Kontrol Optimum. MKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2014

Kontrol Optimum MKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup

Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB

Februari 2014

[email protected] (IPB)

MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

1 / 23

Outline

MKO dengan horizon waktu takhingga 1 2 3

Syarat perlu optimalitas Masalah konsumsi optimum Model investasi

Syarat cukup 1 2 3 4

Beberapa uji Syarat cukup Mangasarian Syarat cukup Arrow Model Eisner-Strotz



Februari 2014

2 / 23

Masalah Horizon Takhingga Bentuk Umum

Bentuk umum MKO dengan horizon waktu takhingga diberikan oleh: R∞ max J = 0 f (x, u )e rt dt

= g (x, u ) x (0) = x0 .

s.t. x˙

Masalah yang lazim muncul dalam MKO dengan horizon waktu takhingga ialah integral yang tidak konvergen. Namun, dalam masalah mandiri dengan r > 0, integral akan konvergen asalkan f (x, u ) terbatas di atas. Alasannya, f (x, u )e rt ! 0 ketika t ! ∞.

Hampir semua hasil pada MKO dengan horizon waktu berhingga berlaku untuk horizon waktu takhingga (kecuali pada saat t ! ∞).



Februari 2014

3 / 23

Masalah Horizon Takhingga Syarat Perlu Optimalitas

Prinsip maksimum Pontryagin:

m ˙

Hu = 0, mr = Hx , x˙ = g .

Masalah titik akhir tetap (x (T ) …xed): x (0) = x0 , lim x (t ) = b.

t !∞

Masalah titik akhir bebas (x (T ) free): m (T )e [email protected] (IPB)

rT

= 0 , lim m(t )e t !∞


rt

= 0. Februari 2014

4 / 23

Masalah Horizon Takhingga Syarat Perlu Optimalitas

Namun kondisi di atas tidak terlalu membantu dan tidak selalu benar, terutama limt !∞ x (t ) = b. Sebagai gantinya, diasumsikan bahwa nilai steady state memberikan syarat batas optimal untuk x ketika t ! ∞, yaitu: x (0) = x0 , lim x (t ) = x. ¯

Sistem dinamik

t !∞

m ˙ = mr x˙

= g

Hx

selalu bersifat saddle-point atau unstable-point. Lintasan x (t ) di sepanjang lintasan saddle bersifat monoton, yaitu x (t ) tidak pernah berubah arah dalam mendekati titik steady state: naik, turun, ataukah konstan. [email protected] (IPB)


Februari 2014

5 / 23

Masalah Horizon Takhingga Example (Masalah Konsumsi Optimum) MKO:

R∞ = 0 e rt ln c dt s.t. x˙ = ρx c x (0) = x0 lim x (t ) = 0. max

J

t !∞

Solution Dari contoh sebelumnya diperoleh: x (t ) =


(e

rt

Ar

1)

e ρt + Be ρt .


Februari 2014

6 / 23

Masalah Horizon Takhingga

Solution Syarat x (0) = x0 memberikan B = x0 , sehingga (e

x (t ) =

Ar e ( ρ r )t Ar

= Dengan asumsi ρ

1)

e ρt + x0 e ρt

e ρt + x0 e ρt . Ar

r < 0 maka syarat limt !∞ x (t ) = 0 memberikan x0 =


rt

1 1 ,A= . Ar rx0


Februari 2014

7 / 23

Masalah Horizon Takhingga Solution Jadi x (t ) = x0 e (ρ m (t ) = Ae (r c (t ) =

r )t ρ )t

,

=

e (r ρ )t , rx0

1 = rx0 e (ρ m (t )

r )t

.

Problem (Model Investasi) Dengan K menyatakan stok modal dan I tingkat investasi: R∞ max J = 0 e rt (K aK 2 I 2 ) dt s.t. K˙ = I δK K (0) = K0 . [email protected] (IPB)


Februari 2014

8 / 23

Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Peubah state: K , peubah kontrol: I . CVH diberikan oleh: aK 2

H=K

I 2 + m (I

δK ).

Prinsip maksimum Pontryagin memberikan:

HI = 0 , 2I + m = 0 , I = 12 m. m ˙ mr = HK , m ˙ mr = (1 2aK mδ) , m ˙ = (r + δ)m + 2aK 1. K˙ = Hm , K˙ = I δK , K˙ = 21 m δK . Dua syarat terakhir memberikan SPD: m ˙ K˙ [email protected] (IPB)

=

r +δ 1 2

2a δ

m K


+

1 0

.

Februari 2014

9 / 23

Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Nilai-nilai eigen: λ1,2 = 12 r

1 2

q

r 2 + 4(r δ + δ2 + a ).

