Luận văn phương pháp tối ưu toàn cục giải bài toán malfatti

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ====== ĐÀM THỊ PHƯƠNG THÚY PHƯƠNG PHÁP TỐI ƯU TỒN CỤC GIẢI BÀI TỐN MALFATTI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ====== ĐÀM THỊ PHƯƠNG THÚY PHƯƠNG PHÁP TỐI ƯU TỒN CỤC GIẢI BÀI TỐN MALFATTI Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2018 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Tạ Duy Phượng, người thầy tận tình giúp đỡ, bảo cung cấp cho kiến thức tảng để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn tới thầy cơng tác Khoa Tốn Trường Đại học sư phạm Hà Nội thầy cô khác trực tiếp giảng dạy, truyền đạt cho kiến thức quý báu chuyên môn kinh nghiệm nghiên cứu khoa học thời gian qua Bên cạnh tơi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp trường THPT Bắc Sơn - Kim Bơi - Hòa Bình ln bên cạnh động viên khích lệ giúp tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 05 tháng 08 năm 2018 Học viên cao học Đàm Thị Phương Thuý Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung mà tơi trình bày khóa luận kết q trình nghiên cứu nghiêm túc thân hướng dẫn, giúp đỡ tận tình PGS.TS Tạ Duy Phượng Tơi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, ngày 05 tháng 08 năm 2018 Học viên cao học Đàm Thị Phương Thuý Mục lục Mở đầu Chương 1: Tổng quan toán Malfatti 1.1 Lịch sử toán Malfatti 1.2 Phát biểu chứng minh toán Malfatti 1.2.1 Phát biểu toán 1.2.2 Chứng minh Malfatti Một số chứng minh khác cho toán Malfatti 11 1.3.1 Chứng minh V.A.Zalgaller G.A.Los’ 11 1.3.2 Chứng minh Shellbach năm 1826 36 1.3 1.4 Phương pháp hình học Malfatti Steiner giải toán Malfatti 41 1.4.1 Cách dựng Malfatti 41 1.4.2 Cách dựng Steiner 42 Chương 2: Phương pháp tối ưu toàn cục giải toán Malfatti 2.1 46 Đưa toán Malfatti toán cực đại hàm lồi tập lõm 46 2.2 Điều kiện tối ưu toàn cục Strekalovsky cho toán cực đại hàm lồi 49 2.3 Áp dụng thuật toán MAX giải toán Malfatti 50 Mở đầu Lý chọn đề tài Vào năm 1803, nhà toán học người Ý Gianfrancesco Malfatti (1731- 1807) phát biểu toán sau: “Cho hình lăng trụ đứng tam giác làm từ loại chất liệu, thí dụ khối đá hoa cương Hãy cắt từ khối đá ba hình trụ khơng chồng lên có chiều cao hình lăng trụ có tổng thể tích lớn có thể.” Để giải vấn đề trên, Malfatti đưa tốn “Xác định ba đường tròn tam giác cho cho tổng diện tích ba đường tròn lớn nhất? ” Malfatti nhiều người khác cho rằng, ba hình tròn phải tiếp xúc đơi hình tròn phải tiếp xúc với hai cạnh tam giác Các hình tròn thỏa mãn tính chất sau gọi hình tròn Malfatti Đến khoảng gần 200 năm sau, nhà toán học Lob Richmond hình tròn Malfatti khơng phải nghiệm tốn Cho đến ngày nay, nhà toán học tiếp tục nghiên cứu tìm lời giải tối ưu cho toán Malfatti Gần đây, Rensen Enkbat phát biểu toán Malfatti dạng