Về nguyên lý nhân tử LAGRANGE .pdf

Về nguyên lý nhân tử LAGRANGE .pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

PHẠM PHÚC LONG

VỀ NGUYÊN LÝ NHÂN TỬLAGRANGE

Chuyên ngành: Giải tíchMã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS TRƯƠNG XUÂN ĐỨC HÀ

Thái Nguyên- Năm 2010

MỤC LỤC

Mở đầu: 2

Chương I NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ LAGRANGE CHO BÀI TOÁNTỐI ƯU TRƠN.1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 5

1.1.1 Khả vi Gateaux và khả vi Frechet 5

1.1.2 Định lý Hahn-Banach, bổ đề về linh hóa tử 9

1.1.3 Định lý Ljusternik, định lý hàm ẩn 10

1.2 Điều kiện cần đủ cho bài toán tối ưu trơn 12

1.2.1 Phát biểu bài toán 12

1.2.2 Trường hợp hữu hạn chiều 17

1.2.3 Trường hợp tổng quát 27

Chương II NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ LAGRANGE CHO BÀI TOÁNTỐI ƯU LỒI.2.1 Một số kiến thức cơ bản của giải tích lồi 31

2.1.1 Tập lồi 31

2.1.2 Hàm lồi 32

2.1.3 Tập Affine 34

2.1.3 Các định lý tách 35

2.1.4 Dưới vi phân của hàm lồi 36

2.1.6 Định lý cơ bản về dưới vi phân của tổng các hàm lồi 38

2.2 Điều kiện cần đủ cho bài toán tối ưu lồi 43

2.2.1 Bài toán không có ràng buộc 44

2.2.2 Bài toán với ràng buộc đẳng thức 44

2.2.3 Bài toán với ràng buộc bất đẳng thức 47

KẾT LUẬN 55

TÀI LIỆU THAM KHẢO 56

MỞ ĐẦU

Trong cuộc sống, ai cũng mong muốn công việc hàng ngày của mìnhđược hoàn thành một cách tốt nhất Ai cũng tự đặt ra hai câu hỏi chính:Làm thế nào để công việc hoàn thành tốt nhất, và khi tốt nhất thì được cáigì? Như vậy, chẳng qua mọi người cũng phải giải các bài toán tối ưu củamình theo một nghĩa nào đó Một vấn đề quan trọng nhất đặt ra cho mỗibài toán tối ưu là: Với điều kiện nào, bài toán có nghiệm, và nếu có nghiệmđiều gì sẽ xảy ra Tất nhiên, điều kiện càng đơn giản thì việc tìm nghiệmcàng dễ Biết được điều gì xảy ra nếu có lời giải, thì việc tìm ra lời giảicàng dễ dàng hơn.

Ta biết trong bài toán tối ưu có hai đối tượng quan trọng: Tập chấp nhận

được(hay tập ràng buộc) và Hàm mục tiêu xác định trên tập đó Vậy thì

khi xét đến điều kiện để tồn tại nghiệm tối ưu, ta phải quan tâm tới cácđiều kiện, tính chất của hai đối tượng ấy Để nghiên cứu sự tồn tại nghiệmvà tìm ra phương pháp giải nghiệm, người ta thường phân loại các bài toántheo cấu trúc của tập chấp nhận được và tính chất hàm mục tiêu của bàitoán Trong luận văn này, tác giả đề cập tới hai loại bài toán chính sau:

1 Bài toán tối ưu trơn với ràng buộc đẳng thức.

được gọi là bài toán tối ưu trơn với ràng buộc đẳng thức nếu hàm fvà ánh xạ F thỏa mãn tính trơn.

2 Bài toán tối ưu lồi.

Cụ thể:

Cho X là không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương, A ⊂ X là mộttập lồi đóng không rỗng f ,gi: X−→ R = R ∪ {±∞} và hj: X −→ Rlà những hàm affine Bài toán quy hoạch lồi tổng quát cho dưới dạng

x∈ A

gi(x) ≤ 0 (i = 1,2, ,m)hj(x) = 0 ( j = 1, 2, , p).

