1
Soluciones a los ejercicios propuestos del Capítulo 1.
1.1. Formular el siguiente problema de control óptimo en tiempo continuo: Un país recibe ayuda monetaria del exterior a una tasa de una unidad monetaria por unidad de tiempo. Sea x(t) el nivel de infraestructura en el tiempo t, sea u(t) la parte de la ayuda que asigna a infraestructuras en t. La parte de la ayuda que no se gasta en infraestructuras se dedica a consumo. Sea U la función de utilidad y sea δ la tasa de descuento. El período de planificación es [0, T ] , el nivel de infraestructuras al inicio es x0 , conocido, y se exige que dicho nivel al final sea, al menos, de xT . El objetivo es maximizar el flujo de utilidad descontada en el período de planificación. Se supone que hay utilidad por consumo. SOLUCIÓN. El problema es: max
{u(t)}T t=0
Z
T
e−δt U [1 − u(t)] dt,
0
sujeto a : x(t) ˙ = x(t) + u(t), con : 0 ≤ u(t) ≤ 1, y también : x(0) = x0 , x(T ) ≥ xT .
1.2. Formular el siguiente problema de control óptimo en tiempo continuo: Una mina contiene una cantidad X de mineral. Sea x(t) la cantidad extraída de mineral hasta el momento t, de manera que u(t) = x0 (t) es la tasa de extracción. Supongamos que la tasa actual de beneficios obtenidos en la mina es P (u), en donde P 0 > 0 y P 00 < 0. Suponemos que el propietario de la mina maximiza su riqueza en el horizonte temporal [0, T ] y que no puede obtener ningún rendimiento después de T. Suponemos un tipo de interés anual de mercado δ, conocido y fijo. SOLUCIÓN: El problema es: maxT
{u(t)}t=0
Z
T
e−δt P [u(t)] dt,
0
sujeto a : x(t) ˙ = u(t), con : u(t) ≥ 0, y también : x(0) = 0, x(T ) ≤ X.
1.3. Se considera un proceso de inversión caracterizado por los siguientes parámetros: en el momento inicial se desembolsa una cantidad K, la vida de la inversión es de n años, al cabo de 1, 2, ..., n años se generan respectivamente
1
los rendimientos R1 , R2 , ..., Rn , medidos en unidades monetarias, el tipo de descuento es δ. Calcular el valor actual neto de la inversión. SOLUCIÓN: V AN = −K +
R1 R2 Rn + + ... + . 1 + δ (1 + δ)2 (1 + δ)n
1.4.Supongamos que para construir una presa hay que incurrir en unos costes de 20 millones de euros en un año. Al comienzo del segundo año la presa da unos beneficios netos de 2 millones de euros al año, durante 30 años. Calcular el valor presente neto de la presa, suponiendo una tasa de descuento de 0, 05. SOLUCIÓN: El valor presente de la presa es: 2 2 2 + + ... + 1 + 0, 05 (1 + 0, 05)2 (1 + 0, 05)30 ¤ £ −20 + 2 0, 952 + 0, 9522 + ... + 0, 95230 ¤ £ −20 + 1, 904 1 + 0, 952 + ... + 0, 95229 · ¸ 0, 95230 − 1 −20 + 1, 904 0, 952 − 1 · ¸ 0, 229 − 1 −20 + 1, 904 = 10, 583 millones de euros. 0, 952 − 1
−20 + = = = =
1.5. Se deposita una cantidad de dinero X en un banco. El tipo de interés anual es δ , se contabiliza de manera continua y los intereses se quedan en la cuenta, por lo que estamos ante interés compuesto. Calcular el tiempo necesario para que se doble la cantidad inicial. SOLUCIÓN: La cantidad de dinero que se tendrá al cabo de t años será: Xeδt . Por tanto, para que se tenga el doble de la cantidad inicial, el número t de años necesarios tiene que cumplir la condición: 2X = Xeδt , de donde, 2 = eδt . Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros, queda: ln 2 = δt,
2
por lo que: t∗ =
ln 2 . δ
1.6. Una botella de vino cuesta ahora 3 euros. Su valor de venta en el futuro en el tiempo t viene dado por: √ V (t) = 3 + t. El coste de almacenaje por unidad de tiempo es de 0,1 euros y el tipo de interés vigente es de 0,04. Se desea saber la fecha en la que debe venderse la botella para maximizar el valor presente del beneficio. Calcular el valor total descontado del coste de almacenaje desde el tiempo 0 hasta t. Expresar el valor presente del beneficio en términos de t. Encontrar el tiempo óptimo de venta y el valor del beneficio. Resolver también el problema para tipos de interés de 0, 05 y 0, 1. SOLUCIÓN: Sea δ el tipo de interés vigente. El valor total descontado del coste de almacenaje desde el tiempo 0 (ahora) hasta el tiempo t es: e−δt 0, 1t. El beneficio descontado en términos de t es: ³ h i √´ √ π(t) = e−δt 3 + t − 3 − e−δt 0, 1t = e−δt 3 + t − 0, 1t − 3.
El tiempo óptimo de venta tiene que verificar la condición: π 0 (t) = 0, es decir:
¸ · h i √ 1 −δe−δt 3 + t − 0, 1t + e−δt √ − 0, 1 = 0, 2 t
o lo que es lo mismo:
3
1
0, 2δt 2 − 2δt − (0, 2 + 6δ) t 2 + 1 = 0.
(1.1)
• Para δ = 0, 04, la ecuación (1.1) queda de la siguiente forma: 3
1
t 2 − 10t − 55t 2 + 125 = 0. Resolviendo con el programa informático DERIVE se obtiene que: t∗ = 3, 21488, π(t∗ ) = 0, 93193. Además se comprueba que π00 (t∗ ) < 0, que corresponde a un máximo. 3
• Para δ = 0, 05, la ecuación (1.1) queda de la siguiente forma: 3
1
t 2 − 10t − 50t 2 + 100 = 0. Resolviendo con el programa informático DERIVE se obtiene que: t∗ = 2, 49556, π(t∗ ) = 0, 822217248. Además se comprueba que π00 (t∗ ) < 0, que corresponde a un máximo. • Para δ = 0, 1, la ecuación (1.1) queda de la siguiente forma: 3
1
t 2 − 10t − 40t 2 + 50 = 0. Resolviendo con el programa informático DERIVE se obtiene que: t∗ = 1, 03531, π(t∗ ) = 0, 529024253. Además se comprueba que π00 (t∗ ) < 0, que corresponde a un máximo.
4
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS DEL CAPÍTULO 2. 2.1. (a) Los gráficos de las siguientes funciones pasan por los puntos (0, 0) y (1, e2 − 1), en el plano tx. 1 (i) x = (e2 − 1)t; (ii) x = (e2 − 1)sen( πt); 2 (iii) x = e1+t − e1−t ; (iv ) x = at2 + (e2 − 1 − a)t Calcular en cada caso el valor de Z 1 J(x) = (x2 + x˙ 2 )dt. 0
(b) Demostrar que el problema de maximizar J(x) entre todas las curvas que unen (0, 0) y (1, e2 − 1) no tiene solución. (Indicación: ¿Qué ocurre con J(x), cuando x, dado por (iv) es tal que a → ∞? SOLUCIÓN: (a) Calculemos el valor de J(x) en cada caso: ¢ ¡ (i) x(t) = e2 − 1 t. Se tiene que: x(t) ˙ = e2 − 1. Luego, J(x) = =
Z
¡
1 0
Z h¡ ¡ ¢2 ¢2 i ¢2 ¡ e2 − 1 t2 + e2 − 1 dt = e2 − 1
0
1¡
¢ t2 + 1 dt =
¸1 ¸ · · ¢2 t3 ¢2 1 ¢2 ¡ 4¡ 2 + t = e2 − 1 +1 = e −1 . e2 − 1 3 3 3 0
¢ ¡ ¢ ¡ (ii) x(t) = e2 − 1 sen 12 πt . Se tiene que ¡ ¢ x(t) ˙ = e2 − 1 cos
1
µ
¶ π 1 πt . 2 2
Luego J(x) = = = = = =
¶ ¶ 2¸ µ µ ¡ ¢2 ¢2 π 1 1 e2 − 1 sen2 πt + e2 − 1 cos2 πt dt = 2 2 4 0 µ ¶ ¸ Z · ¢2 1 ¡ 2 π2 2 πt 2 πt cos sen + dt = e −1 2 4 2 0 µ ¶ ¸ Z 1· ¢2 ¡ 2 π2 π2 2 πt 2 πt − sen sen + dt = e −1 2 4 4 2 0 µ ¸ · ¶Z 1 ¢2 π2 ¡ 2 π2 πt + 1− sen2 dt = e −1 4 4 2 0 " ¡ πt ¢ #t=1 ¡ πt ¢ µ ¶ πt 2 ¡ 2 ¢2 π2 cos − sen π 2 2 2 2 = e −1 + 1− 4 4 π 2 t=0 · ¸ ¢2 π2 4 − π2 1 ¢2 4 + π2 ¡ 2 ¡ 2 + . e −1 = e −1 4 4 2 8 Z
1 ·¡
(iii) x(t) = e1+t − e1−t . Se tiene que x(t) ˙ = e1+t + e1−t . Por tanto, J(x) =
Z
1 h¡
e1+t − e1−t
0
Z
1¡
¢2
¢2 i ¡ dt = + e1+t + e1−t
¢ e2+2t + e2−2t − 2e2 + e2+2t + e2−2t + 2e2 dt = 0 Z 1 Z 1 ¢ ¡ 2t ¢ ¡ = e + e−2t dt = 2 e2+2t + e2−2t dt = 2e2 =
0
0
21
= 2e
2
¤1 £ £ 2t ¤ e − e−2t 0 = e2 e2 − e−2 − 1 + 1 = e4 − 1.
¢ ¡ (iv) x(t) = at2 + e2 − 1 − a t. Su derivada es:
¡ ¢ x(t) ˙ = 2at + e2 − 1 − a .
2
Luego, J(x) =
Z
0
Z
1 h¡ 1h
¢ ¢2 ¡ ¢¢2 i ¡ ¡ at2 + e2 − 1 − a t + 2at + e2 − 1 − a dt =
¢2 ¢ ¡ ¡ a2 t4 + e2 − 1 − a t2 + 2a e2 − 1 − a t3 + 4a2 t2 + 0 ¢2 ¢ i ¡ ¡ + e2 − 1 − a + 4a e2 − 1 − a t dt = · 5 ¸1 · ¸ · ¸ ¢2 t3 1 ¢ t4 1 ¡ ¡ t + e2 − 1 − a + 2a e2 − 1 − a + = a2 5 0 3 0 4 0 · 3 ¸1 · ¸ ¢2 1 ¢ t2 1 ¡ 2 ¡ 2 2 t +4a + e − 1 − a [t]0 + 4a e − 1 − a 3 0 2 0 ¢2 5 ¡ ¢ 23 2 4 ¡ 2 a + e − 1 − a + a e2 − 1 − a = = 15 3 2 ¢ ¢2 4¡ 2 11 2 1 ¡ 2 a − e −1 a+ e −1 . = 30 6 3 =
(b) En (iv) hemos visto que J(x) =
¢ ¢2 4¡ 2 11 2 1 ¡ 2 a − e −1 a+ e −1 . 30 6 3
Derivando J(x) con respecto a a, obtenemos:
Por tanto,
¢ 22 1¡ 2 dJ(x) = a− e −1 . da 30 6 ¢ 5 ¡ 2 dJ(x) > 0, para a > e −1 , da 22
por lo que el valor de J(x) es estrictamente creciente a partir de cierto valor de a. Es decir, a partir de ese valor de a, cuanto mayor es a, mayor es J(x). Además, lim J(x) = ∞,
a→∞
por lo que el valor de J(x) puede ser tan grande como se quiera , tomando un valor de a suficientemente grande. Ello demuestra que el problema de maximizar J(x) entre todas las curvas que unen (0, 0) y (1, e2 − 1) no tiene solución. 2.2. En cada uno de los siguientes casos, calcular los extremales, imponer las condiciones inicial y final, y comprobar la condición de Legendre: Z 1 (a) J[x(t)] = (2ex − x2 )dt, con : x(0) = 1 , x(1) = e. 0
3
(b) J[x(t)] =
Z
e
(tx˙ 2 + xx)dt, ˙ con : x(1) = 0 , x(e) = 1.
1
(c) J[x(t)] =
Z
1
xx˙ 2 dt, con : x(0) = 1 , x(1) =
√ 3 4.
0
SOLUCIÓN: (a) En este caso, F (x, x, ˙ t) = 2ex − x2 . Como F no depende de x, ˙ la ecuación de Euler es en este caso, Fx = 0. Se tiene que Fx = 2ex − 2x, por lo que los extremales son las funciones x(t) tales que 2ex(t) − 2x(t) = 0. Añadamos la condición inicial x(0) = 1. Se tendrá que cumplir: 2ex(0) − 2x(0) = 0, es decir, 2e − 2 = 0, lo cual es imposible, por lo que para este problema no existen máximos ni mínimos. ˙ (b) En este caso, F (x, x, ˙ t) = tx˙ 2 + xx. La ecuación de Euler es Fx −
d Fx˙ = 0. dt
Se tiene que Fx = x˙ Fx˙ = 2tx˙ + x, de donde d Fx˙ = 2x˙ + 2t¨ x + x˙ = 3x˙ + 2t¨ x. dt 4
Sustituyendo en la ecuación de Euler queda: x˙ − 3x˙ − 2t¨ x = 0, de donde t¨ x + x˙ = 0. Hacemos x˙ = u, obteniendo: t
du + u = 0. dt
Separamos las variables, integramos y deshacemos el cambio, obteniendo: Z Z dt du du dt = − =⇒ =− =⇒ u t u t C C =⇒ ln u = − ln t + ln C = ln =⇒ u(t) = . t t Por tanto, C C dx =u= =⇒ dx = dt =⇒ x(t) = C ln t + D. dt t t Imponemos condiciones inicial y final: 0 = x(1) = C ln 1 + D = D 1 = x(e) = C ln e + D = C + D, obteniéndose que C = 1 y D = 0. Por tanto, x(t) = ln t, para t ∈ [1, e] . Para estudiar la condición de Legendre, calculemos Fx˙ x˙ : Fx˙ x˙ = 2t ≥ 0, para todo t ∈ [1, e] , por lo que, de acuerdo con dicha condición, el extremal calculado x(t) = ln t, para 1 ≤ t ≤ e, cumple la condición necesaria de mínimo y no cumple la de máximo. (c) En este caso F (x, x, ˙ t) = xx˙ 2 . Como, en este caso, F no depende de t, la ecuación de Euler se puede expresar: F − xF ˙ x˙ = C. A partir de F, se tiene que ˙ Fx˙ = 2xx, 5
por lo que la condición nesesaria de optimalidad queda de la siguiente forma: xx˙ 2 − x2x ˙ x˙ = C, es decir, −xx˙ 2
= =⇒ =⇒
C =⇒
µ
dx dt
¶2
=
A −C = =⇒ x x
√ √ dx A xdx = √ =⇒ √ = dt =⇒ dt x A 3 √ x2 √ = t + B =⇒ t = D + Ex x. 3 2 A
Imponemos ahora condiciones inicial y final: x(0) = 1 =⇒ 0 = D + E =⇒ E = −D. x(1) =
√ √ √ 3 3 6 4 =⇒ 1 = D − D 4 4 = D − 2D =⇒ D = −1, E = 1.
Luego x(t) verifica: p t = x(t) x(t) − 1,
de donde
q 3 x(t) = (1 + t)2 .
Para estudiar la condición de Legendre, calculemos Fx˙ x˙ : q 3 Fx˙ x˙ = 2x = 2 (1 + t)2 ≥ 0, para todo t ∈ [0, 1] ,
por lo que se cumple la condición necesaria de mínimo y no se cumple la de máximo. 2.3. Consideremos el funcional J[x(t)] =
Z
b
.
F (x, x, t)dt,
a
con las condiciones: x(a) = A , x(b) = B. Demostrar que la ecuación de Euler subsiste al agregar al integrando la diferencial total de cualquier función, u = u(x, t), que posea derivadas paciales continuas hasta el orden 2. SOLUCIÓN: Se tiene que du = ux dx + ut dt = ux xdt ˙ + ut dt. 6
Sea G(x, x, ˙ t) = F (x, x, ˙ t) + ux x˙ + ut . Hay que demostrar que la ecuación de Euler para el integrando G(x, x, ˙ t) coincide con la ecuación de Euler para el integrando F (x, x, ˙ t). La ecuación de Euler para F es: Fx −
d Fx˙ = 0. dt
La ecuación de Euler para G es: Gx −
d Gx˙ = 0. dt
De acuerdo con la definición de G, derivando con respecto a x obtenemos: Gx Gx˙
= Fx + uxx x˙ + utx , = Fx˙ + ux ,
de donde, d d Gx˙ = Fx˙ + uxt + uxx x. ˙ dt dt Por tanto, la ecuación de Euler para G queda como: Fx + utx −
d Fx˙ − uxt = 0. dt
Por ser continuas las derivadas parciales primeras y segundas de u, se verifica que utx = uxt , por lo que obtenemos: Fx −
d Fx˙ = 0, dt
que es la ecuación de Euler para F, como se quería demostrar. 2.4. Una población de N pescados en cierto lago, crece a la tasa siguiente: N˙ (t) = aN (t) − bN 2 (t), si no es perturbada por la gente. El pescado puede ser cogido del lago y consumido a una tasa C(t), dando una utilidad U (C(t)) a la comunidad, y reduciendo la tasa de crecimiento del pescado, según: N˙ (t) = aN(t) − bN 2 (t) − C(t). 7
Suponer que futuras utilidades de la comunidad son descontadas a tasa constante r. Caracterizar un plan de consumo de pescado entre 0 y t1 (fijado), para maximizar el valor presente de las utilidades descontadas. Suponer que N(0) =
a , y que U 0 > 0, U 00 < 0. b
SOLUCIÓN: El problema es : Z t1 max e−rt U [C(t)] dt, 0
sujeto a : N˙ (t) = aN (t) − bN 2 (t) − C(t), a con : N (0) = , N (t1 ) ≥ 0. b
Despejando C(t) en la restricción y sustituyendo en el integrando, obtenemos: Z t1 h i ˙ e−rt U aN (t) − bN 2 (t) − N(t) dt, max J [N(t)] = 0
con
:
N(0) =
a , N(t1 ) ≥ 0. b
Se trata de un problema de cálculo de variaciones, con condición inicial dada. En este caso, i h ³ ´ F N, N˙ , t = e−rt U aN − bN 2 − N˙ .
