(Luận văn thạc sĩ) điều kiện cần cực trị của bài toán biến phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH NHƯ ĐIỀU KIỆN CẦN CỰC TRỊ CỦA BÀI TỐN BIẾN PHÂN Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60.46.01.12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2017 Mục lục Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khơng gian tuyến tính định chuẩn 1.1.1 Khái niệm không gian tuyến tính 1.1.2 Khái niệm khơng gian tuyến tính định 1.2 Phép tính vi phân 1.2.1 Dưới vi phân hàm lồi 1.2.2 Đạo hàm Gâteaux 1.2.3 Đạo hàm Fréchet chuẩn 5 7 Chương Điều kiện cần cực trị cho tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều 13 2.1 Định lí Fermat 14 2.1.1 Bài tốn trơn khơng có ràng buộc 14 2.1.2 Bài tốn lồi khơng có ràng buộc 16 2.2 Qui tắc nhân tử Lagrange 19 Chương Điều kiện cần cho toán biến phân 30 3.1 Bài toán biến phân sở 33 3.2 Phương trình Euler 34 3.3 Bổ đề Du Bois-Reymond toán Bolza 42 3.4 Ví dụ Hilbert 49 3.5 Điều kiện Weierstrass 51 3.6 Điều kiện Legendre 53 3.7 Điều kiên Jacobi 55 3.8 Bài toán đẳng chu 59 3.9 Bài toán điều khiển tối ưu nguyên lý cực đại Pontriagin 62 3.9.1 Dẫn tới toán điều khiển tối ưu 62 3.9.2 Bài toán điều khiển tối ưu 63 Tài liệu tham khảo 66 Lời nói đầu Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu Fermat phát biểu cách 300 năm Lí thuyết điều kiện cần cực trị khơng gian hữu hạn chiều cho tốn có hạn chế phát triển qua nhiều thời kì nhà tốn học Lagrange, Euler, Kuhn, Tucker, Năm 1696, Johann I Bernoulli phát biểu toán đường đoản thời (brachistochrone): Cho trước hai điểm A B mặt phẳng thẳng đứng Hãy xác định đường AM B để tác động lực trọng trường vật thể M chuyển động từ A đến B thời gian ngắn Vấn đề bắt nguồn từ thực nghiệm G Galilei: Nếu cho hai viên bi giống lăn dây cung cung tròn viên bi lăn cung trịn đến điểm cuối nhanh (mặc dù đường dài hơn, tốc độ lớn hơn) Giả sử y(x) hàm mô tả đường cong chuyển động viên bi hệ trục tọa độ (x, y) với y(x0 ) = 0, y(x) ≤ x ≥ x0 Điểm A có tọa độ A(x0 , 0) điểm B có tọa độ B(x1 , y1 ) cho trước Giả thiết lực ma sát không đáng kể, theo định luật rơi Galilei, ta có vận tốc viên bi −2gy(x), g ≈ 9, 8m/s2 gia tốc rơi tự Quãng đường sau thời gian dt ds = + y ′2 (x)dx ds nên Vì v(t) = dt −2gy(x) = + y ′ (x)dx hay dt = dt x1 Thời gian từ A(x0 , 0) đến B(x1 , y1 ) là: T = x0 + y ′ (x) −2gy(x) + y ′ (x) −2gy(x) dx dx Bài toán trở thành: Trong số tất quỹ đạo (đường cong) y(x) nối hai điểm A(x0 , 0) đến B(x1 , y1 ) cho trước, tìm đường cong x1 + y ′ (x) làm cực tiểu phiếm hàm −2gy(x) x0 dx Đây tốn cực trị có ràng buộc: x1 + y ′ (x) T = −2gy(x) x0 (1) dx → inf (2) y(x0 ) = 0, y(x1 ) = y1 Bài toán (1)–(2) tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều (khơng gian tất đường cong trơn nối hai điểm cho trước) Sau Bernoulli, toán tổng quát thành toán biến phân: t1 J(x(.)) = t0 L(t, x(t), x(t))dt ˙ → inf (x(t0 ), x(t1 )) ∈ Γ, [t0 , t1 ] ⊂ R cho trước, Γ ⊂ Rn × Rn , L hàm liên tục miền R × Rn × Rn Mục đích luận văn trình bày khái niệm nghiệm yếu nghiệm mạnh địa phương tồn cục tốn biến