Trong giải tích cổ điển, ta đã biết định lý Weierstrass nổi tiếng: “ Mộthàm số liên tục trên tập compact luôn đạt cực đại và cực tiểu” Những mởrộng hay biến dạng khác nhau của định lý này chỉ ra nhiều điều kiện đủcho sự tồn tại nghiệm của bài toán tối ưu Khi hàm số khả vi, một điểmlà nghiệm tối ưu của bài toán không có ràng buộc, thì đạo hàm của nó tạiđiểm này phải bằng không Đó là điều kiện cần tối ưu Khẳng định nàyvẫn còn đúng cho hàm lồi với đạo hàm được thay bằng dưới vi phân Vớiý tưởng như vậy, khi nghiên cứu một bài toán tối ưu có ràng buộc, ngườita tìm cách đưa nó về một bài toán không có ràng buộc hoặc chỉ có nhữngràng buộc tương đối đơn giản Có thể thấy điều đó trong các công trìnhnghiên cứu của Lagrange về tính biến phân từ cuối thế kỷ XVIII Đó là:

• Xây dựng hàm Lagrange cho bài toán tối ưu.• Tìm các điều kiện để hàm Lagrange đạt cực trị.

Chính việc áp dụng rộng rãi nguyên lý nhân tử Lagrange trong các bài toántối ưu đã khiến tác giả chọn đề tài nghiên cứu này.

Luận văn trình bày hệ thống và chi tiết một số điều kiện tối ưu cho cácbài toán tối ưu trơn, và bài toán tối ưu lồi được trình bày từ các tài liệuchuyên đề chính [1 − 4], và có tham khảo thêm các tài liệu [5 − 7] Cácđiều kiện này được thể hiện thông qua các nhân tử Lagrange Luận văn baogồm: Phần mở đầu, hai chương và phần tài liệu tham khảo.

Chương I: Dành để trình bày các kết quả về điều kiện cần đủ của bàitoán tối ưu trơn Đầu tiên chúng ta nhắc lại một số kiến thức về khả viGateaux, khả vi Frechet, định lý Ljusternik, định lý hàm ẩn, sau đó trìnhbày điều kiện cần cấp một và điều kiện cần đủ cấp hai thông qua sự tồn tạicủa vi phân cấp hai và nhân tử Lagrange.

Chương II: Dành để trình bày các kết quả về điều kiện cần đủ của bàitoán tối ưu lồi Tác giả trình bày một số kiến thức cơ bản về giải tích lồi,định lý Moreau-Rockafellar, và định lý cổ điển Kuhn-Tucker về điều kiệncần và đủ của bài toán tối ưu lồi thông qua sự tồn tại của nhân tử Lagrangetương ứng với dưới vi phân tại điểm đó.

Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS TrươngXuân Đức Hà, người đã trực tiếp giúp đỡ và chỉ bảo tận tình tác giả trongsuốt quá trình học tập, nghiên cứu và viết bản luận văn này Tác giả cũngbày tỏ tình cảm của mình trước sự giúp đỡ, động viên của gia đình, bạn bè,và tập thể học viên cao học Toán K16-ĐHSPTN.

Trong quá trình viết luận văn cũng như trong việc xử lý văn bản chắcchắn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót Rất mong nhận được sựgóp ý của thầy cô, các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.

Thái Nguyên, tháng 8, năm 2010.

Phạm Phúc Long

CHƯƠNG I: NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ

LAGRANGE CHO BÀI TOÁN TỐI ƯU TRƠN

Chương này dành để trình bày các kết quả về điều kiện cần đủ của bàitoán tối ưu trơn thông qua sự tồn tại của các nhân tử Lagrange Những kếtquả này được tham khảo từ những tài liệu chuyên đề chính [1 − 4].

Trong mục này, chúng ta nhắc lại một số khái niệm về khả vi Gateaux,khả vi Frechet, định lý Hahn-Banach, định lý Ljusternik và định lý hàm ẩn.

1.1.1 Khả vi Gateaux và khả vi Frechet.Định Nghĩa 1.1.

Cho X, Y là các không gian tôpô tuyến tính, U là lân cận của x ∈ X, ánhxạ F : U −→ Y Ánh xạ F được gọi là khả vi Gateaux tại x nếu tồn tại toántử tuyến tính liên tục F0(x) : X −→ Y thỏa mãn:

ChoΩ là miền mở, giới nội trong Rn Hàm số f : Ω−→ R với x ∈Ω,

x= (x1, , xn) Giả sử f có các đạo hàm riêng ∂∂xf

i∂xj(x) , i, j = 1, , n.được gọi là Hessian của f tại x.

Nếu X,Y là các không gian Banach, λ là ánh xạ tuyến tính liên tục,

thì ánh xạ A là khả vi Frechet tại mọi điểm vàA0(x) =λ.

