kontrol optimum - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/03/tm11.pdfpertemuan...

Kontrol OptimumMKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Maret 2020

[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Maret 2020 1 / 23

Pertemuan 11 Kontrol Optimum Masalah Horizon Takhingga, Syarat Cukup

Outline

MKO dengan horizon waktu takhingga1 Syarat perlu optimalitas2 Masalah konsumsi optimum3 Model investasi

Syarat cukup1 Beberapa uji2 Syarat cukup Mangasarian3 Syarat cukup Arrow4 Model Eisner-Strotz



MKO dengan Horizon TakhinggaBentuk Umum

Bentuk umum MKO dengan horizon waktu takhingga diberikan oleh:

max J =∫ ∞0 f (x , u)e

−rt dt

s.t. x = g(x , u)

x(0) = x0.

Masalah yang lazim muncul dalam MKO dengan horizon waktutakhingga ialah integral yang tidak konvergen.

Namun, dalam masalah mandiri dengan r > 0, integral akankonvergen asalkan f (x , u) terbatas di atas. Alasannya,f (x , u)e−rt → 0 ketika t → ∞.Hampir semua hasil pada MKO dengan horizon waktu berhinggaberlaku untuk horizon waktu takhingga (kecuali pada saat t → ∞).



MKO dengan Horizon TakhinggaSyarat Perlu Optimalitas

Prinsip maksimum Pontryagin:

Hu = 0,

m−mr = −Hx ,x = g .

Masalah titik akhir tetap (x(T ) fixed):

x(0) = x0,

limt→∞

x(t) = b.

Masalah titik akhir bebas (x(T ) free):

m(T )e−rT = 0⇔ limt→∞

m(t)e−rt = 0.



MKO dengan Horizon TakhinggaSyarat Perlu Optimalitas

Namun kondisi di atas tidak terlalu membantu dan tidak selalu benar,terutama limt→∞ x(t) = b. Sebagai gantinya, diasumsikan bahwanilai steady state memberikan syarat batas optimal untuk x ketikat → ∞, yaitu:

x(0) = x0,

limt→∞

x(t) = x .

Sistem dinamik

m = mr −Hxx = g

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



MKO dengan Horizon Takhingga

Example (Masalah Konsumsi Optimum)

MKO:

max J =∫ ∞0 e−rt ln c dt

s.t. x = ρx − cx(0) = x0

limt→∞

x(t) = 0.

SolutionDari contoh sebelumnya diperoleh:

x(t) =(e−rt − 1)

Areρt + Beρt .




Solution

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

x(t) =(e−rt − 1)

Areρt + x0eρt

=e(ρ−r )t

Ar− e

ρt

Ar+ x0eρt .

Dengan asumsi ρ− r < 0 maka syarat limt→∞ x(t) = 0 memberikan

x0 =1Ar⇔ A =

1rx0.




SolutionJadi

x∗(t) = x0e(ρ−r )t ,

m∗(t) = Ae(r−ρ)t =e(r−ρ)t

rx0,

c∗(t) =1

m∗(t)= rx0e(ρ−r )t .

Problem (Model Investasi)

Dengan K menyatakan stok modal dan I tingkat investasi:

max J =∫ ∞0 e−rt (K − aK 2 − I 2) dt

s.t. K = I − δK

K (0) = [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Maret 2020 8 / 23


Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi)

SolutionPeubah state: K, peubah kontrol: I . CVH diberikan oleh:

H = K − aK 2 − I 2 +m(I − δK ).

Prinsip maksimum Pontryagin memberikan:

HI = 0⇔ −2I +m = 0⇔ I = 12m.

m−mr = −HK ⇔ m−mr = −(1− 2aK −mδ)⇔ m =(r + δ)m+ 2aK − 1.K = Hm ⇔ K = I − δK ⇔ K = 1

2m− δK .

Dua syarat terakhir memberikan SPD:[mK

]=

[r + δ 2a12 −δ

] [mK

]+

[−10

].



MKO dengan Horizon Takhingga (Model Investasi)

SolutionNilai-nilai eigen:

λ1,2 =12 r ±

12

√r2 + 4(rδ+ δ2 + a).

