** 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.
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
%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))
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:
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.
# initialiser les variables K,Q, x0, fmin
N = 30
T = np.linspace(0,1,N+2)[1:-1]
F = np.exp(-50*(T-.75)**2) + np.exp(-50*(T-.25)**2)
plt.plot(T,F,'.-g',label='obstacle')
plt.legend()
Q = 2*np.eye(N) - np.diag(np.ones(N-1),-1)- np.diag(np.ones(N-1),+1)
def projK(x):
return np.maximum(x,F)
def J(x):
return .5*np.dot(np.dot(Q,x),x)
def gradJ(x):
return np.dot(Q,x)
check_gradient(J,gradJ,np.random.rand(N))
erreur numerique dans le calcul du gradient: 7.53493e-12 (doit etre petit)
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 ?
eigv = np.linalg.eigvalsh(Q)
M = np.max(eigv)
m = np.min(eigv)
print('taux optimal (theoreme du cours): %g' % (m/M**2))
taux optimal (theoreme du cours): 0.000644638
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.
x = np.zeros(N)
tau = m/M**2
G = []
for i in range(1000):
xp = projK(x - tau*gradJ(x))
#xp = projK(np.linalg.solve(np.eye(N) + tau*Q, x))
G.append(np.linalg.norm(xp - x))
x = xp
if i%20==0:
plt.plot(np.hstack((0,T,1)),np.hstack((0,x,0)))
plt.figure()
plt.semilogy(G,label='|x^(k+1) - x^(k)')
plt.legend()
<matplotlib.legend.Legend at 0x10d6c0fd0>
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).
tau = .5
M = np.eye(N) - tau*Q
np.max(np.abs(np.linalg.eigvalsh(M)))
0.99486932339189538
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.
def Jeps(x,eps):
N = len(x)
e = x[0]**2 + x[N-1]**2
for i in range(0,N-1):
e += (x[i+1]-x[i])**2
return J(x) + (1./eps)*np.sum(np.maximum(F-x,0)**2)
def gradJeps(x,eps):
return gradJ(x) - (2./eps)*np.maximum(F-x,0)
x0 = np.random.rand(N)
check_gradient(lambda x: Jeps(x,1),
lambda x: gradJeps(x,1),x0)
for eps in [1,0.1]:
xx,ff,gg = gradient_backtracking(lambda x: Jeps(x,eps),
lambda x: gradJeps(x,eps), np.zeros(N),err=1e-4)
print('eps=%g: nb iterations=%d' % (eps, len(gg)))
erreur numerique dans le calcul du gradient: 1.46582e-11 (doit etre petit) eps=1: nb iterations=364 erreur: nombre maximum d'itérations atteint eps=0.1: nb iterations=500
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:
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 $\Delta$)
import scipy.optimize
y = np.array([0.1,1.5,2.1])
g = lambda k: np.sum(np.maximum(x-k,0)) - 1.0
k = scipy.optimize.fsolve(g,0)
print(k)
def proj_simplexe(y):
g = lambda k: np.sum(np.maximum(y-k,0)) - 1.0
k = scipy.optimize.fsolve(g,0)
return np.maximum(y-k,0)
# validation: calcul de produits scalaires
y = 4*np.random.rand(3)
p = proj_simplexe(y)
for i in range(10):
z = np.random.rand(3)
z = z/np.sum(z)
print(np.dot(y-p, p-z))
# validation: affichage de projections
plt.figure()
for i in range(30):
y = 2*np.random.rand(2)
p = proj_simplexe(y)
plt.plot([y[0],p[0]],[y[1],p[1]],'b')
plt.axis('equal')
plt.plot([0,1],[1,0],'r',label='simplexe')
plt.legend()
[ 0.938359] 0.33905209183 0.402334379417 0.312095058026 0.344208818507 0.28165873818 0.280881122466 0.470523357576 0.00383768171261 0.193631560168 0.333615225286
<matplotlib.legend.Legend at 0x7f4fcc95b110>
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.)
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
M = Q + np.dot(r.reshape(8,1), r.reshape(1,8))/eps
print(np.abs(np.linalg.eigvalsh(np.eye(8)-tau*M)))
[ 12.02460744 0.28833224 0.43137605 0.45364963 0.46633244 0.48051341 0.49474769 0.49895256]