Nguyên lý Lagrange trong các bài toán cực trị

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC



NGUYỄN THÀNH CÔNG









NGUYÊN LÝ LAGRANGE
TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ









LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2014


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC



NGUYỄN THÀNH CÔNG









NGUYÊN LÝ LAGRANGE
TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ


Chuyên ngành: Toán ứng dụng

Mã số: 60.46.01.12




LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC




NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS-TS Trần Vũ Thiệu




Thái nguyên - 2014

1


LỜI NÓI ĐẦU

Trong lý thuyết và ứng dụng ta thường gặp các bài toán cực trị (tìm cực đại
và cực tiểu). Khi giải một bài toán cực trị người ta thường tìm cách đưa nó về
các bài toán đơn giản hơn: với số biến hoặc số ràng buộc ít hơn, thậm chí không
có ràng buộc càng tốt. Ý tưởng này được thể hiện rõ nét trong phương pháp
nhân tử Lagrange và trong một số phương pháp tối ưu khác. Nguyên lý
Lagrange tạo cơ sở lý thuyết cho phương pháp nhân tử Lagrange giải bài toán
cực trị có ràng buộc, đặc biệt là các bài toán với ràng buộc đẳng thức.

Mục tiêu của luận văn này là tìm hiểu nguyên lý Lagrange trong lý thuyết
các bài toán cực trị, chủ yếu xét trong không gian hữu hạn chiều ℝ
n
và ứng dụng
nguyên lý này vào việc tìm nghiệm (cực tiểu và cực đại) của các bài toán cực trị
có hay không có ràng buộc, đặc biệt là các bài toán quen thuộc trong số học và
hình học, nhằm nâng cao kiến thức và khả năng trong giảng dạy và nghiên cứu
về toán tối ưu nói riêng và toán ứng dụng nói chung.
Nội dung luận văn được viết trong ba chương.
Chương 1 “Bài toán cực trị” trình bày khái quát về bài toán cực trị có hoặc
không có ràng buộc, nhắc lại các khái niệm về nghiệm cực tiểu (cực đại) địa
phương (toàn cục), sự tồn tại nghiệm của bài toán, các điều kiện đòi hỏi nghiệm
bài toán cần thỏa mãn (điều kiện cần và điều kiện đủ), dựa vào đó tìm nghiệm
tối ưu của bài toán.
Chương 2 “Nguyên lý Lagrange” trình bày kết quả lý thuyết về điều kiện
cần tối ưu (cấp 1, cấp 2) và điều kiện đủ tối ưu (cấp 2) cho nghiệm cực tiểu địa
phương của bài toán qui hoạch phi tuyến với ràng buộc đẳng thức và trình bày
phương pháp nhân tử Lagrange đưa bài toán có ràng buộc đẳng thức về bài toán
(không ràng buộc) của hàm Lagrange (bằng hàm mục tiêu ban đầu cộng với các
hàm ràng buộc, sau khi đã nhân với các hệ số gọi là các nhân tử Lagrange).
2

Chương 3 “Áp dụng giải bài toán cực trị” trình bày các ứng dụng của
nguyên lý Lagrange vào việc tìm nghiệm cực tiểu hay cực đại của một số bài
toán cực trị, chủ yếu là bài toán với ràng buộc đẳng thức. Đặc biệt xét các bài
toán quen thuộc trong số học và hình học, bài toán về chứng minh các bất đẳng
thức, bài toán về khoảng cách, bài toán Steiner. Đây là những bài toán có ý
nghĩa thực tế, được các nhà toán học nổi tiếng đề ra hoặc nêu cách giải. Qua đó
giới thiệu một số ứng dụng của lý thuyết tối ưu trong thực tiễn.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn này còn có

những thiếu sót nhất định, kính mong quí thầy cô và các bạn đóng góp ý kiến để
tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn sau này.
Nhân dịp này tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS-TS
Trần Vũ Thiệu, Viện Toán học - Viện Hàn Lâm Khoa học và Công nghệ Việt
Nam đã tận tình chỉ bảo, giúp đỡ tôi trong quá trình làm luận văn.
Bên cạnh đó tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến ban giám hiệu trường Đại
học Khoa học Thái Nguyên, Khoa Toán - Tin, Trung tâm học liệu Đại học Thái
Nguyên đã tận tình động viên, tạo điều kiện giúp đỡ tôi trong thời gian học tập
và làm luận văn.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Viện Toán học - Viện Hàn Lâm
Khoa học và Công nghệ Việt Nam đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong thời
gian học tập nghiên cứu.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến những người thân trong gia đình,
bạn bè và đồng nghiệp về những sự quan tâm, động viên và giúp đỡ tôi trong
thời gian qua.
Thái Nguyên, ngày 09 tháng 3 năm 2014
Học viên


Nguyễn Thành Công
3

Chương 1
BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Chương này nhắc lại một số khái niệm cơ bản về bài toán cực trị có hoặc
không có ràng buộc, các khái niệm nghiệm cực tiểu (cực đại) địa phương (toàn
cục), sự tồn tại nghiệm của bài toán, các điều kiện đòi hỏi nghiệm bài toán cần
thỏa mãn (điều kiện tối ưu cần và đủ). Nội dung của chương được tham khảo
chủ yếu từ các tài liệu [1], [2], [4] và [6].

1.1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1.1.1. Ví dụ về bài toán cực trị
Các bài toán cực trị đã biết từ bậc phổ thông. Để làm ví dụ, ta xét hai bài
toán quen thuộc trong hình học phẳng.
Bài toán 1 (Bài toán Heron). Tìm trên đường thẳng đã cho một điểm sao
cho tổng khoảng cách từ điểm đó tới hai điểm cho trước là nhỏ nhất? (Hình 1.1).
Bài toán 2. Vẽ nội tiếp trong hình tròn một hình chữ nhật có diện tích lớn
nhất? (Hình 1.2).






