Economia Matemática/Exercícios/Sosa

Exemplo 4.2.3 - Poliedro

Um produtor de cerveja dispõe de 240 kg de milho, 5 kg de lúpulo e 595 kg de malte. Para produzir um barril de cerveja preta se requer de 2,5 kg de milho, 0,125 kg de lúpulo e 17 kg de malte enquanto que, para produzir um barril de cerveja loira, se requer de 7,5 kg de milho, 0,125 kg de lúpulo e 10 kg de malte. Calcular a máxima produção para obter a maior receita sabendo que um barril de cerveja preta custa 180 reais enquanto que a loira custa 120 reais.

Solução

Seja $P$ a quantidade de barril de CP e $l$ a quantidade de barril de CL.

	milho	lúpulo	malte
$P$	$\mathrm{2,5}$	$\mathrm{0,125}$	$17$
$l$	$\mathrm{7,5}$	$\mathrm{0,125}$	$10$
total	$240$	$5$	$595$

max	$f(P,l)=180P+120l$	maximizar o lucro - esta é a função objetivo
s.a	$\mathrm{2,5}P+\mathrm{7,5}l\le 240$	limite de quantidade de milho
	$\mathrm{0,125}P+\mathrm{0,125}l\le 5$	limite de quantidade de lúpulo
	$17P+10l\le 595$	limite de quantidade de malte
	$P\ge 0\to -P\le 0$ e $l\ge 0\to -l\le 0$	não se pode comprar uma quantidade negativa

Poliedro (Wikibooks, Wikipédia)

a) Desenhar os hiperplanos que, juntos, definem a restrição.

$H1=(96,0),(0,32)$	vetor normal $[\mathrm{2,5};\mathrm{7,5}]$
$H2=(40,0),(0,40)$	vetor normal $[\mathrm{0,125};\mathrm{0,125}]$
$H3=(35,0),(0;\mathrm{59,5})$	vetor normal $[17,10]$

Para encontrar $P=96$ e $l=32$ em $H1$, foram considerados $l$ e $P$ como zero, respectivamente. Feito o mesmo procedimento para os valores de outros hiperplanos.

No Scilab, para visualizar o gráfico de $H1$, por exemplo, digite:

$x=[96;0]$

$y=[0;32]$

$\text{plot}(x,y,$ '$b$'$)$

O Poliedro (Wikibooks, Wikipédia) tem quatro vértices e a solução é um deles. Então, calculando $P$, $l$ e $f(P,l)$, temos:

$P=0\to l=32$ (o maior dentro da restrição)

Com as equações $\mathrm{2,5}P+\mathrm{7,5}l\le 240$ e $\mathrm{0,125}P+\mathrm{0,125}l\le 5\to P=12$ e $l=28$

Com as equações $\mathrm{0,125}P+\mathrm{0,125}l\le 5$ e $17P+10l\le 595\to P\approx \mathrm{27,85714286}$ e $l\approx \mathrm{12,14285714}$

$l=0\to P=35$ (o maior dentro da restrição)

$V1=f(0,32)=3.840$

$V2=f(12,28)=5.520$

$V3=f(\mathrm{27,86};\mathrm{12,14})=\mathrm{6.471,43}$

$V4=f(35,0)=6.300$

Encontrando o segundo vértice pelo Scilab:

$A=[2.57.5;0.1250.125]$

$b=[240;5]$

$x1=A\setminus b$, que é equivalente a $Ax=b$ e retornará $x1=[1228]$.

O mesmo procedimento para outros vértices.

Ainda precisamos utilizar o Lema de Farkas para verificar se, em cada vértice, não existe negatividade. Utilizando Scilab:

1º vértice:

$A=[2.57.5;-10]$

$B=A^{\prime }$ (equivalente a $B=A^{\prime }=A^T=[2.5-1;7.50]$)

$c=[180;120]$

$u=B\setminus c$ e retornará $[16-140]$. Não pode ser a solução.

O mesmo procedimento para outros vértices:

No V2: $u=B\setminus c$ retornará $[-121680]$. Não pode ser a solução.

No V3: $u=B\setminus c$ retornará $[\mathrm{274,28571}\mathrm{8,5714286}]$. É uma das soluções.

No V4: $u=B\setminus c$ retornará $[\mathrm{10,588235}-\mathrm{14,117647}]$. Não pode ser a solução.

Resposta final: além de o V3 ser maior, é a única solução.

Problema do consumidor (mercado com dois bens)

Maximizar $u(x,y)=7x^{1/2}{y}^{1/3}$

$P=(2,3)$, $w=(5,6)$

$O(P,w)=\{(x,y)\in {ℝ}^2:⟨(2,3),(x,y)⟩\le ⟨(2,3),(5,6)⟩\}$

$O(P,w)=\{(x,y)\in {ℝ}^2:2x+3y\le 28,x\ge 0,y\ge 0\}$

$O$ = Orçamento; $P$ = Preço; $w$ = riqueza (wealth)

max	$7x^{1/2}{y}^{1/3}$
s.a	$2x+3y\le 28$
	$-x\le 0$	não é ativa
	$-y\le 0$	idem

Como $u(x,y)$ não é linear, a solução não é o vértice. Usa-se o teorema de Karush-Kuhn-Tucker (Wikibooks, Wikipédia):

$A=\left[\begin{array}{cc}2& 3\\ -1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$

O gradiente da Cobb-Douglas não está definido nos eixos. A solução não pode ser de Canto.

$g(x,y)=2x+3y-28$

$\mathrm{\nabla }g(x,y)=\left[\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right]$

$f(x,y)=7x^{1/2}{y}^{1/3}$

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=\left[\begin{array}{c}\frac{7}{2}{x}^{-1/2}{y}^{1/3}\\ \frac{7}{3}{x}^{1/2}{y}^{-2/3}\end{array}\right]$

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=v\mathrm{\nabla }g(x,y)$

$\left[\begin{array}{c}\frac{7}{2}{x}^{-1/2}{y}^{1/3}\\ \frac{7}{3}{x}^{1/2}{y}^{-2/3}\end{array}\right]=v\left[\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right]$

$\frac{7}{2}{x}^{-1/2}{y}^{1/3}=2v$

$\frac{7}{3}{x}^{1/2}{y}^{-2/3}=3v$

Suponha que $v\ne 0$:

$\frac{\frac{7}{2}{x}^{-1/2}{y}^{1/3}}{\frac{7}{3}{x}^{1/2}{y}^{-2/3}}=\frac{2v}{3v}\to \frac{3}{2}\frac{y}{x}=\frac{2}{3}\to y=\frac{4}{9}x$

$2x+3x-28=0$ (restrição ativa) $\to 2x+3\left(\frac{4}{9}x\right)=28\to x(2+\frac{4}{3})=28\to x^{\ast }=\frac{84}{10}=\mathrm{8,4}$

$y^{\ast }=\frac{4}{9}\cdot \mathrm{8,4}=\frac{\mathrm{33,6}}{9}$

Maximizar com duas variáveis

Maximizar $k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }(\text{max }f(x,y)=\text{max }k\cdot f(x,y)\text{, se }k>0)$

$(x,y)\in O(P,w)$

$P(p_1,p_2)$

$w(w_1,w_2)$

$O(P,w)=\{(x,y)\in {ℝ}^2:⟨(p_1,p_2),(x,y)⟩\le ⟨(p_1,p_2),(w_1,w_2)⟩,x\ge 0,y\ge 0\}$

$O(P,w)=\{(x,y)\in {ℝ}^2:p_{1}x+p_{2}y\le p_1{w}_1+p_2{w}_2,x\ge 0,y\ge 0\}$

max	$k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }$	função objetivo
s.a	$p_{1}x+p_{2}y\le p_1{w}_1+p_2{w}_2$	função restrição
	$-x\le 0$	equivalente a $x\ge 0$ (todas as restrições devem ser consistentes)
	$-y\le 0$	idem

O gradiente da Cobb-Douglas não está definido nos eixos. A solução não pode ser de Canto.

