TEKNILLINEN KORKEAKOULU Systeemianalyysin laboratorio. Kimmo Berg. Mat Optimointioppi. 11. harjoitus - ratkaisut

Transkriptio

1 TEKNILLINEN KORKEAKOULU Systeemianalyysin laboratorio Mat-239 Optimointioppi Kimmo Berg harjoitus - ratkaisut Logaritmiseksi estefunktiotehtäväksi saaaan min F() = µ(ln 2 + ln( + )) Etsitään lokaalit minimit erivaatan nollakohan avulla: ( 2 F () = µ + ) = 2 3µ 2µ + ( + ) Minimit löytyvät siis toisen asteen yhtälön nollakohista, jotka ovat ˆ = 2 + 3µ µ + 9µ2 Toinen juurista (-) on aina ja välissä, ja toinen juurista (+) on aina :n yläpuolella (ks kuva) Estefunktiotehtävä voi seurata juuri jälkimmäistä (+) lokaalia minimiä, jolloin lähestytään pistettä =, kun µ + 45 (log( 2 )+log(+)), µ= (log( 2 )+log(+)), µ= min se c + y (P)

2 Muunnetaan epäyhtälörajoitettu primaali (P) estefunktion avulla yhtälörajoitetuksi Logaritminen estefuntiotehtävä (BP) on n min c + y µ ln( j ) se j= (BP) Kirjoitetaan estefunktiotehtävän (BP) KKT-ehot annetulla sakkoparametrilla µ: A v + µx e = c A, 2v = v rajoittamaton, ( ) missä X = iag{,, n } ja e = (,, ) Merkitään ja otetaan apumuuttjaksi u = µx e, ja merkitään U = iag{u,,u n }, jolloin KKT-ehot voiaan kirjoittaa: A v + u = c A 2v = XUe = µe, u v rajoittamaton Merkitään KKT-ehtojen neljää ensimmäistä yhtälöä funktiolla F(, y, u, v) = Primaali-Duaali -sisäpistealgoritmi ratkoo iteratiivisesti F:n määräämää yhtälöryhmää siten että k >, u k > ja µ k > Sen sijaan että F ratkaistaisiin tarkasti tietyllä sakkoparametrin arvolla, yleensä käytetään Newtonin menetelmää muuttujien (, y, u, v) päivittämiseksi Newton askel sakkoparametrilla ˆµ määräytyy ensimmäisen kertaluvun approksimaatiosta F:lle pisteessä w = (, y, u, v): F(w) + F(w)(w w) = Merkitään suuntaa w = w w, jolloin ehto voiaan kirjoittaa F(w) w = F(w): A A 2 (A + A 2 y b) I A y A 2 u = (A v + u c) (A 2 v ) U X v (XUe ˆµe) Näistä yhtälöistä voiaan ratkaista w ja ottaa yksikköaskel kyseiseen suuntaan Tällöin kyseessä on ei-käypä Primaal-Duaali -sisäpistemenetelmä (infeasible) Jos taas ennen iterointia ratkaistaa käypä primaali-uaali -pari, niin iteroitaessa ratkaisu pysyy primaali-uaali käypänä (!) ja Newton askeleen suunnan määräävä yhtälöryhmä yksinkertaistuu muotoon (p- käypyyestä seuraa että, A v + u = c, A 2v = ) A A 2 I A A 2 U X 2 y u v = (XUe ˆµe)

3 Nyt suunta voiaan eksplisiittisesti ratkaista (toisesta yhtälöstä ratkaistaan u v :n avulla ja u sijoitetaan viimeiseen; kolmannen yhtälön avulla v :stä päästään eroon ja sitten ratkaistaan ; muut suunnat saaaan kirjoitettua :n avulla): y u = (A 2 (XA ) U) (ˆµe XUe) = A 2 A = X U + X (ˆµe XUe) v = (A ) u Iteroitaessa µ k (eli uality gap menee nollaan, joten lopussa pääytään optimiin) Yleensä valitaan µ k = uσ, missä σ on valittava parametri Ei-negatiivisuuen k säilyttämiseksi saatuun suuntaan voiaan suorittaa viivahaku se (, u) > Tosin, negatiivisuuesta ei ole muuta haittaa kuin se, että optimia saatetaan lähetyä ei käyvältä puolelta 3 Ongelmalle on haettu ratkaisua jo vuonna 685, kun Newton väitti että pallon resistanssi nesteessä on puolet pienempi kuin yhtä suuren säteen omaavan sylinterin, jos nestevirtaus on akselin suuntaista Tutkitaanpa vapaista hiukkasista koostuvaa harvaa nestettä, jossa hiukkaset eivät törmäile toistensa kanssa vaan vuorovaikuttavat kappaleen kanssa täyellisen elastisen törmäyksen kautta Oletetaan että kitkaja turbulenssiefektit voiaan unohtaa Tutkitaan pyörähyssymmetristä kappaletta, jolloin voiaan tutkia kappaleen pintaa yhessä ulottuvuuessa Pinnan määrittää funktio u() Olkoon virtaus :ää vastaan kohtisuorassa ylhäältä alas, jolloin K:n suuruinen nestevirtaus aiheuttaa pisteeseen (, u()) voiman y = K sin θ = (+ u 2 )) /2, mikä vastaa siis nestevirtauksen pintaa vastaan kohtisuoraa komponenttia, ks kuva K θ α y Koska kyseessä on kuitenkin pyörähyssymmetrinen kappale, niin tästä normaalikomponentista horisontaalinen komponentti kumoutuu pois, sillä toiselta puolelta huippua tulee samansuuruinen mutta vastakkaissuuntainen voima Virtauksen suuntainen komponentti jää kuitenkin resistanssiksi, joka on siis = y cos α = y sin θ = K sin 2 θ Kappaleen koko resistanssiksi saaaan R(u) = Ω K + u() 2 Optimointimallia ajatellen ongelma tulee iskretoia Symmetriasyistä riittää tarkastella ongelmaa vain säteen osalta, sillä muotohan on sama raketin huipun molemmilla puolilla Olkoon annettuna raketin korkeus h ja säe r Diskretoiaan säe 3

