Luận văn: VỀ NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ LAGRANGE potx

1
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
PHẠM PHÚC LONG
VỀ NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ
LAGRANGE
Chuyên ngành: Giải tích
Mã 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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
2
MỤC LỤC
Mở đầu: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương I. NGUYÊN LÝ NHÂN TỬ LAGRANGE CHO BÀI TOÁN
TỐI 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 TOÁN
TỐI ƯU LỒI.
2.1 Một số kiến thức cơ bản của giải tích lồi . . . 3 1
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 bu ộc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
3
MỞ ĐẦU
Trong cuộc sống, ai cũng mong muốn công việc hàng ngày của mình
được h oàn 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 cái
gì? Như vậy, chẳng qua mọi người cũng phải giải các bài toán tối ưu của
mình theo một nghĩa nào đó . Một vấn đề quan trọng nhất đặt ra cho mỗi
bài toán tối ưu là: Với điều kiện nào, bài toán có nghiệm, và nếu có n ghiệm
điều gì sẽ xảy ra. Tất nhiên, điều kiện càng đơn giản thì việc tìm nghiệm
càng dễ. Biết được điều gì xảy ra nếu có lời giải, thì việc tìm ra lời giải
càng 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 các
điều kiện, tính chất của hai đối tượng ấy. Để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm
và tìm ra phương pháp giải nghiệm, người ta thường phân loại các bài toán
theo cấu trúc của tập chấp nhận được và tính chất hàm mục tiêu củ a bài
toán. 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.

Cụ thể:
Cho X, Y là các không gian Banach, hàm f xác định trên X, ánh xạ
F : X −→Y. Bài toán:

f(x) −→inf
F(x) = 0.
được gọi là bài toán tối ưu trơn vớ i ràng buộc đẳng thức nếu hàm f
và ánh xạ F thỏa mãn tính trơn.
2. Bài toán tối ưu lồi.
Cụ thể:
Cho X là k hông gian tôpô tuyến tính lồi địa phương, A ⊂ X là một
tập lồi đóng không rỗng. f,g
i
: X −→
R = R∪{± ∞} và h
j
: X −→R
là những hàm affine. Bài toán quy hoạch lồi tổng quát cho dưới dạng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
4
sau:







min f(x)
x ∈ A

g
i
(x) ≤ 0 (i = 1,2, ,m)
h
j
(x) = 0 ( j = 1,2, , p).
Trong giải tích cổ điển, ta đã biết định lý Weierstrass nổi tiếng: “ Một
hàm số liên tục trên tập compact luôn đạt cực đại và cực tiểu”. Những mở
rộng hay biến dạng khác nhau củ a định lý này chỉ ra nhiều điều kiện đủ
cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tối ưu. Khi hàm số khả vi, một đ iểm
là nghiệm tối ưu của bài toán không có r àn g buộc, thì đạo h àm của nó tại
điểm này phải bằng không. Đó là điều kiện cần tối ưu. Khẳng định này
vẫn còn đúng cho hàm lồi với đạo hàm được thay bằng dưới vi phân. Với
ý tưởng như vậy, khi nghiên cứu một bài toán tối ưu có ràng buộc, người
ta tìm cách đưa nó về một bài toán không có ràng buộc hoặc chỉ có những
ràng buộc tương đối đơn giản. Có thể thấy điều đó trong các công trình
nghiên 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 toán
tối 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 các
bài toán tối ưu trơn, và bài toán tối ưu lồi được trình bày từ các tài liệu
chuyên đề chính [1 −4], và có tham khảo thêm các tài liệu [5 −7]. Các
điều kiện này được thể hiện thông qua các nhân tử Lagrange. Luận văn bao
gồm: 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 bài
toán tối ưu trơn. Đầu tiên chúng ta nhắc lại một số kiến thức về khả vi
Gateaux, kh ả v i Frechet, định lý Ljusternik, định lý hàm ẩn, sau đó trình
bày điều kiện cần cấp một và điều kiện cần đủ cấp hai thông qua sự tồn tại

