ozren.weebly.comozren.weebly.com/uploads/4/2/7/3/4273045/konveksna_optimizacija_-_zadaci.pdfOsnovuovezbirke•cinezadacisaispita...
Transcript of ozren.weebly.comozren.weebly.com/uploads/4/2/7/3/4273045/konveksna_optimizacija_-_zadaci.pdfOsnovuovezbirke•cinezadacisaispita...
Osnovu ove zbirke cine zadaci sa ispita iz Matematickog programiranja, pred-meta koji se predaje na PMF BL od 1998\1999 skolske godine.To su zadaci oznaceni 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 vaznost nekih uslova ( npr. regu-larnosti), kao i zadaci za koje su potrebni elementi subdiferencijalnog racuna.Ovo je ucinjeno stoga sto, bez obzira na naziv ovaj kurs je posvecen konveksnomprogramiranju, sa neznatnim uopstenjima.
2
1. Dokazati da vrijedi
co(S1 + S2) = coS1 + coS2.
co(C1∪C2) =⋃
0≤λ≤1
(1−λ)C1+λC2.
co(K1
⋃K2) = K1 +K2,
ako je 0 ∈ K1
⋂K2.
2. Ako je C1
⋂ C2 = ∅, a ∈ Rn, onda
C1
⋂co(C2
⋃{a}) = ∅,
ili
C2
⋂co(C1
⋃{a}) = ∅.
3. Razdvojiti skupove :
C1 = {x ∈ Rn|n∑
i=1
x2i ≤ 1},
C2 = {x ∈ Rn|n−1∑
i=1
x2i + 1 ≤ xn}.
4. Odrediti konveksan zatvoren skupC ⊆ Rn takav da za sve c ∈ Rn
vrijedi
infx∈C
〈c, x〉 = −‖c‖.
5. Pokazati da skup extC, gdje je
C = co(S⋃{e1 + e3, e1 − e3}),
S = {
x1
x2
0
∈ R3 |x2
1 +x22 = 1}
nije zatvoren.
6. Odrediti konuse V, T ,K za tacku
x0 =[
1212
]
i skup C1 dat sa
(1−x1−x2)3 ≥ 0, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,
odnosno C2 , za koji je
x1 + x2 ≤ 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
7. Naci normalan konus N (C, x),
C = {x ∈ Rn |Ax = b }.
A je m× n matrica, b ∈ Rm.
8. Pokazati da je skup
{(x, y) ∈ P |x2 + y3 ≥ x3 + y4},
konveksan, ako jeP = [ 13 , +∞)× [ 12 , +∞).
9. Pokazati da je funkcija
f(x) = (1 + ‖x ‖2) p2
konveksna na Rn, za p ≥ 1.
10. Neka su A(x), G(x), H(x) arit-meticka, geometrijska i harmoni-jska sredina koordinata tacke xpri cemu x redom pripada skupovima
Rn, Rn+, intRn
+.
Pokazati da su funkcije
A, G, H
konkavne.
3
11. Naci subdiferencijale funkcija npromjenljivih datih izrazima :
max{xi : i = 1, ..., n},max{ |xi | : i = 1, ..., n}.
12. Odrediti f c ako je
f(x) =
−x2 , −2 ≤ x < 0
x(x + 2), 0 ≤ x ≤ 2x− 2, 2 ≤ x
13 Za funkciju
f(x) ={ −√1 + x, −1 ≤ x ≤ 0
x2 − 1, 0 ≤ x ≤ 1,
odrediti konjugovanu funkciju.Uporediti njihovu diferencijabil-nost i konveksnost.
14. Za funkciju
f(x) = ||x| − 1|, x ∈ Rnaci
fc, f cc, ∂f, ∂f c.
15. Pokazati da je
f(x) = −√x1x2
konveksna na R2+ i naci njenu
konjugovanu funkciju f c.
16. Pokazati da je funkcija
f(x) =
√x2
1 + x22
(x1 − 1)2 + (x2 − 1)2
kvazikonveksna na H−(e1+e2, 1).
17. Odrediti konjugovanu funkciju za
f : Rn → R,
f(x) = max{ 0, 〈a, x〉+ α}.
18. Neka gradijent konveksne funkcije
f : Rn → R
ispunjava Lipsicov uslov sa kon-stantom L. Pokazati da je
x 7→ f c(x)− 12L
‖x‖ 2
konveksna funkcija na skupu
C ⊆ {x ∈ Rn|∂f c(x) 6= ∅}.
19. Neka je f pozitivno homogena funkcijana konveksnom konusu K. Tadaa) f je konveksna ako i samo akoza sve x, y ∈ K vrijedi
f(x + y) ≤ f(x) + f(y).
b) f je konveksna ako je nega-tivna i kvazikonveksna na K.
20. Pokazati da je funkcija reciprocnapozitivnoj, konkavnoj na C ⊆ Rn
funkciji, na tom skupu konvek-sna. Ako je f pozitivna, konvek-
sna na C, onda je1f
kvazikonkavna
funkcija.
21. Neka je f diferencijabilna na Rn.Tada je x∗ tacka njenog globalnogminimuma ako i samo ako je
5f(x) = 0, f(x) = f cc(x).
4
22. Naka je f konveksna, subdiferen-cijabilna funkcija na konveksnomskupu C. Pokazati da je vektorx∗ rjesenje problema
minf(x), x ∈ C,
ako i samo ako vrijedi
0 ∈ ∂f(x∗) +NC(x∗).
23. Naci min f(x), x ∈ R,
f(x) =n∑
i=1
|xi − ai|,
pri cemu za date realne brojevea1, ..., an vazi a1 < ... < an.
24. Ispitati uslove regularnosti prob-lema:
(x1 + 1)2 + x22 −→ min
x ∈ R2, −x31 + x2
2 ≤ 0.
25. Naci minimum funkcije
f(x) = −x2
na skupu
R3+ ∩ B1 ∩H−(
[ −120
], 1).
26. Rijesiti problem:
x21 + 2 x2
2 + · · ·+ nx2n → min
|x1 + · · ·+ xn| ≤ 1,
x1 ≥ 0, ... , xn ≥ 0.
27. Naci minimum funkcije
f(x) =m∑
i=1
‖x− vi‖ 2, x ∈ B1,
dok su v1, ..., vm ∈ Rn dati vek-tori.
28. Rijesiti zadatak:
15 x1 + 48 x2 → min
5x1
+9x2− 17
20≤ 0, x1, x2 > 0.
29. Naci min f(x)
f(x) =x2
1 + x22 − 2 x1 − 2 x2
x1 + x2,
pri us lovima: x ∈ R2+,
x1 + 3 x2 ≤ 9, 3 x1 + 4 x2 ≥ 12.
30. Naci maksimum Vandermondove de-terminante, pri uslovima
0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x3, x1+x2+x3 ≤ 3.
31. Odrediti sedlaste tacke Lagranzovefunkcije pridruzene problemu:
x2x3 +1
x1x2x3→ min
x1x2+x1x3 ≤ 4, x1, x2, x3 > 0.
32. Naci minimum funkcije
f(x) = x121 + x−2
2 , x ∈ R4+
x3
x1+
x4
x1≤ 1,
x2
x3+
x4
x3≤ 1.
5
33. Rijesiti zadatak nekonveksne min-imizacije funkcije
f(x1, x2) = −x21 − x2
na skupu koji je dat sa
x21 + (x2 − 1)2 ≥ 1,
x1 ≥ −1,
(x1 + 1)2 + x22 ≥ 1.
34. Naci maksimum funkcije
f(x1, x2) = x1x2
na konveksnom omotacu tacaka:[
20
],
[80
],
[104
],
[58
],
[06
],
[032
].
35. Odrediti udaljenost tacke
T ( 2, 1, 5, 4 )
od skupa
{x ∈ R4|x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4}.
36. Naci projekciju tacke
T (0, 1)
na poliedar dat sistemom nejed-nacina:
x1 + 3 x2 ≥ 3,
3 x1 + 2 x2 ≥ 6,
−x1 + x2 ≤ 1.
37. Rijesiti zadatak razlomljenog pro-gramiranja
minx1 − 2x2
3x1 + x2 + 2,
pri uslovima
3x1 + x2 ≥ 7, −x1 + 4x2 ≤ 5,
4x1 − 3x2 ≤ 17, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
38. Kvadratnu formu
2 x21 +2 x1 x2 +x2
2−10 x1−10 x2
minimizirati na skupu
B√5
⋂H−
([31
], 6
).
39. Neka je F : Rn → Rn diferenci-jabilna, sa pozitivno definitnomJakobijevom matricom. Pokazatida funkcija
f(x) = 〈x, F (x)〉,pri uslovima x ≥ 0, F (x) ≥ 0,ima minimum u tacki x∗
ako i samo ako vrijedi
〈x∗, F (x∗)〉 = 0.
40. U terminima matematickog programi-ranja opisati ogranicenost poliedra
{x ∈ Rn+ |Ax = b},
gdje je b ∈ Rm.
41. Neka su x0, y0 dopustive tackeza kanonski LP i njegov dual.Tada su to optimalne tacke ako isamo ako je
〈Ax0−b, y0〉 = 〈A>y0−c, x0〉 = 0.