Hình 1.1 Hình 1.2
Bài toán 1 tìm cực tiểu (minimum), bài toán 2 tìm cực đại (maximum). Cực
tiểu và cực đại được gọi chung là cực trị (extremum). Đôi khi người ta dùng từ
tối ưu (optimization), nghĩa là tốt nhất hay hoàn hảo nhất. Như vậy, bài toán 1
và 2 là các bài toán cực trị hay bài toán tối ưu. Lý thuyết các bài toán tìm giá trị
nhỏ nhất (lớn nhất) của hàm gọi là lý thuyết bài toán cực trị hay lý thuyết tối ưu.
0
x
y
r
(x,

y)
0
A (0,

a)
B

(d,

b)
C
ˆ
(
x
ˆ
,

0)
C

(x,

0)
y
x

1


2

A'(0,
-

a
)
4

Các bài toán 1 và 2 được mô tả bằng lời, không dùng công thức. Các bài
toán cực trị nảy sinh từ các lĩnh vực khoa học hay từ thực tiễn thường như vậy:
chúng được mô tả bằng lời theo thuật ngữ có nội dung của lĩnh vực nảy sinh ra
các bài toán đó. Để có thể áp dụng được lý thuyết tối ưu thì cần chuyển bài toán
sang ngôn ngữ toán học. Cách làm này gọi là hình thức hóa bài toán. Cùng một
bài toán có thể được hình thức hóa theo nhiều cách khác nhau và cách giải có
đơn giản và hiệu qủa hay không thường phụ thuộc rất nhiều vào mức độ thành
công của sự hình thức hóa đó. Ta hình thức hóa bài toán 1 và 2 như sau.
Bài toán 1: Vẽ trục Ox dọc theo đường thẳng đã cho và trục Oy vuông góc
đi qua điểm A (xem Hình 1.1). Giả sử tọa độ của hai điểm đã cho là: A = (0,

a)
và B = (d,

b); tọa độ của điểm cần tìm C = (x,

0). Khoảng cách từ A tới C và từ B
tới C lần lượt là |AC| =
22
xa  và |BC| =
22
)xd(b 
. Từ đó, ta đi đến bài
toán: Tìm cực tiểu của hàm một biến
f(x) =
22

xa  +
22
)xd(b  với x ∈ ℝ.
Bài toán 2: Giả sử đường tròn được mô tả bởi phương trình x
2
+ y
2
= r
2
, Vẽ
các trục Ox và Oy song song với các cạnh hình chữ nhật và ký hiệu (x,

y) là tọa
độ của đỉnh hình chữ nhật nằm ở góc phần tư thứ nhất (xem Hình 1.2). Khi đó
diện tích hình chữ nhật bằng 4xy. Ta nhận được bài toán: Tìm cực đại của hàm
hai biến f(x, y) = 4xy với điều kiện
g
1
(x, y) = x
2
+ y
2
- r
2
= 0, g
2
(x, y) = x ≥ 0, g
3
(x, y) = y ≥ 0.
Có thể thấy điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 là thừa và bài toán tìm cực đại của 4xy

với x
2
+ y
2
= r
2
tương đương bài toán với điều kiện bất đẳng thức x
2
+ y
2
≤ r
2
.
Bất kỳ bài toán đã hình thức hóa nào cũng được xây dựng theo cách tương
tự, nó bao gồm các yếu tố sau đây: phiếm hàm f : X → ℝ ∪ {+

∞, -

∞} (X là
miền xác định của phiếm hàm f) và ràng buộc, tức là tập con D ⊂ X.
Ta giải thích một số ký hiệu và thuật ngữ thường gặp trong lý thuyết tối ưu:
R
là đường thẳng thực mở rộng, tức là tập các số thực cộng thêm hai giá trị +

∞
5

và -

∞; cách viết F : X → Y có nghĩa là ánh xạ F có miền xác định là không gian

X và với mỗi phần tử x ∈ X, phần tử F(x) nằm trong không gian Y; ta dùng từ
phiếm hàm để chỉ ánh xạ vào đường thẳng thực mở rộng
R
. Như vậy, hình thức
hóa bài toán cực trị có nghĩa là mô tả chính xác các yếu tố f, X và D.
Với bài toán đã hình thức hóa ta dùng cách viết
f(x) → inf (sup), x ∈ D.

(P)
để chỉ bài toán tìm cực tiểu (cực đại). Khi cần xét cả hai bài toán cực tiểu và cực
đại, ta viết
f(x) → extr, x ∈ D.
Như vậy, cách viết hình thức cho các bài toán 1 và 2 như sau.
Bài toán 1 (X = D = ℝ - đường thẳng thực):
f(x) =
22
xa  +
22
)xd(b  → inf. (P
1
)
Bài toán 2 (X = ℝ
2
- mặt phẳng hai chiều):
f(x, y) = 4xy → sup, x
2
+ y
2
= r
2

, x ≥ 0, y ≥ 0. (P
2
)
Bài toán (P
2
), như đã nói ở trên, có cách hình thức hóa khác:
f(x, y) = 4xy → sup, x
2
+ y
2
= r
2
. (
2
P

)
Bài toán (P
1
) không có ràng buộc, bài toán (P
2
) có ràng buộc D = {(x,

y) ∈
ℝ
2
: x
2
+ y
2

= r
2
, x ≥ 0, y ≥ 0} cho ở dạng đẳng thức và bất đẳng thức, còn bài
toán (
2
P

) có ràng buộc D = {(x,

y) ∈ ℝ
2
: x
2
+ y
2
= r
2
} cho ở đạng đẳng thức.
1.1.2. Một số thuật ngữ
Như vậy, bài toán tối ưu
f(x) → inf (sup) với x  D

(P)
là bài toán tìm véctơ x*  D sao cho f(x*)  f(x) (f(x*) ≥ f(x)) với mọi x  D,
trong đó D ⊂ ℝ
n
là một tập khác rỗng và f : D → ℝ là một hàm số thực tùy ý.
6

Định nghĩa 1.1. Hàm f gọi là hàm mục tiêu, tập D gọi là tập ràng buộc hay

miền chấp nhận được. Một véctơ (điểm) x  D gọi là một phương án (lời giải,
nghiệm) chấp nhận được. Véctơ x*  D sao cho f(x*)  f(x) (hay f(x*) ≥ f(x))
với mọi x  D gọi là một phương án (lời giải, nghiệm) tối ưu của bài toán.
Trường hợp D = ℝ
n
ta có bài toán tối ưu không ràng buộc, thường viết là
min {f(x) : x  ℝ
n
} hay
n
Rx
min

f(x).
Khi D ⊂ ℝ
n
ta có bài toán tối ưu có ràng buộc và tập D thường có dạng
D = {x  ℝ
n
: g
i
(x)  0, i = 1, , m, h
j
(x) = 0, j = 1, , p}
với g
i
, h
j
: ℝ
n

 ℝ là các hàm số cho trước, gọi là các hàm ràng buộc. Khi đó,
bài toán (P) có thể viết dưới dạng tường minh:
min

{f(x) : g
i
(x)  0, i = 1, , m, h
j
(x) = 0, j = 1, , p}.
Các hệ thức g
i
(x)  0 gọi là các ràng buộc bất đẳng thức, các hệ thức h
j
(x)
= 0 gọi là các ràng buộc đẳng thức. Ràng buộc bất đẳng thức dạng x
j
 0 (- x
j

