deber optimización

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Escuela Politecnica Nacional

Optimizacion II

Deber 1

Milton Torres Espana

10 de noviembre de 2015

Ejercicio 1 Pruebe que (LFCQ) implica (CQ).

Solucion:

Supongamos que todas las restriccionesci(x) coni A(x) son lineales, es decir, cumplen LFCQ.

Tenemos que probar que SF D(x, ) = LF D(x, ). Sabemos, por el Lema 2.1, que SF D(x, ) LF D(x, ). As, bastara probar LF D(x, ) SF D(x, ).

Sead LF D(x, ). Por definicion, para todo i Ese tiene dTci(x) = 0 y para todo i I(x)

se verifica que dTci(x) 0. Como las restricciones activas son lineales, existe ai R

n tal queci(x) =ai con ai R

n para todo x . Sea M >0 suficientemente pequeno tal que x +M d ,como es convexo y ci lineal se tiene

ci(x +M d) =ci(x

) +M dci(x)

=ci(x) +M dai,

para i A(x) obtenemos ci(x + M d) = 0 o ci(x

+ M d) 0. Finalmente, definimos dk = dy k =

M

k > 0 para k N tales que dk d y k 0. Es claro que para k N se tiene que

xk = x +kdk . Luego, d SF D(x

, ).

Ejercicio 2 Considere el problema de optimizacion siguiente:

mnxRn

f(x)

sujeto a

ci(x) = 0, i= 1, . . . , me,

ci(x) 0, i= me+ 1, . . . , m ,

(1)

donde f : Rn R es una funcion convexa, ci(x) (i = 1, . . . , me) son funciones lineales y ci(x)(i= me+ 1, . . . , m) son funciones concavas. Sea x

un mnimo local de (1). Probar que x es tambienun mnimo global de (1).

Solucion:

Como f es una funcion convexa bastara probar que el conjunto de punto factibles es convexo.Sean x, y . Para i = 1, 2, . . . , me, ci es lineal, por lo que podemos escribir a cada una de lasrestricciones como

ci(x) =n

k=1

ikxk+i,

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donde x= (x1, x2, . . . , xn), ik Ry i R. Sea t [0, 1],

ci((1 t)x+ty) =n

k=1

ik((1 t)xk+tyk) +i

= (1 t)ci(x) +tci(y)

= 0,

ya que ci(x) = ci(y) = 0. Ahora, para i = me+ 1, . . . , m, tenemos que ci(x) 0 y ci(y) 0. Por laconcavidad de las restricciones,

ci((1 t)x+ty) (1 t)ci(x) +tci(y)

0.

Por lo tanto, (1 t)x+ty . Luego, es convexo.

Ejercicio 3 Considerar el problema de optimizacion siguiente:

mnxR2 f(x) :=x2

1+ 2x2

2

sujeto a

x1+x2 2 = 0.

Encuentre un punto que satisfaga las condiciones KKT y verifique que dicho punto es, en efecto, unasolucion optima del problema. Repita el ejercicio si se cambia la funcion objetivo por x3

1+x3

2.

Solucion:

i) Para f1(x) :=x21

+ 2x22

. Escribimos la funcion Lagrangiana L(x, ) =x21

+ 2x22

(x1+x2 2)y su derivada xL = (2x1 , 4x2 ). Con ello formamos el sistema de condiciones KKT:

2x1 = 04x2 = 0x1+x2 = 2

0

La solucion de este sistema es x1 = 4

3, x2 =

2

3 y = 8

3. Por tanto, el punto x=

4

3, 23

es KKT.

Ahora probemos que x =4

3, 23

es una solucion optima del problema. Para ello, sea x = (a, b)

Figura 1: Curvas de nivel de f1(x) y solucion optima del problema.

