#!/usr/bin/env python
# coding: utf-8

# ***
# ** Algorithmes d'optimisation -- L3 MINT et doubles licences 2017/2018 -- Université Paris-Sud **
# ***
# 
# $\newcommand{\Rsp}{\mathbb{R}}
# \newcommand{\nr}[1]{\|#1\|}
# \newcommand{\abs}[1]{|#1|}
# \newcommand{\eps}{\varepsilon}
# \newcommand{\sca}[2]{\langle#1|#2\rangle}
# \newcommand{\D}{\mathrm{D}}
# \newcommand{\hdots}{\dots}
# \newcommand{\cond}{\mathrm{cond}}$
# 
# On commence par importer quelques fonctions des TP précédents.

# In[1]:


import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
get_ipython().run_line_magic('matplotlib', 'inline')
# la commande suivante agrandit les figures
plt.rcParams['figure.figsize'] = [9.,6.]

def backtrack(f,x,d,m,alpha=0.3,beta=0.5):
    t = 1
    while f(x+t*d) > f(x) + alpha*t*m:
        t = beta*t
    return t

def gradient_backtracking(f,g,x0,err=1e-6,maxiter=500):
    x = x0.copy()
    fiter = []
    giter = []
    k = 0 # nombre d'itérations
    while(True): 
        k = k+1
        if k > maxiter: # maximum de 10^6 itérations
            print('erreur: nombre maximum d\'itérations atteint')
            break
        d = -g(x)
        fiter.append(f(x))
        giter.append(np.linalg.norm(d))
        if np.linalg.norm(d) <= err:
            break
        t = backtrack(f,x,d,-np.linalg.norm(d)**2)
        #if k%10==0: # on affiche des informations toute les 20 itérations
        #    print('iteration %d: f=%f, |g|=%f, step=%f' % (k, f(x), np.linalg.norm(d),t))
        x = x + t*d
    return x,np.array(fiter),np.array(giter)

def check_gradient(f,g,x0):
    N = len(x0)
    gg = np.zeros(N)
    for i in range(N):
        eps = 1e-4
        e = np.zeros(N)
        e[i] = eps
        gg[i] = (f(x0+e) - f(x0-e))/(2*eps)
    print('erreur numerique dans le calcul du gradient: %g (doit etre petit)' % np.linalg.norm(g(x0)-gg))


# # TP 4: Pénalisation et gradient projeté
# 
# ## Partie I: Problème d'obstacle
# 
# On considère un système physique constitué d'une chaine de $N+1$ ressorts. Les deux extrémités du $i$ème ressort ($0\leq i\leq N$ sont les points $(t_i,x_i) \in\Rsp^2$ et $(t_{i+1},x_{i+1}) \in \Rsp^2$, où $t_i = hi$ est fixé.  On considère également que la chaine est fixée à ses extrémités: $x_0 = x_{N+1} = 0$. Il reste donc $N$ inconnues $x = (x_1,\hdots,x_N)\in \Rsp^N$. L'énergie du système est donnée par la formule suivante:
# 
# $$J(x) = J(x_1,\hdots,x_N) = \frac{1}{2}\sum_{0\leq i\leq N-1} \nr{x_{i+1} - x_i}^2 $$ 
# 
# où l'on a donc fixé $x_0 = x_{N+1} = 0$. On pose un obstacle sous la chaîne de ressort, qui force chacune des coordonnées $x_i$ a être minorée par une constante $f_i$ (on peut penser à une main qui pousse le ressort par exemple). On arrive dont au problème d'optimisation
# 
# $$ \min_{x\in K} J(x) \hbox{ où } K = \{x\in \Rsp^N \mid \forall 1\leq i\leq N, x_i \geq f_i \}. $$
# 
# Nous allons la résolution numérique de ce problème d'optimisation par la méthode de gradient projeté. On rappelle les formules suivantes, issues du TD:
# 
# - La projection d'un point $y\in\Rsp^d$ sur le convexe fermé $K$ est donnée par 
# 
# $$ p_K(y) = (\max(y_N,f_N),\hdots,\max(y_N,f_N)) $$
# 
# - On admet que la fonction $J$ peut être mise sous la forme
# 
# $$ J(x) = \frac{1}{2} \sca{x}{Q x}  \hbox{ où } Q = \begin{pmatrix}2 & -1  & 0 &\cdots & 0 \\
# -1 & 2 & -1 & \ddots & \vdots   \\ 
# 0 & \ddots & \ddots & \ddots& \vdots \\
# \vdots & \ddots & -1 & 2 & -1 \\
# 0 & \hdots & 0 & -1 & 2
# \end{pmatrix}$$
# 
# Le gradient de la fonction  $J$ en $x\in \Rsp^N$ est alors donné par $\nabla J(x) = Q x.$
# 
# **Q1)** Écrire une fonction projK(x) retournant la projection de $x\in \Rsp^N$ sur $K$ (la tester avec des petites valeurs de $N$). On fixe désormais $N=30$: écrire la matrice $Q$ et deux fonctions $J(x)$ et $gradJ(x)$ calculant la valeur et le gradient de $J$. Vérifier le calcul du gradient avec check_gradient.

