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
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

1LỜI 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.

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].

a)
B

(d,

b)
C
ˆ
(
x
ˆ
,

0)
C

(x,

0)
y
x

1


2

A'(0,
-


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

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

= 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

 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

∈ 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.

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

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


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



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

) = 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

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

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

= 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

}, (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


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
~

) > 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).

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
 [-

, +
13Chương 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
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

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
), ,

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

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 = [-


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 * ∈

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

∀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

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) =

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

(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
+ 
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

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


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
∇

(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


]


(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









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,

),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

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

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

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

- 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








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