị chặn nên F là compact yếu theo dãy, từ (2.4) suy ra Ωi ⊂ x + (γi + ε )F. m (2.6) Mặt khác từ (2.5) và Θj là đóng yếu với mọi j ∈ J nên (x + (αj + ε )F ) ∩ Θj = ∅. m (2.7) Từ (2.6) và (2.7) suy ra H(x) < γ + ε. Vì ε > 0 nhỏ tùy ý nên H(x) ≤ γ. Chứng minh được hoàn tất. Mệnh đề 2.3.1. Bài toán (2.1) có tập nghiệm tối ưu khác rỗng nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: i) Tồn tại α > 0 sao cho N (I, J, α) khác rỗng và compact tương đối. ii) X là không gian Banach phản xạ; S và Θj , với mỗi j ∈ J là đóng yếu và tồn tại α > 0 sao cho N (I, J, α) là tập khác rỗng và bị chặn. Chứng minh. Ở đây chúng ta sẽ chứng minh i), phần chứng minh ii) xem chứng minh Mệnh đề 2.3 trang 673 trong [4]. Từ định nghĩa của inf sẽ tồn tại dãy (xn ) ⊂ S sao cho lim G(xn ) = inf{G(x) : x ∈ S}. n→∞ Do N (I, J, α) = ∅ và N (I, J, α) ⊂ Lα nên inf{G(x) : x ∈ S} ≤ α. a) Nếu inf{G(x) : x ∈ S} = α, thì với mọi x ∈ N (I, J, α) suy ra G(x) ≤ α, nên x là nghiệm tối ưu. b) Nếu inf{G(x) : x ∈ S} < α, thì tồn tại n0 ∈ N sao cho xn ∈ N (I, J, α), ∀n ≥ n0 . Do N (I, J, α) là tập compact tương đối nên tồn tại dãy con (xnk ) ⊂ (xn ) sao cho xnk → x ∈ S . Vì G(x) liên tục nên lim G(xnk ) = G(x). Vậy x là nghiệm tối ưu của k→∞ bài toán (2.1). Mệnh đề 2.3.2. Bài toán (2.2) có tập nghiệm tối ưu khác rỗng khi một trong các điều kiện sau được thỏa mãn i) Tồn tại α > 0 sao cho N (I, J, mα) là khác rỗng và compact tương đối. 19 ii) X là Banach phản xạ; S và Θj , với mỗi j ∈ J là đóng yếu và tồn tại α > 0 sao cho N (I, J, mα) là khác rỗng và bị chặn. Chứng minh. Giả sử i) được thỏa mãn, từ định nghĩa của inf nên tồn tại dãy (xn ) ⊂ S sao cho: lim H(xn ) = inf{H(x) : x ∈ S}. n→∞ Do N (I, J, mα) = ∅ và N (I, J, mα) ⊂ Lmα nên inf{H(x) : x ∈ S} ≤ mα. a) Nếu inf{H(x) : x ∈ S} = mα, với mọi x ∈ N (I, J, mα) thì H(x) ≤ mα, nên x là nghiệm tối ưu. b) Nếu inf{H(x) : x ∈ S} < mα, thì tồn tại n0 ∈ N sao cho xn ∈ N (I, J, mα), ∀n ≥ n0 . Từ đó và do N (I, J, mα) là tập compact tương đối nên tồn tại dãy con (xnk ) ⊂ (xn ) sao cho xnk → x ∈ S . Vì H(x) liên tục nên lim H(xnk ) = H(x), suy k→∞ ra x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.2). Giả sử ii) được thỏa mãn, từ định nghĩa của inf tồn tại dãy (xn ) ⊂ S sao cho: lim H(xn ) = inf{H(x) : x ∈ S}. n→∞ Do N (I, J, mα) = ∅ và N (I, J, mα) ⊂ Lmα nên inf{H(x) : x ∈ S} ≤ mα. a) Nếu inf{H(x) : x ∈ S} = mα, với mọi x ∈ N (I, J, mα) thì H(x) ≤ mα nên x là nghiệm tối ưu. b) Nếu inf{H(x) : x ∈ S} < mα, thì lim H(xn ) < mα. Từ đó tồn tại n0 ∈ N, ∀n ≥ n→∞ n0 : xn ∈ N (I, J, mα). Vì N (I, J, mα) bị chặn nên (xn ) là dãy bị chặn hay tồn tại r > 0 sao cho xn ∈ B (0; r). Do X là Banach phản xạ nên B (0; r) là compact yếu, suy ra tồn tại dãy con (xnk ) ⊂ (xn ) sao cho xnk hội tụ yếu đến x ∈ B (0; r), mà (xnk ) ⊂ S và S là đóng yếu nên x ∈ S . Vì Θj , ∀j ∈ J là đóng yếu nên H là hàm nửa liên tục yếu dưới theo dãy, do đó H(x) ≤ lim inf H(xnk ) = inf{H(x) : x ∈ S}. k→∞ Vậy x là nghiệm tối ưu của bài toán. Định lý 2.3.1. Bài toán (2.1) và (2.2) có tập nghiệm khác khỗng khi một trong các điều kiện sau được thỏa mãn i) S là tập compact. ii) I = ∅ và F là compact. iii) J = ∅, có ít nhất một tập trong các tập Θj , j ∈ J là compact và F là compact. iv) X là không gian Banach phản xạ; S và Θj , j ∈ J là đóng yếu và có ít nhất một tập bị chặn. 20 Chứng minh. Giả sử i) được thỏa mãn, do G, H là các hàm liên tục và S là tập compact nên tồn tại x, y ∈ S sao cho G(x) = inf{G(x) : x ∈ S} và H(y) = inf{H(x) : x ∈ S}. Giả sử ii) được thỏa mãn, do I = ∅ nên tồn tại i0 ∈ I và ω0 ∈ Ωi0 : N (I, J, α) ⊂ ω0 − αF và N (I, J, mα) ⊂ ω0 − mαF. Vì F là compact nên ω0 −αF, ω0 −mαF là các tập compact, suy ra N (I, J, α), N (I, J, mα) là tập compact tương đối. Áp dụng Mệnh đề 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2 suy ra bài (2.1) và (2.2) có tập nghiệm khác rỗng. Giả sử iii) được thỏa mãn, tồn tại j0 ∈ J sao cho Θj0 là compact. Khi đó chúng ta có N (I, J, α) ⊂ Θj0 − αF và N (I, J, mα) ⊂ Θj0 − mαF. Do Θj0 và F là compact nên Θj0 − αF, Θj0 − mαF là các tập compact, suy ra N (I, J, α), N (I, J, mα) là compact tương đối. Áp dụng Mệnh đề 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2 suy ra bài (2.1) và (2.2) có tập nghiệm khác rỗng. Giả sử iv) được thỏa mãn, chúng ta xét hai trường hợp sau: a) Nếu J = ∅, thì S là bị chặn. Vì N (I, J, α) ⊂ S và N (I, J, mα) ⊂ S nên N (I, J, α) và N (I, J, mα) là các tập bị chặn. b) Nếu J = ∅, thì tồn tại j0 ∈ J sao cho Θj0 là bị chặn. Chúng ta có N (I, J, α) ⊂ Θj0 − αF và N (I, J, mα) ⊂ Θj0 − mαF. Từ Θj0 và F là bị chặn nên Θj0 −αF, Θj0 −mαF bị chặn, suy ra N (I, J, α), N (I, J, mα) là các tập bị chặn. Vậy trong cả hai trường hợp chúng ta đều có N (I, J, α), N (I, J, mα) là các tập bị chặn. Áp dụng Mệnh đề 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2 suy ra bài (2.1) và (2.2) có tập nghiệm khác rỗng. Trong Mệnh đề tiếp theo sẽ thể hiện mối liên hệ giữa nghiệm tối ưu của bài toán (2.1) và nghiệm của bài toán Sylvester suy rộng. Mệnh đề 2.3.3. Cho X là không gian Banach phản xạ. Giả sử rằng Θj là đóng yếu với mỗi j ∈ J , thì x là nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester suy rộng với bán kính r khi và chỉ khi x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.1) với r = G(x). Chứng minh. Xem chứng minh Mệnh đề 2.6 trang 675 trong [4]. 2.4 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ đi thiết lập một số điều kiện để bài toán (2.1) và (2.2) có nhiều nhất một nghiệm.Các kết quả trong phần này là nội dung của 21 cuốn tài liệu [4], trong đó một số mệnh đề, định lí, hệ quả được chúng tôi chứng minh lại chi tiết hơn. Bổ đề 2.4.1. Cho S là lồi. Giả sử g là một hàm lồi, không âm trên S . Thì hàm số được xác định bởi: h(x) := (g(x))2 là lồi chặt khi và chỉ khi g không hằng trên bất kì đoạn [a, b] ⊂ S , ở đây a = b. Chứng minh. Xem chứng minh Bổ đề 3.1 trang 676 trong [4]. Mệnh đề 2.4.1. Giả sử F là lồi chặt, cho Ω ⊂ X là một tập khác rỗng đóng, bị chặn sao cho PF (x; Ω) = ∅, ∀x ∈ S , ở đây S là tập lồi. Thì hàm h(x) := CF (x; Ω) là lồi và không hằng trên bất kì đoạn [a, b] ⊂ S, ở đây a = b. Chứng minh. Xem chứng minh Mệnh đề 3.2 trang 677 trong [4]. Mệnh đề 2.4.2. Giả sử F là lồi chặt. Cho Θ ⊂ X là một tập khác rỗng, đóng và lồi chặt; ΠF (x; Θ) = ∅, ∀x ∈ S , ở đây S là một tập lồi. Thì hàm g(x) := TF (x; Θ) là lồi và không hằng trên bất kì đoạn [a, b] ⊂ S sao cho a = b và [a, b] ∩ Θ = ∅. Chứng minh. Chúng ta đã biết rằng khi F và Θ là các tập lồi thì TF (x; Θ) là hàm lồi. Bây giờ để ý rằng nếu u ∈ ΠF (x; Θ), với x ∈ / Θ thì u ∈ bd Θ. Thật vậy nếu u ∈ int Θ, thì tồn tại ε > 0 sao cho B(u; ε) ⊂ Θ, ở đây B(u; ε) là hình cầu mở tâm u và bán kính bằng ε. Đặt z = u + thì z ∈ B(u; ε). Từ x ∈ / B(u; ε) nên ε ≤ 1, suy ra x−u ε x−u − x) 2 x−u ε = (1 − )ρF (u − x) 2 x−u ρF (z − x) = ρF (u + < ρF (u − x) = TF (x; Θ). Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của hàm TF (x; Θ). Giả sử tồn tại [a, b] ⊂ S, a = b sao cho [a, b] ∩ Θ = ∅ và TF (x; Θ) = r > 0, ∀x ∈ [a, b]. Lấy u ∈ ΠF (a; Θ) và v ∈ ΠF (b; Θ), thì ρF (u − a) = ρF (v − b) = r. 22 ε x−u , 2 x−u Nếu u = v thì ρF (u − a) = ρF (u − b) = r, suy ra u − a ∈ rF và u − b ∈ rF . Vì F lồi chặt nên rF cũng lồi chặt, suy ra u − ρF (u − a+b u−a u−b = + ∈ int (rF ). Do đó 2 2 2 a+b ) < r. 2 a+b a+b ; Θ) ≤ ρF (u − ) < r. 2 2 a+b Điều này mâu thuẫn với TF ( ; Θ) = r, nên u = v. 2 Bây giờ với mọi t ∈ (0, 1) chúng ta có : Suy ra TF ( r = TF (ta + (1 − t)b; Θ) ≤ ρF ((tu + (1 − t)v) − (ta + (1 − t)b)) ≤ tρF (u − a) + (1 − t)ρF (v − b) = r (ρF là hàm lồi). Suy ra ρF ((tu + (1 − t)v) − (ta + (1 − t)b)) = r hay tu + (1 − t)v ∈ bd Θ. Điều này mâu thuẫn với tính lồi chặt của Θ. Vậy chứng minh được hoàn tất. Bổ đề 2.4.2. Giả sử hi với i = 1, 2, ..., m là những hàm không âm, liên tục và lồi trên tập lồi S . Chúng ta xác định: φ(x) := max{h1 (x), ..., hm (x)}, nếu φ(x) = r > 0, ∀x ∈ [a, b] ⊂ S, a = b, thì tồn tại đoạn [α, β] ⊂ [a, b], α = β và i0 ∈ {1, ..., m} sao cho: hi0 (x) = r, ∀x ∈ [α, β]. Chứng minh. 1. Với m = 1 thì hiển nhiên đúng. 2. Giả sử φ(x) = max{h1 (x), h2 (x)}, nếu h1 (x) = r, ∀x ∈ [a, b], thì chúng ta có điều cần chứng minh. Ngược lại thì tồn tại x0 ∈ [a, b] sao cho h1 (x0 ) < r. Do h1 là hàm liên tục trên [a, b] nên tồn tại [α, β] ⊂ [a, b], α = β sao cho h1 (x) < r, ∀x ∈ [α, β]. Từ φ(x) = r, ∀x ∈ [α, β] nên h2 (x) = r, ∀x ∈ [α, β]. 3. Giả thiết qui nạp điều trên đúng với m hàm hi . Chúng ta sẽ chứng minh với m + 1 hàm hi cũng đúng. Thật vậy đặt k1 (x) := max{h2 (x), ..., hm+1 (x)}, lúc đó φ(x) = max{h1 (x), ..., hm+1 (x)} = max{h1 (x), k1 (x)}. Vì hi , i = 2, 3, ..., m + 1 là những hàm không âm, liên tục và lồi trên S nên hàm k1 là không âm, liên tục và lồi trên S . Do đó từ trường hợp m = 2 và kết hợp với giả thiết qui nạp chúng ta có điều phải chứng minh. 23 Định lý 2.4.1. Cho F và Θj , ∀j ∈ J là lồi chặt và S lồi. Giả sử với mỗi x ∈ S PF (x; Ωi ) và Π(x; Θj ) là khác rỗng với mọi i ∈ I và j ∈ J. Thì bài toán tối ưu (2.1) có nhiều nhất một nghiệm khi và chỉ khi một trong các điều sau được thỏa mãn. i) I = ∅ và ∩j∈J [Θj ∩ S] chứa nhiều nhất một phần tử. ii) I = ∅. Chứng minh. Xem chứng minh Định lí 3.5 trang 680 trong [4]. Từ kết quả của Định lí 2.4.1 chúng ta thu được một số kết quả sau đây. Hệ quả 2.4.1. Cho F là một tập lồi chặt, S lồi, I = ∅ và J = ∅. i) Giả sử với mỗi x ∈ S, tập PF (x; Ωi ) khác rỗng với mọi i ∈ I. Thì bài toán tối ưu  min C (x) = max{C (x; Ω ) : i ∈ I} 1 i F (2.8) x ∈ S có nhiều nhất một nghiệm tối ưu. ii) Giả sử Θj là lồi chặt với mỗi j ∈ J và với mỗi x ∈ S tập ΠF (x; Θj ) là khác rỗng với mọi j ∈ J. Thì bài toán tối ưu  min T (x) = max{T (x; Θ ) : j ∈ J} 1 j F (2.9) x ∈ S có nhiều nhất một nghiệm tối ưu khi và chỉ khi ∩j∈J [Θj ∩ S] chứa nhiều nhất một phần tử. Chứng minh. Chúng ta để ý rằng nếu x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.1), thì x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.8). Áp dụng Định lí 2.4.1 suy ra bài toán (2.8) có nhiều nhất một nghiệm tối ưu. Vậy i) được thỏa mãn. Áp dụng Định lí 2.4.1 suy ra ii) được thỏa mãn. Hệ quả 2.4.2. Giả sử F là lồi chặt và S là lồi. Với bất kì một họ điểm hữu hạn {ai : i = 1, 2, ..., m}, m ≥ 1, bài toán tối ưu  min max{ρ (a − x) : i = 1, 2, ..., m} F i x ∈ S có nhiều nhất một nghiệm tối ưu. Hơn nửa nếu X là không gian Banach phản xạ hoặc S là compact, thì bài toán có duy nhất nghiệm. 