0) gọi là ràng buộc không âm hay ràng buộc về dấu.
Nhận xét là min{f(x) : x  D} = - max{- f(x) : x  D}, vì thế bài toán tìm
cực tiểu có thể đưa được về bài toán tìm cực đại và ngược lại.
Định nghĩa 1.2. Ta nói điểm
x
ˆ
∈ D là một nghiệm cực tiểu địa phương
của (P) và viết
x
ˆ
∈ loc

min P nếu có số  > 0 sao cho f(
x
ˆ
) ≤ f(x) với mọi x ∈ D
và ||x -
x
ˆ
|| < . Nếu f )x
ˆ
( < f(x) với mọi x  D, x 
x
ˆ
và ||x -
x
ˆ
|| <  thì
x
ˆ
được
gọi là một nghiệm cực tiểu địa phương chặt của (P).
Định nghĩa 1.3. Điểm
x
ˆ
 D được gọi là một nghiệm cực tiểu toàn cục
hay cực tiểu tuyệt đối của (P) nếu f )x
ˆ
(  f(x) với mọi x  D và ta viết
x
ˆ

∈ abs
min P. Nếu f(
x
ˆ
) < f(x) với mọi x  D, x 
x
ˆ
thì
x
ˆ
được gọi là nghiệm cực tiểu
toàn cục chặt của (P).
7

Các khái niệm nghiệm cực đại địa phương và nghiệm cực đại toàn cục
được định nghĩa tương tự và ta viết
x
ˆ
∈ loc max P hay
x
ˆ
∈ abs max P.
Đối với hàm tùy ý f trên tập D, ký hiệu tập tất cả các điểm cực tiểu (cực
đại) toàn cục của f trên D là Argmin
xD
f(x) (Argmax
x  D
f(x)).
Khi xét một bài toán tối ưu ta mong muốn tìm nghiệm cực trị (cực tiểu, cực
đại) toàn cục của nó. Tuy nhiên, một nghiệm như thế có thể không tồn tại.

Chẳng hạn, hàm một biến f(x) = x hay f(x) = e
x
không có nghiệm cực tiểu toàn
cục trên tập số thực ℝ do hàm f(x) = x giảm vô hạn tới -  khi x dần tới - , còn
hàm f(x) = e
x
luôn nhận giá trị dương và giảm tới 0 khi x dần tới - .
Tập {f(x) : x  D} được gọi là miền giá trị của hàm f. Có hai khả năng:
a) Tập {f(x) : x  D} bị chặn dưới, nghĩa là có một số m sao cho m  f(x)
với mọi x  D. Trong trường hợp này cận dưới lớn nhất của {f(x) : x  D} là
một số thực và được ký hiệu là
Dx
inf

f(x). Chẳng hạn,
Rx
inf

e
x
= 0.
b) Tập {f(x) : x  D} không bị chặn dưới (tức là tập này chứa các số thực
nhỏ tùy ý). Trong trường hợp này ta viết
Dx
inf

f(x) = - .
Trong Bài toán 1 cực tiểu tuyệt đối
x
ˆ

xác định điểm cần tìm
C
ˆ
= (
x
ˆ
, 0)
được đặc trưng bởi sự kiện hình học đã biết là các góc nhọn tạo nên bởi cạnh
A
C
ˆ
và
C
ˆ
B với trục Ox phải bằng nhau (góc tới bằng góc phản xạ) và giá trị tối
ưu của bài toán là f
min
=
22
d)ba( 
(
C
ˆ
là giao điểm của A'B với trục Ox,
xem Hình 1.1).
Trong Bài toán 2 hình chữ nhật cần tìm là hình vuông cạnh bằng 2r/
2
,
tương ứng với nghiệm
x

ˆ
= y
ˆ
= r/
2
và f
max
= 2r
2
(xem Hình 1.2).
Lý thuyết bài toán cực trị đưa ra các qui tắc tìm nghiệm của bài toán,
thường là tách ra tập các điểm gọi là điểm tới hạn (thường bao gồm các điểm tại
đó đạo hàm theo mọi biến bằng 0, các điểm không có đạo hàm và các điểm biên
8

của miền ràng buộc ). Tập này có thể rộng hơn tập điểm cực trị địa phương
hay toàn cục. Sau khi tìm được các điểm tới hạn, sử dụng các điều kiện tối ưu
cần và đủ, tìm ra các điểm cực tiểu (hay cực đại).
Để minh họa, ta xét ví dụ tìm các điểm tới hạn, các điểm cực trị địa phương
và cực trị toàn cục của bài toán sau.
Bài toán 3 (Hình 1.3). Tìm cực trị của hàm một biến
f(x) = x
3
(x
2
- 1) → extr, - 1 ≤ x ≤ 2. (P
3
)
Cực trị toàn cục của bài toán có thể đạt được tại hai đầu mút của đoạn [-

1,

2] hoặc tại điểm trong. Nếu cực trị đạt tại điểm trong thì tại đó đạo hàm của f
phải bằng 0, tức là f

'(x) = 0 ⇔ 5x
4
- 3x
2
= 0 ⇔ x ∈ {-

5/3 , 0, 5/3 }.






Hình 1.3. Các điểm tới hạn
Như vậy có 5 điểm tới hạn: x
1
= -

1, x
2
= -

5/3 , x
3
= 0, x

4
= 5/3 , x
5
= 2,
trong đó x
2
, x
3
, x
4
là các điểm dừng. Từ đồ thị của hàm f (Hình 1.3) ta thấy x
1
, x
4

∈ loc

min P
3
; x
2
, x
5
∈ loc

max P
3
; x
4
∈ abs

min P
3
; x
5
∈ abs

max P
3
. Từ đó
f
min
= - 6 6,0 /25 ≈ - 0,1859 và f
max
= 24.
1.2. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TỐI ƯU
Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán được xét có hay không có nghiệm tối ưu
(cực tiểu hay cực đại toàn cục)? Trả lời cho câu hỏi này là
Định lý 1.1 (Định lý Weierstrass). Một hàm liên tục f trên một tập D
compac, khác rỗng đạt được cực tiểu và cực đại trên D.
y
f(x)
0

1

2

x

-

1

-
5/3
5/3

x
1

x
2




x
3






x
4

x
5

9

Ta xét một số điều kiện mở rộng bảo đảm cho bài toán có nghiệm tối ưu.
Định nghĩa 1.4. Hàm f : D  ℝ gọi là nửa liên tục dưới tại điểm
x
 D
nếu với mỗi  > 0 có một  > 0 sao cho f(
x
) -   f(x) với mọi x