Terlihat bahwa kedua nilai eigen berbeda tanda (saddle). Solusi SPD: m (t ) = Ae λ1 t + Be λ2 t + m ¯ λ 1 δ r λ1 t λ 2 δ K (t ) = Ae + 2a 2a

r

Be λ2 t + K¯ ,

dengan solusi steady state: m ¯ =


δ , δ(δ + r ) + a

K¯ =

1 . 2( δ ( δ + r ) + a )


Februari 2014

10 / 23

Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Misalkan λ1 < 0 dan λ2 > 0. Agar kekonvergenan ke solusi steady state terjamin, haruslah B = 0, sehingga m (t ) = Ae λ1 t + m ¯ λ 1 δ r λ1 t Ae + K¯ . K (t ) = 2a Dari nilai awal K (0) = K0 diperoleh A =

2a (K 0 K¯ ) λ1 δ r ,

sehingga

K (t ) = (K0 K¯ )e λ1 t + K¯ , 2a(K0 K¯ ) λ1 t m (t ) = e + m, ¯ λ1 δ r a(K0 K¯ ) λ1 t I (t ) = e + δK¯ . λ1 δ r [email protected] (IPB)


Februari 2014

11 / 23

Syarat Cukup Prinsip maksimum Pontryagin merupakan syarat perlu bagi optimalitas. Hanya x (t ) yang memenuhi syarat perlu yang mungkin dapat menyelesaikan suatu MKO. Namun, prinsip maksimum Pontryagin tidak dapat mengatakan suatu kandidat x (t ) optimal ataukah tidak. RT ˙ t ) dt, variasi pertama dan kedua Ingat kembali: untuk J = 0 f (x, x, dide…nisikan sebagai:

RT

˙ x˙ ) dt, (hfx + hf R T ˙ x x˙ + h˙ 2 fx˙ x˙ ) dt. δ2 J = 21 0 (h2 fxx + 2hhf δJ


=

0


Februari 2014

12 / 23

Syarat Cukup Tinjau MKO berikut:

RT = 0 f (x, u, t ) dt s.t. x˙ = g (x, u, t ).

max

J

Variasi kedua: δ2 J : =

R 2 1 T 2 0 (h1 fxx

+ 2h1 h2 fxu + h22 fuu ) dt.

De…nisikan fungsional objektif imbuhan (augmented objective functional): Ja := dengan

RT 0

F (x, u, p, t ) dt,

F (x, u, p, t ) = f (x, u, t ) + p (t )[g (x, u, t )

= H (x, u, p, t ) [email protected] (IPB)


x˙ ]

p (t )x. ˙ Februari 2014

13 / 23

Syarat Cukup Karena Fxx = Hxx , Fxu = Hxu , dan Fuu = Huu , maka variasi kedua: RT δ2 Ja = 21 0 (h12 Hxx + 2h1 h2 Hxu + h22 Huu ) dt RT Hxx Hxu h1 h1 h2 = 21 0 dt. Hxu Huu h2

Diperoleh matriks Hess (Hessian): H=

Hxx Hxu

Hxu Huu

.

Theorem Kendali u merupakan ekstremum lokal bagi J jika Hu = 0 dan masalah maksimisasi: δ2 Ja 2

masalah minimisasi: δ Ja [email protected] (IPB)

0 , H semide…nit negatif.

0 , H semide…nit positif.


Februari 2014

14 / 23

Syarat Cukup Theorem H semide…nit negatif , H konkaf dalam peubah (x, u ).

H semide…nit positif , H konveks dalam peubah (x, u ).

Theorem Misalkan f = f (x, y ) fungsi yang terturunkan dua kali: 1 2 3 4

f konveks , fxx f konkaf , fxx

fxx > 0 dan fxx fyy fxx < 0 dan fxx fyy

0, fyy 0, fyy fxy2 fxy2

0, dan fxx fyy 0, dan fxx fyy

fxy2 fxy2

0. 0.

> 0 ) f konveks sejati (strictly convex). > 0 ) f konkaf sejati (strictly concave).

* Teorema di atas hanya dapat digunakan untuk fungsi dua variabel.



Februari 2014

15 / 23

Syarat Cukup (Uji Determinan) Jika f = f (x1 , x2 , . . . , xn ) maka diperoleh matriks Hess H dan utama Dk berikut: 2 3 f11 f12 f1n f11 f12 6 f21 f22 7 f2n 7 f21 f22 6 H=6 . .. .. .. .. 7 , Dk = . .. . . 4 . . . . . . . 5 fn1 fn2 fnn fk 1 fk 2 dengan fij =

∂f ∂xi ∂xj

minor f1k f2k .. .

.

fkk

dan k = 1, 2, . . . , n.

Theorem Diberikan fungsi multivariabel f = f (x1 , x2 , . . . , xn ) dengan minor utama Dk (k = 1, 2, . . . , n ). 1 2

f konveks , Dk f konkaf , (


0 untuk k = 1, 2, . . . , n.

1)k D

k

0 untuk k = 1, 2, . . . , n. MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

16 / 23

Syarat Cukup Theorem (Syarat Cukup Mangasarian) Tinjau MKO

RT = 0 f (x, u, t ) dt s.t. x˙ = g (x, u, t ) x (0) = x0 .

max

J

Hamiltonian: H (x, u, p, t ) = f (x, u, t ) + p (t )g (x, u, t ). Jika H konkaf dalam peubah (x, u ) maka PMP merupakan syarat cukup bagi maksimum J (x ). Jika H konveks dalam peubah (x, u ) maka PMP merupakan syarat cukup bagi minimum J (x ). [email protected] (IPB)


Februari 2014

17 / 23

Syarat Cukup Kebanyakan MKO dapat diselesaikan dengan syarat cukup Mangasarian. Namun demikian, beberapa model ekonomi memiliki fungsi hamilton yang tidak konkaf/konveks dalam peubah (x, u ). Syarat cukup Arrow merupakan bentuk lemah dari syarat cukup Mangasarian.

