Transparencias - Departamento de Matemáticas de la UAM

Tema 5
Dualidad y condiciones de Karush-Kuhn-Tucker
José R. Berrendero
Departamento de Matemáticas
Universidad Autónoma de Madrid
Contenidos del tema 5
I
Condiciones de Karush-Kuhn-Tucker (KKT).
I
I
Problemas con restricciones de desigualdad.
Problemas con restricciones de desigualdad y de igualdad.
I
El problema dual.
I
Dualidad en optimización lineal. Algoritmo simplex dual.
I
Relaciones entre el problema dual y las condiciones de KKT.
Problemas que vamos a analizar
En este tema consideraremos problemas generales de
optimización de la forma
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0,
hi (x) = 0,
i = 1, . . . , m
i = 1, . . . , p.
También consideraremos problemas convexos de la forma
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0,
ai> x = bi ,
i = 1, . . . , m
i = 1, . . . , p,
donde las funciones f , f1 , . . . , fn son convexas.
En general, denotamos por D la intersección de los dominios de
todas las funciones del problema y suponemos que D es un abierto
que incluye los puntos que satisfacen las restricciones.
Condiciones de Karush-Kuhn-Tucker (solo desigualdades)
Consideramos el problema (P):
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0
i = 1, . . . , m,
donde todas las funciones son diferenciables.
Se dice que el punto x̄ ∈ Rn , junto con el vector de multiplicadores
ū ∈ Rm , verifica las condiciones KKT para (P) si
∇f (x̄) +
m
X
ūi ∇fi (x̄) = 0
i=1
fi (x̄) ≤ 0,
i = 1, . . . , m
ūi ≥ 0,
i = 1, . . . , m
ūi fi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , m.
Condiciones KKT necesarias para mı́nimo local de (P)
Cualquier mı́nimo local de (P), que verifique una condición
adicional debe satisfacer las condiciones KKT.
Cualificación de las restricciones: Dado un punto factible x̄, sea
I = {i : fi (x̄) = 0} el conjunto de restricciones activas en x̄.
Se dice que x̄ verifica la cualificación de las restricciones si los
vectores ∇fi (x̄), i ∈ I , son linealmente independientes.
Teorema: Sea x̄ un mı́nimo local de (P) que verifica la
cualificación de las restricciones anterior. Entonces, existe un
vector ū ≥ 0 tal que x̄ y ū verifican las condiciones KKT.
Condiciones KKT necesarias para mı́nimo local de (P)
Demostración:
I
Si x̄ es un mı́nimo local de (P), no existe ninguna dirección
d ∈ Rn tal que ∇f (x̄)> d < 0, ∇fi (x̄)> d < 0 para i ∈ I .
I
Por el teorema de Gordan, existen P
u0 ≥ 0, ui ≥ 0, i ∈ I , no
todos nulos, tales que u0 ∇f (x̄) + i∈I ui ∇f (x̄) = 0.
I
Por la cualificación de las restricciones, u0 > 0.
I
Definimos ūi = ui /u0 si i ∈ I y ūi = 0 si i ∈
/ I.
I
Es fácil comprobar que x̄ y ū verifican las condiciones KKT.
Observaciones
Para encontrar el mı́nimo global del problema (P):
I
Hallar los puntos que verifican las condiciones de KKT.
I
Hallar los puntos factibles que no verifican la cualificación de
las restricciones.
Si el problema tiene solución, debe encontrarse entre los puntos
hallados de alguna de estas dos formas.
Ejemplo: Determina los puntos que verifican las condiciones KKT
y resuelve el problema:
minimizar
s.a.
x12 + x22 + 2x32
2x1 + 3x2 + x3 ≥ 6
Ejemplo
Considera el siguiente problema de optimización:
maximizar
s.a.
3x1 + x2
x2 − (1 − x1 )3 ≤ 0
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0
I
Resuelve el problema gráficamente
I
Escribe las condiciones KKT
I
¿Verifican KKT los puntos del interior del conjunto factible?
I
¿Verifica el máximo global del problema las condiciones KKT?
I
¿Existen puntos que verifican las condiciones KKT y que no
son máximos locales?
Ejemplo
Condiciones de Karush-Kuhn-Tucker (también igualdades)
Consideramos el problema (PI):
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0,
hi (x) = 0,
i = 1, . . . , m
i = 1, . . . , p.
donde todas las funciones son diferenciables.
