Economia Matemática/Exercícios/Sosa

Exemplo 4.2.3 - Poliedro

Um produtor de cerveja dispõe de 240 kg de milho, 5 kg de lúpulo e 595 kg de malte. Para produzir um barril de cerveja preta se requer de 2,5 kg de milho, 0,125 kg de lúpulo e 17 kg de malte enquanto que, para produzir um barril de cerveja loira, se requer de 7,5 kg de milho, 0,125 kg de lúpulo e 10 kg de malte. Calcular a máxima produção para obter a maior receita sabendo que um barril de cerveja preta custa 180 reais enquanto que a loira custa 120 reais.

Solução

Seja $P$ a quantidade de barril de CP e $l$ a quantidade de barril de CL.

	milho	lúpulo	malte
$P$	$2{,}5$	$0{,}125$	$17$
$l$	$7{,}5$	$0{,}125$	$10$
total	$240$	$5$	$595$

max	$f(P,l)=180P+120l$	maximizar o lucro - esta é a função objetivo
s.a	$2{,}5P+7{,}5l\leq 240$	limite de quantidade de milho
	$0{,}125P+0{,}125l\leq 5$	limite de quantidade de lúpulo
	$17P+10l\leq 595$	limite de quantidade de malte
	$P\geq 0\rightarrow -P\leq 0$ e $l\geq 0\rightarrow -l\leq 0$	não se pode comprar uma quantidade negativa

Poliedro (Wikibooks, Wikipédia)

a) Desenhar os hiperplanos que, juntos, definem a restrição.

$H1=(96,0),(0,32)$	vetor normal $[2{,}5;7{,}5]$
$H2=(40,0),(0,40)$	vetor normal $[0{,}125;0{,}125]$
$H3=(35,0),(0;59{,}5)$	vetor normal $[17,10]$

Para encontrar $P=96$ e $l=32$ em $H1$, foram considerados $l$ e $P$ como zero, respectivamente. Feito o mesmo procedimento para os valores de outros hiperplanos.

No Scilab, para visualizar o gráfico de $H1$, por exemplo, digite:

$x=[96;0]$

$y=[0;32]$

${\text{plot}}(x,y,$ '$b$'$)$

O Poliedro (Wikibooks, Wikipédia) tem quatro vértices e a solução é um deles. Então, calculando $P$, $l$ e $f(P,l)$, temos:

$P=0\rightarrow l=32$ (o maior dentro da restrição)

Com as equações $2{,}5P+7{,}5l\leq 240$ e $0{,}125P+0{,}125l\leq 5\rightarrow P=12$ e $l=28$

Com as equações $0{,}125P+0{,}125l\leq 5$ e $17P+10l\leq 595\rightarrow P\approx 27{,}85714286$ e $l\approx 12{,}14285714$

$l=0\rightarrow P=35$ (o maior dentro da restrição)

$V1=f(0,32)=3.840$

$V2=f(12,28)=5.520$

${\color {Blue}V3=f(27{,}86;12{,}14)=6.471{,}43}$

$V4=f(35,0)=6.300$

Encontrando o segundo vértice pelo Scilab:

$A=[2.5\quad 7.5\quad ;\quad 0.125\quad 0.125]$

$b=[240\quad ;\quad 5]$

$x1=A\setminus b$, que é equivalente a $Ax=b$ e retornará $x1=[12\quad 28]$.

O mesmo procedimento para outros vértices.

Ainda precisamos utilizar o Lema de Farkas para verificar se, em cada vértice, não existe negatividade. Utilizando Scilab:

1º vértice:

$A=[2.5\quad 7.5\quad ;\quad -1\quad 0]$

$B=A'$ (equivalente a $B=A'=A^{T}=[2.5\quad -1\quad ;\quad 7.5\quad 0]$)

$c=[180\quad ;\quad 120]$

$u=B\setminus c$ e retornará $[16\quad -140]$. Não pode ser a solução.

O mesmo procedimento para outros vértices:

No V2: $u=B\setminus c$ retornará $[-12\quad 1680]$. Não pode ser a solução.

No V3: $u=B\setminus c$ retornará ${\color {Blue}[274{,}28571\quad 8{,}5714286]}$. É uma das soluções.

No V4: $u=B\setminus c$ retornará $[10{,}588235\quad -14{,}117647]$. Não pode ser a solução.

Resposta final: além de o V3 ser maior, é a única solução.

Problema do consumidor (mercado com dois bens)

Maximizar $u(x,y)=7x^{1/2}y^{1/3}$

$P=(2,3)$, $w=(5,6)$

$O(P,w)=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:\langle (2,3),(x,y)\rangle \leq \langle (2,3),(5,6)\rangle \}$

$O(P,w)=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:2x+3y\leq 28,x\geq 0,y\geq 0\}$

$O$ = Orçamento; $P$ = Preço; $w$ = riqueza (wealth)

max	$7x^{1/2}y^{1/3}$
s.a	$2x+3y\leq 28$
	$-x\leq 0$	não é ativa
	$-y\leq 0$	idem

Como $u(x,y)$ não é linear, a solução não é o vértice. Usa-se o teorema de Karush-Kuhn-Tucker (Wikibooks, Wikipédia):

$A={\begin{bmatrix}2&3\\-1&0\\0&-1\end{bmatrix}}$

O gradiente da Cobb-Douglas não está definido nos eixos. A solução não pode ser de Canto.

$g(x,y)=2x+3y-28$

$\nabla g(x,y)={\begin{bmatrix}2\\3\end{bmatrix}}$

$f(x,y)=7x^{1/2}y^{1/3}$

$\nabla f(x,y)={\begin{bmatrix}{7 \over 2}x^{-1/2}y^{1/3}\\{7 \over 3}x^{1/2}y^{-2/3}\end{bmatrix}}$

$\nabla f(x,y)=v\nabla g(x,y)$

${\begin{bmatrix}{7 \over 2}x^{-1/2}y^{1/3}\\{7 \over 3}x^{1/2}y^{-2/3}\end{bmatrix}}=v{\begin{bmatrix}2\\3\end{bmatrix}}$

${7 \over 2}x^{-1/2}y^{1/3}=2v$

${7 \over 3}x^{1/2}y^{-2/3}=3v$

Suponha que $v\neq 0$:

${{7 \over 2}x^{-1/2}y^{1/3} \over {7 \over 3}x^{1/2}y^{-2/3}}={2v \over 3v}\rightarrow {3 \over 2}{y \over x}={2 \over 3}\rightarrow y={4 \over 9}x$

$2x+3x-28=0$ (restrição ativa) $\rightarrow 2x+3\left({4 \over 9}x\right)=28\rightarrow x\left(2+{4 \over 3}\right)=28\rightarrow {\color {blue}x^{*}={84 \over 10}=8{,}4}$

${\color {blue}y^{*}={4 \over 9}\cdot 8{,}4={33{,}6 \over 9}}$

Maximizar com duas variáveis

Maximizar $kx^{\alpha }y^{\beta }({\text{max }}f(x,y)={\text{max }}k\cdot f(x,y){\text{, se }}k>0)$

$(x,y)\in O(P,w)$

$P(p_{1},p_{2})$

$w(w_{1},w_{2})$

$O(P,w)=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:\langle (p_{1},p_{2}),(x,y)\rangle \leq \langle (p_{1},p_{2}),(w_{1},w_{2})\rangle ,x\geq 0,y\geq 0\}$

$O(P,w)=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:p_{1}x+p_{2}y\leq p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2},x\geq 0,y\geq 0\}$

max	$kx^{\alpha }y^{\beta }$	função objetivo
s.a	$p_{1}x+p_{2}y\leq p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}$	função restrição
	$-x\leq 0$	equivalente a $x\geq 0$ (todas as restrições devem ser consistentes)
	$-y\leq 0$	idem

O gradiente da Cobb-Douglas não está definido nos eixos. A solução não pode ser de Canto.

