M odelli dinamici e controllo ottimo

M odelli dinamici
e controllo ottimo
Un’introduzione elementare
Soluzioni degli esercizi proposti
Sandro Salsa
Annamaria Squellati
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
1
Soluzioni degli esercizi del capitolo 2
1. x = 3 è soluzione (costante) dell’equazione e quindi del problema di condizioni iniziali x (0) = 3. Per x 6= 3
si ha
Z
Z
dx
1
=
tet dt,
−
= tet − et + c, c ∈ R.
2
x−3
(x − 3)
Per il problema di condizioni iniziali x (0) = 2, si ricava c = 2 e quindi
x (t) = 3 −
1
.
tet − et + 2
2. (a) È un’equazione a variabili separabili. x = 0 è un integrale particolare.
“Separando" le variabili si ottiene
2t
dx
= 2
dt,
x
t −1
x 6= 0,
t 6= ±1,
da cui
¯
¯
ln |x| = ln ¯t2 − 1¯ + c,
c ∈ R.
¯
¯2
(k = ec ) .
|x| = k ¯t − 1¯
Lasciando assumere a k valori ≤ 0, le soluzioni nei tre intervalli (−∞, −1), (−1, 1) e (1, +∞), si possono
facilmente raccordare ed estendere a tutto R. L’integrale generale è, quindi,
x = k(t2 − 1),
(b) Per t 6= 0 l’equazione è equivalente a
che integrata dà
x0 =
Z
ossia
x+
k ∈ R.
3
,
t(1 + x2 )
(1 + x2 )dx =
Z
3
dt,
t
x3
= 3 log |t| + c = (ponendo c = 3 log k) = 3 log k|t| (k > 0),
3
che equivale a
|t| =
1 x/3+x3 /9
.
e
k
Lasciando assumere a k anche valori negativi, l’integrale generale si può scrivere nella forma
t=
1 x/3+x3 /9
,
e
k
k ∈ R \ {0}.
Le soluzioni t = t(x) sono definite in (−∞, 0), se k < 0 e in (0, +∞), se k > 0.
(c) È un’equazione lineare, con i coefficienti continui in ogni intervallo del tipo Ik = (kπ, (k + 1)π) (k ∈ Z).
Applicando la formula risolutiva (pag. 37), si ottiene:
µ
¶
Z
U
U
x = e− cot tdt c + 2 cos te cot tdt dt =
¶
µ
µ
¶
Z
Z
1
= e− log | sin t| c + 2 cos telog | sin t| dt =
c + 2 cos t| sin t|dt ;
| sin t|
2
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
negli intervalli in cui sin t è positivo, si ottiene:
µ
¶
Z
1
c + 2 cos t sin tdt ;
x=
sin t
negli intervalli in cui sin t è negativo, si ottiene:
µ
¶
Z
1
x=−
c − 2 cos t sin tdt ;
sin t
quindi, in qualsiasi intervallo Ik , l’integrale generale è dato da
µ
¶
1
1
c − cos 2t ,
x=
sin t
2
c ∈ R.
(d) Per t 6= ±1, l’equazione è equivalente a
x0 =
t
t
x+
x2 .
2
1−t
1 − t2
t
è continua in (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞).
1 − t2
x = 0 è integrale particolare.
La funzione P (t) = Q(t) =
Per x 6= 0 si possono dividere entrambi i membri dell’equazione per x2 , ottenendo:
t
t
x−1 +
.
1 − t2
1 − t2
x0 x−2 =
La sostituzione
z = x−1
trasforma l’equazione in lineare, infatti si ha:
z 0 = −x0 x−2
e la (1.1) diventa:
z0 = −
t
t
z−
.
2
1−t
1 − t2
Applicando la formula di pag. 37, valida, separatamente, in ciascuno degli intervalli
(−∞, −1), (−1, 1), (1, +∞), si ha:
µ
¶
Z
U t
U t
t
− 1−t
dt
2 dt
1−t2
z(t) = e
c−
e
dt
=
1 − t2
!
Ã
Z
p
t
1
2
p
=
=
|1 − t | c −
1 − t2 |1 − t2 |
Ã
!
Z
p
t
=
|1 − t2 | c − p
sign(1 − t2 )dt =
|1 − t2 |3
!
Ã
p
p
1
2
= c |1 − t2 | − 1
=
|1 − t | c − p
2
|1 − t |
e quindi, essendo x = z −1 , si ha:
1
.
x(t) = p
c |1 − t2 | − 1
(1.1)
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
3
t3 + x3
, si ha che f è continua nel piano t, x con esclusione degli assi t = 0 e x = 0.
tx2
L’equazione si può scrivere nella forma
x3
1+ 3
t .
x0 =
x2
t2
x
Ponendo z = , si ottiene:
t
(e) Posto f (t, x) =
z + tz 0
=
z 2 dz
=
1 + z3
,
z2
1
dt
t
equazione a variabili separabili, che integrata dà:
z3
3
z
= log |t| + c,
c∈R
p
k = 3c.
= 3 log |t| + k,
L’integrale generale è, quindi, dato da
p
x = t 3 log |t| + k,
k ∈ R.
(f ) Sia T il piano privato dell’asse t = 0 e della curva di equazione 1 + 3tx2 = 0. In T l’equazione può anche
essere posta nella forma
(x + 2tx3 )dt + (t + 3t2 x2 )dx = 0
ed è esatta, in quanto,
∂(x + 2tx3 )
∂(t + 3t2 x2 )
=
= 1 + 6tx2 .
∂x
∂t
L’integrale generale si trova con le formula di pag. 46; scegliendo, ad esempio, (t0 , x0 ) = (1, 0), punto nel
quale il denominatore dell’equazione non si annulla, si ha:
Z x
¡
¢
t + 3t2 s2 ds = c, c ∈ R,
0
tx + t2 x3
= c.
3. (a) L’equazione è lineare. Applicando la formula di pag. 38, si ottiene
Z x
Ux
Ur
2
2
1
y (x) = e− −1 2s/(1+s )ds
e −1 2s/(1+s )ds dr =
2
−1 r (1 + r )
Z x
1
log(−x)
1
.
=
dr =
1 + x2 −1 r
1 + x2
(b) È un’equazione a variabili separabili. Si ha, separando le variabili
ey dy = −xe−x dx
da cui applicando la formula di pag. 31:
Z y
0
t
e dt =
Z
0
x
−te−t dt
ey − 1 = xe−x + e−x − 1,
y = −x + ln (x + 1) .
4
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
4. L’integrale generale dell’equazione omogenea associata è
x (t) = ke2t ,
k∈R
(a) Dato che il “termine noto” è un polinomio di secondo grado, per “somiglianza” cerchiamo un integrale
particolare della forma
u (t) = at2 + bt + c.
Calcoliamo u0 e sostituiamo nell’equazione, si ha
¢
¡
2at + b − 2 at2 + bt + c = t2 + 3t
da cui
−2at2 + (2a − 2b) t + b − 2c = t2 + 3t
I parametri a, b, c si ricavano risolvendo il sistema
⎧
⎨ −2a = 1
2a − 2b = 3
⎩
b − 2c = 0
Si ha
⎧
1
⎪
⎨ a=−
2
b = −2
⎪
⎩
c = −1
1
Un integrale particolare è u (t) = − t2 − 2t − 1.
2
(b) Cerchiamo un integrale particolare della forma u (t) = a sin t + b cos t. Calcoliamo u0 e sostituiamo
nell’equazione, si ha
a cos t − b sin t − 2 (a sin t + b cos t) = cos t
da cui
(a − 2b) cos t + (−b − 2a) sin t = cos t
I parametri a e b si ricavano risolvendo il sistema
½
a − 2b = 1
−2a − b = 0
Si ha
⎧
⎪
⎨ a= 1
5
2
⎪
⎩ b=−
5
2
1
sin t − cos t.
5
5
(c) Si potrebbe pensare a una funzione del tipo u (t) = ae2t , ma calcolando u0 e sostituendo si ottiene
Un integrale particolare è u (t) =
2ae2t − 2ae2t = e2t
che non ha soluzioni, perchè la funzione x = e2t è soluzione dell’equazione omogenea
x0 − 2x = 0
Cerchiamo allora un integrale particolare della forma u (t) = ate2t . Calcoliamo u0 e sostituiamo nell’equazione,
si ha
ae2t + 2ate2t − 2ate2t = e2t
si ricava a = 1. Un integrale particolare è u (t) = te2t .
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
5
5. Ricordiamo che l’elasticità di una funzione è assegnata dalla formula
Ef (x) =
xf 0 (x)
f (x)
Nel primo caso si ha, supponendo x > 0 e f (x) > 0,
b
f 0 (x)
= a+ ,
f (x)
x
ln f (x) = ax + b ln x + c,
f (x) = kxb eax (k > 0) .
Nel secondo
f 0 (x)
f (x)
= ax + b +
c
,
x
ax2
+ bx + c ln x,
2
2
f (x) = kxc eax /2+bx (k > 0)
ln f (x) =
6. Se fx (t, x) è continua in K è anche limitata, ossia esiste M tale che
|fx (t, x)| ≤ M
per ogni (t, x) ∈ K. Fissato t, per ogni x1 , x2 , si può applicare il teorema del valor medio a f (t, x)
nell’intervallo [x1 , x2 ]: si ha
per cui
f (t, x1 ) − f (t, x2 )
= fx (t, c) ,
x1 − x2
c ∈ (x1 , x2 )
|f (t, x1 ) − f (t, x2 )| = |fx (t, c) (x1 − x2 )| ≤ M |x1 − x2 | .
f è lipschitziana rispetto a x, uniformemente rispetto a t, con costante di Lipschitz M.
7. Si ha
La soluzione cercata è
x0 (t) = a [M − x (t)] .
¡
¢
x (t) = M 1 − e−at .
