KONVEKSNA OPTIMIZACIJA
(zadaci)
Milan Jovanovi´c
1
Osnovu ove zbirke ˇcine zadaci sa ispita iz Matematiˇckog programiranja, predmeta koji se predaje na PMF BL od 1998\1999 ˇskolske godine.
To su zadaci oznaˇceni brojevima:
8,10,12,14,15,16,20,25,26,28,29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,41,42,46,47,52 i 53.
Pridodati su i neki zadaci, koji ilustruju vaˇznost nekih uslova ( npr. regularnosti), kao i zadaci za koje su potrebni elementi subdiferencijalnog raˇcuna.
Ovo je uˇcinjeno stoga ˇsto, bez obzira na naziv ovaj kurs je posve´cen konveksnom
programiranju, sa neznatnim uopˇstenjima.
2
1. Dokazati da vrijedi
6. Odrediti konuse V, T , K za taˇcku
· 1 ¸
0
x = 21
co(S1 + S2 ) = coS1 + coS2 .
[
co(C1 ∪ C2 ) =
2
(1−λ)C1 +λC2 .
0≤λ≤1
S
co(K1
ako je
i skup C1 dat sa
(1−x1 −x2 )3 ≥ 0, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,
K2 ) = K1 + K2 ,
T
0 ∈ K 1 K2 .
odnosno C2 , za koji je
x1 + x2 ≤ 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
T
C2 = ∅, a ∈ Rn , onda
\
[
C1 co(C2 {a}) = ∅,
2. Ako je C1
7. Na´ci normalan konus N (C, x),
C = { x ∈ Rn | Ax = b }.
ili
C2
\
co(C1
[
{a}) = ∅.
A je m × n matrica, b ∈ Rm .
8. Pokazati da je skup
3.
Razdvojiti skupove :
C1 = {x ∈ Rn |
n
X
{(x, y) ∈ P | x2 + y 3 ≥ x3 + y 4 },
x2i ≤ 1},
konveksan, ako je
P = [ 31 , +∞) × [ 12 , +∞).
i=1
C2 = {x ∈ Rn |
n−1
X
x2i + 1 ≤ xn }.
i=1
9. Pokazati da je funkcija
p
f (x) = (1 + k x k2 ) 2
4. Odrediti konveksan zatvoren skup
C ⊆ Rn takav da za sve c ∈ Rn
vrijedi
konveksna na Rn , za p ≥ 1.
inf hc, xi = −kck.
10. Neka su A(x), G(x), H(x) aritmetiˇcka, geometrijska i harmonijska sredina koordinata taˇcke x
pri ˇcemu x redom pripada skupovima
x∈ C
5. Pokazati da skup extC, gdje je
[
C = co(S {e1 + e3 , e1 − e3 }),
Rn , Rn+ , int Rn+ .


x1
S = { x2  ∈ R3 | x21 + x22 = 1}
0
nije zatvoren.
Pokazati da su funkcije
A, G, H
konkavne.
3
11. Na´ci subdiferencijale funkcija n
promjenljivih datih izrazima :
17. Odrediti konjugovanu funkciju za
f : Rn → R,
max{xi : i = 1, ..., n},
f (x) = max{ 0, ha, xi + α}.
max{ | xi | : i = 1, ..., n}.
18. Neka gradijent konveksne funkcije
12. Odrediti f c ako je

− x2 ,
−2 ≤ x < 0

x(x + 2), 0 ≤ x ≤ 2
f (x) =

x − 2,
2≤x
f : Rn → R
ispunjava Lipˇsicov uslov sa konstantom L. Pokazati da je
x 7→ f c (x) −
13 Za funkciju
½ √
− 1 + x,
f (x) =
x2 − 1,
−1 ≤ x ≤ 0
0 ≤ x ≤ 1,
1
kxk 2
2L
konveksna funkcija na skupu
C ⊆ {x ∈ Rn |∂f c (x) 6= ∅}.
odrediti konjugovanu funkciju.
Uporediti njihovu diferencijabil19. Neka je f pozitivno homogena funkcija
nost i konveksnost.
na konveksnom konusu K. Tada
a) f je konveksna ako i samo ako
za
sve x, y ∈ K vrijedi
14. Za funkciju
f (x + y) ≤ f (x) + f (y).
f (x) = ||x| − 1|, x ∈ R
b) f je konveksna ako je negativna i kvazikonveksna na K.
na´ci
f c , f cc , ∂f, ∂f c .
20. Pokazati da je funkcija reciproˇcna
pozitivnoj, konkavnoj na C ⊆ Rn
funkciji, na tom skupu konveksna. Ako je f pozitivna, konvek1
sna na C, onda je
kvazikonkavna
f
funkcija.
15. Pokazati da je
√
f (x) = − x1 x2
konveksna na R2+ i na´ci njenu
konjugovanu funkciju f c .
21. Neka je f diferencijabilna na Rn .
Tada je x∗ taˇcka njenog globalnog
minimuma ako i samo ako je
16. Pokazati da je funkcija
s
x21 + x22
f (x) =
(x1 − 1)2 + (x2 − 1)2
5f (x) = 0, f (x) = f cc (x).
kvazikonveksna na H− (e1 +e2 , 1).
4
22. Naka je f konveksna, subdiferen- 27. Na´ci minimum funkcije
cijabilna funkcija na konveksnom
m
X
skupu C. Pokazati da je vektor
f
(x)
=
kx − v i k 2 , x ∈ B1 ,
x∗ rjeˇsenje problema
i=1
minf (x), x ∈ C,
dok su v 1 , ..., v m ∈ Rn dati vektori.
ako i samo ako vrijedi
0 ∈ ∂f (x∗ ) + NC (x∗ ).
28. Rijeˇsiti zadatak:
15 x1 + 48 x2 → min
23. Na´ci min f (x), x ∈ R,
f (x) =
n
X
5
9
17
+
−
≤ 0, x1 , x2 > 0.
x1
x2
20
|xi − ai |,
i=1
29. Na´ci min f (x)
pri ˇcemu za date realne brojeve
a1 , ..., an vaˇzi a1 < ... < an .
f (x) =
x21 + x22 − 2 x1 − 2 x2
,
x1 + x2
pri us lovima: x ∈ R2+ ,
24. Ispitati uslove regularnosti problema:
x1 + 3 x2 ≤ 9,
3 x1 + 4 x2 ≥ 12.
(x1 + 1)2 + x22 −→ min
30. Na´ci maksimum Vandermondove determinante, pri uslovima
x ∈ R2 , −x31 + x22 ≤ 0.
0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x3 ,
25. Na´ci minimum funkcije
f (x) = −x2
31. Odrediti sedlaste taˇcke Lagranˇzove
funkcije pridruˇzene problemu:
na skupu
R3+
x1 +x2 +x3 ≤ 3.
" −1 #
2 , 1).
∩ B1 ∩ H− (
0
x2 x3 +
1
→ min
x1 x2 x3
x1 x2 +x1 x3 ≤ 4,
x1 , x2 , x3 > 0.
26. Rijeˇsiti problem:
x21 + 2 x22 + · · · + n x2n → min
32. Na´ci minimum funkcije
1
4
f (x) = x12 + x−2
2 , x ∈ R+
|x1 + · · · + xn | ≤ 1,
x1 ≥ 0, ... , xn ≥ 0.
x4
x3
+
≤ 1,
x1
x1
5
x2
x4
+
≤ 1.
x3
x3
33. Rijeˇsiti zadatak nekonveksne minimizacije funkcije
37. Rijeˇsiti zadatak razlomljenog programiranja
f (x1 , x2 ) = −x21 − x2
min
na skupu koji je dat sa
x1 − 2x2
,
3x1 + x2 + 2
pri uslovima
x21 + (x2 − 1)2 ≥ 1,
3x1 + x2 ≥ 7, −x1 + 4x2 ≤ 5,
x1 ≥ −1,
4x1 − 3x2 ≤ 17, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
(x1 + 1)2 + x22 ≥ 1.
38. Kvadratnu formu
34. Na´ci maksimum funkcije
2 x21 + 2 x1 x2 + x22 − 10 x1 − 10 x2
f (x1 , x2 ) = x1 x2
minimizirati na skupu
µ· ¸ ¶
\
3
H−
,6 .
B√5
1
na konveksnom omotaˇcu taˇcaka:
· ¸ · ¸ ·
¸
2
8
10
,
,
,
0
0
4
· ¸ ·
¸ ·
¸
0
5
0
,
, 3 .
8
6
2
39. Neka je F : Rn → Rn diferencijabilna, sa pozitivno definitnom
Jakobijevom matricom. Pokazati
da funkcija
35. Odrediti udaljenost taˇcke
f (x) = hx, F (x)i,
T ( 2, 1, 5, 4 )
pri uslovima x ≥ 0, F (x) ≥ 0,
ima minimum u taˇcki x∗
ako i samo ako vrijedi
od skupa
{x ∈ R4 |x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 }.
hx∗ , F (x∗ )i = 0.
36. Na´ci projekciju taˇcke
40. U terminima matematiˇckog programiranja opisati ograniˇcenost poliedra
T (0, 1)
{ x ∈ Rn+ | Ax = b},
na poliedar dat sistemom nejednaˇcina:
gdje je b ∈ Rm .
41. Neka su x0 , y 0 dopustive taˇcke
za kanonski LP i njegov dual.
Tada su to optimalne taˇcke ako i
samo ako je
x1 + 3 x2 ≥ 3,
3 x1 + 2 x2 ≥ 6,
− x1 + x2 ≤ 1.
hAx0 −b, y 0 i = hA> y 0 −c, x0 i = 0.
6
42. Formirati dualan za LP problem
46. Odrediti dualan problem za
min e−x1 + 2e−x2 ,
min −x1 + 2 x2 + 3 x3 ,
pri uslovima
x1 + x2 ≤ 2, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
x1 − x2 + 2 x3 = 1,
47. Neka je f konveksna funkcija i
2 x1 + x2 ≤ 3,
∇f (x0 ) ≥ 0
x1 ≤ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0,
pa ih rijeˇsiti.
x0 ∈ Rn .
Pomo´cu tih vektora odrediti donju
granicu vrijednosti π u problemu
minf (x),
43. Za problem minimizacije funkcije
f (x) = k x k 2 ,
za neki
h1, xi ≤ 1, x ≥ 0.
Moˇze li f da bude odozdo neograniˇcena
na Rn+ ?
x ∈ Rn+ ,
uz uslov
48. Odrediti dualan problem za
h1, xi ≥ n,
min f (x),
odrediti dualan problem, pa ih
rijeˇsiti.
x ∈ K ⊆ Rn .
Funkcija f je konveksna na zatvorenom
konveksnom konusu K.
44. Pomo´cu teorije dualnosti rijeˇsiti zadatak linearnog programiranja
49. Na´ci minimimum funkcije
x1 + 2x2 + · · · + nxn → min,
f (x) =
x1 ≥ 1
x1 + x2 ≥ 2
······
x1 + x2 + · · · + xn ≥ n
n
X
x ∈ Rn
|xi − ai |,
i=1
pri uslovu
a)
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, ... , xn ≥ 0.
n
X
xi = 0,
b)
i=1
n
X
x2i ≤ 1.
i=1
50. Analizirati problem:
45. Ispitati konveksnost funkcije
min f (x),
f (x, y) = x y 2 + x2 y − 3 x2 − 3 y 2 ,
x ∈ G,
1
},
x2
G = {x ∈ D | − x1 ≤ 0},
na R2+ , pa na´ci njen minimum
uz dodatni uslov
f (x) = max { 0, x1 +
1 ≤ x + y ≤ 6,
D = {x ∈ R2 | x2 ≥ 1},
i napisati dualan problem.
i njegov dualan problem.
7
51. Ispitati stabilnost, na´ci π i δ za
problem minimizacije (P ) gdje je
53. Odrediti marginalnu funkciju problema:
DF = {(x, y) ∈ R2+ ×R2 |x1 = −y1 }
min f (x1 , x2 ) = x2 ,
x21 + x22 ≤ 1,
i
√
F (x, y) = max{−1, − −x2 y1 }.
x1 − x22 ≥ 0.
Ispitati njegovu stabilnost.
54. Na´ci ∂pc (0) za problem
52. Za problem minimizacije u kom je
f (x1 , x2 ) = x21 + x22 → min,
f (x1 , x2 ) = e−x2 ,
q
g(x1 , x2 ) = x21 + x22 − x1 ≤ 0
ako je dopustivi skup dat sa
odrediti marginalnu funkciju i ispitati stabilnost.
8
x21 − 1 ≤ 0,
x22 − 1 ≤ 0,
x1 + x2 ≤ 0.
ˇ
RJESENJA
1. a) Iz relacije S1 + S2 ⊆ coS1 + coS2 i konveksnosti skupa coS1 + coS2
slijedi
co(S1 + S2 ) ⊆ coS1 + coS2 .
Neka je sada x ∈ coS1 , tj. x =
p
X
λi xi , p ∈ N, xi ∈ S1 , λi ≥ 0,
i=1
p
X
λi = 1.
i=1
Iz Karateodorijeve teoreme slijedi da je x + coS ⊆ co(x + S) tako da za
proizvoljan i ∈ {1, ..., p} imamo xi + coS2 ⊆ co(xi + S2 ) ⊆ co(S1 + S2 ).
Odavde je
p
X
λi xi + λ1 coS2 + · · · + λp coS2 ⊆ λ1 co(S1 + S2 ) + · · · + λp co(S1 + S2 ),
i=1
odnosno
x + coS2 ⊆ co(S1 + S2 ),
za sve x ∈ coS1 , ˇsto znaˇci da je
coS1 + coS2 ⊆ S1 + S2 .
b) Neka je x =
p
X
λi xi , Jk = {i |xi ∈ Ck }, sk =
i=1
Uzmimo da je 0 < s1 < 1. Tada je
x = s1
X
λi , k = 1, 2.
i∈ Jk
X λi
X λi
xi + s2
xi ∈ s1 C1 + s2 C2 , s1 + s2 = 1.
s1
s2
i∈ J1
i∈ J2
Sluˇcajevi s1 ∈ {0, 1}, kao i obratna inkluzija su trivijalni.
c) Ako je 0 ∈ K onda je αK = K za sve α ≥ 0. Prema prethodnom imamo
[
[
[
co(K1 K2 ) =
(1 − λ)K1 + λK2 =
K1 + K2 = K1 + K2 .
0≤λ≤1
0≤λ≤1
Inaˇce tvrd
S ¯enje ne vrijedi. Za konuse K1 = {0}×R+ , K2 = {1}×R+ vrijedi
co(K1 K2 ) = [0, 1] × R+ , dok je K1 + K2 = K2 .
2. Ako je a ∈ C1 ∪ C2 , stvar je jasna:
a ∈ C1 ⇒ C2 ∩ co(C1 ∪ {a}) = C1 ∩ C2 = ∅.
T
S
U protivnom, neka su oba presjeka neprazna. Za x ∈ C1 co(C2 {a}),
prema prethodnom zadatku, postoji taˇcka c2 ∈ C2 takva da je x ∈ [a, c2 ].
9
T
S
Sliˇcno za y ∈ C2 co(C1 {a}) postoji c1 ∈ C1 tako da je y ∈ [a, c1 ]. Skup
[x, c1 ] ∩ [c2 , y] je neprazan podskup skupa C1 ∩ C2 .
3. Hiperravan H(en ; 1) razdvaja date skupove, poˇsto za x ∈ C1 vrijedi
hen , xi ≤ ken kkxk ≤ 1,
dok za x ∈ C2 imamo
hen , xi = xn ≥ 1 + x21 + · · · + x2n−1 ≥ 1.
Ovdje je C1 ∩ C2 6= ∅, ali (int C1 ) ∩ C2 = ∅. ¤
4. Dati uslov se moˇze zapisati u ekvivalentnom obliku
sup hc, xi = kck,
x∈ C
za sve c ∈ Rn . Odavde je , za proizvoljan x ∈ C i sve vektore c,
hc, xi ≤ kck,
pa uzimaju´ci specijalno c = x slijedi
hx, xi ≤ kxk,
ˇsto znaˇci da je
C ⊆ K(0, 1).
Pokaˇzimo da je taˇcna i suprotna inkluzija. Ukoliko postoji
x0 ∈
/ C, kx0 k ≤ 1,
onda na osnovu teoreme stroge separacije postoje i vektor c0 6= 0 i broj
γ0 takvi da vrijedi
hc0 , x0 i > γ0 > hc0 , xi, ∀x ∈ C.
Odavde je tada
sup hc0 , xi ≤ γ0 < hc0 , x0 i ≤ kc0 kkx0 k ≤ kc0 k.
x∈ C
Ovo ne moˇze po uslovima zadatka, tako da je C = K(0, 1).
10
5.
  
