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文檔簡(jiǎn)介
嚴(yán)格局部解的二階充分條件證明1內(nèi)容回顧f(x),gi(x),i=1,...,m
均為凸函數(shù)hi(x),i=1,...,l
為線性函數(shù)且
x?
是KKT點(diǎn)【即滿足五條性質(zhì)】,則
x?
是最優(yōu)解那么當(dāng)上述條件中1或2中有一個(gè)條件不滿足時(shí),
x?
仍滿足是KKT點(diǎn),什么情況下
x?
會(huì)使是最優(yōu)解呢?2.問題分析假設(shè)
x?
滿足KKT條件,則滿足▽f(x?)+∑i=1mλi▽gi(x?)+∑i=1lμi▽hi(x?)=0(1)λi≥0i=1,...,m(2)gi(x)≤0i=1,...,m(3)hi(x)=0i=1,...,l(4)λigi(x?)=0i=1,...,m(5)記一個(gè)新函數(shù)L(x)=f(x)+∑i=1mλigi(x)+∑i=1lμihi(x)其中
λi,μi
為KKT條件中的Lagrange系數(shù)由KKT條件中的
(1)
可得:
▽L(x?)=0由KKT條件中的
(4)(5)
可得:
L(x?)=f(x?)+∑i=1mλigi(x?)+∑i=1lμihi(x?)=f(x?)?x∈S,L(x)≤f(x)3.的證明:x∈S
,則
hi(x)=0,gi(x)≤0
,因此∑i=1lμihi(x?)=0又因?yàn)?/p>
i∈I,λi≥0,i?I,λi=0
,則∑i=1mλigi(x)≤0所以L(x)≤f(x)其他結(jié)論:由2,3可知,若
x?
是
L(x)
的最優(yōu)解,則
x?
是問題
(P)
的最優(yōu)解,并且這個(gè)最優(yōu)解可以是局部最優(yōu)解,也可以是全局最優(yōu)解證明:假設(shè)
x?
是全局最優(yōu)解,則
?x∈S,L(x?)≤L(x)
,由2,3可得f(x?)=L(x?)≤L(x)≤f(x)因此
x?是
f(x)
的全局最優(yōu)解同理可證若
x∈S∩Nδ(x?)
,則
x?
是局部最優(yōu)解假設(shè)
x?
是KKT點(diǎn)L(x)=f(x)+∑i=1mλigi(x)+∑i=1lμihi(x)則滿足
▽L(x?)=0
,由前面學(xué)習(xí)所學(xué)知識(shí)可以得若
▽2L(x)?0,?x∈S
,則
x?
是問題
(P)
的全局最優(yōu)解若
▽2L(x)?0,?x∈S∩Nδ(x?)
,則
x?
是問題
(P)
的局部最優(yōu)解若
▽2L(x?)?0
,則
x?
是問題(P)
的嚴(yán)格局部最優(yōu)解其中1,2是根據(jù)凸函數(shù)的性質(zhì)得到的,而3是無約束優(yōu)化問題的充分條件,由3可知?d≠0,dT▽2L(x?)d>0但在約束優(yōu)化中,并不要求對(duì)所有的
d
都成立。假設(shè)對(duì)
?d∈F1(x?)
成立,之所以選擇
F1(x?)
是因?yàn)槠渑c集合
D(x?)
,
T(x?)
和
F(x?)
相比更直觀好判斷。因?yàn)槟繕?biāo)函數(shù)是求最小值,因此可以將
F1(x?)
中使目標(biāo)函數(shù)值上升的方向排除掉。再來回顧一下
F1(x?)
的定義:F1(x?)={d|▽gi(x?)Td≤0,i∈I,▽hi(x?)Td=0,i=1,...,l}由KKT條件可以得到
λi≥0當(dāng)
▽gi(x?)Td<0
時(shí),沿著
d
方向gi(x)
值將變小,原來的約束條件為
gi(x)≤0
,
gi(x)
變小相當(dāng)于對(duì)不等式右端做了一個(gè)擾動(dòng)變?yōu)間i(x)≤ε其中ε<0由上一節(jié)Lagrange乘子的意義可以得到目標(biāo)函數(shù)
f(x)
的值將改變
?λiε
,若
λi=0
,目標(biāo)函數(shù)值將不變,若
λi>0
,目標(biāo)函數(shù)值將變大
?λiε記I+={i|λi>0,i∈I}I0={i|λi=0,i∈I}則I=I+∪I0因此
F1(x?)
中明顯不可行的方向?yàn)楱実i(x?)Td<0且
λi>0
的方向,記
F1(x?)
排除不可行方向后的集合記為
F2(x?)
,則F2(x?)={d|▽gi(x?)Td≤0,i∈I0,▽gi(x?)Td=0,i∈I+,▽hi(x?)Td=0,i=1,...,l}同時(shí)可以得到
F2(x?)?F1(x?)3.二階充分條件千呼萬喚始出來,猶抱琵琶半遮面,前面鋪墊了這么多,終于要引出這一節(jié)最重要的二階充分條件!假設(shè)
x?
滿足KKT條件L(x)=f(x)+∑i=1mλigi(
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