8. L’equazione di Thiele, scritta con i differenziali, è
dV (t) = V (t) (δ + µt ) dt + P (t) dt − C (t) dt,
ossia
V 0 (t) = V (t) (δ + µt ) + P (t) − C (t)
da cui, sfruttando la condizione iniziale V (0) = 0, si ha
Z t
(δ+µu )t
V (t) = e
[P (s) − C (s)] e−(δ+µu )s ds.
0
9. Si ha
dM (t) =
da cui
½
M (t) rdt nell’ipotesi 1
Crdt
nell’ipotesi 2
M 0 (t) = rM (t) ⇒ M1 (t) = Cert nell’ipotesi 1
M 0 (t) = rC ⇒
M2 (t) = C (1 + rt) nell’ipotesi 2.
Nel primo caso abbiamo la capitalizzazione composta, nel secondo la capitalizzazione semplice.
6
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
0
2
Figura 1.1.
10. L’equazione differenziale con spesa pubblicitaria u (t) dt tra t e t + dt è
dS (t) = au (t) dt − S (t) f dt.
Nel caso u = costante si ha
S (t) =
che, per t → +∞, tende a S ∗ = au/f .
µ
¶
au
au −f t
+ S (0) −
e
f
f
Nel secondo caso il modello richiesto è
½
dS (t) = aU dt − S (t) f dt
dS (t) = −S (t) f dt
Si ha
S (t) = S (0) e−f t +
Il livello raggiunto in T è
per t ≤ T
per t > T.
¢
aU ¡
1 − e−f t
f
S (T ) = S (0) e−f T +
Da lì parte la nuova regola evolutiva, che comporta
"
per t ≤ T.
¢
aU ¡
1 − e−f T .
f
¢#
¡
aU 1 + ef T
= S (0) −
e−f t ,
f
−f (t−T )
S (t) = S (T ) e
convergente a 0 al divergere di t.
11. Come mostra il diagramma di fase in figura 1.1, i punti di equilibrio sono x = 0 (semistabile) e x = 2
(instabile).
12. Supponiamo che la funzione ϕ (t) sia una soluzione periodica di periodo T dell’equazione x0 = f (x) , quindi
ϕ (T ) = ϕ (0) .
Per il teorema di Rolle, esiste un punto t0 in cui
ϕ0 (t0 ) = 0.
Se x0 = ϕ (t0 ) , allora sostituendo nell’equazione, si ottiene
f (x0 ) = 0
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
e quindi la soluzione del problema
½
7
x0 = f (x)
x (t0 ) = x0
è la funzione costante ψ (t) ≡ x0 . Per il teorema di esistenza e unicità, ϕ e ψ devono concidere, quindi ϕ è
costante.
√
13. (a) La funzione f (x) = 3 x è derivabile su tutto R tranne che in x = 0. Le ipotesi del teorema di esistenza
e unicità sono quindi verificate per k 6= 0.
Per k = 0 si ha sicuramente la soluzione x = 0. Determiniamo l’integrale generale dell’equazione. Si ha per
x 6= 0
dx
√
3
x
√
33 2
x
2
= dt
= t + c, c ∈ R
sµ
¶3
2
x = ±
t+c
3
Altre soluzioni del problema con condizione iniziale x (0) = 0 (definite su tutto R) sono, per esempio, le
funzioni
⎧
t≤0
⎪
⎨ s 0
µ ¶3
x=
2
⎪
t>0
t
⎩
3
e
⎧
t≤0
⎪
⎨ s0
µ ¶3
x=
2
⎪
t>0
t
⎩ −
3
Il problema ha, in effetti, infinite soluzioni. Per esempio, sono soluzioni le funzioni
⎧
0
t ≤ t0
⎪
⎨ s
¶3
µ
x=
2
⎪
t > t0 .
(t − t0 )
⎩
3
14. Posto
f (t, x) =
√
2
x + 2t x,
t
si ha:
fx (t, x) =
2
t
+√ ;
t
x
f è continua in D = (0, +∞) × [0, +∞), fx è continua in D, tranne che sull’asse x = 0.
La continuità di f garantisce l’esistenza di almeno una soluzione, mentre non sono verificate le ipotesi
sufficienti a garantire l’unicità.
È immediato verificare che x = 0 è soluzione.
Integrando l’equazione (di Bernoulli), si ottiene, posto z =
z0 =
z= t(t + c),
√
x,
1
z + t,
t
c ∈ R,
da cui l’integrale generale
x = t2 (t + c)2 .
8
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Tali soluzioni sono definite solo per t(t + c) ≥ 0.
In particolare per c = −1 si ottiene una soluzione definita per t ≥ 1 (che può essere raccordata con x = 0
per t < 1).
Altre soluzioni del problema di Cauchy definite in (0, +∞) sono assegnate dalla formula
x(t) =
½
0
t2 (t − t)2
t<t
t≥t
t≥1
Il problema ha, quindi, infinite soluzioni.
Si può notare che x = 0 è un integrale singolare, in particolare, si dice di frontiera, poiché coincide con
parte della frontiera dell’insieme in cui vale il teorema di esistenza ed unicità.
15. Il modello di evoluzione della malattia è dato dall’equazione differenziale
d
I(t) = (αN − β)I(t) − αI(t)2 .
dt
(1.2)
Si indichi con N0 (0 < N0 < N ) il numero di individui infetti al tempo t = 0. Integrando la (1.2), per
αN − β = 0 (è a variabili separabili), si ottiene:
I(t) =
N0
αt + 1
e quindi
lim I(t) = 0;
t→+∞
ciò significa che tutta la popolazione tende a guarire.
Per αN − β 6= 0, la (1.2) può essere vista o come equazione di Bernoulli o ancora come equazione a variabili
separabili; la soluzione è
(αN − β)N0
I(t) =
(αN − αN0 − β)e(β−αN )t + αN0
e
⎧
β
⎪
⎨ 0
0<N <
α
lim I(t) =
αN − β
β
t→+∞
⎪
⎩
N> .
α
α
β
β
, tutta la popolazione tende a guarire, mentre se N > il numero di malati tende a
α
α
αN − β
raggiungere il livello endemico
.
α
Quindi, se 0 < N ≤
16. F è di classe C ∞ in R3 . L’equazione differenziale della famiglia si ottiene eliminando c tra le equazioni
½
2y + 2x2 − 4cx + c2 = 0
2y 0 + 4x − 4c = 0,
la seconda delle quali è ottenuta derivando rispetto ad x la prima. Risolvendo la seconda equazione rispetto
a c e sostituendo nella prima si ottiene:
µ 0
¶2
y + 2x
2
0
2y + 2x − (2y + 4x)x +
=0
2
cioè
y 02 − 4xy 0 − 4x2 + 8y = 0,
che è l’equazione cercata.
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
9
17. I punti di equilibrio, soluzioni dell’equazione
¡
¢
f (x) = x3 − 2x2 + mx = x2 − 2x + m x = 0
sono:
se 0 < m < 1, x = 0;
se m = 1, x = 0 e x = 1;
se m < 1, x = 0 e x = 1 ±
Dato che
√
1 − m (entrambi positivi).
f 0 (x) = 3x2 − 4x + m
si ha
f 0 (0) = m > 0.
Per ogni m > 0 il punto x = 0 è punto di equilibrio instabile. Il diagramma di fase, nei casi m = 1 e m > 1
è riportato in figura 1.2.
Figura 1.2.
√
Se m = √
1, il punto x = 1 è di equilibrio semistabile, se m > 1 i due punti di equilibrio x = 1 − 1 − m e
x = 1 + 1 − m sono rispettivamente di equilibrio asintoticamente stabile e di equilibrio instabile.
Soluzioni degli esercizi del capitolo 3
1. Per la prima si ha
sn → 0, per qualunque c.
Per la seconda si ha
Se c = 0, sn =
µ
¶n
1
sn = c −
,
3
1
sn = c (−2)n + ,
3
1
è costante, altrimenti oscilla.
3
2. (a) Si ha sn → +∞,
(b) Si ha sn = 4 − n → −∞.
(c) Si ha {sn } = {4, −4, 4, −4, 4, −4, . . .} , irregolare.
c ∈ R.
c ∈ R.
10
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
3. Nel primo caso si può cercare una soluzione particolare della forma
un = an + b
con a e b parametri reali. Se un = an + b, un+1 = a (n + 1) + b e sostituendo nell’equazione si ottiene
³a
´
1
b
a (n + 1) + b = (an + b) + n ⇒
− 1 n + a + = 0.
2
2
2
Si ricavano a = 2, b = −4. Una soluzione particolare è quindi
un = 2n − 4.
Nel secondo caso si può cercare una soluzione particolare della forma
un = a2n
con a parametro reale. Se un = a2n , un+1 = a2n+1 = 2a2n e sostituendo nell’equazione si ottiene
2a2n = a2n + 2n
⇒
a = 1.
Una soluzione particolare è quindi
un = 2n .
4. Partiamo dall’equazione
Yt = λYt−1 + Xt ,
t≥1
e scriviamola per t + 1, t + 2, . . .
Yt+1
Yt+2
Yt+3
(1.3)
= λYt + Xt+1
= λYt+1 + Xt+2
= λYt+2 + Xt+3
..
.
poi dividiamo la prima per λ, la seconda per λ2 , ecc.
1
Yt+1
λ
1
Yt+2
λ2
1
Yt+3
λ2
sommiamo e semplifichiamo i vari termini
la serie converge:
1
Xt+1
λ
1
1
=
Yt+1 + 2 Xt+2
λ
λ
1
1
=
2 Yt+2 + 2 Xt+3
λ
λ
..
.
= Yt +
1
1
Yt+1 , 2 Yt+3 , . . . Si ottiene, dato che per λ > 1 e Xt limitata,
λ
λ
0 = Yt +
+∞ µ ¶i
X
1
i=1
da cui
Yt = −
λ
+∞ µ ¶i
X
1
i=1
λ
Xt+i
Xt+i
che è una soluzione particolare dell’equazione (1.3). Le altre soluzioni possono essere scritte nella forma
+∞ µ ¶i
X
1
Xt+i , c ∈ R,
Yt = cλt −
λ
i=1
e divergono tutte tranne una (quella particolare trovata sopra).