 
 
1 [
 1
 1 
S \  0  
ext C =  0  ,  0 




1
−1
0
nije zatvoren skup.
6. Kako je C1 = C2 , to je u oba sluˇcaja V = T = {v ∈ R2 |v2 ≤ −v1 }.
Med¯utim, linearizuju´ci konusi su razliˇciti. Za skup C1 prvo ograniˇcenje
je aktivno, a gradijent u x0 je 0 vektor. Slijedi da je K< (x0 ) = ∅, a
K(x0 ) = R2 .
U drugom sluˇcaju je
h 1 i h v i
1
K< (x0 ) = intK(x0 ), K(x0 ) = {v ∈ R2 |h
,
i ≤ 0} = V.
1
v2
7. Uzmimo da je r(A) = m, gi (x) = hai∗ , xi − bi i taˇcka x0 ∈ Rn takva da je
J (x0 ) = {i|hai∗ , x0 i = bi }, neprazan skup.
Poˇsto je skup vrsta ai∗ , i ∈ J (x0 ) linearno nezavisan, na osnovu Gordanˇ
Stimkeove
teoreme, skup {v|hai∗ , vi < 0, i ∈ J (x0 )} je neprazan, tako da
0
je T (x ) = K(x0 ).
Sada, za normalan konus vrijedi
y ∈ N (x0 ) ⇔ hy, vi ≤ 0 ∀v ∈ K(x0 ).
Posljednja formula znaˇci da treba na´ci one y za koje nije rjeˇsivo
hai,∗ , vi ≤ 0, ∀i ∈ J (x0 ) ⇒ hy, vi > 0.
Prema Farkaˇsevoj teoremi postoji z ≥ 0, zi = 0 (i ∈
/ J (x0 )) takav da je
>
y = A z, odakle je
N (x0 ) = cone{ai∗ , i ∈ J (x0 )}.
8. Za funkciju f : R2 → R, f (x, y) = −x2 + x3 − y 3 + y 4 vrijedi
·
¸
3x − 1
0
h∇2 f (x)v, vi = 2h
v, vi = 2(3x−1)v12 + 6(2y 2 −y)v22 .
0
6y 2 − 3y
11
Imamo da je ∇2 f PsemiD matrica na [ 31 , +∞) × [ 12 , +∞). Znaˇci f je
konveksna na tom skupu, pa njen nivoski skup
½
¾
£1
¢ £1
¢¯
¯
(x, y) ∈ , +∞ ×
, +∞ f (x, y) ≤ 0 ,
3
2
odnosno dati skup, je konveksan. ¤
9. Za Heseovu matricu date funkcije f vrijedi
h∇2 f (x)v, vi = p(1 + k x k2 )
p−2
2
(1 + (p − 1)kxk2 )kvk2 ≥ 0,
za sve x, v ∈ Rn .
Med¯utim konveksnost slijedi i iz ˇcinjenice da je kompozicija konveksne
funkcije sa rastu´com konveksnom funkcijom takod¯e konveksna. Ovdje je
prva funkcija norma, a druga
p
t → (1 + t2 ) 2 .
1
h1, xi je na Rn data linearna, pa samim tim i konkavna
n
funkcija. x → G(x) je poseban sluˇcaj Kob - Daglasove funkcije, pri α =
1, αi = n1 , i = 1, n, a ona je tada konkavna. Za funkciju
10. Sa A(x) =
intRn+ 3 x 7→ H(x) =
n
1
1
+···+
x1
xn
vrijedi