phân, điều kiện cực trị cấp cấp hai tốn biến phân Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Tạ Duy Phượng tận tình hướng dẫn giúp đỡ em suốt tình học tập nghiên cứu Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Giáo sư, Phó giáo sư, Tiến sĩ, q thầy giáo giảng dạy Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam, mang đến cho em nhiều kiến thức bổ ích nghiên cứu khoa học Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình bạn đồng mơn ln giúp đỡ động viên thời gian học tập q trình hồn thành luận văn Thái Ngun, tháng 05 năm 2017 Tác giả Hoàng Thị Quỳnh Như Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Không gian tuyến tính định chuẩn Khái niệm khơng gian tuyến tính Định nghĩa 1.1.1 Tập X = ∅ gồm đối tượng gọi khơng gian tuyến tính trường số thực R, đó: (I) Có qui tắc cho ứng với hai phần tử x, y thuộc X phần tử z thuộc X gọi “tổng” x y, ký hiệu z = x + y; (II) Có qui tắc cho ứng với phần tử α ∈ R phần tử x ∈ X phần tử p thuộc X gọi tích α với x, ký hiệu p = αx (III) Các qui tắc cho (I) (II) phải thỏa mãn tám tiên đề sau đây: (1) ∀x, y ∈ X : x + y = y + x (tính giao hoán); (2) ∀x, y, z ∈ X : (x + y) + z = x + (y + z) (tính kết hợp); (3) ∃θ (phần tử 0) cho ∀x ∈ X : θ + x = x + θ = x; (4) ∀x ∈ X : ∃x′ (phần tử đối) cho: x + x′ = x′ + x = θ; (5) ∀x ∈ X : 1x = x; (1 ∈ R); (6) ∀α ∈ R, ∀x, y ∈ X : α(x + y) = αx + αy; (7) ∀α, β ∈ R, ∀x ∈ X : (αβ)x = α(βx); (8) ∀α, β ∈ R, ∀x ∈ X : (α + β)x = αx + βx Ví dụ 1.1.2 Không gian hàm liên tục từ [a, b] vào R, kí hiệu C[a, b] khơng gian tuyến tính Tương tự, khơng gian hàm khả vi liên tục [a, b], kí hiệu C1 [a, b] khơng gian tuyến tính Thật vậy, với định nghĩa (i) z = x + y ⇔ z(t) = x(t) + y(t) ∀t ∈ [a, b]; (ii) z = λ.x ⇔ z(t) = λx(t) ∀t ∈ [a, b] tám tiên đề thỏa mãn Vậy không gian hàm liên tục hàm khả vi liên tục [a, b] khơng gian tuyến tính 1.1.2 Khái niệm khơng gian tuyến tính định chuẩn Khơng gian tuyến tính X R gọi khơng gian (tuyến tính) định chuẩn, có qui tắc cho ứng với phần tử x ∈ X số thực không âm gọi chuẩn (hoặc độ dài) x, ký hiệu x , thỏa mãn tính chất sau đây: (i) ∀x ∈ X : x ≥ x = ⇔ x = (tính khơng âm); (ii) ∀x ∈ X, ∀λ ∈ R : λx = |λ| x (tính đồng nhất); (iii) ∀x, y ∈ X : x + y ≤ x + y (Bất đẳng thức tam giác) Ví dụ 1.1.3 Khơng gian C[a, b] hàm liên tục ϕ : R → R không gian C1 [a, b] không gian tuyến tính định chuẩn với chuẩn tương ứng x C[a,b] = max |x(t)| a≤t≤b x C1n [a,b] = max{ x C[a,b] , x˙ C[a,b] = max{max |x(t)|, max |x(t)|} ˙ a≤t≤b a≤t≤b Khi ba tiên đề chuẩn thỏa mãn  x1 (t)     n Ví dụ 1.1.4 Giả sử: x(·) : [a, b] → R , tức là: x(t) =   ∈   xn (t)   x˙ (t)     Rn ∀t ∈ [a, b], ta định nghĩa x(t) ˙ =    x˙ n (t) Kí hiệu: C n [a, b] C1n [a, b] khơng gian tuyến tính [a, b] với định nghĩa thông thường phép toán cộng véctơ nhân số  với véctơ Ta định nghĩa: x C n [a,b] = max { xi 1≤i≤n C[a,b] } = max { xi C1 [a,b] } x C1n [a,b] 1≤i≤n Khi C n [a, b] C1n [a, b] khơng gian tuyến tính định chuẩn 1.2 Phép tính vi phân 1.2.1 Dưới vi phân hàm lồi Cho f hàm lồi thật (hàm lồi thường) X Tập ∂f (x) := {x∗ ∈ X ∗ | f (z) − f (x) ≥ x∗ , z − x ∀z ∈ X} (1.1) gọi vi phân f x Ví dụ 1.2.1 (Dưới vi phân hàm chỉ) Với x ∈ A ∂δ(x|A) khác rỗng chứa Từ định nghĩa ta suy ∂δ(x | A) = N (x | A), (1.2) N (x|A) := {x∗ ∈ X ∗ | x∗ , z − x ≤ ∀z ∈ A} (1.3) nón pháp tuyến (normal cone) tập A điểm x 1.2.2 Đạo hàm Gâteaux Cho X Y hai không gian tô pô tuyến tính, V lân cận x ∈ X F : X → Y Nếu δF (x, h) := lim t−1 (F (x + th) − F (x)) t→0 tồn với h ∈ X ánh xạ h → δF (x, h) gọi biến phân bậc F x Nếu tồn tốn tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho Λh = δF (x, h) ∀h ∈ X Λ gọi đạo hàm Gâteaux, ký hiệu FG′ (x) Khi ta nói: F khả vi Gâteaux x Điều xảy tồn toán tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho F (x + th) = F (x) + tΛh + o(t) ∀h ∈ X Ví dụ 1.2.2 Cho r ϕ tọa độ cực x ∈ R2 f (x) = r cos 3ϕ Ta có δf (0.h) = f (h) Vì δf (0.h) khơng tuyến tính nên f không khả vi Gâteaux ∈ R2 Trong Giải tích lồi, vi phân đóng vai trị đạo hàm Nếu hàm lồi khả vi Gâteaux điểm vi phân điểm có phần tử đạo hàm Gâteaux 1.2.3 Đạo hàm Fréchet Nếu X Y không gian Banach, F : X → Y khả vi Fréchet x tồn tốn tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho F (x + h) = F (x) + Λh + r(h) với lim h X →0 r(h) Y = h X Khi Γ đạo hàm Fréchet, ký hiệu FF′ (x) hay F ′ (x) Ánh xạ F gọi qui x khả vi Fréchet x ImF ′ (x) = Y Kí hiệu L(X, Y ) khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục từ X Y, trang bị chuẩn Λ = sup x Λx Y X =1 Nếu F : X → Y khả vi Fréchet điểm tập mở V ánh xạ x → F ′ (x) liên tục V (hay x0 ∈ V ) theo tơ pơ L(X, Y ) ta nói F khả vi liên tục V (hay x0 ,) hay F thuộc vào lớp C1 Nếu F phiếm hàm F ′ (x) = x gọi điểm dừng Ví dụ 1.2.3 (Đạo hàm Fréchet ánh xạ afin) Một ánh xạ A : X → Y từ không gian tuyến tính X vào khơng gian tuyến tính Y có dạng A(x) = Λx + a, với a ∈ X Λ ánh xạ tuyến tính từ X vào Y , gọi ánh xạ afin Nếu X Y không gian Banach Λ liên tục A khả vi Fréchet khắp nơi A′F (x) = Λ Mệnh đề 1.2.4 a) Nếu F khả vi Fréchet x F liên tục khả vi Gâteaux FG′ (x) = FF′ (x) b) Nếu F khả vi Gâteaux x F biến phân bậc tồn δF (x, h) = FG′ (x)h Chứng minh: Xem [4], p 35 Ví dụ 1.2.5 Hàm  1 x = (x )2 x = 0, 2 f (x1 , x2 ) = 0 trường hợp lại khả vi Gâteaux (0, 0) ∈ R2 khơng liên tục nên theo Mệnh đề 1.2.4 khơng thể khả vi Fréchet Ta có Định lý 1.2.6 (Định lí giá trị trung bình) Cho X Y không gian tô pô tuyến tính, U tập mở X, ánh xạ F : U → Y khả vi Gâteaux điểm đoạn nối [x, x + h] ⊂ U Khi ta có: a) Nếu ánh xạ z → FG′ (z) ánh xạ liên tục [x, x + h] vào Y F (x + h) − F (x) = FG′ (x + th)h dt b) Nếu X Y không gian Banach F (x + h) − F (x) ≤ sup FG′ (x + th) · h 0≤t≤1 với Λ ∈ L(X, Y ) : F (x + h) − F (x) − Λh ≤ sup FG′ (x + th) − Λ · h 0≤t≤1 52 Theo điều kiện Weierstrass (3.22) L(t, x∗ (t), ξ) − L(t, x∗ (t), x˙ ∗ (t), ξ))Lx˙ (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t), ξ)) ≥ (3.23) Có nghĩa là: đồ thị hàm L(t, x∗ (t), ) : R → R nằm phía đường tiếp tuyến ξ = x˙ ∗ (t) Người ta dễ đặt câu hỏi: Để đạt t giá trị cực tiểu tích phân t01 L(t.x∗ (t), x˙ ∗ (t))dt, không chọn x˙ ∗ (t) điểm cực tiểu L(t, x∗ (t), ) với t ∈ [t0 , t1 ]? Điều có khơng, khơng thể thỏa mãn điều kiện x∗ (t0 ) = x0 x∗ (t1 ) = x1 Sở dĩ phải đòi hỏi (3.5.1) với ξ ∈ R vì: khơng gian C[0, 1], x(·) C n nhỏ |x(t)| ˙ lớn tùy ý Dễ thấy rằng: điều kiện Weierstrass (3.22) hiển nhiên thỏa mãn hàm L tựa qui, tức L(t.x, ·) lồi (theo biến thứ ba) với t x Quay lại ví dụ 3.2.4, ta có x∗ (t) = t, x˙ ∗ (t) = ε(t, x∗ (t), x˙ ∗ (t), ξ) = ξ − − (ξ − 1)3 = (ξ − 1)2 (ξ + 2) < ξ < −2 Như vậy, nghiệm x∗ (t) = t không thỏa mãn điều kiện Weierstrass, nên khơng thể nghiệm tối ưu địa phương mạnh toán (3.7) Để chứng minh định lí K Weierstrass sử dụng loại hàm nhiễu đặc biệt:   / [τ, τ + ǫ]  0 cho t ∈ (3.24) h(t, λ, ǫ) := λǫ cho t = τ + λ, ξ ∈ R,    afin đoạn [τ, τ + λ] [τ + λ, τ + ǫ], gọi biến phân Weierstrass Hàm có phần đồ thị (khác 0) hình tam giác, mà độ dài đáy ǫ tiến tới tam giác tiến dần đến triệt tiêu (để hàm bị nhiễu x∗ (·) + h(., λ, ǫ) tiến dần đến x∗ (·) theo chuẩn C n ), độ nghiêng x˙ = ξ cạnh đoạn [τ, τ + λ] 53 không thay đổi Như vậy, tam giác nhiễu giống kim Vì vậy, người ta cịn gọi hàm nhiễu biến phân hình kim Với τ thuộc (t0 , t1 ) ǫ > 0, khảo sát t1 ϕǫ λ := t0 ˙ λ, ǫ))dt L(t, x∗ (t) + h(t, λ, ǫ), x˙ ∗ (t) + h(t, ta có lim ϕ′ǫ (+0) = L(τ, x∗ (τ ), x˙ ∗ (τ ), ξ)−L(τ, x∗ (τ ), x˙ ∗ (τ ))−ξLx˙ (τ, x∗ (τ ), x˙ ∗ (τ )) ǫ→0 Do ϕǫ (+0) ≥ (với ǫ > 0) nên đẳng thức vừa cho ta kết luận Định lí 3.5.1 (xem [1], trang 54) 3.6 Điều kiện Legendre Khác với hai điều kiện xét, điều kiện Legendre điều kiện cần bậc hai Cụ thể, ta có: Định lý 3.6.1 (Điều kiện Legendre cho nghiệm cực tiểu yếu) Giả thiết L khả vi liên tục ba lần miền U ⊂ R3 , với t ∈ [t0 , t1 ], (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t)) ∈ U hàm x∗ (·) khả vi liên tục hai lần [t0 , t1 ] Nếu x∗ (·) nghiệm tối ưu địa phương yếu tốn (3.3) A(t) := Lx˙ x˙ (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t)) ≥ ∀t ∈ [t0 , t1 ] (3.25) (3.25) gọi điều kiện Legendre Nó nói lên quĩ đạo tối ưu qua điểm mà L không lõm theo biến thứ ba Bây ta xét tốn gần giống với (3.7) Ví dụ 3.2.4, thay đổi chút điều kiện biên Ví dụ 3.6.2 (Nghiệm Phương trình Euler khơng thỏa mãn điều kiện Legendre) F(x(·)) = x˙ (t)dt → inf; x(0) = 0, x(1) = γ, (3.26) 54 Tương tự Ví dụ 3.2.4, Phương trình Euler v iu kin biờn 6x(t)ă x(t) = 0, x(0) = 0, x(1) = γ, cho nghiệm x∗ (t) = γt Khi L = x˙ dẫn đến A(t) = Lx˙ x˙ (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t)) = 6x˙ ∗ (t) = 6γ Rõ ràng, điều kiện Legendre thỏa mãn γ ≥ Do đó, theo Định lí 3.2.2 3.6.1, tốn (3.26) khơng có nghiệm tối ưu địa phương yếu nên γ < Chứng minh Định lí (3.6.1): Kí hiệu B(t) = Lxx |x∗ (t) , C(t) = Lxx ˙ |x∗ (t) (3.27) Ta có biến phân bậc hai F(·) x∗ (·) δ F(x∗ (·), x(·)) t1 = t0 t1 = t0 (A(t)x˙ (t) + B(t)x2 (t) + 2C(t)x(t)x(t))dt ˙ (A(t)x˙ (t) + (B(t) − d C(t))x2 (t)dt dt (3.28) (3.29) cho x(·) ∈ L0 , L0 = {x(·) ∈ C1 [t0 , t1 ] | x(t0 ) = x(t1 ) = 0} Vì x∗ (·) nghiệm tối ưu địa phương toán (3.3) nên theo Định lí 3.2 (điều kiện cần bậc cao) ta có δ F(x∗ (·), x(·)) ≥ 0, ∀x(·) ∈ L0 (3.30) Giả sử điều kiện (3.25) không