$g(x,y)=p_{1}x+p_{2}y-p_{1}w_{1}-p_{2}w_{2}\rightarrow \nabla g={\begin{bmatrix}p_{1}\\p_{2}\end{bmatrix}}$

$f(x,y)=kx^{\alpha }y^{\beta }\rightarrow \nabla f={\begin{bmatrix}k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }\\k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}\end{bmatrix}}$

$\nabla f(x,y)=v\nabla g(x,y)$

${\begin{bmatrix}k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }\\k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}\end{bmatrix}}=v{\begin{bmatrix}p_{1}\\p_{2}\end{bmatrix}}$

Suponha que $v\neq 0$:

${k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta } \over k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}}={vp_{1} \over vp_{2}}\rightarrow {\alpha \over \beta }x^{-1}y^{1}={p_{1} \over p_{2}}\rightarrow y=\left({\beta \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{2}}\right)x$

Substituindo $y$ na função restrição:

$p_{1}x+p_{2}\left({\beta \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{2}}\right)x-p_{1}w_{1}-p_{2}w_{2}=0\rightarrow p_{1}x\left(1+{\beta \over \alpha }\right)=p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}\rightarrow {\color {blue}x^{*}={p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2} \over p_{1}}\cdot \left({\alpha \over \alpha +\beta }\right)}$

${\color {blue}y^{*}}={\beta \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{2}}\cdot \left({p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2} \over p_{1}}\right)\cdot \left({\alpha \over \alpha +\beta }\right){\color {blue}=\left({p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2} \over p_{2}}\right)\cdot \left({\beta \over \alpha +\beta }\right)}$

Maximizar com três variáveis

Maximizar $kx^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma }$

$(x,y,z)\in O(P,w)$

$P(p_{1},p_{2},p_{3})$

$w(w_{1},w_{2},w_{3})$

$O(P,w)=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:\langle (p_{1},p_{2},p_{3}),(x,y,z)\rangle \leq \langle (p_{1},p_{2},p_{3}),(w_{1},w_{2},w_{3})\rangle ,x\geq 0,y\geq 0,z\geq 0\}$

$O(P,w)=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{2}:p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z\leq p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3},x\geq 0,y\geq 0,z\geq 0\}$

max	$kx^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma }$	função objetivo
s.a	$p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z\leq p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3}$	função restrição
	$-x\leq 0$	equivalente a $x\geq 0$ (todas as restrições devem ser consistentes)
	$-y\leq 0$	idem
	$-z\leq 0$	idem

$g(x,y,z)=p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z-p_{1}w_{1}-p_{2}w_{2}-p_{3}w_{3}\rightarrow \nabla g={\begin{bmatrix}p_{1}\\p_{2}\\p_{3}\end{bmatrix}}$

$f(x,y,z)=kx^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma }\rightarrow \nabla f={\begin{bmatrix}k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }z^{\gamma }\\k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}z^{\gamma }\\k\gamma x^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma -1}\end{bmatrix}}$

$\nabla f=v\nabla g\rightarrow {\begin{bmatrix}k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }z^{\gamma }\\k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}z^{\gamma }\\k\gamma x^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma -1}\end{bmatrix}}=v{\begin{bmatrix}p_{1}\\p_{2}\\p_{3}\end{bmatrix}}$

Suponha que $v\neq 0$:

$k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }z^{\gamma }=vp_{1}$

$k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}z^{\gamma }=vp_{2}$

$k\gamma x^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma -1}=vp_{3}$

${k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }z^{\gamma } \over p_{1}}={k\beta x^{\alpha }y^{\beta -1}z^{\gamma } \over p_{2}}\rightarrow {\alpha \over p_{1}}y={\beta \over p_{2}}x\rightarrow y=\left({\beta \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{2}}\right)x$

${k\alpha x^{\alpha -1}y^{\beta }z^{\gamma } \over p_{1}}={k\gamma x^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma -1} \over p_{3}}\rightarrow {\alpha \over p_{1}}z={\gamma \over p_{3}}x\rightarrow z=\left({\gamma \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{3}}\right)x$

Substituindo $y$ e $z$ na função restrição:

$p_{1}x+p_{2}y+p_{3}z-p_{1}w_{1}-p_{2}w_{2}-p_{3}w_{3}=0\rightarrow p_{1}x+p_{2}\left({\beta \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{2}}\right)x+p_{3}\left({\gamma \over \alpha }\cdot {p_{1} \over p_{3}}\right)x=p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3}$

$p_{1}x+{\beta \over \alpha }p_{1}x+{\gamma \over \alpha }p_{1}x=p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3}\rightarrow x\left(1+{\beta \over \alpha }+{\gamma \over \alpha }\right)={p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3} \over p_{1}}$

${\color {blue}x^{*}=\left({\alpha \over {\alpha +\beta +\gamma }}\right)\cdot \left({p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3} \over p_{1}}\right)}$

${\color {blue}y^{*}=\left({\beta \over {\alpha +\beta +\gamma }}\right)\cdot \left({p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3} \over p_{2}}\right)}$

${\color {blue}z^{*}=\left({\gamma \over {\alpha +\beta +\gamma }}\right)\cdot \left({p_{1}w_{1}+p_{2}w_{2}+p_{3}w_{3} \over p_{3}}\right)}$

Exercícios de Mat II na UCB - mar/2014 - Cálculo de Variáveis

Considere o problema de variações seguinte:

maximizar $J(x)=\int _{0}^{T}L(t,x(t),x'(t))dt$

$x(0)=x_{0}$

$x(T)=x_{T}$

Calcule a equação diferencial obtida da equação de Euler e ache os extremais, quando:

${\text{P1: }}J(x)=\int _{0}^{1}(4x(t)-(x'(t))^{2}-(x(t))^{2})dt.$

$L(t,x(t),x'(t))=4x(t)-(x'(t))^{2}-(x(t))^{2}$

${\partial L \over \partial x(t)}(t,x(t),x'(t))=4-2x(t)$

${\partial L \over \partial x'(t)}(t,x(t),x'(t))=-2x'(t)$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'(t)}(t,x(t),x'(t))\right]=-2x''(t)$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x(t)}(t,x(t),x'(t))-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'(t)}(t,x(t),x'(t))\right]=0$

$4-2x(t)-(-2x''(t))=0\rightarrow 2x''(t)-2x(t)+4=0\rightarrow \color {blue}x''(t)-x(t)+2=0$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia)

$x(t)=x_{p}(t)+x_{h}(t)$. Sendo $x_{p}(t)$ a solução particular (elimina-se cada derivada na equação de Euler) e $x_{h}(t)$ a solução homogênea (elimina-se cada constante na equação de Euler).

${\cancel {x''(t)}}-x(t)+2=0\rightarrow x_{p}(t)=2$

$x''(t)-x(t)+{\cancel {2}}=0\rightarrow x''(t)-x(t)=0\rightarrow x_{h}(t)=x_{h}''(t)$

Na solução homogênea, substituir $x^{n}$ por $\lambda ^{m}$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$x''(t)-x(t)=0\rightarrow \lambda ^{2}-\lambda ^{0}=0\rightarrow \lambda =\pm 1$

Solução geral: ${\color {blue}x(t)}=ke^{\lambda t}+2={\color {blue}k_{1}e^{t}+k_{2}e^{-t}+2}$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x(t)^{2}}=-2$

${\partial ^{2}L \over \partial x(t)\partial x'(t)}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial x'(t)\partial x(t)}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial x'(t)^{2}}=-2$

$-HL(x,x')={\begin{bmatrix}2&0\\0&2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é solução do problema de maximização.

A partir de agora será omitido o $(t)$ para facilitar a leitura, i.e., subentendendo-se $x=x(t)$, $x'=x'(t)$ e assim por diante.