x−2
1
2

£
∇2 H(x) = 2 H 3 (x)  ...  x−2
1
n
x−2
n
, ...,
¤ 2 2
−3
− H (x)Diag[x−3
x−2
n
1 , ..., xn ].
n
Nejednakost iz uslova negativne definitnosti
h∇2 H(x)v, vi ≤ 0,
za sve v ∈ Rn , x ∈ Rn++ ekvivalentna je sa
à n
!2
n
n
X vi
X
1 X vi2
,
≤
x2
x
x3
i=1 i
i=1 i i=1 i
12
a ova je najednakost Koˇsi- Bunjakovskog za vektore
#
¸ "
·
1
1
v1
vn
, p 3 , ..., p
.
√ , ..., √
x1
xn
x3n
x1
11. Neka je f (x) = max fi (x), gdje su fi konveksne, onda je
i=1,...,n
∂f (x) = co
[
∂fi (x), J (x) = {i|fi (x) = f (x)}.
i ∈ J (x)
U prvom sluˇcaju je fi (x) = xi , Kako je ∇fi (x) = ei subdiferencijal se lako
odred¯uje. Tako je
∂f (0) = co{e1 , ..., en } = σ n .
Za funkciju f (x) = kxk∞ vrijedi
∂f (0) = co
n
[
[−ei , ei ] = B1 (0, 1).
i=1
12. Za y > 1 imamo
sup (xy − f (x)) ≥ sup (xy − f (x)) = sup (2 + x(y − 1)) = +∞.
x∈R
x>2
x>2
Uzmimo da je y ≤ 1. Maksimum izraza 2 + x(y − 1) sada je 2y.
Preostale mogu´cnosti za
xy − f (x)
jesu
x
, −2 ≤ x < 0,
2
sa maksimumom 0, ili −2(y + 12 ), i
xy +
xy − x(2 − x),
0 ≤ x < 2,
pri ˇcemu za posljednji izraz, tj. za p(x) = x2 + (y − 2)x vrijedi p(0) =
0, p(2) = 2y.
Porede´ci ove vrijednosti zakljuˇcujemo da je

y ≤ − 21
 −2y − 1,
c
1
0,
−2 ≤ y ≤ 0
f (y) =

2y,
0≤y≤1
13
13.
c
f (y) =

1

−y − ,


4y




1,
y ≤ − 12
− 12 ≤ y ≤ 0

y2


1+ ,


4


y,
0≤y≤2
y ≥ 2.
Moˇzemo uoˇciti da je f strogo konveksna funkcija, ali nije diferencijabilna.
Njena konjugovana funkcija je diferencijabilna, ali nije strogo konveksna.
Uopˇste vrijedi da stroga konveksnost funkcije f povlaˇci diferencijabilnost
funkcije f c .
14. Konjugovana funkcija f c moˇze se dobiti direktno. Med¯utim, uoˇcimo da je
f = f1 ∧ f2 ,
gdje je
f1 (x) = |x − 1|,
f2 (x) = |x + 1|.
Pri tome je
D(f1c ) = D(f2c ) = [−1, 1],
Sada, zbog
imamo
f2c (y) = −y.
f1c (y) = y,
(f1 ∧ f2 )c = f1c ∨ f2c ,
f c (y) = max{−y, y} = |y|,
y ∈ [−1, 1].
cc
Dalje, f (x) = 0 na intervalu [−1, 1], a za ostale vrijednosti je f cc = f .
Funkcija f je diferencijabilna, osim u taˇckama: -1, 0, 1. Na primjer,
∂f (1) = [f 0 − (1), f 0 + (1)] = [0, 1],
dok je
∂f (0) = ∅.
15. Za konveksnost ove funkcije vidjeti zadatak 10., uz
α = −1, n = 2, α1 = α2 =
14
1
.
2
Sada, poˇsto je f pozitivno homogena funkcija imamo
f c (y) = 0
na D(f c ).
Preostaje da odredimo njen domen, tj. skup
{y ∈ R2 |hy, xi ≤ f (x)∀x ∈ R2+ }.
Dakle, za sve (x1 , x2 ) ∈ R2+ i y = (y1 , y2 ) treba da vrijedi
√
y1 x1 + y2 x2 ≤ − x1 x2 .
Mora biti y1 < 0, y2 < 0, pa uzimaju´ci y1 = y2 = −x1 , x1 = x2
izlazi −2y12 ≤ y1 ,tj. −2y1 ≥ 1. Isto je i za drugu koordinatu, pa slijedi
y1 y2 ≥
1
.
4
Neka su sada y1 , y2 negativni i y1 y2 ≥ 14 . Imamo
2
p
√
(−y1 )x1 + (−y2 )x2
≥ 2 (−y1 )(−y2 )x1 x2 ≥ x1 x2 ,
2
ili
√
y1 x1 + y2 x2 ≤ − x1 x2 .
Prema tome dobijamo da je
½
0,
y1 < 0, y2 < 0, 4 y1 y2 ≥ 1
c
f (y) =
+∞,
inaˇce
16. Za kvazikonveksnost funkcije f potrebna je i dovoljna konveksnost svakog
nivoskog skupa
Lα = {x ∈ H− |f (x) ≤ α}.
Na datom poluprostoru H− = H− (e1 + e2 , 1) je 0 ≤ f (x) ≤ 1, tako da
odmah vidimo sljede´ce:
Lα = ∅, α < 0,
Lα = {0}, α = 0,
Lα = H− , α ≥ 1.
Za 0 < α < 1 vrijedi
Lα = H−
\
·
β
B(x , rβ ),
Lα = H−
\
β
x =
·
B(
−β
−β
¸
−β
−β
¸
,
p
,
15
rβ =
p
2β(1 + β)),
2β(1 + β),
β=
β=
α2
,
1 − α2
α2
,
1 − α2
budu´ci da je
x21 + x22
≤ α2
(x1 − 1)2 + (x2 − 1)2
ekvivalentno sa
x21 + x22 + 2βx1 + 2βx2 ≤ 2β.
17. U sluˇcaju da je a = 0 funkcija f je konstantna, pa je
D(f c ) = {0},
i f c (0) = −max{0, α}.
Uzmimo da je a 6= 0, pri ˇcemu je, na primjer a1 6= 0.
Za y ∈ [0, a], tj. za y = λa, gdje je 0 ≤ λ ≤ 1
sup{hλa, xi−f (x)} ≤ max{
x
Dakle,
sup
λha, xi,
ha,xi≤−α
[0, a] ⊆ D(f c ), a kako za
sup
vrijedi
(λ−1)ha, xi−α} = −λα.
ha,xi≥−α
x1 =
−α 1
e
a1
vrijedi
hλa, x1 i − f (x1 ) = −λα,
to je
Dokaˇzimo joˇs da je
f c (λa) = −λα.
D(f c ) = [0, a].
Neka je sada y ∈
/ [0, a]. Taˇcka y moˇze se strogo razdvojiti od posmatranog
intervala. Preciznije, prema teoremi stroge separacije postoji vektor c 6= 0
takav da je
hc, yi > hc, λai za sve λ ∈ [0, 1].
Odavde, uzimaju´ci λ = 0, pa λ = 1 dobijamo
hc, yi > 0,
i hc, yi > hc, ai +
α
,
t
za sve vrijednosti t ve´ce od nekog t0 . Sada je
α
sup{hy, xi−f (x)} ≥ sup{hy, tci−f (tc)} ≥ sup t{hy, ci−max{0, ha, ci+ }} = +∞.
t
x
t>t0
t>0
16
18. Neka su y, y 0 ∈ C, i neka je x0 ∈ ∂f c (y 0 ). Tada je
y 0 ∈ ∂f (x0 ),
tj.
y 0 = ∇f (x0 ).
Za funkciju f vrijedi nejednakost
f (x) ≤ f (x0 ) + h∇f (x0 ), x − x0 i +
Iz nje, koriste´ci formulu
L
kx − x0 k2 .
2
f (x0 ) + f c (y 0 ) = hx0 , y 0 i
hy, xi − f (x) ≥ f c (y 0 ) + hy − y 0 , xi −
dobijamo
L
kx − x0 k2 .
2
Dalje je
sup{hy, xi − f (x)} ≥ f c (y 0 ) + sup{hy − y 0 , xi −
x
x
Stavljaju´ci da je
q(x) =
imamo
L
kx − x0 k2 }.
2
L
kx − x0 k2 ,
2
f c (y) ≥ f c (y 1 ) + q c (y − y 0 ).
Kako je
q c (y) =
1
k y k2 + hy, x0 i,
2L
izlazi da je za sve y ∈ C
f c (y) ≥ f c (y 0 ) + hx0 , y − y 0 i +
1
ky − y 0 k2 .
2L
Ova nejednakost je isto ˇsto i
f c (y) −
1
1 0 2
1
kyk2 ≥ f c (y 0 ) −
ky k + hx0 − y 0 , y − y 0 i,
2L
2L
L
tako da posmatrana funkcija ima subgradijent u taˇcki y 0 .
Sada je dovoljno iskoristiti ˇcinjenicu da subdiferencijabilnost funkcije u
svakoj taˇcki skupa povlaˇci njenu konveksnost.
19. a) Iz konveksnosti i homogenosti slijedi
f (x1 + x2 ) = f (
2x1 + 2x2
f (2x1 ) + 2f (x2 )
)≤
= f (x1 ) + f (x2 ).
2
2
17
Obratno je, za sve x1 , x2 ∈ K, λ ∈ [0, 1]
f ((1 − λ)x1 + λx2 ) ≤ f ((1 − λ)x1 ) + f (λx2 ) =
= (1 − λ)f (x1 ) + λf (x2 ).
b) Pretpostavimo da je f kvazikonveksna, homogena ali da nije konveksna.
Prema prethodnom tvrd¯enju, za neke x1 , x2 ∈ K vrijedi
f (x1 + x2 ) > f (x1 ) + f (x2 ).
Uzmimo da je , na primjer
f (x1 ) ≥ f (x2 ).
Kako je
f(
f (x1 ) 2
f (x1 )
x
)
=
f (x2 ) = f (x1 ),
f (x2 )
f (x2 )
nivoskom skupu
L = {x ∈ K|f (x) ≤ f (x1 )}
pripadaju taˇcke
x1 ,
i
f (x1 ) 2
x .
f (x2 )
Zbog kvazikonveksnosti funkcije f skup L je konveksan, pa mora da bude
i
f (x1 )
f (x2 )
f (x1 ) 2
1
x0 =
x
+
x ∈ L.
f (x1 ) + f (x2 )
f (x1 ) + f (x2 ) f (x2 )
Sada imamo da je
f (x0 ) ≤ max{f (x1 ), f (x2 )} = f (x1 ).
Med¯utim, isto tako je
f (x0 ) = f (
f (x1 )
f (x1 )
(x1 + x2 )) =
f (x1 + x2 ) > f (x1 ).
2
1
+ f (x )
f (x ) + f (x2 )
f (x1 )
Kontradikcija.
20. Budu´ci da je
1
, t>0
t
konveksna funkcija, imamo da za sve t1 , t2 > 0, λ ∈ [0, 1] vrijedi
t 7→
1
1−λ
λ
≤
+ ,
(1 − λ)t1 + λt2
t1
t2
18
a, zbog konkavnosti funkcije f je
f (xλ ) ≥ (1 − λ)f (x1 ) + λf (x2 )
za sve x1 , x2 ∈ C, pri ˇcemu je
dvije nejednakosti, dobijamo
g(xλ ) =
xλ = (1 − λ)x1 + λx2 . Koriste´ci ove
1
1−λ
λ
1
≤
≤
+
= (1−λ)g(x1 )+λ g(x2 ),
λ
1
2
1
f (x )
(1 − λ)f (x ) + λ f (x )
f (x ) f (x2 )
tako da je funkcija
g=
1
f
konveksna. Uoˇcimo da konveksnost i konkavnost ne mogu da zamjene
uloge. Na primjer f (x) = x2 + 1 je konveksna funkcija na R, ali f1 nije
konkavna.
Moˇzemo da utvrdimo jedino da je f1 kvazikonkavna. Zaista, neka je f
konveksna i α > 0. Tada je α · f konveksna, pa je skup
{x ∈ C|α · f (x) ≤ 1},
odnosno
{x ∈ C|g(x) ≥ α}
konveksan skup. Za α ≤ 0 nivoski skup je C.
21. Neka je x∗ taˇcka minimuma funkcije f , koja je u njoj diferencijabilna.
Uslov ∇ f (x∗ ) = 0 je poznat. Dalje, kako je uvijek f cc = f ≤ f , to
je i
f cc (x∗ ) ≤ f (x∗ ).
Konstantna funkcija
a : x → f (x∗ )
je afina minoranta funkcije f , pa je
a ≤ f , i specijalno vrijedi
f (x∗ ) ≤ f (x∗ ),
odnosno
f (x∗ ) ≤ f cc (x∗ ).
Pretpostavimo sada da je
∇ f (x∗ ) = 0 i
f (x∗ ) = f cc (x∗ ),
pa dokaˇzimo da je x∗ taˇcka minimuma funkcije f cc . Tada ´ce zbog
f (x∗ ) = f cc (x∗ ) ≤ f cc (x) ≤ f (x) ∀ x ∈ Rn ,
19
x∗ da bude taˇcka minimuma funkcije f . Dalje, poˇsto je f cc konveksna
funkcija dosta je dokazati da je njen gradijent u x∗ nula vektor. Dakle, za
t > 0 vrijedi
f cc (x∗ + tek ) − f cc (x∗ )
f (x∗ + tek ) − f (x∗ )
≤
.
t
t
Odavde , na osnovu pretpostavke ∇ f (x∗ ) = 0 dobijamo
(f cc )0+ (x∗ , ek ) ≤ 0.
Isto je i za pravac −ek , te za sve k=1,...,n vrijedi
0 ≤ (−f cc )0+ (x∗ , −ek ) ≤ (f cc )0+ (x∗ , ek ) ≤ 0,
odakle slijedi
∇f cc (x∗ ) = 0.
22. Neka je 0 ∈ ∂f (x∗ ) + NC (x∗ ). Tada postoji
u ∈ ∂f (x∗ ),
takav da je
−u ∈ NC (x∗ ).
S jedne strane za sve x ∈ C je
f (x) − f (x∗ ) ≥ hu, x − x∗ i,
a sa druge, zbog
x − x∗ ∈ C − x∗ ⊆ TC (x∗ )
slijedi
h−u, x − x∗ i ≤ 0,
tj.
hu, x − x∗ i ≥ 0,
tako da imamo
f (x) − f (x∗ ) ≥ 0
∀x ∈ C.
∗
Obratno, neka je x taˇcka minimuma funkcije f na C. To moˇzemo zapisati
na sljede´ci naˇcin
f (x) − f (x∗ ) ≥ h0, x − x∗ i
Prema tome vrijedi
0 ∈ ∂f (x∗ ),
20
a joˇs je
∀x ∈ C.
0 ∈ NC (x∗ ).
23. Data funkcija je konveksna, ali nije diferencijabilna pa ´cemo koristiti
sljede´ce:
f (x∗ ) = minf (x) ⇔ 0 ∈ ∂ f (x∗ )
n
X
fk (x), fk (x) = |x − ak |. Tada je ∂f (x) =
Uzmimo da je f (x) =
n
X
k=1
∂fk (x), gdje je
k=1