6
42. Formirati dualan za LP problem
min−x1 + 2 x2 + 3 x3,
pri uslovima
x1 − x2 + 2 x3 = 1,
2 x1 + x2 ≤ 3,
x1 ≤ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0,
pa ih rijesiti.
43. Za problem minimizacije funkcije
f(x) = ‖x ‖ 2, x ∈ Rn+,
uz uslov
〈1, x〉 ≥ n,
odrediti dualan problem, pa ihrijesiti.
44. Pomocu teorije dualnosti rijesiti za-datak linearnog programiranja
x1 + 2x2 + · · ·+ nxn → min,
x1 ≥ 1x1 + x2 ≥ 2· · · · · ·
x1 + x2 + · · ·+ xn ≥ n
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, ... , xn ≥ 0.
45. Ispitati konveksnost funkcije
f(x, y) = x y2 +x2 y−3 x2−3 y2,
na R2+, pa naci njen minimum
uz dodatni uslov
1 ≤ x + y ≤ 6,
i napisati dualan problem.
46. Odrediti dualan problem za
min e−x1 + 2e−x2 ,
x1 + x2 ≤ 2, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
47. Neka je f konveksna funkcija i
∇f(x0) ≥ 0 za neki x0 ∈ Rn.
Pomocu tih vektora odrediti donjugranicu vrijednosti π u problemu
minf(x), 〈1, x〉 ≤ 1, x ≥ 0.
Moze li f da bude odozdo neogranicenana Rn
+?
48. Odrediti dualan problem za
min f(x), x ∈ K ⊆ Rn.
Funkcija f je konveksna na zatvorenomkonveksnom konusu K.
49. Naci minimimum funkcije
f(x) =n∑
i=1
|xi − ai|, x ∈ Rn
pri uslovu
a)n∑
i=1
xi = 0, b)n∑
i=1
x2i ≤ 1.
50. Analizirati problem:
min f(x), x ∈ G,
f(x) = max { 0, x1 +1x2
},
G = {x ∈ D | − x1 ≤ 0},D = {x ∈ R2 | x2 ≥ 1},
i njegov dualan problem.
7
51. Ispitati stabilnost, naci π i δ zaproblem minimizacije (P ) gdje je
DF = {(x, y) ∈ R2+×R2|x1 = −y1}
i
F (x, y) = max{−1,−√−x2 y1 }.
52. Za problem minimizacije u kom je
f(x1, x2) = e−x2 ,
g(x1, x2) =√
x21 + x2
2 − x1 ≤ 0
odrediti marginalnu funkciju i ispi-tati stabilnost.
53. Odrediti marginalnu funkciju prob-lema:
min f(x1, x2) = x2,
x21 + x2
2 ≤ 1, x1 − x22 ≥ 0.
Ispitati njegovu stabilnost.
54. Naci ∂pc(0) za problem
f(x1, x2) = x21 + x2
2 → min,
ako je dopustivi skup dat sa
x21 − 1 ≤ 0, x2
2 − 1 ≤ 0,
x1 + x2 ≤ 0.
8
RJESENJA
1. a) Iz relacije S1 + S2 ⊆ coS1 + coS2 i konveksnosti skupa coS1 + coS2
slijedico(S1 + S2) ⊆ coS1 + coS2.
Neka je sada x ∈ coS1, tj. x =p∑
i=1
λixi, p ∈ N, xi ∈ S1, λi ≥ 0,
p∑
i=1
λi = 1.
Iz Karateodorijeve teoreme slijedi da je x + coS ⊆ co(x + S) tako da zaproizvoljan i ∈ {1, ..., p} imamo xi + coS2 ⊆ co(xi + S2) ⊆ co(S1 + S2).Odavde je
p∑
i=1
λixi + λ1coS2 + · · ·+ λpcoS2 ⊆ λ1co(S1 + S2) + · · ·+ λpco(S1 + S2),
odnosnox + coS2 ⊆ co(S1 + S2),
za sve x ∈ coS1, sto znaci da je
coS1 + coS2 ⊆ S1 + S2.
b) Neka je x =p∑
i=1
λixi,Jk = {i |xi ∈ Ck}, sk =
∑
i∈Jk
λi, k = 1, 2.
Uzmimo da je 0 < s1 < 1. Tada je
x = s1
∑
i∈J1
λi
s1xi + s2
∑
i∈J2
λi
s2xi ∈ s1C1 + s2C2, s1 + s2 = 1.
Slucajevi 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) =
⋃
0≤λ≤1
(1− λ)K1 + λK2 =⋃
0≤λ≤1
K1 +K2 = K1 +K2.
Inace tvrdenje ne vrijedi. Za konuse K1 = {0}×R+,K2 = {1}×R+ vrijedico(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 = ∅.
U protivnom, neka su oba presjeka neprazna. Za x ∈ C1
⋂co(C2
⋃{a}),prema prethodnom zadatku, postoji tacka c2 ∈ C2 takva da je x ∈ [a, c2].
9
Slicno 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, posto za x ∈ C1 vrijedi
〈en, x〉 ≤ ‖en‖‖x‖ ≤ 1,
dok za x ∈ C2 imamo
〈en, x〉 = xn ≥ 1 + x21 + · · ·+ x2
n−1 ≥ 1.
Ovdje je C1 ∩ C2 6= ∅, ali (int C1) ∩ C2 = ∅. ¤
4. Dati uslov se moze zapisati u ekvivalentnom obliku
supx∈C
〈c, x〉 = ‖c‖,
za sve c ∈ Rn. Odavde je , za proizvoljan x ∈ C i sve vektore c,
〈c, x〉 ≤ ‖c‖,pa uzimajuci specijalno c = x slijedi
〈x, x〉 ≤ ‖x‖,sto znaci da je
C ⊆ K(0, 1).
Pokazimo da je tacna i suprotna inkluzija. Ukoliko postoji
x0 /∈ C, ‖x0‖ ≤ 1,
onda na osnovu teoreme stroge separacije postoje i vektor c0 6= 0 i brojγ0 takvi da vrijedi
〈c0, x0〉 > γ0 > 〈c0, x〉, ∀x ∈ C.
Odavde je tada
supx∈C
〈c0, x〉 ≤ γ0 < 〈c0, x0〉 ≤ ‖c0‖‖x0‖ ≤ ‖c0‖.
Ovo ne moze po uslovima zadatka, tako da je C = K(0, 1).
10
5.
ext C =
101
,
10
−1
⋃S \
100
nije zatvoren skup.
6. Kako je C1 = C2, to je u oba slucaja V = T = {v ∈ R2|v2 ≤ −v1}.Medutim, linearizujuci konusi su razliciti. Za skup C1 prvo ogranicenjeje aktivno, a gradijent u x0 je 0 vektor. Slijedi da je K<(x0) = ∅, aK(x0) = R2.U drugom slucaju je
K<(x0) = intK(x0), K(x0) = {v ∈ R2|〈[ 1
1
],[ v1
v2
]〉 ≤ 0} = V.
7. Uzmimo da je r(A) = m, gi(x) = 〈ai∗, x〉 − bi i tacka x0 ∈ Rn takva da jeJ (x0) = {i|〈ai∗, x0〉 = bi}, neprazan skup.Posto je skup vrsta ai∗, i ∈ J (x0) linearno nezavisan, na osnovu Gordan-Stimkeove teoreme, skup {v|〈ai∗, v〉 < 0, i ∈ J (x0)} je neprazan, tako daje T (x0) = K(x0).Sada, za normalan konus vrijedi
y ∈ N (x0) ⇔ 〈y, v〉 ≤ 0 ∀v ∈ K(x0).
Posljednja formula znaci da treba naci one y za koje nije rjesivo
〈ai,∗, v〉 ≤ 0, ∀i ∈ J (x0) ⇒ 〈y, v〉 > 0.
Prema Farkasevoj teoremi postoji z ≥ 0, zi = 0 (i /∈ J (x0)) takav da jey = A>z, odakle je
N (x0) = cone{ai∗, i ∈ J (x0)}.
8. Za funkciju f : R2 → R, f(x, y) = −x2 + x3 − y3 + y4 vrijedi
〈∇2f(x)v, v〉 = 2〈[
3x− 1 00 6y2 − 3y
]v, v〉 = 2(3x−1)v2
1+ 6(2y2−y)v22 .
11
Imamo da je ∇2f PsemiD matrica na [ 13 , +∞) × [ 12 , +∞). Znaci f jekonveksna na tom skupu, pa njen nivoski skup
{(x, y) ∈ [1
3, +∞)× [1
2,+∞)∣∣ f(x, y) ≤ 0
},
odnosno dati skup, je konveksan. ¤
9. Za Heseovu matricu date funkcije f vrijedi
〈∇2f(x)v, v〉 = p(1 + ‖x ‖2) p−22 (1 + (p− 1)‖x‖2)‖v‖2 ≥ 0,
za sve x, v ∈ Rn.Medutim konveksnost slijedi i iz cinjenice da je kompozicija konveksnefunkcije sa rastucom konveksnom funkcijom takode konveksna. Ovdje jeprva funkcija norma, a druga
t → (1 + t2)p2 .