24 Chứng minh. Vì S là lồi, đóng nên S là đóng yếu. Áp dụng Hệ quả 2.4.1 và Định lí 2.3.1 chúng ta thu được điều cần chứng minh. Hệ quả 2.4.3. Cho Θj là lồi chặt với mọi j ∈ J và S lồi chặt. Giả sử X là lồi chặt và F là hình cầu đơn vị đóng trong X . Giả sử hơn nữa với mỗi x ∈ S, tập PF (x; Ωi ) và ΠF (x; Θj ) khác rỗng với mọi i ∈ I, j ∈ J . Thì bài toán tối ưu (2.1) có nhiều nhất một nghiệm tối ưu khi và chỉ I = ∅ hoặc ∩j∈J [Θj ∩ S] chứa nhiều nhất một phần tử. Chứng minh. Chúng ta sẽ chỉ ra F là lồi chặt. Thật vậy với mỗi x, y ∈ F, x = y và t ∈ (0, 1) chúng ta có tx + (1 − t)y ≤ t x + (1 − t) y . a) Nếu x < 1 hoặc y < 1, thì tx + (1 − t)y < 1. Suy ra tx + (1 − t)y ∈ intF . b) Nếu x = 1 và y = 1, thì tx + (1 − t)y ≤ 1. Giả sử tồn tại t0 ∈ (0, 1) sao cho x+y t0 x+(1−t0 )y = 1. Không mất tính tổng quát giả sử z = t0 x+(1−t0 )y ∈ (x, ), 2 x+y thì tồn tại λ ∈ (0, 1) sao cho z = λx + (1 − λ)( ). Lúc đó 2 x+y z ≤ λ x + (1 − λ) , 2 hay x+y ≥ 1. 2 Điều này mâu thuẫn với X là lồi chặt. Vậy F là lồi chặt, từ Định lí 2.4.1 chúng ta thu được điều phải chứng minh. Bây giờ chúng ta sẽ đi thiết lập một số điều kiện để bài toán Fermat-Torricelli suy rộng có duy nhất nghiệm. Bổ đề 2.4.3. Giả sử F là lồi chặt. Nếu x = 0, y = 0, thì ρF (x + y) = ρF (x) + ρF (y) khi và chỉ khi ∃λ > 0 : x = λy . Chứng minh. Xem chứng minh Bổ đề 3.9 trang 682 trong [4]. Bổ đề 2.4.4. Giả sử F lồi chặt và Θ lồi. Thì với mỗi x ∈ X , tập ΠF (x; Θ) có nhiều nhất một phần tử. Chứng minh. Xem chứng minh Bổ đề 3.10 trang 683 trong [4]. Mệnh đề 2.4.3. Cho F lồi chặt, I = ∅ và S lồi. Giả sử với mỗi x, y ∈ S, x = y tồn tại i ∈ I sao cho: L(x, y) ∩ Ωi = ∅. 25 Hơn nữa với mỗi x ∈ X , PF (x; Ωi ) = ∅, ∀i ∈ I, thì hàm C2 (x) := CF (x; Ωi ) i∈I là lồi chặt trên S . Chứng minh. Xem chứng minh Mệnh đề 3.11 trang 683 trong [4]. Mệnh đề 2.4.4. Cho F và Θj là lồi chặt với mỗi j ∈ J và cho S là lồi. Giả sử với mỗi x, y ∈ S, x = y , tồn tại j0 ∈ J sao cho L(x, y) ∩ Θj0 = ∅. Giả thiết hơn nửa với mỗi x ∈ S , tập ΠF (x; Θj ) = ∅, ∀j ∈ J , thì hàm T2 (x) := TF (x; Θj ) j∈J là lồi chặt trên trên S. Chứng minh. Xem chứng minh Mệnh đề 3.12 trang 684 trong [4]. Định lý 2.4.2. Cho F , Θj lồi chặt với mọi j ∈ J và S lồi. Giả sử với mỗi x, y ∈ S, x = y , tồn tại i0 ∈ I sao cho L(x, y) ∩ Ωi0 = ∅ hoặc tồn tại j0 ∈ J sao cho L(x, y) ∩ Θj0 = ∅. Hơn nửa với mỗi x ∈ S , các tập PF (x; Ωi ) = ∅ và ΠF (x; Θj ) = ∅, ∀i ∈ I, j ∈ J , thì bài toán tối ưu (2.2) có nhiều nhất một nghiệm tối ưu. Chứng minh. Từ các Mệnh đề 2.4.3 và Mệnh đề 2.4.4, suy ra C2 hoặc T2 là lồi chặt trên S. Do H(x) := C2 (x) + T2 (x) nên H(x) là lồi chặt trên S. Bây giờ nếu x, y là các nghiệm tối ưu của bài toán (2.2), thì chúng ta có: x y 1 1 H(x) ≤ H( + ) ≤ H(x) + H(y) = H(x). 2 2 2 2 Suy ra x y 1 1 H( + ) = H(x) + H(y). 2 2 2 2 Do H là lồi chặt nên x = y . Vậy bài toán (2) có nhiều nhất một nghiệm tối ưu. Hệ quả 2.4.4. Giả sử F lồi chặt và S lồi. Với bất kì họ điểm hữu hạn {ai : i = 1, 2, ..., m}, m ≥ 3, độc lập tuyến tính, thì bài toán tối ưu :  m   min ρF (ai − x) i=1   x ∈ S 26 (2.10) có nhiều nhất là một nghiệm tối ưu. Hơn nửa nếu giả thiết X là Banach phản xạ hoặc S là compact thì bài toán có duy nhất nghiệm. Chứng minh. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng với bất kì x, y ∈ S, x = y , thì tồn tại i0 ∈ {1, 2, ..., m} sao cho L(x, y) ∩ {ai0 } = ∅. Thật vậy: 1. Với m = 3, giả sử phản chứng tồn tại x, y ∈ S, x = y sao cho với mọi i ∈ {1, 2, 3} nhưng L(x, y) ∩ {ai } = ∅. Lúc đó với mỗi i = 1, 2, 3 tồn tại ti , i = 1, 2, 3 sao cho t3 − t2 t2 − t1 ai = ti x + (1 − ti )y . Chọn λ1 = , λ2 = 1 và λ3 = , thì chúng ta có t1 − t3 t1 − t3 λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 = 0. Điều này mâu thuẫn với hệ {a1 , a2 , a3 } độc lập tuyến tính. 2. Giả thiết qui nạp rằng điều trên đúng với hệ có m phân tử, chúng ta sẽ chứng minh hệ gồm m + 1 phần tử cũng đúng. Vì {a1 , ..., am+1 } là độc lập tuyến tính nên hệ con {a1 , ..., am } là độc lập tuyến tính. Do đó theo giả thiết qui nạp, với mọi x, y ∈ S, x = y tồn tại i0 ∈ {1, ..., m} sao cho L(x, y) ∩ {ai0 } = ∅, nên với hệ gồm m + 1 phần tử cũng đúng. Vậy theo qui nạp chúng ta có với bất kì x, y ∈ S, x = y , thì tồn tại i0 ∈ {1, 2, ..., m}, m ≥ 3 sao cho L(x, y) ∩ {ai0 } = ∅. Áp dụng Định lí 2.4.2, suy ra bài toán tối ưu (2.10) có nhiều nhất một nghiệm. Nếu giả thiết thêm X là Banach phản xạ hoặc S là compact. Áp dụng Định lí 2.3.1 suy ra đều phải chứng minh. 2.5 Xây dựng nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ đi xây dựng tập nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho trường hợp I = ∅. Nội dung nghiên cứu của phần này dựa vào cuốn tài liệu [6] trong đó một số bổ đề, định lí được chúng tôi chứng minh lại chi tiết hơn và áp dụng cho một số trường hợp đặc biệt hơn. Cho Φ(.) là chuẩn . p , với 1 ≤ p ≤ ∞ trong không gian R|J| , với J = {1, 2, ..., m}. Khi đó chúng ta đi xem xét bài toán tối ưu sau đây: inf F(x) := Φ(l(x)) ∀x ∈ X, (2.11) ở đây l(x) = (TF (x; Θ1 ), ..., TF (x; Θm )). Trong phần này nếu không nói gì thêm chúng ta luôn giả sử X là không gian định chuẩn, F là lồi, đóng, bị chặn, cân đối và chứa gốc như là điểm trong; Θj là lồi và compact với mọi j ∈ J ; (R|J| , Φ∗ ) là không gian liên hợp của không gian (R|J| , Φ), J = {1, 2, ..., m}. 27 Bổ đề 2.5.1. [6] Cho x ∈ X . Khi đó x∗ ∈ ∂F(x) khi và chỉ khi tồn tại aj ∈ ΠF (x; Θj ), pj ∈ N (aj ; Θj ) ∩ F ∗ , ∀j ∈ J và λ = (λ1 , ..., λm ) ≥ 0, sao cho: ∗ i) x ∈ ∩m j=1 (aj + N (pj ; F ), m ii) Φ∗ (λ) λj TF (x; Θj ) = F(x), = 1 và j=1 m iii) x∗ λj pj , = j=1 Chứng minh. Trước tiên chúng ta xét t, s ∈ Rm + sao cho t − s ∈ Rm + và λ ∈ ∂Φ(t), từ tính chất không giảm của Φ và định nghĩa dưới vi phân chúng ta có: 0 ≤ Φ(t) − Φ(s) ≤ λ, t − s . m Bất đẳng thức này đúng với mọi s ∈ Rm + sao cho t − s ∈ R+ , nên λ ≥ 0. Chúng ta xác định Φ+ (t) := Φ(t+ ), + + + ở đây t+ = (t+ 1 , ..., tm ) với tj = max{0, tj }, j = 1, ..., m, dễ thấy rằng Φ (.) là hàm lồi không giảm trong không gian Rm (xem Định lí 1.3.2). Do Φ là một chuẩn nên từ Ví dụ 1.2, với bất kì t = 0 chúng ta có: m ∗ ∂Φ+ (t) = ∂Φ(t+ ) = {(λ1 , ..., λm ) ∈ Rm + : Φ (λ) = 1; + λj t+ j = Φ(t )}. j=1 Mặt khác vì l(x) ≥ 0, ∀x ∈ X và l(x) = l+ (x) nên từ Định lí 1.3.2 chúng ta có: m + λj pj : (λ1 , ..., λm ) ∈ ∂Φ+ (l(x)), ∂F(x) = ∂(Φ (l(x))) ={ j=1 pj ∈ ∂TF (x; Θj ) với j = 1, 2, ..., m}. Do đó chúng ta thấy rằng λ và p thỏa mãn : m 1) λ = (λ1 , ..., λm ), λj ≥ 0, Φ∗ (λ) λj TF (x; Θj ) = Φ+ (x) = F(x). = 1, j=1 2) pj ∈ ∂TF (x; Θj ) = N (aj ; Θj ) ∩ {q ∈ F ∗ : q, x − aj = ρF (x − aj )}, ở đây aj ∈ ΠF (x; Θj ), ∀j ∈ J. 28 Mặt khác chúng ta có q ∗ ∈ {q ∈ F ∗ : q, x − aj = ρF (x − aj )} khi và chỉ khi x ∈ aj + N (q ∗ ; F ∗ ), ở đây aj ∈ ΠF (x; Θj ), j ∈ J. Thật vậy với mỗi x ∈ aj + N (q ∗ ; F ∗ ) ⇔ x − aj ∈ N (q ∗ ; F ∗ ) ⇔ x − aj , q − q ∗ ≤ 0, ∀q ∈ F ∗ ⇔ q ∗ , x − aj ≥ q, x − aj , ∀q ∈ F ∗ ⇔ q ∗ , x − aj = sup q, x − aj . q∈F ∗ Mặt khác với mọi q ∈ ∂ρF (0) = F ∗ chúng ta có ρF (x − aj ) ≥ q, x − aj , ∀q ∈ F ∗ ⇔ ρF (x − aj ) = sup q, x − aj . q∈F ∗ Do đó ρF (x − aj ) = q ∗ , x − aj hay q ∗ ∈ {q ∈ F ∗ : q, x − aj = ρF (x − aj )}. Vậy chứng minh được hoàn tất. Nhận Xét 2.2. Cho Θ ⊂ X là lồi và compact. Lúc đó với mọi x ∈ X chúng ta có TF (x; Θ) = ρF (x − a(x)) = sup q, x − a(x) , q∈F ∗ ∀a(x) ∈ ΠF (x; Θ). Bây giờ cho p = (p1 , ..., pm ) ∈ (X ∗ )m với pj ∈ F ∗ và J ⊆ J , chúng ta xác định tập CJ (p) = ∩j∈J ∂TF∗ (pj ), (2.12) ở đây TF∗ là hàm liên hợp của TF (x; Θj ) và với bất kì λ = (λ1 , ..., λm ) ≥ 0 đặt : DJ (λ) = {x ∈ X : λj TF (x; Θj ) = F(x)}. (2.13) j∈J Trong phần này nếu không nói gì thêm chúng ta luôn giả sử M là tập nghiệm tối ưu của bài toán (2.11). Định nghĩa 2.5.1. Một bộ (J , λ, p) được gọi là bộ ba thỏa mãn nếu các điều kiện sau được thỏa mãn: i) J = ∅, J ⊆ J . ii) λ = (λ1 , ..., λm ) thỏa mãn Φ∗ (λ) = 1, ở đây λj > 0, ∀j ∈ J và λj = 0, ∀j ∈ / J. λj pj = 0, ở đây pj ∈ F ∗ ∩ N (yj ; Θj ) với iii) p = (p1 , p2 , ..., pm ) thỏa mãn j∈J bất kì yj ∈ ∂σΘj (pj ) (j ∈ J ). 