Terlihat bahwa kedua nilai eigen berbeda tanda (saddle). Solusi SPD:

m(t) = Aeλ1t + Beλ2t + m

K (t) =λ1 − δ− r

2aAeλ1t +

λ2 − δ− r2a

Beλ2t + K ,

dengan solusi steady state:

m =δ

δ(δ+ r) + a, K =

12(δ(δ+ r) + a)

.



MKO dengan Horizon Takhingga (Model Investasi)

Solution

Misalkan λ1 < 0 dan λ2 > 0. Agar kekonvergenan ke solusi steady stateterjamin, haruslah B = 0, sehingga

m(t) = Aeλ1t + m

K (t) =λ1 − δ− r

2aAeλ1t + K .

Dari nilai awal K (0) = K0 diperoleh A =2a(K0−K )

λ1−δ−r , sehingga

K ∗(t) = (K0 − K )eλ1t + K ,

m∗(t) =2a(K0 − K )λ1 − δ− r e

λ1t + m,

I ∗(t) =a(K0 − K )λ1 − δ− r e

λ1t + δK .


Pertemuan 11 Kontrol Optimum Syarat Cukup

Syarat Cukup

Prinsip maksimum Pontryagin merupakan syarat perlu bagioptimalitas.

Hanya x(t) yang memenuhi syarat perlu yang mungkin dapatmenyelesaikan suatu MKO.

Namun, prinsip maksimum Pontryagin tidak dapat mengatakan suatukandidat x(t) optimal ataukah tidak.

Ingat kembali: untuk J =∫ T0 f (x , x , t) dt, variasi pertama dan kedua

didefinisikan sebagai:

δJ =∫ T0 (hfx + hfx ) dt,

δ2J = 12

∫ T0 (h

2fxx + 2hhfx x + h2fx x ) dt.



Syarat Cukup

Tinjau MKO berikut:

max J =∫ T0 f (x , u, t) dt

s.t. x = g(x , u, t).

Variasi kedua:

δ2J := 12

∫ T0 (h

21fxx + 2h1h2fxu + h

22fuu) dt.

Definisikan fungsional objektif imbuhan (augmented objective functional):

Ja :=∫ T0 F (x , u, p, t) dt,

dengan

F (x , u, p, t) = f (x , u, t) + p(t)[g(x , u, t)− x ]= H(x , u, p, t)− p(t)x .



Syarat Cukup

Karena Fxx = Hxx , Fxu = Hxu , dan Fuu = Huu , maka variasi kedua:

δ2Ja = 12

∫ T0 (h

21Hxx + 2h1h2Hxu + h

22Huu) dt

= 12

∫ T0

[h1 h2

] [ Hxx HxuHxu Huu

] [h1h2

]dt.

Diperoleh matriks Hesse (Hessian):

H =

[Hxx HxuHxu Huu

].

Theorem

Kendali u∗ merupakan ekstremum lokal bagi J jika Hu = 0 dan

masalah maksimisasi: δ2Ja ≤ 0⇔H semidefinit negatif.

masalah minimisasi: δ2Ja ≥ 0⇔H semidefinit positif.



Syarat Cukup

Theorem

H semidefinit negatif ⇔ H konkaf dalam peubah (x , u).

H semidefinit positif ⇔ H konveks dalam peubah (x , u).

Theorem

Misalkan f = f (x , y) fungsi yang terturunkan dua kali:

1 f konveks ⇔ fxx ≥ 0, fyy ≥ 0, dan fxx fyy − f 2xy ≥ 0.2 f konkaf ⇔ fxx ≤ 0, fyy ≤ 0, dan fxx fyy − f 2xy ≥ 0.3 fxx > 0 dan fxx fyy − f 2xy > 0⇒ f konveks sejati (strictly convex).4 fxx < 0 dan fxx fyy − f 2xy > 0⇒ f konkaf sejati (strictly concave).

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



Syarat Cukup (Uji Determinan)

Jika f = f (x1, x2, . . . , xn) maka diperoleh matriks Hesse H dan minorutama Dk berikut:

H =

f11 f12 · · · f1nf21 f22 · · · f2n...

.... . .

...fn1 fn2 · · · fnn

, Dk =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣f11 f12 · · · f1kf21 f22 · · · f2k...

.... . .

...fk1 fk2 · · · fkk

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .dengan fij = ∂f

∂xi ∂xjdan k = 1, 2, . . . , n.