4 n tasaväliin, eli iskretointiväli = r/n Valitaan päätösmuuttujiksi pinnan korkeuen muutokset eellisestä pisteestä k, k =,, n, eli raketin reunan korkeus on tasolla nolla, ensimmäisen pisteen korkeus h =, toinen piste on korkeuella h 2 = + 2,, ja viimeinen piste, eli raketin huippu, on korkeuella n k= k = h Approksimoiaan syntyvää painetta kullakin välillä iskretointipisteeseen kohistuvalla paineella; kirjoitetaan sini toiseen termi iskreetissä tapauksessa: 2 l k = k Paine aiheutuu kuitenkin pyörähyssymmetrisesti koko rakettiin A(k) = (r (k ) ) 2 (r k ) 2 Syntyvä paine on siis p(k) = l(k)a(k) ja koko raketille p = n k= p(k) Tehtävä on siis min k p se + + n = h Rajoitus voiaan esittää muoossa A = b ja lisäksi oletetaan että muutokset ovat ei-negatiivisia, jolloin muutoksille saaaan alaraja nolla k A(k) 4 Raketin liike perustuu hiukkassuihkuun, joka kohistuu vastakkaiseen suuntaan raketin menosuuntaa vastaan Raketilla on siis alussa jonkin verran polttoainetta ja tehtävänä on löytää rakettia mahollisimman kauas vievä strategia siten että huomioiaan polttoaineen määrä, ilmanvastus ja gravitaatio Oletetaan lisäksi että raketti suuntautuu koko ajan gravitaation suuntaisesti, eli suoraan poispäin maapallolta Valitaan päätösmuuttujiksi työntövoimat n:llä ajan hetkellä, T n, ja loppuaika t f Aikavälit valitaan tasaisesti nollasta loppuaikaan, eli ajan iskretointiväli on = t f /n Käytetään seuraavia parametreja: gravitaatiovakio g (oletetaan vakioksi korkeuen suhteen, voitaisiin laskea myös tarkemmin), työntövoiman skaalaus c, ilmanvastusparametri σ, alkukorkeus h ja minimiloppumassa mm (raketin massa ilman polttoainetta) Merkitään lisäksi ajan hetkellä k rakettiin kohistuvaa voimaa F(k):lla, nopeutta v(k):lla, korkeutta h(k):lla ja massaa m(k):lla Raketin massan muutos voiaan approksimoia työntövoiman avulla Rakettiin kohistuva voima taasen on ṁ(k) = T(k)/c F(k) = T(k) sign(v(k))σv(k) 2 e h(k)/h gm(k) 4

5 Kaavassa on huomioitu, että positiivinen nopeus osoittaa maapallolta poispäin ja että ilmanvastus pienenee korkeuen lisääntyessä (pienempi paine, vähemmän hiukkasia ja pienempi vastus) Raketin rata voiaan ratkaista alusta loppuun työntövoimien avulla, eli saaaan liikeyhtälöt: h(k + ) = h(k) + v(k) + F(k)2 2m(k) v(k + ) = h(k+) h(k) Suihkutuksen lopuksi tulee vielä huomioia loppuliuku, eli raketin liikettä lasketaan eteenpäin kunnes nopeus kääntyy takaisin maapalloa kohti Kohefunktioksi tulee siis loppukorkeuen h f maksimointi Epäyhtälörajoitus on loppumassa m(n) mm 5 Ongelma voiaan formuloia muotoon: min f() = C st g i () = i, i =, 2, 3 g 4 () = 8 m m 2 2 m 3 3 a b = =, missä i on osuus rojalteista sijoituskohteeseen i (kulta, osakkeet, obligaatiot) Data koostuu ootetuista tuotoista m i ja kovarianssimatriisista C Tehtävä on konveksi kvaraattinen tehtävä sillä kohefunktio on neliöllinen ja konveksi (kovarianssimatriisi on aina positiivisesti efiniitti), ja rajoitusehot affiineja Malli löytyy tieostosta portfoliomo ja sen voi ratkoa esim netin (NEOSin kautta) MINOS-solverilla MINOS antaa ratkaisuksi = ( ), kohefunktion arvo eli riski on 32, ja Lagrangen kertoimet ( ) (MINOSin rajoitusten arvot kerrottuna miinus yhellä) Oletetaan nyt että sijoittaja toivoisikin 85%:n ootettua tuottoa Optimaalinen riski voiaan nyt approksimoia Lagrangen kertoimien avulla Tämä muutos tarkoittaa rajoitusehon g 4 oikean puolen muutosta = 5, jolloin Lagrangen kertoimen herkkyystulkinta antaa kohefunktiolle approksimatiivisen muutoksen = 248 Ratkomalla tehtävä uuestaan, saaaan tarkaksi arvoksi muutokselle Tässä tapauksessa approksimaatio on riittävän hyvä Tälle tehtävälle optimi ratkaisu on = ( ), kohefunktion arvo eli riski on 655, ja Lagrangen kertoimet ( 758 8) Oletetaan nyt että sijoittaja toivoisikin 95%:n ootettua tuottoa Rajoitusehon g 4 oikean puolen muutos on nyt = 5, jolloin kohefunktion approksimatiivinen muutos on = 744 Tarkka arvo on 3455 Tässä tapauksessa muutos on jo niin suuri ettei lokaali approksimaatio kerro koko totuutta 5