${\text{P2: }}J(x)=\int _{0}^{1}(1+(x'(t))^{2})^{1 \over 2}dt.$

$L(t,x(t),x'(t))=(1+(x'(t))^{2})^{1 \over 2}\rightarrow L(t,x,x')=(1+(x')^{2})^{1 \over 2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')=0$

${\partial L \over \partial x'}(t,x,x')={1 \over 2}\cdot (1+(x')^{2})^{-{1 \over 2}}\cdot \left(1+(x')^{2}\right)'={x' \over (1+(x')^{2})^{1 \over 2}}\left({\text{equivalente a }}x'\cdot (1+(x')^{2})^{-{1 \over 2}}\right)$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=x''\cdot (1+(x')^{2})^{-{1 \over 2}}-{1 \over 2}\cdot x'\cdot (1+(x')^{2})^{-{3 \over 2}}\cdot (0+2\cdot x'\cdot x'')=0$

Equação de Euler (substituir $(1+(x')^{2})$ por $\alpha$).

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=0$

$-{x'' \over \alpha ^{1 \over 2}}+{(x')^{2}\cdot x'' \over \alpha ^{3 \over 2}}={-\alpha \cdot x''+(x')^{2}\cdot x'' \over {\cancel {\alpha ^{3 \over 2}}}}=0\rightarrow -x''{\cancel {-(x')^{2}\cdot x''}}{\cancel {+(x')^{2}\cdot x''}}=0\rightarrow \color {blue}x''(t)=0$

Integrando $x''(t)$ e $x'(t)$.

$x'(t)=k_{1}$

$\color {blue}x(t)=k_{1}t+k_{2}$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}={\partial ^{2}L \over \partial x\partial x'}={\partial ^{2}L \over \partial x'\partial x}=0$

$-HL(x,x')={\begin{bmatrix}0&0\\0&{\partial ^{2}L \over \partial (x')^{2}}\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P3: }}J(x)=\int _{0}^{2}(t^{2}+(x'(t))^{2}+(x(t))^{2})dt.$

$L(t,x(t),x'(t))=t^{2}+(x'(t))^{2}+(x(t))^{2}\rightarrow L(t,x,x')=t^{2}+(x')^{2}+x^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')=2x$

${\partial L \over \partial x'}(t,x,x')=2x'$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=2x''$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=0$

$2x-(2x'')=0\rightarrow -x''+x=0\rightarrow \color {blue}x''(t)-x(t)=0$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia)

$x(t)=x_{p}(t)+x_{h}(t)$. Sendo $x_{p}(t)$ a solução particular (elimina-se cada derivada na equação de Euler) e $x_{h}(t)$ a solução homogênea (elimina-se cada constante na equação de Euler).

${\cancel {x''(t)}}-x(t)=0\rightarrow x_{p}(t)=0$

$x''(t)-x(t)=0\rightarrow x_{h}(t)=x_{h}''(t)$

Na solução homogênea, substituir $x^{n}$ por $\lambda ^{m}$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$x''(t)-x(t)=0\rightarrow \lambda ^{2}-\lambda ^{0}=0\rightarrow \lambda =\pm 1$

Solução geral: ${\color {blue}x(t)}=ke^{\lambda t}={\color {blue}k_{1}e^{t}+k_{2}e^{-t}}$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}=2$

${\partial ^{2}L \over \partial x\partial x'}={\partial ^{2}L \over \partial x'\partial x}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial x'^{2}}=2$

$-HL(x,x')={\begin{bmatrix}-2&0\\0&-2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P4: }}J(x)=\int _{0}^{5}(tx'(t)+(x'(t))^{2})dt.$

$L(t,x(t),x'(t))=tx'(t)+(x'(t))^{2}\rightarrow L(t,x,x')=tx'+(x')^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')=0$

${\partial L \over \partial x'}(t,x,x')=t+2x'$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=1+2x''$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,x')-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial x'}(t,x,x')\right]=0$

$0-(1+2x'')=0\rightarrow -2x''-1=0\rightarrow \color {blue}x''(t)=-{1 \over 2}$

Integrando $x''(t)$ e $x'(t)$ (considerando $k$ como constante).

$x'(t)=-{1 \over 2}t+k_{1}$

$x(t)=-{1 \over 4}t^{2}+k_{1}t+k_{2}$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}={\partial ^{2}L \over \partial x\partial x'}={\partial ^{2}L \over \partial x'\partial x}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial (x')^{2}}=2$

$-HL(x,x')={\begin{bmatrix}0&0\\0&-2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

Fazer o mesmo para o exercício 11.4 do livro (pág 273), desde o item (a) até o item (i).

${\text{P5 (a): }}J[x]=\int _{0}^{40}-{{\dot {x}}^{2} \over 2}dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=20\quad {\text{y}}\quad x(40)=0{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}})=-{{\dot {x}}^{2} \over 2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})=0$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})=-{\dot {x}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=-{\ddot {x}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=0$

$0-(-{\ddot {x}})=0\rightarrow \color {blue}{\ddot {x}}(t)=0$

Integrando ${\ddot {x}}(t)$ e ${\dot {x}}(t)$.

${\dot {x}}(t)=k_{1}$

$x(t)=k_{1}t+k_{2}$

$x(0)=k_{1}\cdot 0+k_{2}=20\rightarrow k_{2}=20$

$x(40)=k_{1}\cdot 40+k_{2}=0\rightarrow k_{1}=-{20 \over 40}=-{1 \over 2}$

$\color {blue}x(t)=-{1 \over 2}t+20$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}={\partial ^{2}L \over \partial x\partial {\dot {x}}}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}\partial x}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}^{2}}=-1$

$-HL(x,{\dot {x}})={\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P5 (b): }}J[x]=\int _{0}^{10}-(2x{\dot {x}}+{\dot {x}}^{2})dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=10\quad {\text{y}}\quad x(10)=100{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}})=-2x{\dot {x}}-{\dot {x}}^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})=-2{\dot {x}}$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})=-2x-2{\dot {x}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=-2{\dot {x}}-2{\ddot {x}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=0$

$-2{\dot {x}}-(-2{\dot {x}}-2{\ddot {x}})=0\rightarrow -2{\dot {x}}+2{\dot {x}}+2{\ddot {x}}=0\rightarrow \color {blue}{\ddot {x}}(t)=0$

Integrando ${\ddot {x}}(t)$ e ${\dot {x}}(t)$.

${\dot {x}}(t)=k_{1}$

$x(t)=k_{1}t+k_{2}$

$x(0)=k_{1}\cdot 0+k_{2}=10\rightarrow k_{2}=10$

$x(10)=k_{1}\cdot 10+k_{2}=100\rightarrow k_{1}={100-10 \over 10}=9$

$\color {blue}x(t)=9t+10$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial x\partial {\dot {x}}}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}\partial x}=-2$

${\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}^{2}}=-2$

$-HL(x,{\dot {x}})={\begin{bmatrix}0&2\\2&2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é solução do problema de maximização.

${\text{P5 (c): }}J[x]=\int _{0}^{2}(12tx+{\dot {x}}^{2})dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=1\quad {\text{y}}\quad x(2)=17{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}})=12tx+{\dot {x}}^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})=12t$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})=2{\dot {x}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=2{\ddot {x}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=0$

$12t-2{\ddot {x}}=0\rightarrow \color {blue}{\ddot {x}}(t)=6t$

Integrando ${\ddot {x}}(t)$ e ${\dot {x}}(t)$.

${\dot {x}}(t)=3t^{2}+k_{1}$

$x(t)=t^{3}+k_{1}t+k_{2}$

$x(0)=0^{3}+k_{1}\cdot 0+k_{2}=1\rightarrow k_{2}=1$

$x(2)=2^{3}+k_{1}\cdot 2+k_{2}=17\rightarrow k_{1}={17-8-1 \over 2}=4$

$\color {blue}x(t)=t^{3}+4t+1$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}={\partial ^{2}L \over \partial x\partial {\dot {x}}}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}\partial x}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}^{2}}=2$

$-HL(x,{\dot {x}})={\begin{bmatrix}0&0\\0&-2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P5 (d): }}J[x]=\int _{0}^{2}(x+{\dot {x}}^{2})dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=1\quad {\text{y}}\quad x(2)=10{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}})=x+{\dot {x}}^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})=1$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})=2{\dot {x}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=2{\ddot {x}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=0$

$1-2{\ddot {x}}=0\rightarrow \color {blue}{\ddot {x}}(t)={1 \over 2}$

Integrando ${\ddot {x}}(t)$ e ${\dot {x}}(t)$.