29 Bổ đề 2.5.2. [6] x ∈ M khi và chỉ khi tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) sao cho x ∈ CJ (p) ∩ DJ (λ). Chứng minh. Chúng ta biết rằng x ∈ M khi và chỉ khi 0 ∈ ∂F(x). Giả sử x ∈ M, từ Bổ đề 2.5.1 sẽ tồn tại aj ∈ ΠF (x; Θj ), pj ∈ N (aj ; Θj ) ∩ F ∗ ∀j ∈ J và λ = (λ1 , ..., λm ) ≥ 0 sao cho : ∗ 1) x ∈ ∩m j=1 (aj + N (pj ; F ). m 2) Φ∗ (λ) λj TF (x; Θj ) = F(x). = 1 và j=1 m 3) 0 = λj pj . j=1 Mặt khác mỗi pj ∈ N (aj ; Θj ), aj ∈ ΠF (x; Θj ) thì ΠF (x; Θj ) ⊆ ∂σΘj (pj ). Do ∗ ∂TF∗ (pj ) = ∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ ) và 1) nên x ∈ ∩m j=1 ∂TF (pj ) = CJ (p). Từ 2) nên x ∈ DJ (λ). Vậy x ∈ CJ (p) ∩ DJ (λ). Ngược lại, giả sử tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) = ∅ sao cho CJ (p) ∩ DJ (λ) = ∅, ở đây p = (pj )j∈J . Với mỗi x ∈ CJ (p) ∩ DJ (λ), thì x ∈ ∂TF∗ (pj ), ∀j ∈ J hay pj ∈ ∂TF (x; Θj ), ∀j ∈ J . Sử dụng điều chứng minh trong Bổ đề 2.5.1 chúng ta thu được x ∈ aj + N (pj ; F ∗ ), ở đây aj ∈ ΠF (x; Θj ), ∀j ∈ J hay x ∈ ∩j∈J (aj + N (pj ; F ∗ )). Nếu j ∈ / J , thì chọn pj = pj0 , với j0 ∈ J . Do đó từ (J , λ, p) là bộ ba thỏa mãn và x ∈ DJ (λ) nên áp dụng Bổ đề 2.5.1 chúng ta thu được 0 ∈ ∂F(x). Vậy chứng minh được hoàn thành. Nhận xét 2.3. Nếu (J , λ, p) là một bộ ba thỏa mãn sao cho CJ (p) ∩ DJ (λ) = ∅, thì CJ (p) ∩ DJ (λ) ⊆ M. Định lý 2.5.1. [6] i) Nếu M = ∅, thì tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) sao cho M = CJ (p) ∩ DJ (λ). ii) Với bất kì bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) sao cho CJ (p) ∩ DJ (λ) = ∅, thì chúng ta có M = CJ (p) ∩ DJ (λ). 30 Chứng minh. Do M = ∅ nên từ Bổ đề 2.5.2 sẽ tồn tại bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) sao cho ∅ = CJ (p) ∩ DJ (λ) ⊆ M. Bây giờ với x∗ ∈ CJ (p) ∩ DJ (λ), tồn tại aj (x∗ ) ∈ ΠF (x∗ ; Θj ) sao cho : m ∗ m ∗ F(x ) = λj pj , x∗ − aj (x∗ ) λj TF (x ; Θj ) = j=1 m j=1 m λj pj , aj (x∗ ) ( =− λj pj = 0). j=1 j=1 Do F(x∗ ) = inf F(x) nên pj , aj (x∗ ) = sup pj , aj , ∀j ∈ J . Suy ra aj (x∗ ) ∈ x∈X aj ∈Θj ∂σΘj (pj ) với mọi j ∈ J . Bây giờ với mọi x ∈ X , chúng ta có : m ∗ m ∗ F(x ) = − λj pj , aj (x ) ≤ − j=1 m λj pj , aj (x) , ∀aj (x) ∈ ΠF (x; Θj ) j=1 λj pj , x − aj (x) , ∀aj (x) ∈ ΠF (x; Θj ). = j=1 Vì TF (x; Θj ) = ρF (x − aj (x)) = sup q, x − aj (x) , Φ(.) là một chuẩn trên Rm và q∈F ∗ Φ∗ (λ) = 1 nên chúng ta thu được : m ∗ F(x ) ≤ m λj pj , x − aj (x) ≤ j=1 λj TF (x; Θj ) ≤ F(x). (2.14) j=1 Nếu chọn x = x ∈ M, từ F(x∗ ) = F(x) thì các bất đẳng thức ở trên trở thành đẳng thức; tức là m m λj pj , x − aj (x) = j=1 λj TF (x; Θj ), ∀aj (x) ∈ ΠF (x; Θj ) j=1 và m m ∗ λj pj , aj (x ) = j=1 λj pj , aj (x) . j=1 Do TF (x; Θj ) = sup q, x − aj (x) và pj , aj (x∗ ) = sup pj , aj , với mọi i ∈ J nên q∈F ∗ aj ∈Θj chúng ta thu được: 1) pj , x − aj (x) = TF (x; Θj ). 2) pj , aj (x) = pj , aj (x∗ ) . 31 Từ 1) chúng ta có pj , x − aj (x) = TF (x; Θj ) = ρF (x − aj (x)), ∀j ∈ J . Do đó pj ∈ ∂ρF (x − aj (x)) hay x − aj (x) ∈ ∂ρ∗F (pj ), ∀j ∈ J . Từ 2) và vì aj (x∗ ) ∈ ∂σΘj (pj ), ∀j ∈ J nên aj (x) ∈ ∂σΘj (pj ), ∀j ∈ J . Suy ra x ∈ aj (x) + ∂ρ∗F (pj ) ⊂ ∂σΘj (pj ) + ∂ρ∗F (pj ) = ∂TF∗ (x; Θj ), ∀j ∈ J . (2.15) Mặt khác vì x ∈ M, sử dụng bất đẳng thức (2.14) nên chúng ta thu được m F(x) = (2.16) λj TF (x; Θj ). j=1 Từ (2.15) và (2.16) suy ra x ∈ CJ ∩ DJ (λ). Vậy chứng minh được hoàn thành. Ví du 2.1. Trong R2 với chuẩn Euclidean, xét bài toán F(x) = TF (x; Θ1 ) + TF (x; Θ2 ) + TF (x; Θ3 ), ở đây Θ1 , Θ2 , Θ3 là các hình tròn đóng có bán kính bằng 1 và lần lượt có tâm tại (−a, 0), (0, 0), (a, 0), a > 0 và F là hình tròn đơn vị đóng. Đây là một trường hợp của bài toán (2.11) với Φ là chuẩn . 1 trong không gian R3 . Bây giờ lấy I = {1, 3}, λ = (1, 0, 1), p1 = (1, 0) và p3 = (−1, 0). Khi đó chúng ta có ∂σΘ1 (p1 ) = {(x1 , y1 ) ∈ Θ1 : x1 = sup (z1 ), z = (z1 , z2 )} = {(x1 , y1 ) ∈ Θ1 : x1 = −a+1} z∈Θ1 và N (p1 ; F ∗ ) = N (p1 ; F ) = {(x1 , y1 ) ∈ R2 : x1 (z1 − 1) + y1 z2 ≤ 0, ∀z = (z1 , z2 ) ∈ F } = {(x1 , 0) : x1 ≥ 0}. Do đó C1 (p1 ) = ∂σΘ1 (p1 ) + NF ∗ (p1 ) = {(x1 , 0) : x1 ≥ −a + 1}. Tương tự chúng ta cũng tính được C3 (p3 ) = {(x1 , 0) : x1 ≤ a − 1}. Mặt khác DI (λ) = {x ∈ R2 : TF (x; Θ1 ) + TF (x; Θ3 ) = F(x)} = Θ2 . Áp dụng Định lí 2.5.1 chúng ta thu được tập nghiệm tối ưu của bài toán là M = CI (p) ∩ DI (λ) = {(x1 , 0) : max{−a + 1, −1} ≤ x1 ≤ min{a − 1, 1}}. Bây giờ chúng ta sẽ đi xây dựng nghiệm của bài toán (2.1) và (2.2) trong trường hợp I = ∅, các tập Θj lồi và compact với mọi j ∈ J , F là hình cầu đơn vị đóng trong không gian X và S = X . Khi đó bài toán (2.1) có thể viết lại dưới dạng min G(x) := max{d(x; Θj ) : j ∈ J}, 32 x∈X (2.17) và bài toán (2.2) trở thành m min H(x) := d(x, Θj ), x ∈ X. (2.18) j=1 Đặt MG , MH lần lượt là tập nghiệm của bài toán (2.17), (2.18) và ASJ (α) = {x ∈ X : dj (x; Θj ) = α, ∀j ∈ J ; dj (x; Θj ) ≤ α, ∀j ∈ / J ⊂ J}. Định lí sau đây là một trường hợp của Định lí 2.5.1 khi lấy Φ là chuẩn . trong không gian Rm . ∞ Định lý 2.5.2. [6] i) Nếu MG = ∅, thì tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) và α ≥ 0 sao cho MG = CJ (p) ∩ ASJ (α). ii)Với bất kì một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) và α ≥ 0 sao cho CJ (p)∩ASJ (α) = ∅, chúng ta có MG = CJ (p) ∩ ASJ (α). Chứng minh. Với Φ = . ∞ , thì Φ∗ = . 1 . Do đó với một bộ ba thỏa mãn (J , λ, p) thì Φ∗ (λ) = 1 khi và chỉ khi λj = 1. Chúng ta có α = G(x) = i∈J max{d(x; Θj ) : j ∈ J} = λj d(x; Θj ) với j∈J λj = 1 khi và chỉ khi d(x; Θj ) = i∈J α, ∀j ∈ J và d(x; Θj ) ≤ α, ∀j ∈ / J . Do đó x ∈ DJ (λ) nếu và chỉ nếu x ∈ ASJ (α) với α = G(x). Áp dụng Định lí 2.5.1 với Φ = . ∞ chúng ta thu được điều cần chứng minh. Ví dụ 2.2. Trong không gian R2 với chuẩn . ∞ , xét bài toán min G(x) := max{d(x; Θj ) : j = 1, 2, 3}, x∈R2 ở đây Θ1 := conv {(5, 1), (5, −1), (3, 1), (3, −1)}, Θ2 := conv {(1, −3), (0, −5), (−1, −3)}, Θ3 := conv {(−3, 3), (−3, 5), (−5, 4)}, F là hình cầu đơn vị đóng. Chọn I = {2, 3}, p2 = (0, 1), p3 = (0, −1). Khi đó chúng ta có ∂σΘ2 (p2 ) = {(x1 , x2 ) ∈ Θ2 : x2 = sup (z2 ), z = (z1 , z2 )} = {(x1 , −3) : −1 ≤ x1 ≤ 1}. z∈Θ2 Mặt khác từ Nhận xét 6-1.2 nên F ∗ là hình cầu đơn vị đóng trong không gian R2 với chuẩn . 1 . Do đó N (p2 ; F ∗ ) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 z1 + x2 (z2 − 1) ≤ 0, ∀z = (z1 , z2 ) ∈ F ∗ } = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 + x2 ≥ 0, x1 − x2 ≤ 0, x2 ≥ 0, }. 33 Suy ra C2 (p2 ) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 ≥ −3, x1 + x2 ≥ −4, x1 − x2 ≤ 4}. Bằng cách tương tự chúng ta cũng tính được C3 (p3 ) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 ≤ 3, x1 + x2 ≤ 0, x1 − x2 ≥ −8}. Vậy CI (p) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : −3 ≤ x2 ≤ 3, −4 ≤ x1 + x2 ≤ 0, −8 ≤ x1 − x2 ≤ 4}, ở đây p = (p1 , p2 ). Mặt khác với α = 3, chúng ta tính được ASJ (3) = {(0, 0)}. Áp dụng định lí trên chúng ta thu được nghiệm của bài toán là MG = CJ (p) ∩ ASJ (α) = {(0; 0)}. Định lí sau đây là trường hợp của Định lí 2.5.1 khi Φ là chuẩn . gian Rm . 1 trong không Định lý 2.5.3. [6] i) Nếu MH = ∅, thì tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J, λ, p) với λj = 1, ∀j ∈ J sao cho MH = ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )). ii) Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J, λ, p) với λj = 1, ∀j ∈ J sao cho ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )) = ∅, thì MH = ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )). Chứng minh. Giả sử MH = ∅, từ Định lí 2.5.1 tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J , λ , q) sao cho MH = ∩j∈J (∂σΘj (qj ) + N (qj ; F ∗ )) ∩ DJ (λ ), ở đây q = (qj )j∈J , λ = (λj )j∈J . Vì Φ = . 1 nên Φ∗ = . ∞ . Do đó từ Φ∗ (λ ) = 1 suy ra max{λj } = 1. Đặt I(λ ) = {j ∈ J |λj < 1}, với mọi j ∈ I(λ ) chọn pj = λj qj j∈J và pj = qj , ∀j ∈ J \I(λ ). Do ∩j∈I(λ ) (∂σΘj (qj ) + N (qj ; F ∗ )) = ∩j∈I(λ ) (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )) nên ∩j∈J (∂σΘj (qj ) + N (qj ; F ∗ )) = ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )) và pj = 0. Nếu J = J thì chứng minh hoàn tất. Nếu J J , thì với mọi j∈J j∈ / J đặt pj = 0, suy ra ∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ ) = Θj , ∀j ∈ / J . Mặt khác DJ (λ ) = {x ∈ X | λj d(x; Θj ) = H(x)} ⊆ ∩j ∈J / Θj . j∈J 34 Do đó với bộ ba thỏa mãn (J, λ, p), λj = 1, ∀j ∈ J chúng ta có ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )) = ∅, ở đây λ = (λi )i∈J và p = (pj )j∈J . Áp dụng Định lí 2.5.1 suy ra MH = ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )). Giả sử tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J, λ, p) với λj = 1, ∀j ∈ J sao cho ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )) = ∅, ở đây λ = (λj )j∈J và p = (pj )j∈J . Do DJ (λ) = X nên từ Định lí 2.5.1 chúng ta thu được MH = ∩j∈J (∂σΘj (pj ) + N (pj ; F ∗ )). Chứng minh được hoàn thành. 35 Chương 3 Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trong không gian R2 3.1 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu Trong chương này chúng ta sẽ đi xem xét bài toán Fermat-Torricelli trong không gian R2 với chuẩn . 