grupp: top02-36
namn1: Khalil Raisi
namn2: Lova Carlsson
************************************************************
Del 1 Obegränsad Optimering

Lf:= Hessianen av f.

1. Fkn 1

gradf=[4*x_1+9,16*x_2+49] 
Lf=[4 0, 0 16] hessianen är pos. def. ty egenvärden större än noll. Eftersom Hessianen är pos. def. så uppfylls villkoren för glob. opt. pkt om gradf(x*)=0.

a) När vi startar i (10,10) så får med BL efter 9 iterationer lösningen
x=[-2.249, -3.06255] och f(x)=-11.1562. b) Detta ger gradf=(0.0036, -0.0008) dvs nästan noll.
a) Med startpkt (-5,-5) ger BL efter 9 iterationer x=(-2.25225,-3.06234), f(x)= -11.1562 och b)  gradf=(-0.0090    0.0026) dvs glob min pkt.
a) Med startpkt (0,0) ger BL med 7 iterationer x=(-2.24945, -3.06253) med f(x)=-11.1562 och b) gradf=(0.0022   -0.0005).

Newton ger med startpkt (10,10),(-5,-5) och (0,0) ger alla följande : 
	 Funktionsvärde: -11.1562
	 Iterationsspunkt: -2.25 -3.0625
	 Iteration: 1 
b)ger gradf(x)=(0,0) Bäst!  
c) Newton konvergerar med 1 iteration ty 
f(x+d)=f(x)+d^Tgradf(x)+d^TLf*d/2 dvs Taylor utv är exakt och Newtons algoritm bygger Taylor utv. av andra graden.


2. Fkn 2








fkn 2 BL a) 

	 Funktionsvärde: 0.34455
	 Iterationsspunkt: 0.4132 -3.0652
	 Iteration: 10

fkn 2 N1 a) 

	 Funktionsvärde: 1.4949e-08
	 Iterationsspunkt: 0.999878 0.999755
	 Iteration: 104

fkn 2 NM a)

	 Funktionsvärde: 1.6535e-09
	 Lösningspunkt: 1.00002 1.00003
	 Iteration: 13

fkn 2 Nmodifierad a) 

		  Funktionsvärde: 1.6535e-09
		  Lösningspunkt: 1.00002 1.00003
		  Iteration: 13

Fkn 2:=f(x) är ej konvex ty konvexitetskriteriet uppfylls ej, därmed kan vi ej garantera glob. opt. Men f(x) är alltid större eller lika med 0 därmed ger x(1,1) opt. f(x)=0.

c) 
		fkn2 c) Med BL och startpunkt (2,2) fås  
                  Funktionsvärde: 1.5201e-06
                  Lösningspunkt: 1.00123 1.00247
	          Iteration:3

        N1 med startpunkt (0.5 0.5) ger
                  Funktionsvärde: 3.0156e-18
                  Lösningspunkt: 1 1
	          Iteration:5
Båda start punkterna ger bra konvergens.
  


	

3. fkn 4 BL a) När vi startar i (0,0) med N1 så fungerar inte Newtons algoritm ty Lf=(0 0, 0 0) dvs det går inte att bestämma x_(k+1)=x_k+inv(Lf)*gradf ty Lf singulär. Levenberg-Marq ger och BL däremot följande:
        Funktionsvärde: -58
	Lösningspunkt: 3 0.99993 
	Iteration:3

	Funktionsvärde: -58
	Lösningspunkt: 2.99999 0.9999
	Iteration:4
b) Vi hittar två stationära punkter. En maxpunkt, (-3 -1), och en min punkt (3 1).

Del 2

1.
   a) Funktionsvärde: 1.5625
      Lösningspunkt: 0.625 1.25
      g_2=2x_1-x_2 är aktiv.

b) KKT villkor:

1) grad_x(L(x,lambda))=0
2) lambda är större eller lika med 0
3) lambda*g_i(x)=0
4) g_i är större el. lika med 0

I vårt problem har vi f konvex och g konkav därmed har vi ett konvext problem och dessutom är KKT villkoren uppfyllda därför garanterar vi glob. optimalitet.

2. 

Matlabs fmincon ger för (0,0), (1,1), (-1,-1) och (3.7,0) följande opt. pkter:
(3.4,1.2) (1 o. 2 aktiv), (-3,2) (1 o. 2 aktiva) och (3.6056,0) (2 aktiv).

Vi kan inte garantera glob min ty g_2 konvex.

Del 3

1,2) Ex2 IPA: x=(3.2221 0.7454) lokalt min
         EPA: x=(0.75 0.75)     lokalt min
   
     Ex3 IPA: x=(-2.55 4,1)     ej lokalt min					        EPA: x=(3.8 -3.8)      lokalt min
	  
3)   Ex2 lokala min x=(0.6952 0.7627)
		    x=(3.2136  0.7627)
         globalt min x=(0.44471 3.1466)

     Ex3 lokalt min x=(3.5333 -3.5333)
                    x=(-3.5333 3.5333)