$g(x,y)=p_{1}x+p_{2}y-p_1{w}_1-p_2{w}_2\to \mathrm{\nabla }g=\left[\begin{array}{c}{p}_1\\ p_2\end{array}\right]$

$f(x,y)=k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }\to \mathrm{\nabla }f=\left[\begin{array}{c}k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }\\ k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}\end{array}\right]$

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=v\mathrm{\nabla }g(x,y)$

$\left[\begin{array}{c}k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }\\ k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}\end{array}\right]=v\left[\begin{array}{c}{p}_1\\ p_2\end{array}\right]$

Suponha que $v\ne 0$:

$\frac{k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }}{k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}}=\frac{v{p}_1}{v{p}_2}\to \frac{\alpha }{\beta }{x}^{-1}{y}^1=\frac{p_1}{p_2}\to y=(\frac{\beta }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_2})x$

Substituindo $y$ na função restrição:

$p_{1}x+p_2(\frac{\beta }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_2})x-p_1{w}_1-p_2{w}_2=0\to p_{1}x(1+\frac{\beta }{\alpha })=p_1{w}_1+p_2{w}_2\to x^{\ast }=\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2}{p_1}\cdot \left(\frac{\alpha }{\alpha +\beta }\right)$

$y^{\ast }=\frac{\beta }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_2}\cdot \left(\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2}{p_1}\right)\cdot \left(\frac{\alpha }{\alpha +\beta }\right)=\left(\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2}{p_2}\right)\cdot \left(\frac{\beta }{\alpha +\beta }\right)$

Maximizar com três variáveis

Maximizar $k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma }$

$(x,y,z)\in O(P,w)$

$P(p_1,p_2,p_3)$

$w(w_1,w_2,w_3)$

$O(P,w)=\{(x,y,z)\in {ℝ}^3:⟨(p_1,p_2,p_3),(x,y,z)⟩\le ⟨(p_1,p_2,p_3),(w_1,w_2,w_3)⟩,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$

$O(P,w)=\{(x,y,z)\in {ℝ}^2:p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z\le p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$

max	$k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma }$	função objetivo
s.a	$p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z\le p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3$	função restrição
	$-x\le 0$	equivalente a $x\ge 0$ (todas as restrições devem ser consistentes)
	$-y\le 0$	idem
	$-z\le 0$	idem

$g(x,y,z)=p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z-p_1{w}_1-p_2{w}_2-p_3{w}_3\to \mathrm{\nabla }g=\left[\begin{array}{c}{p}_1\\ p_2\\ p_3\end{array}\right]$

$f(x,y,z)=k{x}^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma }\to \mathrm{\nabla }f=\left[\begin{array}{c}k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }{z}^{\gamma }\\ k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}{z}^{\gamma }\\ k\gamma x^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma -1}\end{array}\right]$

$\mathrm{\nabla }f=v\mathrm{\nabla }g\to \left[\begin{array}{c}k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }{z}^{\gamma }\\ k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}{z}^{\gamma }\\ k\gamma x^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma -1}\end{array}\right]=v\left[\begin{array}{c}{p}_1\\ p_2\\ p_3\end{array}\right]$

Suponha que $v\ne 0$:

$k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }{z}^{\gamma }=v{p}_1$

$k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}{z}^{\gamma }=v{p}_2$

$k\gamma x^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma -1}=v{p}_3$

$\frac{k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }{z}^{\gamma }}{p_1}=\frac{k\beta x^{\alpha }{y}^{\beta -1}{z}^{\gamma }}{p_2}\to \frac{\alpha }{p_1}y=\frac{\beta }{p_2}x\to y=(\frac{\beta }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_2})x$

$\frac{k\alpha x^{\alpha -1}{y}^{\beta }{z}^{\gamma }}{p_1}=\frac{k\gamma x^{\alpha }{y}^{\beta }{z}^{\gamma -1}}{p_3}\to \frac{\alpha }{p_1}z=\frac{\gamma }{p_3}x\to z=(\frac{\gamma }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_3})x$

Substituindo $y$ e $z$ na função restrição:

$p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z-p_1{w}_1-p_2{w}_2-p_3{w}_3=0\to p_{1}x+p_2(\frac{\beta }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_2})x+p_3(\frac{\gamma }{\alpha }\cdot \frac{p_1}{p_3})x=p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3$

$p_{1}x+\frac{\beta }{\alpha }{p}_{1}x+\frac{\gamma }{\alpha }{p}_{1}x=p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3\to x(1+\frac{\beta }{\alpha }+\frac{\gamma }{\alpha })=\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3}{p_1}$

$x^{\ast }=\left(\frac{\alpha }{\alpha +\beta +\gamma }\right)\cdot \left(\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3}{p_1}\right)$

$y^{\ast }=\left(\frac{\beta }{\alpha +\beta +\gamma }\right)\cdot \left(\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3}{p_2}\right)$

$z^{\ast }=\left(\frac{\gamma }{\alpha +\beta +\gamma }\right)\cdot \left(\frac{p_1{w}_1+p_2{w}_2+p_3{w}_3}{p_3}\right)$

Exercícios de Mat II na UCB - mar/2014 - Cálculo de Variáveis

Considere o problema de variações seguinte:

maximizar $J(x)={\int }_0^{T}L(t,x(t),x^{\prime }(t))dt$

$x(0)=x_0$

$x(T)=x_T$

Calcule a equação diferencial obtida da equação de Euler e ache os extremais, quando:

$\text{P1: }J(x)={\int }_0^1(4x(t)-(x^{\prime }(t){)}^2-(x(t){)}^2)dt.$

$L(t,x(t),x^{\prime }(t))=4x(t)-(x^{\prime }(t){)}^2-(x(t){)}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x(t)}(t,x(t),x^{\prime }(t))=4-2x(t)$

$\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }(t)}(t,x(t),x^{\prime }(t))=-2x^{\prime }(t)$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }(t)}(t,x(t),x^{\prime }(t))]=-2x^{″}(t)$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x(t)}(t,x(t),x^{\prime }(t))-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }(t)}(t,x(t),x^{\prime }(t))]=0$

$4-2x(t)-(-2x^{″}(t))=0\to 2x^{″}(t)-2x(t)+4=0\to x^{″}(t)-x(t)+2=0$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia)

$x(t)=x_p(t)+x_h(t)$. Sendo $x_p(t)$ a solução particular (elimina-se cada derivada na equação de Euler) e $x_h(t)$ a solução homogênea (elimina-se cada constante na equação de Euler).

$x^{″}(t)-x(t)+2=0\to x_p(t)=2$

$x^{″}(t)-x(t)+2=0\to x^{″}(t)-x(t)=0\to x_h(t)={x_h}^{″}(t)$

Na solução homogênea, substituir $x^n$ por ${\lambda }^m$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$x^{″}(t)-x(t)=0\to {\lambda }^2-{\lambda }^0=0\to \lambda =\pm 1$

Solução geral: $x(t)=k{e}^{\lambda t}+2=k_1{e}^t+k_2{e}^{-t}+2$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x(t{)}^2}=-2$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x(t)\partial x^{\prime }(t)}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^{\prime }(t)\partial x(t)}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^{\prime }(t{)}^2}=-2$

$-HL(x,x^{\prime })=\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right]$

$L_{-}$ é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é solução do problema de maximização.