của vi phân cấp hai và nhân tử Lagran ge.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
5
Chương II: Dành để trình bày các kết quả về điều kiện cần đủ của bài
toán 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 kiện
cần và đủ của bài toán tối ưu lồi thông qua sự tồn tại của nhân tử Lagrange
tương ứng với dưới vi phân tại điểm đó.
Nhân d ịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Trương
Xuân Đức Hà, người đã trực tiếp giúp đỡ và chỉ b ảo tận tình tác giả tron g
suốt quá trình học tập, nghiên cứu và viết bản luận văn này. Tác giả cũng
bày tỏ tình cảm của mình trước s ự 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 chắc
chắn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong nhận được sự
góp ý của thầy cô, các bạn đồng nghiệp để luận văn được h oàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 8, năm 2010.
Phạm Phúc Long
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
6
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 củ a bài
toán tối ưu trơn thông qua sự tồn tại của các nhân tử Lagrange. Những kết
quả này được tham khảo từ những tài liệu chuyên đề chính [1−4].
1.1. Một số kiến thức chuẩn bị.
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, ánh
xạ F : U −→Y. Ánh xạ F được gọi là khả vi Gateaux tại x nếu tồn tại toán
tử tuyến tính liên tục F

(x) : X −→Y thỏa mãn:
lim
t→0
F(x+th) −F(x) −tF

(x)h
t
= 0. ∀h ∈ X.
Định Nghĩa 1.2.
Cho X, Y là các không gian Banach, U là lân cận của x ∈ X, ánh xạ
F : U −→Y. Ánh xạ F được gọi là khả vi Frech et tại x nếu tồn tại toán tử
tuyến tính liên tục F

(x) : X −→Y thỏa mãn:
lim
h→0
F(x+ h) −F(x) −F

(x)h
||h||
= 0.
Định Nghĩa 1.3.
Cho U là tập con mở trong không gian X, ánh xạ F : X −→Y với X,Y
là các không gian Banach. Nếu với mọi điểm của tập U, tồn tại đạo hàm
F


(x) và ánh xạ x −→ F

(x) là liên tục trong không gian L(X,Y) trên U thì
F gọi là khả vi liên tục trên U , hoặc ánh xạ thuộc lớp C
1
trên U .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
7
Định Nghĩa 1.4.
Ta nói r ằn g, ánh xạ F : X −→Y là chính quy tại điểm x nếu nó khả v i
Frechet tại điểm đó, và ImF

(x) = Y.
Định Nghĩa 1.5.
Cho hàm số f(x) xác định trên không gian tôpô tuyến tính X. Điểm
x ∈ X thỏa mãn f

(x) = 0 được gọi là điểm dừng.
Định Nghĩa 1.6.
Cho Ω là miền mở, giới nội trong R
n
. Hàm số f : Ω −→ R với x ∈ Ω,
x = (x
1
, ,x
n
). Giả sử f có các đạo hàm riêng
∂
f
∂

x
i
(x), (i = 1, ,n), thì
vectơ

∂
f
∂
x
1
(x), ,
∂
f
∂
x
n
(x)

gọi là Gradient của f tại x. Kí hiệu:
∇f(x) =

∂
f
∂
x
1
(x), ,
∂
f
∂

x
n
(x)

.
Ma trận J =

∂
f
∂
x
1
(x), ,
∂
f
∂
x
n
(x)

gọi là Jacobian của f tại x.
Nếu
∂
f
∂
x
i
(x) có các đạo hàm riêng thứ j với ( j = 1, ,n), đạo hàm riêng
này được gọi là đạo hàm riêng cấp hai theo các biến i, j của f tại x, và được
kí hiệu là

∂
2
f
∂
x
i
∂
x
j
(x), i, j = 1, ,n. Ma trận
H =

∂
2
f
∂
x
i
∂
x
j
(x)

,i, j = 1, ,n.
được gọi là Hessian của f tại x.
Ví Dụ 1.1. Tính khả vi của một số hàm và ánh xạ.
1) Trong R
2
hàm f(x
1

,x
2
) được cho bởi công thức.

1 nếu x
1
= x
2
2
0 Trong các trường hợp còn lại.
là khả vi Gateaux tại gốc tọa độ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
8
2) Ánh xạ affine.
Một ánh xạ A : X −→Y với X,Y là các không gian tuyến tính được gọi
là affine nếu:
A(x) =
λ
x+a.
trong đó a ∈Y và
λ
: X −→Y là ánh xạ tuyến tính.
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 và
A

(x) =
λ

.
Đạo hàm cấp hai của A là:
A

(x) = 0.
(điều này được suy ra trực tiếp từ định nghĩa).
Nói riêng, đạo hàm Frechet của hàm affine
a(x) = x
∗
,x.
là
a

(x) = x
∗
tại ∀x.
3) Hàm Bậc Hai.
Cho X là khôn g gian Banach, B(x
1
,x
2
) là hàm son g 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:
Q

(x)h = B(x,h) + B(h,x).