 {−1},
[−1, 1] ,
∂fk (x) =

{1},
x < ak
x = ak
x > ak .
Sada se dobija da je
∂f (ak ) = [2k − n − 2, 2k − n], ∂f (x) = {2k − n}, za ak < x < ak+1 .
U sluˇcaju da je n neparan vrijedi
∂f (a n+1 ) = [−1, 1],
2
dok pri parnom n imamo
∂f (x) = {0}, x ∈ (a n2 , a n2 +1 ), ∂f (a n2 ) = [−2, 0], i ∂f (a n2 +1 ) = [0, 2].
U svim ostalim sluˇcajevima 0 nije u subdiferencijalu. Dakle, za neparan n
je x∗ = a n+1 , a za parne vrijednosti skup taˇcaka minimuma je [a n2 , a n2 +1 ].
2
24. Oˇcigledno, rjeˇsenje zadatka je x∗ = 0, ali KKT uslovi nisu ispunjeni budu´ci
da
∇f (x∗ ) + u∇g(x∗ ) = 0
postaje
2e1 + u · 0 = 0.
Nijedan od uslova regularnosti ne vrijedi, poˇsto u Fric Dˇzonovoj teoremi
jedino za u0 = 0 imamo
u0 ∇f (x∗ ) + u∇g(x∗ ) = 0.
Na primjer, tangencijalni i linearizuju´ci konus su razliˇciti:
TG (x∗ ) = R2+ ,
21
K(x∗ , G) = R2 .
25. Linearna funkcija ekstreme dostiˇze na vrhovima konveksnog
kompaktnog skupa. Dobijamo da je
1
2
x∗ = ( √ , √ , 0).
5
5
Inaˇce, KKT uslovi su ispunjeni uz u∗ = (
26. Funkcija f (x) =
n
X
√
5 1
8 , 4 , 0, 0, 0).
kx2k je konveksna, ∇f (0) = 0, i 0 ∈ G, pa je x∗ = 0.
k=1
Inaˇce da bi se dobio zadatak diferencijabilne optimizacije dovoljno je prvo
ograniˇcenje drukˇcije zapisati:
n
X
xk − 1 ≤ 0,
i
−
k=1
n
X
xk − 1 ≤ 0.
k=1
Tada, za odgovaraju´cu Lagranˇzovu funkciju L : Rn × R × R × Rn → R,
L(x, u, v, u) = −u − v +
n
X
(kxk + u − v − uk )xk
k=1
KKT uslovi su ispunjeni sa x = 0, u = v = 0, u = 0. Na primjer, jasno je
da nije u v 6= 0. Ako je u 6= 0, v = 0, slijedi
2kxk + u − uk = 0, (k = 1, n) i
n
X
xk = 1.
k=1
Odavde je
2kx2k + uxk = uk xk = 0
i
n
X
2kx2k + u = 0,
k=1
ˇsto je nemogu´ce. Sliˇcno je i sa u = 0, v 6= 0.
Za u = v = 0 dobija se redom za sve k = 1, n
2kxk = uk ,
2kx2k = uk xk = 0,
xk = 0.
27. Dopustivi skup moˇzemo zapisati kao G = {x ∈ Rn |hx, xi ≤ 1}. Sada
Lagranˇzova funkcija glasi
L(x, α) =
m
X
kx − v i k2 + α(hx, xi − 1).
i=1
22
KKT uslovi postaju
m
X
(x − v i ) + αx = 0,
i=1
α(kxk2 − 1) = 0,
α ≥ 0, kxk ≤ 1.
Stavljaju´ci da je
v0 =
v1 + · · · + vm
,
m
dobijamo za prvu jednaˇcinu
(m + α)x = mv 0 .
0
U
k ≤ 1, uzimaju´ci da je α = 0 dobijamo KKT taˇcku
¡ 0sluˇ¢caju da je kv
0
v , 0 . Ako je kv k > 1, onda mora biti α > 0, kxk = 1 ( druga jednaˇcina )
i
µ 0
¶
α+m
v
0
kv 0 k =
, tako da je
,
m(kv
k
−
1)
odgovaraju´ca KKT taˇcka.
m
kv 0 k
Jasno, ovo je zadatak konveksne optimizacije pa je njegovo optimalno
rjeˇsenje

0
kv 0 k ≤ 1
 v ,
x∗ =
v0

, kv 0 k > 1.
kv 0 k
28. Neka je
f (x) = 15x1 + 48x2 ,
5
9
17
g1 (x) =
+
− , g2 (x) = −x1 , g3 (x) = −x2 .
x1
x2
20
Sve ove funkcije su konveksne

