京都大学 情報学研究科 数理工学専攻 2019年8月実施 オペレーションズ・リサーチ
Author
Casablanca
Description
日本語版
以下の問 (i)、(ii) に答えよ。
(i) 次の非線形計画問題を考える。
(P) Maximize θ(x)subject to x∈X
ただし、(P) の決定変数は x∈Rn であり、 θ:Rn→R と X⊆Rn は以下のように定義された目的関数と実行可能領域である。
θ(x)=(i=1∏nxi)n1,X={x∈Rni=1∑nxi=1,xi≧0 (i=1,…,n)}
問題 (P) は唯一の最適解 x∗ を持ち、関数 θ は R+n 上で凹関数(すなわち、 −θ は凸関数)であることが知られている。
ただし、 R+n={x∈Rn∣xi>0 (i=1,…,n)} である。
以下の (a), (b), (c) に答えよ。
(a) 問題 (P) のカルーシュ・キューン・タッカー条件 (Karush-Kuhn-Tucker 条件) を書け。(問題 (P) が最大化問題であることに注意すること。)
(b) 問題 (P) の最適解 x∗ を求めよ。
(c) γi∈R,γi≧0 (i=1,…,n) とする。問題 (P) の最適解 x∗ を利用して、以下の算術幾何平均の不等式が成り立つことを示せ。
n1i=1∑nγi≧(i=1∏nγi)n1
(ii) 正の整数 n に対して、 Fn を Rn から R への非負の凸関数の集合とする。以下の (A), (B) に答えよ。
(A) f∈Fn が与えられたとき、関数 gf:Rn→R を gf(x)=f(x)2 (x∈Rn) と定義する。そのとき、任意の f∈⋃n=1∞Fn に対して、 gf が凸関数であることを示せ。
(B) 正の数 α∈R と f∈Fn が与えられたとき、関数 hf,α:Rn→R を hf,α(x)=f(x)α (x∈Rn) と定義する。
そのとき、すべての α≧α∗ と f∈⋃n=1∞Fn に対して、 hf,α が凸関数であるような最小な α∗∈R を求めよ。その際、 α∗ が最小であることを示せ。
English Version
题目描述
回答以下两大题。
- 考虑以 x∈Rn 为决策变量的非线性规划
(P):最大化θ(x)=(i=1∏nxi)1/n约束于x∈X={x∈Rn i=1∑nxi=1,xi≧0 (i=1,…,n)}.
已知 (P) 有唯一最优解 x∗,且
θ 在
R+n={x∈Rn∣xi>0 (i=1,…,n)}
上为凹函数(等价地,−θ 为凸函数)。完成下列各问:
- 写出 (P) 的 KKT 条件;注意这是最大化问题。
- 求 (P) 的最优解 x∗。
- 给定 γi∈R 且
γi≧0(i=1,…,n),利用上述
x∗ 证明算术—几何平均不等式
n1i=1∑nγi≧(i=1∏nγi)1/n.
-
对每个正整数 n,令 Fn 表示所有从
Rn 到 R 的非负凸函数所成的集合。
- 对 f∈Fn 定义
gf:Rn→R 为
gf(x)=f(x)2。证明对任意
f∈⋃n=1∞Fn,函数 gf 都是凸函数。
- 给定正数 α 和 f∈Fn,定义
hf,α:Rn→R 为
hf,α(x)=f(x)α。
求最小实数 α∗,使得对每个
α≧α∗ 以及每个
f∈⋃n=1∞Fn,
hf,α 都是凸函数;还须证明所求 α∗ 确实最小。
Kai
(i)
(a)
(P):Minimize subject to −θ(x)1⊤x=1x⪰0
Lagrangian:
L(x,μ)=−θ(x)+μ(1⊤x−1)
KKT-conditions ⎩⎨⎧−n1(Πj=inxj)n1−1−μ=0,i=1,2,…,n1⊤x=1,x⪰0
(b)
x∗ , μ∗ satisfied KKT-conditions if x∗=[n1,n1,…,n1]⊤ , μ=−n1
(c)
(i=1∏nγi)n1=(i=1∏nγi)n1∑γi∑γi=((∑i=1nγi)n∏i=1nγi)n1(i=1∑nγi)≤n1i=1∑nγi
(ii)
(A)
For any f∈⋃n=1∞Fn , w.l.o.g, let f:Rk→R be an nonnegative function.
Then
θgf(x1)+(1−θ)gf(x2)=θf(x1)2+(1−θ)f(x2)2
gf(θx1+(1−θ)x2)=f(θx1+(1−θ)x2)2≤(θf(x1)+(1−θ)f(x2))2
and consider ϕ(θ)=gf(θx1+(1−θ)x2)−θgf(x1)−(1−θ)gf(x2) ,
by calculating Δ , easily we see:
gf(θx1+(1−θ)x2)≤θgf(x1)+(1−θ)gf(x2)
(B)
for α≥1 :
θf(x1)α+(1−θ)f(x2)α≥(θf(x1)+(1−θ)f(x2))α
since θf(x1)+(1−θ)f(x2)≥f(θx1+(1−θ)x2) , and tα increases for t>0
then
(θf(x1)+(1−θ)f(x2))α≥(f(θx1+(1−θ)x2))α=h(θx1+(1−θ)x2)
thus h is convex for α≥1 .
If α<1 , let f(x)=x1α , easy to see h is not convex.
hence α∗=1