La condición de Euler es:
FN −
d F ˙ = 0. dt N
Se tiene que FN FN˙
= e−rt U 0 [C] (a − 2bN) , = −e−rt U 0 [C] ,
por lo que d F ˙ = re−rt U 0 [C] − e−rt U 00 [C] C 0 (t). dt N La ecuación de Euler queda de la siguiente forma: e−rt U 0 (C) (a − 2bN) − re−rt U 0 (C) + e−rt U 00 (C) C 0 (t) = 0, o lo que es lo mismo, U 0 (C) (a − 2bN − r) + U 00 (C)C 0 (t) = 0, 8
de donde se obtiene que C 0 (t) =
U 0 (C) (2bN + r − a) , U 00 (C)
que es la condición que tiene que cumplir el plan de consumo de pescado. Además se tiene que cumplir: La condición inicial: a N (0) = , b por lo que C 0 (0) =
U 0 [C(0)] (a + r) . U 00 [C(0)]
La condición de transversalidad: [FN˙ ]t=t1 ≤ 0 (= 0, si N ∗ (t1 ) > 0) , por lo que e−rt1 U 0 [C (t1 )] ≥ 0 (= 0, si N ∗ (t1 ) > 0) . Para t1 número real (y por lo tanto finito), se verifica que e−rt1 U 0 [C (t1 )] > 0, por lo que no puede ser cero, lo que implica que N ∗ (t1 ) = 0. Estudiemos a continuación la condición de Legendre: FN˙ N˙ = e−rt U 00 (C), es estrictamente menor que cero, ya que e−rt > 0 y U 00 (C) < 0. Por tanto, se cumple la condición de Legendre para máximo y no se cumple para mínimo. Veamos que se cumple también la condición suficiente de máximo. ˙ t) es cóncava en (N, N˙ ) para cada t ∈ [0, t1 ] . En efecto: F (N, N, FNN FN N˙ FN˙ N˙
= e−rt U 00 (C) (a − 2bN )2 − 2be−rt U 0 (C), = FNN = −e−rt U 00 (C) (a − 2bN) , ˙ = e−rt U 00 (C).
La matriz Hessiana de F , con respecto a N, N˙ es: ¶ µ −rt 00 e U (C) (a − 2bN )2 − 2be−rt U 0 (C) −e−rt U 00 (C) (a − 2bN ) . e−rt U 00 (C) −e−rt U 00 (C) (a − 2bN ) Dicha matriz es definida negativa, ya que: e−rt U 00 (C) (a − 2bN )2 − 2be−rt U 0 (C) < 0,
9
pues e−rt > 0, U 00 (C) < 0, (a − 2bN )2 ≥ 0, b > 0, U 0 (C) > 0. Por otra parte, el determinante de la matriz es igual a: −2e−2rt bU 0 U 00 > 0. Aplicando el criterio de los menores principales se ve que la matriz Hessiana ˙ de F, con respecto ³ a N, ´ N es definida negativa para cada t ∈ [0, t1 ] , por lo que F es cóncava en N, N˙ para cada t ∈ [0, t1 ] y se cumple la condición suficiente. 2.5. Se considera el problema: Z 2π (x2 − x˙ 2 )dt, con : x(0) = 0 , x(2π) = 0. max 0
(a) Mostrar que los extremales son de la forma x(t) = Csent, dando un valor de cero para la integral. ¿Se verifica la condición de Legendre? (b) Mostrar que x(t) = t −
t2 , 2π
es una solución factible que da un valor positivo para la integral. ¿Qué conclusión se obtiene sobre la suficiencia de la condición de Legendre? ¿Qué se puede decir sobre la existencia de solución para el problema? SOLUCIÓN: (a) Para calcular los extremales, resolvemos la ecuación de Euler: Fx −
d Fx˙ = 0. dt
En este caso, F (x, x, ˙ t) = x2 − x˙ 2 , de donde: Fx = 2x,
Fx˙ = −2x˙ =⇒
10
d Fx˙ = −2¨ x. dt
La ecuación de Euler es, por tanto, 2x + 2¨ x = 0 =⇒ x ¨ + x = 0. Se trata de una ecuación diferencial lineal de segundo orden, con coeficientes constantes, homogenea. Su ecuación característica es: λ2 + 1 = 0, por lo que λ = ±i, y la solución general es: x(t) = 2α cos t − 2βsent. Imponemos las condiciones inicial y final: 0 = x(0) = 2α, 0 = x(2π) = 2α, de donde se deduce que α = 0, y por tanto, los extremales son: x(t) = −2βsent, o lo que es lo mismo, x(t) = Csent, para 0 ≤ t ≤ 2π. Calculemos ahora el valor de la integral: x2 x˙ 2 Por tanto, Z 2π Z ¡ 2 ¢ x − x˙ 2 dt = 0
= 2C
2
Z
0
2π
0
2π
¡ ¢ sen2 t dt − C 2
= 2πC 2 − 2πC 2 = 0.
= C 2 sen2 t. = C 2 cos2 t.
¡ ¢ C 2 sen2 t − cos2 t dt = C 2 Z
2π
dt = 2C
0
2
·
Z
2π
0
t − sent cos t 2
¸2π 0
¡ ¢ sen2 t − 1 + sen2 t dt = − C 2 [t]2π 0 =
Condición de Legendre: calculemos Fx˙ x˙ . Fx˙ x˙ = −2 < 0, luego se cumple la condición de Legendre para el problema dado. (b) Sea x(t) = t −
t2 , para 0 ≤ t ≤ 2π. 2π
11
Se obtiene que x(t) ˙ = 1−
t , π
1 x ¨(t) = − . π Por tanto, x(t) es continua y tiene derivadas primera y segunda continuas en [0, 2π] . Además, x(0) = 0 y x(2π) = 0, por lo que x(t) es una solución factible. Para dicha solución, calculemos el valor de la integral: ¶ Z 2π Z 2π µ ¡ 2 ¢ t2 t3 t4 2t x − x˙ 2 dt = t2 + 2 − − 1 − 2 + dt = 4π π π π 0 0 · 3 ¸2π t5 t3 t4 t2 t + −t− 2 + − = = 3 20π2 4π 3π π 0 = =
8π3 8π3 8π + − 4π3 − 2π − + 4π = 3 5 3 ¢ 4π3 2π 4π3 − 10π π ¡ 2 − = = 4π − 10 > 0. 15 3 15 15
Como la función que estudiamos en este apartado da un valor de la integral mayor que el que se obtiene para cualquiera de los extremales, deducimos que , en este caso (y por tanto, en general), la condición de Legendre es necesaria pero no suficiente. En este caso el problema dado no tiene solución óptima global ya que si existiera, se alcanzaría en alguno de los extremales y hemos encontrado una solución no extremal con valor objetivo más alto. 2.6. Una persona pretende averiguar la tasa de consumo instantánea que maximice su utilidad sobre un periodo fijado de longitud T. La utilidad del consumo U[C(t)] en cada momento t es una función conocida, creciente y cóncava. Futura utilidad es descontada a tasa r. El individuo deriva su ingreso del salario v(t), determinado exógenamente, y del interés iK sobre su stock de capital K(t). Suponemos que el individuo puede prestar su capital o pedir prestado (K < 0), siempre con tipo de interés i. El capital puede ser comprado o vendido a precio unidad. Así, el ingreso por intereses y salario se dedica a consumo o a inversión. El stock de capital inicial es K(0) = K0 , y el final K(T ) = KT , especificados. Se pide: (a) Formular el problema. (b) Encontar la solución a la ecuación de Euler. Verificar la condición de Legendre. (c) Supongamos que U (C) = ln C ; v(t) = 0, para 0 ≤ t ≤ T ; KT = 0. Encontrar, en ese caso, el C(t) óptimo. SOLUCIÓN:
12
(a) El problema es: Z
max
T
e−rt U [C(t)] dt,
0
˙ sujeto a : v(t) + iK(t) = C(t) + K(t), con : K(0) = K0 , K(T ) = KT . Despejamos C(t) en la restricción y sustituímos en el integrando, obteniendo: max
Z
T 0
h i ˙ e−rt U v(t) + iK(t) − K(t) dt,
con : K(0) = K0 , K(T ) = KT .
(b) En este caso, ³ ´ h i ˙ t = e−rt U v(t) + iK(t) − K(t) ˙ F K, K, .
La ecuación de Euler es
FK −
d F ˙ = 0. dt K
A partir de F se obtiene que FK FK˙ d F˙ dt K
= e−rt U 0 (C)(i), = e−rt U 0 (C)(−1), = re−rt U 0 (C) − e−rt U 00 (C)C 0 (t).
Luego la ecuación de Euler es: ie−rt U 0 (C) − re−rt U 0 (C) + e−rt U 00 (C)C 0 (t) = 0, de donde: (i − r)U 0 (C) + U 00 (C)C 0 (t) = 0, por lo que C 0 (t) =
U 0 (C) (r − i), U 00 (C)
verificándose además que K(0) = K0 y K(T ) = KT . Condición de Legendre: FK˙ K˙ = e−rt U 00 (C) ≤ 0, 13
ya que e−rt > 0 y U 00 (C) ≤ 0, por ser U (C) función cóncava. Por tanto, se cumple la condición de Legendre. Veamos que también se cumple la condición suficiente de máximo global. ˙ t) es cóncava en (K, K), ˙ para cada t ∈ [0, T ] ,comencemos Para ver que F (K, K, ˙ calculando las derivadas parciales segundas de F con respecto a K, K. = e−rt U 00 (C)i2 , = FKK = −e−rt U 00 (C)i, ˙ = e−rt U 00 (C).
FKK FK K˙ FK˙ K˙
La matriz Hessiana de F con respecto a K, K˙ es: ¶ µ −rt 00 e U (C)i2 −e−rt U 00 (C)i . e−rt U 00 (C) −e−rt U 00 (C)i Los autovalores de esta matriz son λ1 λ2
= 0, = e−rt U 00 (C)(1 + i2 ) ≤ 0,
por lo que la matriz es semidefinida negativa, para todo t ∈ [0, T ] y, por tanto, ˙ t) es cóncava en (K, K), ˙ para cada t ∈ [0, T ] , cumpliéndose la condición F (K, K, suficiente de máximo global. (c) Si U (C) = LnC, v(t) = 0, para todo t ∈ [0, T ] y KT = 0, calculemos C(t) óptimo. Se tiene que U 0 (C) = U 00 (C) =
1 , C −1 . C2
Sustituyendo en la expresión para C 0 (t) obtenida en el apartado (b), queda: C 0 (t) =
1/C (r − i) = C(i − r). −1/C 2
Resolvamos esta ecuación diferencial: dC dt
Z Z dC dC = (i − r)dt =⇒ = (i − r)dt =⇒ C C (i−r)t , para 0 ≤ t ≤ T. =⇒ ln C = (i − r)t + ln A =⇒ C(t) = Ae =
C(i − r) =⇒
Sustituyendo en la restricción queda: ˙ 0 + iK(t) = Ae(i−r)t + K(t),
14
de donde se obtiene que ˙ K(t) − iK(t) = −Ae(i−r)t . Resolvemos dicha ecuación diferencial: La solución general de la homogenea es Beit . Una solución particular de la ecuación completa es A (i−r)t e . r Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial dada es K(t) = Beit +
A (i−r)t e . r
Impongamos ahora las condiciones inicial y final: K0
= K(0) = B +
A , r
0 = K(T ) = BeiT +
A (i−r)T e . r
Se obtiene que A=
K0 e−rT rK0 , B = − . 1 − e−rT 1 − e−rT
Por tanto, C ∗ (t) =
rK0 e(i−r)t , para 0 ≤ t ≤ T. 1 − e−rT
Además se obtiene que K ∗ (t) =
K0 e−rT it K0 (i−r)t − e e , para 0 ≤ t ≤ T. 1 − e−rT 1 − e−rT
2.7. Se considera el problema: Z 1 (tx˙ + x˙ 2 )dt, con : x(0) = 1. min 0
Para (i) x(1) libre; (ii) x(1) ≥ 1, encontrar las posibles soluciones a estos dos problemas.
15
SOLUCIÓN: El problema es: min
Z
0
1¡
¢ tx˙ + x˙ 2 dt,
con : x(0) = 1. En este caso,
F (x, x, ˙ t) = tx˙ + x˙ 2 . La ecuación de Euler en este caso es Fx˙ = C, ya que F no depende de x. Como ˙ Fx˙ = t + 2x, la ecuación de Euler queda 2x˙ + t = C. Resolvamos dicha ecuación: t t2 dx = − + A =⇒ x(t) = − + At + B, para 0 ≤ t ≤ 1. dt 2 4 Condición inicial: 1 = x(0) = B, por lo que la función que verifica la ecuación de Euler junto con la condición inicial dada es x(t) = −
t2 + At + 1, para 0 ≤ t ≤ 1. 4
Ahora hay que obtener el valor de A para cada una de las posibilidades dadas en cuanto a condición final. (i) Si x(1) es libre, la condición de transversalidad es: [Fx˙ ]t=1 = 0, es decir, [t + 2x] ˙ t=1 = 0. Tal como hemos obtenido, x(t) = −
t2 + At + 1, 4 16
por lo que t x(t) ˙ = − + A, 2 y por tanto Fx˙ = 2A. Por consiguiente, [Fx˙ ]t=1 = 0 ⇐⇒ 2A = 0, luego A = 0. Por tanto, en este caso, la función que verifica la ecuación de Euler junto con las condiciones inicial y de transversalidad es: x(t) = −
t2 + 1, para 0 ≤ t ≤ 1. 4
(ii) Si x(1) ≥ 1, la condición de trnsversalidad es [Fx˙ ]t=1 ≥ 0 (= 0, si x(1) > 1). Como Fx˙ = t + 2x˙ = 2A, la condición de transversalidad queda como [Fx˙ ]t=1 = 2A ≥ 0 (= 0, si x(1) > 1), luego A ≥ 0 (A = 0, si x(1) > 1). La condición final es 1 1 x(1) ≥ 1 ⇐⇒ − + A + 1 ≥ 1 ⇐⇒ A ≥ . 4 4 Por ser 1 A≥ , 4 no es A = 0, por lo que, entonces, es x(1) = 1, es decir 1 1 − + A + 1 = 1 =⇒ A = . 4 4 Por tanto, en este caso, la función que verifica la ecuación de Euler, junto con las condiciones inicial, final y de transversalidad es: x(t) = −
t2 1 + t + 1, para 0 ≤ t ≤ 1. 4 4 17
Como en ambos casos la función F (x, x, ˙ t) = tx˙ + x˙ 2 es convexa en x, x, ˙ para cada t ∈ [0, 1] , las respectivas funciones obtenidas en (i) y (ii) son el mínimo global del problema planteado en cada caso. 2.8. En cada uno de los siguientes casos, resolver el problema, sin comprobar condiciones suficientes: Z t1 −1 , (a) opt (x˙ 2 − 8xt + t)dt, con : x(0) = 24 0 t1 > 0, incógnita a determinar. (b) opt
R t1 1
(x + tx˙ + x˙ 2 )dt, con : x(1) = 3 , x(t1 ) = 4, t1 > 1, incógnita a determinar.
SOLUCIÓN: (a) En este caso, F (x, x, ˙ t) = x˙ 2 − 8xt + t, por lo que Fx
= −8t,
Fx˙
= 2x˙ =⇒
d Fx˙ = 2¨ x. dt
Por tanto, la ecuación de Euler es, para la función dada: −8t − 2¨ x = 0 =⇒ x ¨ = −4t, por lo que x˙ = −2t2 + A, y 2 x(t) = − t3 + At + B, para 0 ≤ t ≤ t1 . 3 Como Fx˙ x˙ = 2 > 0, se verifica la condición necesaria de Legendre para mínimo y no se verifica para máximo. Condición inicial: −
1 = x(0) = B. 24 18
Las condiciones de transversalidad son, en este caso: [F ]t=t1 = 0 y [Fx˙ ]t=t1 = 0. Para aplicar estas dos condiciones necesitamos calcular F (x, x, ˙ t) y Fx˙ para la función x(t) que hemos obtenido. La función que cumple la ecuación de Euler junto con la condición inicial es: 1 2 x(t) = − t3 + At − , 3 24 por lo que x(t) ˙ = −2t2 + A. Por tanto, µ ¶ ¡ ¢2 2 3 1 2 F (x, x, ˙ t) = x˙ − 8xt + t = −2t + A − 8t − t + At − +t= 3 24 4 28 4 t − 12At2 + t + A2 . = 3 3 2
Fx˙ = 2x˙ = −4t2 + 2A. Por consiguiente, [Fx˙ ]t=t1 = 0 ⇐⇒ −4t21 + 2A = 0, de donde A = 2t21 . Entonces, 28 4 4 t − 24t41 + t1 + 4t41 = 0 ⇐⇒ 3 1 3 µ ¶ 32 4 4 32 3 4 ⇐⇒ − t1 + t1 = 0 ⇐⇒ t1 − t1 + = 0, 3 3 3 3 [F ]t=t1 = 0 ⇐⇒
de donde, como tiene que ser t1 > 0, obtenemos que t1 =
1 1 , A= . 2 2
Por tanto, la función que verifica las condiciones necesarias de mínimo para el problema dado es: 19
1 1 2 1 x(t) = − t3 + t − , para 0 ≤ t ≤ . 3 2 24 2 (b) En este caso, F (x, x, ˙ t) = x + tx˙ + x˙ 2 , por lo que Fx
= 1,
Fx˙
= t + 2x˙ =⇒
d Fx˙ = 1 + 2¨ x. dt
Por tanto, la ecuación de Euler es, para la función dada: 1 − 1 − 2¨ x = 0 =⇒ x ¨ = 0, por lo que x˙ = A, y x(t) = At + B, para 1 ≤ t ≤ t1 . Como Fx˙ x˙ = 2 > 0, se verifica la condición necesaria de Legendre para mínimo y no se verifica para máximo. Condición inicial: 3 = x(1) = A + B =⇒ B = 3 − A, por lo que, x(t) = At + 3 − A, para 1 ≤ t ≤ t1 . Condición final: 4 = x(t1 ) = At1 + 3 − A =⇒ At1 − A = 1. Condición de transversalidad: [F − xF ˙ x˙ ]t=t1 = 0. Para aplicar esta condición necesitamos calcular F (x, x, ˙ t), x(t) ˙ y Fx˙ para la función obtenida x(t). x(t) = At + 3 − A, x(t) ˙ = A, 20
F (x, x, ˙ t) = x + tx˙ + x˙ 2 = At + 3 − A + tA + A2 = A2 + 2At + 3 − A, xF ˙ x˙ = A (t + 2A) = At + 2A2 , F − xF ˙ x˙ = −A2 + At + 3 − A. Luego la condición de transversalidad es: −A2 + At1 + 3 − A = 0. Pero de la condición final obteníamos que At1 − A = 1, por lo que sustituyendo obtenemos: −A2 + 1 + 3 = 0 =⇒ A2 = 4 =⇒ A = ±2. Como t1 =
1+A A
y tiene que ser t1 > 1, será A = 2, con lo que t1 = 3/2 = 1, 5. Por tanto, el mínimo se alcanza para x(t) = 2t + 1, para 1 ≤ t ≤ 1, 5.