D, ||x -
x
|| <
. Hàm f gọi là nửa liên tục dưới trên D nếu f nửa liên tục dưới tại mọi điểm x


D. Hàm f nửa liên tục trên trên D khi và chỉ khi - f nửa liên tục dưới trên D.
Hàm f liên tục trên D nếu nó vừa nửa liên tục dưới, vừa nửa liên tục trên trên D.
Định lý 1.2. Một hàm f(x) nửa liên tục dưới trên một tập compac D  
phải đạt cực tiểu trên D. Tương tự, một hàm f(x) nửa liên tục trên trên một tập
compac D   phải đạt cực đại trên D.
Nếu tập D chỉ đóng mà không bị chặn thì một hàm nửa liên tục dưới (nửa
liên tục trên) trên D có thể không đạt cực tiểu (cực đại) trên D. Tuy vậy ta có
Định lý 1.3. a) Một hàm f : D  ℝ nửa liên tục dưới trên một tập đóng D

  mà bức (coercive) trên D, nghĩa là f(x)  +  khi x  D, ||x||  + , thì f
phải có cực tiểu trên D.
b) Một hàm f : D  ℝ nửa liên tục trên trên một tập đóng D   mà - f
bức trên D (tức f(x)  -  khi x  D, ||x||  + ) thì f phải có cực đại trên D.
Định lý 1.4. Hàm bậc hai f(x) =
2
1
x
T
Ax + b
T
x với A  ℝ
nn
đối xứng, b 
ℝ
n
là bức (trên toàn ℝ
n
) khi và chỉ khi A xác định dương.
Ví dụ 1.1. Xét hai hàm toàn phương:
a) f
1
(x) = L
1
(x
1
, x
2
, x
3

) = x
2
1
+ 4x
2
2
+ 3x
2
3
+ 2x
1
x
2
.
b) f
2
(x) = L
2
(x
1
, x
2
, x
3
) = 2x
2
1
+ 3x
2
2

- x
2
3
+ 4x
1
x
2
- 6x
1
x
3
+ 10x
2
x
3
.
Tính toán trực tiếp cho thấy f
1
(x) = x
T
Ax và f
2
(x) = x
T
Bx với
A =











300
041
011
, B =












153
532
322
.
10

Có thể thấy A là ma trận xác định dương nên hàm f
1

(x) là bức, B là ma trận
không xác định dương nên hàm f
2
(x) không bức (x
1
= x
2
= 0, x
3
 , f
2
 - ).
Dùng các định lý nêu trên ta có thể xét bài toán có nghiệm tối ưu hay
không. Chẳng hạn, xét bài toán
min

{x
2
1
+ + x
2
n
: a
1
x
1
+ + a
n
x
n

= b} với b, a
i
 0 với mọi i.
Đây là bài toán tối ưu dạng min

{f(x) : x  D} với f(x) = x
2
1
+ + x
2
n
liên
tục và bức (vì f = ||x||
2
nên khi ||x||  +

 thì f  +

). Tập D = {x  ℝ
n
: a
1
x
1
+
+ a
n
x
n
= b} có dạng một siêu phẳng trong ℝ

n
nên D là một tập đóng. Dễ thấy
D   vì x
1
= b/a
1
, x
2
= = x
n
= 0 thoả mãn a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= b. Theo
Định lý 1.3 bài toán có nghiệm cực tiểu toàn cục (nghiệm tối ưu).
1.3. ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU
Xét bài toán tối ưu không ràng buộc có dạng:
min

{f(x) : x  ℝ
n

}, (P)
trong đó f : ℝ
n
 ℝ là một hàm phi tuyến cho trước.
Định lý 1.5. Nếu
x
 ℝ
n
là một điểm cực tiểu địa phương của một hàm
f(x) khả vi trên ℝ
n
thì f(
x
) = 0 và nếu f(x) hai lần khả vi thì 
2
f(
x
) ≽ 0 (ma
trận 
2
f(
x
) nửa xác định dương).
Ngược lại, nếu
x
 ℝ
n
là một điểm tại đó f(x) hai lần khả vi và
f(
x

) = 0, 
2
f(
x
) ≻ 0 (ma trận 
2
f(
x
) xác định dương)
thì
x
là một điểm cực tiểu địa phương chặt của f(x) trên ℝ
n
, nghĩa là có một  >
0 sao cho f(
x
) < f(x) với mọi x  ℝ
n
, x 
x
và ||x -
x
|| < .
Do max

{f(x) : x  ℝ
n
} = - min

{-

f(x) : x  ℝ
n
} nên từ Định lý 1.5 suy ra
Hệ quả 1.1. Giả sử hàm f(x) hai lần khả vi trên ℝ
n
:
11

a) Nếu
x
~
 ℝ
n
là một điểm cực đại địa phương của f(x) trên ℝ
n
thì
f(
x
~
) = 0 và 
2
f(
x
~
) ≼ 0 (
2
f(
x
~

) nửa xác định âm).
b) Ngược lại, nếu
x
~
 ℝ
n
thoả mãn
f(
x
~
) = 0 và 
2
f(
x
~
) ≺ 0 (
2
f(
x
~
) xác định âm)
thì
x
~
là một điểm cực đại địa phương chặt của f(x) trên ℝ
n
, nghĩa là có một  >
0 sao cho f(
x
~

) > f(x) với mọi x  ℝ
n
, x 
x
~
và ||x -
x
~
|| < .
Với hàm một biến f(x), x  ℝ, ta cũng có các kết luận tương tự, chỉ cần
dùng ký hiệu f’(x) thay cho f(x) và f”(x) thay cho 
2
f(x).
Một điểm
x
thoả mãn f(
x
) = 0 gọi là một điểm dừng của hàm f. Theo
trên để tìm cực trị (cực tiểu hay cực đại) của một hàm f trên ℝ
n
, trước hết ta cần
tìm các điểm dừng của f, sau đó nếu tại điểm dừng tìm được, ma trận 
2
f xác
định dương (xác định âm) thì điểm dừng đó là một điểm cực tiểu (cực đại) địa
phương. Ngoài ra, nếu biết thêm hàm f trên ℝ
n
chắc chắn có cực tiểu hay cực đại
toàn cục thì có thể tìm ra các điểm này bằng cách tính và so sánh giá trị hàm f(x)
tại tất cả các điểm dừng của f (nếu số điểm dừng không quá lớn).