10. Sa A(x) =1n〈1, x〉 je na Rn data linearna, pa samim tim i konkavna
funkcija. x → G(x) je poseban slucaj Kob - Daglasove funkcije, pri α =1, αi = 1
n , i = 1, n, a ona je tada konkavna. Za funkciju
intRn+ 3 x 7→ H(x) =
n1x1
+ · · ·+ 1xn
vrijedi
∇2H(x) =2n2
H3(x)
x−21...
x−2n
[x−2
1 , ..., x−2n
]− 2n
H2(x)Diag[x−31 , ..., x−3
n ].
Nejednakost iz uslova negativne definitnosti
〈∇2H(x)v, v〉 ≤ 0,
za sve v ∈ Rn, x ∈ Rn++ ekvivalentna je sa
(n∑
i=1
vi
x2i
)2
≤n∑
i=1
1xi
n∑
i=1
v2i
x3i
,
12
a ova je najednakost Kosi- Bunjakovskog za vektore[
1√x1
, ...,1√xn
],
[v1√x3
1
, ...,vn√x3
n
].
11. Neka je f(x) = maxi=1,...,n
fi(x), gdje su fi konveksne, onda je
∂f(x) = co⋃
i∈J (x)
∂fi(x), J (x) = {i|fi(x) = f(x)}.
U prvom slucaju je fi(x) = xi, Kako je ∇fi(x) = ei subdiferencijal se lakoodreduje. Tako je
∂f(0) = co{e1, ..., en} = σn.
Za funkciju f(x) = ‖x‖∞ vrijedi
∂f(0) = con⋃
i=1
[−ei, ei] = B1(0, 1).
12. Za y > 1 imamo
supx∈R
(xy − f(x)) ≥ supx > 2
(xy − f(x)) = supx > 2
(2 + x(y − 1)) = +∞.
Uzmimo da je y ≤ 1. Maksimum izraza 2 + x(y − 1) sada je 2y.Preostale mogucnosti za
xy − f(x)
jesuxy +
x
2, −2 ≤ x < 0,
sa maksimumom 0, ili −2(y + 12 ), i
xy − x(2− x), 0 ≤ x < 2,
pri cemu za posljednji izraz, tj. za p(x) = x2 + (y − 2)x vrijedi p(0) =0, p(2) = 2y.Poredeci ove vrijednosti zakljucujemo da je
f c(y) =
−2y − 1, y ≤ − 1
20, − 1
2 ≤ y ≤ 02y, 0 ≤ y ≤ 1
13
13.
fc(y) =
−y − 14y
, y ≤ − 12
1, − 12 ≤ y ≤ 0
1 +y2
4, 0 ≤ y ≤ 2
y, y ≥ 2.
Mozemo uociti da je f strogo konveksna funkcija, ali nije diferencijabilna.Njena konjugovana funkcija je diferencijabilna, ali nije strogo konveksna.Uopste vrijedi da stroga konveksnost funkcije f povlaci diferencijabilnostfunkcije f c.
14. Konjugovana funkcija f c moze se dobiti direktno. Medutim, uocimo da je
f = f1 ∧ f2,
gdje jef1(x) = |x− 1|, f2(x) = |x + 1|.
Pri tome je
D(f c1) = D(f c
2) = [−1, 1], f c1(y) = y, f c
2(y) = −y.
Sada, zbog(f1 ∧ f2)c = fc
1 ∨ f c2 ,
imamof c(y) = max{−y, y} = |y|, y ∈ [−1, 1].
Dalje, f cc(x) = 0 na intervalu [−1, 1], a za ostale vrijednosti je f cc = f .Funkcija f je diferencijabilna, osim u tackama: -1, 0, 1. Na primjer,
∂f(1) = [f ′−(1), f ′+(1)] = [0, 1],
dok je∂f(0) = ∅.
15. Za konveksnost ove funkcije vidjeti zadatak 10., uz
α = −1, n = 2, α1 = α2 =12.
14
Sada, posto je f pozitivno homogena funkcija imamo
f c(y) = 0 na D(fc).
Preostaje da odredimo njen domen, tj. skup
{y ∈ R2|〈y, x〉 ≤ f(x)∀x ∈ R2+}.
Dakle, za sve (x1, x2) ∈ R2+ i y = (y1, y2) treba da vrijedi
y1x1 + y2x2 ≤ −√x1x2.
Mora biti y1 < 0, y2 < 0, pa uzimajuci y1 = y2 = −x1, x1 = x2
izlazi −2y21 ≤ y1 ,tj. −2y1 ≥ 1. Isto je i za drugu koordinatu, pa slijedi
y1y2 ≥ 14.
Neka su sada y1, y2 negativni i y1y2 ≥ 14 . Imamo
2(−y1)x1 + (−y2)x2
2≥ 2
√(−y1)(−y2)x1x2 ≥ √
x1x2,
iliy1x1 + y2x2 ≤ −√x1x2.
Prema tome dobijamo da je
fc(y) ={
0, y1 < 0, y2 < 0, 4 y1y2 ≥ 1+∞, inace
16. Za kvazikonveksnost funkcije f potrebna je i dovoljna konveksnost svakognivoskog skupa
Lα = {x ∈ H−|f(x) ≤ α}.Na datom poluprostoru H− = H−(e1 + e2, 1) je 0 ≤ f(x) ≤ 1, tako daodmah vidimo sljedece:
Lα = ∅, α < 0, Lα = {0}, α = 0, Lα = H−, α ≥ 1.
Za 0 < α < 1 vrijedi
Lα = H−⋂B(xβ , rβ), xβ =
[ −β−β
], rβ =
√2β(1 + β), β =
α2
1− α2,
Lα = H−⋂B(
[ −β−β
],√
2β(1 + β)), β =α2
1− α2,
15
buduci da jex2
1 + x22
(x1 − 1)2 + (x2 − 1)2≤ α2
ekvivalentno sax2
1 + x22 + 2βx1 + 2βx2 ≤ 2β.
17. U slucaju da je a = 0 funkcija f je konstantna, pa je
D(fc) = {0}, i f c(0) = −max{0, α}.
Uzmimo da je a 6= 0, pri cemu je, na primjer a1 6= 0.Za y ∈ [0, a], tj. za y = λa, gdje je 0 ≤ λ ≤ 1 vrijedi
supx{〈λa, x〉−f(x)} ≤ max{ sup
〈a,x〉≤−α
λ〈a, x〉, sup〈a,x〉≥−α
(λ−1)〈a, x〉−α} = −λα.
Dakle, [0, a] ⊆ D(f c), a kako za x1 =−α
a1e1 vrijedi
〈λa, x1〉 − f(x1) = −λα,
to jef c(λa) = −λα.
Dokazimo jos da jeD(f c) = [0, a].
Neka je sada y /∈ [0, a]. Tacka y moze se strogo razdvojiti od posmatranogintervala. Preciznije, prema teoremi stroge separacije postoji vektor c 6= 0takav da je
〈c, y〉 > 〈c, λa〉 za sve λ ∈ [0, 1].
Odavde, uzimajuci λ = 0, pa λ = 1 dobijamo
〈c, y〉 > 0, i 〈c, y〉 > 〈c, a〉+α
t,
za sve vrijednosti t vece od nekog t0. Sada je
supx{〈y, x〉−f(x)} ≥ sup
t>0{〈y, tc〉−f(tc)} ≥ sup
t>t0
t{〈y, c〉−max{0, 〈a, c〉+α
t}} = +∞.
16
18. Neka su y, y0 ∈ C, i neka je x0 ∈ ∂f c(y0). Tada je
y0 ∈ ∂f(x0), tj. y0 = ∇f(x0).
Za funkciju f vrijedi nejednakost
f(x) ≤ f(x0) + 〈∇f(x0), x− x0〉+L
2‖x− x0‖2.
Iz nje, koristeci formulu f(x0) + f c(y0) = 〈x0, y0〉 dobijamo
〈y, x〉 − f(x) ≥ f c(y0) + 〈y − y0, x〉 − L
2‖x− x0‖2.
Dalje je
supx{〈y, x〉 − f(x)} ≥ f c(y0) + sup
x{〈y − y0, x〉 − L
2‖x− x0‖2}.
Stavljajuci da je
q(x) =L
2‖x− x0‖2,
imamof c(y) ≥ f c(y1) + qc(y − y0).
Kako je
qc(y) =1
2L‖ y ‖2 + 〈y, x0〉,
izlazi da je za sve y ∈ C
f c(y) ≥ f c(y0) + 〈x0, y − y0〉+1
2L‖y − y0‖2.
Ova nejednakost je isto sto i
fc(y)− 12L‖y‖2 ≥ f c(y0)− 1
2L‖y0‖2 + 〈x0 − 1
Ly0, y − y0〉,
tako da posmatrana funkcija ima subgradijent u tacki y0.Sada je dovoljno iskoristiti cinjenicu da subdiferencijabilnost funkcije usvakoj tacki skupa povlaci njenu konveksnost.
19. a) Iz konveksnosti i homogenosti slijedi
f(x1 + x2) = f(2x1 + 2x2
2) ≤ f(2x1) + 2f(x2)
2= f(x1) + f(x2).
