Post on 27-Apr-2018
Kontrol OptimumMKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup
Toni Bakhtiar
Departemen Matematika IPB
Februari 2017
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 1 / 23
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
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 2 / 23
Masalah 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 → ∞).
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 3 / 23
Masalah 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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 4 / 23
Masalah 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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 5 / 23
Masalah 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 .
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 6 / 23
Masalah Horizon Takhingga
SolutionSyarat 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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 7 / 23
Masalah Horizon Takhingga
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) = K0.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 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
].
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 9 / 23
Masalah 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)
.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 10 / 23
Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi)
SolutionMisalkan 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 .
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 11 / 23
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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 12 / 23
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 .
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 13 / 23
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 Hess (Hessian):
H =
[Hxx HxuHxu Huu
].
TheoremKendali u∗ merupakan ekstremum lokal bagi J jika Hu = 0 dan
masalah maksimisasi: δ2Ja ≤ 0⇔H semidefinit negatif.
masalah minimisasi: δ2Ja ≥ 0⇔H semidefinit positif.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 14 / 23
Syarat Cukup
TheoremH semidefinit negatif ⇔ H konkaf dalam peubah (x , u).
H semidefinit positif ⇔ H konveks dalam peubah (x , u).
TheoremMisalkan 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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 15 / 23
Syarat Cukup (Uji Determinan)
Jika f = f (x1, x2, . . . , xn) maka diperoleh matriks Hess 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.
TheoremDiberikan 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.
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 16 / 23
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).
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 17 / 23
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) = maxu∈U
H(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).
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 18 / 23
Syarat Cukup
ExampleMasalah 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 prinsip maksimumPontryagin:
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).
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 19 / 23
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 .tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 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 .
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 21 / 23
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).
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 22 / 23
Model Eisner-Strotz
Dengan menyelesaikan SPD secara serentak akan diperoleh solusi optimumm∗, K ∗, dan I ∗. Kondisi Mangasarian dapat diperiksa melalui matriksHess:
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 .
tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 23 / 23