Định lý sau cho nghiệm cực tiểu (cực đại) toàn cục của một hàm lồi (lõm).
Định lý 1.6. a) Điểm
x
 ℝ
n
là cực tiểu toàn cục của một hàm lồi khả vi f
trên ℝ
n
khi và chỉ khi f(
x
) = 0.
b) Điểm
x
~
 ℝ
n
là cực đại toàn cục của một hàm lõm khả vi f trên ℝ
n
khi
và chỉ khi f(
x
~
) = 0.
Trường hợp hàm bậc hai. Nếu A là một ma trận cấp nn đối xứng, nửa
xác định dương (nửa xác định âm), b  ℝ
n
.và c  ℝ thì hàm bậc hai f(x) =
2
1
x

T
Ax + b
T
x + c là hàm lồi (lõm) trên ℝ
n
và f(x) = Ax + b. Vì thế theo Định lý
12

1.6, điều kiện cần và đủ để điểm
x
 ℝ
n
là cực tiểu (cực đại) toàn cục của f(x)
trên ℝ
n
.là
x
nghiệm đúng hệ phương trình tuyến tính Ax + b = 0.
Trường hợp hàm không khả vi. Với hàm lồi không khả vi, trong Định lý
1.6 cần thay f(x) bởi dưới vi phân f(x) và ta có
Định lý 1.7. Điểm
x
 ℝ
n
là cực tiểu của hàm lồi f : ℝ
n
 [-

, +

] khi
và chỉ khi 0  f(
x
), trong đó
f(
x
) = {p ∈ ℝ
n
: <p, x -
x
> + f(
x
) ≤ f(x), ∀x ∈ ℝ
n
}.
Tóm lại, chương này đã đề cập tới bài toán tìm cực trị (cực tiểu hay cực
đại) của một hàm trên một tập, nêu các điều kiện đủ đảm bảo cho bài toán có
nghiệm cực tiểu hay cực đại và nêu các điều kiện tối ưu cho bài toán không ràng
buộc. Các điều kiện tối ưu cho bài toán có ràng buộc đẳng thức sẽ được trình
bày ở chương sau.

13


Chương 2
NGUYÊN LÝ LAGRANGE

Chương này xét bài toán qui hoạch phi tuyến ràng buộc đẳng thức có dạng
min

{f(x) : h
j
(x) = 0, j = 1, , p},
trong đó f, h
j
: ℝ
n
→ ℝ (j = 1, , p) là các hàm khả vi liên tục cho trước. Trình
bày các điều kiện cần tối ưu (cấp 1 và cấp 2), điều kiện đủ tối ưu (cấp 2) và
phương pháp nhân tử Lagrange tìm nghiệm cực tiểu của bài toán. Nội dung của
chương được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [2], [4], [5] và [6].
2.1. KHÁI NIỆM VÀ ĐỊNH NGHĨA
Các ràng buộc h
j
(x) = 0, j = 1, , p có thể viết gọn lại thành h(x) = 0 với
h(x) = (h
1

(x), , h
p
(x))
T
: ℝ
n
→ ℝ
p
. Ràng buộc đẳng thức h(x) = 0 xác định một
tập trong ℝ
p
, được xem như một mặt cong (hypersurface). Ký hiệu
S = {x ∈ ℝ
n
: h
j
(x) = 0, j = 1, , p}.
Ta giả thiết h
j
(x) khả vi và tập S = {x ∈ ℝ
n
: h
j
(x) = 0, j = 1, , p} được
gọi là đa tạp khả vi (differentiable manifold) hay đa tạp trơn (smooth manifold).
Tại mỗi điểm trên đa tạp khả vi có tập tiếp xúc (tangent set) tại điểm đó. Để hình
thức hóa khái niệm này, ta bắt đầu từ định nghĩa đường cong (curve) trên đa tạp.
Đường cong  trên đa tạp S là một ánh xạ liên tục  : I ⊂ ℝ → S, tức là tập hợp
các điểm (t) ∈ S phụ thuộc liên tục vào tham số t trong khoảng I của ℝ. Đường
cong gọi là đi qua điểm

x
nếu
x
= (
t
) với
t
nào đó thuộc I. Đạo hàm của
đường cong tại
t
được định nghĩa bằng giá trị sau (nếu nó tồn tại):
)t(

=
0
lim







)t()t(
.
Đường cong gọi là khả vi hay trơn nếu đạo hàm của  tồn tại tại mọi t ∈ I.
14

Định nghĩa 2.1. Cho S là một đa tạp khả vi trong ℝ
n

và giả sử
x
∈ S. Xét
họ tất cả các đường cong khả vi liên tục trên S đi qua
x
. Khi đó, tập tất cả các
véctơ tiếp xúc với các đường cong này tại
x
được gọi là tập tiếp xúc của S tại
x
, ký hiệu là T

(
x
).
Nếu các ràng buộc là chính qui (regular) theo định nghĩa dưới đây thì S có
thứ nguyên (địa phương) bằng (n

-

p) và T

(
x
) tạo nên một không gian con thứ
nguyên (n

-

p) gọi là không gian tiếp xúc (tangent space) của S tại

x
.
Định nghĩa 2.2. Giả sử h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1, , p, là các hàm khả vi trên ℝ
n

và tập S = {x ∈ ℝ
n
: h
j
(x) = 0, j = 1, , p}. Điểm
x
∈ S gọi là điểm chính qui
(regular point) nếu các véctơ gradient

∇h
j
(
x
), j = 1, , p độc lập tuyến tính, tức
là rank

{∇h
1
(
x
), ,

∇h
p
(
x
)} = p. Ký hiệu ∇h(
x
) = (∇h
1
(
x
), ,

∇h
p
(
x
)).
Bổ đề 2.1. Giả sử h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1, , p, là các hàm khả vi trên ℝ
n
và
tập S = {x ∈ ℝ
n
: h
j
(x) = 0, j = 1, , p}. Tại điểm chính qui

x
∈ S, không gian
tiếp xúc bằng
T

(
x
) = {d ∈ ℝ
n
: ∇h(
x
)
T
d = 0}.
2.2. ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU
Ý tưởng phương pháp Lagrange giải bài toán
min

{f(x) : h
j
(x) = 0, j = 1, , p}
là tìm điểm cực tiểu của f(x) trên đa tạp S = {x ∈ ℝ
n
: h
j
(x) = 0, j = 1, , p}. Ta
sẽ khảo sát giá trị của hàm mục tiêu f dọc theo các đường cong đi qua điểm tối
ưu trên đa tạp S để rút ra điều kiện tối ưu, tức là các điều kiện buộc điểm tối ưu
địa phương (do đó cả tối ưu toàn cục) phải thỏa mãn.
Định lý sau cho thấy không gian tiếp xúc T

(
x
) tại điểm cực tiểu (địa
phương) chính qui
x
trực giao với véctơ gradient của hàm mục tiêu f(x) tại
x
.
15

Sự kiện quan trọng này được minh họa ở Hình 2.1 cho trường hợp chỉ có một
ràng buộc đẳng thức.