Se dice que el punto x̄ ∈ Rn , junto con los vectores de multiplicadores ū ∈ Rm y
v̄ ∈ Rp , verifica las condiciones KKT para (PI) si
∇f (x̄) +
m
X
i=1
ūi ∇fi (x̄) +
p
X
v̄i ∇hi (x̄) = 0
i=1
fi (x̄) ≤ 0,
i = 1, . . . , m
hi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , p
ūi ≥ 0,
i = 1, . . . , m
ūi fi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , m
Condiciones KKT necesarias para mı́nimo local de (PI)
Cualquier mı́nimo local de (PI), que verifique una condición
adicional debe satisfacer las condiciones KKT.
Cualificación de las restricciones: Dado un punto factible x̄, sea
I = {i : fi (x̄) = 0} el conjunto de restricciones activas en x̄.
Se dice que x̄ verifica la cualificación de las restricciones si los
vectores ∇fi (x̄), i ∈ I y ∇hi (x̄), i = 1, . . . , p son linealmente
independientes.
Teorema: Sea x̄ un mı́nimo local de (PI) que verifica la
cualificación de las restricciones anterior. Entonces, existen
vectores ū ≥ 0 y v̄ tales que x̄, ū y v̄ verifican las condiciones
KKT.
Condiciones KKT necesarias para mı́nimo local de (PI)
Demostración (esquema):
I
Si x̄ es un mı́nimo local de (PI), no existe ninguna dirección
d ∈ Rn tal que ∇f (x̄)> d < 0; ∇fi (x̄)> d < 0, para i ∈ I ;
∇hi (x̄)> d = 0, para i = 1, . . . , p.
I
Por un teorema de la alternativa, existen u0 ≥ 0; ui ≥ 0,
i ∈ I ; vi , i = 1, . . . , p, no todos nulos, tales que
u0 ∇f (x̄) +
X
i∈I
ui ∇f (x̄) +
p
X
vi ∇hi (x̄) = 0.
i=1
I
Por la cualificación de las restricciones, u0 > 0.
I
Definimos ūi = ui /u0 , si i ∈ I ; ūi = 0, si i ∈
/ I y v̄i = vi /u0 ,
i = 1 . . . , p.
I
Es fácil comprobar que x̄, ū y v̄ verifican las condiciones KKT.
La función dual
Para un problema general (no necesariamente convexo) la función
lagrangiana es:
L(x, u, v ) = f (x) +
m
X
ui fi (x) +
i=1
p
X
vi hi (x).
i=1
La función dual es
g (u, v ) = inf L(x, u, v ).
x∈D
Si u ≥ 0, calcular g (u, v ) puede interpretarse como resolver una
versión menos exigente del problema original (PI).
La función dual es cóncava (aunque (PI) no sea convexo).
El problema dual
La función dual (es decir el valor óptimo de la versión menos
exigente del problema) es una cota inferior del valor óptimo del
problema original:
Teorema: Sea p̄ el valor óptimo de un problema de optimización
cuya función dual es g (u, v ). Para todo u ≥ 0 y para todo v ,
g (u, v ) ≤ p̄.
Resulta natural preguntarse cuál es la mejor de las cotas que
pueden obtenerse de esta forma. Esto lleva al problema dual.
El problema dual
maximizar
s.a.
g (u, v )
u ≥ 0.
El problema dual es siempre convexo, independientemente de que
lo sea o no el problema primal al que corresponde.
Un punto (u, v ) con u ≥ 0 y g (u, v ) > −∞ (es decir, en el
dominio de la función dual) se llama solución factible dual.
Llamamos solución factible dual óptima al punto (ū, v̄ ) que
resuelve el problema dual.
Dualidad débil
Si p̄ y d̄ son los valores óptimos de los problemas primal
(minimización) y dual (maximización) respectivamente, las
definiciones implican la desigualdad de dualidad débil:
d̄ ≤ p̄.
¿Qué ocurre si p̄ = −∞? ¿Qué ocurre si d̄ = ∞?
Si el primal es no acotado, entonces el dual es no factible. Si el
dual es no acotado, entonces el primal es no factible.
La brecha de dualidad es la diferencia p̄ − d̄.
