𝟏≤𝒙≤𝒖⟹{
𝒙−𝒖≤ 𝟎
𝟏−𝒙 ≤ 𝟎
𝐿 (𝒙, 𝝀1 , 𝝀2 ) = 𝑓0 (𝒙) + 𝝀𝑇1 (𝒙 − 𝒖) + 𝝀𝑇2 (𝟏 − 𝒙)
𝐾𝐾𝑇 (1): ∇𝐱 𝐿 (𝒙∗ , 𝝀∗1 , 𝝀∗2 ) = ∇ 𝐱 𝑓0 (𝒙∗ ) + (𝝀∗1 + 𝝀∗2 ) = 𝟎
𝐾𝐾𝑇 (2): 𝝀1∗ ≥ 𝟎 , 𝝀∗2 ≥ 𝟎
𝑖𝑓 𝝀∗1 = 𝟎 ⇒ 𝒙 ≠ 𝒖
𝝀𝑇 (𝒙 − 𝒖) = 𝟎
𝑖𝑓 𝒙 = 𝒖 ⇒ 𝝀∗1 ≠ 𝟎
𝐾𝐾𝑇 (3): { 1𝑇
⟹{
𝑖𝑓 𝝀∗2 = 𝟎 ⇒ 𝒙 ≠ 𝟏
𝝀2 (𝟏 − 𝒙) = 𝟎
𝑖𝑓 𝒙 = 𝟏 ⇒ 𝝀∗2 ≠ 𝟎
𝐾𝐾𝑇 (4): 𝒙 ≤ 𝒖 , 𝒙 ≥ 𝟏
𝐿 (𝒙, 𝜆 1 , 𝜆 2 ) =
1 2 1 2
𝑥 + 𝑥 − 𝑥 1 𝑥2 − 2𝑥 2 + 𝜆 1 (𝑥1 + 𝑥 2 − 1) + 𝜆 2 (−𝑥1 + 𝑥 2 − 1)
2 1 2 2
𝐾𝐾𝑇 (1): (
𝑥 1∗ − 𝑥 2∗ + 𝜆∗1 − 𝜆∗2
) = (0)
𝑥 2∗ − 𝑥 1∗ + 𝜆∗1 + 𝜆∗2
0
𝐾𝐾𝑇 (2): 𝜆∗1 ≥ 0 , 𝜆 ∗2 ≥ 0
𝜆 ∗ ( 𝑥 ∗ + 𝑥 ∗ − 1) = 0
𝐾𝐾𝑇 (3): { ∗ 1 1 ∗ 2 ∗
𝜆 2 (−𝑥1 + 𝑥 2 − 1) = 0
𝑥∗ + 𝑥∗ − 1 ≤ 0
𝐾𝐾𝑇 (4): { 1 ∗ 2∗
−𝑥 1 + 𝑥 2 − 1 ≤ 0
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
𝜆1 = 0
𝜆1 ≠ 0
𝜆1 = 0
𝜆1 ≠ 0
𝜆2 = 0
𝜆2 = 0
𝜆2 ≠ 0
𝜆2 ≠ 0
KKT (3):
𝜆∗1 = 𝜆∗2 = 0:
𝑥 1∗ − 𝑥 2∗ = 0
∗𝑥 1∗ = 𝑥 2
𝑥 2∗ − 𝑥 1∗ = 0
∗ {
⇒{ ∗ 1
𝑥1 + 𝑥 2∗ ≤ 1
≤ 𝑥1
∗ {
2
∗
−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1
{
𝜆∗1 ≠ 0 , 𝜆∗2 = 0:
𝑥 1∗ − 𝑥 2∗ + 𝜆∗1 = 0
1
∗⟹ 2𝑥1∗ = 2𝑥 2∗ ⇒ 𝑥 1∗ = 𝑥 2
{ 𝑥 2∗ − 𝑥 1∗ + 𝜆∗1 = 0
⇒ 𝑥 1∗ = 𝑥 2∗ = ⇒𝑝∗ = −1
2
𝜆∗1 ≠ 0 ⟹ (𝑥 1∗ + 𝑥 2∗ − 1) = 0 ⇒ 𝑥 1∗ + 𝑥 2∗ = 1
{
נראה ששאר התנאים מתקיימים עבור הפתרון הנ"ל:
(−𝑥 1∗ + 𝑥 2∗ − 1) = − 1 + 1 − 1 = −1 ≤ 0, 𝜆∗1 = 𝑥 2∗ − 𝑥 1∗ = 0 ≥ 0 ⇒ 𝜆∗1 = 0
2
2
כלומר קיבלנו תוצאה עבור המצב הראשון שבו ,𝜆∗1 = 𝜆∗2 = 0לכן אלו מצבים זהים.
𝜆∗1 = 0 , 𝜆∗2 ≠ 0:
𝑥 ∗ − 𝑥 2∗ − 𝜆∗2 = 0
{ ∗1
⟹ 𝑥 2∗ − 𝑥 1∗ + 𝜆∗2 = 0
𝑥 2 − 𝑥 1∗ + 𝜆∗2 = 0
{
⇒ 𝜆∗2 = −1 ≤ 0
∗
∗
∗
∗
∗
𝜆 2 ≠ 0 ⟹ (−𝑥 1 + 𝑥 2 − 1) = 0 ⇒ 𝑥 1 = 𝑥 2 − 1
פתרון זה פסול מכיוון שתנאי ) KKT(2דורש 𝜆∗2 ≥ 0
𝜆∗1 ≠ 0, 𝜆∗2 ≠ 0:
𝑥 1∗ + 𝑥 2∗ − 1 = 0
∗𝑥 1∗ = 1 − 𝑥2
∗ {
∗ {⇒
⇒ 𝑥 2∗ = 1 ⇒ 𝑥 1∗ = 0
−𝑥 1 + 𝑥 2∗ − 1 = 0
𝑥 1 = 𝑥 2∗ − 1
אך פי תרון זה לא מקיים את הדרישה ש 𝜆∗2 ≥ 0
−1 + 𝜆∗1 − 𝜆∗2 = 0
{
⇒ 𝜆∗1 = 0 ≤ 0, 𝜆∗2 = −1 ≤ 0
1 + 𝜆∗1 + 𝜆∗2 = 0
לכן הפיתרון הסופי ש קיבלנו הוא
1
2
= ∗𝑝 ∗ = −1 , 𝑥 1∗ = 𝑥 2
