Optimierungstheorie Scheinklausur Sommersemester Juli 2007

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1 Universität Karlsruhe (TH) Forschungsuniversität gegründet 1825 Prof. Dr. Christian Wieners, Dipl.-Math. techn. Martin Sauter Institut für Angewandte und Numerische Mathematik Optimierungstheorie Scheinklausur Sommersemester Juli 2007 Aufgabe 1 Kreuzen Sie an, welche der folgenden 5 Aussagen wahr und welche nicht wahr sind. ( Punkte) Beantworten Sie nur die Fragen, bei denen Sie sich sicher sind. Für jede falsche Antwort wird eine richtige Antwort nicht gewertet! (a) Sei M R n ein nichtleeres Polyeder. M besitzt genau dann Ecken, wenn M geradenfrei ist. wahr nicht wahr (b) Für jedes Matrix-Nullsummenspiel gibt es optimale Lösungen, die aus reinen Strategien bestehen. (c) Lineare Probleme der Form (A R m n, c R n und b R m ) Minimiere c T x unter Ax b können durch Einführung von Schlupfvariablen immer sofort auf ein Starttableau für Phase II des Simplex-Verfahrens gebracht werden. (d) Für das konvexe Optimierungsproblem (f, g i : R n R konvex, i = 1,..., p) (P ) Minimiere f(x) auf M := {x R n : g i (x) 0, i = 1,..., p} gilt: Ist (x, u ) Sattelpunkt der Lagrange-Funktion L(x, u) = f(x) + p i=1 u ig i (x), dann gilt u i g i(x ) > 0 für i = 1,..., p. (e) Seien f, g i : R n R konvex und differenzierbar (i = 1,..., p), A R m n, b R m und das Problem (P ) sei gegeben durch (P ) Minimiere f(x) auf M := {x R n : g(x) 0, Ax = b}. Dann gilt: Falls es x R n, u R p mit u 0 und v R m gibt, so dass (x, u, v ) ein KKT-Punkt von (P ) ist und x die constraint qualification (CQ1) erfüllt, so ist x globale Lösung von (P ). wahr nicht wahr

2 Aufgabe 2 (2+3 Punkte) (a) Wie viele Seiten hat ein Würfel? (b) Beweisen Sie das Lemma von Farkas: Seien A R m n und b R m gegeben. Dann gilt genau eine der beiden folgenden Aussagen: (i) Ax = b, x 0, ist lösbar durch ein x R n (ii) A T y 0, b T y > 0, ist lösbar durch ein y R m. Hinweis: Je nach Vorgehen können Sie den strikten Trennungssatz benutzen: Sei K R n konvex, nicht leer, abgeschlossen, sowie x K. Dann existiert eine Hyperebene H = {y R n : a T y = γ} (mit a R n, a 0, γ R), die x und K trennt, d.h. a T z γ < a T x für alle z K. Ist K zusätzlich ein Kegel, so kann γ = 0 gewählt werden. (a) Ein Würfel hat: 8 Ecken, 12 Kanten, 6 Flächen, also insgesamt 26 Seiten. (b) Zwei Möglichkeiten: Einmal mit dem Trennungssatz, einmal mit dem starken Dualitätssatz: Trennungssatz: Beides kann nicht gelten, da sonst gelten würde: 0 < y T b = y T Ax = (A T y) T x 0 Widerspruch Wir nehmen an, (i) gelte nicht. Dann gilt b K := {Ax : x R n, x 0}. Nach Satz von Weyl ist K konvexer polyedraler Kegel und damit abgeschlossen. Daher kann man b und K trennen, d.h. es gibt ein y R m, y 0, mit y T Ax 0 < y T b. Setzt man für x nacheinander die Einheitsvektoren e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) ein so erhält man A T y 0, und damit die Behauptung. Starker Dualitätssatz: Setze M := {x R n : Ax = b, x 0}. Das Lemma von Farkas kann dann äquivalent geschrieben werden als M y R m mit A T y 0 n gilt b T y 0. : Sei M. Dann besitzt das primale Problem (P ) Minimiere c T x mit x M für c = 0 n ein Lösung x M, da < 0 = min(p ). Nach dem starken Dualitätssatz folgt dann, dass das duale Problem (D) Maximiere b T y mit y N := {y R m : A T y c = 0 n } ein Lösung y N hat (N da 0 m N). Weiter gilt min(p ) = max(d) nach dem starken Dualitätssatz und da y optimal für (D), folgt dann für alle y R m mit A T y 0 n : b T y b T y = max(d) = min(p ) = 0 T n x = 0. : Betrachte wieder das duale Problem (D). Da 0 m N, ist (D) zulässig und für alle y N gilt dann b T y 0. Daraus folgt dann sup(d) = 0 < +. Wir nehmen jetzt an, dass M =. Nach dem starken Dualitätssatz folgt dann aber sup(d) = +, also ein Widerspruch und damit kann M nicht leer sein.