Nói riêng, nếu X là không gian Hilbert thì mọi dạng bậc hai có thể biểu
diễn dưới dạng
Q(x) =
1
2

λ
x,x, với
λ
∈ L(X,Y),
λ
∗
=
λ
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
9
Và
Q

(x) =
λ
x.
Trong không gian hilbert, tổng của một dạng bậc hai với một hàm affine
K(x) =
1
2

λ
x,x+ x,a+

α
.
gọi là hàm bậc hai. Khi đó
K

(x) =
λ
x+a.
và
K

(x) =
λ
.
các đạo hàm còn lại bằng không.
Đặc biệt, nếu hàm
e(x) =
1
2
||x||
2
=
1
2
x,x.
thì
e

(x) = x.
e


(x) = I.
e

(x) = ···= 0.
4) Chuẩn trong không gian Hilbert.
Hàm số f(x) = ||x|| là khả vi Frechet tại mọi điểm khác không và
f

(x) =
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).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
10
1.1.2. Định lý Hahn-Banach, bổ đề về linh hóa tử.
Định Lý 1.1. (Hahn-Banach).
Cho X là không gian tôpô tuyến tính, A ⊂ X là tập lồi mở, L ⊂X là một
không gian con rời A. Khi đó, tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục x
∗
trên X thỏa mãn
• x
∗
,x> 0 với ∀x ∈ A.
• x
∗
,x= 0 với ∀x ∈ L.
Chúng ta chú ý rằng, tập L

⊥
= { x
∗
∈ X
∗
| x
∗
,x = 0, ∀x ∈L} được gọ i là
linh hóa tử của L.
Hệ Quả 1.1.
Cho L là một không gian con đóng của một không gian tôpô tuyến tính
lồi địa phương, thì linh hóa tử của L chứa ít nhất một phần tử khác không.
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

λ
∗
y
∗

,x= y
∗
,
λ
x 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 Im
λ
= Y. Khi đó
(Ker
λ
)
⊥
= I m
λ
∗
.
Định Lý 1.2.
Cho ánh xạ F : X −→R
n
và F(x) =

f

1
(x), , f
n
(x)

là khả vi Frechet
tại x
0
. Ánh xạ F là chính quy tại x
0
nếu và chỉ nếu các vectơ
f

1
(x
0
), , f

n
(x
0
)
là độc lập tuyến tính.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
11
Để chứng minh đ iều kiện tối ưu của bài toán trơn với ràng buộc đẳng
thức, 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 x
0
, nếu tồn tại số
ε
> 0 và ánh xạ
r : [0,
ε
] −→ X
t −→r(t)
thỏa mãn
x
0
+tx+r(t) ∈M, ∀t ∈[0,
ε
]
trong đó
||r(t)||
t
−→ 0 khi t −→ 0.
Nhận Xét 1.1.
Tập tất cả các vectơ tiếp xúc với tập M tại x
0
là một hình nón đóng, được
gọi là nón tiếp tuyến củ a M tại x
0
và được kí hiệu là T
M
(x
0
). Trong nhiều

trường hợp, T
M
(x
0
) là một không gian con và được gọi là không gian tiếp
xúc với tập M tại x
0
.
Do 0 ∈ T
M
(x
0
) nên T
M
(x
0
) = /0
Định Lý 1.3. (Định Lý Ljustern ik)
Giả sử X,Y là các không gian Banach, U là một lân cận của điểm x
0
∈X.
Ánh xạ F : U −→Y. Giả thiết rằng, F khả vi liên tục theo nghĩa Frechet
tại x
0
và
Im F

(x
0
) = Y

Đặt
M = {x ∈U : F(x) = F(x
0
)}.
Khi đó, không gian tiếp xúc với tập M tại x
0
trù ng với Ker F

(x
0
), tức là
T
M
(x
0
) = Ker F

(x
0
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
12
Đồng thời, tồn tại lân cận U