# In[3]:


# <completer>


# On rappelle que l'algorithme du gradient projeté est défini de la manière suivante:
# 
# $$ \begin{cases}
# x^{(0)} \in \Rsp^N\\
# x^{(k+1)} = p_K(x^{(k)} - \tau \nabla J(x^{(k)}))
# \end{cases} $$
# 
# où $\tau>0$. On a démontré en cours que si 
# 
# $$ \forall x\in \Rsp^M, m \leq \D^2 J(x) \leq M, $$
# 
# alors l'algorithme converge dès que $\tau < 2m/M^2$, avec un taux optimal lorsque $\tau^* = m/M^2$.
# 
# **Q2)** Montrer que $\D^2 J(x) = Q$; calculer les valeurs propres de $Q$ via la fonction np.linalg.eigvalsh. Quelle valeur de $\tau^*$ l'estimation ci-dessus donne-t-elle ? 

# In[4]:


# <completer>


# **Q3)** Écrire une boucle réalisant l'algorithme du gradient projeté (pour $1\leq k\leq 1000$), et stockant le vecteur $G=(\nr{x^{(k+1)} - x^{(k)}})$ (comme il s'agit d'un algorithme de point fixe, c'est une bonne manière de quantifier la convergence). Tracer la solution $x \in \Rsp^N$ trouvée toutes les 20 itérations (on suggère plt.plot(T,x)).  Tester pour $\tau = \tau^*$. En pratique, vérifier que l'algorithme converge toujours pour des valeurs de $\tau$ plus grandes.

# In[5]:


# <completer>


# **Q4**) Comme $\nabla J(x) = Q$, l'algorithme peut en fait être décrit par
# 
# $$ \begin{cases}
# x^{(0)} \in \Rsp^N\\
# x^{(k+1)} = p_K(A_\tau x^{(k)}) 
# \end{cases} $$
# 
# où $A_\tau = \mathrm{Id}_N - \tau Q$. Montrer que si toutes les valeurs propres de $A_\tau$ sont de module $<1$, alors l'application $x\mapsto A_\tau x$ est contractante. Vérifier numériquement ce critère pour $\tau=0.5$ (on utilisera np.linalg.eigvalsh pour calculer les valeurs propres).

# In[116]:


# <completer>


# **Q5)** Comparer la méthode du gradient projeté à celle où on pénalise la contrainte: 
# 
# $$P_\eps := \min_{x\in\Rsp^d} J_\eps(x) \hbox{ où } J_\eps(x) = J(x) + \frac{1}{\eps} \sum_{1\leq i\leq N} \max(F_i - x_i,0)^2. $$
# 
# Écrire deux fonctions Jeps/gradJeps calculant $J_\eps/\nabla J_\eps$. Vérifier le calcul du gradient en utilisant check_gradient. Résoudre le problème $P_\eps$ par descente de gradient avec backtracking pour $\eps=1,0.1,0.01,0.001$. Interpréter l'explosion du nombre d'itérations.

# In[118]:


# <completer>


# ## Partie II: Projection sur le simplexe, application à l'optimisation de portefeuilles
# 
# Comme dans le TD, on pose $\Delta = \{ x\in \Rsp_+^n \mid \sum_{1\leq i \leq n} x_i = 1\}$. On cherche à calculer la projection d'un point $y\in\Rsp^n$ sur $\Delta$. Dans le TD, on a pu démontrer le résultat suivant:
# 
# - il existe $\kappa\in\Rsp$ tel que $\sum_{1\leq i\leq n} \max(y_i - \kappa, 0) = 1$
# - la projection de $y$ sur $\Delta$ s'écrit alors $p_\Delta(y) = (\max(y_i - \kappa, 0))_{1\leq i\leq n}$
# 
# **Q1)** Soit $y = (0.1,1.5,2.1) \in \Rsp^3$. Écrire une fonction $g(\kappa) := \sum_{1\leq i\leq n} \max(y_i - \kappa,0) - 1$ (utiliser np.sum et np.maximum). Trouver $\kappa$ vérifiant $g(\kappa) = 1$ en utilisant scipy.optimize.fsolve. 
# 
# **Q2)** En s'inspirant du code de la fonction précédente, écrire une fonction proj_simplexe calculant la projection d'un point $y\in\Rsp^n$ sur $\Delta$. Pour vérifier le bon fonctionnement de cette fonction, fixez $y\in\Rsp^3$ et calculer $p=$proj_simplexe(y); vérifier ensuite que 
# 
# $$ \forall z \in \Delta, \sca{y - p_\Delta(y)}{p_\Delta(y) - z} \geq 0 $$
# 
# Comme il ne s'agit bien sûr pas de considérer *tous* les points dans le simplexe, on pourra choisir quelques $z$ aléatoires dans $\Delta$. (dans le cas $n=2$, on peut également tirer quelques points aléatoirement dans le plan et visualiser le segment qui les relie à leur projection sur $\Delta$)

# In[124]:


import scipy.optimize

# <completer>


# **Q3)** Implémenter l'algorithme du gradient projeté pour résoudre le problème (en dimension $n=8$):
# 
# $$ \min_{x \in \Delta} \frac{1}{2} \sca{Q x}{x} + \frac{1}{2\eps} (\sca{r}{x} - \bar{r})^2 $$
# 
# où $Q,r,\bar{r}$ et $\eps$ sont donnés ci-dessous. (On pourra estimer le paramètre $\tau$ de l'algorithme du gradient projeté par tâtonnement, ou comme dans la partie précédente.)

# In[125]:


A = np.random.rand(8,8)
Q = np.eye(8) + 0.1*np.dot(A.T,A)
r = np.random.rand(8)
rbar = 0.7*np.max(r)  + 0.3*np.min(r)
eps = 0.1

# on veut trouver la stratégie qui fournit un rendement égal à 70% du rendement du meilleur produit, 
# tout en minimisant le risque

# <completer>