${\dot {x}}(t)={1 \over 2}t+k_{1}$

$x(t)={1 \over 4}t^{2}+k_{1}t+k_{2}$

$x(0)={1 \over 4}\cdot 0^{2}+k_{1}\cdot 0+k_{2}=1\rightarrow k_{2}=1$

$x(2)={1 \over 4}\cdot 2^{2}+k_{1}\cdot 2+k_{2}=10\rightarrow k_{1}={10-1-1 \over 2}={8 \over 2}=4$

$\color {blue}x(t)={1 \over 4}t^{2}+4t+1$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}={\partial ^{2}L \over \partial x\partial {\dot {x}}}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}\partial x}=0$

${\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}^{2}}=2$

$-HL(x,{\dot {x}})={\begin{bmatrix}0&0\\0&-2\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P5 (e): }}J[x]=\int _{0}^{2}(x^{2}+t^{2}{\dot {x}})dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=0\quad {\text{y}}\quad x(2)=2{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}})=x^{2}+t^{2}{\dot {x}}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})=2x$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})=t^{2}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=2t$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}})\right]=0$

$2x-2t=0\rightarrow \color {blue}x(t)=t$

Concavidade

${\partial ^{2}L \over \partial x^{2}}=2$

${\partial ^{2}L \over \partial x\partial {\dot {x}}}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}\partial x}={\partial ^{2}L \over \partial {\dot {x}}^{2}}=0$

$-HL(x,{\dot {x}})={\begin{bmatrix}-2&0\\0&0\end{bmatrix}}$

$L_{-}$ não é côncava. $\therefore$ $x(t)$ é um extremal, mas não é solução do problema de maximização.

${\text{P5 (f): }}J[x,y]=\int _{0}^{T}(2xy-2x^{2}-{\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2})dt\quad {\text{encontrar únicamente la solución general.}}$

$L(z)=L(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})=2xy-2x^{2}-{\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}$

${\partial L \over \partial z}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial x}\\{\partial L \over \partial y}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2y-4x\\2x\end{bmatrix}}$

${\partial L \over \partial {\dot {z}}}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial {\dot {x}}}\\{\partial L \over \partial {\dot {y}}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-2{\dot {x}}\\2{\dot {y}}\end{bmatrix}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}\right]={\begin{bmatrix}-2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial z}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})\right]=0$

${\begin{bmatrix}2y-4x\\2x\end{bmatrix}}-{\begin{bmatrix}-2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}}\rightarrow \left\{\color {blue}{\begin{matrix}2y(t)-4x(t)+2{\ddot {x}}(t)=0\\2x(t)-2{\ddot {y}}(t)=0\end{matrix}}\right.$

$-{\ddot {y}}+x=0\rightarrow {\ddot {y}}(t)=x(t)$

${\ddot {x}}-2x+y=0\rightarrow {\text{elevando a +2 em derivadas}}\rightarrow {\ddot {\ddot {x}}}-2{\ddot {x}}+{\ddot {y}}=0$

${\text{substituindo }}{\ddot {y}}(t){\text{ por }}x(t)\rightarrow {\ddot {\ddot {x}}}(t)-2{\ddot {x}}(t)+x(t)=0$

Substituir $x^{n}$ por $\lambda ^{m}$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$\lambda ^{4}-2\lambda ^{2}+\lambda ^{0}=0\rightarrow \lambda ^{4}-2\lambda ^{2}+1=0$

Substituir $\lambda ^{2}$ por $r$.

$r^{2}-2r+1=0\rightarrow r={2\pm {\sqrt {4-4\cdot 1\cdot 1}} \over 2}=1\rightarrow \lambda ^{2}=r\rightarrow \lambda =\pm 1$

$\color {blue}x(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}te^{t}+k_{3}e^{-t}+k_{4}te^{-t}$

${\ddot {y}}(t)=x(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}te^{t}+k_{3}e^{-t}+k_{4}te^{-t}$

${\dot {y}}(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}(t-1)e^{t}-k_{3}e^{-t}-k_{4}(t+1)e^{-t}+c_{1}$

$\color {blue}y(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}(t-2)e^{t}+k_{3}e^{-t}+k_{4}(t+2)e^{-t}+c_{1}t+c_{2}$

${\text{P5 (g): }}J[x,y]=\int _{0}^{10}({\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}+e^{t})dt\quad {\text{dadas}}\quad x(0)=0\quad {\text{,}}\quad y(0)=2\quad {\text{,}}\quad x(10)=11\quad {\text{y}}\quad y(10)=6{\text{.}}$

$L(z)=L(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})={\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}+e^{t}$

${\partial L \over \partial z}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial x}\\{\partial L \over \partial y}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}}$

${\partial L \over \partial {\dot {z}}}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial {\dot {x}}}\\{\partial L \over \partial {\dot {y}}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2{\dot {x}}\\2{\dot {y}}\end{bmatrix}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}\right]={\begin{bmatrix}2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial z}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})\right]=0$

${\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}}-{\begin{bmatrix}2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}}\rightarrow \left\{\color {blue}{\begin{matrix}-2{\ddot {x}}(t)=0\\-2{\ddot {y}}(t)=0\end{matrix}}\right.$

${\ddot {x}}(t)=0\rightarrow {\dot {x}}(t)=k_{1}\rightarrow x(t)=k_{1}t+k_{2}$

${\ddot {y}}(t)=0\rightarrow {\dot {y}}(t)=c_{1}\rightarrow y(t)=c_{1}t+c_{2}$

$x(0)=k_{1}\cdot 0+k_{2}=0\rightarrow k_{2}=0$

$x(10)=k_{1}\cdot 10+k_{2}=11\rightarrow k_{1}={11-0 \over 10}={11 \over 10}$

$\color {blue}x(t)={11 \over 10}t$

$y(0)=c_{1}\cdot 0+c_{2}=2\rightarrow c_{2}=2$

$y(10)=c_{1}\cdot 10+c_{2}=6\rightarrow c_{1}={6-2 \over 10}={2 \over 5}$

$\color {blue}y(t)={2 \over 5}t+2$

${\text{P5 (h): }}J[x,y]=\int _{0}^{\pi \over 2}({\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}+2xy)dt\quad {\text{dadas}}\quad x(0)=y(0)=0\quad {\text{y}}\quad x\left({\pi \over 2}\right)=y\left({\pi \over 2}\right)=1{\text{.}}$

$L(z)=L(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})={\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}+2xy$

${\partial L \over \partial z}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial x}\\{\partial L \over \partial y}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2y\\2x\end{bmatrix}}$

${\partial L \over \partial {\dot {z}}}={\begin{bmatrix}{\partial L \over \partial {\dot {x}}}\\{\partial L \over \partial {\dot {y}}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2{\dot {x}}\\2{\dot {y}}\end{bmatrix}}$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}\right]={\begin{bmatrix}2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}$

Equação de Euler

${\partial L \over \partial z}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {z}}}(t,x,{\dot {x}},y,{\dot {y}})\right]=0$

${\begin{bmatrix}2y\\2x\end{bmatrix}}-{\begin{bmatrix}2{\ddot {x}}\\2{\ddot {y}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}}\rightarrow \left\{\color {blue}{\begin{matrix}-{\ddot {x}}(t)+y(t)=0\\-{\ddot {y}}(t)+x(t)=0\end{matrix}}\right.$

$-{\ddot {x}}+y=0\rightarrow {\text{elevando a +2 em derivadas}}\rightarrow -{\ddot {\ddot {x}}}+{\ddot {y}}=0\rightarrow -{\ddot {\ddot {x}}}+x=0$

Substituir $x^{n}$ por $\lambda ^{m}$, sendo $n$ um número em derivadas e $m$, algarismo arábico.