⊂U của x
0
, số K > 0 và ánh xạ
ξ
−→x(
ξ

)
từ U

vào X sao cho: với mọi
ξ
∈U

F

ξ
+ x(
ξ
)

= F(x
0
),
||x(
ξ
)|| ≤K||F(
ξ
) −F(x
0
)||.
Nhận Xét 1.2.
Thực ra, khô ng cần các điều kiện của định lý (1.3) mà chỉ dựa vào định
nghĩa của vectơ tiếp xúc với tập M tại x
0
, ta có thể chứng minh được:
T

M
(x
0
) ⊂ Ker F

(x
0
).
Ý nghĩa thực tế của định lý Ljusternik là chuyển công việc tìm không gian
tiếp xúc của một tập (điều mà không dễ dàng tìm được theo định nghĩa) về
việc tìm hạch của một toán tử.
Giả sử ta có hệ gồm m p hương tr ình với n biến số: h
i
(x) = 0, i =
1, ,m và m ≤ n. Nếu cố định (n−m) ẩn, thì hệ phương trình được giải
với m ẩn còn lại. Do đó, nếu ta chọn m biến đầu tiên là x
1
,x
2
, ,x
m
và giả
sử rằng các biến này có thể được biểu diễn thông qua các biến còn lại dưới
dạng
x
i
=
φ
i
(x

m+1
,x
m+2
, ,x
n
), i = 1, ,m.
các hàm
φ
i
(nếu tồn tại) được gọi là các hàm ẩn.
Định lý 1.4. (Định lý hàm ẩn).
Cho x
0
= (x
0
1
, ,x
0
n
) là một điểm trong R
n
thỏa mãn:
1. Các hàm số h
i
∈C
p
, i = 1, ,m, p ≥1 trong lân cận của x
0
.
2. h

i
(x
0
) = 0, i = 1, ,m.
3. Ma trận Jacobian cấp m×m
J =




∂
h
1
(x
0
)
∂
x
1
···
∂
h
1
(x
0
)
∂
x
m
.

.
.
.
.
.
∂
h
m
(x
0
)
∂
x
1
···
∂
h
m
(x
0
)
∂
x
m




là không suy biến.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

13
Khi đ ó, có lân cận của ˆx
0
= (x
0
m+1
, ,x
0
n
) ∈ R
n−m
thỏa mãn: với ˆx =
(x
m+1
, ,x
n
) trong lân cận này thì tồn tại các hàm
φ
i
( ˆx), i = 1, ,m
sao cho
1.
φ
i
∈C
p
.
2. x
0
i

=
φ
i
( ˆx
0
), i = 1, ,m.
3. h
i
(
φ
i
( ˆx),
φ
2
( ˆx), ,
φ
m
( ˆx), ˆx) = 0, i = 1, ,m.
Định lý hàm ẩn sẽ giúp ta ch ứng minh cách xác định k hông gian tiếp xúc
của mặt ràng buộc sẽ được trình bày ở phần sau.
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 kiện
cần đủ cấp hai thô n g 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, án h xạ
F : X −→Y. Xét bài toán:
(P
1
)


f(x) −→inf (1.1)
F(x) = 0 (1.2)
bài toán (P
1
) được gọi là bài toán tối ưu trơn với ràng buộc đẳng thức nếu
hàm f và ánh xạ F thỏa mãn tính trơn.
Trong đó:
• F(x) = 0 gọi là ràng buộc đẳng thức.
• Ω = {x ∈ X : F(x) = 0} gọi là tập chấp nhận được.
Hàm Lagrange của bài toán (P
1
) được thiết lập như sau
L(x,
λ
0
,y
∗
) =
λ
0
f(x) +y
∗
,F(x) với
λ
0
∈ R, y
∗
∈Y
∗

.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
14
trong đó
λ
0
và y
∗
gọi là các nhân tử Lagrange.
Để có một cái nhìn trực quan, chú ng ta xét bài toán trong trường hợp cụ
thể sau
(P
2
)

minf(x,y)
h(x,y) = 0 x,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 bằng
các thuật toán đơn hình. Vì vậy, chúng ta chỉ xét trường hợp các hàm này
là phi tuyến.
Ràng buộc h(x,y) = 0 xác định một đường cong như hình 1
Hình 1.
Lấy vi phân của phương trình h(x,y) = 0 vớ i ẩn x, ta có
∂
h
∂
x
+

∂
h
∂
y
.
dy
dx
= 0. (1.3)
Tiếp tuyến của đường cong là
T(x,y) =

1,
dy
dx

.
và gradient của đường cong là
∇h =

∂
h
∂
x
,
∂
h
∂
y

.