toán tìm cực tiểu hàm lõm (cực đại hàm lồi) tập lồi sử dụng công cụ tối ưu toàn cục (điều kiện tối ưu toàn cục cho toán cực đại hàm lồi, lần phát biểu Strekalovsky) để xây dựng thuật toán hội tụ giải toán Malfatti Bài toán Malfatti với cơng cụ giải đại (tối ưu tồn cục) vừa có ý nghĩa lý thuyết thực tế, vừa có ý nghĩa khoa học thời Đó lí mà tơi chọn đề tài Phương pháp tối ưu tồn cục giải tốn Malfatti làm đề tài luận văn cao học Mục đích nghiên cứu • Trình bày tổng quan tốn Malfatti • Trình bày lời giải tốn Malfatti nhờ cơng cụ tối ưu toàn cục Nhiệm vụ nghiên cứu • Đọc tổng hợp tài liệu tốn Mlafatti mặt phẳng • Viết luận văn tổng quan lời giải toán Malfatti mặt phẳng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu "Phương pháp tối ưu toàn cục giải tốn Malfatti." Phương pháp nghiên cứu • Thu thập tài liệu liên quan đến tốn Malfatti • Phân tích, tổng hợp hệ thống kiến thức liên quan tới đề tài viết luận văn trình bày phương pháp giải toán Malfatti Dự kiến đóng góp cho đề tài Xây dựng đề tài thành tài liệu tổng quan đề tài nghiên cứu Chương Tổng quan toán Malfatti 1.1 Lịch sử toán Malfatti Vào năm 1803, Malfatti (1731 - 1807) Đại học Ferrara, phát biểu tốn sau: "Cho hình lăng trụ đứng tam giác làm từ loại chất liệu, thí dụ khối đá hoa cương Hãy cắt từ khối đá ba hình trụ khơng chồng lên có chiều cao hình lăng trụ có tổng thể tích lớn có thể?" Điều dẫn đến tốn cắt ba đường tròn khơng chồng lên (khơng có phần chung) từ tam giác cho trước cho tổng diện tích chúng lớn Malfatti nhà toán học khác xem xét toán với giả sử nghiệm toán ba đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn lại hai cạnh tam giác Hình a Các đường tròn biết đến với tên gọi đường tròn Malfatti Cách dựng đường tròn Malfatti chủ đề bàn luận nhiều bào báo Lịch sử tóm tắt đưa Eves, lịch sử đầy đủ đưa Lob Richmond [3] lời gải Schellbach đưa Dorire Khoảng 70 năm sau tốn Malfatti phát biểu tạp chí Annules de Mathematiques pures er appliqués J D Gergonne J.E Thomas Lavernède đề xuất lời giải toán nội tiếp tam giác ba đường tròn cho chúng đôi tiếp xúc tiếp xúc với hai cạnh bên tam giác Một ba bán kính ba đường tròn cần tìm [c c − (d − d ) (d − d )] R , (1.1) r= ∂ c [c − (d − d )] + 2d [c − (d − d )] [c − (d − d )] + c [c − (d − d )]2 c, c , c cạnh tam giác, d, d , d khoảng cách từ đỉnh tam giác đến tâm đường tròn nội tiếp, R bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ∂ khoảng cách từ đỉnh tam giác đến tiếp điểm đường tròn nội tiếp cạnh tương ứng Jacobi Steiner (1796 - 1863) tạp chí Einige geometrische Betrachtungen đưa cách dựng hình lời giải tốn Malfatti Trước tiên, Steiner tìm đường phân giác tam giác xét ba đường tròn có tâm a1 , b1 , c1 tương ứng nội tiếp ∆AM B, ∆AM C, ∆BM C, M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi C1 