$-\lambda ^{4}+\lambda ^{0}=0\rightarrow -\lambda ^{4}+1=0\rightarrow \lambda ^{4}=1\rightarrow \lambda =\pm 1{\text{ ou }}\pm i$

$\color {red}x(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}e^{-t}+k_{3}\cos t-k_{4}\operatorname {sen} t$

$\color {red}{\ddot {y}}=x(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}e^{-t}+k_{3}\cos t-k_{4}\operatorname {sen} t$

$\color {red}{\dot {y}}=k_{1}e^{t}-k_{2}e^{-t}+k_{3}\operatorname {sen} t+k_{4}\cos t+c_{1}$

$\color {red}y(t)=k_{1}e^{t}+k_{2}e^{-t}-k_{3}\cos t+k_{4}\operatorname {sen} t+c_{1}t+c_{2}$

${\text{P5 (i): }}J[x]=\int _{0}^{1}(1+{\ddot {x}}^{2})dt\quad {\text{con}}\quad x(0)=0\quad {\text{y}}\quad {\dot {x}}(0)=x(1)={\dot {x}}(1)=1{\text{.}}$

$L(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})=1+{\ddot {x}}^{2}$

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})=0$

${\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})=0$

${d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})\right]=0$

${\partial L \over \partial {\ddot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})=2{\ddot {x}}$

${d^{2} \over dt^{2}}\left[{\partial L \over \partial {\ddot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})\right]=2{\dot {\ddot {x}}}$

Equação de Euler-Poisson

${\partial L \over \partial x}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})-{d \over dt}\left[{\partial L \over \partial {\dot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})\right]+{d^{2} \over dt^{2}}\left[{\partial L \over \partial {\ddot {x}}}(t,x,{\dot {x}},{\ddot {x}})\right]=0$

$0-0+2{\dot {\ddot {x}}}=0\rightarrow \color {blue}{\dot {\ddot {x}}}=0$

Integrando ${\dot {\ddot {x}}}(t)$, ${\ddot {x}}(t)$ e ${\dot {x}}(t)$.

${\dot {\ddot {x}}}(t)=0\rightarrow \int _{0}^{1}({\dot {\ddot {x}}}(t))dt=\int _{0}^{1}(0)dt\rightarrow {\ddot {x}}(t)=k_{1}$

${\dot {x}}(t)=k_{1}t+k_{2}$

$x(t)={k_{1} \over 2}t^{2}+k_{2}t+k_{3}$

Substituindo as condições iniciais.

$x(0)={k_{1} \over 2}\cdot 0^{2}+k_{2}\cdot 0+k_{3}=0\rightarrow k_{3}=0$

${\dot {x}}(0)=k_{1}\cdot 0+k_{2}=1\rightarrow k_{2}=1$

$x(1)={k_{1} \over 2}\cdot 1^{2}+k_{2}\cdot 1+k_{3}=1\rightarrow k_{1}=(1-1-0)\cdot 2=0$

${\color {blue}x(t)}={0 \over 2}t^{2}+1\cdot t+0={\color {blue}t}$

Ainda há mais uma condição que não precisou ser utilizada para chegar ao extremal. Entretanto, podemos substituir a condição no extremal encontrado para ver se é atendida.

${\dot {x}}(1)=k_{1}\cdot 1+k_{2}=1\rightarrow k_{2}=1$. Atende.

Exercício 1 - Controle Ótimo

1. Halle las sendas óptimas $u^{*}(t)$, $y^{*}(t)$ y $\lambda ^{*}(t)$ en los seguientes casos:

a.
max	$V=\int _{0}^{2}(3y(t)-2u(t)^{2})dt$
s.a	$y'(t)=3u(t)-1$
	$y(0)=1$
	$y(2)=y_{2}({\text{libre}})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda (t),u(t),y(t))=f(t,y(t),u(t))+\lambda (t)\cdot g(t,y(t),u(t))$

$H(t,\lambda (t),u(t),y(t))=3y(t)-2u(t)^{2}+\lambda (t)\cdot (3u(t)-1)$

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

${\partial H \over \partial u(t)}=-4u(t)+3\lambda (t)=0\rightarrow u^{*}(t)={3 \over 4}\lambda (t)$

As equações do movimento do problema.

$y'(t)={\partial H \over \partial \lambda (t)}=3u(t)-1$

$\lambda '(t)=-{\partial H \over \partial y(t)}=-3\rightarrow {\text{ integrar }}\lambda '(t)\rightarrow \lambda (t)=\int _{0}^{2}(-3)dt=-3t+k_{1}$

Encontrar a constante $k_{1}$ por meio da condição de transversalidade.

$H(t)\cdot dt-\lambda (t)\cdot dy(t)=0$

Quando o tempo final $t$ é fixo e o Hamiltoniano não depende explicitamente do tempo $\left({\partial H \over \partial t}=0\right)\,$, então, $H(x^{*}(t),u^{*}(t),\lambda ^{*}(t))={\text{constante}}$. Se o tempo final $t$ é livre, então $H(x^{*}(t),u^{*}(t),\lambda ^{*}(t))=0$. Portanto:

${\cancel {H(t)\cdot dt}}-\lambda (t)\cdot dy(t)=0\rightarrow -\lambda (t)\cdot dy(t)=0$

Para que a variação $dy(t)$ seja maior que zero, é necessário que $\lambda (t)=0$.

$\lambda (2)=0\rightarrow -3t+k_{1}=0\rightarrow k_{1}=6\rightarrow \color {blue}\lambda ^{*}(t)=-3t+6$

Substituir $\lambda ^{*}(t)$ em $u^{*}(t)$.

${\color {blue}u^{*}(t)}={3 \over 4}\lambda ^{*}(t)={3 \over 4}\cdot (-3t+6)=\color {blue}{-9t+18 \over 4}$

Substituir $u^{*}(t)$ em $y'(t)$.

$y'(t)=3u^{*}(t)-1=3\cdot \left({-9t+18 \over 4}\right)-1={-27t+54 \over 4}-1={-27t+50 \over 4}=-{1 \over 4}\cdot (27t-50)$

Integrar $y'(t)$.

$y^{*}(t)=\int _{0}^{2}(y'(t))dt=-{1 \over 4}\cdot \int _{0}^{2}(27t-50)dt=-{1 \over 4}\left({27t^{2} \over 2}-50t+k_{2}\right)=-{27t^{2} \over 8}+{50t \over 4}-{k_{2} \over 4}$

Usar as condições iniciais do problema para achar a constante $k_{2}$:

$y(0)=-{27\cdot 0^{2} \over 8}+{50\cdot 0 \over 4}-{k_{2} \over 4}=1\rightarrow k_{2}=-4$

$\color {blue}y^{*}(t)=-{27t^{2} \over 8}+{50t \over 4}+1$

Montar a Hessiana para ver se a função Hamiltoniano é côncava. Se sim, então $\lambda ^{*}(t)$, $u^{*}(t)$ e $y^{*}(t)$ são soluções do problema de Controle Ótimo.

$-{\text{Hessiana}}={\begin{bmatrix}{\partial ^{2}H \over \partial u(t)^{2}}&{\partial ^{2}H \over \partial y(t)\partial u(t)}\\{\partial ^{2}H \over \partial u(t)\partial y(t)}&{\partial ^{2}H \over \partial y(t)^{2}}\end{bmatrix}}=-{\begin{bmatrix}-4&0\\0&0\end{bmatrix}}$

$\left.{\begin{matrix}H1<0\\H2=0\end{matrix}}\right\}\left.{\begin{matrix}-H1>0\\-H2=0\end{matrix}}\right\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva semi-definida e a função Hamiltoniana é côncava.

b.
max	$V=\int _{0}^{1}Ln(4yu)dt$
s.a	$y'=4y(1-u)$
	$y(0)=1$
	$y(1)=e^{2}$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=Ln(4yu)+\lambda \cdot 4y(1-u)$

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária, mas não suficiente).

${\partial H \over \partial u(t)}={(4yu)' \over 4yu}-4y\lambda ={4y \over 4yu}-4y\lambda =0\rightarrow u^{*}(t)={1 \over 4y(t)\lambda (t)}$

As equações do movimento do problema.