Theorem

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

1 f konveks ⇔ Dk ≥ 0 untuk k = 1, 2, . . . , n.2 f konkaf ⇔ (−1)kDk ≥ 0 untuk k = 1, 2, . . . , n.



Syarat Cukup

Theorem (Syarat Cukup Mangasarian)

Tinjau MKO

max J =∫ T0 f (x , u, t) dt

s.t. x = g(x , u, t)

x(0) = x0.

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 syaratcukup bagi maksimum J(x).

Jika H konveks dalam peubah (x , u) maka PMP merupakan syaratcukup bagi minimum J(x).



Syarat Cukup

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

Theorem (Syarat Cukup Arrow)

Definisikan:H(x , p, t) = max

u∈UH(x , u, p, t).

Jika H konkaf dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukupbagi maksimum J(x).

Jika H konveks dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukupbagi minimum J(x).



Syarat Cukup

Example

Masalah jarak terpendek:

max J =∫ T0 − (1+ u

2)1/2 dt

s.t. x = u

x(0) = x0, x(T ) bebas.

Fungsi hamilton: H = −(1+ u2)1/2 + pu. Kondisi PMP:

Hu = 0⇔ − 12 (1+ u2)−1/22u + p = 0⇔ p = u√1+u2

.

p = −Hx ⇔ p = 0⇔ p(t) = A. Karena x(T ) bebas maka harusdipenuhi STV p(T ) = 0 berakibat A = 0, sehingga p(t) = 0 danu(t) = 0.

x = Hp ⇔ x = u = 0⇔ x(t) = B. Syarat x(0) = x0 berakibatx(t) = x0 (solusi berupa garis horizontal).



Syarat Cukup

Karena H hanya bergantung pada u maka syarat cukup dilihat dari tandaHuu , yaitu

Hu = −u√1+ u2

⇒ Huu = −1

(1+ u2)3/2 < 0.

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

Hu = 0⇔ − 12 (1+ u2)−1/22u + p = 0⇔ u =

p√1− p2

,

sehingga dengan menyubstitusikannya ke H diperoleh

H = −√1+

p2

1− p2 +p2√1− p2

= −√1− p2.

Karena H hanya bergantung pada p maka H linear dan konkaf terhadap x [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Maret 2020 20 / 23


Model Eisner-Strotz

Tinjau MKO berikut:

max J =∫ T0 (π(K )− C (I ))e

−rt dt

s.t. K = I

K (0) = K0,

dengan π fungsi keuntungan yang bergantung pada besarnya modal Kdan C adalah adjusment cost (biaya untuk memperbesar pabrik) yangbergantung pada investasi bersih I . Di sini, K merupakan variabel statedan I variabel kontrol. Diasumsikan,

π′′(K ) < 0, C ′(I ) > 0, C ′′(I ) > 0.

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

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



Model Eisner-Strotz

Kondisi prinsip maksimum:1 HI = 0⇔ −C ′(I ) +m = 0.2 m− rm = −HK ⇔ m− rm = −π′(K ).3 K = I .

Dari kondisi (1) diperoleh

m = C ′(I ) > 0⇒ m′(I ) = C ′′(I ) > 0,

yang menunjukkan bahwa m merupakan fungsi monoton naik terhadap I ,sehingga m fungsi satu-satu dan memunyai invers, yaitum−1 = (C ′)−1 =: ψ. Dapat ditulis,

I = ψ(m).

Syarat (2) dan (3) membentuk SPD:

m = rm− π′(K )

K = ψ(m).



Model Eisner-Strotz

Dengan menyelesaikan SPD secara serentak akan diperoleh solusi optimumm∗, K ∗, dan I ∗. Kondisi Mangasarian dapat diperiksa melalui matriksHesse:

H =

[HKK HKIHIK HII

]=

[π′′(K )e−rt 0

0 −C ′′(I )e−rt].

Karena D1 = π′′(K )e−rt < 0 dan D2 = −C ′′(I )π′′(K )e−2rt > 0, maka Hkonkaf sejati terhadap (K , I ).Kondisi Arrow:

H = π(K )− C (ψ(m)) +mψ(m).

Diperoleh:HK = π′(K )⇒ HKK = π′′(K ) < 0,

yang menunjukkan bahwa H konkaf sejati terhadap variabel K .


kontrol optimum - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/03/tm11.pdfpertemuan...

Documents