KONVEKSNA OPTIMIZACIJA

(zadaci)

Milan Jovanovic

1

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

Izvori i kraj

43

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