3 Aufgabe 3 Betrachten Sie das folgende Optimierungsproblem: (4+1 Punkte) (P ) Minimiere 18x x 2 + 2x 3 + 6x 4 unter x 0, 3x 1 + x 2 2x 3 + x 4 = 2, x 1 + 3x 2 x 4 = 2. (a) Wenden Sie für (P ) Phase I des Simplex-Verfahrens an, um eine zulässige Basislösung zu finden, und bestimmen Sie gegebenenfalls mit Phase II die Lösung des Problems. (b) Gegen Sie das zu (P ) duale Problem an. (a) n = 6 m = Reihe = 1 Spalte = Reihe = 2 Spalte = Phase I fertig -- Start Phase II n = 4 m = (b) Maximiere 2y 1 + 2y 2 unter den Nebenbedingungen 3y 1 + y 2 18, y 1 + 3y 2 12, 2y 1 2, y 1 y 2 6

4 Aufgabe 4 Sei M R n konvex und nicht leer, sowie f : M R konvex. Betrachten Sie (2+1+2 Punkte) (P ) Minimiere f(x) auf M. (a) Sei x ein lokales Minimum von f auf M, d.h. es gibt ein ε > 0 mit f(x ) f(x) für alle x M mit x x 2 ε. Zeigen Sie: x ist sogar globales Minimum, d.h. es gilt f(x ) f(x) für alle x M. (b) f sei nun zusätzlich strikt konvex und (P ) sei lösbar, d.h. es gibt ein x M mit f(x ) f(x) für alle x M. Zeigen Sie: Die Lösung ist eindeutig, d.h. f(x ) < f(x) für alle x M. (c) Sei nun M = [0, 1] 2 R 2 und f : M R gegeben durch f(x 1, x 2 ) = 2x x 3 2 x Zeigen Sie: f ist konvex auf M, aber nicht strikt konvex. (a) Sei x M beliebig, und wähle λ (0, 1) so klein, dass λ x x ε. Dann ist f(x ) f(x +λ(x x )) f konvex f(x ) + λ(f(x) f(x )), und daraus folgt f(x) f(x ). Da x M beliebig war folgt die Behauptung. (b) Gäbe es zwei optimale Lösungen x 1, x 2 M und x 1 x 2, so wäre f(x 1) = f(x 2) = inf(p ). Daraus folgt inf(p ) = 1 2 f(x 1) f(x 2) f strikt konvex > f( 1 2 x x 2), und x := 1 2 x x 2 M. Dies ist ein Widerspruch zur Optimalität von x 1 und x 2. (c) f ist zweimal stetig differenzierbar und [ ] [ ] 2x1 f(x 1, x 2 ) = 3x 2, und f(x 2 1 1, x 2 ) =. 0 6x 2 Auf M = [0, 1] 2 ist hat 2 f(x 1, x 2 ) die Eigenwerte λ 1 (x) = 2 und λ 2 (x) = 6x 2. Diese sind größer gleich 0 und f ist damit konvex. Es gilt aber λ 2 (x 1, 0) = 0, und somit ist f nicht strikt konvex auf M.

5 Aufgabe 5 Seien f : R n R und g : R n R 2 gegeben durch f(x 1, x 2 ) = x x 2 2 6x 1 4x 2, und g(x 1, x 2 ) = ( ) x2 2. x 1 + x 2 3 (5 Punkte) Lösen Sie das Optimierungsproblem (P ) Minimiere f(x 1, x 2 ) auf M := {x K : g(x 1, x 2 ) 0} mit der Lagrangeschen Multiplikatorenregel. (P ) ist konvexes Optimierungsproblem und die Slater-Bedingung ist erfüllt, z.b. durch ˆx = (0, 0). Lagrange Funktion L(x, u) = x x 2 2 6x 1 4x 2 + u 1 (x 2 2) + u 2 (x 1 + x 2 3) Optimalitätsbed. (KKT) x L(x, u ) =! 0 und (u ) T g(x ) = 0, u 0, g(x ) 0 Also [ ] 2x x L(x, u) = u 2! = 0 2x u 1 + u 2 Daraus folgt x 1 = u 2 und x 2 = u u 2 Einsetzen in zweiten Teil der Optimalitätsbedingungen (Komplementaritätsbed.) liefert u 1 ( 1 2 u u 2) = 0 und u 2 (2 1 2 u 1 u 2 ) = 0. Fallunterscheidungen: u 1 = 0. Daraus folgt u 2 = 0 oder u 2 = 2. u 2 = u 1. Daraus folgt u 1 = u 2 = 0 oder u 1 = 4, u 2 = 4. u 2 = 0. Daraus folgt u 1 = 0. u 1 + 2u 2 = 4. Daraus folgt u 1 = 0, u 2 = 2 oder u 1 = 4, u 2 = 4. Es sind also 3 verschiedene Fälle möglich für Paare (u 1, u 2 ). (u 1, u 2 ) = (0, 0). Daraus folgt (x 1, x 2 ) = (3, 2). Widerspruch da nicht in der Menge. (u 1, u 2 ) = (0, 2). Daraus folgt (x 1, x 2 ) = (2, 1) mit f(2, 1) = 11. (u 1, u 2 ) = ( 4, 4). Daraus folgt (x 1, x 2 ) = (1, 3). Widerspruch da nicht in der Menge. Also haben wir das (x, u ) = (x 1, x 2, u 1, u 2) = (2, 1, 0, 2) die Optimalitätsbedingungen (KKT) erfüllt, und somit ist (x, u ) ein Sattelpunkt der Lagrange-Funktion. Damit erreicht f(x) bei x = (2, 1) sein Minimum über der Menge M.