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 tvrdenju, 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)f(x2)
x2) =f(x1)f(x2)
f(x2) = f(x1),
nivoskom skupuL = {x ∈ K|f(x) ≤ f(x1)}
pripadaju tacke
x1, if(x1)f(x2)
x2.
Zbog kvazikonveksnosti funkcije f skup L je konveksan, pa mora da budei
x0 =f(x1)
f(x1) + f(x2)x1 +
f(x2)f(x1) + f(x2)
f(x1)f(x2)
x2 ∈ L.
Sada imamo da je
f(x0) ≤ max{f(x1), f(x2)} = f(x1).
Medutim, isto tako je
f(x0) = f(f(x1)
f(x1) + f(x2)(x1 + x2)) =
f(x1)f(x1) + f(x2)
f(x1 + x2) > f(x1).
Kontradikcija.
20. Buduci da je
t 7→ 1t, t > 0
konveksna funkcija, imamo da za sve t1, t2 > 0, λ ∈ [0, 1] vrijedi
1(1− λ)t1 + λt2
≤ 1− λ
t1+
λ
t2,
18
a, zbog konkavnosti funkcije f je
f(xλ) ≥ (1− λ)f(x1) + λf(x2)
za sve x1, x2 ∈ C, pri cemu je xλ = (1 − λ)x1 + λx2. Koristeci ovedvije nejednakosti, dobijamo
g(xλ) =1
f(xλ)≤ 1
(1− λ)f(x1) + λ f(x2)≤ 1− λ
f(x1)+
λ
f(x2)= (1−λ)g(x1)+λ g(x2),
tako da je funkcija
g =1f
konveksna. Uocimo da konveksnost i konkavnost ne mogu da zamjeneuloge. Na primjer f(x) = x2 + 1 je konveksna funkcija na R, ali 1
f nijekonkavna.Mozemo da utvrdimo jedino da je 1
f kvazikonkavna. Zaista, neka je fkonveksna 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∗ tacka minimuma funkcije f , koja je u njoj diferencijabilna.Uslov ∇ f(x∗) = 0 je poznat. Dalje, kako je uvijek f cc = f ≤ f , toje i
f cc(x∗) ≤ f(x∗).
Konstantna funkcijaa : x → f(x∗)
je afina minoranta funkcije f , pa je a ≤ f , i specijalno vrijedi
f(x∗) ≤ f(x∗),
odnosnof(x∗) ≤ f cc(x∗).
Pretpostavimo sada da je
∇ f(x∗) = 0 i f(x∗) = fcc(x∗),
pa dokazimo da je x∗ tacka minimuma funkcije f cc. Tada ce zbog
f(x∗) = fcc(x∗) ≤ f cc(x) ≤ f(x) ∀x ∈ Rn,
19
x∗ da bude tacka minimuma funkcije f . Dalje, posto je f cc konveksnafunkcija dosta je dokazati da je njen gradijent u x∗ nula vektor. Dakle, zat > 0 vrijedi
f cc(x∗ + tek)− f cc(x∗)t
≤ f(x∗ + tek)− f(x∗)t
.
Odavde , na osnovu pretpostavke ∇ f(x∗) = 0 dobijamo
(fcc)′+(x∗, ek) ≤ 0.
Isto je i za pravac −ek, te za sve k=1,...,n vrijedi
0 ≤ (−f cc)′+(x∗,−ek) ≤ (fcc)′+(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∗) ≥ 〈u, x− x∗〉,a sa druge, zbog
x− x∗ ∈ C − x∗ ⊆ TC(x∗)slijedi
〈−u, x− x∗〉 ≤ 0,
tj.〈u, x− x∗〉 ≥ 0,
tako da imamof(x)− f(x∗) ≥ 0 ∀x ∈ C.
Obratno, neka je x∗ tacka minimuma funkcije f na C. To mozemo zapisatina sljedeci nacin
f(x)− f(x∗) ≥ 〈0, x− x∗〉 ∀x ∈ C.Prema tome vrijedi 0 ∈ ∂f(x∗), a jos je 0 ∈ NC(x∗).
20
23. Data funkcija je konveksna, ali nije diferencijabilna pa cemo koristitisljedece:
f(x∗) = minf(x) ⇔ 0 ∈ ∂ f(x∗)
Uzmimo da je f(x) =n∑
k=1
fk(x), fk(x) = |x − ak|. Tada je ∂f(x) =
n∑
k=1
∂fk(x), gdje je
∂fk(x) =
{−1}, x < ak
[−1, 1] , x = ak
{1}, x > ak.
Sada se dobija da je
∂f(ak) = [2k − n− 2, 2k − n], ∂f(x) = {2k − n}, za ak < x < ak+1.
U slucaju da je n neparan vrijedi
∂f(an+12
) = [−1, 1],
dok pri parnom n imamo
∂f(x) = {0}, x ∈ (an2, an
2 +1), ∂f(an2) = [−2, 0], i ∂f(an
2 +1) = [0, 2].
U svim ostalim slucajevima 0 nije u subdiferencijalu. Dakle, za neparan nje x∗ = an+1
2, a za parne vrijednosti skup tacaka minimuma je [an
2, an
2 +1].
24. Ocigledno, rjesenje zadatka je x∗ = 0, ali KKT uslovi nisu ispunjeni buducida
∇f(x∗) + u∇g(x∗) = 0
postaje2e1 + u · 0 = 0.
Nijedan od uslova regularnosti ne vrijedi, posto u Fric Dzonovoj teoremijedino za u0 = 0 imamo
u0∇f(x∗) + u∇g(x∗) = 0.
Na primjer, tangencijalni i linearizujuci konus su razliciti:
TG(x∗) = R2+, K(x∗,G) = R2.
21
25. Linearna funkcija ekstreme dostize na vrhovima konveksnogkompaktnog skupa. Dobijamo da je
x∗ = (1√5,
2√5, 0).
Inace, KKT uslovi su ispunjeni uz u∗ = (√
58 , 1
4 , 0, 0, 0).
26. Funkcija f(x) =n∑
k=1
kx2k je konveksna, ∇f(0) = 0, i 0 ∈ G, pa je x∗ = 0.
Inace da bi se dobio zadatak diferencijabilne optimizacije dovoljno je prvoogranicenje drukcije zapisati:
n∑
k=1
xk − 1 ≤ 0, i −n∑
k=1
xk − 1 ≤ 0.
Tada, za odgovarajucu Lagranzovu funkciju L : Rn × R× R× Rn → R,
L(x, u, v,u) = −u− v +n∑
k=1
(kxk + u− v − uk)xk
KKT uslovi su ispunjeni sa x = 0, u = v = 0,u = 0. Na primjer, jasno jeda nije u v 6= 0. Ako je u 6= 0, v = 0, slijedi
2kxk + u− uk = 0, (k = 1, n) in∑
k=1
xk = 1.
Odavde je
2kx2k + uxk = ukxk = 0 i
n∑
k=1
2kx2k + u = 0,
sto je nemoguce. Slicno je i sa u = 0, v 6= 0.Za u = v = 0 dobija se redom za sve k = 1, n
2kxk = uk, 2kx2k = ukxk = 0, xk = 0.
27. Dopustivi skup mozemo zapisati kao G = {x ∈ Rn|〈x, x〉 ≤ 1}. SadaLagranzova funkcija glasi
L(x, α) =m∑
i=1
‖x− vi‖2 + α(〈x, x〉 − 1).
22
KKT uslovi postajum∑
i=1
(x− vi) + αx = 0,
α(‖x‖2 − 1) = 0,
α ≥ 0, ‖x‖ ≤ 1.
Stavljajuci da je v0 =v1 + · · ·+ vm
m, dobijamo za prvu jednacinu
(m + α)x = mv0.
U slucaju da je ‖v0‖ ≤ 1, uzimajuci da je α = 0 dobijamo KKT tacku(v0, 0
). Ako je ‖v0‖ > 1, onda mora biti α > 0, ‖x‖ = 1 ( druga jednacina )
i
‖v0‖ =α + m
m, tako da je
(v0
‖v0‖ ,m(‖v0‖ − 1))
odgovarajuca KKT tacka.
Jasno, ovo je zadatak konveksne optimizacije pa je njegovo optimalnorjesenje
x∗ =
v0, ‖v0‖ ≤ 1v0
‖v0‖ , ‖v0‖ > 1.
28. Neka jef(x) = 15x1 + 48x2,
g1(x) =5x1
+9x2− 17
20, g2(x) = −x1, g3(x) = −x2.
Sve ove funkcije su konveksne
( ∇2g1(x) =
10x3
1
0
018x3
2
je PsemiD matrica na G),
ispunjen je Slejterov uslov
(na primjer g(50, 90) = [−1320
,−50,−90]> < 0),
pa su KKT uslovi potrebni i dovoljni za postojanje rjesenja. Dakle, trebarijesiti sistem:
15− 5x2
1
y1 − y2 = 0, 48− 9x2
2
y1 − y2 = 0,
23
y1(5x1
+9x2− 17
20) = 0, y2x1 = 0, y3x2 = 0,
y ≥ 0, x ∈ G.
Kako (0, x2), (x1, 0) /∈ G, mora biti y2 = y3 = 0, pa i y1 6= 0. Dobijamo
3x21 = y1, 16x2
2 = y1,5x1
+9x2
=1720
,
odakle je
3x1 = 4x2,5x1
+9x2
=1720
, i xopt = (20, 15).