tiếp điểm đường tròn tâm c1 lên cạnh AB tam giác từ C1 dựng tiếp tuyến C1 A2 với đường tròn a1 (A2 thuộc đường thẳng BC) Dựng đường tròn (b) nội tiếp tam giác C1 A2 B, đường tròn (b) ba đường tròn cần tìm Với cách tương tự ta dựng đường tròn (a) đường tròn (c) Đường thẳng C1 B2 A2 không tiếp xúc đường tròn (a1 ) mà đồng thời tiếp xúc với đường tròn (b1 ), tiếp xúc với đường tròn a nội tiếp tam giác C1 AB2 ba đường tròn cần tìm Với cách tương tự, suy từ điểm B1 tiếp điểm đường tròn (b1 ) với cạnh AC, dựng đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (a1 ) đường tròn (c1 ) đồng thời tiếp tuyến chung (a) (c) từ điểm A1 tiếp điểm đường tròn a1 với cạnh BC, dựng tiếp tuyến chung cặp đường tròn b1 c1 ; đường tròn (b) (c) Kết Steiner tổng quát Malfatti Ban đầu toán trường hợp cụ thể có nội dung sau: Trong tam giác cho trước dựng ba đường tròn cho chúng tiếp xúc với tiếp xúc với hai cạnh tam giác Trong "Annales de Mathematiques pures et appliquéé" M M Gergonne J E Thomas Lavernède xét toán: Nội tiếp khối tứ diện bốn bóng tiếp xúc chúng tiếp xúc với hai mặt khối tứ diện Steiner nhận xét tốn ln giải trường hợp bên khối tứ diện ln nội tiếp ba bóng cho tiếp xúc với hai lại ba mặt tứ diện Năm 1930, Lob Richmond [3] để ý đường tròn Malfatti khơng phải lời giải cho toán Malfatti Trong đoạn lưu ý ngắn, họ nhận xét tam giác đều, đường tròn nội tiếp tam giác với hai đường tròn nhỏ nằm hồn tồn góc có đường tròn lớn đường tròn Malfatti Sau Eves ra, với tam giác đường tròn khơng chồng lên có tổng diện tích lớn Malfatti cách tìm nghiệm phức tạp Từ phương trình đường tròn Malfatti dựng thước kẻ compa Tâm I đường tròn nội tiếp với bán kính AI, BI, CI dựng s, t, u (độ dài đoạn tiếp tuyến I cạnh) dựng Cách dựng hình dễ dàng nhận mối quan hệ sau √ r2 + s2 (1); √ BI = r2 + t2 (2); √ CI = r2 + u2 (3) AI = Đoạn phụ P Q có độ dài m= √ √ √ r + u2 + r2 + s2 + r2 + t2 − s − t − u + r (4) Do ta có x = AI − m, y = BI − m, z = CI − m Cách dựng Dựng tam giác ABC đường phân giác cắt tâm I đường tròn nội tiếp tam giác k(I, r) cho độ dài đoạn tiếp tuyến AI , BI , CI , s, t, u Dựng đoạn P Q phụ: P Q : Tính AI theo (1), tính BI theo (2), tính CI theo (3) Tức tính độ dài P Q = (1) + (2) + (3) − (s + t + u − r) theo (4) Dựng đoạn phụ tương ứng có độ dài x, y, z Đặt độ dài phụ tam giác tiếp điểm A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 Dựng đường vng góc với cạnh tam giác tiếp điểm A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 cắt đường phân giác MA , MB , MC tâm đường tròn Malfatti kA , kB , kc với bán kính rA , rB , rC 1.4.2 Cách dựng Steiner Steiner (1826) giải toán Malfatti dựa nhận xét sau: Mỗi tiếp tuyến chung đường tròn Malfatti tiếp tuyến hai số ba đường tròn nội tiếp ba tam giác ∆BCI, ∆CAI, ∆ABI; I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC 42 Hình 1.26: Cách dựng Steiner • Phân tích sơ – Các tâm MA , MB , MC đường tròn Malfatti kA , kB , kc phải nằm đường phân giác ωα , ωβ , ωγ góc α, β, γ (Hình 1.27) Hình 1.27: Cách dựng Steiner – Để dựng đường tròn Malfatti, cần phải tìm I đường tròn k nội tiếp tam giác ABC (giao điểm ba đường phân giác) – Đặc điểm đường tròn Malfatti đơi tiếp xúc điểm A , B , C cặp đường tròn có tiếp tuyến chung qua điểm Nếu dựng tiếp tuyến ( chẳng hạn P X QY ), thu tâm đường tròn tìm dựng đường phân giác mở rộng ∗ Đường phân giác góc XQY , cắt ωα MA ∗ Đường phân giác góc XP B, cắt ωβ MB 43 ∗ Đường phân giác góc XP C, cắt ωγ MC – Các tiếp điểm P, Q, R ba đường tròn phụ với cạnh tam giác Các đường tròn phụ kP , kQ , kR đường tròn nội tiếp tam giác ∆BCI, ∆CAI, ∆ABI – Các đường thẳng P X, QY, RZ tiếp tuyến chung cặp đường tròn phụ kP , kQ , kR P, Q, R Tiếp tuyến t3 đường tròn phụ kP Đường tròn Thales k3T hales RMP (với trung điểm M3 ), có hai điểm chung với đường tròn phụ kP MP , MP P Tương tự dựng điểm Y Z – Đường phân giác ARZ cắt đường phân giác AI điểm MA tâm đường tròn Malfatti kA Hình chiếu MA AC AB bán kính cần tìm rA = MA B2 = MA C1 44 Hai đường tròn Malfatti lại suy theo cách tương tự • Cách dựng (bao gồm mơ tả cách dựng) tóm tắt sau – Dựng ∆ABC, đường phân giác ωα , ωβ , ωγ cắt tâm I đường tròn k(I, r) nội tiếp ∆ABC – Dựng đường tròn kP , kQ , kR nội tiếp tam giác ∆BCI, ∆CAI, ∆ABI – Gọi P, Q, R tiếp điểm đường tròn cạnh tam giác – Từ P, Q, R dựng tiếp tuyến tương ứng với cặp đường tròn đối diện – Dựng phân giác góc tạo cạnh BC, CA, AB đường thẳng P X, QY,RZ tương ứng – Giao điểm đường phân giác với ωα , ωβ , ωγ MA , MB , MC tâm đường tròn Malfatti kA , kB , kc – Dựng đường tròn kA , kB , kc có tâm MA , MB , MC bán kính khoảng cách từ tâm đến hai cạnh tam giác 45 Chương Phương pháp tối ưu tồn cục giải tốn Malfatti Chương trình bày nội dung phương pháp tối ưu toàn cục giải xấp xỉ toán Malfatti dựa theo [5] 2.1 Đưa toán Malfatti toán cực đại hàm lồi tập lõm Ký hiệu B(x, z) đường tròn với tâm x ∈ R2 với bán kính z ∈ R B (x, z) = y ∈ R2 | y − x ≤ z (2.1) Một miền tam giác D ⊂ R2 cho D = x ∈ R| , x ≤ bi , ∈ R2 , bi ∈ R, i = 1, 2, (2.2) Ở , biểu thị tích vơ hướng hai véc tơ không gian R2 , chuẩn Ơ-clit, = aj , i = j; i, j = 1, 2, Định lý 2.1.1 B (x, z) ⊂ D , x + z ≤ bi , i = 1, 2, (2.3) Chứng minh • Điều kiện cần: Lấy y ∈ B (x, z) y ∈ D Một điểm y ∈ B (x, z) dễ dàng trình bày dạng y = x + zh, h ∈ R2 , |h| ≤ (∗) Điều kiện 46 y ∈ D , y ≤ bi , i = 1, 2, Vì y = x + zh nên biểu thức (*) trở thành , x + z , h ≤ bi , i = 1, 2, 3, ∀h ∈ R2 , |h| ≤ 1; ta có , x + z max , h ≤ bi , i = 1, 2, 3, h ≤1 , x + z , ai ≤ bi , i = 1, 2, Hạn chế , x + z ≤ bi , i = 1, 2, ∼ ∼ • Điều kiện đủ: Lấy điều kiện (2.3) giả sử ngược