 10
0
 x3

( ∇2 g1 (x) =  1 18  je PsemiD matrica na G),
0
x32
ispunjen je Slejterov uslov
(na primjer g(50, 90) = [−
13
, −50, −90]> < 0),
20
pa su KKT uslovi potrebni i dovoljni za postojanje rjeˇsenja. Dakle, treba
rijeˇsiti sistem:
15 −
5
y1 − y2 = 0,
x21
23
48 −
9
y1 − y2 = 0,
x22
y1 (
9
17
5
+
−
) = 0,
x1
x2
20
y ≥ 0,
y2 x1 = 0,
y3 x2 = 0,
x ∈ G.
Kako (0, x2 ), (x1 , 0) ∈
/ G, mora biti y2 = y3 = 0, pa i y1 6= 0. Dobijamo
3x21 = y1 ,
5
9
17
,
+
=
x1
x2
20
16x22 = y1 ,
odakle je
3x1 = 4x2 ,
5
9
17
+
=
,
x1
x2
20
i xopt = (20, 15).
Jasno, mogli smo odmah iskljuˇciti drugo i tre´ce ograniˇcenje, kao neaktivna.
x2 + x22
29. f (x) = 1
− 2,
x1 + x2
2
∇f (x) = 1 − 2
x1 + x22
∇2 f (x) =
4
(x1 + x2 )3
·
x2
−x1
"
x22
x21
#
,
¸
[x2 , −x1 ] .
Sada vidimo da je
h∇2 f (x)v, vi =
na skupu
4
(x1 v2 − x2 v1 )2 ≥ 0
(x1 + x2 )3
{x ∈ R2 |x2 > −x1 } ⊃ G.
Dakle, KKT uslovi su potrebni i dovoljni za postojanje globalnog minimuma.
Kako ∇f (x) = 0 ⇒ x1 = x2 , to je x1 = 0. Ovo nije mogu´ce, pa x∗ ∈
/ intG.
Vidimo da su uslovi sljede´ci: x ∈ bdG, y 0,
1 − 2(
x2
x1
)2 + y1 − 3y2 − y3 = 0, 1 − 2(
)2 + 3y1 − 4y2 − y4 = 0,
x1 + x2
x1 + x2
y1 (x1 + 3x2 − 9) = 0, y2 (3x1 + 4x2 − 12) = 0, y3 x1 = 0, y4 x2 = 0.
Prvo, oni nisu ispunjeni za x = (0, 3) poˇsto bi bilo y4 = 0,
− 1 + y1 − 3y2 − y3 = 0, 1 + 3y1 − 4y2 = 0, odnosno 4 + 5y2 + 3y3 = 0,
ˇsto nije mogu´ce zbog y ≥ 0. Dakle, x1 6= 0 i y3 = 0.
Mora biti i y4 = 0, inaˇce je x2 = 0, −1+3y1 = 4y2 +y4 , te y1 6= 0, x1 = 9.
Sada je y2 = 0, ali i y1 = −1.
Ostaje:
24
x1
(a) y1 = 0, y2 6= 0, tj. 3x1 + 4x2 = 12, ˇsto sa 1 + 6(
)2 =
x1 + x2
√
√
x2
8(
)2 daje x1 = 48
2 − 12 ≈ 1.576, x2 = 12 − 36
2 ≈
5
5
x1 + x2
1.818, y2 ≈ 0.242,
√
f (xopt ) = 120 2 − 170 ≈ −0.294.
(b) y2 = 0, y1 6= 0 ne treba analizirati, budu´ci da ako xopt pripada duˇzi
ˇciji su krajevi taˇcke (9, 0), (0, 3), onda optimalna taˇcka (zbog konveksnosti f ) postoji i u intG.
30. L(x, u)=
(x3 −x1 )(x3 −x2 )(x2 −x1 )−u1 x1 +u2 (x1 −x2 )+u3 (x2 −x3 )+u4 (x1 +x2 +x3 −3).
KKT uslovi su:
(x3 − x2 )(2x1 − x2 − x3 ) − u1 + u2 + u4 = 0,
(x3 − x1 )(x1 − 2x2 + x3 ) − u2 + u3 + u4 = 0,
(x2 − x1 )(−x1 − x2 + 2x3 ) − u3 + u4 = 0,
u1 x1 = 0, u2 (x1 − x2 ) = 0, u3 (x2 − x3 ) = 0,
u4 (x1 + x2 + x3 − 3) = 0,
u ≥ 0, x ∈ G.
Kako je
V (x1 , x1 , x3 ) = V (x1 , x2 , x2 ) = 0,
mora biti
x1 6= x2
i x2 6= x3 ,
tj.
u2 = u3 = 0.
Takod¯je je u1 = 3u4 i u1 6= 0 (slijedi i u4 6= 0), te je x1 = 0, x2 + x3 = 3.
Sada se dobija
x3 (x3 − 2x2 ) = x2 (2x3 − x2 )
x3
2 −1
x3
x
= x32
.
x2
−2
x2
Iz
zbog
√
√
x3
∈ {2 − 2, 2 + 2},
x2
x3 ≥ x2 ,
√
x2 + x3 = 3 slijedi x3 = 3−2 3 . Dakle,
Ã
√
√ !
√
3− 3 3+ 3
3 3
V 0,
,
=
= Vopt .
2
2
2
25
31. Sedlaste taˇcke funkcije
L(x, u) = x2 x3 +
1
+ u0 (x1 x2 + 2x1 x3 − 4) − u1 x1 − u2 x2 − u3 x3
x1 x2 x3
na´ci ´cemo med¯u KKT taˇckama polaznog problema. Jedina takva taˇcka je
1
1
(x0 , u0 ), x0 = (2, 1, ), u0 = ( , 0, 0, 0).
2
4
Nejednakost
L(x0 , u) ≤ L(x0 , u0 )
je trivijalna, dok se
L(x0 , u0 ) ≤ L(x, u0 )
svodi na
x1 x2 + 2x1 x3 + 4x2 x3 +
4
≥ 10.
x1 x2 x3
Imamo
x1 x2 + 2x1 x3 + 4x2 x3 +
a funkcija
p
4
4
≥ 6 3 (x1 x2 x3 )2 +
,
x1 x2 x3
x1 x2 x3
√
4
3
t → ϕ(t) = 6 t2 +
t
ima minimum
ϕ(1) = 10.
Napomenimo da (P ) nije zadatak konveksnog programiranja
( g1 (x) = x1 x2 + 2x1 x3 − 4
nije konveksna),
a ni dopustivi skup nije kompaktan. Med¯utim, poˇsto je (2, 1, 12 , 14 , 0, 0, 0)
sedlasta taˇcka, to je xopt = (2, 1, 21 ).
32. S obzirom da je ispunjen Slejterov uslov ( uzeti npr. taˇcku (8, 2, 5, 2) ), a
ne postoji KKT taˇcka slijedi
Gopt = ∅.
Za promjenu zadrˇzimo funkciju cilja, a ograniˇcenja izmjenimo tako da je
x4 ≥ 0
umjesto x4 > 0.
26
Sada su aktivna ograniˇcenja
x3 + x4 ≤ x1 ,
x2 + x4 ≤ x3 ,
x4 ≥ 0.
U novom zadatku Karuˇs Kun Takerovi uslovi su
1
2
√ − u1 = 0, − 3 + u2 = 0, u1 − u2 = 0, u1 + u2 − u3 = 0,
2 x1
x2
u1 (−x1 + x3 + x4 ) = 0, u2 (x2 − x3 + x4 ) = 0, u3 x4 = 0.
Ako je u3 = 0, onda je ( prema ˇcetvrtom uslovu ) u1 = 0, tako da KKT
taˇcke nema. Neka je u3 6= 0, x4 = 0. Slijedi 2u1 = u3 , u1 = u2 , x1 =
x2 , x1 = x3
2
i x1 = √
, pa je taˇcka
5
2
¶
µ
2
2
2
√
√
√
,
,
,
0
5
2 52 52
mogu´ce rjeˇsenje novog zadatka, a da li je vidite sami.
33. Neprekidna funkcija data sa f (x) = −x21 − x2 ima taˇcku minimuma na
kompaktnom skupu


−x21 − (x2 − 1)2 − 1


G = { x ∈ R2 | g(x) ≤ 0}, g(x) =  (x1 + 1)2 + x22 − 1  .
−x1 − 1
Analiziraju´ci odgovaraju´ce KKT uslove:
2x1 (y2 − y1 − 1) + 2y2 − y3 = 0, 2x2 (y2 − y1 ) + 2y1 − 1 = 0,
y1 (x21 + x22 − 2x2 ) = 0
y2 (x21 + x22 + 2x1 ) = 0
y3 (x1 + 1) = 0,
y ≥ 0, g(x) ≤ 0,
dobijamo da KKT taˇcke (x, y) su
1
(0, 0, , 0, 0)
2
i
1
(−1, 1, t, , 2 + 2t), t > 0.
2
27
Pri tome skup G nije regularan u (−1, 1). Ovdje na dovoljne uslove optimalnosti ne moˇzemo raˇcunati, ukljuˇcuju´ci i to da dobijene taˇcke nisu
sedlaste za Lagranˇzovu funkciju. Med¯utim, vidimo da iz
x2 ≤ 1,
slijedi
−1 ≤ x1 ≤ 0,
f (x1 , x2 ) = −x21 − x2 ≥ −2 = f (−1, 1),
dok (0, 0) nije taˇcka lokalnog minimuma, poˇsto je
1
G 3 (− , 0) → (0, 0),
n
ali
1
f (− , 0) < f (0, 0).
n
Zakljuˇcno,
xopt = (−1, 1).
34. Dopustivi skup je dat sistemom linearnih nejednaˇcina. Odredi´cemo minimum funkcije −f (x1 , x2 ). Nije teˇsko vidjeti da je jedino aktivno ograniˇcenje
4x1 + 5x2 ≤ 60.
KKT uslovi se redukuju na
−x2 + 4y3 = 0
−x1 + 5y3 = 0
4x1 + 5x2 ≤ 60.
Slijedi da je
(x∗ , y ∗ ) = (7.5, 6, 0, 0, 1.5, 0, 0)
T
jedina KKT taˇcka. Funkcija −f je pseudokonveksna na G R2+ pa je
(7.5, 6) taˇcka njenog globalnog minimuma na tom skupu. Maksimum polazne funkcije iznosi 45.
Napomenimo da je dovoljan uslov optimalnosti drugog reda u ovom problemu
·
¸
·
¸
5
0 1
v1
h
v, vi < 0, za sve v =
6= 0, v1 = − v2 .
1 0
v2
4
35. L(x, y) =
(x1 −2)2 +(x2 −1)2 +(x3 −5)2 +(x4 −4)2 +y1 (x1 −x2 )+y2 (x2 −x3 )+y3 (x3 −x4 ).
28
KKT uslovi su
2(x1 − 2) + y1
2(x2 − 1) − y1 + y2
2(x3 − 4) − y2 + y3
2(x4 − 4) − y3
= 0, y1 (x1 − x2 ) = 0,
= 0, y2 (x2 − x3 ) = 0,
= 0, y3 (x3 − x4 ) = 0,
= 0.
Posmatrane funkcije su konveksne, f je strogo konveksna, pa rjeˇsenje problema je jedinstveno. Iz sistema slijedi
x1 + x2 + x3 + x4 = 12.
Za y1 6= 0, y2 = 0, y3 6= 0 je x1 = x2 , x3 = x4 . Sada iz x3 + x4 = 9 izlazi
3 3 9 9
x∗ = ( , , , ), y ∗ = (1, 0, 1), tako da je d(x∗ , G) = 1.
2 2 2 2
36. Neka je P dati poliedar. Za traˇzenu projekciju x∗ = pr(e2 ) vrijedi
q
ke2 − x∗ k = min x21 + (x2 − 1)2 .
x∈P
Budu´ci da je korjenska funkcija rastu´ca dovoljno je rijeˇsiti problem kvadratne
minimizacije:
min x21 +(x2 −1)2 ,
x ∈ P = {x ∈ R2+ |x1 +3x2 ≥ 3, 3x1 +2x2 ≥ 6, −x1 +x2 ≤ 1}.
KKT uslovi su
2x1 − y2 − 3y2 − y3 − y4 = 0,
2(x2 − 1) − 3y1 − 2y2 + y3 − y5 = 0,
y1 (3 − x1 − 3x2 ) = 0, y2 (6 − 3x1 − 2x2 ) = 0, y3 (−x1 + 2x2 − 1) = 0,
y4 x1 = 0, y5 x2 = 0, y ≥ 0, x ∈ P.
Mora biti x1 6= 0, zato ˇsto (0, x2 ) ∈
/ P. Sada je y4 = 0. Ako bi bilo x2 6= 0,
onda je (peta jednaˇcina) y3 = 0, a to ne moˇze zbog drugog uslova. Znaˇci,
x2 6= 0, i y5 = 0. Ako je y1 6= 0, nije y3 6= 0 (dobija se (x1 , x2 ) = (0, 1)),
ali nije ni y3 = 0 ( bilo bi 2(x2 − 1) ≥ 0, i x1 = 3(1 − x2 ) ≤ 0.) Prema
tome, y1 = 0.
Uslovi su sada:
2x1 − 3y2 − y3 = 0,
2x2 − 2y2 + y3 = 2,
y2 (6 − 3x1 − 2x2 ) = 0, y3 (x1 − 2x2 + 1) = 0.
Ovdje je 5y2 = 2x1 + 2x2 , tako da izlazi y2 =
6 0 i 3x1 + 2x2 = 6.
9
21
23
4
, y3 = −
< 0.
Pri y3 6= 0 dobijamo x1 = , x2 = , y2 =
5
5
25
25
29
Preostaje, y3 = 0 i zakljuˇcno imamo x∗ = (
PD (e2 ) = (
8
12 21
,
), y ∗ = (0, , 0, 0, 0).
13 13
13
12 21
, ).
13 13
37. Slejterov uslov je oˇcigledno ispunjen, tako da je potrebno na´ci KKT ta ˇcke.
Posljednje ograniˇcenje nije aktivno, tako da uz x ∈ G, λ ≥ 0, preostali
KKT uslovi su:
7x2 + 2
−7x1 − 4
= 3λ1 + λ2 − 4λ3 + λ4 ,
= λ1 − 4λ2 + 3λ3 ,
(3x1 + x2 + 2)2
(3x1 + x2 + 2)2
λ1 (7 − 3x1 − x2 ) = 0,
λ2 (−x1 + 4x2 − 5) = 0,
λ3 (4x1 − 3x2 − 17) = 0,
λ4 x1 = 0.
Iz drugog uslova je λ2 6= 0, pa je x1 = 4x2 − 5. Mora da bude x1 6=
0 ( jer (0, 45 ) ∈
/ G ), kao i λ4 = 0. Sada, iz prve dvije jednakosti, nakon
3
sabiranja, izlazi
= λ1 −λ3 , odakle ( zbog λ ≥ 0 ) je λ1 6= 0.
169(x2 − 1)2
Dakle,
x1 =
23
22
, x2 =
,
13
13
pri ˇcemu je
λ1 =
1
7
, λ2 =
27
117
i
λ3 = 0.
Funkcija cilja f nije konveksna na G , ˇsto vidimo iz npr.
2f (
17
4
+
2
23
13
,
22
17
23 22
) f ( , 0) + f ( , ),
26
4
13 13
ali zbog njene pseudokonveksnosti (koliˇcnik dvije linearne funkcije, druga
23 22
7
pozitivna na G), KKT uslovi su i dovoljni, te je f ( , ) = −
globalni
13 13
39
minimum.
Problemi ove vrste efikasno se rjeˇsavaju na sljede´ci naˇcin. Smjenom
y0 =
1
,
3x1 + x2 + 2
y1 = y0 x1 ,
y2 = y0 x2
zadatak postaje :
min y1 − 2y2 , y ∈ R2+
3y1 + y2 ≥ 7y0 ,
−y1 + 4y2 ≤ 5y0 ,
odnosno,
30
4y1 − 3y2 ≥ 17y0 ,
3y1 + y2 + 2y0 = 1,
min y1 − 2y2
27y1 + 9y2 ≥ 7, 59y1 + 11y2 ≤ 17,
13y1 + 13y2 ≤ 5,
y1 ≥ 0, y2 ≥ 0,
Moˇzemo koristiti simpleks metodu. Uvode´ci izravnavaju´ce promjenljive, i
uzimaju´ci