Jasno, mogli smo odmah iskljuciti drugo i trece ogranicenje, kao neaktivna.
29. f(x) =x2
1 + x22
x1 + x2− 2, ∇f(x) = 1− 2
x21 + x2
2
[x2
2
x21
],
∇2f(x) =4
(x1 + x2)3
[x2
−x1
][x2,−x1] .
Sada vidimo da je
〈∇2f(x)v, v〉 =4
(x1 + x2)3(x1v2 − x2v1)2 ≥ 0
na skupu{x ∈ R2|x2 > −x1} ⊃ G.
Dakle, KKT uslovi su potrebni i dovoljni za postojanje globalnog mini-muma.Kako ∇f(x) = 0 ⇒ x1 = x2, to je x1 = 0. Ovo nije moguce, pa x∗ /∈ intG.
Vidimo da su uslovi sljedeci: x ∈ bdG, y 0,
1− 2(x2
x1 + x2)2 + y1 − 3y2 − y3 = 0, 1− 2(
x1
x1 + x2)2 + 3y1 − 4y2 − y4 = 0,
y1(x1 + 3x2 − 9) = 0, y2(3x1 + 4x2 − 12) = 0, y3x1 = 0, y4x2 = 0.
Prvo, oni nisu ispunjeni za x = (0, 3) posto bi bilo y4 = 0,− 1 + y1− 3y2− y3 = 0, 1 + 3y1− 4y2 = 0, odnosno 4 + 5y2 +3y3 = 0,sto nije moguce zbog y ≥ 0. Dakle, x1 6= 0 i y3 = 0.Mora biti i y4 = 0, inace je x2 = 0, −1+3y1 = 4y2+y4, te y1 6= 0, x1 = 9.Sada je y2 = 0, ali i y1 = −1.Ostaje:
24
(a) y1 = 0, y2 6= 0, tj. 3x1 + 4x2 = 12, sto sa 1 + 6(x1
x1 + x2)2 =
8(x2
x1 + x2)2 daje x1 = 48
5
√2 − 12 ≈ 1.576, x2 = 12 − 36
5
√2 ≈
1.818, y2 ≈ 0.242,f(xopt) = 120
√2− 170 ≈ −0.294.
(b) y2 = 0, y1 6= 0 ne treba analizirati, buduci da ako xopt pripada duziciji su krajevi tacke (9, 0), (0, 3), onda optimalna tacka (zbog konvek-snosti f) postoji i u intG.
30. L(x, u)=
(x3−x1)(x3−x2)(x2−x1)−u1x1+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,
u1x1 = 0, u2(x1 − x2) = 0, u3(x2 − x3) = 0,u4(x1 + x2 + x3 − 3) = 0,
u ≥ 0, x ∈ G.
Kako jeV (x1, x1, x3) = V (x1, x2, x2) = 0,
mora bitix1 6= x2 i x2 6= x3, tj. u2 = u3 = 0.
Takodje 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
x2=
2x3
x2− 1
x3
x2− 2
.
Izx3
x2∈ {2−
√2, 2 +
√2},
zbog x3 ≥ x2, x2 + x3 = 3 slijedi x3 = 3−√32 . Dakle,
V
(0,
3−√32
,3 +
√3
2
)=
3√
32
= Vopt.
25
31. Sedlaste tacke funkcije
L(x, u) = x2x3 +1
x1x2x3+ u0(x1x2 + 2x1x3 − 4)− u1x1 − u2x2 − u3x3
naci cemo medu KKT tackama polaznog problema. Jedina takva tacka je
(x0, u0), x0 = (2, 1,12), u0 = (
14, 0, 0, 0).
NejednakostL(x0, u) ≤ L(x0, u0)
je trivijalna, dok seL(x0, u0) ≤ L(x, u0)
svodi nax1x2 + 2x1x3 + 4x2x3 +
4x1x2x3
≥ 10.
Imamo
x1x2 + 2x1x3 + 4x2x3 +4
x1x2x3≥ 6 3
√(x1x2x3)2 +
4x1x2x3
,
a funkcija
t → ϕ(t) = 6 3√
t2 +4t
ima minimumϕ(1) = 10.
Napomenimo da (P ) nije zadatak konveksnog programiranja
( g1(x) = x1x2 + 2x1x3 − 4 nije konveksna),
a ni dopustivi skup nije kompaktan. Medutim, posto je (2, 1, 12 , 1
4 , 0, 0, 0)sedlasta tacka, to je xopt = (2, 1, 1
2 ).
32. S obzirom da je ispunjen Slejterov uslov ( uzeti npr. tacku (8, 2, 5, 2) ), ane postoji KKT tacka slijedi
Gopt = ∅.
Za promjenu zadrzimo funkciju cilja, a ogranicenja izmjenimo tako da je
x4 ≥ 0 umjesto x4 > 0.
26
Sada su aktivna ogranicenja
x3 + x4 ≤ x1, x2 + x4 ≤ x3, x4 ≥ 0.
U novom zadatku Karus Kun Takerovi uslovi su
12√
x1− u1 = 0, − 2
x32
+ u2 = 0, u1 − u2 = 0, u1 + u2 − u3 = 0,
u1(−x1 + x3 + x4) = 0, u2(x2 − x3 + x4) = 0, u3x4 = 0.
Ako je u3 = 0, onda je ( prema cetvrtom uslovu ) u1 = 0, tako da KKTtacke nema. Neka je u3 6= 0, x4 = 0. Slijedi 2u1 = u3, u1 = u2, x1 =x2, x1 = x3
i x1 =25√
2, pa je tacka
(25√
2,
25√
2,
25√
2, 0
)
moguce rjesenje novog zadatka, a da li je vidite sami.
33. Neprekidna funkcija data sa f(x) = −x21 − x2 ima tacku minimuma na
kompaktnom skupu
G = {x ∈ R2 | g(x) ≤ 0}, g(x) =
−x2
1 − (x2 − 1)2 − 1(x1 + 1)2 + x2
2 − 1−x1 − 1
.
Analizirajuci odgovarajuce KKT uslove:
2x1(y2 − y1 − 1) + 2y2 − y3 = 0, 2x2(y2 − y1) + 2y1 − 1 = 0,
y1(x21 + x2
2 − 2x2) = 0
y2(x21 + x2
2 + 2x1) = 0
y3(x1 + 1) = 0,
y ≥ 0, g(x) ≤ 0,
dobijamo da KKT tacke (x, y) su
(0, 0,12, 0, 0) i (−1, 1, t,
12, 2 + 2t), t > 0.
27
Pri tome skup G nije regularan u (−1, 1). Ovdje na dovoljne uslove op-timalnosti ne mozemo racunati, ukljucujuci i to da dobijene tacke nisusedlaste za Lagranzovu funkciju. Medutim, vidimo da iz
x2 ≤ 1, −1 ≤ x1 ≤ 0,
slijedif(x1, x2) = −x2
1 − x2 ≥ −2 = f(−1, 1),
dok (0, 0) nije tacka lokalnog minimuma, posto je
G 3 (− 1n
, 0) → (0, 0), ali f(− 1n
, 0) < f(0, 0).
Zakljucno,xopt = (−1, 1).
34. Dopustivi skup je dat sistemom linearnih nejednacina. Odredicemo mini-mum funkcije −f(x1, x2). Nije tesko vidjeti da je jedino aktivno ogranicenje
4x1 + 5x2 ≤ 60.
KKT uslovi se redukuju na
−x2 + 4y3 = 0−x1 + 5y3 = 04x1 + 5x2 ≤ 60.
Slijedi da je(x∗, y∗) = (7.5, 6, 0, 0, 1.5, 0, 0)
jedina KKT tacka. Funkcija −f je pseudokonveksna na G⋂R2
+ pa je(7.5, 6) tacka njenog globalnog minimuma na tom skupu. Maksimum po-lazne funkcije iznosi 45.Napomenimo da je dovoljan uslov optimalnosti drugog reda u ovom prob-lemu
〈[
0 11 0
]v, v〉 < 0, za sve v =
[v1
v2
]6= 0, v1 = −5
4v2.
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 = 0, y1(x1 − x2) = 0,2(x2 − 1)− y1 + y2 = 0, y2(x2 − x3) = 0,2(x3 − 4)− y2 + y3 = 0, y3(x3 − x4) = 0,
2(x4 − 4)− y3 = 0.
Posmatrane funkcije su konveksne, f je strogo konveksna, pa rjesenje prob-lema 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
x∗ = (32,32,92,92), y∗ = (1, 0, 1), tako da je d(x∗,G) = 1.
36. Neka je P dati poliedar. Za trazenu projekciju x∗ = pr(e2) vrijedi
‖e2 − x∗‖ = minx∈P
√x2
1 + (x2 − 1)2.
Buduci da je korjenska funkcija rastuca dovoljno je rijesiti problem kvadratneminimizacije:
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,y4x1 = 0, y5x2 = 0, y ≥ 0, x ∈ P.
Mora biti x1 6= 0, zato sto (0, x2) /∈ P. Sada je y4 = 0. Ako bi bilo x2 6= 0,onda je (peta jednacina) y3 = 0, a to ne moze zbog drugog uslova. Znaci,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.) Prematome, 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.