A partir de agora será omitido o $(t)$ para facilitar a leitura, i.e., subentendendo-se $x=x(t)$, $x^{\prime }=x^{\prime }(t)$ e assim por diante.

$\text{P2: }J(x)={\int }_0^1(1+(x^{\prime }(t){)}^2{)}^{\frac{1}{2}}dt.$

$L(t,x(t),x^{\prime }(t))=(1+(x^{\prime }(t){)}^2{)}^{\frac{1}{2}}\to L(t,x,x^{\prime })=(1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{\frac{1}{2}}$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })=0$

$\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })=\frac{1}{2}\cdot (1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{-\frac{1}{2}}\cdot {(1+(x^{\prime }{)}^2)}^{\prime }=\frac{x^{\prime }}{(1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{\frac{1}{2}}}(\text{equivalente a }{x}^{\prime }\cdot (1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{-\frac{1}{2}})$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=x^{″}\cdot (1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{-\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}\cdot x^{\prime }\cdot (1+(x^{\prime }{)}^2{)}^{-\frac{3}{2}}\cdot (0+2\cdot x^{\prime }\cdot x^{″})=0$

Equação de Euler (substituir $(1+(x^{\prime }{)}^2)$ por $\alpha$).

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=0$

$-\frac{x^{″}}{{\alpha }^{\frac{1}{2}}}+\frac{(x^{\prime }{)}^2\cdot x^{″}}{{\alpha }^{\frac{3}{2}}}=\frac{-\alpha \cdot x^{″}+(x^{\prime }{)}^2\cdot x^{″}}{{\alpha }^{\frac{3}{2}}}=0\to -x^{″}-(x^{\prime }{)}^2\cdot x^{″}+(x^{\prime }{)}^2\cdot x^{″}=0\to x^{″}(t)=0$

Integrando $x^{″}(t)$ e $x^{\prime }(t)$.

$x^{\prime }(t)=k_1$

$x(t)=k_{1}t+k_2$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial x^{\prime }}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^{\prime }\partial x}=0$

$-HL(x,x^{\prime })=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& \frac{{\partial }^{2}L}{\partial (x^{\prime }{)}^2}\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P3: }J(x)={\int }_0^2(t^2+(x^{\prime }(t){)}^2+(x(t){)}^2)dt.$

$L(t,x(t),x^{\prime }(t))=t^2+(x^{\prime }(t){)}^2+(x(t){)}^2\to L(t,x,x^{\prime })=t^2+(x^{\prime }{)}^2+x^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })=2x$

$\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })=2x^{\prime }$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=2x^{″}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=0$

$2x-(2x^{″})=0\to -x^{″}+x=0\to x^{″}(t)-x(t)=0$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia)

$x(t)=x_p(t)+x_h(t)$. Sendo $x_p(t)$ a solução particular (elimina-se cada derivada na equação de Euler) e $x_h(t)$ a solução homogênea (elimina-se cada constante na equação de Euler).

$x^{″}(t)-x(t)=0\to x_p(t)=0$

$x^{″}(t)-x(t)=0\to x_h(t)={x_h}^{″}(t)$

Na solução homogênea, substituir $x^n$ por ${\lambda }^m$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$x^{″}(t)-x(t)=0\to {\lambda }^2-{\lambda }^0=0\to \lambda =\pm 1$

Solução geral: $x(t)=k{e}^{\lambda t}=k_1{e}^t+k_2{e}^{-t}$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=2$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial x^{\prime }}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^{\prime }\partial x}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x{\text{'}}^2}=2$

$-HL(x,x^{\prime })=\left[\begin{array}{cc}-2& 0\\ 0& -2\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P4: }J(x)={\int }_0^5(t{x}^{\prime }(t)+(x^{\prime }(t){)}^2)dt.$

$L(t,x(t),x^{\prime }(t))=t{x}^{\prime }(t)+(x^{\prime }(t){)}^2\to L(t,x,x^{\prime })=t{x}^{\prime }+(x^{\prime }{)}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })=0$

$\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })=t+2x^{\prime }$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=1+2x^{″}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,x^{\prime })-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial x^{\prime }}(t,x,x^{\prime })]=0$

$0-(1+2x^{″})=0\to -2x^{″}-1=0\to x^{″}(t)=-\frac{1}{2}$

Integrando $x^{″}(t)$ e $x^{\prime }(t)$ (considerando $k$ como constante).

$x^{\prime }(t)=-\frac{1}{2}t+k_1$

$x(t)=-\frac{1}{4}{t}^2+k_{1}t+k_2$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial x^{\prime }}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^{\prime }\partial x}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial (x^{\prime }{)}^2}=2$

$-HL(x,x^{\prime })=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& -2\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

Fazer o mesmo para o exercício 11.4 do livro (pág 273), desde o item (a) até o item (i).

$\text{P5 (a): }J[x]={\int }_0^{40}-\frac{{\dot{x}}^2}{2}dt\text{con}x(0)=20\text{y}x(40)=0\text{.}$

$L(t,x,\dot{x})=-\frac{{\dot{x}}^2}{2}$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})=0$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})=-\dot{x}$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=-\ddot{x}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=0$

$0-(-\ddot{x})=0\to \ddot{x}(t)=0$

Integrando $\ddot{x}(t)$ e $\dot{x}(t)$.

$\dot{x}(t)=k_1$

$x(t)=k_{1}t+k_2$

$x(0)=k_1\cdot 0+k_2=20\to k_2=20$

$x(40)=k_1\cdot 40+k_2=0\to k_1=-\frac{20}{40}=-\frac{1}{2}$

$x(t)=-\frac{1}{2}t+20$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial \dot{x}}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial \dot{x}\partial x}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial {\dot{x}}^2}=-1$

$-HL(x,\dot{x})=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P5 (b): }J[x]={\int }_0^{10}-(2x\dot{x}+{\dot{x}}^2)dt\text{con}x(0)=10\text{y}x(10)=100\text{.}$

$L(t,x,\dot{x})=-2x\dot{x}-{\dot{x}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})=-2\dot{x}$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})=-2x-2\dot{x}$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=-2\dot{x}-2\ddot{x}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=0$

$-2\dot{x}-(-2\dot{x}-2\ddot{x})=0\to -2\dot{x}+2\dot{x}+2\ddot{x}=0\to \ddot{x}(t)=0$

Integrando $\ddot{x}(t)$ e $\dot{x}(t)$.

$\dot{x}(t)=k_1$

$x(t)=k_{1}t+k_2$

$x(0)=k_1\cdot 0+k_2=10\to k_2=10$

$x(10)=k_1\cdot 10+k_2=100\to k_1=\frac{100-10}{10}=9$

$x(t)=9t+10$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial \dot{x}}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial \dot{x}\partial x}=-2$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial {\dot{x}}^2}=-2$

$-HL(x,\dot{x})=\left[\begin{array}{cc}0& 2\\ 2& 2\end{array}\right]$

$L_{-}$ é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é solução do problema de maximização.

$\text{P5 (c): }J[x]={\int }_0^2(12tx+{\dot{x}}^2)dt\text{con}x(0)=1\text{y}x(2)=17\text{.}$

$L(t,x,\dot{x})=12tx+{\dot{x}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})=12t$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})=2\dot{x}$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=2\ddot{x}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=0$

$12t-2\ddot{x}=0\to \ddot{x}(t)=6t$

Integrando $\ddot{x}(t)$ e $\dot{x}(t)$.