Đạo hàm cấp hai của A là:

Cho X là không gian Banach, B(x1, x2) là hàm song tuyến tính liên tục

trên X × X, và Q(x) = B(x,x) là một dạng toàn phương Về bản chất:Q(x + h) = B(x + h, x + h)

= B(x, x) + B(x, h) + B(h, x) + B(h, h)

= Q(x) + B(x, h) + B(h, x) + o(||h||), (khi h −→ 0).Do đó hàm Q(x) là khả vi Frechet và:

K0(x) =λx+ a.

K00(x) =λ.các đạo hàm còn lại bằng không.

Hàm số f (x) = ||x|| là khả vi Frechet tại mọi điểm khác không vàf0(x) =x

Tiếp theo chúng ta nhắc lại định lý Hahn-Banach, toán tử liên hợp, và

một bổ đề quan trọng đó là, bổ đề về linh hóa tử (annihilator).

1.1.2 Định lý Hahn-Banach, bổ đề về linh hóa tử.

Định Nghĩa 1.7 (Toán tử liên hợp)

Cho X,Y là các không gian tuyến tính lồi địa phương, λ : X−→ Y là

toán tử tuyến tính liên tục Khi đó, toán tử liên hợp λ∗ : Y∗ −→ X∗ được

xác định bởi

hλ∗y∗, xi = hy∗,λxi với ∀y∗ ∈ Y∗, x ∈ X.

Bổ Đề 1.1 (Bổ đề về linh hóa tử)

Cho X,Y là các không gian Banach, λ : X−→ Y là toán tử tuyến tính

liên tục thỏa mãn Imλ = Y Khi đó

Để chứng minh điều kiện tối ưu của bài toán trơn với ràng buộc đẳngthức, ta cần tới các định lý quan trọng sau.

1.1.3 Định lý Ljusternik, Định lý hàm ẩn.

Giả sử X là không gian Banach, tập M ⊂ X.

Định Nghĩa 1.8 (Vectơ tiếp xúc)

Một vectơ x ∈ X gọi là tiếp xúc với tập M tại điểm x0, nếu tồn tại số

t −→ 0 khi t −→ 0.

Nhận Xét 1.1.

Tập tất cả các vectơ tiếp xúc với tập M tại x0 là một hình nón đóng, được

gọi là nón tiếp tuyến của M tại x0 và được kí hiệu là TM(x0) Trong nhiều

trường hợp, TM(x0) là một không gian con và được gọi là không gian tiếp

Đồng thời, tồn tại lân cận U0⊂ U của x0, số K > 0 và ánh xạξ −→ x(ξ)

từ U0 vào X sao cho: với mọiξ ∈ U0

F ξ+ x(ξ)
= F(x0),

||x(ξ)|| ≤ K ||F(ξ) − F(x0)||

Nhận Xét 1.2.

Thực ra, không cần các điều kiện của định lý (1.3) mà chỉ dựa vào định

nghĩa của vectơ tiếp xúc với tập M tại x0, ta có thể chứng minh được:

TM(x0) ⊂ Ker F0(x0).

Ý nghĩa thực tế của định lý Ljusternik là chuyển công việc tìm không giantiếp xúc của một tập (điều mà không dễ dàng tìm được theo định nghĩa) vềviệc tìm hạch của một toán tử.

Giả sử ta có hệ gồm m phương trình với n biến số: hi(x) = 0, i =

1, , m và m ≤ n Nếu cố định (n − m) ẩn, thì hệ phương trình được giảivới m ẩn còn lại Do đó, nếu ta chọn m biến đầu tiên là x1, x2, , xm và giảsử rằng các biến này có thể được biểu diễn thông qua các biến còn lại dướidạng

n) là một điểm trongRn thỏa mãn:

1 Các hàm số hi∈ Cp, i = 1, , m, p ≥ 1 trong lân cận của x0.

2 hi(x0) = 0, i = 1, , m.3 Ma trận Jacobian cấp m × m

J =

là không suy biến.

Khi đó, có lân cận của ˆx0 = (x0m+1, , x0n) ∈ Rn−mthỏa mãn: với ˆx =

(xm+1, , xn) trong lân cận này thì tồn tại các hàm φi( ˆx), i = 1, , m

sao cho1 φi ∈ Cp.