thỏa mãn giả thiết khả vi L x∗ (·) kéo theo tồn điểm τ ∈ (t0 , t1 ) cho A(τ ) < Để điều dẫn đến mâu thuẫn với (3.30), ta sử dụng phép biến 55 phân sau: √  λ− h(t, γ, τ ) = 0 |t−τ | √ λ cho |t − τ | ≤ λ2 , cho |t − τ | ≥ λ2 Biến phân có nét đặc biệt ≤ h(t, λ, τ ) ≤ √ λ , √ ˙ λ, τ )| ≤ |h(t, λ, τ )h(t, λ √ = , λ h˙ (t, λ, τ )dt = |t−τ |≤λ/2 Vì vậy, thay vào (3.28) ta có λ2 δ F(x∗ (·), h(., λ, τ )) ≤ max A(t) + max |B(t)| + max |C(t)|λ |t−τ |≤λ/2 |t−τ |≤λ/2 |t−τ |≤λ/2 → A(τ ) < λ → Như vậy, λ đủ nhỏ δ F(x∗ (·), h(., λ, τ )) < Có điều h(., λ, τ ) khơng khả vi liên tục nên khơng thuộc L0 Tuy nhiên, ˜ λ, τ ) ∈ L0 thỏa mãn cần làm trơn h(., λ, τ ) ta thu h(., ˜ λ, τ )) < Điều mâu thuẫn với (3.30) Do đó, x∗ (·) δ F(x∗ (·), h(., phải thỏa mãn điều kiện (3.25) 3.7 Điều kiên Jacobi Trong phần trên, ta thường dùng cách hàm biến phân khác khoảng nhỏ để gây nhiễu cục Vì vậy, điều kiện cần thu đưa đảm bảo mang tính chất cục Nghĩa là: khoảng đủ nhỏ nghiệm thỏa mãn điều kiện cần đủ tốt Song, sống hàng ngày, nhiều tốt diện hẹp gộp lại với chưa cho thành phẩm tối ưu diện rộng Ví dụ sau minh họa điều Với hai điểm A B cho trước bề mặt cầu, ta phải tìm đường ngắn chạy mặt cầu nối hai điểm Khi hai điểm A B đủ gần đường nối ngắn phải đoạn 56 nằm giữa, thuộc giao mặt cầu mặt phẳng qua tâm cầu hai điểm Rõ ràng, điều kiện cần cực tốt, đến mức A B đủ gần cho nghiệm nhất, nghiệm tối ưu Nhưng A B nằm xa nhau, gần đối xứng qua tâm, ta bắt đầu lúng túng với khái niệm “nằm giữa”, lẽ có hai đoạn cong khác mặt phẳng qua tâm “nằm giữa” hai điểm Trừ trường hợp A B thực đối xứng qua tâm, lại hai “ứng cử viên” mà điều kiện cần đưa đường nối ngắn Làm để khắc phục tình trạng trên? Ta thêm đòi hỏi sau vào điều kiện cần: Ngồi điểm B ra, đoạn nối cần tìm khơng có điểm đối xứng với A qua tâm cầu! Điều kiện giúp loại bớt trường hợp xấu Với kinh nghiệm này, ta hiểu phần xuất điều kiện Jacobi, điều kiện cần mang tính chất tồn cục quan trọng cho nghiệm cực tiểu địa phương Hãy để ý rằng: Biến phân dùng để chứng minh điều kiện khác gần khắp khoảng khảo sát [t0 , t1 ] Đặt K(x(·)) = δ F(x∗ (·), x(·)), (3.29)-(3.30) cho ta t1 K(x(·)) = t0 (A(t)x˙ (t) + B(t) − d C(t)x2 (t))dt ≥ ∀x(·) ∈ L0 dt (3.31) Nếu tồn biến phân x(·) ∈ L0 không tầm thường (;tức x(·) đồng 0), cho giá trị cực tiểu K(·), nghĩa gây ảnh hưởng tới F(x∗ (·)), x(·) phải thỏa mãn phương trình Euler sau: − d d (A(t)x) ˙ + B(t) − C(t) x = dt dt (3.32) Người ta gọi Phương trình Jacobi Với giả thiết tính khả vi Định lí 3.6.1, (3.32) có 57 dng x + (B(t) C(t))x A(t)ă x − A(t) = Nếu thêm vào điều kiện Legendre ngặt A(t) = Lx˙ x˙ (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t)) > ∀t ∈ [t0 , t1 ] (3.33) thỏa mãn ta đưa (3.32) v dng sau xă P (t)x Q(t)x = 0, ˙ ˙ P (t) = −A−1 (t)A(t), Q(t) = −A−1 (t)(B(t) − C(t)) (3.34) Gọi Φ(., t0 ) nghiệm phương trình (3.34) với điều kiện ban đầu Φ(t0 , t0 ) = 0, ˙ , t0 ) = Φ(t (ta biết tốn Cauchy có nghiệm) Một điểm τ > t0 gọi điểm liên hợp t0 Φ(τ, t0 ) = Định lý 3.7.1 (Điều kiện cần Jacobi) Giả thiết rằng: L khả vi liên tục ba