$\dot{x}(t)=3t^2+k_1$

$x(t)=t^3+k_{1}t+k_2$

$x(0)=0^3+k_1\cdot 0+k_2=1\to k_2=1$

$x(2)=2^3+k_1\cdot 2+k_2=17\to k_1=\frac{17-8-1}{2}=4$

$x(t)=t^3+4t+1$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial \dot{x}}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial \dot{x}\partial x}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial {\dot{x}}^2}=2$

$-HL(x,\dot{x})=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& -2\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P5 (d): }J[x]={\int }_0^2(x+{\dot{x}}^2)dt\text{con}x(0)=1\text{y}x(2)=10\text{.}$

$L(t,x,\dot{x})=x+{\dot{x}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})=1$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})=2\dot{x}$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=2\ddot{x}$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=0$

$1-2\ddot{x}=0\to \ddot{x}(t)=\frac{1}{2}$

Integrando $\ddot{x}(t)$ e $\dot{x}(t)$.

$\dot{x}(t)=\frac{1}{2}t+k_1$

$x(t)=\frac{1}{4}{t}^2+k_{1}t+k_2$

$x(0)=\frac{1}{4}\cdot 0^2+k_1\cdot 0+k_2=1\to k_2=1$

$x(2)=\frac{1}{4}\cdot 2^2+k_1\cdot 2+k_2=10\to k_1=\frac{10-1-1}{2}=\frac{8}{2}=4$

$x(t)=\frac{1}{4}{t}^2+4t+1$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial \dot{x}}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial \dot{x}\partial x}=0$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial {\dot{x}}^2}=2$

$-HL(x,\dot{x})=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& -2\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P5 (e): }J[x]={\int }_0^2(x^2+t^2\dot{x})dt\text{con}x(0)=0\text{y}x(2)=2\text{.}$

$L(t,x,\dot{x})=x^2+t^2\dot{x}$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})=2x$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})=t^2$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=2t$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x})]=0$

$2x-2t=0\to x(t)=t$

Concavidade

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x^2}=2$

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial \dot{x}}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial \dot{x}\partial x}=\frac{{\partial }^{2}L}{\partial {\dot{x}}^2}=0$

$-HL(x,\dot{x})=\left[\begin{array}{cc}-2& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

$\text{P5 (f): }J[x,y]={\int }_0^T(2xy-2x^2-{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)dt\text{encontrar únicamente la solución general.}$

$L(z)=L(t,x,\dot{x},y,\dot{y})=2xy-2x^2-{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial z}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial x}\\ \frac{\partial L}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2y-4x\\ 2x\end{array}\right]$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-2\dot{x}\\ 2\dot{y}\end{array}\right]$

$\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\right]=\left[\begin{array}{c}-2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial z}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})]=0$

$\left[\begin{array}{c}2y-4x\\ 2x\end{array}\right]-\left[\begin{array}{c}-2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]\to \{\begin{array}{c}2y(t)-4x(t)+2\ddot{x}(t)=0\\ 2x(t)-2\ddot{y}(t)=0\end{array}$

$-\ddot{y}+x=0\to \ddot{y}(t)=x(t)$

$\ddot{x}-2x+y=0\to \text{elevando a +2 em derivadas}\to \ddot{\ddot{x}}-2\ddot{x}+\ddot{y}=0$

$\text{substituindo }\ddot{y}(t)\text{ por }x(t)\to \ddot{\ddot{x}}(t)-2\ddot{x}(t)+x(t)=0$

Substituir $x^n$ por ${\lambda }^m$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

${\lambda }^4-2{\lambda }^2+{\lambda }^0=0\to {\lambda }^4-2{\lambda }^2+1=0$

Substituir ${\lambda }^2$ por $r$.

$r^2-2r+1=0\to r=\frac{2\pm \sqrt{4-4\cdot 1\cdot 1}}{2}=1\to {\lambda }^2=r\to \lambda =\pm 1$

$x(t)=k_1{e}^t+k_{2}t{e}^t+k_3{e}^{-t}+k_{4}t{e}^{-t}$

$\ddot{y}(t)=x(t)=k_1{e}^t+k_{2}t{e}^t+k_3{e}^{-t}+k_{4}t{e}^{-t}$

$\dot{y}(t)=k_1{e}^t+k_2(t-1)e^t-k_3{e}^{-t}-k_4(t+1)e^{-t}+c_1$

$y(t)=k_1{e}^t+k_2(t-2)e^t+k_3{e}^{-t}+k_4(t+2)e^{-t}+c_{1}t+c_2$

$\text{P5 (g): }J[x,y]={\int }_0^{10}({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+e^t)dt\text{dadas}x(0)=0\text{,}y(0)=2\text{,}x(10)=11\text{y}y(10)=6\text{.}$

$L(z)=L(t,x,\dot{x},y,\dot{y})={\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+e^t$

$\frac{\partial L}{\partial z}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial x}\\ \frac{\partial L}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2\dot{x}\\ 2\dot{y}\end{array}\right]$

$\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\right]=\left[\begin{array}{c}2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial z}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})]=0$

$\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]-\left[\begin{array}{c}2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]\to \{\begin{array}{c}-2\ddot{x}(t)=0\\ -2\ddot{y}(t)=0\end{array}$

$\ddot{x}(t)=0\to \dot{x}(t)=k_1\to x(t)=k_{1}t+k_2$

$\ddot{y}(t)=0\to \dot{y}(t)=c_1\to y(t)=c_{1}t+c_2$

$x(0)=k_1\cdot 0+k_2=0\to k_2=0$

$x(10)=k_1\cdot 10+k_2=11\to k_1=\frac{11-0}{10}=\frac{11}{10}$

$x(t)=\frac{11}{10}t$

$y(0)=c_1\cdot 0+c_2=2\to c_2=2$

$y(10)=c_1\cdot 10+c_2=6\to c_1=\frac{6-2}{10}=\frac{2}{5}$

$y(t)=\frac{2}{5}t+2$

$\text{P5 (h): }J[x,y]={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+2xy)dt\text{dadas}x(0)=y(0)=0\text{y}x\left(\frac{\pi }{2}\right)=y\left(\frac{\pi }{2}\right)=1\text{.}$

$L(z)=L(t,x,\dot{x},y,\dot{y})={\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+2xy$

$\frac{\partial L}{\partial z}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial x}\\ \frac{\partial L}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2y\\ 2x\end{array}\right]$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}=\left[\begin{array}{c}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2\dot{x}\\ 2\dot{y}\end{array}\right]$

$\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\right]=\left[\begin{array}{c}2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]$

Equação de Euler

$\frac{\partial L}{\partial z}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}(t,x,\dot{x},y,\dot{y})]=0$

$\left[\begin{array}{c}2y\\ 2x\end{array}\right]-\left[\begin{array}{c}2\ddot{x}\\ 2\ddot{y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]\to \{\begin{array}{c}-\ddot{x}(t)+y(t)=0\\ -\ddot{y}(t)+x(t)=0\end{array}$

$-\ddot{x}+y=0\to \text{elevando a +2 em derivadas}\to -\ddot{\ddot{x}}+\ddot{y}=0\to -\ddot{\ddot{x}}+x=0$

Substituir $x^n$ por ${\lambda }^m$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$-{\lambda }^4+{\lambda }^0=0\to -{\lambda }^4+1=0\to {\lambda }^4=1\to \lambda =\pm 1\text{ ou }\pm i$