2.9. Una empresa ha recibido un pedido de B unidades de producto, que deben ser entregadas al cabo de un tiempo T , fijado. La empresa quiere saber cuál debe ser la tasa de producción P (t), 0 ≤ t ≤ T , para atender ese pedido en la fecha fijada, al coste mínimo. Se sabe que el coste unitario de producción es proporcional a la tasa de producción (sea C1 la constante de proporcionalidad), y que el coste unitario de mantener el producto en inventario es constante (C2 ). Sea x(t) el inventario acumulado en el instante t. Entonces, tenemos x(0) = 0, y debemos alcanzar x(T ) = B. Se pide: a) Encontrar la tasa de producción y el inventario acumulado óptimos (ignórese la restricción P (t) ≥ 0). ¿Qué condición tiene que cumplirse para que la solución óptima cumpla P (t) ≥ 0? b) Suponer ahora que B es una constante dada, pero T es libre. Encontrar la solución óptima (ignorando P (t) ≥ 0). SOLUCIÓN: Sean: x(t), el inventario acumulado en el instante t, P (t), la tasa de producción en el instante t. 21
Se verifica, por tanto, que x(t) ˙ = P (t), para 0 ≤ t ≤ T. (a) El problema es: min
Z
0
T
¡ ¢ C1 x(t) ˙ 2 + C2 x(t) dt,
con : x(0) = 0, x(T ) = B, siendo en este caso T y B conocidos, dados. En este caso,
F (x, x, ˙ t) = C1 x˙ 2 + C2 x. La ecuación de Euler es: Fx −
d Fx˙ = 0. dt
Como Fx
= C2 ,
Fx˙
= 2C1 x˙ =⇒
d Fx˙ = 2C1 x ¨, dt
la ecuación de Euler queda: C2 − 2C1 x ¨ = 0 =⇒ x ¨=
C2 , 2C1
por lo que x(t) ˙ = x(t) =
C2 t + A, 2C1 C2 2 t + At + C, para 0 ≤ t ≤ T. 4C1
Veamos que se cumple la condición suficiente. La función F es convexa en x, x, ˙ para cada t ∈ [0, T ] , ya que ¶ µ ¶ µ 0 0 Fxx Fxx˙ = 0 2C1 Fxx Fx˙ x˙ ˙ es semidefinida positiva. Se cumple, por tanto, la condición suficiente y podemos asegurar que la función que cumple la condición de Euler junto con las condiciones inicial y final será mínimo global del problema.
22
Condición inicial: 0 = x(0) = C. Condición final: B = x(T ) =
C2 2 T + AT. 4C1
Por tanto, C = 0, A =
C2 B − T, T 4C1
y la solución óptima es: C2 2 t + x(t) = 4C1
µ
C2 B − T T 4C1
¶
t, para 0 ≤ t ≤ T.
La tasa de producción óptima es: µ ¶ C2 C2 B P (t) = x(t) ˙ = − t+ T , para 0 ≤ t ≤ T. 2C1 T 4C1 La condición que tiene que cumplirse para que la solución óptima cumpla que P (t) sea mayor o igual a cero para todo t ∈ [0, T ] es que C2 B − T ≥ 0, T 4C1 es decir, C2 B ≥ T. T 4C1 (b) Ahora el problema es exactamente igual al anterior, con la única diferencia de que T es desconocido. Sigue siendo válida la ecuación de Euler y su solución obtenida en el apartado (a). Las condiciones inicial y final siguen en vigor. Condición de Legendre: Fx˙ x˙ = 2C1 > 0, que corresponde a un mínimo. Sólo hay que añadir la condición de transversalidad correspondiente a que T es desconocido. Dicha condición es: [F − xF ˙ x˙ ]t=T = 0. Vamos a calcular F − xF ˙ x˙ : 23
Sabemos que x(t) = x(t) ˙ =
C2 B C2 2 − t + At, en donde A = T, 4C1 T 4C1 C2 t + A. 2C1
Entonces, ¸2 ¸ · C2 C2 2 t + A + C2 t + At = 2C1 4C1 2 2 2 2 2 2 C2 t C t C t + AC2 t + C1 A2 + 2 + AC2 t = 2 + 2AC2 t + C1 A2 . 4C1 4C1 2C1
F (x, x, ˙ t) = C1 x˙ 2 + C2 x = C1 =
xF ˙ x˙ =
µ
·
¶µ ¶ C2 C2 C2 t+A 2C1 t + 2C1 A = 2 t2 + 2AC2 t + 2C1 A2 . 2C1 2C1 2C1
Luego, ˙ x˙ ]t=T = −C1 A2 . F − xF ˙ x˙ = −C1 A2 =⇒ [F − xF La condición de transversalidad es −C1 A2 = 0, de donde A = 0, ya que C1 > 0 (es un coste, dato del problema, que es estrictamente positivo). Como A = 0, será C2 B − T T 4C1
4BC1 − C2 T 2 = 0 =⇒ C2 T 2 = 4BC1 =⇒ 4C1 T r r 4BC1 BC1 =⇒ T = + = +2 (ya que T > 0). C2 C2 =
0 =⇒
Por tanto, la solución óptima en este caso es: P (t) = x(t) =
C2 t, para 0 ≤ t ≤ T, 2C1 C2 2 t , para 0 ≤ t ≤ T, 4C1
en donde r BC1 T =2 . C2 2.10. Comprobar que el camino más corto desde un punto dado (t0 , x0 ) a una 24
curva R(t) = x, es una linea recta desde (t0 , x0 ) a (t1 , R(t1 )), perpendicular a la tangente a R(t) = x, en (t1 , R(t1 )), para algún t1 . SOLUCIÓN: El problema es: Z
min J(x) =
t1
t0
con
p 1 + x˙ 2 dt,
x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = R(t1 ),
:
siendo t0 , x0 dados, t1 incógnita a determinar. Las funciones representadas en la Figura serán admisibles.
x
R(t)
x0 t0
t
Vamos a calcular la función que verifica las condiciones necesarias de primer y segundo orden. p F (x, x, ˙ t) = 1 + x˙ 2 , por lo que
Fx
= 0,
Fx˙
=
x˙ √ . 1 + x˙ 2
La ecuación de Euler es x˙ √ = A, 1 + x˙ 2 que se puede expresar como x˙ = C, por lo que x(t) = Ct + D, para t0 ≤ t ≤ t1 . 25
La condición de Legendre es Fx˙ x˙ =
1 (1 + x˙ 2 )3/2
> 0,
que corresponde a mínimo. La condición inicial es: x0 = x(t0 ) = Ct0 + D. De donde, D = x0 − Ct0 y x(t) = Ct + x0 − Ct0 . La condición final es: x(t1 ) = R(t1 ), por lo que R(t1 ) = C(t1 − t0 ) + x0 . Condición de transversalidad: [F + Fx˙ (R0 − x)] ˙ t=t1 = 0. Sustituyendo las expresiones por su valor se obtiene: p 1 1 . 1 + C2 + C √ (R0 (t1 ) − C) = 0 ⇐⇒ 1 + CR0 (t1 ) = 0 ⇐⇒ C = − 0 2 R (t 1+C 1) Por tanto, x(t) = −
1 R0 (t1 )
(t − t0 ) + x0 ,
que corresponde a la ecuación de una recta que pasa por el punto (t0 , x0 ) y cuya pendiente es −
1 , R0 (t1 )
lo que quiere decir que es perpendicular a la tangente a x = R(t) en (t1 , R(t1 )), ya que ambas pasan también por (t1 , R(t1 )) y el producto de las pendientes es −1, que es la condición de perpendicularidad. 26
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS DEL CAPITULO 3. 3.1. Resolver los siguientes problemas de Cálculo de Variaciones: a) Z 4 ¡ 2 ¢ x˙ + 2txx˙ dt + 2x(4), min J(x) = x
0
con
:
x(0) = 2.
b) max J(x) = x
Z
1
con
:
3¡
¢ x + tx˙ − x˙ 2 dt + a [x(3)]2 ,
x(1) = 1,
en los casos: (i) a = 0, con x(3) ≥ 2, (ii) a = −1, con x(3) libre. SOLUCIÓN: a) En este caso se tiene que: ˙ F (x, x, ˙ t) = x˙ 2 + 2txx, S [x(4)] = 2x(4). En primer lugar hay que aplicar la ecuación de Euler: Fx −
d Fx˙ = 0. dt
Se tiene que Fx
= 2tx, ˙
Fx˙
= 2x˙ + 2tx =⇒
d Fx˙ = 2¨ x + 2x + 2tx. ˙ dt
Por tanto, 2tx˙ − 2¨ x − 2x − 2tx˙ = 0, x ¨ + x = 0. Se trata de una ecuación diferencial de segundo orden, lineal, con coeficientes constantes, homogenea. La ecuación característica es: λ2 + 1 = 0, y sus soluciones son λ1 = +i, λ2 = −i, por lo que la solución de la ecuación de Euler es: x(t) = α cos t + βsent. 1
Imponemos la condición inicial: 2 = x(0) = α. La condición de transversalidad es, en este caso: [Fx˙ ]t=4 +
dS [x(4)] = 0. dx
Calculemos, paso a paso, cada uno de los elementos que necesitamos : Habíamos obtenido que Fx˙ = 2x˙ + 2tx. A partir de que x(t) = α cos t + βsent, se tiene que x(t) ˙ = −αsent + β cos t, y se obtiene: Fx˙ = −2αsent + 2β cos t + 2tα cos t + 2tβsent Teniendo en cuenta que α = 2, y particularizando en t = 4, se llega a que [Fx˙ ]t=4 = −4sen4 + 2β cos 4 + 16 cos 4 + 8βsen4. dS = 2. dx La condición de transversalidad queda: (8β − 4) sen4 + (2β + 16) cos 4 + 2 = 0, es decir, β [8sen4 + 2 cos 4] = 4sen4 − 16 cos 4 − 2, de donde se obtiene que β=
4sen4 − 16 cos 4 − 2 . 8sen4 + 2 cos 4
Por tanto, x∗ (t) = 2 cos t +
4sen4 − 16 cos 4 − 2 sent, para 0 ≤ t ≤ 4. 8sen4 + 2 cos 4
Condición de Legendre: Fx˙ x˙ = 2 > 0. Se cumple dicha condición para el caso de mínimo. 2
Condición suficiente. Tenemos que ver si la función F (x, x, ˙ t) = x˙ 2 + 2txx˙ es convexa en (x, x), ˙ para cada t. Se tiene que ∇x,x˙ F Hx,x˙ F
= (2tx, ˙ 2x˙ + 2tx) , µ ¶ 0 2t = . 2t 2
Dicha matriz es indefinida (su determinante es negativo para todo t 6= 0), por lo que no se cumple la condición suficiente. Por tanto, la función x∗ (t) obtenida cumple las condiciones necesarias de optimalidad pero no cumple la condición suficiente. Es la única función que puede ser mínimo del problema pero no podemos estar completamente seguros de que lo sea, al no cumplirse la condición suficiente. b) (i) El problema es: max J(x) = x
Z
1
con
:
3¡
¢ x + tx˙ − x˙ 2 dt,
x(1) = 1 x(3) ≥ 2.
Se tiene que F (x, x, ˙ t) = x + tx˙ − x˙ 2 , por lo que Fx
= 1,
Fx˙
= t − 2x˙ =⇒
d Fx˙ = 1 − 2¨ x. dt
La ecuación de Euler es: 1 − 1 + 2¨ x = 0 =⇒ x ¨ = 0, por lo que x˙ = A, x(t) = At + B, para 1 ≤ t ≤ 3. Condiciones inicial y final: 1 2
= ≤
x(1) = A + B =⇒ B = 1 − A. x(3) =⇒ 2 ≤ 3A + B =⇒
1 =⇒ 2 ≤ 3A + 1 − A = 2A + 1 =⇒ 2A ≥ 1 =⇒ A ≥ . 2 3
Condición de transversalidad: [Fx˙ ]t=3 ≤ 0 (= 0, si x(3) > 2). Para x(t) = At + B, es x(t) ˙ = A. Por tanto, Fx˙ [t − 2A]t=3
= t − 2A. = 3 − 2A ≤ 0 (= 0, si x(3) > 2).
Por tanto, A≥
3 3 (A = , si x(3) > 2). 2 2
3 1 3 A = , pues si fuera x(3) = 2, entonces sería A = y no cumpliría que A ≥ . 2 2 2 Así que A=
3 3 1 =⇒ B = 1 − = − . 2 2 2
Luego 1 3 x∗ (t) = t − , para 1 ≤ t ≤ 3. 2 2 Condición de Legendre: Fx˙ x˙ = −2 < 0. Se cumple dicha condición para máximo. Condición suficiente: Veamos que F es cóncava en (x, x), ˙ para cada t ∈ [1, 3] . ∇x,x˙ F Hx,x˙ F
= (1, t − 2x) ˙ , µ ¶ 0 0 = es semidefinida negativa =⇒ F es cóncava en (x, x) ˙ , ∀t. 0 −2
Por tanto, se cumple la condición suficiente. (ii) El problema es: max J(x) = x
Z
1
con
:
3¡
¢ x + tx˙ − x˙ 2 dt − [x(3)]2 ,
x(1) = 1, x(3), libre.
Como en el caso (i), al aplicar la ecuación de Euler e imponer la condición inicial se obtiene que: x(t) = At + 1 − A, para 1 ≤ t ≤ 3. 4
La condición de transversalidad a aplicar en este caso es: dS [x(3)] = 0. dx
[Fx˙ ]t=3 +
Al igual que en el caso (i) se tiene que: [Fx˙ ]t=3 = 3 − 2A. Por otra parte, dS [x(3)] = −2x(3), dx por lo que la condición de transversalidad es: 3 − 2A − 2x(3) = 0, por lo que x(3) =
3 − 2A . 2
Por otra parte, al ser x(t) = At + 1 − A. queda x(3) = 3A + 1 − A = 2A + 1. Por tanto, 1 3 − 2A = 2A + 1 =⇒ A = . 2 6 Se obtiene que: x∗ (t) =
5 t + , para 1 ≤ t ≤ 3. 6 6
La condición de Legendre se cumple, como se ha comprobado en el apartado (i). Condición suficiente: 1) F es cóncava en (x, x) ˙ , para cada t ∈ [1, 3] , como se ha comprobado en el apartado (i). 2) S(x) = −x2 es cóncava. En efecto: S 0 (x) = −2x, S 00 (x) = −2 < 0. Por cumplirse 1) y 2) se verifica la condición suficiente de máximo global. 3.2. Se considera el problema: max J(x) = x
Z
t1
F (x, x, ˙ t)dt + S[x(t1 )]
t0
con x(t0 ) = x0 5
Deducir la condición de transversalidad en cada uno de los siguientes casos: (i) La condición final es: x(t1 ) ≥ x1 . (ii) No hay condición final, pero t1 es libre, incógnita a determinar. SOLUCIÓN: Se considera el problema: Z t1 max J(x) = F (x, x, ˙ t)dt + S [x(t1 )] , x
t0
con
:
x(t0 ) = x0 .
(3.1)
En la demostración de la Proposición 3.1 se llega a que x∗ (t) es solución del problema (3.1) si y sólo si es solución del siguiente problema: Z t1 [F (x, x, ˙ t) + S 0 (x)x] ˙ dt, max L(x) = x
t0
con
:
x(t0 ) = x0 .