Pri y3 6= 0 dobijamo x1 =45, x2 =
95, y2 =
2125
, y3 = −2325
< 0.
29
Preostaje, y3 = 0 i zakljucno imamo x∗ = (1213
,2113
), y∗ = (0,813
, 0, 0, 0).
PD(e2) = (1213
,2113
).
37. Slejterov uslov je ocigledno ispunjen, tako da je potrebno naci KKT ta cke.Posljednje ogranicenje nije aktivno, tako da uz x ∈ G, λ ≥ 0, preostaliKKT uslovi su:
7x2 + 2(3x1 + x2 + 2)2
= 3λ1 +λ2−4λ3 +λ4,−7x1 − 4
(3x1 + x2 + 2)2= λ1−4λ2 +3λ3,
λ1(7− 3x1 − x2) = 0, λ2(−x1 + 4x2 − 5) = 0,
λ3(4x1 − 3x2 − 17) = 0, λ4x1 = 0.
Iz drugog uslova je λ2 6= 0, pa je x1 = 4x2 − 5. Mora da bude x1 6=0 ( jer (0, 5
4 ) /∈ G ), kao i λ4 = 0. Sada, iz prve dvije jednakosti, nakon
sabiranja, izlazi3
169(x2 − 1)2= λ1−λ3, odakle ( zbog λ ≥ 0 ) je λ1 6= 0.
Dakle,
x1 =2313
, x2 =2213
, pri cemu je λ1 =127
, λ2 =7
117i λ3 = 0.
Funkcija cilja f nije konveksna na G , sto vidimo iz npr.
2f(174 + 23
13
2,2226
) � f(174
, 0) + f(2313
,2213
),
ali zbog njene pseudokonveksnosti (kolicnik dvije linearne funkcije, druga
pozitivna na G), KKT uslovi su i dovoljni, te je f(2313
,2213
) = − 739
globalniminimum.
Problemi ove vrste efikasno se rjesavaju na sljedeci nacin. Smjenom
y0 =1
3x1 + x2 + 2, y1 = y0x1, y2 = y0x2
zadatak postaje :
min y1 − 2y2, y ∈ R2+
3y1 + y2 ≥ 7y0, 4y1 − 3y2 ≥ 17y0,−y1 + 4y2 ≤ 5y0, 3y1 + y2 + 2y0 = 1,
odnosno,
30
min y1 − 2y2
27y1 + 9y2 ≥ 7, 59y1 + 11y2 ≤ 17,13y1 + 13y2 ≤ 5, y1 ≥ 0, y2 ≥ 0,
Mozemo koristiti simpleks metodu. Uvodeci izravnavajuce promjenljive, iuzimajuci
c =
1−2
000
, b =
7175
, A =
27 9 −1 0 059 11 0 1 013 13 0 0 1
, B =
27 9 059 11 113 13 0
vidimo da bazna matrica B zadovoljava pocetni uslov simpleks metode,posto
B−1b =
118 0 − 1
26
− 118 0 3
26
− 83 1 1
7175
=
23117
22117
103
≥ 0.
Test vektor je
t> = c>BB−1A− c> = [ 0, 0,−16, 0,− 7
26]> ≤ 0,
pa je y∗ = (23117
,22117
). Posto je y0 =19
to je opet x∗ = (2313
,2213
).
38. ∇2q(x) =[
4 22 2
], funkcija q je strogo konveksna, g1, g2 su konveksne,
ispunjen je Slejterov uslov, te su KKT uslovi potrebni i dovoljni.Pri tomeje optimalna tacka jedinstvena. KKT uslovi su:
2[
2x1 + x2 − 5x1 + x2 − 5
]+ 2u1
[x1
x2
]+ u2
[31
]=
[00
],
u1(x21 + x2
2 − 5) = 0, u2(3x1 + x2 − 6) = 0, x ∈ G, u ≥ 0.
Za u = 0 dobije se globalni minimum od q, ali on nije u dopustivomskupu G. Ako je u1 = 0, u2 6= 0 izlazi x1 + 2x2 = 10 iz datog sistema, i3x1 + x2 = 6.
Dobija se tacka [ 25 , 24
5 ]>, opet van G. Za u1 6= 0, u2 = 0 imamo(1 + u1)x1 = u1x2, sto sa x2
1 + x22 = 5 daje u1 = 1, te je
x∗ =[
12
].
31
39. Ako problem ima rjesenje x∗ onda, na osnovu teoreme F. Dzona , postojebroj u0 i vektori u1, u2 za koje vrijedi:
u0F (x∗) + u0∂F
∂x(x∗)x∗ − ∂F
∂x(x∗)u1 − u2 = 0,
〈u1, F (x∗)〉 = 0, 〈u2, x〉 = 0, (u0, u1, u2) 0.
Sada nakon mnozenja prve jednacine vektorom u0x− u1 dobijamo
〈 ∂F
∂x(x∗)(u0x− u1), u0x− u1 〉+ u2
0〈F (x∗), x∗ 〉+ 〈u1, u2 〉 = 0.
Svi sabirci, po pretpostavkama, su nenegativni tako da moraju biti jednaki0. Prema tome je
u20〈F (x∗), x∗ 〉 = 0.
Ako je u0 = 0, onda zbog 〈u1, u2〉 = 0, i u1 ≥ 0, u2 ≥ 0, imamo(u0, u
1, u2) = 0, sto je nemoguce.Dakle, u0 6= 0 tako da je
〈x∗, F (x∗)〉 = 0.
Obratno :
〈x∗, F (x∗) 〉 = 0, x ≥ 0, F (x) ≥ 0 ⇒ 〈x, F (x) 〉 ≥ 0 = 〈x∗, F (x∗)〉.
40. Dati skup G je ogranicen ako zadatak
max‖x‖, x ∈ Gima rjesenje. Birajuci euklidsku normu dobijamo zadatak kvadratnog pro-
gramiranja. Za normu ‖x‖1 =n∑
i=1
|xi|, uvazavajuci nenegativnost prom-
jenljivih imamo zadatak linearnog programiranja:
〈1, x〉 → max, Ax = b, x ≥ 0.
Polazni problem ima rjesenje ako je dopustivi skup dualnog zadatka neprazan.Dakle, G je ogranicen ako i samo ako postoji v ∈ Rm takav da je
A>v ≥ 1.
32
41. Za kanonski zadatak linearnog programiranja
min c>x, A x ≥ b, x ≥ 0
dualan jemax y>b, A> y ≤ c, y ≥ 0.
Ako su x0, y0 optimalne tacke datih problema, prema teoremi jake dual-nosti mora biti
〈c, x0〉 = 〈y0, b〉,tako da iz A>y0 ≤ c redom slijedi
〈A>y0, x0〉 ≤ 〈c, x0〉, 〈y0, Ax0〉 ≤ 〈y0, b〉, 〈y0,Ax0 − b〉 ≤ 0.
Nejednakost suprotna posljednjoj je ocigledna, pa je
〈y0,Ax0 − b〉 = 0.
Isto se postupa i za〈A>y0 − c, x0〉 = 0.
Obratno, uslov〈Ax0 − b, y0〉 = 〈A>y0 − c, x0〉,
i jednakost〈Ax0, y0〉 = 〈x0, A>y0 〉
povlace〈b, y0〉 = 〈c, x0〉.
Dalje, iz y>A ≤ c> slijedi y>Ax ≤ c>x, za sve x ≥ 0, a zbogAx ≥ 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 vrijedi
g(y) ≤ f(x0) = g(y0), f(x0) = g(y0) ≤ f(x).
42. Smjenom x1 = −ξ1, ξ1 ≥ 0 zadatak postaje
min ξ1 + 2ξ2 + 3ξ3 + 0ξ4
−1ξ1 − 1ξ2 + 2ξ3 + 0ξ4 = 1−2ξ1 + 2ξ2 + 0ξ3 + 1ξ4 = 3
33
ξ1 ≥ 0, ξ2 ≥ 0, ξ3 ≥ 0, ξ4 ≥ 0.
Njemu je dualan sljedeci zadatak:
max η1 + 3η2
−1η1 − 2η2 ≤ 1−1η1 + 2η2 ≤ 2
2η1 + 0η2 ≤ 30η1 + 1η2 ≤ 0
On se lako rjesava graficki i optimalna tacka je(
32, 0
). Jasno, minimalna
vrijednost u polaznom problemu je32, a optimalni vektor se moze naci,
prema prethodnom zadatku, iz sistema
ξ1 + 2ξ2 + 3ξ3 =32,
⟨
ξ1
ξ2
ξ3
ξ4
,
−1 −2−1 2
2 00 1
[ 320
]−
1230
⟩= 0.
Dobijamo ξ0 =[0, 0,
12, 0
]>, te je x0 =
[0, 0,
12
]>.
43. Kako je (P ) problem konveksnog programiranja dualan problem( u Vulfovom smislu ) glasi:
max L(y, u), ∇xL(y, u) = 0, y ∈ Rn, u ∈ Rn+1+ .