Theorem (Syarat Cukup Arrow) De…nisikan: Hˆ (x, p, t ) = max H (x, u, p, t ). u 2U

Jika Hˆ konkaf dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukup bagi maksimum J (x ). Jika Hˆ konveks dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukup bagi minimum J (x ).



Februari 2014

18 / 23

Syarat Cukup Example Masalah jarak terpendek:

RT = 0 (1 + u 2 )1/2 dt s.t. x˙ = u x (0) = x0 , x (T ) bebas.

max

Fungsi hamilton: H = Pontryagin: Hu = 0 ,

J

(1 + u 2 )1/2 + pu. Kondisi prinsip maksimum

1 2 1/2 2u 2 (1 + u )

+p = 0 , p =

p u . 1 +u 2

p˙ = Hx , p˙ = 0 , p (t ) = A. Karena x (T ) bebas maka harus dipenuhi STV p (T ) = 0 berakibat A = 0, sehingga p (t ) = 0 dan u (t ) = 0. x˙ = Hp , x˙ = u = 0 , x (t ) = B. Syarat x (0) = x0 berakibat x (t ) = x0 (solusi berupa garis horizontal). [email protected] (IPB)


Februari 2014

19 / 23

Syarat Cukup Karena H hanya bergantung pada u maka syarat cukup dilihat dari tanda Huu , yaitu Hu =

p

u 1 + u2

) Huu =

1 < 0. (1 + u 2 )3/2

Karena H konkaf, maka x (t ) = x0 solusi optimum (memaksimumkan H). Jika kondisi Mangasarian sudah dipenuhi maka tidak ada keharusan untuk memeriksa kondisi Arrow. Namun, seandainya ingin diperiksa: Hu = 0 ,

2 1/2 1 2u 2 (1 + u )

+p = 0 , u = p

sehingga dengan menyubstitusikannya ke H diperoleh s p p2 p2 p Hˆ = 1+ + = 1 1 p2 1 p2

p p2

1

,

p2 .

Karena Hˆ hanya bergantung pada p maka H linear dan konkaf terhadap x. [email protected] (IPB)


Februari 2014

20 / 23

Model Eisner-Strotz Tinjau MKO berikut:

RT = 0 ( π (K ) = I K (0) = K0 ,

max

J s.t. K˙

C (I ))e

rt

dt

dengan π fungsi keuntungan yang bergantung pada besarnya modal K dan C adalah adjusment cost (biaya untuk memperbesar pabrik) yang bergantung pada investasi bersih I . Di sini, K merupakan variabel state dan I variabel kontrol. Diasumsikan, π 00 (K ) < 0,

C 0 (I ) > 0,

C 00 (I ) > 0.

Fungsi hamilton H dan current-valued hamiltonian H diberikan oleh:

= (π (K ) C (I ))e rt + pI , H = π (K ) C (I ) + mI . H



Februari 2014

21 / 23

Model Eisner-Strotz Kondisi prinsip maksimum:

HI = 0 , C 0 (I ) + m = 0. 2 m ˙ rm = HK , m ˙ rm = ˙ = I. 3 K Dari kondisi (1) diperoleh 1

π 0 (K ).

m = C 0 (I ) > 0 ) m0 (I ) = C 00 (I ) > 0, yang menunjukkan bahwa m merupakan fungsi monoton naik terhadap I , sehingga m fungsi satu-satu dan memunyai invers, yaitu m 1 = (C 0 ) 1 =: ψ. Dapat ditulis, I = ψ (m ). Syarat (2) dan (3) membentuk SPD: m ˙ = rm π 0 (K ) K˙ = ψ(m ). [email protected] (IPB)


Februari 2014

22 / 23

Model Eisner-Strotz Dengan menyelesaikan SPD secara serentak akan diperoleh solusi optimum m , K , dan I . Kondisi Mangasarian dapat diperiksa melalui matriks Hess: H=

HKK HIK

HKI HII

=

π 00 (K )e 0

rt

0 C 00 (I )e

Karena D1 = π 00 (K )e rt < 0 dan D2 = C 00 (I )π 00 (K )e konkaf sejati terhadap (K , I ). Kondisi Arrow: Hˆ = π (K ) C (ψ(m)) + mψ(m).

rt

2rt

.

> 0, maka H

Diperoleh:

Hˆ K = π 0 (K ) ) Hˆ KK = π 00 (K ) < 0,

yang menunjukkan bahwa Hˆ konkaf sejati terhadap variabel K . [email protected] (IPB)


Februari 2014

23 / 23

Kontrol Optimum. MKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2014

Recommend Documents