1






 −2 
27 9 0
27 9 −1 0 0
7






0 1 0  , B =  59 11 1 
c=
 0  , b = 17 , A = 59 11
 0 
13 13 0
13 13
0 0 1
5
0
vidimo da bazna matrica B zadovoljava poˇcetni uslov
poˇsto


 23
1
1


0 − 26
18
117
7



1
3 
 =  22
17
−
0
B−1 b = 
26 
 18
 117
5
8
10
−3 1
1
3
simpleks metode,


 ≥ 0.

Test vektor je
1
7 >
−1
t> = c>
A − c> = [ 0, 0, − , 0, −
] ≤ 0,
BB
6
26
pa je y ∗ = (
23 22
1
23 22
,
). Poˇsto je y0 =
to je opet x∗ = ( , ).
117 117
9
13 13
·
¸
4 2
, funkcija q je strogo konveksna, g1 , g2 su konveksne,
2 2
ispunjen je Slejterov uslov, te su KKT uslovi potrebni i dovoljni.Pri tome
je optimalna taˇcka jedinstvena. KKT uslovi su:
·
¸
·
¸
·
¸ · ¸
2x1 + x2 − 5
x1
3
0
2
+ 2u1
+ u2
=
,
x1 + x2 − 5
x2
1
0
38. ∇2 q(x) =
u1 (x21 + x22 − 5) = 0,
u2 (3x1 + x2 − 6) = 0,
x ∈ G,
u ≥ 0.
Za u = 0 dobije se globalni minimum od q, ali on nije u dopustivom
skupu G. Ako je u1 = 0, u2 6= 0 izlazi x1 + 2x2 = 10 iz datog sistema, i
3x1 + x2 = 6.
>
Dobija se taˇcka [ 52 , 24
5 ] , opet van G. Za u1 6= 0, u2 = 0 imamo
(1 + u1 )x1 = u1 x2 , ˇsto sa x21 + x22 = 5 daje u1 = 1, te je
·
¸
1
∗
x =
.
2
31
39. Ako problem ima rjeˇsenje x∗ onda, na osnovu teoreme F. Dˇzona , postoje
broj u0 i vektori u1 , u2 za koje vrijedi:
u0 F (x∗ ) + u0
∂F ∗ ∗ ∂F ∗ 1
(x )x −
(x )u − u2 = 0,
∂x
∂x
hu1 , F (x∗ )i = 0, hu2 , xi = 0, (u0 , u1 , u2 ) 0.
Sada nakon mnoˇzenja prve jednaˇcine vektorom u0 x − u1 dobijamo
∂F ∗
(x )(u0 x − u1 ), u0 x − u1 i + u20 h F (x∗ ), x∗ i + h u1 , u2 i = 0.
∂x
Svi sabirci, po pretpostavkama, su nenegativni tako da moraju biti jednaki
0. Prema tome je
u20 h F (x∗ ), x∗ i = 0.
h
Ako je u0 = 0, onda zbog hu1 , u2 i = 0, i u1 ≥ 0, u2 ≥ 0, imamo
(u0 , u1 , u2 ) = 0, ˇsto je nemogu´ce.
Dakle, u0 6= 0 tako da je
hx∗ , F (x∗ )i = 0.
Obratno :
h x∗ , F (x∗ ) i = 0, x ≥ 0, F (x) ≥ 0
⇒
h x, F (x) i ≥ 0 = hx∗ , F (x∗ )i.
40. Dati skup G je ograniˇcen ako zadatak
maxkxk,
x∈G
ima rjeˇsenje. Biraju´ci euklidsku normu dobijamo zadatak kvadratnog pron
X
gramiranja. Za normu kxk1 =
|xi |, uvaˇzavaju´ci nenegativnost promi=1
jenljivih imamo zadatak linearnog programiranja:
h1, xi → max,
Ax = b, x ≥ 0.
Polazni problem ima rjeˇsenje ako je dopustivi skup dualnog zadatka neprazan.
Dakle, G je ograniˇcen ako i samo ako postoji v ∈ Rm takav da je
A> v ≥ 1.
32
41. Za kanonski zadatak linearnog programiranja
min c> x,
dualan je
max y > b,
A x ≥ b,
x≥0
A> y ≤ c,
y ≥ 0.
Ako su x0 , y 0 optimalne taˇcke datih problema, prema teoremi jake dualnosti mora biti
hc, x0 i = hy 0 , bi,
tako da iz
A> y 0 ≤ c
redom slijedi
hA> y 0 , x0 i ≤ hc, x0 i,
hy 0 , Ax0 i ≤ hy 0 , bi,
hy 0 , Ax0 − bi ≤ 0.
Nejednakost suprotna posljednjoj je oˇcigledna, pa je
hy 0 , Ax0 − bi = 0.
Isto se postupa i za
Obratno, uslov
i jednakost
hA> y 0 − c, x0 i = 0.
hAx0 − b, y 0 i = hA> y 0 − c, x0 i,
hAx0 , y 0 i = hx0 , A> y 0 i
povlaˇce
hb, y 0 i = hc, x0 i.
Dalje, iz y > A ≤ c> slijedi y > Ax ≤ c> x, za sve x ≥ 0, a zbog
Ax ≥ b i y ≥ 0 imamo y > b ≤ y > Ax, odakle je
g(y) = y > b ≤ y > Ax ≤ c> x = f (x).
Specijalno, za sve dopustive
x, y
g(y) ≤ f (x0 ) = g(y 0 ),
42. Smjenom
x1 = −ξ1 , ξ1 ≥ 0
vrijedi
f (x0 ) = g(y 0 ) ≤ f (x).
zadatak postaje
min ξ1 + 2ξ2 + 3ξ3 + 0ξ4
−1ξ1 − 1ξ2 +
−2ξ1 + 2ξ2 +
33
2ξ3 + 0ξ4
0ξ3 + 1ξ4
=1
=3
ξ1 ≥ 0, ξ2 ≥ 0, ξ3 ≥ 0, ξ4 ≥ 0.
Njemu je dualan sljede´ci zadatak:
max η1 + 3η2
−1η1 − 2η2
−1η1 + 2η2
2η1 + 0η2
0η1 + 1η2
≤1
≤2
≤3
≤0
µ
On se lako rjeˇsava grafiˇcki i optimalna taˇcka je
¶
3
, 0 . Jasno, minimalna
2
3
vrijednost u polaznom problemu je , a optimalni vektor se
2
prema prethodnom zadatku, iz sistema

 


−1 −2 "
1
* ξ1
#
 ξ2   −1
 3
 2
3
2

 

ξ1 + 2ξ2 + 3ξ3 = ,
−
 ξ3  ,  2
 3
0  20
2
ξ4
0
1
0
·
¸>
·
¸>
1
1
Dobijamo ξ 0 = 0, 0, , 0 , te je x0 = 0, 0,
.
2
2
moˇze na´ci,

+

 = 0.