U ovom slucaju (D) je
max y21 + · · ·+ y2
n + u0(n− y1 − · · · − yn)− u1y1 − · · · − unyn,
2yi − ui − u0 = 0, (i = 1, n), u ≥ 0.
Ovaj problem se svodi na
max −14
n∑
i=1
(ui − u0)2 + nu0, u0 ≥ 0, ui ≥ 0.
Vidimo da dualan zadatak nije jednostavniji od polaznog. Za (P ) KKTuslovi su, jasno, vec dati u (D), tj. oni glase
2xi − ui − u0 = 0, (i = 1, n)
34
pri cemu jos mora da vrijedi
uixi = 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.
Dakle, mora da bude u = 0, odakle je x =u0
21. Iz 0 /∈ G izlazi
u0 > 0, 〈x,1〉 = n, u0 = 2, i x∗ = 1.
Rjesenje dualnog zadatka je (1,1).
44. Dualan zadatak glasi:
max y1 + 2y2 + · · ·+ nyn
y1 + y2 + · · ·+ yn ≤ 1y2 + · · ·+ yn ≤ 2
· · · · · ·yn ≤ n
y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, ..., yn ≥ 0.
Jasno, sve nejednakosti sem prve su stroge, pa prema zadatku 41., zbog
〈A>y0 − c, x0〉 = 0,
mora da budex0
2 = · · · = x0n = 0.
Slijedi da jex0
1 = n i x∗ = (n, 0, . . . , 0).
45.
∇2f(x, y) = 2
[y − 3 x + y
x + y x− 3
].
Za konveksnost funkcije f je potrebno da bude y ≥ 3, x ≥ 3. Medutim,tada je (y − 3)(x− 3) < (x + y)2, pa ∇2f nije PsemiD matrica naR2
+.
S obzirom da je dopustivi skup kompaktan, postoji tacka minimuma date
35
funkcije. Mi cemo je naci medu KKT tackama, posto vrijedi Slejterovuslov. Imamo sistem
y2 + 2xy − 6x− u1 + u2 − u3 = 0,x2 + 2xy − 6y − u1 + u2 − u4 = 0,
u1(1− x− y) = 0, u2(x + y − 6) = 0, u3x = 0, u4y = 0.
U slucaju da je xy 6= 0 imamo u3 = u4 = 0. Iz prve dvije jednacine jey2 − 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 tacke su
(2, 2, 0, 0, 0, 0) i (3, 3, 0, 3, 0, 0).
Uzimajuci da je xy = 0 dobijaju se i preostale KKT tacke:
(0, 6, 0, 36, 72, 0) i (6, 0, 0, 36, 0, 72).
Sada se moze odrediti
fmin = −108, fmax = 0.
46. Dualan problem je
supu≥0
ϕ(u), ϕ(u) = infx∈R2
L(x, u).
Funkcija x → L(x, u) je konveksna na R2 , za svaki ( fiksiran) vektoru ≥ 0, pa se tacke minimuma, odnosno vrijednosti funkcije ϕ dobiju izjednacine [ −e−x1 − u1 + u3
−2e−x2 − u2 + u3
]= 0.
Sada, za −u1 + u3 > 0, i −u2 + u3 > 0, dobijamo
x1 = − ln(−u1 + u3), x2 = − ln−u2 + u3
2.
Dakle,
ϕ(u) ={
(u1 − u3) ln(u3 − u1) + (u2 − u3) ln(u3 − u2) + ln 2u3, u3 > max{u1, u2}−∞, u3 ≤ max{u1, u2} .
Zakljucno, (D) glasi
max : (u1 − u3) ln(u3 − u1) + (u2 − u3) ln(u3 − u2) + ln 2 u3,
u ∈ U = {u ∈ R3+| u31 ≥ u}.
36
47. Ocjenu minimuma f(x∗) mozemo dobiti iz teoreme slabe dualnosti:
f(x) ≥ ϕ(u), za sve (x, u) ∈ G × Rn+1+ .
Kako je
u0 =[
0∇f(x0)
]≥ 0
dobijamo ocjenuf(x∗) ≥ ϕ(u0),
odnosno
f(x∗) ≥ infy
L(y, u0).
Kako je, u nasem slucaju, funkcija y → L(y, u0)
L(y, u0) = f(y) + 〈[
0∇f(x0)
],
[ 〈1, y〉 − 1−y
]〉 = f(y)− 〈y,∇f(x0)〉,
konveksna, za odredivanje njenog infimuma iskoristicemo Fermaovuteoremu. Imamo
∇xL(y, u0) = ∇f(y)−∇f(x0),
odakle je ocigledno
∇xL(x0, u0) = 0, i ϕ(u0) = L(x0, u0).
Slijedif(x∗) ≥ f(x0)− 〈x0,∇f(x0)〉.
Na drugi nacin, zbog ∇f(x0) ≥ 0, imamo da je
minx∈σn
〈∇f(x0), x〉 = 〈∇f(x0),0〉 = 0.
Iz konveksnosti funkcije f na Rn slijedi
f(x)− f(x0) ≥ 〈∇f(x0), x〉 − 〈∇f(x0), x0〉,
pa za sve x ∈ σn vazi nejednakost
f(x) ≥ f(x0)− 〈∇f(x0), x0〉.
37
48. max− f c(y), y ∈ D = {y ∈ Rn|〈y, x〉 ≥ 0 ∀x ∈ K}.
49. Ovo su zadaci konveksnog programiranja sa nediferencijabilnom funkcijomcilja f .a) Prelazeci na dualan problem dobijamo jednodimenzionalan slucaj. La-granzova funkcija glasi
L(x, u) =n∑
i=1
|xi − ai|+ u
n∑
i=1
xi, x ∈ Rn, u ∈ R.
Dalje je
ϕ(u) = infx
L(x, u) =
u
n∑
i=1
ai, |u| ≤ 1
−∞, |u| > 1.
Na primjer, za |u| ≤ 1 imamo
L(x, u) =n∑
i=1
(|xi − ai|+ u(xi − ai)) + u
n∑
i=1
ai ≥ u
n∑
i=1
ai = L(a, u).
Dulan problemmax ϕ(u), −1 ≤ u ≤ 1,
ima rjesenje
u∗ = sgnn∑
i=1
ai, ϕ(u∗) = |n∑
i=1
ai|.
Dakle,
f(x∗) = |n∑
i=1
ai|,
a koordinate tacke minimuma x∗ dobijaju se iz sistema jednacina
n∑
i=1
|xi − ai| = |n∑
i=1
ai|,n∑
i=1
xi = 0.
50. Primalni problem nema rjesenje, buduci da na skupu
G = {x ∈ D | g(x) = −x1 ≤ 0 } = [0,+∞)× [1, +∞)
38
vrijedi
f(x) = x1 +1x2
> 0, i limt→∞
f(0, t) = 0.
Znaci,π = 0.
Funkcija f je konveksna, pa je odgovarajuci dualan problem
sup ϕ(u), u ∈ Rn+,
pri cemu je
ϕ(u) = infx∈D
L(x, u), L(x, u) = max{0, x1 +1x2} − ux1.
Sada je
ϕ(u) ={
0, 0 ≤ u ≤ 1−∞, 1 < u
.
Dakle,δ = ϕ(u∗), u∗ ∈ [0, 1].
Posto za marginalnu funkciju p imamo p(0) = π ∈ R, i dualan problemima rjesenje, to na osnovu teoreme jake dualnosti polazni problem je sta-bilan.
51. Posto je F (x,0) ∈ {0, +∞}, to je minx
F (x,0) = 0. Minimum se dostize,
na primjer, u tacki (0,0), tako da je
π = 0.
Marginalna funkcija pF , pF (y) = infx F (x, y) dodijeljena problemu (PF )glasi:
pF (y) =
−1, y1 < 00, y1 = 0
+∞, y1 > 0.
Polazni problem nije stabilan zato sto je ∂pF (0) = ∅:
∂pF (0) = { y0 | pF (y) ≥ pF (0) + 〈y0, y〉, ∀y }
⊆ { y0 | pF (y) ≥ 〈y0, y〉, ∀y1 < 0 }= { y0 | − 1 ≥ 〈y0, y〉, ∀y1 < 0 } = ∅.
39
Napomenimo da ako je y02 6= 0, onda postoji vektor y, y1 < 0 ortogonalan
na y0, a za y02 = 0, y0
1 > 0 dovoljno je uzeti y1 = − 12y0
1
.
Izracunajmo δ. Iz jednakosti
F c(0, y) = p cF (y)
slijedi
F c(0, y) ={
1, y1 ≥ 0, y2 = 0+∞, inace ,
tako da jeδ = sup
y−F c(0, y) = −1.
52.p(v) = inf{e−x2 | (x1, x2) ∈ Gv}, v ∈ R.
Dopustivi skup
Gv = {x ∈ R2 |√
x21 + x2
2 − 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 slucaju da je v > 0, imamo
(n,√
2vn) ∈ Gv, limn
e−√
2vn = 0,
sto sa f(x) > 0 povlaci p(v) = 0. Dakle,
p(v) =
+∞, v < 01, v = 00, 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,
sto je nemoguce. Znaci da je ∂p(0) = ∅, te problem nije stabilan.