El dual de un problema lineal en forma estándar
minimizar
s.a.
c >x
Ax = b,
x ≥ 0.
Función lagrangiana:
L(x, u, v ) = −b > v + (c + A> v − u)> x.
La función dual es g (u, v ) = −b > v , si c + A> v − u = 0, y
g (u, v ) = −∞, en caso contrario.
Problema dual:
maximizar
s.a.
b> v
A> v ≤ c
El dual de un problema lineal en forma canónica
Problema primal:
maximizar
s.a.
c >x
Ax ≤ b,
x ≥ 0.
Problema dual:
minimizar
s.a.
b> v
A> v ≥ c,
v ≥ 0.
Ejercicio: Escribe el dual de
minimizar
s.a.
c >x
Ax ≥ b,
x ≥ 0.
Observaciones:
I El dual del dual es el primal.
I Los duales de problemas primales equivalentes son también
equivalentes entre sı́.
Ejemplos
Escribe el problema dual de los siguientes problemas de
optimización lineal:
minimizar
s.a.
minimizar
s.a.
6x1 + 8x2
3x1 + x2 ≥ 4
5x1 + 2x2 ≥ 7
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0
8x1 + 3x2 − 2x3
x1 − 6x2 + x3 ≥ 2
5x1 + 7x2 − 2x3 = −4
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0
Interpretación económica del problema dual
Un pastelero dispone de 150 kg de harina, 22 kg de azúcar y 27.5
kg de mantequilla para elaborar dos tipos de pasteles (A y B).
Cada caja de pasteles de tipo A requiere 3 kg de harina, 1 kg de
azúcar y 1 kg de mantequilla, y su venta le reporta un beneficio de
20 euros. Cada caja de pasteles de tipo B requiere 6 kg de harina,
0.5 kg de azúcar y 1 kg de mantequilla y su venta le reporta un
beneficio de 30 euros.
(a) ¿Cuántas cajas de cada tipo debe elaborar el pastelero de
manera que se maximicen sus ganancias?
(b) Supongamos que la cantidad de harina disponible aumenta en
un kg. ¿Cuánto aumenta el beneficio del pastelero? Contesta
a la misma cuestión para un aumento de un kg en la cantidad
de azúcar y mantequilla.
Interpretación económica del problema dual
maximizar
s.a.
20x1 + 30x2
3x1 + 6x2 ≤ 150
x1 + x2 /2 ≤ 22
x1 + x2 ≤ 27.5
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0
I
La solución es x̄1 = 5 y x̄2 = 22.5.
I
El beneficio óptimo es z̄ = 775.
I
Si ∆H = 1, tenemos ∆z̄ = 10/3.
I
Si ∆A = 1, tenemos ∆z̄ = 0.
I
Si ∆M = 1, tenemos ∆z̄ = 10.
Interpretación económica del problema dual
Un comprador está interesado en adquirir el negocio del pastelero
(es decir, los recursos de azúcar, harina y mantequilla de los que
dispone) y quiere hacerle una oferta de precios por kg de azúcar,
harina y mantequilla. Por supuesto el pastelero solo aceptará la
oferta del comprador si lo que gana con la venta es al menos lo
mismo que ganarı́a fabricando pasteles.
¿Qué problema debe resolver el comprador para hacerle la oferta
más ventajosa al pastelero?
Resuelve el problema del comprador.
¿Qué relaciones existen entre las soluciones de los problemas del
pastelero y del comprador?
Interpretación económica del problema dual
Las variables u1 , u2 y u3 representan los precios de los tres recursos
(harina, azúcar y mantequilla) respectivamente.
El problema del comprador es:
minimizar
s.a.
I
I
I
I
150u1 + 22u2 + 27.5u3
3u1 + u2 + u3 ≥ 20
6u1 + u2 /2 + u3 ≥ 30
u1 ≥ 0, u2 ≥ 0, u3 ≥ 0
La solución es ū1 = 10/3, ū2 = 0 y ū3 = 10.
El beneficio óptimo es z̄ = 775.
Los valores óptimos del objetivo son los mismos para ambos
problemas (la brecha de dualidad es cero).
Los precios óptimos coinciden con los beneficios marginales.
Dualidad fuerte
Se dice que hay dualidad fuerte cuando p̄ = d̄.
En problemas lineales factibles siempre hay dualidad fuerte.