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
11
5. Consideriamo la funzione
g (x) = f (x) − x;
g è continua in [a, b], inoltre
g (a) = f (a) − a ≥ 0,
g (b) = f (b) − b ≤ 0.
Se f (a) = a, allora a è punto fisso per f ; se f (b) = b, allora b è punto fisso per f . Negli altri casi si ha
g (a) > 0 e g (b) < 0,
quindi g verifica le ipotesi del teorema degli zeri. Per tale teorema esiste un punto almeno x∗ ∈ (a, b) in cui
g si annulla, vale cioè
g (x∗ ) = f (x∗ ) − x∗ = 0.
x∗ dunque è soluzione dell’equazione f (x) = x, ossia è punto fisso per f.
6. Per la continuità di f si ha
lim f (xn ) = f
n→+∞
µ
lim xn
n→+∞
¶
= f (l)
Dalla relazione di ricorrenza, poiché xn+1 → l, si ha
xn+1
↓
l
= f (xn )
↓
= f (l) ,
e cioè l è punto fisso di f
7. Dobbiamo dimostrare che, per ogni n ≥ 1,
p (n) :
xn > xn−1 .
Per ipotesi, p (n) è vera per n = 1. Dimostriamo che p (n) ⇒ p (n + 1) . Supposta vera p (n), poiché per
ipotesi f è crescente, si ha anche
f (xn ) > f (xn−1 ) ,
ossia
xn+1 > xn
quindi è vera anche p (n + 1) . Per il principio di induzione p (n) è vera per ogni n ≥ 1, cioè xn è crescente.
Analogamente si dimostra che se x1 < x0 allora xn è decrescente. In ogni caso xn è monotona, quindi
regolare.
8. La funzione generatrice
f (x) =
√
2+x
ha come punto fisso x = 2, che è punto di equilibrio asintoticamente stabile, infatti
f 0 (2) =
1
.
4
Dato che f è crescente, la successione sn è regolare per ogni a (> 0) ; in particolare, come si può vedere dal
diagramma di fase è crescente per 0 < a < 2, è costante (sn ≡ 2) per a = 2 ed è decrescente per a > 2.
In ogni caso sn → 2.
12
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Figura 1.3.
9. (a)
x1
x2
xn+1
= f 2 (x0 ) = f (f (s0 )) = f (s1 ) = s2 ,
= f 2 (x1 ) = f (f (s2 )) = f (s3 ) = s4 ,
..
.
= f 2 (xn ) = f (f (s2n )) = f (s2n+1 ) = s2n+2 .
Analogamente per yn .
(b) Dato che f 2 è crescente1 , xn e yn sono monotone. Se xn = s2n è crescente, ossia se s2n < s2n+2 allora,
poiché f decresce, si ha
s2n+1 = f (s2n ) > f (s2n+2 ) = s2n+3
e quindi yn = s2n+1 decresce. Gli altri casi sono analoghi.
(c) Se xn = s2n → x∗ (punto fisso di f 2 ) allora yn = s2n+1 = f (s2n ) → f (x∗ ) , per la continuità di f.
Se yn = s2n+1 → y ∗ (punto fisso di f 2 ) allora xn = s2n = f (s2n−1 ) → f (y ∗ ) , per la continuità di f.
Dunque x∗ = f (y ∗ ) e y ∗ = (x∗ ) . Se, in particolare, f 2 ha gli stessi punti fissi2 di f deve essere x∗ = y ∗ .
(d) Se x∗ = y ∗ = l allora s2n → l, s2n+1 → l e quindi sn → l. Viceversa se sn → l allora anche xn = s2n → l
e yn = s2n+1 → l, quindi x∗ = y ∗ = l.
µ
¶
1
A
10. Si ha xn+1 = f (xn ) con f (x) =
x+
. I punti fissi di f, soluzioni dell’equazione
2
x
µ
¶
A
1
x+
x=
2
x
sono
1 Ricordiamo
2 Ricordiamo
√
x = ± A.
che se f è decrescente f ◦ f è crescente.
che se un punto x∗ è punto fisso per una funzione f, lo è anche per tutte le sue iterate. Non vale l’inverso.
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
1
Dato che f (x) =
2
mente stabile.
0
13
¶
µ
³ √ ´
A
1 − 2 e f 0 ± A = 0, entrambi i punti sono di equilibrio localmente asintoticax
Consideriamo, per esempio, la successione definita per ricorrenza
⎧
¶
µ
1
7
⎨
xn+1 =
xn +
2
xn
⎩
x0 = 4.
(1.4)
Come mostra il diagramma di fase, tale successione converge (per eccesso) a
√
7. Si ha
6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
Figura 1.4. Diagramma di fase per la successione (1.4)
µ
¶
µ
¶
1
1
7
23
7
4+
=
= 2.875,
x2 =
2.875 +
' 2. 6549
2µ
4
8
2µ
2.875 ¶
¶
1
1
7
7
x3 =
2. 6549 +
' 2. 6458 x4 =
2. 6458 +
' 2. 6458
2
2. 6549
2
2. 6458
x1 =
Già alla terza iterazione si hanno tre cifre decimali esatte.
11. (a) La funzione generatrice della successione è
f (x) =
2
.
1+x
Iniziamo col determinare i punti fissi di f, soluzioni dell’equazione
x=
2
,
1+x
che è equivalente a
x2 + x − 2 = 0.
I punti fissi sono
x = −2 e x = 1.
14
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Poiché
f 0 (x) = −
si ha
2
(1 + x)2
1
f 0 (−2) = −2 e f 0 (1) = − .
2
Dato che
|f 0 (−2)| > 1 e
|f 0 (1)| < 1,
il punto x = −2 è di equilibrio instabile, mentre il punto x = 1 è di equilibrio asintoticamente stabile.
Per a = 1 la successione è costante; per ogni a > 0 (a 6= 1) la successione sn → 1 con andamento oscillatorio.
Verifichiamolo, per esempio, per a ∈ (0, 1) . Per l’esercizio precedente le successioni s2n e s2n+1 sono
monotone e quindi regolari, in particolare se s0 ∈ (0, 1) , s2n è crescente e s2n+1 è decrescente.
Si ha poi che
f 2 (x) = f (f (x)) =
2
2 + 2x
=
1 + 2/ (1 + x)
3+x
ha gli stessi punti fissi di f, in quanto l’equazione
2 + 2x
=x
3+x
è equivalente a
x2 + x − 2 = 0.
Dunque s2n → 1 e s2n+1 → 1 e per l’esercizio precedente anche sn → 1. Analogo è il caso a > 1.
L’andamento di sn è mostrato nel seguente diagramma in figura 1.5.
3
2 .5
2
1 .5
1
0 .5
0
0
1
2
3
4
5
6
Figura 1.5.
12. L’equazione di equilibrio è
pt+1 = pt + σ (a − bpt + c − dpt ) = [1 − σ (b + d)] pt + σ (a + c)
che ha soluzione
t
pt = [1 − σ (b + d)] (p0 − p∗ ) + p∗ ,
dove p∗ =
a+c
2
. pt converge a p∗ , se e solo se |1 − σ (b + d)| < 1, ossia se σ <
.
b+d
b+d
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
13. (a) La funzione generatrice è
375
+ 100,
x − 90
Determiniamone i punti fissi risolvendo l’equazione
f (x) =
x > 90.
375
+ 100 = x.
x − 90
L’equazione è equivalente a
x2 − 190x + 8625 = 0
che ha le soluzioni
x = 115 e x = 75,
di cui solo la prima è accettabile. Calcoliamo f 0 per studiare la stabilità del punto fisso. Si ha
f 0 (x) = −
375
2
(x − 90)
e
375
3
=− .
625
5
0
Dato che |f (115)| < 1, il punto di equilibrio è asintoticamente stabile.
f 0 (115) = −
(b) La soluzione che verifica la condizione iniziale x0 = 150, per t → +∞, converge a 115.
14. (a) Per tracciare il grafico di
3
f (x) = xe1−x
/3
in [0, +∞) , iniziamo con lo studio del comportamento agli estremi del dominio. Si ha
lim f (x) = 0+ .
f (0) = 0 e
x→+∞
Si vede facilmente che f è positiva in (0, +∞) . Calcoliamo f 0 e determniamone gli zeri. Si ha
¡
¢
3
f 0 (x) = 1 − x3 e1−x /3 ,
f 0 (x) = 0 per x = 1,
per cui x = 1 è punto di massimo. (b) I punti fissi di f si ricavano risolvendo l’equazione
3
xe1−x
/3
=x
e sono
x=0 e x=
Dato che
f 0 (0) = e > 1 e f 0
entrambi i punti sono di equilibrio instabile.
√
3
3.
³√ ´
3
3 = −2 < −1
15. (a) I punti di equilibrio, soluzioni dell’equazione
x = f (x) =
αx
1 + βx
sono
x=0
e, se α 6= 1,
x=
α−1
.
β
15
16
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3 /3
Figura 1.6. Grafico di f (x) = xe1−x
Dato che
f 0 (x) =
α
(1 + βx)
si ha
f 0 (0) = α,
f0
µ
2,
α−1
β
¶
=
1
.
α
α−1
(che, però, risulta
β
α−1
< 0) è di equilibrio instabile; se α > 1, il punto x = 0 è di equilibrio instabile, mentre il punto x =
β
è di equilibrio stabile. Se α = 1, l’unico punto fisso è x = 0 e dato che f 0 (0) = 1, in base al teorema di
stabilità per linearizzazione, non si può dire nulla; occorre un’ulteriore indagine.
Perciò, se 0 < α < 1, il punto x = 0 è di equilibrio stabile, mentre il punto x =
La dinamica in un intorno dei punti fissi è monotona, infatti f 0 è positiva per ogni x ≥ 0 e quindi f è
crescente.