$x(t)=k_1{e}^t+k_2{e}^{-t}+k_3\cos t-k_4\mathrm{sen}t$

$\ddot{y}=x(t)=k_1{e}^t+k_2{e}^{-t}+k_3\cos t-k_4\mathrm{sen}t$

$\dot{y}=k_1{e}^t-k_2{e}^{-t}+k_3\mathrm{sen}t+k_4\cos t+c_1$

$y(t)=k_1{e}^t+k_2{e}^{-t}-k_3\cos t+k_4\mathrm{sen}t+c_{1}t+c_2$

$\text{P5 (i): }J[x]={\int }_0^1(1+{\ddot{x}}^2)dt\text{con}x(0)=0\text{y}\dot{x}(0)=x(1)=\dot{x}(1)=1\text{.}$

$L(t,x,\dot{x},\ddot{x})=1+{\ddot{x}}^2$

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x},\ddot{x})=0$

$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})=0$

$\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})]=0$

$\frac{\partial L}{\partial \ddot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})=2\ddot{x}$

$\frac{d^2}{d{t}^2}[\frac{\partial L}{\partial \ddot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})]=2\dot{\ddot{x}}$

Equação de Euler-Poisson

$\frac{\partial L}{\partial x}(t,x,\dot{x},\ddot{x})-\frac{d}{dt}[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})]+\frac{d^2}{d{t}^2}[\frac{\partial L}{\partial \ddot{x}}(t,x,\dot{x},\ddot{x})]=0$

$0-0+2\dot{\ddot{x}}=0\to \dot{\ddot{x}}=0$

Integrando $\dot{\ddot{x}}(t)$, $\ddot{x}(t)$ e $\dot{x}(t)$.

$\dot{\ddot{x}}(t)=0\to {\int }_0^1(\dot{\ddot{x}}(t))dt={\int }_0^1(0)dt\to \ddot{x}(t)=k_1$

$\dot{x}(t)=k_{1}t+k_2$

$x(t)=\frac{k_1}{2}{t}^2+k_{2}t+k_3$

Substituindo as condições iniciais.

$x(0)=\frac{k_1}{2}\cdot 0^2+k_2\cdot 0+k_3=0\to k_3=0$

$\dot{x}(0)=k_1\cdot 0+k_2=1\to k_2=1$

$x(1)=\frac{k_1}{2}\cdot 1^2+k_2\cdot 1+k_3=1\to k_1=(1-1-0)\cdot 2=0$

$x(t)=\frac{0}{2}{t}^2+1\cdot t+0=t$

Ainda há mais uma condição que não precisou ser utilizada para chegar ao extremal. Entretanto, podemos substituir a condição no extremal encontrado para ver se é atendida.

$\dot{x}(1)=k_1\cdot 1+k_2=1\to k_2=1$. Atende.

Exercício 1 - Controle Ótimo

1. Halle las sendas óptimas $u^{\ast }(t)$, $y^{\ast }(t)$ y ${\lambda }^{\ast }(t)$ en los seguientes casos:

a.
max	$V={\int }_0^2(3y(t)-2u(t{)}^2)dt$
s.a	$y^{\prime }(t)=3u(t)-1$
	$y(0)=1$
	$y(2)=y_2(\text{libre})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda (t),u(t),y(t))=f(t,y(t),u(t))+\lambda (t)\cdot g(t,y(t),u(t))$

$H(t,\lambda (t),u(t),y(t))=3y(t)-2u(t{)}^2+\lambda (t)\cdot (3u(t)-1)$

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

$\frac{\partial H}{\partial u(t)}=-4u(t)+3\lambda (t)=0\to u^{\ast }(t)=\frac{3}{4}\lambda (t)$

As equações do movimento do problema.

$y^{\prime }(t)=\frac{\partial H}{\partial \lambda (t)}=3u(t)-1$

${\lambda }^{\prime }(t)=-\frac{\partial H}{\partial y(t)}=-3\to \text{ integrar }{\lambda }^{\prime }(t)\to \lambda (t)={\int }_0^2(-3)dt=-3t+k_1$

Encontrar a constante $k_1$ por meio da condição de transversalidade.

$H(t)\cdot dt-\lambda (t)\cdot dy(t)=0$

Quando o tempo final $t$ é fixo e o Hamiltoniano não depende explicitamente do tempo $(\frac{\partial H}{\partial t}=0)$, então, $H(x^{\ast }(t),u^{\ast }(t),{\lambda }^{\ast }(t))=\text{constante}$. Se o tempo final $t$ é livre, então $H(x^{\ast }(t),u^{\ast }(t),{\lambda }^{\ast }(t))=0$. Portanto:

$H(t)\cdot dt-\lambda (t)\cdot dy(t)=0\to -\lambda (t)\cdot dy(t)=0$

Para que a variação $dy(t)$ seja maior que zero, é necessário que $\lambda (t)=0$.

$\lambda (2)=0\to -3t+k_1=0\to k_1=6\to {\lambda }^{\ast }(t)=-3t+6$

Substituir ${\lambda }^{\ast }(t)$ em $u^{\ast }(t)$.

$u^{\ast }(t)=\frac{3}{4}{\lambda }^{\ast }(t)=\frac{3}{4}\cdot (-3t+6)=\frac{-9t+18}{4}$

Substituir $u^{\ast }(t)$ em $y^{\prime }(t)$.

$y^{\prime }(t)=3u^{\ast }(t)-1=3\cdot \left(\frac{-9t+18}{4}\right)-1=\frac{-27t+54}{4}-1=\frac{-27t+50}{4}=-\frac{1}{4}\cdot (27t-50)$

Integrar $y^{\prime }(t)$.

$y^{\ast }(t)={\int }_0^2(y^{\prime }(t))dt=-\frac{1}{4}\cdot {\int }_0^2(27t-50)dt=-\frac{1}{4}(\frac{27t^2}{2}-50t+k_2)=-\frac{27t^2}{8}+\frac{50t}{4}-\frac{k_2}{4}$

Usar as condições iniciais do problema para achar a constante $k_2$:

$y(0)=-\frac{27\cdot 0^2}{8}+\frac{50\cdot 0}{4}-\frac{k_2}{4}=1\to k_2=-4$

$y^{\ast }(t)=-\frac{27t^2}{8}+\frac{50t}{4}+1$

Montar a Hessiana para ver se a função Hamiltoniano é côncava. Se sim, então ${\lambda }^{\ast }(t)$, $u^{\ast }(t)$ e $y^{\ast }(t)$ são soluções do problema de Controle Ótimo.

$-\text{Hessiana}=\left[\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}H}{\partial u(t{)}^2}& \frac{{\partial }^{2}H}{\partial y(t)\partial u(t)}\\ \frac{{\partial }^{2}H}{\partial u(t)\partial y(t)}& \frac{{\partial }^{2}H}{\partial y(t{)}^2}\end{array}\right]=-\left[\begin{array}{cc}-4& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$

$\begin{array}{c}H1<0\\ H2=0\end{array}\}\begin{array}{c}-H1>0\\ -H2=0\end{array}\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva semi-definida e a função Hamiltoniana é côncava.

b.
max	$V={\int }_0^{1}Ln(4yu)dt$
s.a	$y^{\prime }=4y(1-u)$
	$y(0)=1$
	$y(1)=e^2$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=Ln(4yu)+\lambda \cdot 4y(1-u)$

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária, mas não suficiente).

$\frac{\partial H}{\partial u(t)}=\frac{(4yu{)}^{\prime }}{4yu}-4y\lambda =\frac{4y}{4yu}-4y\lambda =0\to u^{\ast }(t)=\frac{1}{4y(t)\lambda (t)}$

As equações do movimento do problema.