40
53. Marginalna funkcija je data sa p(v) = minx∈G(v)
f(x), gdje je
G(v) = { v ∈ R3 |x21 + x2
2 ≤ v1, x1 + x22 ≤ v2 }.
Skup G(v) = ∅, za v2 >√
v1, pa je u tom slucaju p(v) = +∞. Ostalidopustivi skupovi su konveksni i kompaktni, te linearna funkcija f imaminimum u njegovom vrhu. Dobija se
p(v1, v2) =
−√v1, v1 + v2 ≤ − 14
−√−1−2v2+
√1+4(v1+v2)
2 , − 14 − v1 < v2 <
√v1
0, v2 =√
v1
+∞, v2 >√
v1
Nije sasvim lako odrediti ∂p(0). Zato cemo za utvrdivanje stabilnostiiskoristiti cinjenicu da konveksan problem koji ima rjesenje x∗ je stabilanako i samo ako postoji u∗ takav da je (x∗, u∗) KKT tacka. Ovdje jeocigledno
x∗ =
√
5− 12
,−√√
5− 12
,
dok za u∗ ≥ 0 mora da vrijedi
2x∗1u∗1 + u∗2 = 0, i 1 + 2x∗1u
∗1 − 2x∗2u
∗2 = 0,
sto ne moze biti. Dakle, ovaj problem nije stabilan .
54. Moze se odrediti marginalna funkcija p, pa onda njena konjugovana funkcija.Dobija se
p(y) =
0, y1 ≥ −1, y2 ≥ −1, y3 ≥ 0y23
2, max{−2
√1 + y1,−2
√1 + y2} ≥ −1,
y2 ≥ −1,≤ y3 < 0
2y1 + y23 + 2y3
√1 + y1 + 2, −2
√1 + y2 < y3 ≤ −2
√1 + y1
2y2 + y23 + 2y3
√1 + y2 + 2, −2
√1 + y1 < y3 ≤ −2
√1 + y2
Odavde se vidi da je Dom(p c) = −R3+, tako da necemo direktno
odredivati konjugovanu funkciju. Kako posmatramo problem konveksneminimizacije, imamo da je
p c(−u) = −ϕ(u), u ∈ R3+,
pri cemu jeϕ(u) = inf
x∈DL(x, u).
41
U ovom slucaju je
L(x, u) = x21 + x2
2 + u1(x21 − 1) + u2(x2
2 − 1) + u3(x1 + x2), D = R2.
Za u ≥ 0, na R2 konveksna funkcija,
x → (1 + u1)x21 + (1 + u2)x2
2 + u3(x1 + x2)− u1 − u2
dostize minimum u tacki
(− u3
2(1 + u1),− u3
2(1 + u2)),
tako da dobijamo
p c(u) =u2
3
4(
11− u1
+1
1− u2)− u1 − u2.
Sada mozemo odrediti trazeni subdiferencijal, tj. skup
{ s ∈ R3 | p c(u)− p c(0) ≥ 〈s, u− u0〉, ∀u ≤ 0 }.
Izp c(u) ≥ 〈s, u〉,
slijediu2
3
4(
11− u1
+1
1− u2) ≥ 〈s + e1 + e2, u〉, u ≤ 0.
Jasno, vrijedi
{s | s1 ≥ −1, s2 ≥ −1, s3 ≥ 0 } ⊆ ∂p c(0).
U tacnost obrnute inkluzije uvjeravamo se uzimajuci da je redom
u = −e1, −e2, te3 (t → 0+).
Do rezultata smo mogli doci i pomocu relacije
s ∈ ∂pc(0) ⇔ 0 ∈ ∂p(s).
42
1. Skoro svi rezultati za konveksneskupove (tijela i konuse) u konacnodimenzionim euklidskim prostorimapoticu od H. Minkovskog.
2. Tuy, Hoang:Convex Analysis and Global Op-timization,Kluwer, Dordrecht, 1998.
3. Suharev, A.G., Timohov, A.V., Fe-dorov, V.V. :Kurs metodov optimizaciji, Nauka,Moskva, 1986.
4. Problem je slozeniji bez pretpostavki za skup C. Tada se mozekoristiti sljedece([41.]). Ako je
supx∈A
〈c, x〉 = supx∈B
〈c, x〉
za sve vektore c, onda je
cl coA = cl coB.
Pri tome treba imati na umu:
supx∈A
〈c, x〉 = supx∈ coA
〈c, x〉 =
supx∈ clA
〈c, x〉. Nakon toga dovoljno
je pokazati da je
supx∈K(0,1)
〈c, x〉 = ‖c‖.
5. Klasican primjer. Na primjer uRockafellar, R. Tyrrell:Convex Analysis, Princeton,1997.
6. Zangwill, Willard I.:NonlinearProgrammingPrentice-Hall, New Jersey, 1969.
7. ?
8. c©([23])
9. Ova konveksna funkcija javlja se uprimjenjenoj matematici, na prim-jer u teoriji mehanike fluida. ([19])
10. Za konkavnost geometrijske i har-monijske sredine moze se koris-titi uslov konkavnosti pozitivnohomogenih funkcija, medutim itada se mora koristiti nejednakostKosi- Bunjakovskog.
11. Alekseev, V.,M. , Galeev,∃.M, Ti-homirov, V.M.:Sbornik zadach po optimizaciiNauka, Moskva, 1984.
12. Elster, K-H., Reinhardt, R., Schauble,M., Donath, G.:Einfuhrung in die nichtlineareoptimierung Teubner, Leipzig, 1977.
13. Uopste vrijedi da je f c diferencija-bilna, ako je f strogo konveksnafunkcija. ([18]).
14. ?
15. Ako je funkcija pozitivno homogenaonda je njena konjugovana jed-naka nuli na svom domenu
16. Uopste
f(x) =‖x− x1‖‖x− x2‖
je kvazikonveksna funkcijana poluprostoru
{x ∈ Rn|‖x− x1‖ ≤ ‖x− x2‖}.
Boyd, Stephen, Vanderberghe, Lieven:Convex OptimizationCambridge University Press, 2004.
17. ?
18. Hiriart-Urruty, J.B. , Lemarechal,C.: Convex Analysis and MinimizationAlgorithms II. Springer, Berlin,1993 .
44
19. Drugi dio zadatka vrijedi i ako je
f(x) ≥ 0, za sve x ∈ K
Korablev, A. I.: O proizvodnihpo napravlenijam kvazivipuklihfunkcionalov, 1975.
20. Konveksnost kompozicije funkcijaizucio je vec Jensen (1906), doksu uopstenja za kvazikonveksnefunkcije data u Fenchel,W.:Convex Cones Sets and Functions.Princeton Univ. 1953
21. Ovo uopstenje Fermaove teoremedokazao je Hiriart-Urruty,J.B. :When is a point x satisfying∇f(x) = 0 a global minimumof f ?Amer. Math. Monthly 93(1986)556-558.Primjetimo da za funkcije kon-veksne i diferencijabilne na Rn
drugi uslov je ispunjen, tako daje tada
f(x∗) = minf(x) ⇔ ∇f(x∗) = 0.
22. Psenicnij, B.N.: Vipuklij analizi ekstremalnije zadaci, Nauka,Moskva, 1980.
Fenchel,W.[21],88-105.
23. Ognjanovic, S. Borwein, JonathanM., Lewis,Adrian S.: Convex Analysisand Nonlinear OptimizationSpringer, New York, 2000.
24. ?
25. ?
26. ?
27. ?
28 Cameron, Neil:Introduction to Linear andConvex Programming CambridgeUniv. Press, Cambridge, 1985.
29. Problem je priblizno rijesen uJ. Kaska, M. Pisek: Kvadraticko-linearni lomene programovani, Ekon.-matem. obzor, 2(1966)169-173.
30. Specijalan slucaj ( n = 3) prob-lema izMalozemov, V. N., Shemiakina,I. V.:Maximization of the Vandermondedeterminant and the Laguerre poly-nomials,Metody vychislenii Vol 19.(2001)140-153.
31. varijanta problema iz [32]
32. Peressini, A. L., Sullivan, F. E.,Uhl, J. J.:The Mathematics of NonlinearProgramming,Springer, 1988.
33. ?
34. kao [38]
35. ?
36. ?
37. Kalihman, I. L.: Sbornik zadac pomatematiceskom programirovaniju,Moskva,1975.
38. Jahn, Johannes:Introduction to the Theoryof Nonlinear OptimizationSpringer,Berlin,1994.
39. Vajda, S.:Theory of Linear and NonlinearProgramming.Longman, London, 1974.
45
40. ?
41. Uporediti sa u>g(x) = 0 u KKTuslovima. To su uslovi ravnoteze( equilibriumcondition) linearnogprogramiranja , ili complementaryslackness conditions [36].
42. ?
43. ?
44. ?
45. ?
46. c©47. ?
48. Avriel, Mordecai:Nonlinear ProgrammingPrentice-Hall, New Jersey, 1977.
49. Vasilev, F.P.:Metodi Optimizacii,Faktorial Press, Moskva,2002.
50, kao [3]
51. Rockafellar, R. T. : Duality andstability in extremum problemsinvolving convex functions, Pa-cific J. Math.,21(1967), 167-187.
52. Primjer je dao Duffin, Richard J.,
53. c©54. c©
46