$y'={\partial H \over \partial \lambda }=4y(1-u)$

$\lambda '=-{\partial H \over \partial y}=-\left({(4yu)' \over 4yu}+4\lambda -4\lambda u\right)=-{1 \over y}-4\lambda +{\cancel {4\lambda }}\cdot {1 \over {\cancel {4\lambda }}y}=-4\lambda \rightarrow {\text{ integrar }}\lambda '\rightarrow \lambda =\int _{0}^{1}(-4\lambda )dt=k_{1}e^{-4t}$

Substituir $\lambda$ em $y'$.

$y'=4y(1-u^{*})=4y\left(1-{1 \over 4y\lambda }\right)=4y-\left({{\cancel {4y}} \over {\cancel {4y}}\cdot k_{1}e^{-4t}}\right)=4y-{e^{4t} \over k_{1}}$

Como resolver $x'(t)=a(t)x(t)+b(t)$

Defina $\alpha (t)=\int _{0}^{t}a(s)ds$

$x(t)=e^{\alpha (t)}\left(\int _{0}^{t}e^{-\alpha (s)}\cdot b(s)ds+c\right)$

Verificação

$x'(t)=\alpha '(t)\cdot e^{\alpha (t)}\left(\int _{0}^{t}e^{-\alpha (t)}\cdot b(s)ds+c\right)+{\cancel {e^{\alpha (t)}}}\left({\cancel {e^{-\alpha (t)}}}\cdot b(t)\right)=\alpha '(t)x(t)+b(t)$

$y'(t)=4y-{e^{4t} \over k_{1}}\qquad a(t)=4\qquad b(t)=-{e^{4t} \over k_{1}}$

$\alpha (t)=\int _{0}^{t}4ds=4s{\Big |}_{0}^{t}=4t$

$y(t)=e^{4t}\left(\int _{0}^{t}{\cancel {e^{-4s}}}\left(-{{\cancel {e^{4s}}} \over k_{1}}\right)ds+c\right)=e^{4t}\left(\int _{0}^{t}-{1 \over k_{1}}ds+c\right)=e^{4t}\left(-{t \over k_{1}}+c\right)$

$y(0)=e^{4\cdot 0}\left(-{0 \over k_{1}}+c\right)=1\rightarrow c=1$

$y(1)=e^{4\cdot 1}\left(-{1 \over k_{1}}+1\right)=e^{2}\rightarrow e^{-2}={-1+k_{1} \over k_{1}}\rightarrow k_{1}e^{-2}-k_{1}=-1=k_{1}(e^{-2}-1)\rightarrow k_{1}=-{1 \over e^{-2}-1}\approx 1,15652$

Logo:

${\color {blue}y^{*}(t)}=e^{4t}\left(-{t \over k_{1}}+c\right)\approx {\color {blue}e^{4t}\left(-{t \over 1,16}+1\right)}$

${\color {blue}\lambda ^{*}(t)}=k_{1}e^{-4t}\approx {\color {blue}{1,16 \over e^{4t}}}$

${\color {blue}u^{*}(t)}={1 \over 4y^{*}(t)\lambda ^{*}(t)}={1 \over 4\cdot {\cancel {e^{4t}}}\left(-{t \over 1,16}+1\right)\cdot {1,16 \over {\cancel {e^{4t}}}}}\approx {\color {blue}{1 \over -4t+4,63}}$

Verificar se a função Hamiltoniana é côncava em relação a $y$ e $u$.

$\color {red}-{\text{Hessiana}}={\begin{bmatrix}{\partial ^{2}H \over \partial u(t)^{2}}&{\partial ^{2}H \over \partial y(t)\partial u(t)}\\{\partial ^{2}H \over \partial u(t)\partial y(t)}&{\partial ^{2}H \over \partial y(t)^{2}}\end{bmatrix}}=-{\begin{bmatrix}-{1 \over u^{2}}&0\\0&-{1 \over y^{2}}\end{bmatrix}}$

$\left.{\begin{matrix}H1<0\\H2<0\end{matrix}}\right\}\left.{\begin{matrix}-H1>0\\-H2>0\end{matrix}}\right\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva definida e a função Hamiltoniana é côncava.

c.
max	$V=\int _{0}^{1}-u^{2}dt$
s.a	$y'=y+u$
	$y(0)=1$
	$y(1)=0$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-u^{2}+\lambda \cdot (y+u)$. $H$ não é linear em relação a $u$.

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

${\partial H \over \partial u}=-2u+\lambda =0\rightarrow u^{*}={\lambda \over 2}$

As equações do movimento do problema.

$y'={\partial H \over \partial \lambda }=y+u$

$\lambda '=-{\partial H \over \partial y}=-\lambda \rightarrow {\text{ integrar }}\lambda '\rightarrow \lambda ^{*}(t)=\int _{0}^{1}(-\lambda )dt=k_{1}e^{-t}$

Substituir $\lambda ^{*}(t)$ em $u^{*}(t)$.

$u^{*}(t)={\lambda ^{*} \over 2}={k_{1}e^{-t} \over 2}$

Equação Diferencial Ordinária (Wikibooks, Wikipédia) (e substituir $u^{*}(t)$ em $y'(t)$).

$y'(t)=y(t)+{k_{1}e^{-t} \over 2}\qquad a(t)=1\qquad b(t)={k_{1}e^{-t} \over 2}$

$\alpha (t)=\int _{0}^{t}a(s)ds=\int _{0}^{t}1ds=t$

$y(t)=e^{\alpha (t)}\left(\int _{0}^{t}e^{-\alpha (t)}\cdot b(s)ds\right)=e^{t}\left(\int _{0}^{t}e^{-s}\cdot {k_{1} \over 2}e^{-s}ds\right)=e^{t}\left(\int _{0}^{t}{k_{1} \over 2}e^{-2s}ds\right)=e^{t}\left(-{k_{1} \over 2}\cdot {e^{-2t} \over 2}+c\right)=-{k_{1} \over 4}e^{-t}+c\cdot e^{t}$

$y(0)=-{k_{1} \over 4}e^{-0}+c\cdot e^{0}=1\rightarrow c=1+{k_{1} \over 4}$

$y(1)=-{k_{1} \over 4}e^{-1}+c\cdot e^{1}=0\rightarrow c={0+{k_{1} \over 4}e^{-1} \over e}={k_{1} \over 4}\cdot e^{-2}$

${1+k_{1} \over 4}={k_{1} \over 4}\cdot e^{-2}\rightarrow 4+k_{1}=e^{-2}k_{1}\rightarrow k_{1}(1-e^{-2})=-4\rightarrow k_{1}={-4 \over 1-e^{-2}}\approx -4,62607$

$c=1+{k_{1} \over 4}\approx 1-{4,62 \over 4}\approx -0,15652$

Logo:

${\color {blue}\lambda ^{*}(t)}=k_{1}e^{-t}\approx \color {blue}-4,63e^{-t}$

${\color {blue}u^{*}(t)}={k_{1}e^{-t} \over 2}\approx \color {blue}-2,31e^{-t}$

${\color {blue}y^{*}(t)}=-{k_{1} \over 4}\cdot e^{-t}+c\cdot e^{t}\approx \color {blue}1,16e^{-t}-0,16e^{t}$

Verificar se a função Hamiltoniana é côncava em relação a $y$ e $u$.

$-{\text{Hessiana}}={\begin{bmatrix}H_{uu}&H_{yu}\\H_{uy}&H_{yy}\end{bmatrix}}=-{\begin{bmatrix}-2&0\\0&0\end{bmatrix}}$

$\left.{\begin{matrix}H1<0\\H2=0\end{matrix}}\right\}\left.{\begin{matrix}-H1>0\\-H2=0\end{matrix}}\right\}$ $\therefore$, $-H$ é positiva semi-definida e a função Hamiltoniana é côncava.

d.
max	$V=\int _{0}^{1}-{1 \over 2}\cdot (u^{2}+y^{2})dt$
s.a	$y'=u-y$
	$y(0)=1$
	$y(1)=y_{1}({\text{libre}})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-{1 \over 2}\cdot (u^{2}+y^{2})+\lambda \cdot (u-y)$. $H$ não é linear em relação a $u$.