Puede ocurrir d̄ = −∞ y p̄ = ∞.
Escribe el dual de
maximizar
s.a.
−x1 + x2
x1 ≤ −1
−x1 − x2 ≤ −1
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0
Dualidad fuerte para problemas lineales
Teorema: Consideremos un problema lineal en forma estándar (P)
y el correspondiente problema dual (D). Si (P) tiene solución
factible óptima finita, también la tiene (D) y los correspondientes
valores óptimos son iguales.
Demostración:
I Sea x̄ =
B −1 b 0
la solución factible óptima de (P).
I Sea ū > = c > B −1 . Se cumple
B
ū > A ≤ c > ⇔ cB> B −1 N ≤ cN> ⇔ zj ≤ cj , j ∈ N
Luego ū es factible para (D).
I Además ū > b = c > B −1 b = c > x̄.
B
Dualidad fuerte para problemas lineales
I
La condición de factibilidad de ū equivale a la de optimalidad
de x̄.
I
En el ejemplo, el pastelero ganará lo mismo tanto si fabrica
pasteles como si vende el negocio. Si su problema no fuese
acotado, no aceptarı́a ninguna oferta y como consecuencia, el
problema del comprador no serı́a factible.
I
Resolver el primal y el dual es equivalente a partir de la
relación ū > = cB> B −1 .
P
Sensibilidad de soluciones: z̄ = ū > b = m
i=1 ūi bi . Por lo tanto
I
∂z̄
= ūi .
∂bi
La solución del dual puede interpretarse en términos del
incremento del valor óptimo del primal ante pequeñas
variaciones de los recursos.
Algoritmo simplex-dual
Punto de partida:
I
Un punto factible para el dual, pero no para el primal.
I
zj − cj ≤ 0, para todo j, pero b̄ = B −1 b 0.
Criterio de salida: Sale de la base la variable xr tal que
b̄r = min{b̄i : b̄i < 0}.
Criterio de entrada: Entra en la base la variable xk tal que
zj − cj
zk − ck
= min
: yrj < 0 .
yrk
yrj
Infactibilidad: Si yrj ≥ 0 para todo j, el problema primal es no
factible.
Ejemplo
minimizar
s.a.
3x1 + 2x2
3x1 + x2 ≥ 3
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + x2 ≤ 3
x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.
En forma estándar,
minimizar
s.a.
3x1 + 2x2
−3x1 − x2 + x3 = −3
−4x1 − 3x2 + x4 = −6
x1 + x2 + x5 = 3
xi ≥ 0, i = 1, . . . , 5.
Ejemplo
c
Variables
x3 = −3
x4 = −6
x5 = 3
zj − cj
c
Variables
x3 = −1
x2 = 2
x5 = 1
zj − cj
3
x1
-3
-4
1
-3
2
x2
-1
-3
1
-2
0
x3
1
0
0
0
0
x4
0
1
0
0
3
x1
-5/3
4/3
-1/3
-1/3
2
x2
0
1
0
0
0
x3
1
0
0
0
0
x4
-1/3
-1/3
1/3
-2/3
0
x5
0
0
1
0
0
x5
0
0
1
0
Ejemplo
c
Variables
x1 = 3/5
x2 = 6/5
x5 = 6/5
zj − cj
3
x1
1
0
0
0
2
x2
0
1
0
0
0
x3
-3/5
4/5
-1/5
-1/5
0
x4
1/5
-3/5
2/5
-3/5
0
x5
0
0
1
0
I
La solución del primal es x̄1 = 3/5, x̄2 = 6/5 (z̄ = 21/5).
I
La solución del dual es
ū > = cB> B −1


−3/5 1/5 0
= (3, 2, 0)  4/5 −3/5 0 = (−1/5, −3/5, 0).
−1/5 2/5 1
Algoritmo simplex-dual
(1) Tras el pivoteo se mantiene la factibilidad dual (optimalidad
primal):
yrj
ẑj − ĉj = (zj − cj ) −
(zk − ck )
yrk
(2) Tras el pivoteo mejora el objetivo del dual:
X X
b̄r
b̄r
ci b̄i =
ci b̄i −
yik + ck
yrk
yrk
i∈B̂
i∈B
X
X
ci b̄i =
i∈B
i∈B̂
X
i∈B̂
ci b̄i −
ci b̄i =
X
i∈B
b̄r X
(
ci yik − ck )
yrk
i∈B
ci b̄i −
X
b̄r
(zk − ck ) >
ci b̄i .
yrk
i∈B
Algoritmo simplex-dual
(3) Si yrj ≥ 0 para todo j, el problema primal no es factible:
Si existiera x ≥ 0 con Ax = b tendrı́amos:
Ax = b ⇔ B −1 Ax = b̄ ⇔
n
X
yj xj = b̄.
j=1
En particular, b̄r =
b̄r < 0.