1.2 Điều kiện cần đủ cho bài toán tối ưu trơn

Trong mục này chúng ta trình bày điều kiện cần cấp một và điều kiệncần đủ cấp hai thông qua sự tồn tại của vi phân cấp hai và nhân tử La-grange Đây chính là trường hợp ta hay gặp trong thực tiễn.

1.2.1 Phát biểu bài toán.

Cho X, Y là các không gian Banach, hàm f xác định trên X, ánh xạF : X−→ Y Xét bài toán:

trong đó λ0 và y∗ gọi là các nhân tử Lagrange.

Để có một cái nhìn trực quan, chúng ta xét bài toán trong trường hợp cụthể sau

(P2)  min f (x,y)

h(x, y) = 0x, y ∈ R.

trong đó các hàm số f ,h khả vi liên tục tới cấp 2, và f là chính quy.

Chú ý rằng, nếu f và h là các hàm tuyến tính, thì bài toán trên chính

là bài toán quy hoạch tuyến tính Khi đó, ta có thể giải quyết bài toán bằngcác thuật toán đơn hình Vì vậy, chúng ta chỉ xét trường hợp các hàm nàylà phi tuyến.

Ràng buộc h(x,y) = 0 xác định một đường cong như hình 1

Vì vậy, phương trình (1.3) có nghĩa là: T.∇h= 0 Nói cách khác, tiếp tuyếncủa đường cong phải vuông góc với gradient tại mọi điểm.

Giả sử ta đang ở một điểm trên đường cong, để điểm này nằm trên đường

cong thì bất kì chuyển động nào cũng phải theo tiếp tuyến T Để tăng hoặcgiảm f (x,y) thì chuyển động dọc theo đường cong phải có một thành phầndọc theo gradient của f Tức là

Hình (3) minh họa cho điều kiện (1.4) bằng cách chồng lên đường cong

h(x, y) = 0 họ các đường mức của hàm f (x, y), đó là tập các đường congf(x, y) = c, trong đó c là số thực bất kì trong khoảng biến thiên của f Tronghình (3) ta có c5 > c4> c3 > c∗> c1 Nếu di chuyển dọc theo đường cong

sẽ cho kết quả tăng hoặc giảm giá trị của f

Hãy tưởng tượng, một điểm di chuyển trên đường cong h(x,y) từ (x1, y1)

đến (x2, y2) Ban đầu, chuyển động có một thành phần dọc theo hướng của−∇fdẫn đến giảm giá trị của f Giá trị này nhỏ dần, khi di chuyển tới(x∗, y∗), chuyển động là trực giao với gradient Từ điểm này, chuyển độngbắt đầu có một thành phần dọc theo hướng gradient ∇f, như vậy giá trị

của f tăng lên Do đó, tại (x∗, y∗) hàm f đạt cực tiểu địa phương Chuyểnđộng này theo hướng tiếp tuyến của đường cong h(x,y) = 0, đó là trực giao

 h(x,y) = 0

Khi đó, tập S chứa các điểm cực trị của hàm f đối với ràng buộc

h(x, y) = 0 Hệ phương trình trên là hệ phi tuyến với các biến số x, y,λ vàta có thể giải quyết bằng nhiều phương pháp.

Hàm Lagrange của bài toán (P2) có dạng

L(x, y,λ) = f (x, y) +λh(x, y).

∇L =

= (∇f +λ ∇h, h).

Suy ra∇L= 0 do hệ phương trình phi tuyến (1.5).

Giá trịλ gọi là nhân tử Lagrange Phương pháp xây dựng hàm Lagrangevà thiết lập để các gradient của nó bằng không, gọi là phương pháp nhântử Lagrange.

Ví Dụ 1.2.

Tìm các giá trị cực trị của hàm f (x,y) = xy với ràng buộch(x, y) =x

28 +y

22 − 1).

∇L(x, y,λ) =

8 +y22 − 1

= 0.

Hình 4.

Về mặt đồ thị, ràng buộc h là hình elip Đường mức của hàm f là

hy-perbolas xy = c, với |c| tăng khi đường cong di chuyển ra xa gốc tọa độ.

1.2.2 Trường hợp hữu hạn chiều.

Bây giờ, ta mở rộng bài toán (P2) tới trường hợp với nhiều ràng buộc.

Cho h = (h1, , hm)T là một hàm số từ Rn vào Rm, trong đó m ≤ n.

Xét bài toán tối ưu

min f (x)h(x) = 0.