Hình 2.1. Điều kiện cần tối ưu với ràng buộc đẳng thức
Định lý 2.1 (Điều kiện cần dạng hình học cho cực tiểu địa phương). Cho
f : ℝ
n
→ ℝ và h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1, , p là các hàm khả vi liên tục trên ℝ
n
. Giả

sử x* là điểm cực tiểu địa phương của bài toán min

{f(x) : h(x) = 0}. Khi đó,
∇f(x*) trực giao với không gian tiếp xúc T

(x*) của S tại x*, tức là
F

0
(x*) ∩ T

(x*) = ∅ với

F

0
(x*) = {d ∈ ℝ
n
:

∇f(x*)
T
d < 0}.
Chứng minh. Giả thiết phản chứng, có d ∈ T

(x*) sao cho ∇f(x*)
T
d ≠ 0.
Giả sử  : I = [-

a, a] → S, a > 0 là đường cong trơn bất kỳ đi qua x* với (0) =
x* và


(0) = d. Giả sử  là hàm xác định theo công thức (t) = f((t)),

∀t ∈ I.
Do x* là cực tiểu địa phương của f trên S = {x ∈ ℝ
n
: h(x) = 0} nên theo định
nghĩa cực tiểu địa phương, ta có
∃ > 0 sao cho (t) = f((t)) ≥ f(x*) = (0),

∀t ∈ [-

, ] ∩ I.
Suy ra t* = 0 là điểm cực tiểu (địa phương) không ràng buộc của  và
0 = '(0) = ∇f(x*)
T


(0) = ∇f(x*)
T
d.
Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết phản chứng ∇f(x*)
T
d ≠ 0. ∎
Tiếp theo, ta sử dụng đặc trưng hình học vừa nêu để rút ra điều kiện cần tối
ưu cấp 1 cho điểm cực tiểu địa phương của bài toán với ràng buộc đẳng thức.
∇f(

x
)
T

(
x
)
∇f(
x
x

S = {x : h(x) = 0}
f giảm
đường mức
hàm mục tiêu
16

Định lý 2.2 (Điều kiện cần cấp 1). Cho f : ℝ
n
→ ℝ và h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1,
, p là các hàm khả vi liên tục trên ℝ
n
. Xét bài toán min

{f(x) : h(x) = 0}. Nếu x*
là cực tiểu địa phương và x* là điểm chính qui thì tồn tại duy nhất véctơ * ∈

ℝ
p
sao cho
∇f(x*) + ∇h(x*)* = 0.
(Nhớ rằng ta dùng ký hiệu ∇h(x) = (∇h
1
(x), ,

∇h
p
(x)) là ma trận cấp n×p).
Chứng minh. Do x* là cực tiểu địa phương của f trên S = {x ∈ ℝ
n
: h(x) =
0} nên theo Định lý 2.1, ta có

F

0
(x*) ∩ T

(x*) = ∅, tức là hệ (theo biến d

∈

ℝ
n
)
∇f(x*)
T

d < 0, ∇h(x*)
T
d = 0
không tương thích. Xét hai tập
C
1
= {(z
1
, z
2
) ∈ ℝ×ℝ
p
: z
1
= ∇f(x*)
T
d, z
2
= ∇h(x*)
T
d},
C
2
= {(z
1
, z
2
) ∈ ℝ×ℝ
p
: z

1
< 0, z
2
= 0}.
Rõ ràng C
1
, C
2
là các tập lồi và C
1
∩ C
2
= ∅. Theo định lý tách, tồn tại
véctơ không âm (, ) ∈ ℝ×ℝ
p
sao cho
∇f(x*)
T
d + 
T
[∇h(x*)
T
d] ≥ z
1
+ 
T
z
2
,

∀d ∈ ℝ
n
và

∀(z
1
, z
2
) ∈ C
2
.
Cho z
2
= 0 và do z
1
có thể là số âm nhỏ tùy ý nên suy ra  ≥ 0. Cũng vậy,
cho (z
1
, z
2
) = 0 ta có [∇f(x*) + ∇h(x*)]
T
d ≥ 0,

∀d ∈ ℝ
n
. Nói riêng, với d = -
[∇f(x*) + ∇h(x*)] suy ra - [∇f(x*) + ∇h(x*)]
2
≥ 0 và vì thế

∇f(x*) + ∇h(x*) = 0 với (, ) ≠ 0.
Cuối cùng, phải có  > 0 vì nếu  = 0 thì đẳng thức trên sẽ mâu thuẫn với
giả thiết ∇h
j
(x*), j = 1, , p, độc lập tuyến tính. Bằng cách đặt * = / và để ý
17

rằng giả thiết độc lập tuyến tính còn kéo theo tính duy nhất của các nhân tử
Lagrange, ta suy ra kết luận của định lý. ∎
Nhận xét 2.1. Điều kiện cần tối ưu cấp 1
∇f(x*) + ∇h(x*)* = 0
kết hợp với ràng buộc h(x*) = 0 tạo ra hệ (n

+

p) phương trình (nói chung, phi
tuyến) theo (n

+

p) ẩn số (x*, *). Các điều kiện này là đầy đủ theo nghĩa chúng
xác định, ít nhất tại địa phương, một nghiệm duy nhất. Tuy nhiên, cũng như
trong trường hợp không ràng buộc, một điểm thỏa mãn điều kiện cần cấp 1
không nhất thiết là cực tiểu (địa phương) của bài toán ban đầu mà nó có thể là
một điểm cực đại (địa phương) hay một điểm yên ngựa. Ví dụ 2.1 nêu dưới đây
sẽ minh họa cho điều nhận xét này.
Nhận xét 2.2. Cần chú ý là để cho điểm cực tiểu địa phương thỏa mãn điều
kiện cần cấp 1 nêu trên và hơn nữa, để cho véctơ nhân tử Lagrange tồn tại và
duy nhất thì các ràng buộc đẳng thức phải thỏa mãn điều kiện chính qui. Nói
cách khác, điều kiện cần cấp 1 có thể không đúng tại những điểm cực tiểu địa

phương không chính qui, như được chỉ ra ở Ví dụ 2.2 dưới đây.
Nhận xét 2.3. Để thuận tiện, ta xét hàm Lagrange L : ℝ
n
× ℝ
p
→ ℝ tương
ứng với bài toán ràng buộc đẳng thức (liên kết hàm chi phí với hàm ràng buộc)
L(x, ) = f(x) + h(x)
T
.
Như vậy, nếu x* là điểm cực tiểu địa phương chính qui thì điều kiện cần
cấp 1 viết lại thành
∇
x
L(x*. *) = 0,
∇