1 hoặc . ∞ được cho như sau: min H(x) = d(x; Θj ), x ∈ R2 , M (x; Ωi ) + i∈I (3.1) j∈J ở đây |I| + |J| = 3, Ωi Θj là các hình cầu trong chuẩn đang xét. Mệnh đề 3.1.1. [5] Cho Ω = B (c; r), ở đây c ∈ R2 và r ≥ 0. Với bất kì x ∈ R2 , chúng ta có  0 nếu x − c ≤ r, d(x; Ω) =  x − c − r ngược lại. và M (x; Ω) = x − c + r, ở đây . là chuẩn trong R2 ; B (c; r) là hình cầu đóng tâm c và bán kính r. Chứng minh. Với mỗi x ∈ R2 sao cho x − c ≥ r chúng ta có x − c ≤ x − y + y − c ≤ x − y + r, với mọi y ∈ R2 . Suy ra x − c − r ≤ d(x; Ω). x−c , thì z1 ∈ B (c; r) và x − z1 = x − c − r. Suy x−c d(x; Ω) = x − c − r. Nếu x ∈ B (c; r), thì d(x; Ω) = 0. Mặt khác với z1 = c + r Với mọi x ∈ R2 chúng ta có x − c ≥ x − y − y − c ≥ x − y − r, với mọi y ∈ B (c; r), 36 hay x − c + r ≥ x − y , với mọi y ∈ B (c; r). x−c Suy ra x − c + r ≥ M (x; Ω). Mặt khác chọn z2 = c − r , thì z2 ∈ B (c; r) x−c và x − z2 = x − c + r. Vậy M (x; Ω) = x − c + r. Chúng ta thấy rằng từ Mệnh đề 3.1.1, x là nghiệm tối ưu của bài toán (3.1) khi và chỉ khi x là nghiệm của bài toán sau: min H(x) = x − ai + i∈I d(x; Θj ), x ∈ R2 , j∈J ở đây ai là tâm của hình cầu Ωi . Vì một điểm thì được xem là một hình cầu với tâm là điểm đó và bán kính 0, nên chúng ta sẽ đi xem xét bài toán sau: 3 d(x; Θi ), x ∈ R2 . min H(x) = (3.2) i=1 Mệnh đề 3.1.2. [5] Tập nghiệm S của bài toán (3.2) là khác rỗng, compact và lồi trong R2 . Chứng minh. Từ Định lí 2.3.1 suy ra S = ∅. Với mọi x ∈ S , từ Mệnh đề 3.1.1 3 chúng thấy rằng nếu tồn tại i ∈ {1, 2, 3} sao cho x ∈ / Θi , thì x ≤ H(x) + ri . i=1 Do đó S bị chặn. Mặt khác do H là liên tục nên S = {x ∈ R2 | H(x) = inf H(y)} y∈R2 là tập đóng trong R2 . Vậy S là tập compact. Bây giờ với mọi x0 , y0 ∈ S và t ∈ (0, 1) chúng ta có H(tx0 + (1 − t)y0 ) ≤ tH(x0 ) + (1 − t)H(y0 ) (H là hàm lồi) ≤ H(x), ∀x ∈ R2 . Suy ra tx0 + (1 − t)y0 ∈ S . Vậy chứng minh được hoàn thành. Mệnh đề 3.1.3. Với mỗi a ∈ R2 , xét hàm f = a, . : R2 → R và B (c; r) là hình cầu đóng, tâm c và bán kính r. Lúc đó trên hình cầu B (c; r) hàm f đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên biên của B (c; r), ở đây ., . là kí hiệu của tích vô hướng trong R2 × R2 . Chứng minh. Giả sử phản chứng tồn tại x0 , y0 ∈ int B (c; r) sao cho f (x0 ) = max f (x) và f (y0 ) = x∈B (c;r) min f (x). x∈B (c;r) Do B (c; r) = c + rB (0; 1) và f là tuyến tính nên trên B (c; r) hàm f đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất tại x0 , y0 khi và chỉ khi trên B (0; 1) hàm f đạt giá trị lớn 37 x − c y0 − c x − c y0 − c , . Mặt khác 0 , ∈ int B (0; 1) nên tồn r r r nhất, nhỏ nhất tại 0 r tại α > 1, γ > 1 sao cho α(x0 − c) γ(y0 − c) , ∈ B (0; 1). r r Do f tuyến tính nên αf ( x0 − c α(x0 − c) x0 − c ) = f( ) ≤ f( ) r r r γf ( y0 − c γ(y0 − c) y0 − c ) = f( ) ≥ f( ). r r r và Điều này mâu thuẫn, suy ra chứng minh được hoàn thành. 3.2 Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong R2 với chuẩn . 1 Trong phần này chúng ta sẽ đi xây dựng nghiệm của bài toán (3.2) trong không gian R2 với chuẩn . 1 . Từ đây trở về sau chúng ta sẽ sử dụng một số kí hiệu thuật ngữ sau: B 1 , B ∞ lần lượt là các hình cầu đơn vị đóng trong không gian R2 với chuẩn . 1 , . ∞ ; B (c, r) là hình cầu đóng có tâm c và bán kính r; cho a ∈ R2 , thì a(1) , a(2) là hoành độ và tung độ của a; với a, b ∈ R2 và a = b, ]a, b[:= {ta + (1 − t)b| t ∈ (0, 1)}; ]a, b] := {ta + (1 − t)b | t ∈ [0, 1)}; a, b = a(1) b(1) + a(2) b(2) ; → − ox = {(t, 0) ∈ R2 | t ≥ 0}, ox = {(t, 0) ∈ R2 | t ∈ R}; → − oy = {(0, t) ∈ R2 | t ≥ 0}, oy = {(0, t) ∈ R2 | t ∈ R}. ab là đường thẳng nối điểm a và b; ax , ay là các đường thẳng đi qua a và lần lượt − − song với các trục tọa độ ox, oy ; → ax , → ay là các tia gốc tại a, lần lượt song song và → − → − → − − cùng chiều với các tia o , o ; −a là tia đối của tia → a ; a , a là các đường thẳng x y x x I II đi qua a và lần lượt song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất, − thứ hai của hệ trục tọa độ oxy; → aI , − a→ II là tia gốc tại a và lần lượt song song với các tia phân giác của góc phân tư thứ nhất, thứ hai của hệ trục tọa độ oxy (ở đây hệ trục tọa độ oxy chính là hệ trục Descartes vuông góc). Nhận xét 3.1. 38 (1) Nếu Cho Θ = B 1 (ω; r) là hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 1 , thì Θ là một hình vuông trong mặt phẳng Euclidean với các đường chéo lần lượt song song với các trục tọa độ. Do đó chúng ta có thể cho Θ dưới dạng: Θ = conv {a, b, c, d}, ở đây a, b, c, d lần lượt là các đỉnh của hình vuông với ac song song với oy và bd song song với ox. (2) Cho B ∞ là hình cầu đóng đơn vị trong không gian R2 với chuẩn . thì B ∞ = [−1, 1] × [−1, 1]. ∞, Từ đây xuyên suốt phần này khi cho hình cầu: Θ = B 1 (ω; r) = conv {a, b, c, d}, chúng ta luôn hiểu rằng ac, bd lần lượt song song với các trục ox, oy ; a, b, c, d là các đỉnh của hình vuông đi theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ với a có tung độ lớn nhất trong bốn đỉnh (xem Hình vẽ 3.1). Hình 3.1: Hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 39 1 Chú ý 3.1. Cho Θ = B 1 (ω; r) = conv {a, b, c, d}, thì chúng ta có : (1) Nếu x ∈ [d, a], thì x(1) + x(2) = a(1) + a(2) . (2) Nếu x ∈ [a, b], thì x(2) − x(1) = a(2) − a(1) . (3) Nếu x ∈ [b, c], thì x(1) + x(2) = b(1) + b(2) . (4) Nếu x ∈ [c, d], thì x(2) − x(1) = c(2) − c(1) . (5) b(1) ≤ ω (1) = a(1) = c(1) ≤ d(1) , c(2) ≤ ω (2) = b(2) = d(2) ≤ a(2) . Bổ đề 3.2.1. Cho Θ = B 1 (ω; r) = conv {a, b, d, c} và p ∈ R2 . Thì chúng ta có: (1) Nếu p ∈ A1 , thì ∂σΘ (p) = [a, d]. (2) Nếu p ∈ A2 , thì ∂σΘ (p) = [a, b]. (3) Nếu p ∈ A3 , thì ∂σΘ (p) = [b, c]. (4) Nếu p ∈ A4 , thì ∂σΘ (p) = [c, d]. (5) Nếu p ∈ A5 , thì ∂σΘ (p) = {a}. (6) Nếu p ∈ A6 , thì ∂σΘ (p) = {b}. (7) Nếu p ∈ A7 , thì ∂σΘ (p) = {c}. (8) Nếu p ∈ A2 , thì ∂σΘ (p) = {d}. (9) Nếu p = (0, 0), thì ∂σΘ (p) = Θ, ở đây A1 = {(p(1) , p(1) ) ∈ B ∞ | p(1) > 0}; A2 = {(−p(1) , p(1) ) ∈ B ∞ | p(1) > 0}; A3 = {(−p(1) , −p(1) ) ∈ B ∞ | p(1) > 0}; A4 = {(p(1) , −p(1) ) ∈ B ∞ | p(1) > 0}; A5 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | 0 ≤ p(1) < p(2) hoặc 0 < −p(1) < p(2) }; A6 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | − p(1) > p(2) ≥ 0 hoặc p(1) < p(2) < 0}; A7 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | 0 ≤ −p(1) < −p(2) hoặc 0 < p(1) < −p(2) }; A8 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | p(1) > p(2) ≥ 0 hoặc p(1) > −p(2) > 0}. Chứng minh. Với mỗi p ∈ R2 , chúng ta biết rằng ∂σΘ (p) = {(x(1) , x(2) ) ∈ Θ | x(1) p(1) + x(2) p(2) = sup y, p , y = (y (1) , y (2) )}. y∈Θ Nếu p = (p(1) , p(1) ) ∈ A1 , thì sup(y (1) p(1) + y (2) p(1) ) = p(1) sup(y (1) + y (2) ) = p(1) max (y (1) + y (2) ) (p(1) > 0). y∈Θ y∈bd Θ y∈Θ Từ Chú ý 3.1, chúng ta có: max (y (1) + y (2) ) = a(1) + a(2) khi và chỉ khi y ∈ [d, a]. y∈[d,a] 40 max (y (1) + y (2) ) = max (2y (1) + a(2) − a(1) ) = a(1) + a(2) khi và chỉ khi y = a. y (1) ∈[b(1) ,a(1) ] y∈[a,b] max (y (1) + y (2) ) = b(1) + b(2) và max (y (1) + y (2) ) = c(1) + c(2) . y∈[b,c] y∈[c,d] Do c ∈ [b, c] và b ∈ [a, b] nên sup(y (1) p(1) + y (2) p(1) ) = a(1) + a(2) khi và chỉ khi y ∈ y∈Θ [d, a]. Vậy ∂σΘ (p) = [d, a]. Bằng cách làm tương tự chúng ta cũng thu được (2), (3), (4). Nếu p = (p(1) , p(2) ) ∈ A5 , thì sup y, p = max y, p . y∈Θ y∈bd Θ Với mọi y ∈ [a, b] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) + p(2) ) + (a(2) − a(1) )p(2) ∀y (1) ∈ [b(1) , a(1) ]. Do p(1) + p(2) > 0, b(2) − b(1) = a(2) − a(1) nên max y, p = a(1) p(1) + a(2) p(2) khi và chỉ khi y = a; y∈[a,b] min y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = b. y∈[a,b] Với mọi y ∈ [b, c] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) − p(2) ) + (b(1) + b(2) )p(2) ∀y (1) ∈ [b(1) , c(1) ]. Do p(1) − p(2) < 0 nên max y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = b; y∈[b,c] min y, p = c(1) p(1) + c(2) p(2) khi và chỉ khi y = c. y∈[b,c] Với mọi y ∈ [c, d] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) + p(2) ) + (d(2) − d(1) )p(2) ∀y (1) ∈ [c(1) , d(1) ]. Do p(1) + p(2) > 0, c(1) − c(2) = d(1) − d(2) nên max y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = d; y∈[c,d] 41 min y, p = c(1) p(1) + c(2) p(2) khi và chỉ khi y = c. y∈[c,d] Với mọi y ∈ [d, a] y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) − p(2) ) + (a(1) + a(2) )p(2) ∀y (1) ∈ [a(1) , d(1) ]. Do p(1) − p(2) < 0, d(1) + d(2) = a(1) + a(2) nên max y, p = a(1) p(1) + a(2) p(2) khi và chỉ khi y = a; y∈[d,a] min y, p = d(1) p(1) + d(2) p(2) khi và chỉ khi y = d. y∈[d,a] Vì d ∈ [a, d] và c ∈ [a, b] nên sup y, p = a(1) p(1) + a(2) p(2) khi và chỉ khi y = a. Vậy y∈Θ ∂σΘ (p) = {a} ∀p ∈ A5 . Do b ∈ [b, c], d ∈ [c, d] nên với mọi p ∈ A5 chúng ta thu được inf y, p = c(1) p(1) + c(2) p(2) khi và chỉ khi y = d. y∈Θ Mặt khác A7 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | (−p(1) , −p(2) ) ∈ A5 } nên sup{ y, p | p ∈ A7 } = sup(−(y (1) (−p(1) ) + y (2) (−p(2) ))) y∈Θ y∈Θ = − inf { y, −p | − p ∈ A5 } = c(1) p(1) + c(2) p(2) y∈Θ khi và chỉ khi y = c. Vậy ∂σΘ (p) = {c} ∀p ∈ A7 . Nếu p = (p(1) , p(2) ) ∈ A6 , thì sup y, p = max y, p . y∈Θ y∈bd Θ Với mọi y ∈ [b, a] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) + p(2) ) + (b(2) − b(1) )p(2) ∀y (1) ∈ [b(1) , a(1) ]. Do p(1) + p(2) < 0, a(2) − a(1) = b(2) − b(1) nên max y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = b; y∈[a,b] min y, p = a(1) p(1) + a(2) p(2) khi và chỉ khi y = a. y∈[a,b] Với mọi y ∈ [b, c] y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) − p(2) ) + (b(1) + b(2) )p(2) 42 ∀y (1) ∈ [b(1) , c(1) ]. Do p(1) − p(2) < 0, c(1) + c(2) = b(1) + b(2) nên max y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = b; y∈[b,c] min y, p = c(1) p(1) + c(2) p(2) khi và chỉ khi y = c. y∈[b,c] Với mọi y ∈ [c, d] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) + p(2) ) + (c(2) − c(1) )p(2) ∀y (1) ∈ [c(1) , d(1) ]. Do p(1) + p(2) < 0, d(2) − d(1) = c(2) − c(1) nên max y, p c(1) p(1) + c(2) p(2) khi và chỉ khi y = c; y∈[c,d] min y, p = d(1) p(1) + d(2) p(2) khi và chỉ khi y = d. y∈[c,d] Với mọi y ∈ [d, a] : y, p = y (1) p(1) + y (2) p(2) = y (1) (p(1) − p(2) ) + (a(1) + a(2) )p(2) ∀y (1) ∈ [a(1) , d(1) ]. Do p(1) − p(2) < 0, d(1) + d(2) = a(1) + a(2) nên max y, p = a(1) p(1) + a(2) p(2) khi và chỉ khi y = a; y∈[d,a] min y, p = d(1) p(1) + d(2) p(2) khi và chỉ khi y = d. y∈[d,a] Vì a ∈ [b, a] và c ∈ [b, c] nên sup