Mỗi ràng buộc hj(x) = 0, ( j = 1, , m) gọi là một siêu diện trong không

gian Rn Nếu hj(x) ∈ C1 và chính quy thì siêu diện gọi là trơn Chúng ta có

một số khái niệm sau:

• Giao của tất cả các siêu diện được gọi là mặt ràng buộc, kí hiệu là S.• Một đường cong trên S là tập các điểm x(t) ∈ S, với a ≤ t ≤ b.

• Đường cong gọi là khả vi nếu tồn tại dxdt, kí hiệu x0:= dxdt.

• Đường cong gọi là đi qua điểm x nếu x = x(t) với a ≤ t ≤ b.

• Không gian tiếp xúc tại điểm x của siêu diện S là không gian con của

Rn, tạo bởi tập các tiếp tuyến dx

dt(t) của tất cả các đường cong x(t) trênSthỏa mãn x = x(t).

Từ các khái niệm trên, ta có thể phát biểu khái niệm điểm chính quy nhưsau:

“Một điểm x thỏa mãn h(x) = 0, gọi là điểm chính quy nếu các vectơ

Các hàng của ma trận ∇h(x) là các vectơ gradient∇hj(x), ( j = 1, , m).

Chứng minh

Cho T là không gian tiếp xúc tại x Rõ ràng T ⊂ M với x là điểm chínhquy Nếu một đường cong bất kì x(t) đi qua điểm x tại t = t, và có đạo hàmx0(t) thỏa mãn ∇h(x)x0(t) 6= 0 thì đường cong đó không nằm trên S.

Để chứng minh M ⊂ T, ta phải chứng tỏ rằng, nếu y ∈ M thì có mộtđường cong trên S qua x với đạo hàm tương ứng là y Để xác định đường

cong như vậy, ta xét hệ phương trình

h(x + ty +∇h(x)Tu(t)) = 0. (1.9)

trong đó t cố định, và u(t) ∈ Rmlà ẩn Đây là một hệ phi tuyến với mphương trình và m ẩn, được biểu diễn theo tham số t.

Tại t = 0 có nghiệm u(0) = 0 Ma trận Jacobian của hệ đối với u tại t = 0là ma trận cấp m × m

∇h(x)∇h(x)T.không suy biến.

Do đó, theo định lý hàm ẩn thì có nghiệm u(t) khả vi liên tục trên −a ≤t≤ a.

Đường cong x(t) = x + ty +∇h(x)Tu(t) theo cách xác định như vậy làmột đường cong trên S Lấy vi phân của (1.9) đối với t tại t = 0, ta có

0= d

t=0=∇h(x)y +∇h(x)∇h(x)Tu0(0).

Theo định nghĩa của y, ta có∇h(x)y = 0 Do đó, khi∇h(x)∇h(x)T là không

suy biến, ta suy ra u0(0) = 0 Như vậy

x0(0) = y +∇h(x)Tu0(0) = y. Định lý sau nêu lên mối quan hệ giữa gradient của hàm mục tiêu với vectơnằm trên không gian tiếp xúc.

Vì x là điểm chính quy nên không gian tiếp xúc làM= {y|∇h(x)y = 0}.

Do đó, nếu x là cực trị địa phương thìd

dtf(x(t))

Định Lý 1.7 (Điều Kiện Cần Cấp Một)

Cho x là cực trị địa phương của bài toán (P3) Giả sử rằng x là điểm chínhquy của các ràng buộc hj(x) = 0, j = 1, , m Khi đó, tồn tạiλ ∈ Rmsaocho

trong đó c > 0 là diện tích cho trước của tấm bìa.

Hàm Lagrange của bài toán

L(x, y, z,λ) = xyz +λ(xy + yz + zx −c).

Từ điều kiện cần cấp một ta thấy rằng

Để giải hệ gồm ba phương trình (1.11),(1.12),(1.13), ta nhân (1.11)

với x và (1.12) với y, sau đó trừ hai phương trình cho nhau ta được

Định Lý 1.8 (Điều kiện cần cấp hai).

Giả sử rằng x là cực tiểu địa phương của hàm f thỏa mãn h(x) = 0, vàxlà một điểm chính quy của các ràng buộc này Khi đó, có một số λ ∈ Rm

Mặt khác

dt2 f(x(t))

t=0 = x0(0)TH f(x) x0(0) +∇f(x)x00(0) (1.15)Lấy vi phân cấp hai của phương trình λTh(x(t)) = 0, ta có

x0(0)TλTHh(x) x0(0) +λT∇h(x) x00(0) = 0 (1.16)Cộng (1.16) vào (1.15) và từ (1.14) ta suy ra

t=0= x0(0)THL(x) x0(0) ≥ 0.

