2.1. BÀI TOÁN TRƠN
2.1.1 Bài toán trơn không ràng buộcBài toán trơn không ràng buộc là Bài toán trơn không ràng buộc là
f(x) →inf, x ∈ X, (2.12)
nếu hàm mục tiêu f là trơn (lồi) thì gọi là bài toán trơn (lồi) không ràng buộc. Hàm lồi có những tính chất tối ưu quan trọng như cực tiểu địa phương là cực tiểu toàn cục, điểm dừng là điểm cực tiểu toàn cục hay tập mức dưới là tập lồi, đối với các bài toán trơn, định lý Fermat và định lý nhân tử Lagrange lại đóng một vai trò rất quan trọng. Các định lý này được ví như định lý nền để xem xét điều kiện cần cho cực trị địa phương tại một điểm nào đó.
Định lý 2.1.13. (Định lý Fermat) a/ Nếu x∗ là nghiệm cực tiểu địa phương ( là cực tiểu toàn cục khi f) của (2.12) và f(x) có biến phân bậc nhất δf(x∗, h). Khi đó
δf(x∗, h) = 0 ∀h ∈ X.
b/ Nếu X là không gian Banach và f khả vi Frechet tại x∗ thì f0(x∗) = 0.
Khi X = IRn thì tương đương với ∇f(x∗) := (∂f(x ∗) ∂x1 , ∂f(x∗) ∂x2 , . . . , ∂f(x∗) ∂xn ) T = 0.
Chứng minh. Theo định nghĩa biến phân bậc nhất thì δf(x∗, h) ≥ 0 và
δf(x∗, h) = −δf(x∗,−h) với mọi h ∈ X. Do đó δf(x∗, h) = 0 với mọi
h ∈ X.
Định lý 2.1.14. (Định lý về điều kiện đủ) Xét bài toán tối ưu không ràng buộc (2.12) với X = IRn.
a) Nếu x∗ là cực trị địa phương của hàm f hai lần khả vi trên IRn thì
∇2f(x∗) ≥ 0.
b) Ngược lại, nếu x∗ tại đó hàm f hai lần khả vi và ∇f(x∗) = 0,∇2f(x∗) > 0 thì x∗ là điểm cực tiểu địa phương của f trên IRn.
Trong đó ∇2f(x∗) := ∂2f(x∗) ∂2x1 ∂2f(x∗) ∂x1∂x2 ... ∂∂x2f(x∗) 1∂xn ∂2f(x∗) ∂x2∂x1 ∂2f(x∗) ∂2x2 ... ∂∂x2f(x∗) 2∂xn ... ... ... ... ∂2f(x∗) ∂xn∂x1 ∂2f(x∗) ∂xn∂x2 ... ∂2∂f2(xxn∗)
Ma trận trên gọi là ma trận Heissian.
Chứng minh. Ta chứng minh b). Nếu ∇2f(x∗) > 0, thì mọi véc tơ riêng của ma trận trên đều lớn hơn 0. Ta gọi giá trị riêng nhỏ nhất là λ. Do đó
h∇2f(x∗)x, xi ≥ λkxk2
với mọi x∈ IRn. Mặt khác gọi ∆x = x−x∗, theo công thức Taylo ta có
f(x∗ + ∆x)−f(x∗) = ∇f(x∗) +h∇2f(x∗)∆x,∆xi+ 0(k∆xk2)
> 0
khi k∆k2 đủ nhỏ. Từ đây ta suy ra x∗ là điểm cực tiểu của f.
Ví dụ 2.1.15. Cho hai môi trường đồng chất, nằm ở 2 phía của một mặt phẳng và hai điểm a, b nằm trong 2 môi trường đó. Tìm đường đi của ánh sáng từ a tới b.
1 Không giảm tổng quát ta coi a = (a1,0,0);b = (b1, b2,0), a>0 > b1, b2 > 0 và mặt phẳng ngăn cách là:{x = (x1, x2, x3) ∈ IR3, x1 = 0}.
2. Ánh sáng truyền theo đường mà thời gian đi ngắn nhất (nguyên lý Fermat) nên trong môi trường đồng chất vận tốc không thay đổi nên ánh sáng phải đi theo đường thẳng.
3. Từ các kết luận trên suy ra cần xác định điểm z = (0, z2, z3) nơi mà ánh sáng truyền từ môi trường này sang môi trường kia.
Gọi v1, v2 là vận tốc ánh sáng tương ứng trong 2 môi trường. Khi đó thời gian tưng ứng sẽ là: |z −a|/v1 và |z−b|/v2. Do đó bài toán trở thành
|z−a|/v1 +|z−b|/v2 →min. Theo định lý Fermat thì z2 v1|z−a| + z2 −b2 v2|z−b| = 0 và z3 v1|z −a| + z3 v2|z −b| = 0
Từ phương trình sau suy raz3 = 0và z2 được xác định duy nhất từ phương trình đầu. Gọi α1, α2 là góc giữa pháp tuyến và tia sáng. Khi đó
sinα1 = z2/|z −a| và sinα2 = z2 −b2/|z−b|. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vậy nên
sinα1/sinα2 = v1/v2.
Đây là kết luận quen biết trong lý thuyết quang học.
2.1.2 Bài toán trơn với ràng buộc đẳng thứcTrước tiên ta xét ví dụ sau: Trước tiên ta xét ví dụ sau:
f0(x) = x21 + 4x22 →min
trong đóx := (x1, x2)T ∈ IR2.Áp dụng đinh lý Fermat f00(x) = (2x1,8x2) = (0,0). Từ đây suy ra
Dễ thấy điều kiện cần cực trị này cho một nghiệm duy nhấtx∗ = (0,0)T và chính là nghiệm cực tiểu toàn cục của f0(x).Nếu thêm ràng buộc
f1(x) = −x1−x2+ 5 = 0
thì khi đó(0,0)T không còn là cực tiểu toàn cục nữa. Vìf0(0,0) = 0 và f(x)>0 với mọi