Vì vậy, phương trình (1.3) có nghĩa là: T.∇h = 0. Nói cách khác, tiếp tuyến
của đường cong phải vuông góc với gradient tại mọi điểm.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
15
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 hoặc
giảm f(x,y) thì chuyển động dọc theo đường cong phải có một thành phần
dọc theo gradient của f. Tức là
∇f.T = 0.
Hình 2.
Tại điểm cực trị, chuyển động lúc này là đặc biệt. Khi đó , T trực giao
với ∇f, nói cách khác
∇f.T = 0.
Như vậy, T trực giao vớ i cả gradient ∇f và ∇h tại điểm cực trị, điều đó có
nghĩa rằng ∇ f và ∇h phải song song với nhau. Do đó, tồn tại
λ
∈ R sao
cho
∇f +
λ
∇h = 0. (1.4)
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 cong
f(x,y) = c, trong đó c là số thực bất kì trong khoảng biến thiên của f. Trong
hình (3) ta có c
5
> c
4
> c
3

> c
∗
> c
1
. Nếu di ch uyển dọc theo đường con g
sẽ cho kết quả tăng hoặc giảm giá trị của f.
Hãy tưởng tượng , một đ iểm di chuyển trên đ ườn g cong h(x,y) từ (x
1
,y
1
)
đến (x
2
,y
2
). Ban đầu, chuyển độn g có một thành phần dọc theo hướng của
−∇f dẫn 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 động
bắt đầu có một thành phần dọc theo hướng gradient ∇ f, như vậy g iá trị
của f tăng lên. Do đó, tại (x
∗
,y
∗
) hàm f đạt cực tiểu địa phương. Chuyển
động này theo hướng tiếp tuyến của đường cong h(x,y) = 0, đó là trực giao
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

16
Hình 3.
với gradient ∇h. Như vậy, tại (x
∗
,y
∗
) thì hai gradient ∇ f và ∇h phải cộng
tuyến với nhau. Đây chính là những gì mà phương trình (1.4) đã thể hiện.
Cho c
∗
là đường mức mà tại đó hàm f đạt cực tiểu địa phương tại
(x
∗
,y
∗
), rõ ràng hai đường cong f(x,y) = c
∗
và h(x,y) = 0 tiếp xúc nhau
tại (x
∗
,y
∗
). Giả sử ta tìm được tập S các điểm thỏa mãn hệ phương trình

h(x,y) = 0
∇f +
λ
∇h = 0. (1.5)
Khi đó, tập S chứa các điểm cực trị của hàm f đối vớ i ràng buộc
h(x,y) = 0. Hệ phương trình trên là hệ phi tuyến với các biến số x,y,

λ
và
ta có thể giải quyết bằng nhiều phương pháp.
Hàm Lagrange của bài toán (P
2
) có dạng
L(x,y,
λ
) = f(x,y)+
λ
h(x,y).
∇L =



∂
f
∂
x
+
λ
∂
h
∂
x
∂
f
∂
y
+

λ
∂
h
∂
y
h(x,y)



T
= (∇ f +
λ
∇h, h).
Suy ra ∇L = 0 do hệ phương trình phi tuyến (1.5).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
17
Giá trị
λ
gọi là nhân tử Lagrange. Phương pháp xây dựng hàm Lagrange
và thiết lập để các gradient của nó bằng không, gọi là phương pháp nhân
tử Lagrange.
Ví Dụ 1.2.
Tìm các giá trị cực trị của hàm f(x,y) = xy với ràng buộc
h(x,y) =
x
2
8
+
y
2

2
−1 = 0.
Giải
Đầu tiên, ta xây dựng hàm Lagrange và tìm gradient của nó.
L(x,y,
λ
) = xy+
λ
(
x
2
8
+
y
2
2
−1).
∇L(x,y,
λ
) =



y+
λ
x
4
x+
λ
y

x
2
8
+
y
2
2
−1



= 0.
Từ đó dẫn đến ba phương trình
y+
λ
x
4
= 0. (1.6)
x+
λ
y = 0. (1.7)
x
2
+4y
2
= 8. (1.8)
Kết hợp (1.6) và (1.7) ta có
λ
2
= 4 suy ra

