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

Transkripsi

1 Kontrol Optimum MKO dengan Horizon Takhingga, Syarat Cukup Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB Februari 2014 (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

2 Outline MKO dengan horizon waktu takhingga 1 Syarat perlu optimalitas 2 Masalah konsumsi optimum 3 Model investasi Syarat cukup 1 Beberapa uji 2 Syarat cukup Mangasarian 3 Syarat cukup Arrow 4 Model Eisner-Strotz tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

3 Masalah Horizon Takhingga Bentuk Umum Bentuk umum MKO dengan horizon waktu takhingga diberikan oleh: max J = 0 f (x, u)e rt dt s.t. ẋ = g(x, u) x(0) = x 0. 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 ). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

4 Masalah Horizon Takhingga Syarat Perlu Optimalitas Prinsip maksimum Pontryagin: H u = 0, ṁ mr = H x, ẋ = g. Masalah titik akhir tetap (x(t ) fixed): x(0) = x 0, lim x(t) = b. t Masalah titik akhir bebas (x(t ) free): m(t )e rt = 0 lim t m(t)e rt = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

5 Masalah Horizon Takhingga Syarat Perlu Optimalitas Namun kondisi di atas tidak terlalu membantu dan tidak selalu benar, terutama lim t x(t) = b. Sebagai gantinya, diasumsikan bahwa nilai steady state memberikan syarat batas optimal untuk x ketika t, yaitu: Sistem dinamik x(0) = x 0, lim x(t) = x. t ṁ = mr H x ẋ = g 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. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

6 Masalah Horizon Takhingga Example (Masalah Konsumsi Optimum) MKO: max J = 0 e rt ln c dt s.t. ẋ = ρx c x(0) = x 0 lim x(t) t = 0. Solution Dari contoh sebelumnya diperoleh: x(t) = (e rt 1) e ρt + Be ρt. Ar tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

7 Masalah Horizon Takhingga Solution Syarat x(0) = x 0 memberikan B = x 0, sehingga x(t) = (e rt 1) e ρt + x 0 e ρt Ar = e(ρ r )t Ar eρt Ar + x 0e ρt. Dengan asumsi ρ r < 0 maka syarat lim t x(t) = 0 memberikan x 0 = 1 Ar A = 1 rx 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

8 Masalah Horizon Takhingga Solution Jadi Problem (Model Investasi) x (t) = x 0 e (ρ r )t, m (t) = Ae (r ρ)t e(r ρ)t =, rx 0 c (t) = 1 m (t) = rx 0e (ρ r )t. 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) = K 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

9 Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Peubah state: K, peubah kontrol: I. CVH diberikan oleh: H = K ak 2 I 2 + m(i δk ). Prinsip maksimum Pontryagin memberikan: H I = 0 2I + m = 0 I = 1 2 m. ṁ mr = H K ṁ mr = (1 2aK mδ) ṁ = (r + δ)m + 2aK 1. K = H m K = I δk K = 1 2 m δk. Dua syarat terakhir memberikan SPD: [ ] [ ṁ r + δ 2a = K 1 2 δ ] [ m K ] [ ]. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

10 Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Nilai-nilai eigen: λ 1,2 = 1 2 r ± 1 2 r 2 + 4(rδ + δ 2 + a). Terlihat bahwa kedua nilai eigen berbeda tanda (saddle). Solusi SPD: m(t) = Ae λ1t + Be λ2t + m K (t) = λ 1 δ r Ae λ1t + λ 2 δ r Be λ2t + K, 2a 2a dengan solusi steady state: m = δ δ(δ + r) + a, K = 1 2(δ(δ + r) + a). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

11 Masalah Horizon Takhingga (Model Investasi) Solution Misalkan λ 1 < 0 dan λ 2 > 0. Agar kekonvergenan ke solusi steady state terjamin, haruslah B = 0, sehingga m(t) = Ae λ 1t + m K (t) = λ 1 δ r Ae λ1t + K. 2a Dari nilai awal K (0) = K 0 diperoleh A = 2a(K 0 K ) λ 1 δ r, sehingga K (t) = (K 0 K )e λ1t + K, m (t) = 2a(K 0 K ) λ 1 δ r eλ 1t + m, I (t) = a(k 0 K ) λ 1 δ r eλ 1t + δ K. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

12 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. Ingat kembali: untuk J = T f (x, ẋ, t) dt, variasi pertama dan kedua 0 didefinisikan sebagai: δj = T 0 (hf x + ḣfẋ ) dt, δ 2 J = 1 T 2 0 (h2 f xx + 2hḣf xẋ + ḣ 2 fẋẋ ) dt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

13 Syarat Cukup Tinjau MKO berikut: max J = T f (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = g(x, u, t). Variasi kedua: δ 2 J := 1 2 T 0 (h2 1f xx + 2h 1 h 2 f xu + h 2 2f uu ) dt. Definisikan fungsional objektif imbuhan (augmented objective functional): dengan J a := T F (x, u, p, t) dt, 0 F (x, u, p, t) = f (x, u, t) + p(t)[g(x, u, t) ẋ] = H(x, u, p, t) p(t)ẋ. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