(b) Per α = β = 1 il diagramma di fase è riportato in figura 1.7. Si vede che per ogni x0 > 0 la successione
xn → 0. Ciò, in effetti, accade qualsiasi sia β.
(c) Sia
(
xn+1 =
x0 > 0.
xn
1 + xn
Si ha
x1
x3
x0
x0
1 + x0
x2 =
x0 = 1 + 2x ,
0
1+
1 + x0
=
x0
,
1 + x0
=
x0
x0
1 + 2x0
=
,...,
x0
1 + 3x0
1+
1 + 2x0
si ricava
xn =
x0
,
1 + nx0
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
17
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0 . 5
-0 . 5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
Figura 1.7.
che per ogni x0 > 0 converge a 0.
Soluzioni degli esercizi del capitolo 4
1. Le equazioni sono:
(a) x00 (t) = 0;
(b) x00 (t) + x0 (t) = 0,
(b) x00 (t) + 5x0 (t) + 6x (t) = 0.
2. (a) L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata è
λ2 − 1 = 0
e ha le radici λ12 = ±1. Cercando una soluzione particolare dell’equazione completa della forma u (t) =
1
a sin t, si ricava a = − , per cui l’integrale generale è
2
x (t) = c1 et + c2 e−t −
1
sin t c1 , c2 ∈ R.
2
(b) L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata è
λ2 + 1 = 0
e ha le radici λ12 = ±i.Una soluzione particolare dell’equazione completa è u (t) = 2t −3 (si vede anche
senza fare conti). L’integrale generale è
x (t) = c1 cos t + c2 sin t + 2t − 3,
c1 , c2 ∈ R.
(c) L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata è
λ2 − 2λ + 2 = 0
18
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
e ha le radici λ12 = 1 ± i. Cercando una soluzione particolare dell’equazione completa della forma u (t) =
7
at + b, si ricava a = 2, b = . L’integrale generale è
2
7
x (t) = et (c1 sin t + c2 cos t) + 2t + ,
2
c1 , c2 ∈ R.
3. (a) L’integrale generale è
x (t) = c1 cos t + c2 sin t,
c1 , c2 ∈ R.
Le costanti c1 e c2 si ricavano dal sistema
⎧ ³π ´
⎨ x
= c2 = 0
³2π ´
π
⎩ x0
= −c1 = .
2
2
La soluzione del problema di Cauchy, quindi, è
x (t) = −
π
cos t.
2
(b) L’integrale generale dell’equazione differenziale è
1
x (t) = c1 e−2t + c2 e2t − et .
3
Per determinare la soluzione del problema di Cauchy, calcoliamo x0
1
x0 (t) = −2c1 e−2t + 2c2 e2t − et
3
Sostituendo le condizioni iniziali, ricaviamo il sistema
⎧
⎪
⎨ c1 + c2 − 1 = 0
3
1
⎪
⎩ −2c1 + 2c2 − = 0
3
che ha soluzione
⎧
⎪
⎨ c1 = 1
12
1
⎪
⎩ c2 = .
4
La soluzione del problema è quindi
x (t) =
1 −2t 1 2t 1 t
+ e − e.
e
12
4
3
4. Radice dell’equazione caratteristica è 1 (di molteplicità due).
(a) Un integrale particolare dell’equazione completa può essere cercato della forma (0 non è radice dell’equazione
caratteristica)
u = At3 + Bt2 + Ct + D.
Si trova
u = t3 − 6t − 12.
(b) Un integrale particolare dell’equazione completa può essere cercato della forma (2 non è radice dell’equazione
caratteristica, mentre 1 è radice doppia)
u = At2 et + Be2t .
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Si trova
u=
19
1 2 t
t e + e2t .
2
(c) Un integrale particolare dell’equazione completa può essere cercato della forma (1 ± i non sono radici
dell’equazione caratteristica)
u = et (A sin t + B cos t).
Si trova
u = −et sin t.
√
1
3
5. (a) Le radici dell’equazione caratteristica sono 1 e − ±
i.
2
2
L’integrale generale è
Ã√ !
à √ !!
Ã
3
3
t
−t/2
c2 cos
y = c1 e + e
t + c3 sin
t
,
2
2
con c1 , c2 , c3 , costanti arbitrarie.
L’equazione caratteristica ha anche una radice reale positiva; la soluzione nulla è di equilibrio instabile.
√
(b) Le radici dell’equazione caratteristica sono 0 e ± 2i, tutte di molteplicità due.
L’integrale generale è
y = c1 + c2 t + (c3 + c4 t) cos
con ci , i = 1, . . . , 6, costanti arbitrarie.
³√ ´
³√ ´
2t + (c5 + c6 t) sin
2t ,
L’equazione caratteristica ha tutte le radici con parte reale nulla, ma poiché queste non sono semplici la
soluzione nulla è di equilibrio instabile.
6. (a) Le radici dell’equazione caratteristica sono ±i, entrambe doppie.
Poiché‚ 0 non è radice dell’equazione caratteristica, un integrale particolare dell’equazione completa può
essere cercato della forma
u = At2 + Bt + C.
Si trovano A = 1, B = 0, C = −4.
L’integrale generale dell’equazione è
y = (c1 + c2 t) sin t + (c3 + c4 t) cos t + t2 − 4,
con ci , i = 1, . . . , 4, costanti arbitrarie.
(b) Le radici dell’equazione caratteristica sono 1 (doppia) e −2 (semplice).
Poiché 1 è radice doppia dell’equazione caratteristica, un integrale particolare dell’equazione completa può
essere cercato della forma
u = et (At2 + Bt + C).
1
1
1
, B=− , C=
.
36
27
27
L’integrale generale dell’equazione è
Si trovano A =
µ
¶
t2
t3
t4
−
+
,
y = c1 e−2t + et c2 + c3 t +
27 27 36
con c1 , c2 , c3 costanti arbitrarie.
2
(c) Le radici dell’equazione caratteristica sono −2 e − .
3
20
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Poiché −1 e ±i non sono soluzioni dell’equazione caratteristica, un integrale particolare dell’equazione
completa può essere cercato della forma
u = Ae−t + B sin t + C cos t.
1
8
, C=− .
65
65
L’integrale generale dell’equazione è
Si trova A = −1, B =
y = c1 e−2t + c2 e−2t/3 − e−t +
1
8
sin t −
cos t,
65
65
con c1 , c2 , costanti arbitrarie.
7. L’equazione caratteristica è
λ3 − 2λ2 + λ = 0,
che ha come radici 0 e 1 (radice doppia), a cui corrispondono le soluzioni 1, et , tet .
Un integrale particolare, dato che 1 è radice doppia dell’equazione caratteristica, ha la forma
u(t) = At2 et .
Si ha
u0 (t) = A(t2 + 2t)et ,
u00 (t) = A(t2 + 4t + 2)et ,
u000 (t) = A(t2 + 6t + 6)et
e, sostituendo nell’equazione, si ottiene:
A(t2 + 6t + 6)et − 2A(t2 + 4t + 2)et + A(t2 + 2t)et = et ,
da cui
A=
1
.
2
L’integrale generale è, pertanto,
1
y = c1 + c2 et + c3 tet + t2 et .
2
Occorre, ora, determinare le tre costanti c1 , c2 , c3 , in modo che le condizioni iniziali siano verificate.
Derivando la (1.5), si ottiene:
y0
y 00
¢
1¡ 2
t + 2t et
2
¢
1¡ 2
t
t
= c2 e + c3 (t + 2) e +
t + 4t + 2 et
2
= c2 et + c3 (t + 1) et +
da cui, sostituendo le condizioni iniziali, si ricava il sistema
⎧
⎨ c1 + c2 = 0
c2 + c3 = 0
⎩
c2 + 2c3 + 1 = 0,
che ha come soluzione
c1 = −1,
c2 = 1,
c3 = −1.
La soluzione del problema di Cauchy è, quindi,
µ
¶
1
y = −1 + 1 − t + t2 et .
2
(1.5)
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
21
8. La soluzione nulla è stabile per il criterio delle equazioni di terzo grado, infatti tutti i coefficienti sono
positivi e 6 · 9 > 1.
9. L’equazione caratteristica è
λ2 + 2δλ + ω 2 = 0.
Si distinguono tre casi.
Se δ > ω l’equazione caratteristica ha due radici reali distinte negative
p
p
λ1 = −δ − δ 2 − ω 2 e λ2 = −δ + δ 2 − ω 2
e l’integrale generale è
y (t) = C1 eλ1 t + C2 eλ2 t ,
C1 , C2 ∈ R.
Se δ = ω l’equazione caratteristica ha due radici reali concidenti λ12 = −δ e l’integrale generale è
y (t) = (C1 + C2 t) e−δt ,
C1 , C2 ∈ R.
p
Se δ < ω l’equazione caratteristica ha due radici complesse λ12 = −δ ± i ω 2 − δ 2 e l’integrale generale è
y (t) = e−δt (C1 sin νt + C2 cos νt) ,
avendo posto ν =
p
ω 2 − δ 2 . In ogni caso, si ha
C1 , C2 ∈ R,
lim y (t) = 0.
t→+∞
Soluzioni degli esercizi del capitolo 5
1. L’equazione caratteristica è
λ2 − 5λ + 6 = 0
e ha le due soluzioni λ1 = 2 e λ2 = 3. Pertanto la soluzione generale dell’equazione è
xn = C1 2n + C2 3n ,
C1 , C2 ∈ R.
Per trovare la soluzione particolare che soddisfa le condizioni x0 = 0 e x1 = 1, risolviamo il sistema
½
C1 + C2 = 0
2C1 + 3C2 = 1
La soluzione è
C1 = −1,
C2 = 1
e quindi la soluzione particolare dell’equazione alle differenze è
xn = −2n + 3n .