Sea ˙ t) = F (x.x, ˙ t) + S 0 (x)x. ˙ F1 (x, x, Se tiene que F1x˙ = Fx˙ + S 0 (x). (i) La condición de transversalidad correspondiente a la condición final x(t1 ) ≥ x1 será: [F1x˙ ]t=t1 ≤ 0 (= 0, si x∗ (t1 ) > x1 ) . (ii) Las condiciones de transversalidad correspondientes a t1 y x(t1 ) libres serán: [F1x˙ ]t=t∗ = 0 1
y ˙ 1x˙ ]t=t∗ = 0. [F1 − xF 1
Pero [F1x˙ ]t=t∗ = 0 ⇐⇒ [Fx˙ ]t=t∗ + S 0 [x(t∗1 )] = 0. 1
˙ 1x˙ ]t=t∗ [F1 − xF 1
=
1
˙ 0 (x)]t=t∗ = 0 ⇐⇒ 0 ⇐⇒ [F + S 0 (x)x˙ − xF ˙ x˙ − xS 1
⇐⇒ [F − xF ˙ x˙ ]t=t∗ = 0. 1
6
Queda, por tanto: [Fx˙ ]t=t∗ + S 0 [x(t∗1 )] = 0 1
y [F − xF ˙ x˙ ]t=t∗ = 0. 1
3.3. En cada uno de los siguientes casos, calcular los extremales, y estudiar las condiciones de Legendre y suficiente: a) Z 2 ¡ 2 ¢ x˙ 1 + x22 + x˙ 22 dt, J [x1 (t), x2 (t)] = 1
con
x1 (1) = 1 ; x2 (1) = 0, x1 (2) = 2 ; x2 (2) = 1.
:
b) µ ¶ 1 3 2 J [x1 (t), x2 (t)] = 2x1 x2 + x˙ 1 + x˙ 2 dt, 3 −1 con : x1 (−1) = 2 ; x2 (−1) = −1, x1 (2) y x2 (2) : libres Z
1
c) J [x1 (t), x2 (t)] =
Z
0
con
:
π 2
¡ ¢ 2x1 x2 − 2x21 − x˙ 21 − x˙ 22 dt,
x1 (0) = 0 ; x2 (0) = 0, π π x1 ( ) = 1 ; x2 ( ) : libre. 2 2
SOLUCIÓN: a) En este caso, F [x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , t] = x˙ 21 + x22 + x˙ 22 . Las ecuaciones de Euler son: Fxi −
d Fx˙ = 0, para i = 1, 2. dt i
Ecuación de Euler para x1 : Como, Fx1
= 0,
Fx˙ 1
= 2x˙ 1 =⇒ 7
d Fx˙ = 2¨ x1 , dt 1
se tiene que ¨1 = 0 =⇒ x˙ 1 (t) = A =⇒ x1 (t) = At + B, para 1 ≤ t ≤ 2. −2¨ x1 = 0 =⇒ x Ecuación de Euler para x2 : Como, Fx2
= 2x2 ,
Fx˙ 2
= 2x˙ 2 =⇒
d Fx˙ = 2¨ x2 , dt 2
se tiene que: x2 = 0, 2x2 − 2¨ es decir, x ¨2 − x2 = 0, cuya ecuación característica es λ2 − 1 = 0 =⇒ λ = ±1, y por tanto, x2 (t) = Cet + De−t , para 1 ≤ t ≤ 2. Impongamos las condiciones iniciales y finales: 1 0 2 1
= = = =
x1 (1) = A + B, x2 (1) = Ce + De−1 , x1 (2) = 2A + B, x2 (2) = Ce2 + De−2 ,
de donde se obtiene que A = 1, B = 0, C =
e2
e2 1 , D= . −1 1 − e2
Por tanto, x∗1 (t) = t, para 1 ≤ t ≤ 2. x∗2 (t) =
e2−t et + , para 1 ≤ t ≤ 2. e2 − 1 1 − e2
Condición de Legendre: µ ¶ 2 0 Fx˙ x˙ = , para cada t ∈ [1, 2] . 0 2 8
Dicha matriz es definida positiva, por lo que las funciones obtenidas cumplen la condición de Legendre para mínimo. Condición suficiente: A partir del resultado obtenido al aplicar la condición de Legendre, la pregunta es ¿Es F convexa en (x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) , para cada t ∈ [1, 2]? Para responder a la pregunta necesitamos calcular y clasificar la parte de la matriz Hessiana de F que contenga las derivadas segundas con respecto a x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 . Como ∇x,x˙ F = (0, 2x2 , 2x˙ 1 , 2x˙ 2 ) , se obtiene que
0 0 Hx,x˙ F = 0 0
0 2 0 0
0 0 2 0
0 0 , para cada t ∈ [1, 2] , 0 2
y dado que esta matriz es semidefinida positiva, F es convexa en (x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) , para cada t ∈ [1, 2] , se cumple la condición suficiente, y por tanto las funciones obtenidas x∗1 (t) y x∗2 (t) constituyen el mínimo global del problema. No hay máximo. b) En este caso: 1 F [x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , t] = 2x1 x2 + x˙ 21 + x˙ 32 . 3 Las ecuaciones de Euler son: Fxi −
d Fx˙ = 0, para i = 1, 2. dt i
Ecuación de Euler para x1 : Como, Fx1
= 2x2 ,
Fx˙ 1
= 2x˙ 1 =⇒
d Fx˙ = 2¨ x1 , dt 1
se tiene que: 2x2 − 2¨ x1 = 0, por lo que x2 = x ¨1 . Ecuación de Euler para x2 : 9
(3.2)
Como, Fx2
= 2x1 ,
Fx˙ 2
= x˙ 22 =⇒
d Fx˙ = 2x˙ 2 x ¨2 , dt 2
se tiene que: ¨2 = 0, 2x1 − 2x˙ 2 x es decir, ¨2 . x1 = x˙ 2 x A partir de (3.2) se obtiene que x˙ 2
=
x ¨2
=
d3 x1 , dt3 d4 x1 , dt4
por lo que (3.3) queda: x1 =
d3 x1 d4 x1 . dt3 dt4
c) Se tiene que F [x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , t] = 2x1 x2 − 2x21 − x˙ 21 − x˙ 22 . La ecuación de Euler para x1 es Fx1 −
d Fx˙ = 0. dt 1
Como Fx1 = 2x2 − 4x1 , Fx˙ 1 = −2x˙ 1 =⇒
d Fx˙ = −2¨ x1 , dt 1
la ecuación de Euler para x1 es x1 = 0 =⇒ x2 − 2x1 + x ¨1 = 0. 2x2 − 4x1 + 2¨ La ecuación de Euler para x2 es Fx2 −
d Fx˙ = 0. dt 2 10
(3.3)
Se tiene que Fx2 = 2x1 , Fx˙ 2 = −2x˙ 2 =⇒
d Fx˙ = −2¨ x2 , dt 2
por tanto, resulta: x2 = 0, 2x1 + 2¨ es decir, x ¨2 + x1 = 0. Tenemos, por tanto, el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales x ¨1 − 2x1 + x2 = 0, x ¨2 + x1 = 0. Despejando x2 en la primera ecuación y derivando dos veces con respecto a t, se tiene que x2 = 2x1 − x ¨1 , x˙ 2 = 2x˙ 1 −
d3 x1 , dt3
x1 − x ¨2 = 2¨
d4 x1 . dt4
Sustituyendo en la segunda ecuación, queda: d4 x1 d2 x1 − 2 − x1 = 0. dt4 dt2 Se trata de una ecuación diferencial lineal, con coeficientes constantes, homogénea, de cuarto orden. La ecuación característica asociada es: λ4 − 2λ2 − 1 = 0, cuyas soluciones son: λ1
=
λ2
=
λ3
=
λ4
=
q √ + 1 + 2 = 1, 55, q √ − 1 + 2 = −1, 55, q √ + 2 − 1i = 0, 64i, q√ − 2 − 1i = −0, 64i, 11
por lo que se obtiene que x1 (t) = Ae1,55t + Be−1,55t + C cos 0, 64t + Dsen0, 64t. Entonces, x˙ 1 x ¨1
= 1, 55Ae1,55t − 1, 55Be−1,55t − 0, 64Csen0, 64t + 0, 64D cos 0, 64t. = 2, 4Ae1,55t + 2, 4Be−1,55t − 0, 4C cos 0, 64t − 0, 4Dsen0, 64t.
Por tanto, ¨1 = −0, 4Ae1,55t − 0, 4Be−1,55t + 1, 6C cos 0, 64t + 1, 6Dsen0, 64t. x2 = 2x1 − x Impongamos las condiciones iniciales, finales y de transversalidad: 0 = x1 (0) = A + B + C, 0 = x2 (0) = −0, 4A − 0, 4B + 1, 6C, ³π´ = Ae0,77π + Be−0,77π + C cos 0, 32π + Dsen0, 32π, 1 = x1 2 0 = [Fx˙ 2 ]t= π = 2
= −0, 62Ae0,77π + 0, 62Be−0,77π − 1, 02C cos 0, 32π + 1, 02D cos 0, 32π. Resolviendo el sistema se obtiene que A = 0, 04, B = −0, 04, C = 0, D = 0, 61. Por tanto, π , 2 π x∗2 (t) = −0, 01e1,55t + 0, 01e−1,55t + 0, 97sen0, 64t, para 0 ≤ t ≤ . 2 x∗1 (t) = 0, 04e1,55t − 0, 04e−1,55t + 0, 61sen0, 64t, para 0 ≤ t ≤
Condición de Legendre: µ ¶ h πi −2 0 Fx˙ x˙ = . , para cada t ∈ 0, 0 −2 2
Dicha matriz es definida negativa, por lo que las funciones obtenidas cumplen la condición de Legendre para máximo. Condición suficiente: ¤ £ Veamos si F es cóncava en (x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) para cada t ∈ 0, π2 . ∇x,x˙ F = (2x2 − 4x1 , 2x1 , −2x˙ 1 , −2x˙ 2 ) ,
−4 2 Hx,x˙ F = 0 0
2 0 0 i h 0 0 0 , para cada t ∈ 0, π . 0 −2 0 2 0 0 −2 12
Esta matriz es indefinida, por lo que F no es cóncava en (x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) y no se cumple la condición suficiente. No podemos asegurar que la solución obtenida sea el máximo global del problema, pero tampoco podemos descartarlo. 3.4. Se considera el problema: min J
=
sujeto a con
: :
x1 ,x2
Z α√ 1 1 + x˙ 1 x˙ 2 √ √ dt, 2g 0 t x1 − x2 − 1 = 0, x1 (0) = 0 ; x1 (α) = β,
en donde g es la constante de gravitación universal, α y β son constantes. Resolver el problema : (i) Por el método de sustitución. (ii) Por el método de Lagrange. SOLUCIÓN: i) Método de sustitución. Como, a partir de la restricción, se tiene que: x2 = x1 − 1 =⇒ x˙ 2 = x˙ 1 , hay que resolver, tras sustituir en el objetivo: Z α√ 1 1 + x˙ 1 x˙ 1 √ dt, min K(x1 ) = √ x1 2g 0 t con : x1 (0) = 0, x1 (α) = β. En este caso: 1 F (x1 , x˙ 1 , t) = √ 2g
p 1 + x˙ 21 √ , t
por lo que, en este caso, la ecuación de Euler es Fx˙ 1 = C, ya que F no depende de x1 . Como
queda:
1 1 x˙ 1 1 Fx˙ 1 = √ √ p 2x˙ 1 = √ √ p , 2g t 2 1 + x˙ 21 2g t 1 + x˙ 21 x˙ 1 = C. √ √p 2g t 1 + x˙ 21 13
(3.4)
p √q 2g t 1 + x˙ 21 , ¢ ¡ = C 2 2gt 1 + x˙ 21 ,
x˙ 1
= C
x˙ 21 ¡ ¢ 1 − C 2 2gt x˙ 21
= C 2 2gt,
C 2 2gt , 1 − C 2 2gt s C 2 2gt , = 1 − C 2 2gt
x˙ 21
=
x˙ 1 es decir, dx1 dt dx1
r
At , 1 − At r √ At At dt = √ = dt. 1 − At 1 − At
=
x1 =
Z
√ At √ dt. 1 − At
Sea u=
p √ √ 1 − At ⇐⇒ u2 = 1 − At =⇒ At = 1 − u2 =⇒ At = 1 − u2 , 1 − u2 , A 2u dt = − du. A t =
Por tanto, Ã √ ! Z √ Z p 2 2 u 1 2 1 − u2 −2u 1 − u du = − + arcsen u = 1 − u2 du = − x1 = u A A A 2 2 ³ ´ √ √ 1 √ = − 1 − At At + arcsen 1 − At + B. A Por tanto,
x1 (t) = −
´ √ √ 1 ³√ 1 − At At + arcsen 1 − At + B. A
Imponemos condiciones inicial y final 1π π 1 (arcsen1) + B = − + B =⇒ B = , A A2 2A ³ ´ √ √ 1 √ π . 1 − Aα Aα + arcsen 1 − Aα + = x1 (α) = − A 2A
0 = x1 (0) = − β
14
A tiene que verificar esta última ecuación. Condición suficiente de optimalidad global: Ã ! 0 0 1√ 1 Hx1 ,x˙ 1 F = 0 √2gt (1+x˙ 21 ) 1+x˙ 21 es semidefinida positiva, para cada t ∈ [0, α] , por lo que se cumple la condición suficiente de mínimo global. Por tanto, la solución óptima del problema original es: ´ √ √ 1 ³√ π , para 0 ≤ t ≤ α, 1 − At At + arcsen 1 − At + x∗1 (t) = − A 2A ³ ´ √ √ 1 √ π − 1, para 0 ≤ t ≤ α. 1 − At At + arcsen 1 − At + x∗2 (t) = − A 2A (ii) Método de Lagrange. Para el problema dado, se define la función de Lagrange: √ 1 + x˙ 1 x˙ 2 ˙ t) = √1 √ L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ, λ, + λ(t) [x1 − x2 − 1] . 2g t
Para la función L se tienen que cumplir las ecuaciones de Euler que son: d Lx˙ dt i d Lλ − Lλ˙ dt
Lxi −
= 0, para i = 1, 2, = 0.
Como Lx1 Lx2 Lλ
1 1 1 = λ; Lx˙ i = √ √ √ x˙ 2 , 2g t 2 1 + x˙ 1 x˙ 2 1 1 1 = −λ; Lx˙ 2 = √ √ √ x˙ 1 , 2g t 2 1 + x˙ 1 x˙ 2 = x1 − x2 − 1; Lλ˙ = 0,
las ecuaciones de Euler quedan como: Para la función x1 : ¶ µ x˙ 2 d 1 1 √ √ √ = 0. λ− dt 2g t 2 1 + x˙ 1 x˙ 2 Para la función x2 : −λ −
d dt
µ
x˙ 1 1 √ √ √ 1 2g t 2 1 + x˙ 1 x˙ 2
¶
= 0.
Operando en el sistema formado por las dos ecuaciones de Euler se llega a que: x˙ 1 + x˙ 2 = C1 √ √√ 2 2g t 1 + x˙ 1 x˙ 2 15
(3.5)
De la restricción se obtiene que x2 = x1 − 1 =⇒ x˙ 2 = x˙ 1 . Sustituyendo en (3.5) queda: 2x˙ 1 = C, √ √p 2 2g t 1 + x˙ 21
es decir,
x˙ 1 = C, √ √p 2g t 1 + x˙ 21
que es la ecuación (3.4). A partir de ahí, se sigue como en el apartado (i), y se llega a que ´ √ √ 1 ³√ 1 − At At + arcsen 1 − At + A ´ √ √ 1 ³√ ∗ 1 − At At + arcsen 1 − At + x2 (t) = − A
x∗1 (t) = −
π , para 0 ≤ t ≤ α, 2A π − 1, para 0 ≤ t ≤ α, 2A
en donde A verifica la ecuación
β=− d λ (t) = − dt ∗
Ã
´ √ √ 1 ³√ π , 1 − Aα Aα + arcsen 1 − Aα + A 2A
x˙ 1 √ √p 2 2g t 1 + x˙ 21
!
=−
d dt
µ
C 2
¶
= 0, para 0 ≤ t ≤ α.
√ 3.5. Calcular la mínima distancia entre los puntos A(4, 3, 0) y B(2, 3, + 12) en la esfera t2 + x2 + y 2 = 25. (Indicación: La distancia entre dos puntos A(t0 , x0 , y0 ) y B(t1 , x1 , y1 ) en la superficie ϕ(t, x, y) = 0 se determina por la fórmula: l=
Z
t1
t0
p 1 + x˙ 2 + y˙ 2 dt,
en donde x = x(t) , y = y(t)). SOLUCIÓN: El problema es: Z 4p 1 + x˙ 2 + y˙ 2 dt, min x,y
2
sujeto a : t2 + x2 + y 2 − 25 = 0, √ con : x(2) = 3, y(2) = 12, x(4) = 3, y(4) = 0. 16
Se define la función: ˙ t) = L(x, y, x, ˙ y, ˙ λ, λ,
p ¤ £ 1 + x˙ 2 + y˙ 2 + λ(t) t2 + x2 + y 2 − 25 .
Calculemos las ecuaciones de Euler: Para la función x : Teniendo en cuenta que
queda:
x˙ , Lx = 2λx; Lx˙ = p 1 + x˙ 2 + y˙ 2 d 2λx − dt
Ã
Para la función y : Teniendo en cuenta que
queda:
x˙
p 1 + x˙ 2 + y˙ 2
!
= 0.
y˙ , Ly = 2λy; Ly˙ = p 1 + x˙ 2 + y˙ 2 d 2λy − dt
Ã
y˙
p 1 + x˙ 2 + y˙ 2
!
= 0.
Operando en el sistema formado por las dos ecuaciones de Euler, se llega a que: Ã Ã ! ! x˙ y˙ d d p p = x , y dt dt 1 + x˙ 2 + y˙ 2 1 + x˙ 2 + y˙ 2 con
t2 + x2 + y 2 − 25 = 0.
:
3.6. Resolver el siguiente problema: min J x
sujeto a
Z
=
T
e−rt xdt,
0
Z
:
T
√ xdt = A.
0
Hacerlo: 1) Utilizando un multiplicador. 2) Eliminando la restricción isoperimétrica. (Indicación: definir Z t 1 y(t) = x 2 (s)ds.). 0
17
SOLUCIÓN: 1) Utilizando un multiplicador. Se define la función √ ˙ t) = e−rt x + λ x, l(x, x, ˙ λ, λ, en donde λ es constante. Para la función l, se tiene que cumplir la ecuación de Euler: lx −
d lx˙ = 0. dt
Además, se tiene que cumplir la restricción Z T √ xdt = A. 0
Como λ lx = e−rt + √ ; lx˙ = 0, 2 x la ecuación de Euler es: λ e−rt + √ = 0, 2 x de donde se obtiene: √ λ x = − ert =⇒ x(t) = 2
µ
λ rt e 2
¶2
.