14 Syarat Cukup Karena F xx = H xx, F xu = H xu, dan F uu = H uu, maka variasi kedua: δ 2 J a = 1 2 = 1 2 T 0 (h2 1H xx + 2h 1 h 2 H xu + h2h 2 uu ) dt [ ] [ ] [ ] H h1 h xx H xu h1 2 H xu H uu h 2 T 0 dt. Diperoleh matriks Hess (Hessian): [ Hxx H H = xu H xu H uu ]. Theorem Kendali u merupakan ekstremum lokal bagi J jika H u = 0 dan masalah maksimisasi: δ 2 J a 0 H semidefinit negatif. masalah minimisasi: δ 2 J a 0 H semidefinit positif. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

15 Syarat Cukup Theorem Theorem H semidefinit negatif H konkaf dalam peubah (x, u). H semidefinit positif H konveks dalam peubah (x, u). Misalkan f = f (x, y) fungsi yang terturunkan dua kali: 1 f konveks f xx 0, f yy 0, dan f xx f yy f 2 xy 0. 2 f konkaf f xx 0, f yy 0, dan f xx f yy f 2 xy 0. 3 f xx > 0 dan f xx f yy f 2 xy > 0 f konveks sejati (strictly convex). 4 f xx < 0 dan f xx f yy f 2 xy > 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 / 23

16 Syarat Cukup (Uji Determinan) Jika f = f (x 1, x 2,..., x n ) maka diperoleh matriks Hess H dan minor utama D k berikut: f 11 f 12 f 1n f 11 f 12 f 1k f 21 f 22 f 2n H =......, D f 21 f 22 f 2k k = f n1 f n2 f nn f k1 f k2 f kk dengan f ij = Theorem f x i x j dan k = 1, 2,..., n. Diberikan fungsi multivariabel f = f (x 1, x 2,..., x n ) dengan minor utama D k (k = 1, 2,..., n). 1 f konveks D k 0 untuk k = 1, 2,..., n. 2 f konkaf ( 1) k D k 0 untuk k = 1, 2,..., n. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

17 Syarat Cukup Theorem (Syarat Cukup Mangasarian) Tinjau MKO Hamiltonian: max J = T f (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = g(x, u, t) x(0) = x 0. 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). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

18 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) Definisikan: Ĥ(x, p, t) = max H(x, u, p, t). u U Jika Ĥ konkaf dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukup bagi maksimum J(x). Jika Ĥ konveks dalam peubah x maka PMP merupakan syarat cukup bagi minimum J(x). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

19 Syarat Cukup Example Masalah jarak terpendek: max J = T 0 (1 + u2 ) 1/2 dt s.t. ẋ = u x(0) = x 0, x(t ) bebas. Fungsi hamilton: H = (1 + u 2 ) 1/2 + pu. Kondisi prinsip maksimum Pontryagin: H u = (1 + u2 ) 1/2 2u + p = 0 p = u 1+u 2. ṗ = H x ṗ = 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. ẋ = H p ẋ = u = 0 x(t) = B. Syarat x(0) = x 0 berakibat x(t) = x 0 (solusi berupa garis horizontal). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

20 Syarat Cukup Karena H hanya bergantung pada u maka syarat cukup dilihat dari tanda H uu, yaitu u H u = H 1 uu = < 1 + u 2 (1 + u 2 0. ) 3/2 Karena H konkaf, maka x(t) = x 0 solusi optimum (memaksimumkan H). Jika kondisi Mangasarian sudah dipenuhi maka tidak ada keharusan untuk memeriksa kondisi Arrow. Namun, seandainya ingin diperiksa: H u = (1 + u2 ) 1/2 2u + p = 0 u = p 1 p 2, sehingga dengan menyubstitusikannya ke H diperoleh Ĥ = 1 + p2 1 p 2 + p 2 = 1 p 2. 1 p 2 Karena Ĥ hanya bergantung pada p maka H linear dan konkaf terhadap x. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

21 Model Eisner-Strotz Tinjau MKO berikut: max J = T 0 (π(k ) C (I ))e rt dt s.t. K = I K (0) = K 0, 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 (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 / 23

22 Model Eisner-Strotz Kondisi prinsip maksimum: 1 H I = 0 C (I ) + m = 0. 2 ṁ rm = H K ṁ 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, yaitu m 1 = (C ) 1 =: ψ. Dapat ditulis, Syarat (2) dan (3) membentuk SPD: I = ψ(m). ṁ = rm π (K ) K = ψ(m). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23

23 Model Eisner-Strotz Dengan menyelesaikan SPD secara serentak akan diperoleh solusi optimum m, K, dan I. Kondisi Mangasarian dapat diperiksa melalui matriks Hess: [ HKK H H = KI H IK H II ] = [ π (K )e rt 0 0 C (I )e rt Karena D 1 = π (K )e rt < 0 dan D 2 = C (I )π (K )e 2rt > 0, maka H konkaf sejati terhadap (K, I ). Kondisi Arrow: Ĥ = π(k ) C (ψ(m)) + mψ(m). Diperoleh: Ĥ K = π (K ) Ĥ KK = π (K ) < 0, yang menunjukkan bahwa Ĥ konkaf sejati terhadap variabel K. ]. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 23