2. (a) L’equazione caratteristica è
2λ2 − 3λ + 1 = 0,
che ha le soluzioni λ1 =
1
, λ2 = 1. La soluzione generale è
2
µ ¶n
1
xn = C1
+ C2 ,
C1 , C2 ∈ R.
2
22
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
La soluzione nulla è stabile, ma non asintoticamente.
(b) L’equazione caratteristica è
λ2 + 1 = 0
e ha cui radici sono ±i. La soluzione generale è
xn = C1 sin n
π
π
+ C2 cos n ,
2
2
con C1 , C2 sono costanti arbitrarie. La soluzione nulla è stabile, ma non asintoticamente.
(c) L’equazione caratteristica è
λ2 − 4λ + 4 = 0
che ha la radice 2 di molteplicità 2. Una soluzione particolare costante dell’equazione, come si controlla
facilmente, è un = 1, per cui la soluzione generale è
xn = 2n (C1 + C2 n) + 1,
C1 , C2 ∈ R.
La soluzione costante è instabile.
3. (a) L’equazione caratteristica è
λ2 − 3λ + 2 = 0
che ha le radici λ = 1 e λ = 2. Cercando una soluzione particolare dell’equazione completa del tipo
xn = A3n ; si trova A = 1/2. Le soluzioni sono, quindi,
1
xn = c1 + c2 2n + 3n ,
2
c1 , c2 ∈ R.
(b) L’equazione caratteristica è
λ3 − λ2 + λ − 1 = 0
e ha le radici λ1 = 1, λ23 = ±i. Cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione completa della forma
un = An. Sostituendo nell’equazione si trova
A (n + 3) − A (n + 2) + A (n + 1) − An = −1
1
da cui A = − . La soluzione generale dell’equazione è
2
xn = c1 + c2 cos n
π
π
+ c3 sin n ,
2
2
c1 , c2 , c3 ∈ R.
4. L’equazione caratteristica è
e ha le radici λ1 = −1, λ23
λ3 + 1 = 0
√
3
1
π
π
= ±
i = cos ± i sin , per cui la soluzione generale dell’equazione è
2
2
3
3
t
xt = c1 (−1) + c2 sin
πt
πt
+ c3 cos
3
3
c1 , c2 , c3 ∈ R.
I valori delle costanti che corrispondono alla soluzione particolare con dati iniziali x0 = 1, x1 = 0, x2 = 2,
si ricavano dal sistema
⎧
c1 + c3 √
=1
⎪
⎪
⎪
⎨
1
3
−c1 +
c2 + c3 = 0
2
2
√
⎪
⎪
⎪
⎩ c + 3 c − 1 c = 2;
1
2
3
2
2
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
23
√
2 3
si trova c1 = 1, c2 =
, c3 = 0, per cui la soluzione è
3
√
2 3
πt
t
xt = (−1) +
sin .
3
3
Si ha
xt+6 = (−1)
t+6
√
2 3
π (t + 6)
+
sin
= xt
3
3
quindi xt è periodica di periodo 6.
5. Distinguiamo due casi: λ1 e λ2 reali e λ1 e λ2 complesse coniugate.
Caso 1. Se le radici sono reali, da |λ1 | < 1 e |λ2 | < 1, si ha immediatamente |λ1 λ2 | < 1; se λ1 e λ2 hanno
lo stesso segno λ1 λ2 = |λ1 λ2 |, quindi
(1.6)
λ1 λ2 < 1,
che è banalmente vera se le radici hanno segno opposto o una delle due è nulla.
Da −1 < λ1 < 1 e −1 < λ2 < 1, si ricava
(1 − λ1 ) (1 − λ2 ) > 0,
(1 + λ1 ) (1 + λ2 ) > 0
(1.7)
ossia
1 + λ1 λ2 > λ1 + λ2 ,
1 + λ1 λ2 > −λ1 − λ2
e quindi
|λ1 + λ2 | < 1 + λ1 λ2 .
(1.8)
Viceversa, se vale la (1.8), valgono le (1.7) che, con la (1.6), implicano
|λ1 | < 1 e
|λ2 | < 1.
Infatti, oltre che in questo caso, le (1.7) possono essere vere o se entrambe le radici sono minori di −1 o se
entrambe sono maggiori di 1, ma in questi due casi il prodotto risulta > 1.
p
Caso 2. Se le radici sono complesse, ossia se λ12 = α ± iβ, si ha |λ1 | = |λ2 | = α2 + β 2 , λ1 λ2 = α2 + β 2
e si ricava immediatamente che
|λ1 | < 1 e |λ2 | < 1
⇐⇒
λ1 λ2 < 1,
mentre la (1.8) è vera per ogni coppia di numeri complessi coniugati, infatti, si ha λ1 + λ2 = 2α e la (1.8)
diventa
|2α| < 1 + α2 + β 2
ossia
(1 − |α|)2 + β 2 > 0.
6. (a) La soluzione nulla è asintoticamente stabile se e solo se le radici dell’equazione caratteristica sono
entrambe minori di 1 in modulo. L’equazione caratteristica è
λ2 − λ − a = 0
e ha radici in modulo minore di 1 se e solo se
−a < 1,
1 < 1 − a,
quindi la soluzione nulla è asintoticamente stabile se e solo se
−1 < a < 0.
24
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
(b) L’equazione caratteristica è
λ2 − λ −
1
=0
8
e ha le radici
λ12
1
= ±
2
r
3
.
8
La soluzione generale è
xt = c1
Ã
1
+
2
Ã
r !t
r !t
1
3
3
+ c2
,
−
8
2
8
c1 , c2 ∈ R.
Per determinare la soluzione che verifica la condizione iniziale x0 = 0, x1 = 10, occorre determinare c1 e c2
risolvendo il sistema
⎧
+ c2 = 0 !
⎪
⎨ c1 Ã
Ã
r
r !
1
1
3
3
⎪
⎩ c1 2 + 8 + c2 2 − 8 = 10.
Si trova
⎧
r
2
⎪
⎪
⎨ c1 = 10
3
r
⎪
2
⎪
⎩ c2 = −10
.
3
La soluzione è
r ⎡Ã
r !t Ã
r !t ⎤
1
2⎣ 1
3
3 ⎦
−
.
xt = 10
+
−
3
2
8
2
8
7. L’equazione del second’ordine per Yt è
t
Yt − (1 − s − v) Yt−1 + vYt−2 = A0 (1 + g) .
(1.9)
Una soluzione particolare può essere cercata tra le successioni della forma Y t = kmt dove m = 1 + g.
Sostituendo nella (1.9), si ottiene
t−2
m
da cui
kmt − (1 − s − v) kmt−1 + vkmt−2 = A0 mt
¡ 2
¢
km − km (1 − s − v) + kv − A0 m2 = 0
k=
La soluzione particolare è
A0 m2
.
m2 − (1 − s − v) m + v
Yt =
A0 m2+t
m2 − (1 − s − v) m + v
Il comportamento asintotico delle altre soluzioni è lo stesso di Y t , se le soluzioni dell’equazione omogenea
associata tendono a 0 per t → +∞, ossia se le radici delle’equazione caratteristica
λ2 − (1 − s − v) λ + v = 0
sono, in modulo, minori di 1. Ciò accade se e solo se
v < 1.
Altrimenti le altre soluzioni divergono o oscillano, a seconda che il discriminante dell’equazione caratteristica
sia maggiore o minore di 0.
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
25
Soluzioni degli esercizi del capitolo 6
1. La matrice dei coefficienti ha gli autovalori λ1 = −4, λ2 = 1 a cui corrispondono, per esempio, gli autovettori
µ
¶
µ ¶
−1
3
e u2 =
.
u1 =
1
2
L’integrale generale è
µ
x
y
¶
= c1
µ
−1
1
¶
e−4t + c2
con c1 e c2 costanti arbitrarie. La soluzione nulla non è stabile.
µ
3
2
¶
et
2. La matrice dei coefficienti ha gli autovalori λ1 = 0, λ2 = −2 a cui corrispondono, per esempio, gli autovettori
µ ¶
µ ¶
3
1
e u2 =
.
u1 =
4
2
L’integrale generale è
µ
x
y
¶
= c1
µ
3
4
¶
+ c2
µ
1
2
¶
e−2t
con c1 e c2 costanti arbitrarie. Imponendo la condizione iniziale, si ottiene
½
½
0 = 3c1 + c2
c1 = −1
=⇒
c2 = 3
2 = 4c1 + 2c2 ,
e, quindi, la soluzione del problema di Cauchy è
µ
¶
µ ¶
µ ¶
x
3
1
=−
+3
e−2t .
y
4
2
3. (a) Dalla prima equazione si ricava y = −x0 + x e derivando y 0 = −x00 + x0 ; sostituendo nella seconda
equazione si ottiene
−x00 + x0 = x − x0 + x,
ossia
x00 − 2x0 + 2x = 0.
L’equazione caratteristica
λ2 − 2λ + 2 = 0
ha le radici complesse λ = 1 ± i. Si ha quindi
x = et (c1 cos t + c2 sin t)
con c1 e c2 costanti reali. Si calcolano poi
x0 = et (c1 cos t + c2 sin t) + et (−c1 sin t + c2 cos t)
e
y = −x0 + x = et (c1 sin t − c2 cos t) .
L’integrale generale del sistema è
½
x = et (c1 cos t + c2 sin t)
y = et (c1 sin t − c2 cos t) .
La soluzione del sistema può anche essere scritta nella forma
µ
¶
µ
¶
µ
¶
cos t
sin t
x
et + c2
et .
= c1
sin t
− cos t
y
26
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
(b) Si risolve la prima equazione, ricavando
x = c1 e2t .
Sostituendo nella seconda equazione si trova
y 0 = 2y + c1 e2t
che ha come integrale generale
y = c2 e2t + c1 te2t .
L’integrale generale del sistema è
½
x = c1 e2t
y = c2 e2t + c1 te2t .