lần miền U ⊂ R3 , (t, x∗ (t), x˙ ∗ (t)) ∈ U với t ∈ [t0 , t1 ], hàm L khả vi liên tục hai lần [t0 , t1 ] thỏa mãn điều kiện Legendre ngặt (3.33) Nếu x∗ (·) nghiệm tối ưu địa phương yếu toán (3.3) khơng thể tồn điểm liên hợp t0 khoảng (t0 , t1 ) Có thể so sánh vai trò điểm liên hợp t0 điểm đối xứng qua A tâm cầu (trong ví dụ kể trên) Cho nên, điều kiện “không thể tồn điểm liên hợp t0 khoảng (t0 , t1 )” giống đòi hỏi “đoạn nối cần tìm khơng có điểm đối xứng với A qua tâm cầu (ngồi điểm B ra)” Chứng minh (tóm tắt): Giả sử ngược lại: tồn τ ∈ (t0 , t1 ) với Φ(τ, t0 ) = (3.35) 58 Do phương trình (3.34) có nghiệm nên ˙ Φ(τ, t0 ) = (3.36) Chọn  Φ(t, t ) h(t) = 0 cho t ∈ [t0 , τ ], cho t ∈ [τ, t1 ] Thực tích phân phần sử dụng (3.32) (3.35), ta nhận τ K(h(·)) = t0 τ = t0 ˙ (A(t)Φ˙ (t, t0 ) + (B(t) − C(t))Φ (t, t0 ))dt − d ˙ t0 )] + (B(t) − C(t))Φ(t, ˙ [A(t)Φ(t, t0 ) Φ(t, t0 )dt dt = Để mâu thuẫn, dùng biến phân sau hàm h(·) :    h(t) cho t0 ≤ t ≤ τ − λ, h(t, λ, τ, ǫ) =    afin [τ − λ, τ + ǫ], cho t ≥ τ + ǫ, với λ ǫ thông số nguyên dương đủ nhỏ Với ϕ(λ) = K(h(., λ, τ, ǫ)), ϕ′ (+0) = −A(τ )Φ˙ (τ, t0 ) (xem chi tiết [4], tiếng Anh: P 133) Do điều kiện Legendre ngặt (3.33) (3.36), ta có ϕ′ (+0) < 0, nghĩa tồn λ0 > ǫ0 > đủ nhỏ để K(h(., λ0 , τ, ǫ0 )) < Bây ta cần “làm trơn” h(., λ0 , τ, ǫ0 ) để nhận h(·) ∈ L0 với K(h(·)) < Điều mâu thuẫn với (3.31) 59 Ví dụ 3.7.2 T F(x(·)) = (x˙ (t) − x2 (t))dt → inf; x(0) = x(T ) = Phương trình Euler cho tốn l xă + x = Trc ht, xột trng hợp T = 2π Tất hàm có dạng xc (t) = c sin t thỏa mãn phương trình điều kiện biên x(0) = x(2π) = Tuy nhiên, khơng hàm số nghiệm tối ưu địa phương yếu, chỳng, phng trỡnh (3.34) tng ng u l xă + x = 0, x(0) = 0, x(0) ˙ =1 cho nghiệm Φ(t, 0) = sin t Do Φ(π, 0) = nên π điểm liên hợp 0, lại nằm khoảng (0, 2π) Nghĩa xc (·) không thỏa mãn điều kiện cần Jacobi Trong trường hợp T < π, hàm x∗ (t) ≡ thỏa mãn phương trình Euler điều kiện biên x(0) = x(T ) = Nó thỏa mãn điều kiện cần Jacobi, điểm liên hợp lớn T Trên thực tế, tối ưu địa phương yếu, T F(x(·)) = T (x˙ (t) − x (t))dt = (x(t) ˙ − x(t) cot t)2 dt T < π x(·) ∈ L0 3.8 Bài tốn đẳng chu Phép tính biến phân khơng dừng lại tốn sở đơn giản (3.2) hay (3.3) Trong phần này, ta xét lớp rộng hơn, gọi toán đẳng chu: t1 F(x(·)) = t0 f0 (t, x, x)dt ˙ → inf; t1 fj (t, x, x)dt ˙ = αj , j = 1, , m, (3.37) t0 h0 (x(t0 )) = h1 (x(t1 )) = 0, fj : R × Rn → R, j = 1, , m, hi : Rn → Rsi , i = 0, (3.38) 60 “Đẳng chu” (isoperimetric) có nghĩa “chu vi không thay đổi” Nhưng chu vi nào? Thực toán đẳng chu cổ điển, điều kiện “chu vi không thay đổi” thể dạng: tích phân biểu diễn chu vi số cho trước Về sau, người ta dùng tên “Đẳng chu” cho toán mở rộng hay có dạng tương tự Sử dụng qui tắc nhân tử Lagrange (Định lí 3.4), ta chứng minh định lí sau: Định lý 3.8.1 Giả thiết hàm xuất toán khả vi liên tục Nếu x∗ (·) nghiệm tối ưu địa phương yếu (3.37) tồn nhân tử Lagrange λj ∈ R, ≤ j ≤ m, li ∈ Rsi , i = 0, 1, cho chúng không triệt tiêu hàm Lagrange m L(t, x, x) ˙ = λj fj (t, x, x) ˙ j=0 thỏa mãn phương trình Euler − d Lx˙ + Lx |x∗ (t) = dt với điều kiện biên T ′ Lx|x ˙ ∗ (t0 ) = h (x∗ (t0 ))l0 , T ′ Lx|x ˙ ∗ (t1 ) = h (x∗ (t1 )) Ví dụ 3.8.2 Xác định hình dáng sợi dây đồng treo lên hai đầu Bài tốn có ý nghĩa thực tế: Khi căng dây điện, người ta cần biết dáng điệu để xác định độ võng Điều thực cần thiết cho việc đảm bảo an tồn đường điện Ta biểu diễn hình dáng sợi dây hệ trục tọa độ (t, x) Để đơn giản, xét trường hợp hai đầu treo cao nhau, tức hai điểm (−t0 , 0) (t0 , 0) Ta có ∆s = ∆2 x + ∆2 t = ∆t 1+ ∆x ∆t 61 Suy ds = + x˙ (t)dt Độ dài sợi t0 s= 1+ ds = t0 x˙ dt + x˙ dt (g ≈ 9.8m/s2 ) gρx −t0 −t0 Gọi l độ dài cho trước sợi dây, ta có tốn biến phân sau đây: t0 x −t0 t0 + x˙ dt → inf; + x˙ dt = l, x(−t0 ) = x(t0 ) = −t0 Bây ta áp dụng Định lí 3.8.1 Hàm Lagrange tương ứng L = λ0 x + x˙ + λ1 + x˙ = + x˙ (λ0 x + λ1 ) Vì L khơng phụ thuộc vào t, theo Hệ 3.2.3, phương trình Euler có tích phân lượng H(t) = Lx˙ (x∗ (t), x˙ ∗ (t))x˙ ∗ (t) − L(x∗ (t), x˙ ∗ (t)) = x˙ (1 + x˙ )−1/2 (λ0 x + λ1 ) − + x˙ (λ0 x + λ1 ) x˙ − + x˙ = (λ0 x + λ1 ) √ + x˙ (−1) = (λ0 x + λ1 ) √ = const, + x˙ tức λ x + λ1 = C + x˙ Nếu λ0 = + x˙ = ⇒1 + x˙ = ⇒x˙ = λ1 C ⇒x˙ = const λ1 C λ1 C 2 − = const 62 Điều kiện biên kéo theo x ≡ l = 2t0 Nếu l > 2t0 ta đặt λ0 = λ1 = λ Sau giải phương trình ta có + x˙ x+λ=C ⇒ x + λ = C cosh t +D C Do điều kiện biên đối xứng nên D = Độ dài sợi dây x = C cosh(t/C), t0 ≤ t ≤ t0 , 2C sinh(t0 /C) Gọi C0 nghiệm phương trình C sinh(t0 /C) = ¯ = C0 cosh(t0 /C0 ), ta nhận dạng sợi dây l/2 λ ¯ x(t) = C0 cosh(t/C0 ) + λ 3.9 Bài toán điều khiển tối ưu nguyên lý cực đại Pontriagin 3.9.1 Dẫn tới toán điều khiển tối ưu Một bước phát triển toán cực trị Bài tốn điều khiển tối ưu Phần trình bày toán điều khiển tối ưu phát triển biến phân cổ điển Xét tập hợp hàm liên tục tuyệt đối AC([0, T ], Rn ) := x(.) : [0, T ] → Rn |x(.)liên tục tuyệt đối Bài tốn đặt là: Tìm hàm x(t) ∈ AC([0, T ], Rn ), với điều kiện cho trước x(0) = x0 , x(T ) = x1 , cho hàm T J(x) = L(t, x(t), x(t))dt, ˙ L : R × Rn × Rn → R hàm liên tục, đạt giá trị nhỏ Nếu ta đặt x(t) ˙ = u(t), t ∈ [0, T ] coi u(t) ( hàm đo x(t) liên tục tuyệt đối) biến điều khiển, ta có toán điều khiển tối ưu: Trong số tất hàm đo u(t) [0, T ], 63 tìm quỹ đạo tương ứng x(t) hệ  x(t) ˙ = u(t), t ∈ [0, T ] x(0) = x0 , x(T ) = x1 cho T J(x, u) = L(t, x(t), u(t))dt, đạt cực tiểu Như vậy, tốn biến phân cổ điển nói đưa tốn tìm cực tiểu hàm mục tiêu J(u) tập điều khiển chấp nhận u(.) đưa trạng thái x0 x1 phương trình điều khiển x(t) ˙ = u(t) Ví dụ cho thấy cần thiết nghiên cứu toán điều khiển tối ưu mơ tả hệ phương trình vi phân tổng quát 3.9.2 Bài toán điều khiển tối ưu Trong mục này, ta xét toán điều khiển tối ưu với khoảng thời gian [t0 , t1 ] cố định trạng thái kết thúc x(t1 ) hoàn toàn tự Cụ thể là: t1 F(x, u) := t0 L(t, x(t), u(t))dt → inf, (3.39) x(t) ˙ = f (t, x(t), u(t)) ∈ Rn , (3.40) x(t0 ) = x0 (3.42) u(t) ∈ U ⊂ Rr , (3.41) L f liên tục theo biến khả vi liên tục theo x So với mơ hình tổng quát xem [1] trang 70 ta có ϕ0 (t, x) = x − x0 , ϕ1 (t, x) ≡ Để chứng minh