Princípio do Ótimo de Pontryagin (condição necessária de H).

${\partial H \over \partial u}=-u+\lambda =0\rightarrow u^{*}=\lambda$

As equações do movimento do problema.

$y'={\partial H \over \partial \lambda }=u-y$

$\lambda '=-{\partial H \over \partial y}=y+\lambda$

Substituir $u$ em $y'$.

$y'=u-y=\lambda -y$

Logo, ${\begin{matrix}\lambda '=\lambda +y\\y'=\lambda -y\end{matrix}}\rightarrow {\begin{bmatrix}\lambda \\y\end{bmatrix}}'={\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\lambda \\y\end{bmatrix}}\rightarrow J_{f}={\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}}$

Diagrama de Fase

Encontrar as singularidades

$\lambda +y=0\rightarrow \lambda =-y$

$\lambda -y=0\rightarrow -y-y=0\rightarrow -2y=0\rightarrow y=0\rightarrow \lambda =-y=0$

Singularidade (0,0)

Determinar os autovalores e autovetores:

${\begin{bmatrix}1-\lambda &1\\1&-1-\lambda \end{bmatrix}}$

$(1-\lambda )(-1-\lambda )-1=0=-1{\cancel {-\lambda +\lambda }}+\lambda ^{2}-1=\lambda ^{2}-2\rightarrow \lambda \approx \pm 1,41421$

Autovetores (pelo Scilab): $v_{1}=(-0,92\quad -0,38)\qquad v_{2}=(0,38\quad -0,92)$

e.
max	$V=\int _{0}^{T}-dt$
s.a	$y'=y+u$
	$y(0)=5$
	$y(T)=11({\text{T libre}})$

Construir Hamiltoniano.

$H(t,\lambda ,u,y)=-1+\lambda \cdot (y+u)$. $H$ é linear em relação a $u$. Quando isto ocorre, $u^{*}(t)$ está localizada na fronteira do conjunto. Exemplo:

$u\in [a,b]$

$u^{*}(t)=a,{\text{se }}\lambda <0$

$u^{*}(t)=b,{\text{se }}\lambda >0$

Para determinar $\lambda$, usamos as equações de movimento.

$y'(t)={\partial H \over \partial \lambda (t)}=y(t)+u(t)$

$\lambda '(t)=-{\partial H \over \partial y(t)}=-\lambda (t)\rightarrow {\text{integrar }}\lambda '(t)\rightarrow \lambda (t)=k_{1}e^{-t}.$ Como $e^{-t}$ é positivo, o sinal de $\lambda$ depende do valor de $k_{1}$.

Como $T$ é livre, usamos a condição de Transversalidade.

$H(T)=0=-1+\lambda (T)y(T)+\lambda (T)u(T)=-1+k_{1}e^{-T}\cdot 11+k_{1}e^{-T}u(T)\rightarrow u(T)={1 \over k_{1}e^{-T}}-{11k_{1}e^{-T} \over k_{1}e^{-T}}={e^{T} \over k_{1}}-11$

Logo, $y'=y+u=y+{e^{t} \over k_{1}}-11$.

Porém, neste problema não foram estabelecidas as restrições para $u$. Não temos a informação $u\in [a,b]$, portanto este problema não tem solução.

f.
max	$V=\int _{0}^{\infty }(1-y)udt$
s.a	$y'=(1-y)u$
	$y(0)=0$
	$u(t)\in [0,1]$

g.
max	$V=\int _{0}^{T}(y^{2}+ay+bu+cu^{2})dt$
s.a	$y'=u$
	$y(0)=d$
	$y(T)=y_{T}({\text{T libre}})$
	$a,b,c,d>0$

h.
max	$V=\int _{0}^{1}(2y-3u-u^{2})dt$
s.a	$y'=y+u$
	$y(0)=5$
	$y(1)=y_{1}({\text{libre}})$

Exercícios 4(a. e b.), 5(a.) e 6(a.) - Controle Ótimo

4. La curva de demanda de un mercado en el instante "$t$" viene dada por:

$q(t)=a-bq(t)\qquad a,b>0$

Donde $q(t)$ y $p(t)$ representan la cantidad y el precio, respectivamente. En este mercado existe una firma grande que fija el precio, y un grupo de firmas pequeñas que son tomadoras de precios. Nuevas firmas pequeñas entrarán al mercado si la firma grande determina un precio mayor a $p^{*}$. La producción agregada de las firmas pequeñas $(y(t))$ se comporta de acuerdo con la siguiente ecuación diferencial:

$y'=k(p-p^{*})\qquad k>0$

$y(0)=y_{0}\qquad y_{0}>0$

La compañía grande produce una cantidad $q(t)-y(t)$, y presenta un costo medio constante e igual a c $(p^{*}>c>0)$. El objetivo de la empresa es maximizar el valor presente de sus beneficios descontados a la tasa "$r$":

$\Pi =\int _{0}^{\infty }e^{-n}[p-c][a-bp-y]dt$

a. Plante un diagrama de fase que explique la dinámica del precio y la producción de las pequeñas firmas.

b. Encuentre el valor del precio y la producción de las pequeñas firmas en le estado estacionario.

5. La variación de las ventas ($V$) de un producto de la firma XYZ decrece de manera proporcional al monto de las ventas, pero aumenta proporcionalmente al gasto en publicidad ($P$) destinado al sector del mercado que aún no adquiere el producto. De esta forma, las ventas se comportan de acuerdo con la siguiente ecuación diferencial:

$V'=-aV+bP\left[1-{V \over M}\right]\qquad a,b,M>0$

Dado $V(0)=V_{0}\qquad V_{0}>0$

Donde M es el valor de las ventas de todas las empresas dentro del mercado. El objetivo de la empresa es maximizar el valor de las ventas hasta el período "$T$":

$I=\int _{0}^{T}V(t)dt$

a. Si la firma XYZ puede destinar a lo más $3,000$ unidades monetárias (u.m.) en publicidad, mediante el principio del máximo halle la política publicitaria óptima y la evolución de las ventas. Asuma los siguientes valores para los parámetros: $a=1,b=2,M=100,\alpha =4,T=12$. Considere que las variables de control y estado se encuentran expresadas en miles de u.m.

6. Suponga que un partido político acaba de ganar las elecciones presidenciales($t=0$) y que las próximas elecciones se realizarán dentro de "$T$" años. El partido gobernante desea ser reelegido en las siguientes elecciones, razón por la cual busca maximizar la intención de voto de la ciudadanía representada a través de la función $v(*)$. Los votantes evalúan al gobierno sobre la base de la evolución de la inflación ($p$) y el desempleo ($u$) durante el período de gobierno. Los electores le asignan una mayor importancia a la situación económica cercana al período de elección, de acuerdo con el factor $e^{\pi }$. De este modo, el funcional objetivo del partido governante es el siguiente:

$V=\int _{0}^{T}v(u,p)e^{\pi }dt\qquad r>0$

La inflación, el desempleo y la inflación esperada ($\pi$) en la economía se relacionan de acuerdo con la curva de Phillips:

$p=a-bu+c\pi \qquad a,b,c>0$

Por otra parte, la inflación esperada se forma de acuerdo con expectativas adaptativas:

$v(u,p)=-u^{2}-kp\qquad k>0$

a. Halle la trayectoria del desempleo, la inflación y la inflación esperada, si el valor inicial de la inflación esperada es $\pi (0)=\pi _{0}$ y el valor terminal es libre. Considere al desempleo como la variable de control y a la inflación esperada como la variable de estado.