y, p = b(1) p(1) + b(2) p(2) khi và chỉ khi y = b. Vậy y∈Θ ∂σΘ (p) = {b} ∀p ∈ A6 . Do a ∈ [d, a], c ∈ [c, d] nên với mọi p ∈ A6 chúng ta thu được inf y, p = d(1) p(1) + d(2) p(2) khi và chỉ khi y = d. y∈Θ Mặt khác A8 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B ∞ | (−p(1) , −p(2) ) ∈ A6 } nên sup{ y, p | p ∈ A7 } = sup(−(y (1) (−p(1) ) + y (2) (−p(2) ))) y∈Θ y∈Θ = − inf { y, −p | − p ∈ A6 } = d(1) p(1) + d(2) p(2) y∈Θ khi và chỉ khi y = d. Vậy ∂σΘ (p) = {d} ∀p ∈ A8 . Bổ đề 3.2.2. Cho p ∈ R2 , e1 = (1, 0) và e2 = (0, 1). Thì chúng ta có: 43 − − (1) Nếu p = e1 + e2 , thì N (p; B ∞ ) = conv {→ ox , → oy }. − − (2) Nếu p = −e1 + e2 , thì N (p; B ∞ ) = conv {−→ ox , → oy }. − − (3) Nếu p = −e1 − e2 , thì N (p; B ∞ ) = conv {−→ ox , −→ oy }. − − (4) Nếu p = e1 − e2 , thì N (p; B ∞ ) = conv {→ ox , −→ oy }. − (5) Nếu p ∈]e1 + e2 , −e1 + e2 [, thì N (p; B ∞ ) = → oy . − (6) Nếu p ∈] − e1 + e2 , −e1 − e2 [, thì N (p; B ∞ ) = −→ ox . − (7) Nếu p ∈] − e1 − e2 , −e1 − e2 [, thì N (p; B ∞ ) = −→ oy . − (8) Nếu p ∈] − e1 − e2 , e1 + e2 [, thì N (p; B ∞ ) = → ox . (9) Nếu p ∈ int B ∞ , thì N (p; B ∞ ) = {(0, 0)}. Chứng minh. Chúng ta đã biết rằng: N (p; B ∞ ) = {y ∈ R2 | y, x − p ≤ 0, ∀x ∈ B ∞ } và B ∞ = [−1, 1] × [−1, 1]. Với p = e1 + e2 , y = (y (1) , y (2) ) ∈ N (p; B ∞ ) : y, x − p ≤ 0 hay y (1) (x(1) − 1) + y (2) (x(2) − 1) ≤ 0, ∀x = (x(1) , x(2) ) ∈ B ∞ . Chọn x(2) = 1, thì y (1) (x(1) − 1) ≤ 0, ∀x(1) ∈ [−1, 1]. Do đó y (1) ≥ 0. Tương tự chọn y (1) = 0, thì y (1) (x(1) − 1) ≤ 0, ∀x(2) ∈ [−1, 1]. Do đó y (2) ≥ 0. − − Suy ra N (p; B ∞ ) ⊆ conv {→ ox , → oy }. − − (1) (2) Ngược lại với y = (y , y ) ∈ conv {→ ox , → oy }, thì y (1) ≥ 0, y (2) ≥ 0. Do đó y (1) (x(1) − 1) + y (2) (x(2) − 1) ≤ 0, ∀x ∈ B ∞ . − − Suy ra N (p; B ∞ ) ⊇ conv {→ ox , → oy }. Vậy chúng ta thu được (1). Bằng cách tương tự chúng ta cũng thu được (2), (3), (4). Nếu p ∈]e1 + e2 , −e1 + e2 [, thì p = (p(1) , 1), p(1) ∈ (−1, 1). Với y = (y (1) , y (2) ) ∈ N (p; B ∞ ) : y, x − p ≤ 0 hay y (1) (x(1) − p(1) ) + y (2) (x(2) − 1) ≤ 0, ∀x = (x(1) , x(2) ) ∈ B ∞ . Chọn x(2) = 1, thì y (1) (x(1) − p(1) ) ≤ 0, ∀x(1) ∈ [−1, 1]. Vì p(1) ∈ (−1, 1) nên tồn tại x(1) , z 1 ∈ [−1, 1] : x(1) − p(1) > 0, z (1) − p(1) < 0. 44 − Do đó y (1) = 0, vì x(2) ≤ 1 nên y (2) ≥ 0. Suy ra N (p; B ∞ ) ⊆ → oy . → − Ngược lại với (y (1) , y (2) ) ∈ oy , thì y (1) = 0 và y (2) ≥ 0. Do đó y (2) (x(2) − 1) ≤ 0, ∀x(2) ∈ [−1, 1]. − Suy ra N (p; B ∞ ) ⊇ → oy . Vậy chúng ta thu được (5). Bằng cách tương tự chúng ta cũng thu được (6), (7), (8), (9). Mệnh đề 3.2.1. Cho Θ = B 1 (ω; r) = conv {a, b, d, c} và p ∈ R2 . Thì chúng ta có: → − (1) Nếu p ∈]e1 − e2 , e1 + e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = dx . → − (2) Nếu p ∈] − e1 + e2 , −e1 − e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = − bx . − (3) Nếu p ∈]e1 + e2 , −e1 + e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = → ay . − (4) Nếu p ∈] − e1 − e2 , e1 − e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = −→ cy . → − − ay }. (5) Nếu p = e1 + e2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = conv {dx , → → − − ay , − by }. (6) Nếu p = −e1 + e2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = conv {→ → − − (7) Nếu p = −e1 − e2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = conv {− bx , −→ cy }. → − − (8) Nếu p = e1 − e2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = conv {−→ cy , dx }. (9) Nếu p ∈ int A1 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = {d}. (10) Nếu p ∈ int A2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = {a}. (11) Nếu p ∈ int A3 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = {b}. (12) Nếu p ∈ int A4 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = {c}. (13) Nếu p ∈ int A5 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = [d, a]. (14) Nếu p ∈ int A6 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = [a, b]. (15) Nếu p ∈ int A7 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = [b, c]. (16) Nếu p ∈ int A8 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = [c, d]. (17) Nếu p = (0, 0), thì ∂σΘ (p) + N (p; B ∞ ) = Θ, ở đây Ai , i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 là các tập được cho ở Bổ đề 3.2.1; e1 = (1, 0), e2 = (0, 1). Chứng minh. Từ các Bổ đề 3.2.1 và Bổ đề 3.2.2 suy ra trực tiếp điều cần chứng minh. Định sau là một trường hợp của Định lí 2.5.3. 45 Định lý 3.2.1. Cho ∅ = S ⊂ R2 . S là tập nghiệm tối ưu của bài toán (3.2) khi và chỉ khi một trong các điều sau được thỏa mãn: (1) S = ∩3i=1 Θi . (2) Tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J, λ, (qi , qj )), J = {i, j} ⊂ {1, 2, 3}, qi , qj ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)} sao cho: S = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây k ∈ {1, 2, 3}\J. (3) Tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, q), λi = 1, ∀i ∈ I, qi ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)}, qj , qk ∈ {(1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)} sao cho: S = CI (q), ở đây i, j, k đôi một khác nhau và nằm trong I = {1, 2, 3}; λ = (λ1 , λ2 , λ3 ); q = (q1 , q2 , q2 ); CI (q) là tập được định nghĩa trong (2.12). Chứng minh. Với e1 = (1, 0), e2 = (0, 1), chúng ta đặt G1 =]e1 + e2 , −e1 + e2 [, G2 =] − e1 + e2 , −e1 − e2 [; G3 =]e1 + e2 , −e1 + e2 [, G4 =] − e1 − e2 , e1 − e2 [; G = {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)}, Ai , i = 1, 2, ..., 8 là các tập trong Bổ đề 3.2.1, dễ thấy B ∞ = ∪8i=1 Ai ∪ (0, 0). Vì S = ∅ nên theo Định lí 2.5.3 tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, p), λi = 1, ∀i ∈ I = {1, 2, 3} sao cho S = CI (p). Bây giờ chúng ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu p1 = p2 = p3 = (0, 0), thì CI (p) = ∩3i=1 Θi . Do đó thu được (1). Trường hợp 2: Nếu pk = (0, 0), pi = −pj = (0, 0), thì ∂σΘk (pk ) + N (pk ; B ∞ ) = Θk . Từ Mệnh đề 3.2.1 tồn tại qi = −qj ∈ G sao cho ∂σΘi (pi )+N (pi + B ∞ ) ⊆ ∂σΘi (qi )+ N (qi ; B ∞ ) và ∂σΘj (pj ) + N (pj ; B ∞ ) ⊆ ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ). Do đó (2) được thỏa mãn. Trường hợp 3: Nếu tồn tại pi ∈ G, giả sử pi = (1, 1) (các trường hợp còn lại xét tương tự), thì do (I, λ, p) là một bộ ba thỏa mãn nên chúng ta có các trường hơp sau: 1. pj ∈ G2 và pk ∈]o, −e2 ] hoặc pj ∈ G4 và pk ∈]o, −e1 ]. Khi đó chọn qi = pi , qj = (−1, 0), qk = (0, −1), từ Mệnh đề 3.2.1 suy ra CI (p) = CI (q), ở đây q = (q1 , q2 , q3 ), o = (0, 0). Do đó (3) được thỏa mãn. 2. pi , pk ∈ int B3 \{(0, 0)}, chọn qi = pi , qj = −pj . Từ Mệnh đề 3.2.1 chúng ta thu được CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây B3 = {(x(1) , x(2) ) ∈ B ∞ | x(1) ≤ 0, x(2) ≤ 0}, J = {i, j}. Do đó (2) được thỏa mãn. 46 Trường hợp 4: qi , qj , qk ∈ ∪4i=1 Gi , do với bất kì bộ {i, j} ⊂ {1, 2, 3} không tồn tại pi , pj , cùng thuộc một tập Gn , n = 1, 2, 3, 4 nên CI (p) là một trong bốn tập hợp sau: → − → − → − − → − → − → − − − − − → − ai y ∩ −→ cj y ∩ d k x , → ai y ∩ − → c j y ∩ − bk x . c i y ∩ − bj x ∩ d k x , → ai y ∩ − bj x ∩ dk x , −→ → − → − − Giả sử CI (p) = → ai y ∩ − bj x ∩ dk x (các trường hợp còn lại được xét tương tự), chọn qi = (0, 1), qj = (−1, −1), qk = (1, 0). Từ Mệnh đề 3.2.1 chúng ta thu được CI (p) = CI (q) với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (3) được thỏa mãn. Trường hợp 5: Nếu pi , pj ∈ ∪4i=1 Gi , và pk ∈ ∪8i=1 int Ai , thì CI (p) là một trong bốn tập sau: ωix ∩ ωj y ∩ Θk , ωix ∩ ωj x ∩ Θk , ωiy ∩ ωj y ∩ Θk , ωiy ∩ ωj x ∩ Θk . Giả sử CI (p) = ωix ∩ ωj y ∩ Θk (CI (p) = ωiy ∩ ωj x ∩ Θk được xét tương tự), thì một trong bốn tập → − → ∩Θ , → − − → → − − → → − − → ωi x ∩ − ω jy k ωi x ∩ −ωj y ∩ Θk , − ωi x ∩ ωj y ∩ Θk , − ωi x ∩ −ωj y ∩ Θk , − → ∩ Θ (các trường hợp còn lại được trùng với CI (p). Giả sử CI (p) = → ωi x ∩ − ω jy k xét tương tự), chọn qi = (1, 0), qj = (0, 1), qk = (−1, −1). Từ Mệnh đề 3.2.1 suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó chúng ta thu được (3). Giả sử CI (p) = ωix ∩ ωj x ∩ Θk (CI (p) = ωiy ∩ ωj y ∩ Θk được xét tương tự), do pi , pj không cùng thuộc một tập Gn , n = 1, 2, 3, 4 nên − → ∩ Θ (C (p) = −→ − → ∩ Θ ). CI (p) = → ωi x ∩ −− ω ωi x ∩ − ω jx jx I k k Khi đó chọn qi = (1, 1), qj = (−1, −1) (qi = (−1, −1), qj = (1, 1)), suy ra CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây J = {i, j}. Do đó (2) được thỏa mãn. Trường hợp 6: Nếu pi ∈ ∪4i=1 Gi và pj , pk ∈ ∪8i=1 int Ai , giả sử pi ∈ G3 (các trường hợp còn lại của pi được xét tương tự), thì chúng ta xét hai trường hợp sau: 1. pi ∈]e1 − e2 , e1 ], thì tồn tại j ∈ I\{i} sao cho pj ∈ B2 \{(0, 0)}. Khi đó chọn qi = (1, −1), qj = (−1, 1), từ Mệnh đề 3.2.1 suy ra CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây B2 = {(x(1) , x(2) ) ∈ B ∞ | x(1) ≤ 0, x(2) ≥ 0}; J = {i, j}. 2. pi ∈]e1 , e1 + e2 ], thì tồn tại j ∈ I\{i} sao cho pj ∈ B3 \{(0, 0)}. Khi đó chọn qi = (1, 1), qj = (−1, −1), từ Mệnh đề 3.2.1 suy ra CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây B3 = {(x(1) , x(2) ) ∈ B ∞ | x(1) ≤ 0, x(2) ≤ 0}; J = {i, j}. Vậy cả hai trường hợp đều thu được (2). Trường hợp 7: Nếu p1 , p2 , p3 ∈ ∪8i=1 int Ai , chọn q1 = q2 = q3 = (0, 0) thì từ Mệnh đề 3.2.1, suy ra S = ∩3i=1 Θi . Do đó chúng ta thu được (1). 