Nguyên lí cực đại Pontryagin cách đơn giản, ta sử dụng giả thiết quan trọng là: điều khiển tối ưu liên tục khúc Cùng với giả thiết x(t1 ) tự do, ta sử dụng biến phân hình kim, 64 làm chứng minh Điều kiện Weierstrass cho nghiệm cực tiểu địa phương mạnh tốn biến phân (Định lí 3.5.1) Định lý 3.9.1 (Nguyên lí cực đại Pontryagin) Cho x∗ (·), u∗ (·) q trình tối ưu tốn (3.39)-(3.42) điều khiển tối ưu u∗ (·) liên tục khúc Lúc tồn hàm vector p(·) cho: a) hàm p(·) thỏa mãn phương trình liên hợp p(t) ˙ = −Hx (t, x∗ (t), u∗ (t), p(t), 1) = −fxT (t, x∗ (t), u∗ (t))p(t) + Lx (t, x∗ (t), u∗ (t)) (3.43) điều kiện hoành (3.44) p(t1 ) = 0; b) điều kiện cực đại H(t, x∗ (t), u∗ (t), p(t), 1) = sup H(t, x∗ (t), u.p(t), 1) (3.45) u∈U thỏa mãn hầu khắp [t0 , t1 ] Nhắc lại H(t, x, u, p, 1) = (p| f (t, x, u)) − L(t, x, u) Kết luận trường hợp đặc biệt mơ hình tổng qt xem [1] trang 66 Ở không cần nhắc đến hai vector l0 vàl1 Đặc biệt, λ0 = 0, giả sử λ0 = p(·) phải nghiệm phương trình vi phân p(t) ˙ = −fxT (t, x∗ (t), u∗ (t))p(t), p(t1 ) = 0, tức p(t) ≡ 0, mâu thuẫn với điều kiện nhân tử Lagrange khơng đồng thời triệt tiêu, Vì vậy, đặt λ0 = Chứng minh:Xem [1] trang 75-78 65 Kết luận Luận văn trình bày điều kiện cần toán cực trị, điện kiện cần Fermat cho toán tối ưu hàm trơn đến tốn cực trị có ràng buộc, cho hàm mục tiêu trơn lồi không gian hữu hạn chiều Đặc biệt, luận văn trình bày điều kiện cần tối ưu cho tốn biến phân (bài tốn tối ưu khơng gian vơ hạn chiều) Trong luận văn trình bày chứng minh chi tiết điều kiện cần tối ưu cho toán biến phân sở toán biến phân Bolza, với chứng minh chi tiết Bổ đề Lagrange Bổ đề Du Bois-Reymond 66 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Xuân Phú (1997), Bài giảng cao học Lý thuyết toán cực trị, Hà Nội [2] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB ĐHQG Hà Nội Tiếng Anh [3] V M Alekseev, V M Tikhomirov, S V Formin (1979), Optimal Control, tiếng Nga: Nauka, Moscow [4] A D Ioffe, V M Tikhomirov (1974) Theory of Extremal Problems, tiếng Nga: Nauka, Moscow; tiếng Anh (1979), NorthHolland, Amsterdam [5] L S Pontryagin, V G Boltyasliĩ, R V Gamkrelidze, E F Mishchenko (1961), The mathematical Theory of Optimal Processes, tiếng Anh (1961), Fizmatgiz, Moscow; tiếng Nga (1962), Interscience, New York [6] Mike Mesterton-Gibbons (2009), STUDENT MATHEMATICAL LIBRARY Volume 50 A Primer on the Calculus of Variations and Optimal Control Theory [7] Richard Vinter (2000), Optimal Control, Birkhauser, Boston, Basel, Berlin ... (t, x(t), x(t)) ˙ z(t)]dt ˙ (1.5) 13 Chương Điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu khơng gian vơ hạn chiều Chương trình bày điều kiện cần cực trị cho toán tối ưu không gian hữu hạn chiều, kiến... lúc giao [y, z] hình tròn đơn vị tập nghiệm tối ưu 30 Chương Điều kiện cần cho toán biến phân Nghiên cứu điều kiện cần cho toán biến phân nguyên nhân quan trọng dẫn đến hình thành Giải tích khơng... 19 Chương Điều kiện cần cho toán biến phân 30 3.1 Bài toán biến phân sở 33 3.2 Phương trình Euler 34 3.3 Bổ đề Du Bois-Reymond toán Bolza