Pn
j=1 yrj xj
≥ 0, lo que no puede ser porque
Holgura complementaria en problemas lineales
Sean x̄ y ū las soluciones de (P) y (D):
(P) max c > x s.a. Ax ≤ b, x ≥ 0.
(D) min b > u s.a. A> u ≥ c, u ≥ 0.
Sabemos c > x̄ = b > ū (dualidad fuerte en el caso lineal).
c > x̄ ≤ ū > Ax̄ ≤ ū > b = c > x̄,
Por lo tanto, si ai y aj denotan las columnas y las filas de A,
I
ū > (Ax̄ − b) = 0 ⇔ ūj (aj x̄ − bj ) = 0, j = 1, . . . , m
I
(c > − ū > A)x̄ = 0 ⇔ x̄i (ci − ū > ai ) = 0, i = 1, . . . , n
Estas condiciones caracterizan las soluciones de (P) y (D)
(¿Por qué?)
Holgura complementaria en problemas lineales
maximizar
s.a.
3x1 + 4x2 + 6x3
3x1 + x2 + x3 ≤ 2
x1 + 2x2 + 6x3 ≤ 1
xi ≥ 0, i = 1, 2, 3
I
Escribe el dual del problema anterior.
I
Resuelve el problema dual gráficamente.
I
Utiliza la condiciones de holgura complementaria para resolver
el primal.
Holgura complementaria
Consideramos un problema general (no necesariamente convexo)
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0,
hi (x) = 0,
i = 1, . . . , m
i = 1, . . . , p.
para el que se cumple la dualidad fuerte. Sean x̄ y (ū, v̄ ) las
soluciones óptimas del primal y el dual respectivamente.
f (x̄) = g (ū, v̄ ) = inf f (x) +
x
≤ f (x̄) +
m
X
i=1
ūi fi (x̄) +
m
X
i=1
p
X
ūi fi (x) +
p
X
v̄i hi (x)
i=1
v̄i hi (x̄) ≤ f (x̄)
i=1
Todas las desigualdades son en realidad igualdades.
Holgura complementaria
f (x̄) = g (ū, v̄ ) = inf f (x) +
x
= f (x̄) +
m
X
ūi fi (x̄) +
i=1
m
X
i=1
p
X
ūi fi (x) +
p
X
v̄i hi (x)
i=1
v̄i hi (x̄)
i=1
Dos consecuencias relevantes:
I
I
x̄ minimiza L(x, ū, v̄ ) en x.
P
Se cumple m
i=1 ūi fi (x̄) = 0. Como consecuencia:
ūi fi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , m.
Estas son las condiciones de holgura complementaria.
Dualidad y condiciones de Karush-Kuhn-Tucker
Supongamos las siguientes condiciones:
I
I
I
Las funciones f , f1 , . . . , fm , h1 , . . . , hp son diferenciables.
Las soluciones óptimas de los problemas primal y dual se
alcanzan en los puntos x̄ y (ū, v̄ ).
Hay dualidad fuerte: f (x̄) = p̄ = d̄ = g (ū, v̄ ).
Entonces, los óptimos deben cumplir las condiciones KKT:
∇f (x̄) +
m
X
i=1
ūi ∇fi (x̄) +
p
X
v̄i ∇hi (x̄) = 0
i=1
fi (x̄) ≤ 0,
i = 1, . . . , m
hi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , p
ūi ≥ 0,
i = 1, . . . , m
ūi fi (x̄) = 0,
i = 1, . . . , m
Condiciones KKT en problemas convexos
Cuando el problema primal es convexo, las condiciones KKT son
suficientes para el óptimo global.
Teorema: Consideremos un problema primal convexo y con
funciones diferenciables. Sean x̄ y (ū, v̄ ) puntos que satisfacen las
condiciones KKT. Entonces x̄ es la solución del problema primal,
(ū, v̄ ) es la solución del dual y p̄ = d̄.