4. (a) La matrice dei coefficienti è
A=
µ
−1 −2
1 −1
¶
e si ha
tr A = −2 < 0 e
det A = 3 > 0
quindi, per il sistema, la soluzione nulla è asintoticamente stabile.
(b) La matrice dei coefficienti ha traccia positiva (perciò almeno un autovalore è positivo), quindi, per il
sistema, la soluzione nulla è instabile.
5. La matrice dei coefficienti ha gli autovalori λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 3 a cui corrispondono, per esempio, gli
autovettori
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛
⎞
1
1
1
u1 = ⎝ 2 ⎠ , u2 = ⎝ 0 ⎠ e u3 = ⎝ −1 ⎠ .
1
1
2
L’integrale generale è
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛
⎞
⎞
1
1
1
x
⎝ y ⎠ = c1 ⎝ 2 ⎠ e−t + c2 ⎝ 0 ⎠ et + c3 ⎝ −1 ⎠ e3t
1
1
2
z
⎛
con c1 , c2 e c3 costanti arbitrarie. Imponendo la condizione iniziale, si ottiene
⎧
⎧
⎨ 3 = c1 + c2 + c3
⎨ c1 = 1
c2 = 1
1 = 2c1 − c3 ,
=⇒
⎩
⎩
4 = c1 + c2 + 2c3
c3 = 1
e, quindi, la soluzione del problema di Cauchy è
⎛
⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛
⎞
x
1
1
1
⎝ y ⎠ = ⎝ 2 ⎠ e−t + ⎝ 0 ⎠ et + ⎝ −1 ⎠ e3t .
z
1
1
2
6. Essendo la matrice dei coefficienti triangolare, conviene risolvere il sistema con il metodo di eliminazione.
Si trova
⎧
⎨ x = c1 et
y = c1 et + c2 e2t
⎩
z = −c1 et + c2 te2t + c3 e2t .
Imponendo la condizione iniziale, si ottiene
⎧
⎨ 1 = c1
0 = c1 + c2 ,
⎩
1 = −c1 + c3
=⇒
⎧
⎨ c1 = 1
c2 = −1
⎩
c3 = 2
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
27
e, quindi, la soluzione del problema di Cauchy è
⎧
⎨ x = et
y = et − e2t
⎩
z = −et − te2t + 2e2t .
7. Per entrambi i sistemi la soluzione nulla è instabile.
8. (a) La matrice dei coefficienti del sistema è
µ
A=
−1 1
2a a
¶
.
L’origine, per il sistema, è asintoticamente stabile se e solo se
det A > 0
e
trA < 0
ossia se e solo se
−3a > 0
e
− 1 + a < 0,
cioè per
a < 0.
(b) La matrice dei coefficienti del sistema è
A=
µ
−1 1
4 2
¶
e ha gli autovalori
λ = −2
a cui corrispondono, per esempio, gli autovettori
µ
¶
−1
1
e
λ=3
e
µ
1
4
¶
1
4
¶
e3t ,
.
L’integrale generale è
µ
x
u
¶
= c1
µ
−1
1
¶
−2t
e
+ c2
µ
c1 , c2 ∈ R.
Soluzioni degli esercizi del capitolo 7
1. (a) Gli autovalori della matrice dei coefficienti sono
√
1
3
±
i,
2
2
complessi coniugati, con parte reale positiva: l’origine è un fuoco instabile.
(b) La matrice dei coefficienti ha l’autovalore −2 di molteplicità due: l’origine è un nodo ad una tangente
stabile.
2. Si ha
d
E (x, y) = (2x + y) x0 + (x + 2y) y 0 = (2x + y) (−x − 2y) + (x + 2y) (2x + y) = 0.
dt
L’origine è un centro.
28
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
3. (a) L’origine è punto critico isolato. Gli autovalori della matrice dei coefficienti
µ
¶
2 1
A=
0 1
µ ¶ µ
¶
1
−1
sono 2 e 1 e due corrispondenti autovettori sono, ad esempio,
e
.
0
1
(0, 0) è un nodo a due tangenti, instabile; le tangenti sono y = 0 ed y = −x.
y = 0 è integrale particolare e poiché ẏ = 0 solo per y = 0, le traiettorie non hanno punti a tangente
orizzontale.
La retta y = −2x è luogo di punti a tangenza verticale.
L’equazione della famiglia delle traiettorie può essere scritta nella forma
y0 =
dy
y
=
dx
2x + y
per 2x + y 6= 0.
L’equazione è omogenea.
Posto y = zx, si ha:
z + xz 0 =
z
,
z+2
xz 0 = −
z + z2
.
z+2
z = 0 e z = −1 sono integrali particolari (y = 0, y = −x).
Per y 6= 0, y 6= −x, si ha:
−
1
z+2
dz = dx,
z + z2
x
ln
|z + 1|
= ln |x| + k,
z2
k ∈ R.
L’equazione della famiglia delle traiettorie è
y + x = cy 2 ,
c ∈ R,
a cui va unita la retta y = 0.
Le traiettorie sono archi di parabole con asse di simmetria parallelo all’asse x, aventi il vertice sulla retta
y = −2x.
(b) La matrice dei coefficienti
A=
µ
1 2
2 1
¶
ha gli autovalori −1 e 3, a cui corrispondono, ad esempio, gli autovettori
µ
−1
1
¶ µ ¶
1
,
.
1
La retta y = −x è varietà lineare stabile, la retta y = x è varietà lineare instabile.
1
Le rette di equazione y = −2x e y = − x sono, rispettivamente, luogo di punti a tangente orizzontale e
2
verticale.
L’equazione della famiglia delle traiettorie può essere scritta nella forma
y0 =
dy
2x + y
=
dx
x + 2y
per x + 2y 6= 0.
L’equazione è omogenea.
Posto y = zx, si ha:
z + xz 0 =
2+z
,
2z + 1
xz 0 =
2−2z 2
.
2z + 1
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
29
z = 1 e z = −1 sono integrali particolari (y = x, y = −x).
Per y 6= x, y 6= −x, si ha:
Z
2
2z + 1
dz = dx,
2
1−z
x
¯
1 ¯¯
¯
− ln ¯(z + 1) (z − 1)3 ¯ = 2 ln |x| + k,
2
k ∈ R.
L’equazione della famiglia delle traiettorie è
(y − x)3 (y + x) = c,
4. Il sistema equivalente è
½
c ∈ R.
ẋ = y
ẏ = −kx − hy.
La matrice dei coefficienti è
A=
µ
0
−k
1
−h
¶
Si ha:
tr A = −h ≤ 0,
∆ = h2 − 4k.
det A = k > 0,
Si distinguono i casi:
∆ < 0,
∆ = 0,
∆ > 0.
Nel primo caso, se 0 < h2 < 4k, l’origine è un fuoco stabile. Le soluzioni si avvicinano alla posizione di
equilibrio oscillando. Se h = 0 l’origine è un centro. Le soluzioni oscillano mantenendo sempre la medesima
ampiezza.
Se h2 = 4k l’origine è un nodo a una tangente stabile, mentre se h2 > 4k è un nodo a due tangenti stabile.
In entrambi i casi le soluzioni sono definitivamente monotòne.
5. (a) I punti critici si determinano risolvendo il sistema
½
x + y2 − 2 = 0
x + y = 0,
che ha le soluzioni
(1, −1),
(−2, 2).
Per studiarne la natura, si prova ad esaminare il sistema linearizzato nei due punti critici.
La matrice jacobiana del sistema è
A(x, y) =
µ
1 2y
1 1
¶
.
Nel punto (1, −1), si ha
det A = 3,
tr A = 2,
∆ = (tr A)2 − 4 det A = −8.
Il punto (1, −1), per il sistema linearizzato, è un fuoco instabile (gli autovalori di A sono complessi).
Nel punto (−2, 2), si ha
det A = −3.
Il punto (−2, 2), per il sistema linearizzato, è un colle (gli autovalori di A hanno segno opposto). In base
al teorema 3.1, tali conclusioni si estendono al sistema originale.
(b) I punti critici soluzioni del sistema
½
−x + x2 y = 0
2 − 2y = 0
30
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
sono (0, 1) e (1, 1). La matrice jacobiana del sistema è
µ
−1 + 2xy
A(x, y) =
0
¶
x2
−2
.
In (0, 1) si ha
det A = 2,
tr A = −3,
∆ = 1;
(0, 1), per il sistema linearizzato, è un nodo a due tangenti (stabile).
In (1, 1) si ha
det A = −2;
(1, 1), per il sistema linearizzato, è un colle. In base al teorema 3.1, tali conclusioni si estendono al sistema
originale.
6. L’origine è l’unico punto critico per il sistema e si verifica che è un nodo a stella stabile. Infatti la matrice
dei coefficienti del sistema linearizzato è
µ
¶
−1 0
A=
0 −1
e (si veda il teorema 3.2)
¡
¢
f (x, y) = −x + o ρ1+ε ;
infatti si ha
3
|2x3 y 2 | = |f (ρ, θ)| = 2ρ5 | (cos θ) |(sin θ)2 ≤ 2ρ5 .
Per ogni m, dunque, esiste una traiettoria che arriva all’origine con pendenza m.
Gli assi x e y sono particolari traiettorie (più precisamente, ciascuna retta è formata da tre traiettorie
distinte: i due semiassi e l’origine).
ẋ si annulla per
x=0
e
1 − 2x2 y 2 = 0.
x = 0 è una traiettoria del sistema, mentre la curva di equazione 1 − 2x2 y 2 = 0 è luogo di punti a tangente
verticale.
ẏ si annulla solo per y = 0, che è traiettoria del sistema.
Le traiettorie non hanno punti a tangente orizzontale. La figura 1.8 mostra il diagramma di fase nel primo
quadrante.
7. (a) Il punto di equilibrio, soluzione del sistema
⎧ x y
⎪
⎪
⎨ −2 + 2 = 0
⎪
⎪
⎩ −
x
y
+ =0
1 + x2
2
con le condizioni x > 0, y > 0, è (1, 1) . Applicando il metodo di linearizzazione, si trova che è un colle.