$y^{\prime }=\frac{\partial H}{\partial \lambda }=4y(1-u)$

${\lambda }^{\prime }=-\frac{\partial H}{\partial y}=-(\frac{(4yu{)}^{\prime }}{4yu}+4\lambda -4\lambda u)=-\frac{1}{y}-4\lambda +4\lambda \cdot \frac{1}{4\lambda y}=-4\lambda \to \text{ integrar }{\lambda }^{\prime }\to \lambda ={\int }_0^1(-4\lambda )dt=k_1{e}^{-4t}$

Substituir $\lambda$ em $y^{\prime }$.

$y^{\prime }=4y(1-u^{\ast })=4y(1-\frac{1}{4y\lambda })=4y-\left(\frac{4y}{4y\cdot k_1{e}^{-4t}}\right)=4y-\frac{e^{4t}}{k_1}$

Como resolver $x^{\prime }(t)=a(t)x(t)+b(t)$

Defina $\alpha (t)={\int }_0^{t}a(s)ds$

$x(t)=e^{\alpha (t)}({\int }_0^t{e}^{-\alpha (s)}\cdot b(s)ds+c)$

Verificação

$x^{\prime }(t)={\alpha }^{\prime }(t)\cdot e^{\alpha (t)}({\int }_0^t{e}^{-\alpha (t)}\cdot b(s)ds+c)+e^{\alpha (t)}(e^{-\alpha (t)}\cdot b(t))={\alpha }^{\prime }(t)x(t)+b(t)$

$y^{\prime }(t)=4y-\frac{e^{4t}}{k_1}a(t)=4b(t)=-\frac{e^{4t}}{k_1}$

$\alpha (t)={\int }_0^{t}4ds=4s{|}_0^t=4t$

$y(t)=e^{4t}({\int }_0^t{e}^{-4s}(-\frac{e^{4s}}{k_1})ds+c)=e^{4t}({\int }_0^t-\frac{1}{k_1}ds+c)=e^{4t}(-\frac{t}{k_1}+c)$

$y(0)=e^{4\cdot 0}(-\frac{0}{k_1}+c)=1\to c=1$

$y(1)=e^{4\cdot 1}(-\frac{1}{k_1}+1)=e^2\to e^{-2}=\frac{-1+k_1}{k_1}\to k_1{e}^{-2}-k_1=-1=k_1(e^{-2}-1)\to k_1=-\frac{1}{e^{-2}-1}\approx 1,15652$

Logo:

$y^{\ast }(t)=e^{4t}(-\frac{t}{k_1}+c)\approx e^{4t}(-\frac{t}{1,16}+1)$

${\lambda }^{\ast }(t)=k_1{e}^{-4t}\approx \frac{1,16}{e^{4t}}$

$u^{\ast }(t)=\frac{1}{4y^{\ast }(t){\lambda }^{\ast }(t)}=\frac{1}{4\cdot e^{4t}(-\frac{t}{1,16}+1)\cdot \frac{1,16}{e^{4t}}}\approx \frac{1}{-4t+4,63}$

Verificar se a função Hamiltoniana é côncava em relação a $y$ e $u$.

$-\text{Hessiana}=\left[\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}H}{\partial u(t{)}^2}& \frac{{\partial }^{2}H}{\partial y(t)\partial u(t)}\\ \frac{{\partial }^{2}H}{\partial u(t)\partial y(t)}& \frac{{\partial }^{2}H}{\partial y(t{)}^2}\end{array}\right]=-\left[\begin{array}{cc}-\frac{1}{u^2}& 0\\ 0& -\frac{1}{y^2}\end{array}\right]$

$\begin{array}{c}H1<0\\ H2<0\end{array}\}\begin{array}{c}-H1>0\\ -H2>0\end{array}\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva definida e a função Hamiltoniana é côncava.

c.
max	$V={\int }_0^1-u^{2}dt$
s.a	$y^{\prime }=y+u$
	$y(0)=1$
	$y(1)=0$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-u^2+\lambda \cdot (y+u)$. $H$ não é linear em relação a $u$.

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

$\frac{\partial H}{\partial u}=-2u+\lambda =0\to u^{\ast }=\frac{\lambda }{2}$

As equações do movimento do problema.

$y^{\prime }=\frac{\partial H}{\partial \lambda }=y+u$

${\lambda }^{\prime }=-\frac{\partial H}{\partial y}=-\lambda \to \text{ integrar }{\lambda }^{\prime }\to {\lambda }^{\ast }(t)={\int }_0^1(-\lambda )dt=k_1{e}^{-t}$

Substituir ${\lambda }^{\ast }(t)$ em $u^{\ast }(t)$.

$u^{\ast }(t)=\frac{{\lambda }^{\ast }}{2}=\frac{k_1{e}^{-t}}{2}$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia) (e substituir $u^{\ast }(t)$ em $y^{\prime }(t)$).

$y^{\prime }(t)=y(t)+\frac{k_1{e}^{-t}}{2}a(t)=1b(t)=\frac{k_1{e}^{-t}}{2}$

$\alpha (t)={\int }_0^{t}a(s)ds={\int }_0^{t}1ds=t$

$y(t)=e^{\alpha (t)}({\int }_0^t{e}^{-\alpha (t)}\cdot b(s)ds)=e^t({\int }_0^t{e}^{-s}\cdot \frac{k_1}{2}{e}^{-s}ds)=e^t\left({\int }_0^t\frac{k_1}{2}{e}^{-2s}ds\right)=e^t(-\frac{k_1}{2}\cdot \frac{e^{-2t}}{2}+c)=-\frac{k_1}{4}{e}^{-t}+c\cdot e^t$

$y(0)=-\frac{k_1}{4}{e}^{-0}+c\cdot e^0=1\to c=1+\frac{k_1}{4}$

$y(1)=-\frac{k_1}{4}{e}^{-1}+c\cdot e^1=0\to c=\frac{0+\frac{k_1}{4}{e}^{-1}}{e}=\frac{k_1}{4}\cdot e^{-2}$

$\frac{1+k_1}{4}=\frac{k_1}{4}\cdot e^{-2}\to 4+k_1=e^{-2}{k}_1\to k_1(1-e^{-2})=-4\to k_1=\frac{-4}{1-e^{-2}}\approx -4,62607$

$c=1+\frac{k_1}{4}\approx 1-\frac{4,62}{4}\approx -0,15652$

Logo:

${\lambda }^{\ast }(t)=k_1{e}^{-t}\approx -4,63e^{-t}$

$u^{\ast }(t)=\frac{k_1{e}^{-t}}{2}\approx -2,31e^{-t}$

$y^{\ast }(t)=-\frac{k_1}{4}\cdot e^{-t}+c\cdot e^t\approx 1,16e^{-t}-0,16e^t$

Verificar se a função Hamiltoniana é côncava em relação a $y$ e $u$.

$-\text{Hessiana}=\left[\begin{array}{cc}{H}_{uu}& H_{yu}\\ H_{uy}& H_{yy}\end{array}\right]=-\left[\begin{array}{cc}-2& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$

$\begin{array}{c}H1<0\\ H2=0\end{array}\}\begin{array}{c}-H1>0\\ -H2=0\end{array}\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva semi-definida e a função Hamiltoniana é côncava.

d.
max	$V={\int }_0^1-\frac{1}{2}\cdot (u^2+y^2)dt$
s.a	$y^{\prime }=u-y$
	$y(0)=1$
	$y(1)=y_1(\text{libre})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-\frac{1}{2}\cdot (u^2+y^2)+\lambda \cdot (u-y)$. $H$ não é linear em relação a $u$.