Imponiendo la restricción, se obtiene que Z T ¤ λ −λ £ rT 2rA e − 1 =⇒ λ∗ = − ert dt = . A= 2 2r 1 − erT 0
Por tanto,
∗
x (t) =
µ
rA ert 1 − erT
¶2
, para 0 ≤ t ≤ T.
Veamos que se cumple la condición suficiente de mínimo global. Veamos que la función ∗
l(x, x, ˙ λ∗ , λ˙ , t) = e−rt x +
2rA √ x 1 − erT
es convexa en (x, x), ˙ para cada t ∈ [0, T ] . µ rA 1 √ − 2(1−e rT ) x x Hx,x˙ l = 0 18
0 0
¶
.
Suponiendo que x > 0, dicha matriz es semidefinida positiva, ya que rT > 0. Por tanto, se verifica la condición suficiente de mínimo global. 2) Definimos la siguiente función auxiliar: Z t x1/2 (s)ds, y(t) = 0
para la que se verifica: y(t) ˙ = x1/2 (t), y(0) = 0, y(T ) = A. Por tanto, el problema inicial se puede expresar como: Z T e−rt xdt, min J(x, y) = x,y
0
sujeto a : x1/2 − y˙ = 0, con:y(0) = 0; y(T ) = A.
Para resolverlo, se introduce la función lagrangiana: i h ˙ t) = e−rt x + λ(t) x1/2 − y˙ . L(x, x, ˙ y, y, ˙ λ, λ, Las ecuaciones de Euler son: d Lx˙ dt d Ly − Ly˙ dt
Lx −
λ = 0 ⇐⇒ e−rt + √ = 0, 2 x ˙ = 0 ⇐⇒ λ(t) = 0.
Por tanto, λ(t) = λ (constante), para cada t ∈ [0, T ] . Por tanto, µ ¶2 √ λ rt λ rt ∗ ∗ e x = − e =⇒ x (t) = . 2 2 Imponiendo la restricción, se tiene que Z T ¤ λ −λ £ rT 2rA e − 1 =⇒ λ∗ = − ert dt = A= . 2 2r 1 − erT 0
Por tanto,
x∗ (t) =
µ
rA ert 1 − erT
¶2
19
, para 0 ≤ t ≤ T.
3.7. Resolver los siguientes problemas isoperimétricos: a) Z 4p min J = 1 + x˙ 2 dt, x
0
sujeto a
Z
:
4
xdt = 15,
0
con
:
x(0) = 0 ; x(4) = 0.
b) min J
=
x1 ,x2
Z
0
sujeto a
:
con
:
Z
1¡
0
¢ x˙ 21 + x˙ 22 − 4tx˙ 2 − 4x2 dt,
1¡
¢ x˙ 21 − tx˙ 1 − x˙ 22 dt,
x1 (0) = 0 ; x2 (0) = 0, x1 (1) = 1 ; x2 (1) = 1.
SOLUCIÓN: a) Definimos la función: ˙ t) = l(x, x, ˙ λ, λ, siendo λ constante. La ecuación de Euler es: lx − es decir:
p 1 + x˙ 2 + λx,
d lx˙ = 0, dt
¶ µ d x˙ √ λ− = 0, dt 1 + x˙ 2 ¶ µ d x˙ √ = λ, dt 1 + x˙ 2 √ x¨ ˙x x ¨ 1 + x˙ 2 − x˙ √1+ x˙ 2 1 + x˙ 2
x ¨ (1 + x˙ 2 )3/2 Sea x˙ = u x ¨ = u. ˙ 20
= λ, = λ.
Se tiene que
por lo que hay que resolver: Z
¢3/2 ¡ du = λ 1 + u2 , dt
du = (1 + u2 )3/2
Z
λdt = λt + A.
Se obtiene: √
u = λt + A. 1 + u2
Teniendo en cuenta que u = x, ˙ queda: √
x˙ = λt + A. 1 + x˙ 2
λt + A dx =q . dt 1 − (λt + A)2
Supongamos que λ = 0, entonces se obtiene que dx = M (constante) =⇒ x(t) = M t + N, para 0 ≤ t ≤ 4. dt Al imponer las condiciones inicial y final se obtiene que x(t) = 0, para 0 ≤ t ≤ 4, pero entonces no se puede cumplir la restricción dada. Sea λ 6= 0. Se tiene que
por lo que
λt + A dx = q dt, 1 − (λt + A)2 1 x(t) = − λ
q 1 − (λt + A)2 + B.
Impogamos las condiciones inicial y final: √ 1p 1 − A2 2 . 0 = x(0) = − 1 − A + B =⇒ B = λ λ √ q 1 1 − A2 =⇒ 4λ + A = A =⇒ λ = 0, 1 − (4λ + A)2 + 0 = x(4) = − λ λ en contra de que λ 6= 0. Por tanto, el problema dado no tiene solución óptima. 21
b) Definimos la función: ˙ t) = x˙ 2 + x˙ 2 − 4tx˙ 2 − 4x2 + λ(x˙ 2 − tx˙ 1 − x˙ 2 ), l(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ, λ, 1 2 1 2 siendo λ constante. Aplicamos las ecuaciones de Euler, con respecto a x1 y a x2 , a partir de la función l. Para x1 : lx1 −
d lx˙ = 0. dt 1
Efectuando operaciones, queda: x ¨1 =
λ , 2 + 2λ
de donde se obtiene que x˙ 1
=
x1 (t) =
λ t + A, 2 + 2λ λ t2 + At + B. 4 + 4λ
Para x2 : lx2 −
d lx˙ = 0. dt 2
Efectuando operaciones, queda: x ¨2 = 0, de donde, x˙ 2 = C, x2 (t) = Ct + D. Imponiendo las condiciones iniciales y finales, se obtiene: 0 = x1 (0) = B, 0 = x2 (0) = D, λ + A, 4 + 4λ 1 = x2 (1) = C.
1 = x1 (1) =
Así pues, λ (t2 − t) + t, 4 + 4λ x∗2 (t) = t. x∗1 (t) =
22
Imponemos ahora la restricción isoperimétrica para las funciones obtenidas: ) µ µ · ¶¸2 ¶¸ Z 1 (· λ λ λ λ t+ 1− t+ 1− −t 5 = − 1 dt, 2 + 2λ 4 + 4λ 2 + 2λ 4 + 4λ 0 à !) Z 1( λ2 2λ 4λ2 + 5λ −λ (λ + 2) 2 t+ +1 dt, − t + 5 = (1 + λ)(4 + 4λ) (2 + 2λ)2 (4 + 4λ)2 4 + 4λ 0 5 =
−λ (λ + 2)
3 (2 + 2λ)2
+
λ2 4λ2 + 5λ 2λ + + 1, − 2 (1 + λ) (4 + 4λ) (4 + 4λ)2 4 + 4λ
193λ2 + 386λ + 192 = 0, de donde se obtiene que λ = −0, 92, o bien λ = −1, 07. Si es λ∗ = −0, 92, entonces se tiene que x∗1 (t) = −2, 87t2 + 3, 87t, x∗2 (t) = t. Veamos si esta solución, que verifica las condiciones necesarias de primer orden, cumple la condición de Legendre: µ ∗ ¶ µ ¶ lx˙ 1 x˙ 1 lx∗˙ 1 x˙ 2 0, 16 0 lx∗˙ x˙ = = . 0 3, 84 lx∗˙ 2 x˙ 1 lx∗˙ 2 x˙ 2 Como la matriz es definida positiva, se cumple la condición de Legendre para mínimo. También se cumple la condición suficiente, ya que para ∗ l(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ∗ , λ˙ , t) = x˙ 21 + x˙ 22 − 4tx˙ 2 − 4x2 − 0, 92(x˙ 21 − tx˙ 1 − x˙ 22 ),
queda:
0 0 Hx,x˙ l = 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0, 16 0 0 0 3, 84
que es semidefinida positiva para cada t ∈ [0, 1] . Por tanto, la solución obtenida es mínimo global. Veamos qué ocurre para λ∗ = −1, 07. En ese caso se llega a: 2 x∗∗ 1 (t) = 3, 82t − 2, 82t, x∗∗ 2 (t) = t.
23
Veamos si esta solución que verifica las condiciones necesarias de primer orden, cumple la condición de Legendre: µ ∗∗ ¶ µ ¶ lx˙ 1 x˙ 1 lx∗∗ −0, 14 0 ˙ 1 x˙ 2 lx∗∗ = = . ˙ x˙ 0 4, 14 lx∗∗ lx∗∗ ˙ 2 x˙ 1 ˙ 2 x˙ 2 Como la matriz es indefinida, no se cumple la condición de Legendre para mínimo ni para máximo. Por tanto, el único mínimo global se alcanza en: x∗1 (t) = −2, 87t2 + 3, 87t, para 0 ≤ t ≤ 1, x∗2 (t) = t, para 0 ≤ t ≤ 1, con λ∗ = −0, 92. 3.8. La determinación del eje de una viga cilíndrica, homogénea, elástica, deformada, con extremos fijos, se reduce al problema variacional siguiente: # Z +l " µ 2 ¶2 d x 1 µ + ρx dt, (siendo µy ρconstantes) , opt J[x(t)] = 2 dt2 −l con
:
x(−l) = 0 ; x´(−l) = 0 ; x(l) = 0 ; x´(l) = 0.
Resolver el problema. SOLUCIÓN: Definimos las funciones: x1 x2
= x, = x, ˙
por lo que se verifica que x˙ 1 = x2 , y, por tanto, el problema se puede expresar como: ¸ Z l· 1 µ (x˙ 2 )2 + ρx1 dt, optx1 ,x2 J = −l 2 sujeto a : x˙ 1 − x2 = 0, con : x1 (−l) = 0, x2 (−l) = 0, x1 (l) = 0, x2 (l) = 0. Se trata de un problema con una restricción ecuación diferencial. Para resolverlo se define la función lagrangiana: ˙ t) = 1 µ (x˙ 2 )2 + ρx1 + λ(t) (x˙ 1 − x2 ) . L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ, λ, 2 24
Las ecuaciones de Euler son: Para x1 : Lx1 −
d Lx˙ = 0, dt 1
que en este caso es: ρ−
d λ(t) = 0, dt
es decir: λ0 (t) = ρ. Por tanto, λ(t) = ρt + A. Para x2 : Lx2 −
d Lx˙ = 0, dt 2
que, en este caso, queda como: −λ −
d (µx˙ 2 ) = 0, dt
es decir, λ(t) = −µ¨ x2 . Por tanto, A ρ x ¨2 = − t − , µ µ de donde, x˙ 2 x2
ρ 2 t − 2µ ρ = − t3 − 6µ = −
A t + B, µ A 2 t + Bt + C. 2µ
La restricción ecuación diferencial es: x˙ 1 = x2 , por lo que x1 = −
A 3 B 2 ρ 4 t − t + t + Ct + D. 24µ 6µ 2 25
Imponiendo las condiciones iniciales y finales, queda: ρ 4 A 3 B 2 l + l + l − Cl + D, 24µ 6µ 2 A 2 ρ 3 0 = x2 (−l) = l − l − Bl + C, 6µ 2µ A 3 B 2 ρ 4 0 = x1 (l) = − l − l + l + Cl + D, 24µ 6µ 2 A 2 ρ 3 l + Bl + C. 0 = x2 (l) = − l − 6µ 2µ
0 = x1 (−l) = −
Efectuando operaciones, se obtiene que: A = 0, B =
ρ 2 ρ 4 l , C = 0, D = − l , 6µ 24µ
por lo que ρ 4 ρ 4 ρ 22 t + l t − l , para − l ≤ t ≤ l, 24µ 12µ 24µ ρ ρ 2 x∗2 (t) = − t3 + l t, para − l ≤ t ≤ l, 6µ 6µ λ∗ (t) = ρt, para − l ≤ t ≤ l. x∗ (t) = x∗1 (t) = −
Condición de Legendre: Sea 1 2 F (x, x, ˙ x ¨, t) = µ¨ x + ρx. 2 Se tiene que Fx¨ Fx¨x¨
= µ¨ x, = µ.
Se verifica la condición de Legendre para mínimo, si µ ≥ 0. Se verifica la condición de Legendre para máximo si µ ≤ 0. La condición suficiente es que 1 ∗ L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ∗ , λ˙ , t) = µx˙ 22 + ρx1 + ρt(x˙ 1 − x2 ) 2 sea función convexa (para mínimo) o función cóncava (para máximo), en (x, x) ˙ en un conjunto abierto que contenga al conjunto de puntos que cumplen la restricción. Como 0 0 0 0 0 0 0 0 Hx,x˙ L = 0 0 0 0 , 0 0 0 µ 26
se verifica la condición suficiente de mínimo si µ ≥ 0, y la condición suficiente de máximo si µ ≤ 0. 3.9. Resolver los siguientes problemas: a) Z π2 ¡ 2 ¢ x ¨ + x2 + t2 dt, min J = x
0
con
:
x(0) = 1 ; x´(0) = 0, ³π ´ ³π ´ x = 0 ; x´ = −1. 2 2
b) optx J
=
Z
0
−1
con
:
"
240x −
µ
d3 x dt3
¶2 #
dt,
x(−1) = 1 ; x´(−1) = −4.5 ; x´(−1) = 16, x(0) = 0 ; x´(0) = 0 ; x´(0) = 0.
SOLUCIÓN: Se definen las funciones: x1 x2
= x, = x, ˙
por lo que se verifica que: x˙ 1 = x2 , y, por tanto, el problema se puede expresar como: Z π2 ¡ 2 ¢ min J = x˙ 2 + x21 + t2 dt, x1 ,x2
sujeto a con
0
: :
x˙ 1 − x2 = 0, x1 (0) = 1, x2 (0) = 0, ³π´ ³π´ = 0, x2 = −1. x1 2 2
Este es un problema con una restricción ecuación diferencial. Para resolverlo, se define la función lagrangiana: ˙ t) = x˙ 2 + x2 + t2 + λ(t) (x˙ 1 − x2 ) . L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , λ, λ, 2 1 Las ecuaciones de Euler son: Para x1 : Lx1 −
d Lx˙ = 0, dt 1 27
que, en este caso, es: 2x1 −
d λ(t) = 0, dt
es decir, λ0 (t) = 2x1 . Para x2 : Lx2 −
d Lx˙ = 0, dt 2
que, en este caso, es: −λ(t) −
d (2x˙ 2 ) = 0, dt
es decir, λ(t) = −2¨ x2 =⇒ λ0 (t) = −2
d3 x2 . dt3
Por tanto, 2x1 = −2
d3 x2 d3 x2 =⇒ x1 = − 3 . 3 dt dt
La restricción ecuación diferencial es: x˙ 1 = x2 . Queda, por tanto, que: x1 = −
d4 x1 d4 x1 =⇒ + x1 = 0. 4 dt dt4
Es una ecuación diferencial lineal, con coeficientes constantes, de cuarto orden, homogenea, para la cual se obtienen las siguientes soluciones de su ecuación característica: 1 1 1 1 1 1 1 1 √ + √ i, √ − √ i, − √ + √ i, − √ − √ i. 2 2 2 2 2 2 2 2 La solución general de la ecuación diferencial es: ¸ ¸ · · 1 1 1 1 1 √ t − √1 t x1 (t) = 2e 2 A cos √ t − Bsen √ t + 2e 2 C cos √ t − Dsen √ t . 2 2 2 2
28
Por tanto, ¸ · 2 √1 t 1 1 x2 (t) = x˙ 1 (t) = √ e 2 A cos √ t − Bsen √ t + 2 2 2 ¸ · 1 1 B 1 −A √ +2e 2 t √ sen √ t − √ cos √ t − 2 2 2 2 ¸ · 2 − √1 t 1 1 − √ e 2 C cos √ t − Dsen √ t + 2 2 2 ¸ · 1 1 D 1 C √ − 2t +2e − √ sen √ t − √ cos √ t . 2 2 2 2 Es decir, ¸ 1 A+B 1 A−B √ cos √ t − √ sen √ t + x2 (t) = 2e 2 2 2 2 ¸ · 1 D−C 1 C +D − √12 t +2e cos √ t + √ sen √ t . − √ 2 2 2 2 1 √ t 2
·
Imponemos condiciones iniciales y finales: 1 = x1 (0) = 2A + 2C, µ ¶ A−B C +D 0 = x2 (0) = 2 √ +2 − √ , 2 2 ¸ · ³π ´ π π π √ = 2e 2 2 A cos √ − Bsen √ + 0 = x1 2 2 2 2 2 ¸ · π π π √ +2e− 2 2 C cos √ − Dsen √ , 2 2 2 2 ¸ · ³π ´ π π A+B π A − B √ √ cos √ − √ sen √ + 1 = x2 = 2e 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ¸ · −π π D − C π C + D √ +2e 2 2 − √ cos √ + √ sen √ . 2 2 2 2 2 2 b) Se definen las funciones: x1 x2 x3
= x, = x, ˙ = x ¨,
x˙ 1 x˙ 2
= x2 , = x3 ,
y, por tanto, se verifica que:
29
por lo que el problema dado se puede exresar como: Z 0 ¡ ¢ 240x1 − x˙ 23 dt, optx1 ,x2 ,x3 J = sujeto a
:
con
:
−1
x˙ 1 − x2 = 0, x˙ 2 − x3 = 0, x1 (−1) = 1, x2 (−1) = −4, 5, x3 (−1) = 16, x1 (0) = 0, x2 (0) = 0, x3 (0) = 0.