Do x0(0) ∈ M nên ta suy ra điều cần chứng minh. Chú ý rằng, khi sử dụng điều kiện cần ta chỉ xác định được điểm mà tại đóbài toán đạt cực trị Do đó để xác định đó là cực đại hay cực tiểu ta cần tớiđiều kiện đủ cấp hai sau.

Định Lý 1.9 (Điều kiện đủ cấp hai).

Giả sử có điểm x thỏa mãn h(x) = 0 và sốλ ∈ Rm sao cho

∇f(x)+λT∇h(x) = 0. (1.17)Cũng giả sử rằng, ma trận

Rõ ràngδk−→ 0, và dãy {sk} bị chặn, nên phải có một dãy con hội tụ

tới s Để tiện cho việc kí hiệu, chúng ta giả sử rằng, dãy {sk} hội tụ tới s.

trong đó ηjlà một điểm trên đoạn thẳng nối x và yk.

Nhân (1.19) với λj và cộng vào với (1.20), kết hợp với (1.17), ta được

0≥ δ2

2 s

Chú ý rằng, với các giả thiết như trong định lý thì: khi ma trận HL(x)là xác định âm ta có x là cực đại địa phương ngặt của hàm f thỏa mãnh(x) = 0.

∇L(x1, x2, x3,λ) = (∂L

∂x1, ∂L

∂x2, ∂L

∂x3) = 0.Suy ra



Bây giờ, ta cần sử dụng đến điều kiện đủ cấp hai để xác định xem bài

toán đạt cực đại hay cực tiểu tại x Ta có:

HL(x) = H f (x) +λHh(x)

0 1 11 0 11 1 0

0 1 11 0 11 1 0

y1y2y3

Trước hết ta xây dựng hàm Lagrange

L(x1, x2,λ) = (ax21+ bx22) +λ(x1+ x2− 1)Từ điều kiện cần thứ nhất, ta có

là lớn nhất hay nhỏ nhất khi có ràng buộc.Từ điều kiện đủ cấp hai, ta có

= 2ay21+ 2by22> 0, ∀y 6= 0.

Như vậy, HL xác định dương trên M Do đó, nghiệm ta tìm được là cực

tiểu địa phương.

1.2.3 Trường hợp tổng quát.

Trở lại bài toán (P1), những kết quả sau là tổng quát từ những trườnghợp cụ thể, và được thể hiện thông qua định lý (1.10) và hai hệ quả quantrọng sau.

Định Lý 1.10 (Nguyên Lý Nhân Tử Lagrange)

Cho hàm f và ánh xạ F khả vi Frechet tại x thỏa mãn F(x) = 0, vớicác đạo hàm Frechet tại f0(x) và F0(x) Ảnh của không gian X qua ánh xạx−→ F0(x)x là đóng Khi đó, nếu x là cực tiểu địa phương của bài toán(P1) thì tồn tại các nhân tử Lagrangeλ0 và y∗ không đồng thời bằng khôngsao cho

tại x trùng với Ker F0(x) Do đó, nếu v ∈ Ker F0(x), thì −v ∈ Ker F0(x), và

tồn tại số ε > 0, ánh xạ r : [−ε,ε] −→ X sao cho

x(t, v) = x + tv + r(t)∈ M(∀ t ∈ [−ε,ε])trong đó ||r(t)||t−→ 0 khi t −→ 0 Suy ra

F x(t, v)
= 0∀ t ∈ [−ε,ε]Đặt ϕ(t) = f x (t, v)

Khi đó, ϕ(t) đạt cực tiểu địa phương tại t = 0.

Do đó

ϕ0(0) = h f0(x), vi (∀ v ∈ Ker F0(x)).

... kết sau tổng quát từ trườnghợp cụ thể, thể thông qua định lý (1.10) hai hệ quantrọng sau.

Định Lý 1.10 (Nguyên Lý Nhân Tử Lagrange)

Cho hàm f ánh xạ F khả vi Frechet... F0(x)x đóng Khi đó, x cực tiểu địa phương tốn(P1) tồn nhân tử Lagrange? ?0 và y∗ không đồng thời khơngsao cho

tại... yk.

Nhân (1.19) với λj cộng vào với (1.20), kết hợp với (1.17), ta được

0≥ δ2

2 s

Chú ý rằng, với giả thiết định lý