47 Ngược lại, nếu (1) được thỏa mãn, chọn p1 = p2 = p3 = (0, 0), λ1 = λ2 = λ3 = 1, thì (I, λ, (p1 , p2 , p3 )) với I = {1, 2, 3} là một bộ ba thỏa mãn. Từ Mệnh đề 3.2.1 và Định lí 2.5.3 suy ra S = ∩3i=1 Θi là tập nghiệm. Nếu (2) thỏa mãn chọn pi = qi , pj = qj , pk = (0, 0) và λi = 1, ∀i ∈ {1, 2, 3} thì từ Mệnh đề 3.2.1 và Định lí 2.5.3 suy ra S là nghiệm của bài toán (3.2). Nếu (3) thỏa mãn, thì từ Định lí 2.5.3 suy ra S là tập nghiệm. Mệnh đề 3.2.2. Cho S là tập nghiệm của bài toán (3.2). Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, (qi , qj )), I = {i, j} ⊂ {1, 2, 3}, qi , qj ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)} sao cho CI (qi , qj ) ∩ Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ). Ngược lại, nếu ∩3i=1 Θi = ∅ và tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ). ở đây gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x và k ∈ {1, 2, 3}\I. Chứng minh. Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, (qi , qj )), I = {i, j} ⊂ {1, 2, 3}, qi , qj ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)} sao cho CI (qi , qj ) ∩ Θk = ∅, thì S = CI (qi , qj ) ∩ Θk . Không mất tính tổng quát giả sử qi = (1, 1), do (I, λ, (qi , qj )) là một bộ ba thỏa mãn nên qj = (−1, −1). Từ Mệnh đề 3.2.2 chúng ta có → − → − → − − ∂σΘi (qi )+N (qi ; B ∞ ) = conv {→ ai y , di x } và ∂σΘj (qj )+N (qj ; B ∞ ) = conv { − cj y , − bj x }. → − − − − − − → , −→ → nên Do đó từ → ai y ⊂ → ωi y , di x ⊂ → ωi x và −→ ci y ⊂ −− ω bj x ⊂ −− ω jy jx CI (qi , qj ) ⊂ conv {ωi , ωj , gi , gj }, với gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x . Vì CI (qi , qj ) = ∅ nên CI (qi , qj ) = conv {ωi , ωj , gi , gj }\(int Θi ∪ int Θj ). Ngược lại nếu ∩3i=1 Θi = ∅ và tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅, ở đây gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x và k ∈ {1, 2, 3}\I. Không mất tính tổng quát − → , thì q ∈ −→ − → . Chúng ta có d ∈ → − − giả sử gi ∈ → ωi x ∩ − ω ωi y ∩ −− ω ωi x , ci ∈ −→ ωi y và jy j jx i → , b ∈ −− → , suy ra aj ∈ − ω ω jy i jx → − → − − − − − → , −− → }. conv { di x , −→ ci y } ⊂ conv {→ ωi x , −→ ωi y } và conv {→ ai y , − bi x } ⊂ conv {− ω ω jy jx 48 Do đó từ ∩3i=1 Θi = ∅ chọn qi = (1, −1), qj = (−1, 1) và áp dụng Mệnh đề 3.2.2 chúng ta thu được: conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = CI (qi , qj ) ∩ Θk . Vậy chứng minh được hoàn thành. Hệ quả 3.2.1. Nếu ∩3i=1 Θi = ∅ và tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho [ωi , ωj ]∩Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) là tập nghiệm của bài toán (3.2), ở đây gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Chứng minh. Vì [ωi , ωj ] ∩ Θk ⊂ conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk và ∩3i=1 Θi = ∅ nên S = ∅. Vì nếu S = ∅, thì [ωi , ωj ]∩Θk ⊂ int Θi ∪int Θj . Điều này mâu thuẫn với ∩3i=1 Θi = ∅. Áp dụng Mệnh đề 3.2.2 chúng ta thu được S là tập nghiệm của bài toán (3.2). Mệnh đề 3.2.3. Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, q) với λi = 1, ∀i ∈ I = {1, 2, 3}; qi ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)}, qj ∈ {(0, 1), (0, −1)}, qk ∈ {(1, 0), (−1, 0)} sao cho CI (q) = ∅, thì bài toán (3.2) có duy nhất nghiệm, ở đây i, j, k đôi một khác nhau, q = (q1 , q2 , q3 ) và λ = (λ1 , λ2 , λ3 ). Nếu đặt CI (q) = {x}, thì x ∈ conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Chứng minh. Vì qi ∈ {(1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1)} và (I, λ, q) là một bộ ba thỏa mãn nên qj + qk = (0, 0). Do đó từ CI (q) = ∅ và Mệnh đề 3.2.1 chúng ta thu được ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ) ∩ ∂σΘk (qk ) + N (qk ; B ∞ ) = {x}, ở đây x ∈ R2 . Vậy bài toán (3.2) có duy nhất nghiệm. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra x ∈ conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Nếu qi = (1, 1), thì qj = (−1, 0) và qk = (0, −1). Từ Mệnh đề 3.2.1 chúng ta có: → − → − − ∂σΘi (qi ) + N (qi ; B ∞ ) = conv { di x , → ai y }, ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ) = − bj x , − ∂σΘk (qk ) + N (qk ; B ∞ ) = −→ ck y . Do đó từ x ∈ ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ) nên (1) ωj (2) (2) (3.3) (1) (1) (3.4) ≥ x(1) và x(2) = bj = ωj . Tương tự x ∈ ∂σΘk (qk ) + N (qk ; B ∞ ) nên (2) ωk ≥ x(2) và x(1) = ck = ωk . → − (1) (1) (2) (2) − Mặt khác x ∈ conv { di x , → ai y }, ai ≤ di và ai ≥ di chúng ta thu được (1) ωi (1) = ai (2) ≤ x(1) và ωi 49 (2) = di ≤ x(2) . (3.5) → ∩ [ω , ω ]. Do đó x ∈ Từ (3.3), (3.4), (3.5) suy ra x ∈ [ωk , e] với e ∈ −− ω i j ky conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Nếu q = (−1, 1), thì qj = (1, 0) và qk = (0, −1). Từ Mệnh đề 3.2.1 chúng ta có: → − → − − ∂σΘi (qi ) + N (qi ; B ∞ ) = conv {→ ai y , − bi x }, ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ) = dj x , − ∂σΘk (qk ) + N (qk ; B ∞ ) = −→ ck y . Do đó từ x ∈ ∂σΘj (qj ) + N (qj ; B ∞ ) nên (1) ωj (2) (2) (3.6) (1) (1) (3.7) ≤ x(1) , x(2) = dj = ωj . Tương tự vì x ∈ ∂σΘk (qk ) + N (qk ; B ∞ ) nên (2) ωk ≥ x(2) , x(1) = ck = ωk . → − − Mặt khác x ∈ conv {→ ai y , − bi x }, a(1) ≥ b(1) và a(2) ≥ b(2) nên chúng ta thu được: (1) ωi (1) = ai (2) ≥ x(1) và ωi (2) = bi ≤ x(2) . (3.8) → ∩ [ω , ω ]. Do đó x ∈ ω Từ (3.6), (3.7), (3.8) suy ra x ∈ [ωk , g] với g ∈ −− i j ky conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Trường hợp qi = (−1, −1) hoặc qi = (1, −1) được chứng minh tương tự, chúng ta cũng thu được x ∈ conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Nhận xét 3.2. Cho x là nghiệm của bài toán (3.2) trong Mệnh đề 3.2.3, thì chúng ta thu được các kết quả sau: (1) Từ Chú ý 3.1 và phần chứng minh trong Mệnh đề 3.2.3, chúng ta thấy rằng tồn tại a ∈ Θj và b ∈ Θk sao cho a, b ∈ conv {ω1 , ω2 , ω3 } và a(2) = x(2) , b(1) = x(1) , ở đây {j, k} ⊂ {1, 2, 3}; a ∈ {aj , bj , cj , dj }; b ∈ {ak , bk , ck , dk }. (2) Trong tất cả các đỉnh của ba hình cầu Θ1 , Θ2 , Θ3 , thì có nhiều nhất bốn đỉnh nằm trong conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Thật vậy, giả sử phản chứng có hai đỉnh của Θ1 , hai đỉnh của Θ2 và một đỉnh của Θ3 nằm trong conv {ω1 , ω2 , ω3 }, thì ω3 ω1 ω2 ≥ 900 và ω3 ω2 ω1 ≥ 900 . Điều này mâu thuẫn. Bây giờ chúng ta có thể tìm tập nghiệm S của bài toán (3.2) qua các bước sau đây. Bước 1: Nếu ∩3i=1 Θi = ∅, thì tập nghiệm S = ∩3i=1 Θi . Nếu không, đi qua bước tiếp theo Bước 2: Nếu tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho [ωi , ωj ] ∩ Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) là tập nghiệm của bài toán (3.2), ở đây gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Nếu không, đi qua bước tiếp theo Bước 3: Nếu tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅, 50 thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ), ở đây gi = ωix ∩ ωj y , gj = ωiy ∩ ωj x và k ∈ {1, 2, 3}\J. Nếu không, đi qua bước tiếp theo Bước 4 : Tính conv {ω1 , ω2 , ω3 }, trong tất cả những đỉnh của ba hình cầu nằm trong conv {ω1 , ω2 , ω3 } chúng ta lấy hai đỉnh nằm trên hai hình cầu khác nhau, → − → − − − giả sử là các đỉnh ai của Θi và bj của Θj . Nếu → ai x ∩ − bj x ∩ conv {−→ ck y , dk x } = ∅, → − − thì S = → ai x ∩ − bj x , ở đây k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Nếu không, chọn một đỉnh trên Θk nằm trong conv {ω1 , ω2 , ω3 } và làm tương tự cùng với đỉnh ai hoặc bj , thì chúng ta sẽ tìm được tập nghiệm S. Ví dụ 3.1.(Trong Hình vẽ 3.2) Xét bài toán (3.2) cho ba hình cầu Θ1 , Θ2 , Θ3 như sau: Θ1 = conv {a1 , b1 , c1 , b1 }, với a1 (1, 1), b1 (0, 0), c1 (1, −1), d1 (2, 0); 7 3 7 3 Θ2 = conv {a2 , b2 , c2 , d2 }, a2 (− , 0), b2 (−5, − ), c2 (− , −3), d2 (−2, − )}; 2 2 2 2 11 5 11 5 Θ3 = conv {a3 , b3 , c3 , d3 }, với a3 ( , −2), b3 (5, − ), c3 ( , −3), d3 (6, − ). 2 2 2 2 −7 −3 11 5 Khi đó Θ1 , Θ2 , Θ3 lần lượt có tâm là ω1 = (1, 0), ω2 = ( , ), ω3 = ( , − ). 2 2 2 2 3 Kiểm tra được c1 (1, −1), d2 (−2, − ) ∈ conv {ω1 , ω2 , ω3 }. Chúng ta tính được 2 → − 3 − −→ c1 y = {(1, x(2) ) ∈ R2 : x(2) ≤ −1}, d2x = {(x(1) , − ) ∈ R2 : x(1) ≥ −2} 2 và → − 11 5 15 − conv {→ a3y , − b3 x } = {(x(1) , x(2) ) ∈ R2 : x(1) ≤ ; x(2) ≥ − ; −x(1) + x(2) ≥ − }. 2 2 2 3 2 → − 3 2 − Do (1, − ) ∈ conv {→ a3y , − b3 x } nên tập nghiệm của bài toán (3.2) là S = {(1, − )}. 51 Hình 3.2: Bài toán (3.2) có nghiệm duy nhất 3.3 Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong R2 với chuẩn . ∞ Trong phần này chúng ta sẽ đi xây dựng nghiệm của bài toán (3.2) trong không gian R2 với chuẩn . ∞ . Nhận xét 3.3. Nếu Cho Θ = B ∞ (ω; r) là hình cầu trong không gian R2 với chuẩn l∞ , thì Θ là một hình vuông trong mặt phẳng Euclidean với hai cạnh kề nhau lần lượt song song với các trục tọa độ Descartes vuông góc. Do đó chúng ta có thể cho Θ dưới dạng : Θ = conv {a, b, c, d}, ở đây a, b, c, d lần lượt là các đỉnh của hình vuông với ab song song với ox và bc song song với oy . Từ đây xuyên suốt phần này khi cho hình cầu: Θ = B ∞ (ω; r) = conv {a, b, c, d}, thì luôn hiểu rằng ab, bc lần lượt song song với các trục ox, oy ; a, b, c, d là các đỉnh của hình vuông đi theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ với a có tung độ và hoành lớn nhất trong bốn đỉnh (xem Hình vẽ 3.3). 52 Hình 3.3: Hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . ∞ Bổ đề 3.3.1. Cho Θ = B ∞ (ω; r) = conv {a, b, d, c} và p ∈ R2 . Thì chúng ta có: (1) Nếu p ∈ A1 , thì ∂σΘ (p) = [a, d]. (2) Nếu p ∈ A2 , thì ∂σΘ (p) = [a, b]. (3) Nếu p ∈ A3 , thì ∂σΘ (p) = [b, c]. (4) Nếu p ∈ A4 , thì ∂σΘ (p) = [c, d]. (5) Nếu p ∈ A5 thì ∂σΘ (p) = {a}. (6) Nếu p ∈ A6 thì ∂σΘ (p) = {b}. (7) Nếu p ∈ A7 thì ∂σΘ (p) = {c}. (8) Nếu p ∈ A8 thì ∂σΘ (p) = {d}, ở đây A1 = {(p(1) , 0) ∈ B 1 | p(1) > 0}; A2 = {(0, p(2) ) ∈ B 1 | p(2) > 0}; A3 = {(−p(1) , 0) ∈ B 1 | p(1) > 0}; A4 = {(0, −p(2) ) ∈ B 1 | p(2) > 0}; A5 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B 1 | p(1) > 0, p(2) > 0}; A6 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B 1 | p(1) < 0, p(2) > 0}; A7 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B 1 | p(1) < 0, p(2) < 0}; A8 = {(p(1) , p(2) ) ∈ B 1 | p(1) > 0, p(2) < 0}. 