Definimos la función lagrangiana: L(x1 , x2 , x3 , x˙ 1 , x˙ 2 , x˙ 3 , λ1 , λ2 , λ˙ 1 , λ˙ 2 , t) = = 240x1 − x˙ 23 + λ1 (t) [x˙ 1 − x2 ] + λ2 (t) [x˙ 2 − x3 ] . Las ecuaciones de Euler son: Para x1 : Lx1 −
d Lx˙ = 0, dt 1
240 −
d λ1 (t) = 0, dt
que, en este caso, es:
es decir, λ01 (t) = 240, por lo que λ1 (t) = 240t + A. Para x2 : Lx2 −
d Lx˙ = 0, dt 2
que, en este caso, es: −λ1 (t) −
d λ2 (t) = 0, dt
es decir, λ02 (t) = −λ1 (t) = −240t − A, por lo que λ2 (t) = −120t2 − At + B. 30
Para x3 : Lx3 −
d Lx˙ = 0, dt 3
que, en este caso, es: −λ2 (t) −
d (−2x˙ 3 ) = 0, dt
es decir, 2¨ x3 = λ2 (t), por lo que x ¨3 x˙ 3 x3
B A 1 λ2 (t) = −60t2 − t + , 2 2 2 A B = −20t3 − t2 + t + C, 4 2 A B = −5t4 − t3 + t2 + Ct + D. 12 4 =
Por tanto, como x˙ 2 = x3 , queda: x2 = −t5 −
A 4 B 3 C 2 t + t + t + Dt + E. 48 12 2
Como x˙ 1 = x2 , queda: x1 = −
A 5 B 4 C 3 D 2 t6 − t + t + t + t + Et + F. 6 240 36 6 2
Imponemos condiciones iniciales y finales: 0 = x3 (0) = D, 0 = x2 (0) = E, 0 = x1 (0) = F, B A + − C, 12 4 B C A − + , −4, 5 = x2 (−1) = 1 − 48 12 2 A B C 1 + − , 1 = x1 (−1) = − + 6 240 36 6 16 = x3 (−1) = −5 +
de donde se obtiene que A = 360, B = −60, C = −6, D = 0, E = 0, F = 0, por lo que x∗ (t) = x∗1 (t) = −
t6 3 5 5 4 − t − t − t3 , para − 1 ≤ t ≤ 0. 6 2 3 31
Condición de Legendre: Lx˙ 1 x˙ 1 Lx˙ 2 x˙ 1 Lx˙ x˙ = Lx˙ 3 x˙ 1
Lx˙ 1 x˙ 2 Lx˙ 2 x˙ 2 Lx˙ 3 x˙ 2
0 0 0 Lx˙ 1 x˙ 3 Lx˙ 2 x˙ 3 = 0 0 0 , Lx˙ 3 x˙ 3 0 0 −2
es semidefinida negativa, por lo que se cumple la condición de Legendre para máximo. La condición suficiente de máximo global es que ∗ ∗ L(x1 , x2 , x3 , x˙ 1 , x˙ 2 , x˙ 3 , λ∗1 , λ∗2 , λ˙ 1 , λ˙ 2 , t) = ¢ ¡ = 240x1 − x˙ 23 + (240t + 360) [x˙ 1 − x2 ] + −120t2 − 360t − 60 [x˙ 2 − x3 ] ,
sea cóncava en (x, x), ˙ para cada t, lo cual se verifica, ya que la matriz Hx,x˙ L es semidefinida negativa. Por tanto, x∗ (t) = −
t6 3 5 5 4 − t − t − t3 , para − 1 ≤ t ≤ 0, 6 2 3
es máximo global del problema dado. 3.10. Se considera el problema: Z t1 F (x, x, ˙ x ¨, x(3) , t)dt, max J = x
t0
con
x(t0 ) = x00 ; x(t ¨(t0 ) = x20 , ˙ 0 ) = x10 ; x 0 1 x(t1 ) = x1 ; x(t ˙ 1 ) = x1 ; x ¨(t1 ) = x21 ..
:
Demostrar que la solución óptima es necesario que cumpla la condición de EulerPoisson, que, en este caso , es: Fx −
d d3 d2 Fx˙ + 2 Fx¨ − 3 Fx(3) = 0. dt dt dt
SOLUCIÓN: Definimos las funciones: x1 x2 x3
= x, = x, ˙ = x ¨,
x˙ 1 x˙ 2
= x2 , = x3 ,
por lo que se verifica que:
32
y el problema se puede expresar como: Z t1 max J = F (x1 , x2 , x3 , x˙ 3 , t)dt, x1 ,x2
t0
sujeto a
:
con
:
x˙ 1 − x2 = 0, x˙ 2 − x3 = 0, x1 (t0 ) = x0 , x2 (t0 ) = x10 , x3 (t0 ) = x20 , x1 (t1 ) = x01 , x2 (t1 ) = x11 , x3 (t1 ) = x21 .
Se define la función lagrangiana: L(x1 , x2 , x3 , x˙ 1 , x˙ 2 , x˙ 3 , λ1 , λ2 , λ˙ 1 , λ˙ 2 , t) = = F (x1 , x2 , x3 , x˙ 3 , t) + λ1 (x˙ 1 − x2 ) + λ2 (x˙ 2 − x3 ). Las ecuaciones de Euler son: Para x1 : Lx1 −
d Lx˙ = 0, dt 1
que en este caso, es: Fx1 −
d λ1 (t) = 0 =⇒ λ01 (t) = Fx1 . dt
(1)
Para x2 : Lx2 −
d Lx˙ = 0, dt 2
que en este caso, es: Fx2 − λ1 −
d λ2 (t) = 0 =⇒ λ02 (t) = Fx2 − λ1 . dt
(2)
Para x3 : Lx3 −
d Lx˙ = 0, dt 3
que en este caso, es: Fx3 − λ2 −
d d Fx˙ = 0 =⇒ λ2 (t) = Fx3 − Fx˙ 3 dt 3 dt
(3)
λ2 (t) =
d2 d Fx3 − 2 Fx˙ 3 , dt dt
(4)
λ002 (t) =
d3 d2 − F Fx˙ . x dt2 3 dt3 3
(5)
0
33
De (2): λ1 (t) = Fx2 − λ02 (t) =⇒ λ01 (t) =
d Fx − λ002 (t). dt 2
Por tanto, a partir de (1) se tiene que: Fx1 = λ01 (t) =
d Fx − λ002 (t). dt 2
Utilizando (5): Fx1 =
d2 d d3 Fx2 − 2 Fx3 + 3 Fx˙ 3 . dt dt dt
Teniendo en cuenta la definición de las funciones x1 , x2 , x3 queda: Fx −
d d3 d2 Fx˙ + 2 Fx¨ − 3 Fx(3) = 0, dt dt dt
como se quería demostrar.
34
1
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS DEL CAPITULO 4.
4.1. Aplicar el Rprincipio del máximo a los siguientes problemas: 2 a) max J = 1 (x + tu − u2 )dt, sujeto a: x˙ = u, con x(1) = 3. R1 b) max J = 0 (−x − 12 αu2 )dt, en donde α > 0, sujeto a: x˙ = u, con x(0) = x0 . R1 2 c) max J = 0 (αtu − u2 )dt, sujeto a: x˙ = u − x, con x(0) = 5. R1 d) max J = 0 (−2u2 t2 + 4u + 3x)dt, sujeto a: x˙ = u, con x(0) = 1, −1 ≤ u ≤ 1. R1 e) min J = 0 (1 + u2 )1/2 dt + 12 [x(1) − 1]2 , sujeto a: x˙ = u, con x(0) = 0. R1 f) max J = 0 (x + u)dt, sujeto a: x˙ = −x + u + t, con x(0) = 2, 0 ≤ u ≤ 3. g) min J = h [x(T )] , sujeto a x˙ = u, con x(0) = x0 , −1 ≤ u ≤ 1, en donde h es una función estrictamente convexa, diferenciable, no negativa, con h(0) = 0. h) max 8x1 (18) + 4x2 (18), sujeto a: x˙ 1 = x1 + x2 + u, x˙ 2 = 2x1 − u, con: x1 (0) = 15, x2 (0) = 20, 0 ≤ u ≤ 1. SOLUCIÓN: a) max J
=
sujeto a
:
Z
1
2¡
¢ x + tu − u2 dt,
x˙ = u, con x(1) = 3.
El Hamiltoniano será en este caso: H(x, u, λ, t) = x + tu − u2 + λu. Empezamos con la condición (1) del principio del máximo: (1) ∂H , con λ(2) = 0. λ˙ = − ∂x Queda λ˙ = −1, con λ(2) = 0, cuya solución es λ(t) = −t + A, con λ(2) = 0, de donde A = 2, por lo que se obtiene que λ∗ (t) = 2 − t, para t ∈ [1, 2] .
1
Condición (2) del principio del máximo: (2) Hay que resolver: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = x∗ + tu − u2 + λ∗ u. u
Aplicamos las condiciones de optimalidad para este problema: t + λ∗ ∂H = 0 = t − 2u + λ∗ =⇒ u = . ∂u 2 ∂ 2H = −2 < 0, que corresponde a un máximo. ∂u2 Como habíamos obtenido que λ∗ (t) = 2 − t, queda u∗ (t) =
t+2−t = 1, para todo t ∈ [1, 2] . 2
(3) x˙ = u, con x(1) = 3. Por tanto, x˙ = 1 =⇒ x(t) = t + A, con x(1) = 3, de donde A = 2, por lo que x∗ (t) = t + 2, para 1 ≤ t ≤ 2. Por tanto, λ∗ (t) = 2 − t, para t ∈ [1, 2] , u∗ (t) = 1, para t ∈ [1, 2] , x∗ (t) = t + 2, para t ∈ [1, 2] .
b) ¶ 1 2 max J = −x − αu dt, en donde α > 0, 2 0 sujeto a : x˙ = u, con x(0) = x0 . Z
1µ
El Hamiltoniano es: 1 H(x, u, λ, t) = −x − αu2 + λu. 2 A continuación se aplica el principio del máximo. (1) ∂H = 1, con λ(1) = 0. λ˙ = − ∂x 2
Resolviendo la ecuación diferencial e imponiendo la condición inicial, se obtiene: λ∗ (t) = t − 1, para 0 ≤ t ≤ 1. (2) Hay que resolver el siguiente programa matemático: 1 max H(x∗ , u, λ∗ , t) = max − x∗ − αu2 + λ∗ u. u u 2 Para este programa, la condición de primer orden es: λ∗ ∂H = 0 = −αu + λ∗ =⇒ u = . ∂u α Como ∂ 2H = −α < 0, se trata de un máximo. ∂u2 Por tanto, u∗ (t) =
t−1 , para 0 ≤ t ≤ 1. α
(3) x˙ = u, con x(0) = x0 . Como u=
t−1 , α
queda que dx 1 1 = t− , dt α α por lo que x∗ (t) =
1 t2 − t + A. 2α α
x0 = x(0) = A, por lo que x∗ (t) =
1 t2 − t + x0 , para 0 ≤ t ≤ 1. 2α α
3
(c) max J
=
1µ
Z
αtu −
0
sujeto a con
: :
x˙ = u − x, x(0) = 5.
u2 2
¶
dt,
El Hamiltoniano es H(x, u, λ, t) = αtu −
u2 + λ(u − x). 2
A continuación se aplica el principio del máximo: (1) ∂H λ˙ = − = λ, con λ(1) = 0. ∂x Resolvemos la ecuación diferencial: Z Z dλ dλ dλ = λ =⇒ = dt =⇒ = dt =⇒ ln λ = t + ln C, dt λ λ por lo que λ(t) = Cet . Imponemos la condición final en λ : 0 = λ(1) = Ce, de donde se deduce que C = 0. Por tanto, λ∗ (t) = 0, para 0 ≤ t ≤ 1. (2) Hay que resolver: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = max αtu − u
u
u2 + λ∗ (u − x∗ ). 2
La condición de primer orden es: ∂H = 0 = αt − u + λ∗ =⇒ u∗ (t) = αt, para 0 ≤ t ≤ 1. ∂u Como ∂ 2H = −1, ∂u2
4
se trata de un máximo. (3) x˙ = u − x, con x(0) = 5. Sustituyendo u por el valor obtenido anteriormente, se tiene la ecuación diferencial x˙ + x = αt, cuya solución es: x(t) = Be−t + αt − α. Imponiendo la condición inicial se obtiene que B = 5 + α, por lo que queda finalmente que x∗ (t) = (5 + α)e−t + αt − α, para 0 ≤ t ≤ 1. (d) max J
=
sujeto a con y
: : :
Z
0
1¡
¢ −2u2 t2 + 4u + 3x dt,
x˙ = u, x(0) = 1, − 1 ≤ u ≤ 1.
El Hamiltoniano es: H(x, u, λ, t) = −2u2 t2 + 4u + 3x + λu. Aplicamos el principio del máximo: (1) ∂H = −3, con λ(1) = 0. λ˙ = − ∂x Resolviendo la ecuación diferencial e imponiendo la condición inicial se obtiene: λ∗ (t) = 3 − 3t, para 0 ≤ t ≤ 1. (2) Hay que resolver el siguiente programa matemático: £ ¤ max H(x∗ , u, λ∗ , t) = max −2u2 t2 + 4u + 3x∗ + λ∗ u . −1≤u≤1
−1≤u≤1
En realidad, se trata de resolver el siguiente programa matemático, con restricciones de desigualdad: max F (u) = −2t2 u2 + (7 − 3t)u, sujeto a : u − 1 ≤ 0, y también : − 1 − u ≤ 0. 5
Sean α1 el multiplicador de Lagrange asociado a la primera restricción y α2 el multiplicador asociado a la segunda. Utilizaremos las condiciones de Kuhn-Tucker para resolver este programa. −4t2 u + 7 − 3t + α1 − α2 = 0,
(K1)
α1 ≤ 0, α2 ≤ 0,
(K2)
−1 ≤ u ≤ 1,
(K3)
α1 (u − 1) = 0, α2 (−1 − u) = 0.
(K4)
A partir de la condición (K4) consideramos el caso u − 1 = 0, α2 = 0. En estas condiciones, (K1) queda así: −4t2 + 7 − 3t + α1 = 0, por lo que α1 = 4t2 + 3t − 7 ≤ 0, ∀t ∈ [0, 1] , por lo que se cumplen las cuatro condiciones de Kuhn-Tucker. Como el programa es convexo (función objetivo cóncava y conjunto factible convexo), la solución obtenida resuelve el problema de Kuhn-Tucker. Por tanto, u∗ (t) = 1, ∀t ∈ [0, 1] . (3) x˙ = u, con x(0) = 1. Queda x˙ = 1, por lo que x(t) = t + A, con x(0) = 1, de donde A = 1, por lo que x∗ (t) = 1 + t, para 0 ≤ t ≤ 1. 6
e) min J
=
sujeto a con
: :
Z
1¡
1 + u2
0
x˙ = u, x(0) = 0.
¢ 12
dt +
1 [x(1) − 1]2 , 2
El Hamiltoniano es: ¢1 ¡ H(x, u, λ, t) = 1 + u2 2 + λu.
Apliquemos el principio del máximo: (1)
∂H = 0, con λ(1) = x(1) − 1. λ˙ = − ∂x Será, λ∗ (t) = A, con λ∗ (1) = x∗ (1) − 1. (2) Hay que calcular el ¢1 ¡ min H(x∗ , u, λ∗ , t) = 1 + u2 2 + λ∗ u. u
Aplicamos las condiciones de optimalidad para este problema: ∂H u A =0= √ + A =⇒ u∗ (t) = √ , para 0 ≤ t ≤ 1. 2 ∂u 1+u 1 − A2 1 ∂2H = 3 > 0, luego corresponde a un mínimo. 2 ∂u (1 + u2 ) 2 (3) x˙ = u, con x(0) = 0. Sustituyendo u por el valor obtenido, se tiene que A x˙ = √ , 1 − A2 por lo que A x(t) = √ t + B. 1 − A2
7
Por ser x(0) = 0, queda que B = 0, por lo que A x∗ (t) = √ t, para 0 ≤ t ≤ 1. 1 − A2 Pero A A = λ∗ (1) = x∗ (1) − 1 = √ − 1, 1 − A2 por lo que A A+1 = √ , 1 − A2 de donde se obtiene que A = 0, 875, A √ 1 − A2
= 1, 89.
Por tanto, λ∗ (t) = 0, 875, para 0 ≤ t ≤ 1, u∗ (t) = 1, 89, para 0 ≤ t ≤ 1, x∗ (t) = 1, 89t, para 0 ≤ t ≤ 1. f) max J sujeto a con siendo
= : : :
Z
1
(x + u) dt, 0
x˙ = −x + u + t, x(0) = 2, 0 ≤ u ≤ 3.
El Hamiltoniano es: H(x, u, λ, t) = x + u + λ(−x + u + t). Las condiciones del principio del máximo son: (1) ∂H λ˙ = − = −1 + λ, con λ(1) = 0, ∂x de donde se obtiene que λ∗ (t) = 1 − et−1 , para 0 ≤ t ≤ 1. 8
(2) Hay que resolver el programa max H(x∗ , u, λ∗ , t) = x∗ + u + λ∗ (−x∗ + u + t) =
0≤u≤3
= u(1 + λ∗ ) + x∗ + λ∗ (−x∗ + t). Es claro que el máximo se alcanza en u = 3, si 1 + λ∗ ≥ 0, y en u = 0, si 1 + λ∗ ≤ 0. Como λ∗ (t) = 1 − et−1 , para 0 ≤ t ≤ 1, verifica que es mayor o igual que cero, por lo que u∗ (t) = 3, para 0 ≤ t ≤ 1. (3) x˙ = −x + u + t, con x(0) = 2. Queda: x˙ + x = t + 3, con x(0) = 2, cuya solución es x∗ (t) = t + 2, para 0 ≤ t ≤ 1. g) min J = h [x(t)] , sujeto a : x˙ = u, con : x(0) = x0 > 0, siendo : − 1 ≤ u ≤ 1, en donde h es una función estrictamente convexa, diferenciable, no negativa, con h(0) = 0. El Hamiltoniano será en este caso: H(x, u, λ, t) = λu. Empezamos con la condición (1) del principio del máximo: (1) dh [x∗ (T )] ∂H , con λ(T ) = . λ˙ = − ∂x dx Por tanto, λ∗ (t) = A, siendo A = λ∗ (T ) =
9
dh [x∗ (T )] . dx
(2) Hay que resolver: min
−1≤u≤1
λ∗ u,
cuya solución óptima se obtiene inmediatamente: −1, si λ∗ > 0, ∗ u (t) = cualquier valor en [−1, 1] , si λ∗ = 0, 1, si λ∗ < 0.