λ
= ± 2.
Do đó x = ±2y. Thế phương trình này vào (1.8), ta được
y = ±1 suy ra x = ± 2.
Vì vậy, có bốn điểm cực trị của hàm f thỏa mãn ràng buộc h là
(2,1); (−2,1); (2,−1); (−2,−1).
Giá trị cực đại đạt được tại hai điểm đầu tiên, trong khi giá trị cực tiểu đạt
được ở hai điểm cuối.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
18
Hình 4.
Về mặt đồ thị, ràng buộc h là hình elip. Đường mức củ a 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 (P
2
) tới trường hợp với nhiều ràng buộc.
Cho h = (h
1
, ,h
m
)
T
là một hàm số từ R
n
vào R
m
, trong đó m ≤ n.
Xét bài toán tối ưu
(P

3
)

min f(x)
h(x) = 0.
Mỗi ràng buộc h
j
(x) = 0, ( j = 1, ,m) gọi là một siêu diện trong không
gian R
n
. Nếu h
j
(x) ∈C
1
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
dx
dt
, kí hiệu x

:=
dx
dt
.
• Đường cong gọi là đi qua điểm
x nếu x = x(t) với a ≤t ≤b.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

19
• Không gian tiếp xúc tại điểm
x của siêu diện S là không gian con của
R
n
, tạo bởi tập các tiếp tuyến
dx
dt
(
t) của tất cả các đường cong x(t) trên
S thỏa mãn x = x(t).
Từ các khái niệm trên, ta có thể phát biểu khái niệm điểm chính quy như
sau:
“Một điểm
x thỏa mãn h(x) = 0, gọi là điểm chính quy nếu các vectơ
gradient ∇h
1
(
x), ,∇h
m
(x) là độc lập tuyến tính”.
Định lý sau đây cho phép ta xác định không gian tiếp xúc của mặt ràng
buộc.
Định Lý 1.5.
Tại một điểm chính quy
x của mặt S được xác định bởi h(x) = 0, thì
không gian tiếp xúc tại
x là
M = {y| ∇h(x)y = 0}.
trong đó ma trận

∇h =



∇h
1
.
.
.
∇h
m



.
Các hàng của ma trận ∇h(x) là các vectơ gradient ∇h
j
(x),( j = 1, ,m).
Chứng minh
Cho T là không gian tiếp xúc tại
x. Rõ ràng T ⊂ M với x là điểm chính
quy. Nếu một đường cong bất kì x(t) đi qua điểm
x tại t = t, và có đạo hàm
x

(t) thỏa mãn ∇h(x)x

(t) = 0 thì đường cong đó không nằm trên S.
Để chứng minh M ⊂ T, ta phải chứng tỏ rằng, nếu y ∈ M thì có một
đường 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)
T
u(t)) = 0. (1.9)
trong đó t cố định, và u(t) ∈ R
m
là ẩn. Đây là một hệ ph i tuyến với m
phương trình và m ẩn, được biểu diễn theo tham số t.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
20
Tại t = 0 có n ghiệm u(0) = 0. Ma trận Jacobian của hệ đối với u tại t = 0
là 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)
T
u(t) theo cách xác định như vậy là
một đường cong trên S. Lấy vi phân của (1.9) đối với t tại t = 0, ta có
0 =
d
dt
h(x(t))




t=0
= ∇h(
x)y+∇h(x)∇h(x)
T
u

(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 u

(0) = 0. Như vậy
x

(0) = y+ ∇h(
x)
T
u

(0) = y. 
Định lý sau nêu lên mối quan hệ giữa gradient của hàm mục tiêu với vectơ
nằm trên không gian tiếp xúc.
Định Lý 1.6.
Cho x là cực trị của hàm f, và là điểm chính quy của ràng buộc h(x) = 0.
Khi đó, với ∀y ∈R

n
thỏa mãn ∇h(
x)y = 0, ta có
∇f(
x)y = 0.
Chứng minh.
Giả sử mặt ràng buộc h(x) = 0 xác định một siêu diện S. x(t) là một
đường cong bất kì trên S, và đi qua điểm
x. Gọi y là một vectơ bất kì trên
không gian tiếp xúc tại x của S. Khi đó: x(0) = x, x