¿Verdadero o falso? Un punto x̄ es la solución de un problema
convexo si y solo si verifica las condiciones KKT.
Condiciones KKT en problemas convexos
Demostración:
I
x̄ es factible.
I
L(x, ū, v̄ ) es convexa en x.
I
Como su gradiente se anula en x̄, se tiene que x̄ es el mı́nimo
global de L(x, ū, v̄ ).
I
Por tanto,
g (ū, v̄ ) = L(x̄, ū, v̄ ) = f (x̄) +
m
X
i=1
ūi fi (x̄) +
p
X
i=1
v̄i hi (x̄) = f (x̄).
Dualidad fuerte para problemas convexos
En problemas convexos la dualidad fuerte no se cumple en general.
Pero puede probarse bajo condiciones adicionales no restrictivas.
Condición de Slater: en un problema convexo
minimizar
s.a.
f (x)
fi (x) ≤ 0,
Ax = b,
i = 1, . . . , m
en el que rango(A) = p, se cumple la condición de Slater si existe
x̄ ∈ D tal que fi (x̄) < 0, para i = 1, . . . , m, y Ax̄ = b.
(Recordatorio: estamos suponiendo D abierto)
Dualidad fuerte para problemas convexos
Teorema: Si en un problema convexo se verifica la condición de
Slater, entonces p̄ = d̄.
Demostración:
I Como el primal es factible, p̄ < ∞. ¿Qué ocurre si p̄ = −∞?
I Definimos los conjuntos:
A = {(u, v , t) ∈ Rm × Rp × R : ∃x ∈ D con fi (x) ≤ ui , Ax − b = v , f (x) ≤ t}
B = {(0, 0, s) ∈ Rm × Rp × R : s < p̄}
I A y B son convexos y disjuntos.
I Teorema de separación: existe α ∈ R y (ū, v̄ , µ) 6= 0 tales que
1. Si (u, v , t) ∈ A, ū > u + v̄ > v + µt ≥ α.
2. Si (0, 0, t) ∈ B, µt ≤ α. Es decir µt ≤ α para t < p̄, lo que
implica µp̄ ≤ α.
I Por 1, ū ≥ 0 y µ ≥ 0.
Dualidad fuerte para problemas convexos
I Además, por 1 y 2, para todo x ∈ D,
m
X
ūi fi (x) + v̄ > (Ax − b) + µf (x) ≥ µp̄
(1)
i=1
I Si µ > 0, para todo x ∈ D, L(x, ū/µ, v̄ /µ) ≥ p̄. Por lo tanto g (ū/µ, v̄ /µ) ≥ p̄ y
d̄ = p̄, que es lo que querı́amos probar.
I Usando la condición de Slater, vamos a llegar a una contradicción cuando
P
>
µ = 0. Por (1), m
i=1 ūi fi (x) + v̄ (Ax − b) ≥ 0, para todo x ∈ D.
I Si x̄ es el punto en el que se cumple la condición de Slater,
por lo que ū = 0. Como (ū, v̄ , µ) 6= 0, tenemos que v̄ 6= 0.
Pm
i=1
I Pero ū = 0 y (1) implican v̄ > (Ax − b) ≥ 0, para todo x ∈ D.
I Para λ > 0 suficientemente pequeño, x̄ − λA> v̄ ∈ D (abierto).
I v̄ > [A(x̄ − λA> v̄ ) − b] = −λkA> v̄ k2 ≥ 0. Por lo que A> v̄ = 0.
I Como rango(A) = p, v̄ = 0.
ūi fi (x̄) ≥ 0,
Dualidad fuerte para problemas convexos
Corolario: Consideremos un problema primal convexo y con
funciones diferenciables, tal que se verifica la condición de Slater.
Entonces,
x̄ y (ū, v̄ ) son las soluciones del primal y del dual respectivamente
si y solo si x̄ y (ū, v̄ ) verifican KKT.
Ejemplo: Caracteriza las soluciones del problema de optimización
cuadrático:
1
min x > Qx + c > x
2
s.a. Ax = b,
donde x ∈ Rn , c ∈ Rn , Q es una matriz n × n definida positiva, A
es una matriz m × n de rango m < n, y b ∈ Rm .