(3)
x˙ = u, con x(0) = x0 . Vamos a calcular los valores óptimos para las variables de estado, de control y de coestado. • Si fuera
u∗ (t) = −1, para todo t ∈ [0, T ] ,
se tendría que x˙ = −1, de donde x(t) = −t + C, con x(0) = x0 = C, por lo que x∗ (t) = x0 − t, para 0 ≤ t ≤ T. En particular, x∗ (T ) = x0 − T. Si x0 − T ≥ 0, entonces, por las propiedades de la función h, se verificará que dh [x∗ (T )] ≥ 0, dx con lo que A = λ∗ (T ) ≥ 0, y u∗ (t) = −1 es control óptimo.
Si x0 − T < 0, entonces es claro que
dh [x∗ (T )] < 0, dx pero entonces debería ser u∗ (t) = 1, que se contradice con el punto de partida de este razonamiento: u∗ (t) = −1. Por tanto, hemos obtenido que si x0 − T ≥ 0, entonces u∗ (t) = −1, para 0 ≤ t ≤ T. x∗ (t) = x0 − t, para 0 ≤ t ≤ T. 10
• Veamos que u∗ (t) = +1, ∀t ∈ [0, T ] no puede ser control óptimo, en este caso. En efecto: en ese caso sería x˙ = 1, de donde x(t) = t + C, con x(0) = x0 = C, por lo que x∗ (t) = t + x0 , para 0 ≤ t ≤ T. En particular, x∗ (T ) = x0 + T. Como x∗ (T ) = x0 + T > 0, será dh [x∗ (T )] > 0, dx por lo que el control óptimo no podría ser u∗ (t) = +1, ∀t ∈ [0, T ] . ¿Cuál es el control óptimo si x0 − T < 0? Veamos que se cumplen las tres condiciones del principio del máximo para ½ −1, si 0 ≤ t ≤ x0 , ∗ u (t) = 0, si x0 < t ≤ T. En efecto: x(0) = x0 , y a partir de la situación de partida, si aplica inicialmente el control u∗ (t) = −1, por lo que x˙ = −1, con x(0) = x0 , y x∗ (t) = x0 − t, para 0 ≤ t ≤ x0 , por lo que x∗ (x0 ) = 0. A partir del instante t∗ = x0 , con x∗ (x0 ) = 0, se aplica el control u∗ (t) = 0, por lo que el sistema permanece en el estado cero; es decir, x∗ (t) = 0, para x0 ≤ t ≤ T. Entonces, x∗ (T ) = 0, y
dh [x∗ (T )] = 0 = A, dx
que supone un valor compatible con el control propuesto. Por tanto, si x0 − T < 0, entonces: ½ −1, si 0 ≤ t ≤ x0 , ∗ u (t) = 0, si x0 < t ≤ T.
11
x∗ (t) =
½
x0 − t, si 0 ≤ t ≤ x0 , 0, si x0 < t ≤ T.
La solución obtenida es intuitivamente clara. Como el objetivo consiste en que se alcance el mínimo valor posible para h [x(T )] , a partir de x0 > 0, se aplica el control u∗ (t) = −1, para que el valor que tome la variable de estado disminuya lo más rápidamente posible. Si en un determinado instante el estado alcanza el valor cero, se aplica el control u∗ (t) = 0, para que permanezca en dicho estado. h) max 8x1 (18) + 4x2 (18), ½ x˙ 1 = x1 + x2 + u, sujeto a : x˙ 2 = 2x1 − u, con : x1 (0) = 15, x2 (0) = 20, siendo : 0 ≤ u ≤ 1. El Hamiltoniano, en este caso, es H(x1 , x2 , u, λ1 , λ2 , t) = λ1 (x1 + x2 + u) + λ2 (2x1 − u). Apliquemos las condiciones: (1) ∂H = −λ1 − 2λ2 , ∂x1 ∂H λ˙ 2 = − = −λ1 , ∂x2 con : λ1 (18) = 8, λ2 (18) = 4. λ˙ 1
= −
Hay que resolver, por tanto, un sistema de dos ecuaciones diferenciales. En la segunda ecuación, se obtiene que λ1 = −λ˙ 2 . Derivando ambos miem¨ 2 . Sustituyendo λ1 y λ˙ 1 en la bros con respecto a t se obtiene que λ˙ 1 = −λ primera ecuación, se obtiene: ¨ 2 = λ˙ 2 − 2λ2 , −λ de donde ¨ 2 + λ˙ 2 − 2λ2 = 0, λ cuya solución general es: λ2 (t) = Aet + Be−2t . Su derivada será: λ˙ 2 (t) = Aet − 2Be−2t . 12
Por tanto, λ1 (t) = −Aet + 2Be−2t . Imponiendo las condiciones iniciales, se obtiene que A = 0 y B = 4e36 , por lo que λ∗1 (t) = 8e36−2t , para 0 ≤ t ≤ 18, λ∗2 (t) = 4e36−2t , para 0 ≤ t ≤ 18. (2) Hay que resolver el programa: max λ∗1 (x∗1 + x∗2 + u) + λ∗2 (2x∗1 − u),
0≤u≤1
que se reduce al problema: max (λ∗1 − λ∗2 )u,
0≤y≤1
cuya evidente solución es: 1, si λ∗1 − λ∗2 > 0, cualquier valor en [0, 1], si λ∗1 − λ∗2 = 0, u∗ (t) = 0, si λ∗1 − λ∗2 < 0. Pero se había obtenido anteriormente que
λ∗1 − λ∗2 = 8e36−2t − 4e36−2t = 4e36−2t > 0, ∀t ∈ [0, 18] . (3) x˙ 1 = x1 + x2 + 1, x˙ 2 = 2x1 − 1, con : x1 (0) = 15, x2 (0) = 20. Resolviendo el sistema, se obtiene que: x∗1 (t) = x∗2 (t) =
101 2t e − 6 101 2t e + 6
7 −t 1 e + , para 0 ≤ t ≤ 18, 3 2 14 −t 3 e − , para 0 ≤ t ≤ 18. 3 2
4.2. El problema: Rt maxu t01 F (x, u)dt, sujeto a x˙ = f (x, u), con x(t0 ) = x0 , 13
se llama autónomo porque no hay dependencia explícita de t, en las funciones que aparecen en el problema. Demostrar que, en tal caso, el Hamiltoniano es una función constante del tiempo, a lo largo de la trayectoria óptima. SOLUCIÓN: En este caso el Hamiltoniano es: H(x, u, λ, t) = F (x, u) + λf(x, u), en donde, como se sabe, x, u y λ son funciones de t. Derivando el Hamiltoniano con respecto a t se obtiene: · ¸ ∂F ∂F du ˙ ∂f ∂f du ∂H = x˙ + + λf (x, u) + λ x˙ + ∂t ∂x ∂u dt ∂x ∂u dt
(*)
A lo largo de la trayectoria óptima, se verifica que: ∂H , λ˙ = − ∂x ∂H = 0, ∂u pero ∂H ∂x ∂H ∂u
= =
∂F ∂f +λ , ∂x ∂x ∂F ∂f +λ . ∂u ∂u
Por tanto, sustituyendo en (*), para la trayectoria óptima, se obtiene que µ ¶ µ ¶ ∂H ∂F ∂f ∂f du ˙ ∂F = +λ +λ + λf (x, u) = x˙ + ∂t ∂x ∂x ∂u ∂u dt ˙ ˙ (x, u) = 0, = −λf(x, u) + 0 + λf por lo que, a lo largo de la trayectoria óptima es H = cte. 4.3. Una persona dispone de una riqueza W0 en un momento dado, y se decide a vivir de las rentas durante el resto de su vida. Calcula que le quedan T años de vida. Pone todo el dinero en un banco, que le va a pagar al tipo r (computado continuamente). Sea W (t) la riqueza de que dispone en el instante t, y C(t) su tasa de consumo. Sea U (C) la utilidad de consumir la cantidad C, sea δ la tasa de descuento (que relaciona utilidad futura con utilidad presente) y sea B(W ) una función que mide la utilidad de dejar una riqueza W a sus herederos. Formular el programa que de a la persona la tasa de consumo adecuada en el resto de su vida, a fin de maximizar su utilidad.
14
SOLUCIÓN: El programa es: max C(t)
Z
T
e−δt U [C(t)] dt + B [W (T )] ,
0
˙ (t) = rW (t) − C(t), sujeto a : W con : W (0) = W0 , siendo : W (t) ≥ 0, C(t) ≥ 0.
4.4. Estudiar si se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian en los problemas de los apartados a), b), c) y e) del Ejercicio 4.1 y las condiciones suficientes de Arrow en los problemas de los apartados d), f), g) y h) del Ejercicio 4.1. SOLUCIÓN: a) En este caso, F (x, u, t) = x + tu − u2 , f (x, u, t) = u. Veamos que se cumplen las condiciones del teorema de Mangasarian: F es cóncava en x, u, para cada t ∈ [t0 , t1 ] . En efecto, obtengamos la matriz hessiana de F, calculando sus derivadas segundas, con respecto a las variables x, u. µ ¶ 0 0 Hx,u F = . 0 −2 Dicha matriz es semidefinida negativa, lo que asegura que F es cóncava en x, u, para cada t ∈ [1, 2] . f es lineal en x, u, por lo que es cóncava en x, u, para cada t ∈ [1, 2] . Como es lineal en x, u no hay que exigir ninguna condición adicional, con respecto al signo de λ∗ (t). Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian y se puede asegurar que los resultados obtenidos en el ejercicio 1o ) a) constituyen la solución óptima del problema. b) 1 F (x, u, t) = −x − αu2 , 2 f(x, u, t) = u. Calculemos la matriz hessiana de F con respecto a x, u : µ ¶ 0 0 , Hx,u F = 0 −α 15
que es semidefinida negativa, lo que asegura que F es cóncava en x, u, para cada t ∈ [0, 1] . Al ser f lineal, es también cóncava. Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian. c) F (x, u, t) = αtu −
u2 , 2
f(x, u, t) = u − x. La matriz hessiana de F, con respecto a x, u es: µ ¶ 0 0 Hx,u F = , 0 −1 que es semidefinida negativa, lo que asegura que F es cóncava en x, u, para cada t ∈ [0, 1] . Al ser f lineal, es también cóncava. Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian. d) Para este problema hay que estudiar la condición suficiente de Arrow. En este caso: H(x, u, λ, t) = −2u2 t2 + 4u + 3x + λu, max H(x, u, λ, t). H 0 (x, λ, t) = −1≤u≤1
A partir de los resultados del ejercicio 1o ) d) se tiene que: H 0 (x, λ∗ , t) = −2t2 + 4 + 3x + λ∗ , que corresponde a u∗ = 1, ∀t ∈ [0, 1] . La función H 0 (x, λ∗ , t) es lineal en x, para cada t ∈ [0, 1] , por lo que es cóncava en x, para cada t ∈ [0, 1] . Se cumple, por tanto, la condición suficiente de Arrow, por lo que las soluciones obtenidas en el primer ejercicio constituyen las soluciones óptimas globales del problema dado. e) Hay que estudiar la condición suficiente de Mangasarian. ¢1 ¡ F (x, u, t) = 1 + u2 2 , f (x, u, t) = u, 1 (x − 1)2 . S(x) = 2 La matriz hessiana de F, con respecto a x, u es: Ã ! 0 0 ¢− 3 ¡ , Hx,u F = 0 1 + u2 2 16
que es semidefinida positiva, lo que asegura que F es convexa en x, u, para cada t ∈ [0, 1] . Al ser f lineal, es también convexa en x, u, para cada t ∈ [0, 1] . S(x) =
1 (x − 1)2 , 2
por lo que S´(x) = x − 1, S´ ´(x) = 1 > 0, lo que asegura que S es convexa en x. Se cumplen, por tanto, las condiciones suficientes de Mangasarian. f) Hay que estudiar la condición suficiente de Arrow. H(x, u, λ, t) = x + u + λ(−x + u + t). Por definición es: H 0 (x, λ, t) = max x + u + λ (−x + u + t) . 0≤u≤3
En el ejercicio 1o ) f) se ha obtenido que H 0 (x, λ, t) = x + 3 + λ∗ (−x + 3 + t) = (1 − λ∗ ) x + 3 + 3λ∗ + tλ∗ , que es lineal en x, para cada t ∈ [0, 1] , por lo que es cóncava en x, para cada t ∈ [0, 1] y se cumple la condición suficiente de Arrow. g) Condición suficiente de Arrow. En este caso, H(x, u, λ, t) = λu, min H 0 (x, λ∗ , t) =
−1≤u≤1
λ∗ u = λ∗ u∗ ,
en donde, como se ha visto en el ejercicio 1o ) g), u∗ tomará el valor −1, o el valor 0. Es claro que dicha función H 0 es convexa en x, para cada t ∈ [0, T ] . Por otra parte, S(x) = h(x) es una función estrictamente convexa. Se cumplen, por tanto, las condiciones suficientes de Arrow. h) Comprobemos que se cumplen las condiciones suficientes de Arrow. En este caso, H(x1 , x2 , u, λ1 , λ2 , t) = λ1 (x1 + x2 + u) + λ2 (2x1 − u), H 0 (x1 , x2 , λ1 , λ2 , t) = max [λ1 (x1 + x2 + u) + λ2 (2x1 − u)] . 0≤u≤1
17
A partir de las operaciones realizadas en el ejercicio 1o ) h) se obtiene que: H 0 (x1 , x2 , λ∗1 , λ∗2 , t) = λ∗1 (x1 + x2 + 1) + λ∗2 (2x1 − 1) = = x1 (λ∗1 + 2λ∗2 ) + λ∗1 x2 + (λ∗1 − λ∗2 ) , que es lineal en x1 , x2 por lo que es cóncava en x1 , x2 , para cada t ∈ [0, 18] . Por otra parte, S (x1 , x2 ) = 8x1 + 4x2 es también lineal y, por tanto, cóncava en x1 , x2 , para cada t ∈ [0, 18] . Se cumplen, por tanto, las condiciones suficientes de Arrow. 4.5. Se considera el problema siguiente:
max J =
Z
2 0
x˙ = x + u, x(0) = 5, (2x − 3u − αu2 )dt, sujeto a: 0 ≤ u ≤ 2.
Aplicar el principio del máximo en los casos α = 0 y α = 1. Comprobar que se cumplen las condiciones suficientes. SOLUCIÓN: Se tiene que H(x, u, λ, t) = 2x − 3u − αu2 + λ(x + u). Apliquemos las condiciones del principio del máximo: (1) ∂H = −2 − λ, con λ(2) = 0. λ˙ = − ∂x La solución general de la ecuación diferencial es λ(t) = Ae−t − 2, 0 = λ(2) = Ae−2 − 2, de donde A = 2e2 . Por tanto, λ∗ (t) = 2e2−t − 2, para 0 ≤ t ≤ 2. (2) Hay que resolver: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = max
0≤u≤2
0≤u≤2
que se reduce a resolver: max
0≤u≤2
£ ∗ ¤ 2x − 3u − αu2 + λ∗ x∗ + λ∗ u ,
£ ∗ ¤ (λ − 3) u − αu2 . 18
• Sea α = 0, entonces queda: max (λ∗ − 3) u,
0≤u≤2
cuya solución óptima es: 2, si λ∗ − 3 > 0, ∗ cualquier valor en [0, 2], si λ∗ − 3 = 0, u (t) = 0, si λ∗ − 3 < 0. Pero
λ∗ − 3 = 2e2−t − 5 es positivo, para 0 ≤ t < 1, 09, y es negativo para 1, 09 < t ≤ 2. Por tanto,
∗
u (t) =
½
2, si 0 ≤ t ≤ 1, 09, 0, si 1, 09 < t ≤ 2.
(3) x˙ = x + u. Sustituyendo u por el valor obtenido de la condición (2), para α = 0, se tiene que: x˙ = x + 2, con x(0) = 5, para 0 ≤ t ≤ 1, 09, que da lugar a: x∗ (t) = 7et − 2, para 0 ≤ t ≤ 1, 09. En particular, x∗ (1, 09) = 7e1,09 − 2 = 18, 82. x˙ = x, con x∗ (1, 09) = 18, 82, para 1, 09 < t ≤ 2, que da lugar a: x∗ (t) = 6, 32et , para 1, 09 < t ≤ 2. • Si α = 1, queda el ejemplo 6 de los realizados para ilustrar el principio del máximo, que ya está resuelto.
19
Comprobemos ahora que se cumplen las condiciones suficientes de Arrow. Hemos visto que: H(x, u, λ, t) = 2x − 3u − αu2 + λ(x + u). Será, por tanto: H 0 (x, λ∗ , t) = (2 + λ∗ )x + max
0≤u≤2
£ ∗ ¤ (λ − 3) u − αu2 ,
en donde λ∗ (t) = 2e2−t − 2, para cada 0 ≤ t ≤ 2, y el máximo de la expresión entre corchetes, como se ha calculado previamente, no depende de x. Por tanto, H 0 (x, λ∗ , t) es lineal en x, para cada t, luego es cóncava en x, para cada t ∈ [0, 2] , y se cumplen las condiciones suficientes de Arrow para α = 0 y para α = 1. 4.6. Resolver el siguiente problema: min J
=
sujeto a
:
con
:
1 1 [T x2 (T ) − x1 (T )] + 2 2 x˙ 1 = x2 , x˙ 2 = −u, x1 (0) = 1, x2 (0) = 2.
