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But

Resoudre:

(OPT)minimiser f(x)tel quegi(x)0i=1,,mhj(x)=0j=1,,p

Avec

f,gi convexes et
hj
affines

p\*= valeur optimale
=f(x\*)
point optimal avec

f:RnRxf(x)

x est admissible ssi il verifie les contraintes

Lagrangien de (OPT):

L:Rn×Rm×RpR(x,α,β)L(x,α,β)=f(x)+i=1nαigi(x)+j=ipβjhj(x)αRmβRp}variables duales/multiplicateurs de Lagrange

Fonction primale et probleme primal

Fonction objective primale:

θp(x)=maxα,βα0αi0iL(x,α,β)

et probleme primal

(Q)
minxθp(x)

  • x
    est primal admissible ssi
    gi(x)0
    i
    hj(x)=0
    j
  • x\*
    primal optimal et
    p\*=θp(x\*)
    valeur optimale

Dans le cas ou on a une seule contrainte

g(x)0 et une seule contrainte
h(x)=0

L(x,α,β)=f(x)+αg(x)+βh(x)θp(x)fonction convexe=maxα,βα0L(x,α,β)=maxα,βα0[f(x)+αg(x)+βh(x)]=f(x)+maxα,βα0[αg(x)+βh(x)]

g(x)>0α=+
h(x)0,β=signe(h(x))
g(x)0α=0
h(x)=0,
peu importe
β

θp(x)=f(x)+{0si g(x)0 et h(x)=0+sinonx primal admissible

y=x2:

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minf(x)=2x+10

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\colorred : lieu des points primaux admissible

Fonction duale et probleme dual

Fonction objective duale

θD(α,β)=minxL(x,α,β)

et probleme dual

(D)maxα,βα0θD(α,β)

(α,β) dual admissible ssi
α0
(
αi0
i
)

(α\*,β\*) dual optimal ssi solution de
(D)
et
d\*=θD(α\*,β\*)

θD(α,β)fonction concave=minxL(x,α,β)=minx[f(x)+αg(x)+βh(x)affine (a x) fixe relativement a α et β et min(fcts concaves)=fct concave]

Lemme

Si

(α,β)α0 dual admissible,
θD(α,β)p\*

Preuve

θD(α,β)=minxL(x,α,β)L(x,α,β)=f(x)+α0g(x)00+βh(x)=0avec x primal optimalg(x)0 et h(x)=0f(x)=p

Toutes les valeurs du probleme dual minorent la valeur optimale du probleme primal

Probleme dual

maxα,βα0θD(α,β)=dppd0 saut de dualite

C'est le principe de dualite faible: vrai pour tout probleme primal et dual

On aimerait ici que le saut de dualite

pd soit egaux a
0p=d

On peut resoudre le primal en resolvant le dual

On a cherche les conditions ("qualifications de contraintes") pour que

p=d.

Dans le cas ou tout est convexe:

Condition de Slater
Le saut de dualite est nul s'il existe un

x~ qui est srictement admissible
(g(x~)<0)
l'ensemble admissible doit avoir un point interieur

Lemme (complementarite)
Si la dualite forte est verifiee, on a

α\*g(x\*)=0

Si on a plusieurs contraintes,

αi\*gi(x\*)=0
i

Preuve

Dualite forte:

p=d=θD(α,β)=minxL(x,α,β)L(x,αβ)=f(x)p+α0g(x)00+βh(x)=0=0pp+α0α+g(x)=0{α>0g(x)=0g(x)<0α=0

Conditions de Karush-Kuhn-Tucker (KKT pour les intimes)

Conditions KKT

Conditions necessaires pour la resolution de (OPT):

(OPT)minimiser f(x)tel quegi(x)0i=1,,mhj(x)=0j=1,,p

Soient

x\*Rn,
α\*Rm
et
β\*Rp
satisfait les conditions:

  1. Stationnarite de
    L
    :
    xL(x,α,β)=xf(x)+i=1nαigi(x)+j=1pβjxh(x)=0
  2. Admissibilite primale:
    gi(x\*)0
    i
    et
    hj(x\*)=0
    j
  3. Admissibilite duale:
    αi\*0
    i
  4. Complementarite:
    αi\*gi(x\*)=0
    i

Alors

x\* est optimal pour le probleme primal, et
(α\*,β\*)
optimal pour le dual.

Si de plus la dualite forte est verifiee, alors n'importe quelles solutions du primal et du dual verifient

1)4)

En pratique

Comment on s'en sort ?

  1. On ecrit le Lagrangien
    L(x,α,β)
    et on calcule
    xL(x,α,β)
  2. On utilise la stationnarite
    xL(x,α,β)=0
    pour trouver une relation entre
    x
    et
    α/β
  3. On remplace
    x
    par
    α/β
    dans le Lagrangien
    ecrire la fonction objective duale
  4. On resout le dual, eventuellement en se servant de la complementarite

Exemple

minxR212(x12+x22)tel que x12x2+2g(x1,x2)0

  1. L(x,x2,α2)=12(x12+x22)+α(x12x2+2)
  2. xL=0Lx1=x1+α=0x1=αLx2=x22α=0x2=2α
  3. L(α)(θD(α))=12((α2)+(2α)2)+α(α4α+2)=52α25α2+2α=52α2+2α
  4. On resout

maxα0θD(α)αθD(α)=5α+2=0α=25x1=25 et x2=45