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

$\frac{\partial H}{\partial u}=-u+\lambda =0\to u^{\ast }=\lambda$

As equações do movimento do problema.

$y^{\prime }=\frac{\partial H}{\partial \lambda }=u-y$

${\lambda }^{\prime }=-\frac{\partial H}{\partial y}=y+\lambda$

Substituir $u$ em $y^{\prime }$.

$y^{\prime }=u-y=\lambda -y$

Logo, $\begin{array}{c}{\lambda }^{\prime }=\lambda +y\\ y^{\prime }=\lambda -y\end{array}\to {\left[\begin{array}{c}\lambda \\ y\end{array}\right]}^{\prime }=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\lambda \\ y\end{array}\right]\to J_f=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]$

Diagrama de Fase

Encontrar as singularidades

$\lambda +y=0\to \lambda =-y$

$\lambda -y=0\to -y-y=0\to -2y=0\to y=0\to \lambda =-y=0$

Singularidade (0,0)

Determinar os autovalores e autovetores:

$\left[\begin{array}{cc}1-\lambda & 1\\ 1& -1-\lambda \end{array}\right]$

$(1-\lambda )(-1-\lambda )-1=0=-1-\lambda +\lambda +{\lambda }^2-1={\lambda }^2-2\to \lambda \approx \pm 1,41421$

Autovetores (pelo Scilab): $v_1=(-0,92-0,38)v_2=(0,38-0,92)$

e.
max	$V={\int }_0^T-dt$
s.a	$y^{\prime }=y+u$
	$y(0)=5$
	$y(T)=11(\text{T libre})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-1+\lambda \cdot (y+u)$. $H$ é linear em relação a $u$. Quando isto ocorre, $u^{\ast }(t)$ está localizada na fronteira do conjunto. Exemplo:

$u\in [a,b]$

$u^{\ast }(t)=a,\text{se }\lambda <0$

$u^{\ast }(t)=b,\text{se }\lambda >0$

Para determinar $\lambda$, usamos as equações de movimento.

$y^{\prime }(t)=\frac{\partial H}{\partial \lambda (t)}=y(t)+u(t)$

${\lambda }^{\prime }(t)=-\frac{\partial H}{\partial y(t)}=-\lambda (t)\to \text{integrar }{\lambda }^{\prime }(t)\to \lambda (t)=k_1{e}^{-t}.$ Como $e^{-t}$ é positivo, o sinal de $\lambda$ depende do valor de $k_1$.

Como $T$ é livre, usamos a condição de Transversalidade.

$H(T)=0=-1+\lambda (T)y(T)+\lambda (T)u(T)=-1+k_1{e}^{-T}\cdot 11+k_1{e}^{-T}u(T)\to u(T)=\frac{1}{k_1{e}^{-T}}-\frac{11k_1{e}^{-T}}{k_1{e}^{-T}}=\frac{e^T}{k_1}-11$

Logo, $y^{\prime }=y+u=y+\frac{e^t}{k_1}-11$.

Porém, neste problema não foram estabelecidas as restrições para $u$. Não temos a informação $u\in [a,b]$, portanto este problema não tem solução.

f.
max	$V={\int }_0^{\mathrm{\infty }}(1-y)udt$
s.a	$y^{\prime }=(1-y)u$
	$y(0)=0$
	$u(t)\in [0,1]$

g.
max	$V={\int }_0^T(y^2+ay+bu+c{u}^2)dt$
s.a	$y^{\prime }=u$
	$y(0)=d$
	$y(T)=y_T(\text{T libre})$
	$a,b,c,d>0$

h.
max	$V={\int }_0^1(2y-3u-u^2)dt$
s.a	$y^{\prime }=y+u$
	$y(0)=5$
	$y(1)=y_1(\text{libre})$

Exercícios 4(a. e b.), 5(a.) e 6(a.) - Controle Ótimo

4. La curva de demanda de un mercado en el instante "$t$" viene dada por:

$q(t)=a-bq(t)a,b>0$

Donde $q(t)$ y $p(t)$ representan la cantidad y el precio, respectivamente. En este mercado existe una firma grande que fija el precio, y un grupo de firmas pequeñas que son tomadoras de precios. Nuevas firmas pequeñas entrarán al mercado si la firma grande determina un precio mayor a $p^{\ast }$. La producción agregada de las firmas pequeñas $(y(t))$ se comporta de acuerdo con la siguiente ecuación diferencial:

$y^{\prime }=k(p-p^{\ast })k>0$

$y(0)=y_0{y}_0>0$

La compañía grande produce una cantidad $q(t)-y(t)$, y presenta un costo medio constante e igual a c $(p^{\ast }>c>0)$. El objetivo de la empresa es maximizar el valor presente de sus beneficios descontados a la tasa "$r$":

$\mathrm{\Pi }={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-n}[p-c][a-bp-y]dt$

a. Plante un diagrama de fase que explique la dinámica del precio y la producción de las pequeñas firmas.

b. Encuentre el valor del precio y la producción de las pequeñas firmas en le estado estacionario.

5. La variación de las ventas ($V$) de un producto de la firma XYZ decrece de manera proporcional al monto de las ventas, pero aumenta proporcionalmente al gasto en publicidad ($P$) destinado al sector del mercado que aún no adquiere el producto. De esta forma, las ventas se comportan de acuerdo con la siguiente ecuación diferencial:

$V^{\prime }=-aV+bP[1-\frac{V}{M}]a,b,M>0$

Dado $V(0)=V_0{V}_0>0$

Donde M es el valor de las ventas de todas las empresas dentro del mercado. El objetivo de la empresa es maximizar el valor de las ventas hasta el período "$T$":

$I={\int }_0^{T}V(t)dt$

a. Si la firma XYZ puede destinar a lo más $3,000$ unidades monetárias (u.m.) en publicidad, mediante el principio del máximo halle la política publicitaria óptima y la evolución de las ventas. Asuma los siguientes valores para los parámetros: $a=1,b=2,M=100,\alpha =4,T=12$. Considere que las variables de control y estado se encuentran expresadas en miles de u.m.

6. Suponga que un partido político acaba de ganar las elecciones presidenciales($t=0$) y que las próximas elecciones se realizarán dentro de "$T$" años. El partido gobernante desea ser reelegido en las siguientes elecciones, razón por la cual busca maximizar la intención de voto de la ciudadanía representada a través de la función $v(\ast )$. Los votantes evalúan al gobierno sobre la base de la evolución de la inflación ($p$) y el desempleo ($u$) durante el período de gobierno. Los electores le asignan una mayor importancia a la situación económica cercana al período de elección, de acuerdo con el factor $e^{\pi }$. De este modo, el funcional objetivo del partido governante es el siguiente:

$V={\int }_0^{T}v(u,p)e^{\pi }dtr>0$

La inflación, el desempleo y la inflación esperada ($\pi$) en la economía se relacionan de acuerdo con la curva de Phillips:

$p=a-bu+c\pi a,b,c>0$

Por otra parte, la inflación esperada se forma de acuerdo con expectativas adaptativas:

$v(u,p)=-u^2-kpk>0$

a. Halle la trayectoria del desempleo, la inflación y la inflación esperada, si el valor inicial de la inflación esperada es $\pi (0)={\pi }_0$ y el valor terminal es libre. Considere al desempleo como la variable de control y a la inflación esperada como la variable de estado.