(0) = y, và h(x(t)) = 0
với ∀t ∈[−a,a], a > 0.
Vì
x là điểm chính quy nên không gian tiếp xúc là
M = {y|∇h(
x)y = 0}.
Do đó, nếu
x là cực trị địa phương thì
d
dt
f(x(t))



t=0
= 0 hay ∇f(
x)y = 0. 
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
21

Định Lý 1.7. (Điều Kiện Cần Cấp Một)
Cho
x là cực trị địa phương của bài toán (P
3
). Giả sử rằng x là điểm chính
quy của các ràng buộc h
j
(x) = 0, j = 1, ,m. Khi đó, tồn tại
λ
∈ R
m
sao
cho
∇f(
x) +
λ
T
∇h(
x) = 0.
Chứng minh.
Từ định lý (1.6) ta suy ra rằng, giá trị của bài toán

max ∇ f(x)y
∇h(x)y = 0.
là bằng không.
Theo định lý đối ngẫu của quy hoạch tuyến tính thì bài toán đối ngẫu là
giải được. Từ đó, tồn tại
λ
∈ R
m

sao cho
∇f(
x) +
λ
T
∇h(x) = 0. 
Nhận Xét 1.3.
Điều kiện cần cấp một cùng với ràng buộc h(x) = 0, cho ta hệ gồm
(m+n) phương trình với (m+n) ẩn
x và
λ
. Do đó, ta có thể xác định được
nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Ví Dụ 1.3.
Chúng ta xây dựng một khối h ộp có thể tích lớn nhất từ bìa cứng, khi
cho trước một diện tích bìa cố định.
Giải
Giả sử kích thước của khối hộp cần dựng là x,y,z. Bài toán có thể biểu
thị như sau
(P
4
)

max xyz
xy+yz+ zx =
c
2
. (1.10)
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
2
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
22
Từ điều kiện cần cấp một ta thấy rằng
yz+
λ
(y+z) = 0. (1.11)
xz+
λ
(x+z) = 0. (1.12)
xy+
λ
(x+y) = 0. (1.13)
Do đó
(xy+ yz+xz)+ 2
λ
(x+ y+ z) = 0.
Từ ràng buộc (1.10) ta có
c
2
+ 2
λ
(x+ y+ z) = 0.

Suy ra
λ
= 0.
Chú ý rằng x,y,z không thể nhận giá trị bằng không (vì nếu một trong
ba số bằng không, thì d o (1.11),(1.12),(1.13) ta được những số khác cũng
bằng không).
Để giải hệ g ồm 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
λ
(x−y)z = 0.
Tương tự cho (1.12) và (1.13) ta được
λ
(y−z)x = 0.
Do các biến không thể bằng không nên
x = y = z =

c
6
và
λ
=
−1
2
.
Như vậy, hàm Lagrange có điểm dừng tại x = y = z =

c
6
và
λ

=
−1
2
.
Tuy nhiên, kết quả ta tìm được ở trong ví d ụ (1.3) chỉ là điều kiện cần
cấp một, có nghĩa rằng, ta chưa biết liệu tại điểm này khối hộp đã cho đạt
thể tích lớn nhất hay nhỏ nhất. Muốn thế, ta cần xét tới điều kiện cấp hai
sau.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
23
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, và
x là một điểm chính quy của các ràng buộc này. Khi đó, có một số
λ
∈ R
m
sao cho
∇f(
x) +
λ
T
∇h(x) = 0.
Ma trận
HL(
x) = H f(x) +
m
∑
i=1
λ

i
Hh
i
(
x).
là nửa xác định d ươn g trên không gian tiếp xúc M = {y|∇h(
x)y = 0}, tức
là y
T
HL(
x)y ≥0, ∀y ∈ M.
Chứng minh.
Với mọi đường cong x(t) khả vi cấp hai trên mặt ràng buộc S, và đi qua
x thỏa mãn x(0) = x, thì ta có
d
2
dt
2
f(x(t))



t=0
≥ 0. (1.14)
Mặt khác
d
2
dt
2
f(x(t))