43. Kako je (P ) problem konveksnog programiranja dualan problem
( u Vulfovom smislu ) glasi:
max L(y, u),
∇x L(y, u) = 0,
y ∈ Rn , u ∈ Rn+1
+ .
U ovom sluˇcaju (D) je
max y12 + · · · + yn2 + u0 (n − y1 − · · · − yn ) − u1 y1 − · · · − un yn ,
2yi − ui − u0 = 0, (i = 1, n), u ≥ 0.
Ovaj problem se svodi na
n
max −
1X
(ui − u0 )2 + nu0 ,
4 i=1
u0 ≥ 0, ui ≥ 0.
Vidimo da dualan zadatak nije jednostavniji od polaznog. Za (P ) KKT
uslovi su, jasno, ve´c dati u (D), tj. oni glase
2xi − ui − u0 = 0, (i = 1, n)
34
pri ˇcemu joˇs mora da vrijedi
ui xi = 0, u0 (n − x1 − · · · − xn ) = 0, u ≥ 0.
Ako bismo za neki indeks i imali ui 6= 0, onda je xi = 0 i u0 = −ui < 0.
u0
Dakle, mora da bude u = 0, odakle je x =
1. Iz 0 ∈
/ G izlazi
2
u0 > 0,
hx, 1i = n,
u0 = 2,
i x∗ = 1.
Rjeˇsenje dualnog zadatka je (1, 1).
44. Dualan zadatak glasi:
max y1 + 2y2 + · · · + nyn
y1 + y2 + · · · + yn ≤ 1
y2 + · · · + yn ≤ 2
······
yn ≤ n
y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, ..., yn ≥ 0.
Jasno, sve nejednakosti sem prve su stroge, pa prema zadatku 41., zbog
hA> y 0 − c, x0 i = 0,
mora da bude
Slijedi da je
x02 = · · · = x0n = 0.
x01 = n i
x∗ = (n, 0, . . . , 0).
45.
"
2
∇ f (x, y) = 2
y−3
x+y
x+y
x−3
#
.
Za konveksnost funkcije f je potrebno da bude y ≥ 3, x ≥ 3. Med¯utim,
tada je (y − 3)(x − 3) < (x + y)2 , pa ∇2 f nije PsemiD matrica na
R2+ .
S obzirom da je dopustivi skup kompaktan, postoji taˇcka minimuma date
35
funkcije. Mi ´cemo je na´ci med¯u KKT taˇckama, poˇsto vrijedi Slejterov
uslov. Imamo sistem
y 2 + 2xy − 6x − u1 + u2 − u3 = 0,
x2 + 2xy − 6y − u1 + u2 − u4 = 0,
u1 (1 − x − y) = 0, u2 (x + y − 6) = 0, u3 x = 0, u4 y = 0.
U sluˇcaju da je xy 6= 0 imamo u3 = u4 = 0. Iz prve dvije jednaˇcine je
y 2 − x2 + 6(y − x) = 0, odnosno x = y. Sistem postaje
3x2 − 6x − u1 + u2 = 0
u1 (1 − 2x) = 0,
u2 (x − 3) = 0,
tako da KKT taˇcke su
(2, 2, 0, 0, 0, 0) i
(3, 3, 0, 3, 0, 0).
Uzimaju´ci da je xy = 0 dobijaju se i preostale KKT taˇcke:
(0, 6, 0, 36, 72, 0) i (6, 0, 0, 36, 0, 72).
Sada se moˇze odrediti
fmin = −108,
fmax = 0.
46. Dualan problem je
sup ϕ(u),
u≥0
ϕ(u) = inf2 L(x, u).
x∈R
Funkcija x → L(x, u) je konveksna na R2 , za svaki ( fiksiran) vektor
u ≥ 0, pa se taˇcke minimuma, odnosno vrijednosti funkcije ϕ dobiju iz
jednaˇcine
·
¸
−e−x1 − u1 + u3
= 0.
−2e−x2 − u2 + u3
Sada, za −u1 + u3 > 0, i −u2 + u3 > 0, dobijamo
x1 = − ln(−u1 + u3 ),
Dakle,
½
ϕ(u) =
x2 = − ln
−u2 + u3
.
2
(u1 − u3 ) ln(u3 − u1 ) + (u2 − u3 ) ln(u3 − u2 ) + ln 2u3 , u3 > max{u1 , u2 }
−∞,
u3 ≤ max{u1 , u2 } .
Zakljuˇcno, (D) glasi
max : (u1 − u3 ) ln(u3 − u1 ) + (u2 − u3 ) ln(u3 − u2 ) + ln 2 u3 ,
u ∈ U = {u ∈ R3+ | u3 1 ≥ u}.
36
47. Ocjenu minimuma f (x∗ ) moˇzemo dobiti iz teoreme slabe dualnosti:
f (x) ≥ ϕ(u),
za sve (x, u) ∈ G × Rn+1
+ .
Kako je
·
u0 =
dobijamo ocjenu
0
∇f (x0 )
¸
≥0
f (x∗ ) ≥ ϕ(u0 ),
odnosno
f (x∗ ) ≥ inf L(y, u0 ).
y
Kako je, u naˇsem sluˇcaju, funkcija y → L(y, u0 )
·
¸ ·
¸
0
h1, yi − 1
0
L(y, u ) = f (y) + h
,
i = f (y) − hy, ∇f (x0 )i,
∇f (x0 )
−y
konveksna, za odred¯ivanje njenog infimuma iskoristi´cemo Fermaovu
teoremu. Imamo
∇x L(y, u0 ) = ∇f (y) − ∇f (x0 ),
odakle je oˇcigledno
∇x L(x0 , u0 ) = 0,
Slijedi
i
ϕ(u0 ) = L(x0 , u0 ).
f (x∗ ) ≥ f (x0 ) − hx0 , ∇f (x0 )i.
Na drugi naˇcin, zbog ∇f (x0 ) ≥ 0, imamo da je
min h∇f (x0 ), xi = h∇f (x0 ), 0i = 0.
x∈σ n
Iz konveksnosti funkcije f na Rn slijedi
f (x) − f (x0 ) ≥ h∇f (x0 ), xi − h∇f (x0 ), x0 i,
pa za sve x ∈ σ n vaˇzi nejednakost
f (x) ≥ f (x0 ) − h∇f (x0 ), x0 i.
37
48. max − f c (y), y ∈ D = {y ∈ Rn |hy, xi ≥ 0 ∀x ∈ K}.
49. Ovo su zadaci konveksnog programiranja sa nediferencijabilnom funkcijom
cilja f .
a) Prelaze´ci na dualan problem dobijamo jednodimenzionalan sluˇcaj. Lagranˇzova funkcija glasi
L(x, u) =
n
X
n
X
|xi − ai | + u
i=1
x ∈ Rn , u ∈ R.
xi ,
i=1
Dalje je

n

 uXa ,
i
ϕ(u) = inf L(x, u) =
x

 i=1
−∞,
|u| ≤ 1
|u| > 1.
Na primjer, za |u| ≤ 1 imamo
L(x, u) =
n
X
(|xi − ai | + u(xi − ai )) + u
i=1
n
X
ai ≥ u
n
X
i=1
ai = L(a, u).
i=1
Dulan problem
max ϕ(u),
ima rjeˇsenje
u∗ = sgn
n
X
−1 ≤ u ≤ 1,
ai ,
ϕ(u∗ ) = |
n
X
i=1
ai |.
i=1
Dakle,
∗
f (x ) = |
n
X
ai |,
i=1
a koordinate taˇcke minimuma x∗ dobijaju se iz sistema jednaˇcina
n
X
i=1
|xi − ai | = |
n
X
i=1
ai |,
n
X
xi = 0.
i=1
50. Primalni problem nema rjeˇsenje, budu´ci da na skupu
G = { x ∈ D | g(x) = −x1 ≤ 0 } = [0, +∞) × [1, +∞)
38
vrijedi
f (x) = x1 +
1
> 0,
x2
i
lim f (0, t) = 0.
t→∞
Znaˇci,
π = 0.
Funkcija f je konveksna, pa je odgovaraju´ci dualan problem
u ∈ Rn+ ,
sup ϕ(u),
pri ˇcemu je
ϕ(u) = inf L(x, u),
x∈D
Sada je
½
ϕ(u) =
Dakle,
L(x, u) = max{0, x1 +
0,
−∞,
δ = ϕ(u∗ ),
1
} − ux1 .
x2
0≤u≤1
.
1<u
u∗ ∈ [0, 1].
Poˇsto za marginalnu funkciju p imamo p(0) = π ∈ R, i dualan problem
ima rjeˇsenje, to na osnovu teoreme jake dualnosti polazni problem je stabilan.
51. Poˇsto je F (x, 0) ∈ {0, +∞}, to je min F (x, 0) = 0. Minimum se dostiˇze,
x
na primjer, u taˇcki (0, 0), tako da je
π = 0.
Marginalna funkcija pF , pF (y) = inf x F (x, y) dodijeljena problemu (PF )
glasi:

 −1, y1 < 0
0,
y1 = 0
pF (y) =

+∞, y1 > 0.
Polazni problem nije stabilan zato ˇsto je ∂pF (0) = ∅:
∂pF (0) = { y 0 | pF (y) ≥ pF (0) + hy 0 , yi, ∀y }
⊆ { y 0 | pF (y) ≥ hy 0 , yi, ∀y1 < 0 }
= { y 0 | − 1 ≥ hy 0 , yi, ∀y1 < 0 } = ∅.
39
Napomenimo da ako je y20 6= 0, onda postoji vektor y, y1 < 0 ortogonalan
1
na y 0 , a za y20 = 0, y10 > 0 dovoljno je uzeti y1 = − 0 .
2y1
Izraˇcunajmo δ. Iz jednakosti
F c (0, y) = pFc (y)
slijedi
½
F c (0, y) =
tako da je
1,
y1 ≥ 0, y2 = 0
,
+∞,
inaˇce
δ = sup −F c (0, y) = −1.
y
52.
p(v) = inf{e−x2 | (x1 , x2 ) ∈ Gv }, v ∈ R.
Dopustivi skup
q
Gv = {x ∈ R2 |
x21 + x22 − x1 ≤ v}
je prazan za v < 0, pa je p(v) = +∞. Za v = 0 vrijedi Gv =
{(x1 , 0)|x1 ≥ 0}, i p(0) = 1. U sluˇcaju da je v > 0, imamo
(n,
√
√
2vn) ∈ Gv ,
lim e−
2vn
n
= 0,
ˇsto sa f (x) > 0 povlaˇci p(v) = 0. Dakle,