L(x*. *) = 0,
phương trình sau đơn giản chỉ là viết lại ràng buộc h(x) = 0. Chú ý là lời giải của
bài toán ban đầu thường tương ứng với một điểm yên ngựa của hàm Lagrange.
Ví dụ 2.1 (Trường hợp chính qui). Xét bài toán
18

min

{f(x) = x
1
+ x
2
: h(x) =

2
1
x +
2
2
x - 2 = 0}.
Trước hết ta nhận thấy rằng mỗi điểm chấp nhận được x đều là điểm chính
qui (do ∇h(x) ≠ 0). Vì thế theo Định lý 2.2, mỗi điểm cực tiểu địa phương là
một điểm dừng của hàm Lagrange L(x, ) = x
1
+ x
2
+ (
2
1
x
+
2
2
x
- 2).
Ta có ∇f(x) = (1, 1)
T
và ∇h(x) = (2x
1
, 2x
2
)
T
, vì thế điều kiện cần cấp 1 là

1 + 2x
1
= 0, 1 + 2x
2
= 0,
2
1
x
+
2
2
x
- 2 = 0.
Giải 3 phương trình này theo 3 ẩn số x
1
, x
2
,  ta nhận được 2 ứng viên cho
điểm cực tiểu địa phương:
(i)

1
x
=

2
x
= - 1, * =
2
1

, tương ứng với f(x*) = - 2;
(ii)

1
x
=

2
x
= 1, * = -
2
1
, tương ứng với f(x*) = 2;
Có thể thấy rằng điểm thứ nhất là cực tiểu địa phương và điểm thứ hai là
cực đại địa phương.
Ví dụ 2.2 (Trường hợp không chính qui). Xét bài toán
min

{f(x) = - x
1
: h
1
(x) = (1 - x
1
)
3
+ x
2
= 0, h
2

(x) = (1 - x
1
)
3
- x
2
= 0}.
Bài toán này chỉ có một điểm chấp nhận được duy nhất: x* = (1, 0)
T
, tức là
x* là điểm cực tiểu toàn cục duy nhất của bài toán. Tuy nhiên, tại điểm này ta có
∇f(x*) =









0
1
, ∇h
1
(x*) =









1
0
, ∇h
2
(x*) =








1
0
.
do đó điều kiện cần cấp 1

1









1
0
+ 
2








1
0
=








0
1
.
không được thỏa mãn (hệ vô nghiệm). Ví dụ này cho thấy điểm cực tiểu có thể
không là điểm dừng của hàm Lagrange, nếu điểm đó không là điểm chính qui.
Định lý sau nêu điều kiện cần cấp 2 cho điểm cực tiểu địa phương của bài

toán qui hoạch phi tuyến (bài toán NLP) ràng buộc đẳng thức.
19

Định lý 2.3 (Điều kiện cần cấp 2). Cho f : ℝ
n
→ ℝ và h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1,
, p là các hàm hai lần khả vi liên tục trên ℝ
n
. Xét bài toán min

{f(x) : h(x) = 0}.
Nếu x* là cực tiểu địa phương và x* là điểm chính qui thì tồn tại duy nhất véctơ
* ∈ ℝ
p
sao cho
∇f(x*) + ∇h(x*)* = 0.
và
d
T
[∇
2
f(x*) +





p
1j
j
∇
2
h
j
(x*)]d ≥ 0,

∀d ∈ T

(x*).
Chứng minh. Để ý là ∇f(x*) + ∇h(x*)* = 0 suy ra từ Định lý 2.2.
Giả sử d là một hướng bất kỳ trong T

(x*), tức là ∇h(x*)
T
d = 0 do x* là
điểm chính qui (xem Bổ đề 2.1). Xét đường cong hai lần khả vi bất kỳ  : I =
[-

a, a] → S, a > 0, đi qua x* với (0) = x* và


(0) = d. Giả sử  là hàm xác định
theo công thức (t) = f((t)),

∀t ∈ I. Do x* là cực tiểu địa phương của f trên S =
{x ∈ ℝ
n

: h(x) = 0} nên t* = 0 là điểm cực tiểu (địa phương) không ràng buộc
của . Từ điều kiện cần tối ưu không ràng buộc cấp 2 suy ra
0 ≤ ∇
2
(0) =


(0)
T
∇
2
f(x*)


(0) + ∇f(x*)
T


(0).
Hơn nữa, lấy vi phân hai lần hệ thức h((t))
T
 = 0 ta nhận được


(0)
T
[





p
1j
j
∇
2
h
j
(x*)]


(0) + (∇h(x*))
T


(0) = 0.
Cộng hai phương trình cuối với nhau ta nhận được
d
T
[∇
2
f(x*) +




p
1j
j
∇

2
h
j
(x*)]d ≥ 0.
Do d là một hướng bất kỳ trong T

(x*) nên định lý đã được chứng minh.
20

Nhận xét 2.4. Định lý trên đây cho thấy rằng ma trận ∇ ),x(L
2
xx



thu hẹp
trên không gian con T

(x*) có vai trò rất quan trọng. Về mặt hình học, thu hẹp
của ∇
),x(L
2
xx



trên T

(x*) tương ứng với hình chiếu P
T

(x*)
[∇
),x(L
2
xx


].
Véctơ y ∈ T

(x*) gọi là véctơ riêng (eigenvector) của P
T
(x*)
[∇ ),x(L
2
xx

 ]
nếu có số thực  sao cho.
P
T
(x*)
[∇
),x(L
2
xx


]

y = y,
số  tương ứng gọi là giá trị riêng (eigenvalue) của P
T
(x*)
[∇
),x(L
2
xx


]. Các
định nghĩa này trùng với định nghĩa thông thường về véctơ riêng và giá trị riêng
của các ma trận thực. Bây giờ để có thể nhận được cách biểu diễn ma trận của
hình chiếu P
T
(x*)
[∇ ),x(L
2
xx

 ] thì cần phải xét tới cơ sở của không gian con
tiếp xúc T

(x*), chẳng hạn E = (e
1
, , e
n-p
). Khi đó, các giá trị riêng của ma trận
chiếu P
T

(x*)
[∇
),x(L
2
xx


] cũng là giá trị riêng của ma trận E
T
∇
),x(L
2
xx


E
cấp (n

-

p)×(n

-

p). Đặc biệt chúng không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở E.
Ví dụ 2.3. Xét bài toán cho ở Ví dụ 2.1. Hai ứng viên cho điểm cực tiểu địa
phương nhận được nhờ áp dụng điều kiện cần cấp 1 là
(i)