lại, y ∈ B (x, z) cho y ∈ / D ∼ ∼ ∼ ∼ Rõ ràng, tồn h ∈ R2 cho y = x + z h, h ≤ Từ y ∈ / D tồn ∼ j ∈ {1, 2, 3} mà aj , y ∼ ∼ > bj aj , x + z h = aj , x + z aj , h > bj Mặt khác, ta có , x + z aj > bj , mâu thuẫn (2.3) (điều phải chứng minh) Bây trình bày điều kiện nội tiếp ba đường tròn bên tam giác Giả thiết điểm giao phía đường tròn rỗng Có trường hợp sau – Trường hợp 1: Ba đường tròn tiếp xúc đơi – Trường hợp 2: Một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn lại tâm đường tròn nằm đường thẳng – Trường hợp 3: Một tiếp xúc với hai đường tròn lại tâm đường tròn không nằm đường thẳng Đồng thời, hai đường tròn cuối khơng giao Ký hiệu u (x1 , x2 ) , v (x4 , x5 ) p (x7 , x8 ) tâm ba đường tròn nội tiếp tam giác D cho (2.2) Lấy x3 , x6 x9 tương ứng bán kính đường tròn Như vậy, toán Malfatti cho trường hợp phát 47 biểu sau max f = π x23 + x26 + x29 (2.4) , u + x3 ≤ bi , i = 1, 2, 3; (2.5) , v + x6 ≤ bi , i = 1, 2, 3; (2.6) , p + x9 ≤ bi , i = 1, 2, 3; (2.7) (x4 − x1 )2 + (x5 − x2 )2 = (x3 + x6 )2 ; (2.8) (x7 − x1 )2 + (x8 − x2 )2 = (x3 + x9 )2 ; (2.9) (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 = (x6 + x9 )2 ; (2.10) x3 ≥ 0, x6 ≥ 0, x9 ≥ (2.11) Hàm f mục (2.4) tổng diện tích ba đường tròn Điều kiên (2.5) đến (2.7) đặc trưng cho điều kiện nội tiếp ba đường tròn nội tiếp tam giác, điều kiện (2.8) đến (2.11) tương ứng cho trường hợp Trong trường hợp 2, tâm ba đường tròn nằm đường thẳng đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn lại Khơng tính tổng qt, giả sử đường tròn tâm u (x1 , x2 ) nằm hai đường tròn lại Khi mơ tả trường hợp điều kiện (2.8), (2.9) (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 = (x6 + 2x3 + x9 )2 (2.12) Trong trường hợp 3, xác định điều kiện (2.8), (2.9) (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 ≥ (x6 + x9 )2 (2.13) S1 biểu thị tập định nghĩa điều kiện (2.5)-(2.11) S2 biểu thị tập đưa điều kiện (2.5) – (2.9), (2.11) (2.12) S3 biểu thị tập đưa điều kiện (2.5) – (2.9), (2.11) (2.13) Các tập hợp S1 , S2 S3 khơng lồi, compact Vì vậy, toán (2.4) – (2.11) trở thành toán cực đại hàm lồi tập không lồi Một điểm dừng toán nghiệm hệ 36 phương trình bất đẳng thức với 24 biến bao gồm số nhân tử Lagrange 48 2.2 Điều kiện tối ưu tồn cục Strekalovsky cho tốn cực đại hàm lồi Theo mục trước, lưu ý lời giải cho toán Malfatti f ∗ = max {maxx∈S1 f, maxx∈S2 f, maxx∈S3 f } (2.14) max f, Si ⊂ R9 , i = 1, 2, 3, (2.15) Xét toán sau x∈Si Bài toán (2.14) thuộc lớp toán cực đại hàm lõm tương đương, toán cực tiểu hàm lồi Điều kiện cực đại tồn hóa tồn cục cho tốn cực đại hàm lồi phát biểu Strekalovsky Áp dụng kết Strekalovsky [7] cho tốn ta có Định lý 2.2.1 Lấy z ∈ Si thoả mãn f (z) = 0, z nghệm toán (2.15) z f (y) , x − y ≤ cho tất y ∈ Ef (z) (f ) x ∈ Si Ở đây, Ec (f ) = {y ∈ Rn |f (y) = c} tập mức f c f (y) gradient f y Trước trình bày thuật tốn giải tốn (2.15), thơng qua định lý 2.2.1 với hàm φ (z) định nghĩa cho z ∈ Si φ (z) = max (y), y∈Ef (z) (f ) đây, (y) = maxx∈Si f (y) , x − y Theo [6] hàm (y) liên tục phân biệt theo hướng Vì f lồi, họ Ef (z) (f ) compact Do đó, φ (z) < +∞ Chúng ta lưu ý rằng, (y) ≤ φ (z) với y ∈ Ef (z) (f ) Định lý 2.2.2 Lấy z ∈ Si thỏa mãn thoả mãn f (z) = 0, φ (z) = z nghiệm cực đại tồn cục tốn (2.15) Chứng minh Từ bất đẳng thức sau 49 (y) = max f (y) , x − y ≤ φ (z) = f (y) , x − y ≤ x∈Si Với x cố định, x ∈ Si y ∈ Ef (z) (f ) Bây ta áp dụng thuật toán MAX [6] để giải toán (2.15) Thuật toán MAX x0 = Đặt k := Bước 1: Chọn điểm x0 ∈ Si cho f Bước 2: Giải toán max (y) y∈Ef (xk ) (f ) Lấy y k nghiệm toán, tức yk = Lấy θ xk := max f (y) , x − y max y∈Ef (xk ) (f ) x∈D y k lấy xk+1 nghiệm thoả mãn yk = f y k , xk+1 − y k Bước 3: Nếu θ xk = dừng lại, xk nghiệm Ngược lại, đặt k = k + quay trở lại bước Sự hội tụ thuật toán cho định lý (2.2.3) Định lý 2.2.3 Dãy xk , k = 1, 2, sinh thuật tốn MAX là dãy cực đại hóa cho tốn (2.15), lim f xk = max f (x) , x∈Si k→∞ Và điểm tụ dãy xk , k = 1, 2, điểm cực đại tồn cục tốn 2.3 Áp dụng thuật toán MAX giải toán Malfatti Thuật toán MAX bắt đầu với việc tìm điểm cực đại địa phương tùy ý xk giải nhờ hàm fmincon Matlab Lưu ý thí nghiệm số, giải toán max (y) lần lặp k = 1, 2, y∈Ef (xk ) (f ) toán với ràng buộc đẳng thức theo thuật toán [9] với toán maxx∈Si f y k , x − y k gải phương pháp Lagrange Xét ví dụ với tam giác có đỉnh A(0, 0), B(3, 4) C(8, 6) Như 50 thấy, mục (2.1) lời giải cho tốn Malfatti bao gồm ba trường hợp Khi đó, với trường hợp có toán sau max f = π x23 + x26 + x29 (2.16) −4x1 + 3x2 + 5x3 ≤ 6x1 − 8x2 + 10x3 ≤ √ −2x1 + 5x2 + 29x3 ≤ 14 −4x4 + 3x5 + 5x6 ≤ 6x4 − 8x5 + 10x6 ≤ √ −2x4 + 5x5 + 29x6 ≤ 14 −4x7 + 3x8 + 5x9 ≤ 6x7 − 8x8 + 10x9 ≤ √ −2x7 + 5x8 + 29x9 ≤ 14 (x4 − x1 )2 + (x5 − x2 )2 − (x3 + x6 )2 = (x7 − x1 )2 + (x8 − x2 )2 − (x3 + x9 )2 = (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 − (x6 + x9 )2 = x3 ≥ 0, x6 ≥ 0, x9 ≥ 51 (2.17) Trong trường hợp −4x1 + 3x2 + 5x3 ≤ 6x1 − 8x2 + 10x3 ≤ √ −2x1 + 5x2 + 29x3 ≤ 14 −4x4 + 3x5 + 5x6 ≤ 6x4 − 8x5 + 10x6 ≤ √ −2x4 + 5x5 + 29x6 ≤ 14 −4x7 + 3x8 + 5x9 ≤ (2.18) 6x7 − 8x8 + 10x9 ≤ √ −2x7 + 5x8 + 29x9 ≤ 14 (x4 − x1 )2 + (x5 − x2 )2 − (x3 + x6 )2 = (x7 − x1 )2 + (x8 − x2 )2 − (x3 + x9 )2 = (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 = (x6 + 2x3 + x9 )2 x3 ≥ 0, x6 ≥ 0, x9 ≥ Trong trường hợp −4x1 + 3x2 + 5x3 ≤ 6x1 − 8x2 + 10x3 ≤ √ −2x1 + 5x2 + 29x3 ≤ 14 −4x4 + 3x5 + 5x6 ≤ 6x4 − 8x5 + 10x6 ≤ √ −2x4 + 5x5 + 29x6 ≤ 14 −4x7 + 3x8 + 5x9 ≤ (2.19) 6x7 − 8x8 + 10x9 ≤ √ −2x7 + 5x8 + 29x9 ≤ 14 (x4 − x1 )2 + (x5 − x2 )2 − (x3 + x6 )2 = (x7 − x1 )2 + (x8 − x2 )2 − (x3 + x9 )2 = (x7 − x4 )2 + (x8 − x5 )2 − (x6 + x9 )2 ≥ x3 ≥ 0, x6 ≥ 0, x9 ≥ Trong thực nghiệm tính tốn [5], khơng cần xét trường hợp có đường tròn khơng tiếp xúc với hai đường tròn khác Hiệu thuật tốn 52 đề xuất [5] kiểm tra ba trường hợp tốn Malfatti Lời giải tồn cục cho toán Malfatti (2.16) – (2.17) tương ứng với trường hợp f ∗ = 3.192752 tâm đường tròn (x∗1 , x∗2 ) = (2.5830, 2.5830) (x∗4 , x∗5 ) = (3.4339, 3.4339) (x∗7 , x∗8 ) = (4.4925, 4.0288) Trong q trình tính toán, tổng số 33 điểm tối ưu địa phương điểm dừng kiểm tra thuật toán MAX Hình ảnh hình học thể lời giải tồn cục ba trường hợp đưa Hình vẽ 2.1; 2.2 2.3 53 Hình 2.1: Trường hợp Hình 2.2: Trường hợp Hình 2.3: Trường hợp 54 Kết luận Luận văn trình bày lịch sử tốn Malfatti phương pháp giải tích kết hợp với hình học giải tốn Malfatti Áp dụng thuật tốn MAX giải tốn Malfatti Đóng góp luận văn bao gồm 1) Phát biểu tóm lược lịch sử tốn Malfatti 2) Trình bày số phương pháp hình học giải tốn Malfatti 3) Trình bày phương pháp tối ưu tồn cục giải toán Malfatti 55 Tài liệu tham khảo [1] Andreatta, M., Bezdek, A., Boroski, J.P., (2011), The problem of Malfatti: two centuries of debate, Math Intelligence, 33(1), [72 - 76] [2] H Gabai and E Liban, (1967), On the Goldberg’s inequality associated with the Malfatti problem, Math Mag., 41, No 5, [251 - 252] [3] Lob, H., Richmond, H.W., (1930), On the solutions of the Malfatti problem for a triangle, Proc London Math Soc 2(30), [287 - 301] [4] M.Goldberg, (1967), On the original Malfatti problem, Math Mag., 40, No 5, [241 - 247] [5] Rentsen Enkhbat, (2016), Global optimization approach to Malfatti’s problem, Journal Global Optimization, No1, Vol 65, [33 - 39] [6] Enkhbat, R, (1996), An algorithm for maximizing a convex function over a simple set, J.Glob Optim 8, [379 - 391] [7] Strekalovsky, A.S., (1998), On the global extrema problem, Journal of Global Optimization, Vol.12, [415 - 434] [8] V.A.Zalgaller and G.A.Los’, (1994), Jour of Mathematical Sciences, Vol 72 Nol [9] V.N Nefedov, (1987), Finding the global maximum of a function of several variables on a set given by inequality constraints, J Numer Math Math Phys 27(1), [35 -51] 56 ... cục giải toán Malfatti 2.1 46 Đưa toán Malfatti toán cực đại hàm lồi tập lõm 46 2.2 Điều kiện tối ưu toàn cục Strekalovsky cho toán cực đại hàm lồi 49 2.3 Áp dụng thuật toán MAX giải toán Malfatti. .. Mlafatti mặt phẳng • Viết luận văn tổng quan lời giải toán Malfatti mặt phẳng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu "Phương pháp tối ưu toàn cục giải tốn Malfatti. " Phương pháp nghiên cứu • Thu... thuật toán hội tụ giải toán Malfatti Bài toán Malfatti với cơng cụ giải đại (tối ưu tồn cục) vừa có ý nghĩa lý thuyết thực tế, vừa có ý nghĩa khoa học thời Đó lí mà tơi chọn đề tài Phương pháp tối