Exercícios 6.3 a 6.5

6.3 Comprobar que las siguientes sucesiones dadas son soluciones de las ecuaciones:

${\text{a) }}x_{t}=\cos \pi t;x_{t+1}=-x_{t}.$

$x_{t}=\cos(\pi \cdot t)\rightarrow {\text{sequência}}$

$x_{0}=\cos(\pi \cdot 0)=\cos 0=1$

$x_{1}=\cos(\pi \cdot 1)=-1$

$x_{2}=\cos(\pi \cdot 2)=1$

$x_{3}=\cos(\pi \cdot 3)=-1$

$x_{t}\rightarrow {\text{sequência }}\{1,-1,1,-1,1,-1,\cdots \}$

$\cos \pi t\left\{{\begin{matrix}1,{\text{ se }}t{\text{ é par}}\\-1,{\text{ se }}t{\text{ é ímpar}}\end{matrix}}\right\}x_{t}=(-1)^{t}$

Portanto, $x_{t+1}=\cos(\pi \cdot (t+1))=(-1)\cdot \cos(\pi \cdot t)=-x_{t}$, o que comprova que $x_{t+1}=-x_{t}$.

${\text{b) }}x_{t}=2^{t};x_{t+1}=x_{t}+2x_{t-1}.$

$x_{t}=2^{t}\rightarrow {\text{sequência}}$

$x_{0}=2^{0}=1$

$x_{1}=2^{1}=2$

$x_{2}=2^{2}=4$

$x_{3}=2^{3}=8$

$x_{t}\rightarrow {\text{sequência }}\{1,2,4,8,\cdots \}$

Como $x_{t}=2^{t}$, então $x_{t+1}=2^{t+1}=2^{t}\cdot 2^{1}=2(2^{t})=2^{t}+2^{t}=2^{t}+2^{1+t-1}=2^{t}+2(2^{t-1})$. Substituindo $2^{t}$ por $x_{t}$ e $2^{t-1}$ por $x_{t-1}$: $x_{t}+2x_{t-1}$. Portanto, fica comprovado que $x_{t+1}=x_{t}+2x_{t-1}$.

${\text{c) }}x_{t}={t(t+1) \over 2};x_{t+1}=x_{t}+t+1.$

Como $x_{t}={t(t+1) \over 2}$, então $x_{t+1}={(t+1)((t+1)+1) \over 2}={(t+1)(t+2) \over 2}={t^{2}+t+2t+2 \over 2}={t^{2}+t \over 2}+{2t \over 2}+{2 \over 2}={t(t+1) \over 2}+t+1$.

Substituindo ${t(t+1) \over 2}$ por $x_{t}$, fica comprovado que $x_{t+1}=x_{t}+t+1$.

6.4 Resolver las siguientes ecuaciones y analizar la convergencia del sistema. Realizar la gráfica de la función $x_{t}$ en todos los casos.

Apenas para lembrete: $\left\{{\begin{matrix}x_{t}=a^{t}\cdot x_{0},{\text{ se }}b=0\\x_{t}={b \over 1-a}+a^{t}\cdot \left(x_{0}-{b \over 1-a}\right),{\text{ se }}b\neq 0{\text{ e }}a\neq 1\end{matrix}}\right.$

${\text{a) }}x_{t+1}=-0.5x_{t}+3$

Como $(a\neq 1{\text{ e }}b\neq 0)$, então:

$x_{t}={b \over 1-a}+a^{t}\cdot \left(x_{0}-{b \over 1-a}\right)={3 \over 1-(-0,5)}+(-0,5)^{t}\cdot \left(x_{0}-{3 \over 1-(-0,5)}\right)={3 \over {3 \over 2}}+(-0,5)^{t}\cdot \left(x_{0}-{3 \over {3 \over 2}}\right)=2+(-0,5)^{t}\cdot (x_{0}-2)$

Como $(-0,5)^{t}$ tende para zero com $t\to \infty$, então $(-0,5)^{t}\cdot (x_{0}-2)$ tende para zero e, $\therefore$, $\lim _{t\to \infty }2+(-0,5)^{t}\cdot (x_{0}-2)=2.$ Converge para o ponto $2$.

${\text{b) }}2x_{t+1}=3x_{t}+4$

$x_{t+1}={3x_{t}+4 \over 2}={3 \over 2}\cdot x_{t}+2$

Como $(a\neq 1{\text{ e }}b\neq 0)$, então:

$x_{t}={b \over 1-a}+a^{t}\cdot \left(x_{0}-{b \over 1-a}\right)={2 \over 1-{3 \over 2}}+\left({3 \over 2}\right)^{t}\cdot \left(x_{0}-{2 \over 1-{3 \over 2}}\right)=-4+1,5^{t}\cdot (x_{0}+4)$

$1,5^{t}\cdot (x_{0}+4)$ tende para o infinito positivo com $t\to \infty$ e, $\therefore$, $\lim _{t\to \infty }-4+1,5^{t}\cdot (x_{0}+4)=\infty .$ Produz uma série divergente.

${\text{c) }}x_{t+1}=-x_{t}+5$

Como $(a\neq 1{\text{ e }}b\neq 0)$, então:

$x_{t}={b \over 1-a}+a^{t}\cdot \left(x_{0}-{b \over 1-a}\right)={5 \over 1-(-1)}+(-1)^{t}\cdot \left(x_{0}-{5 \over 1-(-1)}\right)={5 \over 2}+(-1)^{t}\cdot \left(x_{0}-{5 \over 2}\right)$

$(-1)^{t}\left\{{\begin{matrix}1,{\text{ se }}t{\text{ é par}}\\-1,{\text{ se }}t{\text{ é ímpar}}\end{matrix}}\right.$

$\therefore$, $\lim _{t\to \infty }{5 \over 2}+(-1)^{t}\cdot \left(x_{0}-{5 \over 2}\right)$ não está definido e produz uma série divergente.

${\text{d) }}x_{t+1}-x_{t}=-{4 \over 3}x_{t}$

$x_{t+1}=-{4 \over 3}x_{t}+x_{t}=-{2 \over 3}x_{t}$

Como $(b=0)$, então:

$x_{t}=a^{t}\cdot x_{0}=\left(-{1 \over 3}\right)^{t}\cdot x_{0}$

Como $\left(-{1 \over 3}\right)^{t}$ tende para zero com $t\to \infty$, então $\lim _{t\to \infty }\left(-{1 \over 3}\right)^{t}\cdot x_{0}=0.$ Converge para zero.

6.5 El ingreso, $Y_{t}$, evoluciona de acuerdo a la siguiente ecuación:

$Y_{t+1}=C_{t}+I_{t},$

en donde $I_{t}$ es inversión y $C_{t}$ es el consumo. Si $C_{t}=mY_{t}+c$ con $m<1$ y $c>0$ y la inversión es constante de manera que $I_{t}=I$, obtener una ecuación en diferencias para el ingreso y resolver. Analizar la convergencia del modelo.

${\text{Consumo }}C_{t}=mY_{t}+c\qquad m<1\qquad c>0\qquad I_{t}=I{\text{ (investimento constante)}}$

$Y_{t+1}=C_{t}+I_{t}=mY_{t}+c+I\qquad (a=m\neq 1{\text{ por ser menor que }}1,b=c+I\neq 0)$

$Y_{t}={b \over 1-a}+a^{t}\cdot \left(x_{0}-{b \over 1-a}\right)={c+I \over 1-m}+m^{t}\cdot \left(Y_{0}-{c+I \over 1-m}\right).$ Tem como ponto fixo $Y^{*}={c+I \over 1-m}.$

$\lim _{t\to \infty }Y_{t}=\lim _{t\to \infty }Y^{*}+m^{t}\cdot (Y_{0}-Y^{*})$

$Y^{*}>0$, pois $c$ e $I$ são positivos e $m$ menor que $1$.

Se $m\in (-1,1)\setminus 0$, então $\lim _{t\to \infty }Y^{*}+m^{t}\cdot (Y_{0}-Y^{*})=Y^{*}$, convergindo monotonamente se $m>0$ ou alternadamente se $m<0$.

Conforme as condições iniciais, o $m$ não pode ser maior que (ou igual a) $1$. No caso de $m<-1$, o $\lim _{t\to \infty }Y^{*}+m^{t}\cdot (Y_{0}-Y^{*})$ não é definido e produz uma série divergente.