1

x =

2
x = - 1, * =
2
1
, tương ứng với f(x*) = - 2;
(ii)

1
x
=

2
x
= 1, * = -
2
1
, tương ứng với f(x*) = 2.
Ma trận Hess của hàm Lagrange xác định bởi
∇
),x(L
2
xx

= ∇
2
f(x) + ∇
2
h(x) = 









20
02
.
và một cơ sở của không gian tiếp xúc tại điểm x ∈ T

(x), x ≠ (0, 0) là
E(x) =









1
2
x
x
.
Vì thế,

21

E
T
∇ ),x(L
2
xx
 E = 2(
2
1
x +
2
2
x ).
Nói riêng, đối với ứng viên cực tiểu (i) ta có
E
T
∇
),x(L
2
xx


E = 2 > 0,
do đó thỏa mãn điều kiện cần cấp 2. Trên thực tế, điểm này cũng thỏa mãn điều
kiện đủ tối ưu cấp 2 nêu trong Định lý 2.4 dưới đây. Còn với ứng viên cực tiểu
(ii) ta có
E
T
∇

),x(L
2
xx


E = - 2 < 0,
điểm này không thỏa mãn điều kiện cần cấp 2 nên nó không thể là điểm cực tiểu
địa phương.
2.3. ĐIỀU KIỆN ĐỦ TỐI ƯU
Điều kiện nêu trong các Định lý 2. 2 và 2.3 là những điều kiện cần mà mỗi
điểm cực tiểu địa phương phải thỏa mãn. Tuy vậy, điểm thỏa mãn các điều kiện
này chưa chắc đã là điểm cực tiểu địa phương. Định lý sau đây nêu điều kiện đủ
đảm bảo cho một điểm dừng của hàm Lagrange là điểm cực tiểu (địa phương),
miền là ma trận Hess của hàm Lagrange là lồi địa phương dọc theo các hướng
trong không gian tiếp xúc của các ràng buộc.
Định lý 2.4 (Điều kiện đủ cấp 2). Cho f : ℝ
n
→ ℝ và h
j
: ℝ
n
→ ℝ, j = 1,
, p là các hàm hai lần khả vi liên tục trên ℝ
n
. Xét bài toán min

{f(x) : h(x) = 0}.
Nếu x* và * thỏa mãn
∇
x

L(x*, *) = 0, ∇

L(x*, *) = 0.
và
y
T
∇ ),x(L
2
xx

 y

> 0 với mọi y ≠ 0 thỏa mãn ∇h(x*)
T
y = 0,
với L(x, ) = f(x) + h(x)
T
 thì x* là điểm cực tiểu địa phương chặt của bài toán.
Trước hết ta cần tới Bổ đề sau.
22

Bổ đề 2.2. Cho P, Q là hai ma trận đối xứng nửa xác định dương và P xác
định dương trên hạch của Q (tức là y
T
Py > 0,

∀y ≠ 0, Qy = 0). Khi đó
∃
c
> 0 sao cho P + cQ ≻ 0 (xác định dương) ∀c >

c

.
Thật vậy, giả sử trái lại. Khi đó
∀k > 0, ∃x
k
, ||x
k
|| = 1 sao cho (x
k
)
T
Px
k
+ k.(x
k
)
T
Qx
k
≼ 0.
Xét dãy con {
q
k
x
} hội tụ tới
x
với ||
x
|| = 1. Chia bất đẳng thức trên cho k

và cho qua giới hạn khi k = k
q
→ ∞ ta nhận được
x
T
Q
x
≼ 0.
Mặt khác, do Q nửa xác định dương nên phải có
x
T
Q
x
≽ 0.
Do vậy
x
T
Q
x
= 0. Từ đó Q
x
= 0. Giả thiết bổ đề kéo theo
x
T
P
x
≻ 0.
Điều này mâu thuẫn với
x
T

P
x
+
k
lim
q
kk
sup

k.(x
k
)
T
Qx
k
≼ 0.
Chứng minh định lý. Xét hàm Lagrange gia tăng
L
(x, ) = f(x) + h(x)
T
 +
2
c
||h(x)||
2
.
trong đó c là một số. Ta có
∇
x
L

(x, ) = ∇
x
L(x,


) = ∇f(x) + ∇h(x) + 2ch(x)
T
∇h(x)
∇
2
xx
L
(x, ) = ∇
2
xx
L(x,

) + c∇h(x)
T
∇h(x),
trong đó


=  + ch(x). Do (x*, *) thỏa mãn điều kiện đủ và theo Bổ đề 2.2 ta
nhận được
∇
x
L
(x*, *) = 0, ∇
2

xx
L
(x*, *) ≻ 0
với c đủ lớn. Do
L
xác định dương tại (x*, *) nên
∃ > 0,  > 0 sao cho
L
(x, *) ≥
L
(x*, *) +
2

||x - x*||
2
với ||x - x*|| < .
23

Cuối cùng, do
L
(x, *) = f(x) khi h(x) = 0 nên
f(x) ≥ f(x*) +
2

||x - x*||
2
nếu h(x) = 0, ||x - x*|| < .
tức là x* là cực tiểu địa phương chặt. ∎
Ví dụ sau minh họa cho cách áp dụng điều kiện đủ để tìm nghiệm tối ưu.
Ví dụ 2.4. Xét bài toán

f(x) = - x
1
x
2
- x
2
x
3
- x
3
x
1
→ min
với điều kiện
h(x) = x
1
+ x
2
+ x
3
- 3 = 0
Hàm Lagrnge tương ứng với bài toán này là
L(x, ) = - x
1
x
2
- x
2
x
3

- x
3
x
1
+ (x
1
+ x
2
+ x
3
- 3)
Điều kiện cần cấp 1 cho bài toán này là
- (x
2
+ x
3
) +  = 0
- (x
1
+ x
3
) +  = 0
- (x
1
+ x
2
) +  = 0
x
1
+ x

2
+ x
3
- 3 = 0,
Dễ kiểm tra thấy rằng điểm

1
x
=

2
x
=

3
x
= 1 và * = 2 thỏa mãn các điều
kiện này. Hơn nữa
∇
2
xx
L(x*, *) = ∇
2
f(x*) =














011
101
110

và cơ sở của không gian tiếp xúc với ràng buộc h(x) = 0 tại x* là
E =












11
11
20
.
Từ đó ta nhận được

E
T
∇
2
xx
L(x*, *)E =








60
02