t=0
= x

(0)
T
H f(
x) x

(0) + ∇f(x)x

(0). (1.15)
Lấy vi phân cấp hai của phương trình
λ
T
h(x(t)) = 0, ta có
x

(0)
T
λ
T
Hh(
x) x

(0) +
λ
T

∇h(
x) x

(0) = 0. (1.16)
Cộng (1.16) vào (1.15) và từ (1.14) ta suy ra
d
2
dt
2
f(x(t))



t=0
= x

(0)
T
HL(
x) x

(0) ≥ 0.
Do x

(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 đó
bài toán đạt cực trị. Do đó để xác định đó là cực đại hay cực tiểu ta cần tới
điều kiện đủ cấp hai sau.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
24

Định Lý 1.9. (Điều kiện đủ cấp hai).
Giả sử có điểm
x thỏa mãn h(x) = 0 và số
λ
∈ R
m
sao cho
∇f(
x)+
λ
T
∇h(
x) = 0. (1.17)
Cũng giả sử rằng, ma trận
HL(
x) = H f(x) +
m
∑
i=1
λ
i
Hh
i
(
x).
là xác định dương trên k hông gian tiếp xúc M = {y| ∇h(x)y = 0}, (tức là:
∀y ∈ M, y = 0 thì y
T
HL(
x) y > 0) . Khi đó, x là cực tiểu đ ịa phương ngặt

của hàm f thỏa mãn h(x) = 0.
Chứng minh.
Nếu
x không ph ải là cực tiểu địa ph ươn g ngặt, thì tồn tại dãy các điểm
chấp nhận được {y
k
} hội tụ tới x thỏa mãn f(y
k
) ≤ f(x), ∀k. Biểu diễn y
k
dưới dạng
y
k
=
x+
δ
k
s
k
.
trong đó s
k
∈ R
n
, |s
k
| = 1 và
δ
k
> 0, ∀k.

Rõ ràng
δ
k
−→ 0, và dãy {s
k
} bị chặn, nên phải có một dãy con h ội tụ
tới
s. Để tiện cho việc kí hiệu, chúng ta giả sử rằng, dãy {s
k
} hội tụ tới s.
Mặt khác
h(y
k
)−h(
x) = 0. (1.18)
chia hai vế của phương trình (1.18) cho
δ
k
và cho k −→ ∞, ta được
∇h(
x)s = 0.
Theo định lý Taylor, vớ i mỗi j ta có
0 = h
j
(y
k
) = h
j
(
x) +

δ
k
∇h
j
(
x)s
k
+
δ
2
k
2
s
T
k
∇
2
h
j
(
η
j
)s
k
. (1.19)
Và
0 ≥ f(y
k
) − f(
x) =

δ
k
∇f(
x)s
k
+
δ
2
k
2
s
T
k
∇
2
f(
η
0
)s
k
. (1.20)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
25
trong đó
η
j
là một điểm trên đoạn thẳng nối
x và y
k
.

Nhân (1.19) với
λ
j
và cộng vào với (1.20), kết hợp vớ i (1.17), ta được
0 ≥
δ
2
k
2
s
T
k

∇
2
f(
η
0
) +
m
∑
i=1
λ
i
∇
2
h
i
(
η

i
)

s
k
.
Cho k −→∞ ta gặp mâu thuẫn. 
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 mãn
h(x) = 0.
Ví Dụ 1.4.
Giải bài toán sau
max{x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
: x
1
+ x
2

+ x
3
= 3}
Giải
Trước tiên, ta xây dựng hàm Lagrange cho b ài toán
L(x
1
,x
2
,x
3
,
λ
) = x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
+
λ
(x
1
+ x

2
+ x
3
−3)
Từ điều kiện cần thứ nhất, ta có
∇L(x
1
,x
2
,x
3
,
λ
) = (
∂
L
∂
x
1
,
∂
L
∂
x
2
,
∂
L
∂
x

3
) = 0.
Suy ra
x
2
+ x
3
+
λ
= 0
x
1
+ x
3
+
λ
= 0
x
1
+ x
2
+
λ
= 0
Chúng ta giải ba phương trình này cùng với ràng buộc của b ài toán, ta được
x
1
= x
2
= x

3
= 1 và
λ
= −2. Do đó
x =


1
1
1


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên