Các bài toán nêu trong mục này thường gặp trong nhiều ứng dụng. Chẳng
hạn, chọn địa điểm xây dựng nhà máy, đặt các cơ sở dịch vụ (cửa hàng, trạm
cung cấp vật tư, trạm sửa chữa, trạm thu gom sản phẩm) cho một vùng dân cư.
Bài toán 3.4.1 (Bài toán Steiner). Tìm trong mặt phẳng một điểm sao cho
tổng khoảng cách từ điểm đó tới ba điểm khác nhau đã cho là nhỏ nhất?
Lời giải. 1. Hình thức hoa bài toán: Ký hiệu ba điểm đã cho là xi = (x , 1i
i 2 x ), i = 1, 2, 3 và giả sử điểm cần tìm là x = (x1, x2) ∈ℝ2 . Bài toán đặt ra là f(x) = ||x - x1|| + ||x - x2|| + ||x - x3|| → inf, x ∈ℝ2 (||•|| là chuẩn Euclid).
Đây là một bài toán tối ưu lồi không có ràng buộc. Do hàm mục tiêu f liên tục và bức trên toàn ℝ2 (do f(x) → +∞ khi ||x|| → +∞) nên tồn tại nghiệm cực
tiểu xˆ của bài toán xˆ = (xˆ , 1 xˆ ). 2
2. Điều kiện cần tối ưu: 0 ∈ ∂f(xˆ).
3. Tìm điểm dừng: Có hai khả năng xảy ra
a) xˆ ≠ xi, i = 1, 2, 3 và b) xˆ ∈ {x1, x2, x3}. Trong trường hợp a) thì ∂f(xˆ ) = 1 1 x xˆ x xˆ + 2 2 x xˆ x xˆ + 3 3 x xˆ x xˆ = 0,
nghĩa là ba véctơ đơn vị từ xˆ tới x1, x2, x3 có tổng bằng véctơ 0. Từ đó suy ra rằng từđiểm xˆ nhìn các đoạn thẳng [x1, x2],[x1, x3],[x2, x3] dưới góc 120o . Nếu
cả ba góc của tam giác đều nhỏ hơn 120o thì có thể dễ dàng dựng điểm xˆ. Điểm
này được gọi là điểm Toriceli.
Xét trường hợp b). Đánh số lại các điểm xi sao cho xˆ = x1. Từ điều kiện
cần tối ưu ta nhận được
p + 2 2 x xˆ x xˆ + 3 3 x xˆ x xˆ = 0,
trong đó p ∈ ∂|x| tại điểm x = 0, tức là |p| < 1. Như vậy, tổng của hai véctơ đơn
vị đi từ x1 tới x2 và x3 với véctơ thứ ba có chuẩn nhỏ hơn 1 bằng véctơ 0. Từ đó suy ra rằng góc x2x1x3 lớn hơn hay bằng 120o.
4. Tìm nghiệm bài toán: Do f(x) là hàm lồi nên 0 ∈∂f(xˆ ) đồng thời là điều
kiện đủ tối ưu. Từ những điều phân tích trên ta kết luận: nếu các góc của tam
giác nhỏ hơn 120o thì nghiệm của bài toán là điểm Toriceli; còn nếu tam giác có góc lớn hơn hay bằng 120o thì nghiệm của bài toán chính là đỉnh của góc đó.
Nhận xét. Bài toán này có thể có cách giải khác bằng hình hoc. Cách giảiở
trên nhằm nêu cách áp dụng nguyên lý Lagrange vào bài toán cực trị cụ thể.
Bài toán 3.4.2 (Bài toán Steiner mở rộng). Tìm trong mặt phẳng một điểm
sao cho tổng khoảng cách theo các trọng số dương từ điểm đó tới ba điểm khác nhau đã cho là nhỏ nhất?
Lời giải. Ký hiệu ba điểm đã cho là xi = (x , 1i x ), i = 1, 2, 3,i2 điểm cần tìm là x = (x1, x2) ∈ ℝ2 và trọng số của xi là mi > 0, i = 1, 2, 3. Bài toán tối ưu có dạng:
f(x) = m1||x - x1|| + m2||x - x2|| + m3||x - x3|| → inf (||•|| - chuẩn Euclid).