53 Chứng minh. Chứng minh theo cách tương tự như Bổ đề 3.2.1. Bổ đề 3.3.2. Cho p ∈ B 1 , o = (0, 0), e1 = (1, 0) và e2 = (0, 1). Thì chúng ta có − (1) Nếu p = e1 , thì N (p; B 1 ) = conv {→ oI , −− o→ II }. − (2) Nếu p = e2 , thì N (p; B 1 ) = conv {→ oI , − o→ II }. − (3) Nếu p = −e1 , thì N (p; B 1 ) = conv {−→ oI , − o→ II }. − oI , −− o→ (4) Nếu p = −e2 , thì N (p; B 1 ) = conv {−→ II }. − oI . (5) Nếu p ∈]e1 , e2 [, thì N (p; B 1 ) = → o→ (6) Nếu p ∈] − e1 , e2 [, thì N (p; B 1 ) = − II . − (7) Nếu p ∈] − e1 , −e2 [, thì N (p; B 1 ) = −→ oI . (8) Nếu p ∈] − e1 , e2 [, thì N (p; B 1 ) = −− o→ II . (9) Nếu p ∈ int B 1 , thì N (p; B 1 ) = {(0, 0)}. Chứng minh. Có thể chứng minh theo cách tương tự như Bổ đề 3.2.2. Mệnh đề 3.3.1. Cho Θ = conv {a, b, c, d}, e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) và p ∈ B 1 . Thì chúng ta có: −→ − (1) Nếu p = e1 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = conv {−dII , → aI }. − → − (2) Nếu p = e2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = conv {→ aI , bII }. − → − (3) Nếu p = −e1 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = conv {−→ cI , bII }. −→ − (4) Nếu p = −e2 ,thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = conv {−→ cI , −dII }. − (5) Nếu p ∈]e1 , e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = → aI . − → (6) Nếu p ∈]e2 , −e1 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = bII . − (7) Nếu p ∈] − e1 , −e2 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = −→ cI . −→ (8) Nếu p ∈] − e2 , e1 [, thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = −dII . (9) Nếu p ∈ int A1 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = [d, a]. (10) Nếu p ∈ int A2 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = [a, b]. (11) Nếu p ∈ int A3 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = [b, c]. (12) Nếu p ∈ int A4 , thì ∂σθ (p) + N (p; B 1 ) = [c, d]. (13) Nếu p ∈ int A5 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = {a}. 54 (14) Nếu p ∈ int A6 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = {b}. (15) Nếu p ∈ int A7 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = {c}. (16) Nếu p ∈ int A8 , thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = {d}. (17) Nếu p = (0, 0), thì ∂σΘ (p) + N (p; B 1 ) = Θ, ở đây Ai , i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 là các tập được cho ở Bổ đề 3.3.1 Chứng minh. Từ các Bổ đề 3.2.1 và Bổ đề 3.2.2 suy ra trực tiếp điều cần chứng minh. Định lí sau là một trường hợp của Định lí 2.5.3. Định lý 3.3.1. Cho ∅ = S ⊂ R2 . S là tập nghiệm tối ưu của bài toán (3.2) khi và chỉ khi một trong các điều sau được thỏa mãn: (1) S = ∩3i=1 Θi . (2) Tồn tại một bộ ba thỏa mãn (J, λ, (qi , qj )), J = {i, j} ⊂ {1, 2, 3}, qi , qj ∈ {(1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)} sao cho: S = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , ở đây k ∈ {1, 2, 3}\J. 1 1 1 1 (3) Tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, q), λi = 1, ∀i ∈ I , qi , qj ∈ {( , ), (− , ), 2 2 2 2 1 1 1 1 (− , − ), ( , − )}, qk ∈ {(1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)}, sao cho: 2 2 2 2 S = CI (q), ở đây i, j, k đôi một phân biệt và nằm trong I = {1, 2, 3}; λ = (λ1 , λ2 , λ3 ); q = (q1 , q2 , q3 ); CI (q) là tập được định nghĩa trong (2.12). Chứng minh. Chúng ta đặt G = {e1 , e2 , −e1 , −e2 }, G1 =]e1 , e2 [, G2 =]e2 , −e1 [; G3 =] − e1 , −e2 [, G4 =] − e2 , e1 [, ở đây e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) và Ai , i = 1, 2, ..., 8 là các tập trong Bổ đề 3.3.1, dễ thấy B 1 = ∪8i=1 Ai ∪ {(0, 0)}. Giả sử S là nghiệm của bài toán (3.2), từ Định lí 2.5.2 suy ra tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, p), với λi = 1, ∀i ∈ I = {1, 2, 3} sao cho S = CI (p). Chúng ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: pi = pj = pk = (0, 0), thì từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = ∩3i=1 Θi . Vậy (1) thỏa mãn. Trường hợp 2: pi = −pj và pk = (0, 0) thì ∂σΘk (pk ) + N (pk ; B 1 ) = Θk . Khi đó chúng ta xét các khả năng xảy ra của pi , pj 55 1. pi , pj ∈ int B 1 , chọn pi = pj = (0, 0) từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra (1) được thỏa mãn. 2. pi , pj ∈ G, thì (2) được thỏa mãn. 3. pi , pj ∈ ∪4i=1 Gi , từ Mệnh đề 3.3.1 tồn tại qi = −qj ∈ G sao cho CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , với J = {i, j}. Do đó (2) được thỏa mãn. Trường hợp 3: Tồn tại pi ∈ G, không mất tính tổng quát giả sử pi = e1 , thì pj , pk ∈ A3 hoặc pj ∈ A6 , pk ∈ A7 . Nếu pj , pk ∈ A3 , chọn qi = e1 , qj = −e1 , từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , với J = {i, j} . Do đó (2) được thỏa mãn. 1 1 1 1 2 2 2 2 3.3.1 suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (3) được thỏa mãn. Nếu pj ∈ A6 , pk ∈ A7 , chọn qi = pi , qj = (− , ), qk = (− , − ), thì từ Mệnh đề Trường hợp 4: p1 , p2 , p3 ∈ int B 1 , chọn q1 = q2 = q3 = (0, 0) suy ra CI (p) = CI (q) = ∩3i=1 Θi , với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (1) thỏa mãn. Trường hợp 5: pi ∈ ∪4i=1 Gi và pj , pk ∈ int B 1 , giả sử pi ∈ G1 (các trường hợp còn lại của pi được xét tương tự), thì chúng ta có hai trường hợp sau: 1. pj , pk ∈ A7 , chọn qi = e2 , qj = −e2 , thì từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = CJ (qi , qj ) ∩ Θk , với J = {j, k}. Do đó (2) được thỏa mãn. 1 1 1 1 2 2 2 2 3.3.1 suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (3) được thỏa mãn. 2. pj ∈ A6 , pk ∈ A8 , chọn qi = ( , ), qj = (− , ), qk = (0, −1), từ Mệnh đề Trường hợp 6: pi , pj ∈ ∪4i=1 Gi và pk ∈ int B 1 , giả sử pi ∈ G2 (các trường hợp còn lại của pi được xét tương tự), thì chúng ta có ba trường hợp sau: 1. pi ∈ G2 , pj ∈ G1 , chọn qi = −e1 , qj = e1 , qk = (0, 0) từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = CI (qi , qj , qk ). Do đó (2) được thỏa mãn. 2. pi ∈ G2 , pj ∈ G3 , chọn qi = e2 , qj = −e2 , qk = (0, 0) từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (2) được thỏa mãn. 3. pi ∈ G2 , pj ∈ G4 , chọn qi = −e1 , qj = e1 , qk = (0, 0), từ Mệnh đề 3.3.1 suy ra CI (p) = CI (qi , qj , qk ). Do đó (2) được thỏa mãn. Trường hợp 7: p1 , p2 , p3 ∈ ∪4i=1 Gi , giả sử p1 ∈ G1 (các trường hợp còn lại của p1 được xét tương tự), do không tồn tại bất kì bộ {i, j} ⊂ {1, 2, 3} để cho pi , pj ∈ Gn , n = 1, 2, 3, 4 nên chúng ta có hai trường hợp sau: 1 1 2 2 1 1 2 2 1. pj ∈ G2 và pk ∈ G4 , chọn q1 = ( , ), qj = (− , ), qk = (0, −1), suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (3) được thỏa mãn. 56 1 1 2 2 1 1 2 2 2. pj ∈ G2 và pk ∈ G3 , chọn q1 = ( , ), qj = (− , ), qk = (0, −1), thì suy ra CI (p) = CI (q), với q = (q1 , q2 , q3 ). Do đó (3) được thỏa mãn. Ngược lại, nếu ∩3i=1 Θi = ∅, chọn q1 = q2 = q3 = (0, 0), thì CI (q) = ∩3i=1 Θi . Do đó S là tập nghiệm. Nếu (2) thỏa mãn chọn pi = qj , pj = qj , pk = (0, 0), từ Định lí 2.5.3 suy ra S là tập nghiệm. Nếu (3) thỏa mãn, thì suy ra trực tiếp từ Định lí 2.5.2 tập nghiệm là S . Mệnh đề 3.3.2. Cho S là tập nghiệm của bài toán (3.2). Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, (qi , qj )) với I = {i, j} ⊂ {1, 2, 3}; qi , qj ∈ {(1, 0), (−1, 0), (0, −1), (0, 1)} sao cho CJ (qi , qj ) ∩ Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ). Ngược lại nếu tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj }∩Θk \(int Θi ∪int Θj ), ở đây gi = ωiI ∩ωj II , gj = ωiII ∩ωj I và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Chứng minh. Nếu tồn tại một bộ ba thỏa mãn (I, λ, (qi , qj )), I = {i, j} ⊂ {1, 2, 3} : qi , qj ∈ {(1, 0), (−1, 0), (0, −1), (0, 1)} sao cho CI (qi , qj ) ∩ Θk = ∅, thì S = CI (qi , qj ) ∩ Θk . Không mất tính tổng quát giả sử qi = (1, 0), do (I, λ, (qi , qj )) là một bộ ba thỏa mãn nên qj = (−1, 0). Áp dụng Mệnh đề 3.3.1 chúng ta có → − − → − − ∂σΘi (qi )+N (qi ; B 1 ) = conv {− di II , → ai I } và ∂σΘj (qj )+N (qj ; B 1 ) = conv {−→ cj I , bj II }. → − − − − − − → ,→ − → Do đó từ − di II ⊂ −→ ωi II , → ai I ⊂ → ωi I và −→ cj I ⊂ −− ω j I bj II ⊂ ωj II nên CI (qi , qj ) ⊂ conv {ωi , ωj , gi , gj }, với gi = ωiI ∩ ωj II , gj = ωiII ∩ ωj I . Vì CI (qi , qj ) = ∅ nên CI (qi , qj ) = conv {ωi , ωj , gi , gj }\(int Θi ∪ int Θj ). Ngược lại nếu ∩3i=1 Θi = ∅ và tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅. − → , thì g ∈ −→ − → . Chúng Không mất tính tổng quát giả sử gi ∈ → ωi I ∩ − ω ωi II ∩ −− ω j II j jI → − → − − → − → ta có di ∈ − ωi I , ai ∈ ωi I và bj ∈ ωj II , cj ∈ −ωj II , suy ra → − → − − − − − → , −− → }. conv {→ ai I , − di II } ⊂ conv {→ ωi I , −→ ωi II } và conv { bj II , −→ cj I } ⊂ conv {− ω ω j II jI 57 Do đó từ ∩3i=1 Θi = ∅ chọn qi = (1, 0), qj = (−1, 0) và áp dụng Mệnh đề 3.3.1 chúng ta thu được: conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = CI (qi , qj ) ∩ Θk . Vậy Chứng minh hoàn tất. Hệ quả 3.3.1. Nếu ∩3i=1 Θi = ∅ và tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho [ωi , ωj ]∩Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) là tập nghiệm của bài toán (3.2), ở đây gi = ωiI ∩ ωj II , gj = ωiII ∩ ωj I và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Chứng