Z
T
u2 (t)dt,
0
SOLUCIÓN: El Hamiltoniano será, en este caso: 1 H(x1 , x2 , u, λ1 , λ2 , t) = u2 + λ1 x2 + λ2 (−u). 2 Aplicamos las condiciones del principio del máximo: (1) λ˙ 1 λ˙ 2
∂H 1 = 0, con λ1 (T ) = − , ∂x1 2 ∂H T = − = −λ1 , con λ2 (T ) = . ∂x2 2 = −
De donde se deduce que 1 λ1 (t) = A, con λ(T ) = A = − , 2 por lo que 1 λ∗1 (t) = − , para 0 ≤ t ≤ T. 2 T 1 1 T λ˙ 2 = =⇒ λ2 (t) = t + B, con = λ2 (T ) = + B =⇒ B = 0. 2 2 2 2 20
Por tanto, 1 λ∗2 (t) = t, para 0 ≤ t ≤ T. 2 (2) Hay que resolver: max H (x∗1 , x∗2 , u, λ∗1 , λ∗2 , t) . u
Será: ∂H = 0 = u − λ∗2 , ∂u de donde t u∗ (t) = λ∗2 (t) = , para 0 ≤ t ≤ T. 2 ∂ 2H = 1 > 0, ∂u2 por lo que corresponde a un mínimo. (3) 1 x˙ 2 = −u = − t, 2 de donde x2 (t) = −
t2 + C, con x2 (0) = 2 = C, 4
por lo que x∗2 (t) = 2 −
t2 , para 0 ≤ t ≤ T. 4
x˙ 1 = x2 = 2 −
t2 , 4
de donde x1 (t) = 2t −
t3 + D, con x1 (0) = 1 = D, 12
por lo que x∗1 (t) = 2t −
t3 + 1, para 0 ≤ t ≤ T. 12
21
Veamos que se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian. F (x1 , x2 , u, t) =
1 2 u . 2
Su matriz hessiana con respecto a x1 , x2 , u es 0 0 0 Hx1 ,x2 ,u F = 0 0 0 0 0 1
es semidefinida positiva, por lo que F es convexa con respecto a x1 , x2 , u para cada t ∈ [0, T ] . f1 (x1 , x2 , u, t) = x2 , f2 (x1 , x2 , u, t) = −u. Ambas funciones son lineales, por lo que son convexas con respecto a x1 , x2 , u, para cada t ∈ [0, T ] . S(x1 , x2 ) =
1 (T x2 − x1 ) . 2
Su matriz hessiana es la matirz cero, por lo que S es función convexa. Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Mangasarian. 4.7. Hallar la política publicitaria que maximiza las ventas durante un periodo de tiempo en que la tasa instantánea de variación de las ventas decrece a una tasa proporcional a las ventas, pero aumenta a una tasa proporcional a la tasa de publicidad, según se aplica a la parte del mercado que todavía no adquiere el producto. El problema es, por tanto: Z
t1
S(t)dt, · ¸ S sujeto a : S˙ = −aS + bA 1 − , M con : S(t0 ) = S0 , 0 ≤ A(t) ≤ A, max
t0
en donde S son las ventas, A la publicidad, M la amplitud de mercado, t0 , t1 , a, b, S0 y A son parámetros positivos dados. SOLUCIÓN: En el problema a resolver S es la variable de estado, A es la variable de control, t0 , t1 , a, b, S0 , A¯ y M son parámetros positivos dados. El Hamiltoniano será, en este caso: · µ ¶¸ S H(S, A, λ, t) = S + λ −aS + bA 1 − . M 22
Apliquemos las condiciones del principio del máximo: (1) ∂H , con λ(t1 ) = 0. λ˙ = − ∂S Es decir, λbA λ˙ = −1 + λa + , con λ(t1 ) = 0. M (2) Hay que resolver el programa matemático: · ¸ S∗ S ∗ − λ∗ aS ∗ + λ∗ bA − λ∗ bA max H(S ∗ , A, λ∗ , t) = max , ¯ ¯ M 0≤A≤A 0≤A≤A que se reduce a resolver: µ ¶ S∗ A. max λ∗ b 1 − ¯ M 0≤A≤A Por ser b>0y
µ ¶ S∗ 1− ≥ 0, M
la solución óptima será: ∗
A (t) =
½
¯ si λ∗ ≥ 0, A, 0, si λ∗ < 0.
¯ para cada t ∈ [t0 , t1 ] , la condición (1) quedaría así: Si fuera A∗ (t) = A, µ ¯¶ ˙λ − a + bA λ = −1, con λ(t1 ) = 0, M cuya solución es: λ(t) = K exp
½µ ¶ ¾ µ ¶−1 bA¯ bA¯ a+ , con λ(t1 ) = 0, t + a+ M M
por lo que µ ¾¸ ½µ ¶−1 · ¶ bA¯ bA¯ λ(t) = a + 1 − exp a+ (t − t1 ) , M M que es mayor o igual que cero, para todo t ∈ [t0 , t1 ] , por lo que la expresión obtenida para λ(t) es compatible con el valor A¯ para el control. En tal caso, la condición (3) queda de la siguiente forma: (3) µ ¶ S S˙ = −aS + bA¯ 1 − , con S(t0 ) = S0 . M 23
Se puede expresar como: µ ¶ bA¯ ¯ con S(t0 ) = S0 . S˙ + a + S = bA, M La solución general es: ½ µ ¶ ¾ µ ¶−1 bA¯ bA¯ S(t) = C exp − a + , con S(t0 ) = S0 , t + bA¯ a + M M por lo que, finalmente: " µ ¾ µ ½µ ¶−1 # ¶ ¶−1 bA¯ bA¯ bA¯ ¯ ¯ . S(t) = S0 − bA a + exp a+ (t0 − t) + bA a + M M M Por tanto, para t0 ≤ t ≤ t1 se tiene que: ¯ A∗ (t) = A, "
# µ ¾ µ ½µ ¶ ¶−1 ¯ ¶−1 b A bA¯ bA¯ ∗ ¯ ¯ , exp a+ S (t) = S0 − bA a + (t0 − t) + bA a + M M M
µ ¾¸ ½µ ¶−1 · ¶ bA¯ bA¯ λ∗ (t) = a + 1 − exp a+ (t − t1 ) , M M verifican las condiciones del principio del máximo de Pontryagin. Veamos a continuación que se verifica la condición suficiente de Arrow. Será H 0 (S, λ∗ , t) = max H(S, A, λ∗ , t) = S − λ∗ aS + λ∗ bA¯ − λ∗ bA¯ ¯ 0≤A≤A
S , M
que es una función lineal en S, para cada t ∈ [t0 , t1 ] , por lo que es cóncava en S, para cada t ∈ [t0 , t1 ] y verifica la condición suficiente de Arrow. Por tanto, los valores obtenidos para A∗ (t), S ∗ (t) y λ∗ (t) constituyen los valores óptimos para el problema dado. 4.8. Un bien producido a tasa x(t) puede ser reinvertido, para expansionar la capacidad productiva, o vendido. La capacidad productiva crece a a la tasa de reinversión. ¿Qué fracción u(t) del output en el tiempo t debería ser reinvertido para maximizar las ventas totales sobre el periodo fijado [0, T ]?. La capacidad inicial es c.
24
SOLUCIÓN: El problema es: max u
Z
T
0
(1 − u) xdt,
sujeto a : x˙ = ux, con : x(0) = C, siendo : 0 ≤ u ≤ 1. Apliquemos, en primer lugar, las condiciones del principio del máximo. Definimos el Hamiltoniano: H(x, u, λ, t) = (1 − u) x + λux. Condiciones del principio del máximo: (1) ∂H = u − 1 − λu, con λ(T ) = 0. λ˙ = − ∂x Por tanto, λ˙ + uλ = u − 1, con λ(T ) = 0. (2) Hay que resolver el siguiente programa matemático: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = x∗ − x∗ u + λ∗ x∗ u,
0≤u≤1
que se reduce a resolver el siguiente problema: max x∗ (λ∗ − 1) u.
0≤u≤1
Como x(0) = C > 0 y x˙ = ux, resulta que x˙ ≥ 0, por lo que será x∗ (t) ≥ C > 0, ∀t ∈ [0, T ] . Por tanto, el control óptimo será: 1, si λ∗ − 1 > 0, ∗ cualquier valor de [0, 1] , si λ∗ − 1 = 0, u (t) = 0, si λ∗ − 1 < 0.
Es decir,
∗ λ∗ ≥ 1 y u∗ = 1, siendo λ˙ = −λ∗ ,
o bien ∗ λ∗ ≤ 1 y u∗ = 0, siendo λ˙ = −1.
25
Seguro que λ∗ es decreciente en [0, T ] . Además, vale cero en T. Por tanto, existe un intervalo [t´, T ] en el cual ∗ λ∗ ≤ 1 y u∗ = 0, siendo λ˙ = −1, con x˙ ∗ = 0.
Entonces, u∗ (t) = 0, para t´≤ t ≤ T, λ∗ (t) = T − t, para t´≤ t ≤ T, x∗ (t) = x∗ (t´), para t´≤ t ≤ T.
(A)
El tiempo t´es aquél en que λ(t´) = 1. O sea que t´= T − 1 (suponiendo que T ≥ 1). Así, si T ≤ 1, la solución viene dada por (A), con t´= 0. Si T > 1, existe un intervalo inicial [0, T − 1) en el cual ∗ λ∗ > 1, u∗ = 1, λ˙ = −λ∗ y x˙ ∗ = x∗ .
Utilizando que x(0) = C, así como la continuidad de x∗ y de λ∗ , será: u∗ (t) = 1, para 0 ≤ t < T − 1, λ∗ (t) = exp {T − t − 1} , para 0 ≤ t < T − 1, x∗ (t) = C exp {t} , para 0 ≤ t < T − 1. Veamos que se cumple la condición suficiente de Arrow. H 0 (x, λ∗ , t) =
max [x − xu + λ∗ xu] = ½ exp {T − t − 1} x, si 0 ≤ t < T − 1, = x, si T − 1 ≤ t ≤ T, 0≤u≤1
que es una función lineal en x, para cada t ∈ [0, T ] , por lo que es cóncava en x, para cada t ∈ [0, T ] , y se verifican las condiciones suficientes de Arrow. Por tanto, ½ 1, si 0 ≤ t < T − 1, (suponiendo que T > 1), u∗ (t) = 0, si T − 1 ≤ t ≤ T, u∗ (t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] (suponiendo que T ≤ 1), es el control óptimo del problema. 4.9. Un depósito de agua a utilizar para apagar fuegos tiene escapes. Sea x(t) la altura del agua. Verifica que: x˙ = −0.1x + u, con x(0) = 10, en donde u(t) es la afluencia de agua al depósito, en el tiempo t. Se verifica que 0 ≤ u(t) ≤ 3. Se pide: calcular el control óptimo, y la correspondiente trayectoria óptima de altura del agua. 26
a) Si el objetivo es max 5x(100). R 100 b) Si el objetivo es max 0 (x − 5u)dt.
SOLUCIÓN: El problema del apartado a) es: a) max 5x(100), sujeto a : x˙ = −0, 1x + u, con : x(0) = 10, siendo : 0 ≤ u ≤ 3. En primer lugar, encontremos las soluciones al problema que nos proporciona el principio del máximo. El Hamiltoniano es: H(x, u, λ, t) = λ (−0, 1x + u) . Condiciones del principio del máximo: (1) ∂H = 0, 1λ, con λ(100) = 5, λ˙ = − ∂x de donde se obtiene que λ∗ (t) = 5e0,1t−10 , para 0 ≤ t ≤ 100. (2) Hay que resolver el programa: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = −0, 1λ∗ x + λ∗ u,
0≤u≤3
que se reduce a max λ∗ u.
0≤u≤3
Como λ∗ (t) = 5e0,1t−10 > 0, ∀t ∈ [0, 100] , se obtiene que u∗ (t) = 3, ∀ ∈ [0, 100] . (3) x˙ = −0, 1x + 3, con x(0) = 10, de donde se obtiene que x∗ (t) = 30 − 20e−0,1t , para 0 ≤ t ≤ 100. 27
Veamos que se cumplen las condiciones suficientes de Arrow. H 0 (x, λ∗ , t) =
max [−0, 1λ∗ x + λ∗ u] = −0, 1λ∗ x + 3λ∗ =
0≤u≤3
= −0, 5e0,1t−10 x + 15e0,1t−10 , que es una función lineal en x, para cada t ∈ [0, 100] , por lo que es una función cóncava en x, para cada t ∈ [0, 100] . S(x) = 5x, es lineal en x, luego cóncava en x. Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Arrow, por lo que podemos asegurar que el control óptimo es: u∗ (t) = 3, para 0 ≤ t ≤ 100, siendo la trayectoria óptima de la variable de estado: x∗ (t) = 30 − 20e−0,1t , para 0 ≤ t ≤ 100 y la trayectoria óptima de la variable de coestado: λ∗ (t) = 5e0,1t−10 , para 0 ≤ t ≤ 100. b) El problema es. max u
Z
100
(x − 5u) dt,
0
sujeto a : x˙ = −0, 1x + u, con : x(0) = 10, siendo : 0 ≤ u ≤ 3. Apliquemos el principio del máximo. H(x, u, λ, t) = x − 5u + λ (−0, 1x + u) . Condiciones: (1) ∂H = −1 + 0, 1λ, con λ(100) = 0, λ˙ = − ∂x de donde se obtiene que λ∗ (t) = 10 − 10e0,1t−10 , para 0 ≤ t ≤ 100. (2) Hay que resolver el programa: max H(x∗ , u, λ∗ , t) = x∗ − 5u + λ∗ (−0, 1x∗ + u) ,
0≤u≤3
28
que se reduce a: max (λ∗ − 5) u.
0≤u≤3
Pero λ∗ − 5 = 5 − 10e0,1t−10 , que es ≥ 0, para 0 ≤ t ≤ 93, 07, < 0, para 93, 07 < t ≤ 100. La solución del programa matemático es, por tanto: ½ 3, para 0 ≤ t ≤ 93, 07, ∗ u (t) = 0, para 93, 07 < t ≤ 100. (3) x˙ = −0, 1x + u, con x(0) = 10. • Si 0 ≤ t ≤ 93, 07, entonces u∗ (t) = 3. Por tanto, hay que resolver
x˙ + 0, 1x = 3, con x(0) = 10, de donde se obtiene que x∗ (t) = 30 − 20e−0,1t , para 0 ≤ t ≤ 93, 07. En particular será x∗ (93, 07) = 30 − 20e−9,307 = 30. • Si 93, 07 < t ≤ 100, entonces u∗ (t) = 0. Por tanto, hay que resolver
x˙ + 0, 1x = 0, con x∗ (93, 07) = 30, de donde se obtiene que x∗ (t) = 30e9,207t , para 93, 07 < t ≤ 100. Por tanto: x∗ (t) =
½
30 − 20e−0,1t , para 0 ≤ t ≤ 93, 07, para 93, 07 < t ≤ 100. 30e9,207t , 29
Veamos que se cumplen las condiciones suficientes de Arrow: H 0 (x, λ∗ , t) =
max [x − 5u − 0, 1λ∗ x + λ∗ u] = ½ 0,1t−10 e x + 15 − 30e0,1t−10 , si 0 ≤ t ≤ 93, 07, = si 93, 07 < t ≤ 100, e0,1t−10 x, 0≤u≤3
que es una función lineal en x, para cada t ∈ [0, 100] , por lo que es una función cóncava en x, para cada t ∈ [0, 100] . Por tanto, se cumplen las condiciones suficientes de Arrow, que garantizan que las soluciones obtenidas al aplicar el principio del máximo son las soluciones óptimas del problema. 4.10. Un sistema sigue la ecuación: x(t) ˙ = u(t). El proceso de interés empieza en el instante t = 0, y termina en t = T, con el funcional de coste: Z T [u(t)]2 dt + [x(T )]2 , 0
en donde T es fijo. Se sabe que x(0) = x0 . Calcular el control óptimo, la trayectoria óptima del estado y la trayectoria óptima de la variable de coestado. Comprobar condición suficiente. SOLUCIÓN: El problema a resolver es: Z T min [u(t)]2 dt + [x(T )]2 , u
0
sujeto a : x˙ = u, con : x(0) = x0 .
El Hamiltoniano es: H(x, u, λ, t) = u2 + λu. Apliquemos las condiciones del principio del máximo. (1) ∂H = 0, con λ(T ) = 2x(T ). λ˙ = − ∂x Se obtiene que λ∗ (t) = A, ∀t ∈ [0, T ] . Como λ∗ (T ) = A = 2x∗ (T ), 30
resulta que A . 2 (2) Hay que resolver el siguiente programa matemático: x∗ (T ) =
min H(x∗ , u, λ∗ , t) = u2 + λ∗ u. u
∂H A = 0 = 2u + λ∗ = 2u + A =⇒ u∗ (t) = − . ∂u 2 ∂ 2H = 2 > 0, que corresponde a un mínimo. ∂u2 (3) Hay que resolver la siguiente ecuación diferencial con condición inicial: A x˙ = u = − , con x(0) = x0 . 2 Se obtiene que A x∗ (t) = − t + B, 2 x0 = x(0) = B. Por tanto, A t. 2 Particularizando en T y teniendo en cuenta lo que hemos obtenido al aplicar la condición (1), queda: x∗ (t) = x0 −
x∗ (T ) = x0 −
A A T = , 2 2
de donde se obtiene que A=
2x0 . 1+T
Por tanto, x0 , para 0 ≤ t ≤ T, 1+T x0 x∗ (t) = x0 − t, para 0 ≤ t ≤ T, 1+T 2x0 , para 0 ≤ t ≤ T. λ∗ (t) = 1+T Veamos que se cumple la condición suficiente de Mangasarian. u∗ (t) = −
F (x, u, t) = u2 es convexa en x, u para cada t ∈ [0, T ] , f(x, u, t) = u es lineal, luego es convexa en x, u para cada t ∈ [0, T ] , S(x) = x2 es convexa en x. Por tanto, se cumple la condición suficiente de Mangasarian. 31