Đây là một bài toán tối ưu lồi không có ràng buộc. Do hàm mục tiêu f liên tục và bức trên toàn ℝ2 (do f(x) → +∞ khi ||x|| → +∞) nên tồn tại nghiệm cực
tiểu xˆ của bài toán xˆ = (xˆ , 1 xˆ ). Nghi2 ệm xˆ được tìm trong số các điểm dừng: 0 ∈∂f(x). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Áp dụng điều kiện tối ưu ta đi đến kết luận như sau (giống bài toán Steiner):
Giả sử tồn tại tam giác với độ dài các cạnh bằng m1, m2, m3 và giả sử ij là góc của tam giác đó tạo nên bởi hai cạnh mi và mj (1 ≤ i < j ≤ 3). Vẽ các cung tròn gồm các điểm nhìn đoạn thẳng [xi, xj] một góc - ij (tương ứng). Nếu các cung tròn này cắt nhau tại một điểm bên trong tam giác thì giao điểm chính là
điểm cần tìm; còn nếu các cung tròn cắt nhau ở phía ngoài tam giác hoặc nếu
không tồn tại tam giác với độ dài các cạnh m1, m2, m3 thì nghiệm của bài toán trùng với mộtđỉnh của tam giác (ba đỉnh x1, x2, x3).
Chẳng hạn, xét bài toán Steiner mở rộng với ba điểm x1, x2, x3 đã cho và các trọng số m1 = 1, m2 = 3 và m3 = 2. Có thể thấy tam giác vớiđộ dài ba cạnh
lần lượt là 1, 3 và 2 là một nửa tam giác đều cạnh bằng 2. Vì thế, bài toán có lời giải là điểm nằm trong tam giác ba đỉnh x1, x2, x3 (xem Hình 3.5).
Hình 3.5. Bài toán Steiner mở rộng
Bài toán 3.4.3. Tìm trong mặt phẳng một điểm sao cho tổng khoảng cách
từ điểm đó tới bốn điểm khác nhau đã cho là nhỏ nhất?
Đáp án. Nếu các điểm tạo thành một tứ giác lồi thì điểm cần tìm là giao
điểm hai đường chéo của tứ giác; còn nếu tứ giác nhận được không lồi thì điểm
cần tìm là đỉnhứng với góc lớn nhất.
Bài toán 3.4.4. Tìm trong mặt phẳng một điểm sao cho tổng khoảng cách
từ điểm đó tới các đỉnh của mộtđa giác đều cho trước là nhỏ nhất?
30o m3 m2 m1 90 o 60o 120o x3 x2 x1 90o 150o
Đáp án. Tâm của đa giác.
Tóm lại, chương này đã trình bày một số dạng bài toán tối ưu có thể áp
dụng nguyên lý Lagrange để giải. Qua đó giới thiệu một số ứng dụng của lý thuyết tối ưu trong thực tiễn.
KẾT LUẬN
Trong khoa học và thực tiễn thường gặp các bài toán cực trị (cực tiểu hay
cực đại). Nguyên lý Lagrange tạo cơ sở lý thuyết cho nhiều phương pháp giải
các bài toán này, đặc biệt là các bài toán với ràng buộc đẳng thức. Luận văn đã tìm hiểu và trình bày nguyên lý Lagrange trong lý thuyết các bài toán cực trị và áp dụng nguyên lý này để tìm nghiệm cực tiểu (cực đại) của một số bài toán cực
trị có ràng buộc đẳng thức.
Luận văn đã trình bày những nội dung chính sau đây:
1. Một số kiến thức cơ bản về bài toán cực trị có hoặc không có ràng buộc: sự tồn tại nghiệm của bài toán và các điều kiện tối ưu không ràng buộc.
2. Kết quả lý thuyết về điều kiện cần và điều kiện đủ trong tối ưu phi tuyến
với ràng buộc đẳng thức. Phương pháp nhân tử Lagrange đưa bài toán với ràng buộc đẳng thức về bài toán không ràng buộc và ví dụ minh họa cho phương
pháp nhân tử Lagrange.
3. Ứng dụng nguyên lý Lagrange vào tìm nghiệm cực tiểu (cực đại) của
một số bài toán cực trị, chủ yếu là bài toán với ràng buộc đẳng thức. Đặc biệt là các bài toán quen thuộc trong số học và hình học, bài toán về bất đẳng thức, bài toán về khoảng cách, bài toán Steiner. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Có thể xem luận văn như bước tìm hiểu ban đầu về nguyên lý Lagrange và các ứng dụng của nguyên lý này vào giải các bài toán cực trị. Tác giả luận văn
hy vọng sẽ có dịp được tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về nhiều phương pháp