minh. Vì [ωi , ωj ] ∩ Θk ⊂ conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk và ∩3i=1 Θi = ∅ nên S = ∅. Vì nếu S = ∅, thì [ωi , ωj ]∩Θk ⊂ int Θi ∪int Θj . Điều này mâu thuẫn với ∩3i=1 Θi = ∅. Áp dụng Mệnh đề 3.3.2 chúng ta thu được S là tập nghiệm của bài toán (3.2). Bây giờ chúng ta có thể tìm tập nghiệm S của bài toán (3.2) thông qua các bước sau đây. Bước 1: Nếu ∩3i=1 Θi = ∅, thì tập nghiệm S = ∩3i=1 Θi = ∅. Nếu không, đi qua bước tiếp theo Bước 2: Nếu tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho [ωi , ωj ] ∩ Θk = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) là tập nghiệm của bài toán (3.2). Ở đây gi = ωiI ∩ ωj II , gj = ωiII ∩ ωj I và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Nếu không, đi qua bước tiếp theo Bước 3: Nếu tồn tại {i, j} ⊂ {1, 2, 3} sao cho conv {ωi , ωj , gi , gj } ∩ Θk \(int Θi ∪ int Θj ) = ∅, thì S = conv {ωi , ωj , gi , gj }∩Θk \(int Θi ∪int Θj ). Ở đây gi = ωiI ∩ωj II , gj = ωiII ∩ωj I và k ∈ {1, 2, 3}\{i, j}. Nếu không, qua bước tiếp theo Bước 4: Chọn một đỉnh nằm trên Θi , giả sử ai . Nếu trong bốn tập → − → − → − − ai I ∩ bk II ∩ conv {−→ cj I , − dj II }, → − → − → − − ai I ∩ bj II ∩ conv {−→ ck I , −dk II }, → − → − → − − ai I ∩ −dk II ∩ conv {−→ cj I , bj II }, → − → − → − − ai I ∩ − dj II ∩ conv {−→ ck I , bk II } có một tập khác rỗng thì tập đó là tập nghiệm. Nếu không, chúng ta chọn đỉnh khác của Θi và làm tương tự. Nếu dựa vào các đỉnh trên Θi mà chưa tìm được tập nghiệm, thì chúng ta làm tương tự cho các đỉnh trên Θk sẽ tìm được tập nghiệm. 58 Ví dụ 3.2.(Trong Hình 3.4) Xét bài toán (3.2) cho ba hình cầu Θ1 , Θ2 , Θ3 như sau: Θ1 = conv {a1 , b1 , c1 , d1 }, với a1 = (2, 1), b1 = (0, 1), c1 = (0, −1), d1 = (2, −1); Θ2 = conv {a2 , b2 , c2 , d2 }, với a2 = (−2, 0), b2 = (−5, 0), c2 = (−5, −3), d2 = (−2, −3); Θ3 = conv {a3 , b3 , c3 , d3 }, với a3 = (6, −2), b3 = (5, −2), c3 = (5, −3), d3 = (6, −3). 11 5 −7 −3 Khi đó Θ1 , Θ2 , Θ3 lần lượt có tâm là ω1 = (1, 0), ω2 = ( , ), ω3 = ( , − ). 2 2 2 2 Chúng ta tính được: conv {ω2 , ω3 , g2 , g3 }\(int Θ2 ∪ int Θ3 ) ={(x(1) , x(2) ) ∈ R2 | − x(1) − 5 ≤ x(2) ≤ x(1) + 2; x(1) − 8 ≤ x(2) ≤ −x(1) + 3; −2 ≤ x(1) ≤ 5}, ở đây g2 = ω2I ∩ ω3II , g3 = ω2II ∩ ω3I . Kiểm tra thấy a1 , b1 , c1 , d1 ∈ conv {ω2 , ω3 , g2 , g3 }\(int Θ2 ∪ int Θ3 ) nên tập nghiệm của bài toán là S = Θ1 (do S lồi). Hình 3.4: Bài toán (3.2) có vô số nghiệm 59 Mệnh đề sau đây nói lên mối liên hệ nghiệm giữa bài toán (3.2) trong không gian định chuẩn (R2 , . 1 ) và bài toán (3.2) trong không gian định chuẩn (R2 , . ∞ ) Mệnh đề 3.3.3. x là nghiệm của bài toán (3.2) cho ba hình cầu Θ1 , Θ2 , Θ3 trong không gian định chuẩn (R2 , . 1 ) khi và chỉ khi y là nghiệm của bài toán (3.2) cho ba hình cầu Ω1 , Ω2 , Ω3 trong không gian định chuẩn (R2 , . ∞ ), ở đây y, Ω1 , Ω2 , Ω3 lần lượt là ảnh của x, Θ1 , Θ2 , Θ3 qua phép quay tâm o = (0, 0) với góc quay 450 . Chứng minh. Chúng ta chú ý rằng phép quay tâm o = (0, 0), góc quay 450 biến hình cầu Θ = conv {a, b, c, d} trong không gian định chuẩn (R2 , . 1 ) thành hình cầu Ω = conv {a , b , c , d } trong không gian định chuẩn (R2 , . ∞ ) với a, b, c, d lần lượt biến thành b , c , d , a . Ở lớp 11 chúng ta đã biết rằng phép quay là một phép dời hình, do đó từ Định lí 3.2.1, Định lí 3.3.1 và tính chất của phép dời hình chúng ta thu được điều cần chứng minh. 60 KẾT LUẬN Trong luận văn nay, chúng tôi đã cố gắng nghiên cứu bài toán FermatTorricelli suy rộng trong không gian định chuẩn tổng quát, trên cơ sở đó đi xây dựng nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 1 và chuẩn . ∞ , dựa vào dưới vi phân của hàm tựa và nón pháp tyến, đưa ra các bước để tìm nghiệm tối ưu của hai bài toán đó. Đóng góp chính của luận văn bao gồm: 1. Tìm hiểu và trình bày lại các điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng. 2. Xây dựng nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho ba hình cầu trong không gian R2 với chuẩn . 1 và chuẩn . ∞ . Tuy nhiên do hạn chế về thời gian và năng lực nên luận văn không tránh khỏi những sai sót em rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc. 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO I. Tiếng Việt [1] Huỳnh Thế Phùng (2012), Cơ sở giải tích lồi, NXB Giáo Dục Việt Nam. [2] Trương Văn Thương (2011), Giáo trình giải tích hàm 1, NXB Giáo Dục. II. Tiếng Anh [3] J. B. Hiriart-Urruty, C. Lemarechal (1993), Convex Analysis and Minimization Algorithms, Springer-Verlag, Heidelberg, Germany. [4] Nguyen Mau Nam, Nguyen Hoang (2013), "A Generalized Sylvester Problem and a Generalized Fermat-Torricelli Problem", Journal of Convex Analysis, Vol. 20 (3), pp. 669-687. [5] Nguyen Mau Nam, Nguyen Hoang and Nguyen Thai An (2014), "Construction of Solutions to Generalized Sylvester and Fermat-Torricelli Problem for Euclidean Balls", Journal of Optimization Theory and Applications, Vol. 160 (2), pp. 483-509. [6] Stefan Nickel, Justo Puerto and Antonio M. Rodriguez-Chia (2003), "Approach to Location Models Involving Sets as Existing Facilities", Mathematics of operations research, Vol. 28 (4), pp. 693-715. III. Website [7] B. S. Mordukhovich and Nguyen Mau Nam (2010), "Subgradients of minimal time functions under minimal requirements", Arxiv.org, 8 Sep 2010. 62 [...]... = ∅ Áp dụng Định lí 2.4.2, suy ra bài toán tối ưu (2.10) có nhiều nhất một nghiệm Nếu giả thiết thêm X là Banach phản xạ hoặc S là compact Áp dụng Định lí 2.3.1 suy ra đều phải chứng minh 2.5 Xây dựng nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ đi xây dựng tập nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng cho trường... J , thì x là nghiệm tối ưu của bài toán Sylvester suy rộng với bán kính r khi và chỉ khi x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.1) với r = G(x) Chứng minh Xem chứng minh Mệnh đề 2.6 trang 675 trong [4] 2.4 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ đi thiết lập một số điều kiện để bài toán (2.1) và (2.2) có nhiều nhất một nghiệm. Các kết... Chứng minh Chúng ta để ý rằng nếu x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.1), thì x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.8) Áp dụng Định lí 2.4.1 suy ra bài toán (2.8) có nhiều nhất một nghiệm tối ưu Vậy i) được thỏa mãn Áp dụng Định lí 2.4.1 suy ra ii) được thỏa mãn Hệ quả 2.4.2 Giả sử F là lồi chặt và S là lồi Với bất kì một họ điểm hữu hạn {ai : i = 1, 2, , m}, m ≥ 1, bài toán tối ưu  min max{ρ (a − x) : i... Θj ) : i ∈ I, j ∈ J} Khi đó để nghiên cứu bài toán Sylvester suy rộng chúng ta đi xem xét bài toán tối ưu sau min G(x) x ∈ S Đặt H(x) := CF (x; Ωi ) + i∈I (2.1) TF (x; Θj ) j∈J Định nghĩa 2.2.2 (Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng) Cho S ⊆ X đóng Tìm một điểm thuộc tập S sao cho cực tiểu hàm H(x) Bài toán Fermat-Torricelli suy rộng có thể cho dưới dạng bài toán tối ưu như sau: min H(x) x ∈ S (2.2)... 1200 ( chẳng hạn A ≥ 1200 ) thì f (M ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ A 2.2 Định nghĩa bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng Trong phần này chúng ta sẽ giới thiệu về bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng trong không gian định chuẩn tổng quát Cho X là một không gian định chuẩn, F ⊂ X là một tập lồi, đóng và bị chặn chứa gốc như một điểm trong; {Ωi : i... Θj0 −αF, Θj0 −mαF bị chặn, suy ra N (I, J, α), N (I, J, mα) là các tập bị chặn Vậy trong cả hai trường hợp chúng ta đều có N (I, J, α), N (I, J, mα) là các tập bị chặn Áp dụng Mệnh đề 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2 suy ra bài (2.1) và (2.2) có tập nghiệm khác rỗng Trong Mệnh đề tiếp theo sẽ thể hiện mối liên hệ giữa nghiệm tối ưu của bài toán (2.1) và nghiệm của bài toán Sylvester suy rộng Mệnh đề 2.3.3 Cho X... (không nhất thiết bị chặn) và cho S khác rỗng, đóng Định nghĩa 2.2.1 (Bài toán Sylvester suy rộng) Tìm x ∈ S và r ≥ 0 nhỏ nhất sao cho : Ωi ⊂ DF (x; r), ∀i ∈ I và DF (x; r) ∩ Θj = ∅, ∀j ∈ J Nhận xét 2.1 1) Khi I = ∅, thì bài toán trở thành tìm hình cầu mở rộng nhỏ nhất sao cho DF (x; r) ∩ Θj = ∅, ∀j ∈ J 16 2) Khi J = ∅, thì bài toán trở thành tìm hình cầu mở rộng nhỏ nhất sao cho Ωi ⊂ DF (x; r), ∀i ∈ I Bây... nhất" Bài toán được giải bởi Evangelista Torricelli và được gọi là bài toán Fermat-Torricelli cổ điển Thế kỉ 19, Jakob Steiner mở rộng cho m điểm trên mặt phẳng: "Cho m điểm M1 , M2 , , Mn trên mặt phẳng Tìm điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến các điểm đã cho là nhỏ nhất" Nhờ những ứng dụng thực tế, bài toán Fermat-Torricelli và các mở rộng của nó thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học... kì a ∈ ΠF (x; Q) Thật vậy, vì F cân đối nên F = −F , suy ra F ∗ = C ∗ Từ Q compact, F cân đối và Ví dụ 1.2 nên với mọi x ∈ / Q chúng ta thu được −∂ρF (a − x) = {x∗ ∈ F ∗ : x∗ , x − a = ρF (x − a)} 14 Chương 2 Bài toán Sylvester và bài toán Fermat-Torricelli suy rộng 2.1 Bài toán Fermat-Torricelli cổ điển Đầu thế kỉ 17, Pierre de Fermat đề xuất bài toán sau đây: "Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC Tìm... TF (x; Θ3 ) = F(x)} = Θ2 Áp dụng Định lí 2.5.1 chúng ta thu được tập nghiệm tối ưu của bài toán là M = CI (p) ∩ DI (λ) = {(x1 , 0) : max{−a + 1, −1} ≤ x1 ≤ min{a − 1, 1}} Bây giờ chúng ta sẽ đi xây dựng nghiệm của bài toán (2.1) và (2.2) trong trường hợp I = ∅, các tập Θj lồi và compact với mọi j ∈ J , F là hình cầu đơn vị đóng trong không gian X và S = X Khi đó bài toán (2.1) có thể viết lại dưới