 +∞, v < 0
1,
v=0
p(v) =

0,
v > 0.
Da bismo iskoristili Gejlovu teoremu odredimo ∂p(0). Iz
p(v) − p(0) ≥ s(v − 0),
∀v ∈ D(p),
slijedi da je
−1 ≥ sv,
za sve v > 0,
ˇsto je nemogu´ce. Znaˇci da je ∂p(0) = ∅, te problem nije stabilan.
40
53. Marginalna funkcija je data sa p(v) = min f (x), gdje je
x∈ G(v)
G(v) = { v ∈ R3 | x21 + x22 ≤ v1 , x1 + x22 ≤ v2 }.
√
Skup G(v) = ∅, za v2 > v1 , pa je u tom sluˇcaju p(v) = +∞. Ostali
dopustivi skupovi su konveksni i kompaktni, te linearna funkcija f ima
minimum u njegovom vrhu. Dobija se

√
v1 + v2 ≤ − 41
− v1 ,


q
√


√
−1−2v2 + 1+4(v1 +v2 )
−
, − 14 − v1 < v2 < v1
p(v1 , v2 ) =
2
√

0,
v 2 = v1


√

+∞,
v 2 > v1
Nije sasvim lako odrediti ∂p(0). Zato ´cemo za utvrd¯ivanje stabilnosti
iskoristiti ˇcinjenicu da konveksan problem koji ima rjeˇsenje x∗ je stabilan
ako i samo ako postoji u∗ takav da je (x∗ , u∗ ) KKT taˇcka. Ovdje je
oˇcigledno


s√
√
5
−
1
5
−
1
,
x∗ = 
,−
2
2
dok za u∗ ≥ 0 mora da vrijedi
2x∗1 u∗1 + u∗2 = 0,
i 1 + 2x∗1 u∗1 − 2x∗2 u∗2 = 0,
ˇsto ne moˇze biti. Dakle, ovaj problem nije stabilan .
54. Moˇze se odrediti marginalna funkcija p, pa onda njena konjugovana funkcija.
Dobija se

0,
y1 ≥ −1, y2 ≥ −1, y3 ≥ 0



√
√

y32

max{−2 1 + y1 , −2 1 + y2 } ≥ −1,

,
2
y2 ≥ −1, ≤ y3 < 0
p(y) =

√
√
√


2
 2y1 + y3 + 2y3 1 + y1 + 2,
−2√1 + y2 < y3 ≤ −2√1 + y1

√

2y2 + y32 + 2y3 1 + y2 + 2,
−2 1 + y1 < y3 ≤ −2 1 + y2
Odavde se vidi da je Dom(p c ) = −R3+ , tako da ne´cemo direktno
odred¯ivati konjugovanu funkciju. Kako posmatramo problem konveksne
minimizacije, imamo da je
p c (−u) = −ϕ(u),
u ∈ R3+ ,
pri ˇcemu je
ϕ(u) = inf L(x, u).
x∈D
41
U ovom sluˇcaju je
L(x, u) = x21 + x22 + u1 (x21 − 1) + u2 (x22 − 1) + u3 (x1 + x2 ),
D = R2 .
Za u ≥ 0, na R2 konveksna funkcija,
x → (1 + u1 )x21 + (1 + u2 )x22 + u3 (x1 + x2 ) − u1 − u2
dostiˇze minimum u taˇcki
(−
u3
u3
,−
),
2(1 + u1 ) 2(1 + u2 )
tako da dobijamo
p c (u) =
u23
1
1
(
+
) − u1 − u2 .
4 1 − u1
1 − u2
Sada moˇzemo odrediti traˇzeni subdiferencijal, tj. skup
{ s ∈ R3 | p c (u) − p c (0) ≥ hs, u − u0 i,
Iz
slijedi
∀u ≤ 0 }.
p c (u) ≥ hs, ui,
1
1
u23
(
+
) ≥ hs + e1 + e2 , ui,
4 1 − u1
1 − u2
u ≤ 0.
Jasno, vrijedi
{s | s1 ≥ −1, s2 ≥ −1, s3 ≥ 0 } ⊆ ∂p c (0).
U taˇcnost obrnute inkluzije uvjeravamo se uzimaju´ci da je redom
u = −e1 ,
−e2 ,
te3 (t → 0+ ).
Do rezultata smo mogli do´ci i pomo´cu relacije
s ∈ ∂pc (0)
42
⇔
0 ∈ ∂p(s).
Izvori i kraj
43
1. Skoro svi rezultati za konveksne
10. Za konkavnost geometrijske i harskupove (tijela i konuse) u konaˇcno
monijske sredine moˇze se korisdimenzionim euklidskim prostorima
titi uslov konkavnosti pozitivno
potiˇcu od H. Minkovskog.
homogenih funkcija, med¯utim i
tada se mora koristiti nejednakost
2. Tuy, Hoang:
Koˇsi- Bunjakovskog.
Convex Analysis and Global Optimization,
11. Alekseev, V.,M. , Galeev,∃.M, TiKluwer, Dordrecht, 1998.
homirov, V.M.:
Sbornik zadach po optimizacii
3. Suharev, A.G., Timohov, A.V., FeNauka, Moskva, 1984.
dorov, V.V. :
Kurs metodov optimizaciji, Nauka,12. Elster, K-H., Reinhardt, R., Sch¨
auble,
Moskva, 1986.
M., Donath, G.:
Einf u
¨hrung in die nichtlineare
4. Problem je sloˇzeniji bez pretpo
optimierung Teubner, Leipzig, 1977.
stavki za skup C. Tada se moˇze
koristiti sljede´ce([41.]). Ako je
13. Uopˇste vrijedi da je f c diferencijabilna, ako je f strogo konveksna
sup hc, xi = sup hc, xi
funkcija. ([18]).
x∈ A
x∈ B
za sve vektore c, onda je
14. ?
cl coA = cl coB.
15. Ako je funkcija pozitivno homogena
onda je njena konjugovana jednaka nuli na svom domenu
Pri tome treba imati na umu:
sup hc, xi = sup hc, xi =
x∈ coA
16. Uopˇste
x∈ A
sup hc, xi. Nakon toga dovoljno
x∈ clA
je pokazati da je
f (x) =
je kvazikonveksna funkcija
na poluprostoru
sup hc, xi = kck.
x∈ K(0,1)
{x ∈ Rn |kx − x1 k ≤ kx − x2 k}.
5. Klasiˇcan primjer. Na primjer u
Rockafellar, R. Tyrrell:
Convex Analysis, Princeton,1997.
6. Zangwill, Willard I.:
N onlinearP rogramming
Prentice-Hall, New Jersey, 1969.
kx − x1 k
kx − x2 k
Boyd, Stephen, Vanderberghe, Lieven:
Convex Optimization
Cambridge University Press, 2004.
17. ?
18. Hiriart-Urruty, J.B. , Lemarechal,
C.: Convex Analysis and M inimization
c
8. °([23])
Algorithms II. Springer, Berlin,
1993 .
9. Ova konveksna funkcija javlja se u
primjenjenoj matematici, na primjer u teoriji mehanike fluida. ([19])
7. ?
44
19. Drugi dio zadatka vrijedi i ako je
f (x) ≥ 0, za sve x ∈ K
28 Cameron, Neil:
Introduction to Linear and
Convex P rogramming Cambridge
Univ. Press, Cambridge, 1985.
Korablev, A. I.: O proizvodnih
po napravlenijam kvazivipuklih
29. Problem je pribliˇzno rijeˇsen u
funkcionalov, 1975.
J. Kaˇska, M. Piˇsek: Kvadratickolinearni lomene programovani, Ekon.20. Konveksnost kompozicije funkcija
matem. obzor, 2(1966)169-173.
izuˇcio je ve´c Jensen (1906), dok
su uopˇstenja za kvazikonveksne 30. Specijalan sluˇcaj ( n = 3) probfunkcije data u Fenchel,W.:
lema iz
Convex Cones Sets and F unctions.
Malozemov, V. N., Shemiakina,
Princeton Univ. 1953
I. V.:
Maximization of the Vandermonde
21. Ovo uopˇstenje Fermaove teoreme
determinant and the Laguerre polydokazao je Hiriart-Urruty,J.B. :
nomials,
When is a point x satisfying
Metody vychislenii Vol 19.(2001)140∇f (x) = 0 a global minimum
153.
of f ?
Amer. Math. Monthly 93(1986) 31. varijanta problema iz [32]
556-558.
Primjetimo da za funkcije kon- 32. Peressini, A. L., Sullivan, F. E.,
Uhl, J. J.:
veksne i diferencijabilne na Rn
T he M athematics of N onlinear
drugi uslov je ispunjen, tako da
P rogramming,
je tada
Springer, 1988.
f (x∗ ) = minf (x) ⇔ ∇f (x∗ ) = 0.
33. ?
22. Pˇseniˇcnij, B.N.: Vipuklij analiz 34. kao [38]
i ekstremalnije zadaˇci, Nauka,
35. ?
Moskva, 1980.
Fenchel,W.[21],88-105.
36. ?
23. Ognjanovi´c, S. Borwein, Jonathan 37. Kalihman, I. L.: Sbornik zadaˇc po
M., Lewis,
matematiˇceskom programirovaniju,
Adrian S.: Convex Analysis
Moskva,1975.
and N onlinear Optimization
38. Jahn, Johannes:
Springer, New York, 2000.
Introduction to the T heory
24. ?
of N onlinear Optimization
Springer,Berlin,1994.
25. ?
39. Vajda, S.:
26. ?
T heory of Linear and N onlinear
P rogramming.
27. ?
Longman, London, 1974.
45
40. ?
41. Uporediti sa u> g(x) = 0 u KKT
uslovima. To su uslovi ravnoteˇze
( equilibrium condition) linearnog
programiranja , ili complementary
slackness conditions [36].
42. ?
43. ?
44. ?
45. ?
c
46. °
47. ?
48. Avriel, Mordecai:
N onlinear P rogramming
Prentice-Hall, New Jersey, 1977.
49. Vasilev, F.P.:M etodi Optimizacii,
Faktorial Press, Moskva,2002.
50, kao [3]
51. Rockafellar, R. T. : Duality and
stability in extremum problems
involving convex functions, Pacific J. Math.,21(1967), 167-187.
52. Primjer je dao Duffin, Richard J.,
c
53. °
c
54. °
46
Download

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA (zadaci) Milan Jovanovic 1