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comoxtiene que pertenecer al conjunto de puntos factible, verifica que a = 2b. As, consideremosel problema equivalente unidimensional

mnbR

f(b) := (2 b)2 + 2b2,la solucion de este problema es b = 2

3. Por tanto, a = 4

3. Es una solucion global pues

f

2

3>

0.Luego, x= 43 , 23 es una solucion optima. Esta concuerda con el punto KKT encontrado.ii) Paraf2(x) :=x

31

+ x32

. La funcion Lagrangiana es L(x, ) =x31

+ x32

(x1 + x2 2) y su derivadaes xL = (3x

21

, 3x22

). As, el sistema de condiciones KKT es

3x21

= 03x2

2 = 0

x1+x2 = 2 0

La solucion de este sistema es x1= 1, x2= 1 y = 3. Por tanto, el punto x= (1, 1) es KKT. Sea

Figura 2: Curvas de nivel de f2(x) y solucion optima del problema.

x= (a, b), tenemos el problema unidimensional equivalente

mnbR

f(b) := (2 b)3 +b3.La solucion del problema es b = 1, entonces a = 1. Es una solucion global pues

f (1) > 0. Por

tanto, el punto KKT encontrado es una solucion optima del problema.


mnxR2

x1

sujeto a

x2 x3

1

x31 x2.

Pruebe que este problema no satisface las condiciones KKT.

Solucion:

3


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Sean x = (x1, x2)T, = (1, 2)

T, f(x) = x1, c1(x) = x31

x2 y c2(x) = x2+ x31

. Definimos ellagrangiano de este problema:

L(x, ) =x1 1(x3

1 x2) 2(x2+x

3

1).

As, xL(x, ) = (1 31x21

32x21

, 1 2).

Por tanto el sistema de condiciones KKT sera

1 31x2

1 32x

2

1= 0 (2a)

1 2= 0 (2b)

x31 x2 0 (2c)

x2+x3

1 0 (2d)

1(x3

1 x2) = 0 (2e)

2(x2+x3

1) = 0 (2f)

1 0 (2g)

2 0 (2h)

De (2b), tenemos que 1 = 2. Luego,

1 31(x2

1+x22) = 0. ()

Tenemos dos casos: si 1 = 2= 0 tenemos una contradiccion con (). Ahora, si 1 = 2= 0 entonceshay una contradiccion entre (2e) y (2f). Por tanto, el problema no tiene puntos que satisfagan lascondiciones KKT.


mnxR2

f(x) := x1+ 3x2+ 32x1+x2+ 6

sujeto a

2x1+x2 12

x1+ 2x2 4

x1, x2 0.

a) Pruebe que las condiciones KKT son suficientes para este problema.

b) Pruebe que cualquier punto en el segmento que une (0, 0) y (6, 0) es una solucion optima del

problema.

Solucion:

a) Sean x= (x1, x2), = (1, 2, 3, 4) y

L(x, ) = x1+ 3x2+ 3

2x1+x2+ 6+ 1(x

3

1 x2) 2(x2+x3

1) 3x1 4x2.

Sea x = (0, 0) una solucion local del problema, tenemos c1(x) = (2, 1), c2(x

) = (1, 2),c3(x

) = (1, 0) y c4(x) = (0, 1). Estos vectores son linealmente independientes, por tanto LICQ

se verifica para x. Luego,

xL(x, ) =

21 2 35

12+ 1+ 22 4

.

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Con ello formamos el siguiente sistema:

21 2 3 = 01+ 22 4 = 0

1 02 03 04 0

41 = 0122 = 0

La solucion del este sistema es =

0, 0, 0, 512

. Por tanto, xL(x

, ) =

00

. Entonces las

condiciones KKT son suficientes para este problema.

b) Sea x = (t, 0) tal que t [0, 6]. Primero verifiquemos que x es un punto factible. Tenemos que2t 12, t 4 y t 0 para todo t [0, 6]. Por tanto, x es un punto factible. Notemos quef(0, 0) = 1

2. Ademas,

f(t, 0) = t+ 32t+ 6

= t+ 32(t+ 3)

= 12

,

para t [0, 6]. Luego, todos los puntos (t, 0) estan en la misma curva de nivel y por el literalanterior todos los puntos (t, 0) con t [0, 6] son soluciones optimas del problema.

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