Infatti la matrice jacobiana del sistema in (1, 1) è
µ
¶
−1/2 1/2
0
1/2
che ha autovalori reali di segno opposto.
(b) L’equazione dell’isoclina a tangente verticale è
y = x,
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
31
Figura 1.8.
l’equazione dell’isoclina a tangente orizzontale è
y=
2x
.
1 + x2
2x
. Il ritratto di fase e riportato in figura 1.9.
1 + x2
(d) No. Perché per il sistema linearizzato l’origine è un centro, infatti la matrice jacobiana del sistema in
(0, 0) è
µ
¶
−1/2 1/2
−1 1/2
(c) Si ha ẋ > 0 per y > x, ẏ > 0 per y >
che ha autovalori immaginari.
8. (a) I punti di equilibrio, soluzioni del sistema
½
−2x + 2y 2 = 0
x2 − y = 0
sono (0, 0) e (1, 1) . Applicando il metodo di linearizzazione, si trova che (0, 0) è un nodo a due tangenti
stabile, mentre (1, 1) è un colle.
(b) L’equazione dell’isoclina a tangente verticale è y 2 = x, l’equazione dell’isoclina a tangente orizzontale è
y = x2 .
(c) Si ha ẋ > 0 per x < y 2 , ẏ > 0 per y < x2 . Il ritratto di fase e riportato in figura 1.10.
9. La funzione y = f (x) è strettamente decrecente, la funzione x = g (y) è strettamente crescente. Esiste un
unico punto di equilibrio.
Si ha ẋ > 0 per x < g (y) , ẏ > 0 per y > f (x) . Il ritratto di fase è riportato in figura 1.11. Dal diagramma
di fase, si vede che il punto di equilibrio è un colle.
10. La matrice jacobiana del sistema è
H (x, y) =
µ
−y 2
−1
1 − 2xy
k − 3y 2
¶
32
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Figura 1.9.
e nell’origine si ha
H = H (0, 0) =
µ
0
1
−1 k.
¶
Dato che
det H = 1 e tr H = k
per k 6= 0 si può applicare il metodo di linearizzazione.
Per k < 0 la soluzione nulla è asintoticamente stabile per il sistema linearizzato e, quindi, anche per il
sistema non lineare. Per k > 0 la soluzione nulla è instabile (sia per il sistema linearizzato che per il sistema
non lineare).
Per k = 0 si può usare il metodo di Liapunov e considerare come funzione di Liapunov
V (x, y) = x2 + y 2 ,
evidentemente definita positiva in R2 . Si ha
¡
¢
¡
¢
V̇ (x, y) = 2x y − xy 2 + 2y −x − y 3 = −2x2 y 2 − 2y 4 ≤ 0
in R2 . V è funzione di Liapunov per il sistema e, quindi la soluzione nulla è di equilibrio stabile.
11. Il sistema equivalente è
½
ẋ = y
ẏ = x − y − x3 .
(a) I punti di equilibrio, che si determinano risolvendo il sistema
½
y=0
x − y − x3 = 0
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
33
Figura 1.10.
sono
(0, 0) ,
(−1, 0)
la matrice jacobiana del sistema è
H (x, y) =
e si ha
H (0, 0) =
µ
µ
0 1
1 −1
e
(1, 0) .
0
1 − 3x2
¶
,
1
−1
¶
con det H = −1 < 0
per cui (0, 0) è un colle. Si ha poi
H (−1, 0) = H (1, 0) =
µ
0
1
−2 −1
¶
,
con equazione caratteristica
λ2 + λ + 2 = 0.
Gli autovalori di H (−1, 0) = H (1, 0) sono complessi con parte reale negativa quindi i punti (−1, 0) e (1, 0)
sono fuochi stabili.
(b) La retta y = 0 è luogo di punti a tangenza verticale, la curva di equazione y = x − x3 è luogo di punti
a tangenza orizzontale.
(c) Si ha ẋ > 0 per y > 0, ẏ > 0 per y < x − x3 . Il ritratto di fase è riportato in figura 1.12.
12. Posta l’equazione sotto forma di sistema
½
ẋ = y
ẏ = −kx − kx3
34
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Figura 1.11.
si può costruire l’integrale primo
y2
x2
x4
+k
+k .
2
2
4
E (x, y) =
Si ha infatti
¡
¢
¡
¢
Ė (x, y) = Ex (x, y) ẋ + Ey (x, y) ẏ = kx + kx3 y + y −kx − kx3 = 0.
Dato che E è definita positiva è anche funzione di Liapunov, quindi la soluzione nulla è di equilibrio stabile.
Soluzioni degli esercizi del capitolo 8
1. (a) Dato che gli autovalori
della
µ
¶ µmatrice
¶ dei coefficienti λ1 = 1 e λ2 = 3 e due corrispondenti autovettori
1
1
sono rispettivamente
e
, la soluzione generale è
−1
1
µ
xt
yt
¶
= c1
µ
1
−1
¶
+ c2
µ
1
1
¶
3t , c1 , c2 ∈ R.
(b) Per determinare la soluzione particolare occorre risolvere il sistema
½
−2 = c1 + c2
2 = −c1 + 3c2 .
Si ricava c1 = −2, c2 = 0, quindi la soluzione cercata è
2. La matrice dei coefficienti del sistema
⎛
µ
xt
yt
¶
⎞
1 3 −2
4 ⎠
A=⎝ 0 2
0 1
2
=
µ
−2
2
¶
.
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
35
Figura 1.12.
ha equazione caratteristica
i
h
2
det (A − λI) = (1 − λ) (2 − λ) − 4 = 0;
si trovano gli autovalori λ0 = 0, λ1 = 1 e λ2 = 4, a cui corrispondono, per esempio, gli autovettori
⎛
⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞
8
1
4
v0 = ⎝ −2 ⎠ ,
v1 = ⎝ 0 ⎠ ,
v2 = ⎝ 6 ⎠
1
0
3
soluzioni, rispettivamente, dei sistemi
⎧
⎨ x + 3y − 2z = 0
2y + 4z = 0
⎩
y + 2z = 0,
⎧
⎨ 3y − 2z = 0
y + 4z = 0
⎩
y + z = 0,
⎧
⎨ −3x + 3y − 2z = 0
−2y + 4z = 0
⎩
y − 2z = 0.
Le soluzioni del sistema sono
⎛
⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞
xt
1
4
⎝ yt ⎠ = c0 ϕ0 + c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 4t ⎝ 6 ⎠
0
3
zt
©
ª
dove ϕ0 = v0 , 0, 0, 0, . . . .
c0 , c1 , c2 ∈ R.
Per determinare la soluzione che parte da x0 = (1, 1, 1)T , occorre determinare c0 , c1 , c2 risolvendo il sistema
⎧
⎨ 1 = 8c0 + c1 + 4c2
1 = −2c0 + 6c2
⎩
1 = c0 + 3c2 .
Si trovano i valori c0 = 1/4, c1 = −2, c2 = 1/4.
36
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
3. (a) La matrice dei coefficienti del sistema
A=
µ
4 1
−1 2
¶
ha equazione caratteristica
det (A − λI) = (4 − λ) (2 − λ) + 1 = λ2 − 6λ + 9 = 0
che ha la radice λ = 3 di molteplicità 2. L’autospazio associato si ricava risolvendo il sistema
½
x+y =0
−x − y = 0.
µ
¶
1
tale autospazio ha dimensione 1 ed è, per esempio, generato dal vettore
, che è un autovettore
−1
associato all’autovalore λ = 3. Occorre determinare un autovettore generalizzato, risolvendo il sistema
½
u+v =1
−u − v = −1.
µ ¶
1
Un autovettore generalizzato, per esempio, è
.
0
Le soluzioni del sistema sono
µ
¶
µ µ
¶
µ
¶¶
xt
1
1+t
t
= 3 c1
+ c2
, c1 , c2 ∈ R.
−1
1−t
yt
La soluzione nulla è instabile.
(b) La matrice dei coefficienti del sistema
A=
µ
1 1
−3 1
¶
ha equazione caratteristica
det (A − λI) = (1 − λ)2 + 3 = 0
³
√
√
π
π´
. Un autovettore associato a 1 + 3i lo si ricava dal
che ha le radici λ12 = 1 ± 3i = 2 cos ± i sin
3
3
sistema
½ √
+v =0
− 3iu √
−3u − 3iv = 0.
¶
µ ¶ µ
0
1
√
i. La soluzione generale del sistema è
Per esempio:
+
0
3
⎞
⎛ ⎛
⎛
πt
πt ⎞⎞
µ
¶
cos
sin
xt
3
⎠⎠ ,
c1 , c2 ∈ R.
= 2t ⎝c1 ⎝ √ 3 πt ⎠ + c2 ⎝ √
πt
yt
− 3 sin
3 cos
3
3
Dato che gli autovalori di A hanno modulo maggiore di 1, la soluzione nulla è instabile.
4. La matrice dei coefficienti del sistema è
A=
µ
−0.3 0.7
0.6 −0.2
¶
e si ha
tr (A) = −0.5,
det (A) = −0.36,
quindi la soluzione nulla è asintoticamente stabile.
|tr (A)| = 0.5 < 1 + det (A) = 0.64
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
37
5. (a) Dalla prima equazione, si ricava yt = −xt+1 + xt e quindi yt+1 = −xt+2 + xt+1 e sostituendo nella
seconda
xt+2 − 2xt+1 + 2xt = 0.
L’equazione caratteristica
λ2 − 2λ + 2 = 0
³
´
√
π
π
ha le soluzioni 1 ± i = 2 cos ± i sin
, quindi
4
4
µ
¶
πt
πt
t/2
c1 cos
+ c2 sin
,
xt = 2
4
4
c1 , c2 ∈ R.