Exercícios 6.3 a 6.5

6.3 Comprobar que las siguientes sucesiones dadas son soluciones de las ecuaciones:

$\text{a) }{x}_t=\cos \pi t;x_{t+1}=-x_t.$

$x_t=\cos (\pi \cdot t)\to \text{sequência}$

$x_0=\cos (\pi \cdot 0)=\cos 0=1$

$x_1=\cos (\pi \cdot 1)=-1$

$x_2=\cos (\pi \cdot 2)=1$

$x_3=\cos (\pi \cdot 3)=-1$

$x_t\to \text{sequência }\{1,-1,1,-1,1,-1,\cdots \}$

$\cos \pi t\left\{\begin{array}{c}1,\text{ se }t\text{ é par}\\ -1,\text{ se }t\text{ é ímpar}\end{array}\right\}{x}_t=(-1{)}^t$

Portanto, $x_{t+1}=\cos (\pi \cdot (t+1))=(-1)\cdot \cos (\pi \cdot t)=-x_t$, o que comprova que $x_{t+1}=-x_t$.

$\text{b) }{x}_t=2^t;x_{t+1}=x_t+2x_{t-1}.$

$x_t=2^t\to \text{sequência}$

$x_0=2^0=1$

$x_1=2^1=2$

$x_2=2^2=4$

$x_3=2^3=8$

$x_t\to \text{sequência }\{1,2,4,8,\cdots \}$

Como $x_t=2^t$, então $x_{t+1}=2^{t+1}=2^t\cdot 2^1=2(2^t)=2^t+2^t=2^t+2^{1+t-1}=2^t+2(2^{t-1})$. Substituindo $2^t$ por $x_t$ e $2^{t-1}$ por $x_{t-1}$: $x_t+2x_{t-1}$. Portanto, fica comprovado que $x_{t+1}=x_t+2x_{t-1}$.

$\text{c) }{x}_t=\frac{t(t+1)}{2};x_{t+1}=x_t+t+1.$

Como $x_t=\frac{t(t+1)}{2}$, então $x_{t+1}=\frac{(t+1)((t+1)+1)}{2}=\frac{(t+1)(t+2)}{2}=\frac{t^2+t+2t+2}{2}=\frac{t^2+t}{2}+\frac{2t}{2}+\frac{2}{2}=\frac{t(t+1)}{2}+t+1$.

Substituindo $\frac{t(t+1)}{2}$ por $x_t$, fica comprovado que $x_{t+1}=x_t+t+1$.

6.4 Resolver las siguientes ecuaciones y analizar la convergencia del sistema. Realizar la gráfica de la función $x_t$ en todos los casos.

Apenas para lembrete: $\{\begin{array}{c}{x}_t=a^t\cdot x_0,\text{ se }b=0\\ x_t=\frac{b}{1-a}+a^t\cdot (x_0-\frac{b}{1-a}),\text{ se }b\ne 0\text{ e }a\ne 1\end{array}$

$\text{a) }{x}_{t+1}=-0.5x_t+3$

Como $(a\ne 1\text{ e }b\ne 0)$, então:

$x_t=\frac{b}{1-a}+a^t\cdot (x_0-\frac{b}{1-a})=\frac{3}{1-(-0,5)}+(-0,5{)}^t\cdot (x_0-\frac{3}{1-(-0,5)})=\frac{3}{\frac{3}{2}}+(-0,5{)}^t\cdot (x_0-\frac{3}{\frac{3}{2}})=2+(-0,5{)}^t\cdot (x_0-2)$

Como $(-0,5{)}^t$ tende para zero com $t\to \mathrm{\infty }$, então $(-0,5{)}^t\cdot (x_0-2)$ tende para zero e, $\therefore$, $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}2+(-0,5{)}^t\cdot (x_0-2)=2.$ Converge para o ponto $2$.

$\text{b) }2x_{t+1}=3x_t+4$

$x_{t+1}=\frac{3x_t+4}{2}=\frac{3}{2}\cdot x_t+2$

Como $(a\ne 1\text{ e }b\ne 0)$, então:

$x_t=\frac{b}{1-a}+a^t\cdot (x_0-\frac{b}{1-a})=\frac{2}{1-\frac{3}{2}}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^t\cdot (x_0-\frac{2}{1-\frac{3}{2}})=-4+1,5^t\cdot (x_0+4)$

$1,5^t\cdot (x_0+4)$ tende para o infinito positivo com $t\to \mathrm{\infty }$ e, $\therefore$, $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}-4+1,5^t\cdot (x_0+4)=\mathrm{\infty }.$ Produz uma série divergente.

$\text{c) }{x}_{t+1}=-x_t+5$

Como $(a\ne 1\text{ e }b\ne 0)$, então:

$x_t=\frac{b}{1-a}+a^t\cdot (x_0-\frac{b}{1-a})=\frac{5}{1-(-1)}+(-1{)}^t\cdot (x_0-\frac{5}{1-(-1)})=\frac{5}{2}+(-1{)}^t\cdot (x_0-\frac{5}{2})$

$(-1{)}^t\{\begin{array}{c}1,\text{ se }t\text{ é par}\\ -1,\text{ se }t\text{ é ímpar}\end{array}$

$\therefore$, $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{5}{2}+(-1{)}^t\cdot (x_0-\frac{5}{2})$ não está definido e produz uma série divergente.

$\text{d) }{x}_{t+1}-x_t=-\frac{4}{3}{x}_t$

$x_{t+1}=-\frac{4}{3}{x}_t+x_t=-\frac{2}{3}{x}_t$

Como $(b=0)$, então:

$x_t=a^t\cdot x_0={(-\frac{1}{3})}^t\cdot x_0$

Como ${(-\frac{1}{3})}^t$ tende para zero com $t\to \mathrm{\infty }$, então $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{(-\frac{1}{3})}^t\cdot x_0=0.$ Converge para zero.

6.5 El ingreso, $Y_t$, evoluciona de acuerdo a la siguiente ecuación:

$Y_{t+1}=C_t+I_t,$

en donde $I_t$ es inversión y $C_t$ es el consumo. Si $C_t=m{Y}_t+c$ con $m<1$ y $c>0$ y la inversión es constante de manera que $I_t=I$, obtener una ecuación en diferencias para el ingreso y resolver. Analizar la convergencia del modelo.

$\text{Consumo }{C}_t=m{Y}_t+cm<1c>0I_t=I\text{ (investimento constante)}$

$Y_{t+1}=C_t+I_t=m{Y}_t+c+I(a=m\ne 1\text{ por ser menor que }1,b=c+I\ne 0)$

$Y_t=\frac{b}{1-a}+a^t\cdot (x_0-\frac{b}{1-a})=\frac{c+I}{1-m}+m^t\cdot (Y_0-\frac{c+I}{1-m}).$ Tem como ponto fixo $Y^{\ast }=\frac{c+I}{1-m}.$

$\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{Y}_t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{Y}^{\ast }+m^t\cdot (Y_0-Y^{\ast })$

$Y^{\ast }>0$, pois $c$ e $I$ são positivos e $m$ menor que $1$.

Se $m\in (-1,1)\setminus 0$, então $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{Y}^{\ast }+m^t\cdot (Y_0-Y^{\ast })=Y^{\ast }$, convergindo monotonamente se $m>0$ ou alternadamente se $m<0$.

Conforme as condições iniciais, o $m$ não pode ser maior que (ou igual a) $1$. No caso de $m<-1$, o $\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{Y}^{\ast }+m^t\cdot (Y_0-Y^{\ast })$ não é definido e produz uma série divergente.

Predefinição:Referências