Si ricava poi
yt
µ
µ
¶
¶
π (t + 1)
π (t + 1)
πt
πt
t/2
= −2
c1 cos
c1 cos
+ c2 sin
+2
+ c2 sin
=
4
4
4
4
µ
µ
¶
¶
πt
πt
πt
πt
πt
πt
t/2
t/2
c1 cos
c1 cos
= −2
− c1 sin
+ c2 sin
+ c2 cos
+2
+ c2 sin
=
4
4
4
4
4
4
µ
¶
πt
πt
= 2t/2 −c2 cos
+ c1 sin
4
4
(t+1)/2
e, quindi, le soluzioni del sistema sono
⎧
µ
¶
πt
πt
⎪
⎪
+ c2 sin
⎨ xt = 2t/2 c1 cos
4
4 ¶
µ
πt
πt
⎪
t/2
⎪
−c2 cos
+ c1 sin
,
⎩ yt = 2
4
4
c1 , c2 ∈ R.
(b) Dalla seconda equazione si ricava xt = yt+1 − 4yt e xt+1 = yt+2 − 4yt+1 e sostituendo nella prima
yt+2 − 6yt+1 + 9yt = 0,
quindi
yt = (c1 + c2 t) 3t ,
c1 , c2 ∈ R.
Si ricava poi
xt = (c1 + c2 (t + 1)) 3t+1 − 4 (c1 + c2 t) 3t = ((−c1 + 3c2 ) − c2 t) 3t
quindi le soluzioni del sistema sono
½
xt = ((−c1 + 3c2 ) − c2 t) 3t
yt = (c1 + c2 t) 3t ,
c1 , c2 ∈ R.
6. Si ha It = Kt − Kt−1 e
Yt = Ct + It = Ct + Kt − Kt−1 = 0.6Yt−1 + 0.3Yt−2 + a (Yt−1 − Yt−2 )
ossia
Yt − (0.6 + a) Yt−1 + (a − 0.3) Yt−2 = 0.
Per l’equazione caratteristica
λ2 − (0.6 + a) λ + a − 0.3 = 0
si ha ∆ = (a − a1 ) (a − a2 ) con a1 ' 0.77 e a2 ' 2.03. Ci sono dunque tre casi da distinguere.
√
Se 1 ≤ a < a2 le radici sono complesse: λ12 = ρ (cos θ ± sin θ) , con ρ = a − 0.3. La soluzione è
Yt = ρt (c1 cos θt ± c2 sin θt) ,
c1 , c2 ∈ R.
38
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
Se a − 0.3 < 1 ossia se a < 1.3, Yt compie oscillazioni smorzate, tendendo a zero, se a = 1.3 oscillazioni
limitate, se a > 1.3 oscillazioni esplosive.
Se a = a2 si ha un’unica radice reale λ0 ' 1, 32. La soluzione è
Yt = λt0 (c1 t + c2 ) ,
c1 , c2 ∈ R.
Yt diverge.
Se a2 < a ≤ 3 si hanno due radici reali λ1 e λ2 , con λ1 λ2 = a − 0.3 > 1. La soluzione è
Yt = c1 λt1 + c2 λt2 ,
c1 , c2 ∈ R.
Yt diverge.
7. Il numero previsto di laureati tra 10 anni è circa 1018.
8. Posto
⎛
⎜
⎜
x0 = ⎜
⎜
⎝
la soluzione del problema è3
2500
2000
1500
1000
500
⎛
⎜
⎜
x =L x '⎜
⎜
⎝
5
5 0
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
2887
2655
2200
1582
533
⎞
⎟
⎟
⎟.
⎟
⎠
La popolazione cresce esponenzialmente, in quanto l’autovalore di massimo modulo di L è circa 1.0474 > 1.
9. Il sistema ha la soluzione
xt = Tt c + x∗
dove c è determinato dalla conoscenza della composizione iniziale del parco macchine, e
x∗ = (I − T)
−1
b.
La soluzione costante xt = x∗ è soluzione di equilibrio asintoticamente stabile, in quanto la matrice T ha
autovalori4 in modulo minori di 1. Qualsiasi sia la composizione iniziale del parco macchine, la composizione
del parco macchine “a regime” è descritta dal vettore
⎛
⎞⎛ ⎞
⎛
⎞
67.914 64.349 67.736
b
67. 914
x∗ = (I − T)−1 b = ⎝ 16.043 17. 825 16.132 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = b ⎝ 16. 043 ⎠ .
6.0963 6.7736 7.1301
0
6. 0963
Nota la matrice T, si può governare il sistema con una scelta esogena degli ingressi. Se interessa che il
numero atteso delle autovetture in funzione sia f ∗ = 1000, basta acquistare settimanalmente un numero b
di autovetture (funzionanti) pari a 1000/67.914 ' 14.72
10. Posto
3 100
⎛
⎞
0.95 0
0
⎠,
T = ⎝ 0.5 0.9 0
0
0.1 0.85
anni sono 5 unità di misura temporali.
col computer, gli autovalori sono circa 0.03 25, 0.478 6, 0.988 8.
4 Calcolati
⎛
⎞
γ
i = ⎝ 0 ⎠,
0
1. Salsa-Squellati, Modelli Dinamici
39
l’equazione alle differenze è
xt+1 = Txt + i.
La popolazione d’equilibrio x∗ si ricava risolvendo il sistema x∗ = Tx∗ + i, da cui x∗ = (I − T)−1 i, ossia
⎛
⎞−1 ⎛
⎞ ⎛
⎞
1 − 0.95 0
0
γ
20γ
⎠ ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 10γ
⎠.
1 − 0.9 0
x∗ = ⎝ −0.05
0
−0.1
1 − 0.85
0
6 .6667γ
L’equilibrio è asintoticamente stabile perché gli autovalori di T sono λ1 = 0.85, λ2 = 0.9, λ3 = 0.95, tutti
in modulo minori di 1.
11. I punti fissi si trovano risolvendo il sistema
½
x = (1 + a) x − xy − x2
y = 0.5y + xy.
L’origine è punto fisso. Oltre l’origine, l’unico punto fisso con coordinate positive è
p = (0.5, a − 0.5)
se a > 0.5. La matrice jacobiana del sistema è
µ
¶
1 + a − y − 2x
−x
J (x, y) =
y
0.5 + x
Nell’origine si ha
J (0, 0) =
µ
1+a 0
0
0.5
¶
e gli autovalori sono 1 + a > 1 e 0.5;essendo un autovalore maggiore di 1, l’origine è punto di equilibrio
instabile.
In p si ha
J (0.5, a − 0.5) =
µ
0.5
−0.5
a − 0.5
1
¶
.
Gli autovalori di J, soluzioni dell’equazione
λ2 − 1.5λ + 0.5 + 0.5 (a − 0.5) = 0,
sono minori di 1 in modulo se sono verificate le condizioni
0.25 (a − 0.5) < 1 e 1.5 < 1 + 0.5 + 0.5 (a − 0.5)
ossia se
0.5 < a < 1.5.
Il punto di equilibrio è asintoticamente stabile se e solo se 0.5 < a < 1.5.
40
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Soluzioni degli esercizi del capitolo 9
1. (a) Le estremali del funzionale
J (x) =
Z
b
f (t, x (t) , ẋ (t)) dt
a
si ricavano risolvendo l’equazione di Eulero
d
fẋ (t, x, ẋ) − fx (t, x, ẋ) = 0.
dt
Dato che in questo caso
f (t, x, ẋ) = x2 + ẋ2 − 2x sin t
si ha
fẋ = 2ẋ,
d
fẋ = 2ẍ,
dt
fx = 2x − 2 sin t.
L’equazione di Eulero è
ẍ − x = − sin t
e ha le soluzioni
x = c1 et + c2 e−t +
1
sin t,
2
c1 , c2 ∈ R.
(b) Dato che
f (t, x, ẋ) = ẋ2 − x2 + xet
si ha
fẋ = 2ẋ,
d
fẋ = 2ẍ,
dt
fx = −2x + et .
L’equazione di Eulero è
2ẍ + 2x = et
e ha le soluzioni
1
x = c1 sin t + c2 cos t + et ,
4
c1 , c2 ∈ R.
(c) Dato che
f (t, x, ẋ) =
ẋ2
t3
non dipende da x, l’equazione di Eulero diventa
fẋ (t, ẋ) = c,
c ∈ R.
Si ha, quindi,
2ẋ
=c
t3
da cui si ricava
ẋ =
c 3
t ,
2
x = c1 t4 + c2 ,
c1 , c2 ∈ R.
2. (a) Posto
f (t, x, ẋ) = ẋ2 + 2x (ẋ + t) + 4x2 ,
si ha
fẋ (t, x, ẋ) = 2ẋ + 2x,
d
fẋ (t, x, ẋ) = 2ẍ + 2ẋ,
dt
L’equazione di Eulero è
ẍ − 4x = t
fx (t, x, ẋ) = 2ẋ + 2t + 8x.
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
41
(b) L’integrale generale dell’equazione di Eulero è
1
x (t) = c1 e2t + c2 e−2t − t,
4
c1 , c2 ∈ R.
(c) Imponendo le condizioni x (0) = x (1) = 0, si trova
x
b (t) =
1
1
1
e2t −
e−2t − t
4 (e2 − e−2 )
4 (e2 − e−2 )
4
(d) x
b è minimante perché f (t, x (t) , ẋ (t)) = ẋ2 + 2xẋ + 4x2 + 2xt è convessa rispetto a x e ẋ, infatti è una
funzione quadratica (più una funzione lineare) e la matrice ad essa associata
µ
¶
1 1
A=
1 4
è definita positiva (det A > 0, trA > 0).
3. Dato che
¡
¢
f (t, x, ẋ) = ẋ 1 + t2 ẋ
non dipende da x, l’equazione di Eulero diventa
fẋ (t, ẋ) = 1 + 2t2 ẋ = c,
ossia
ẋ =
c ∈ R.
c−1
2t2
che ha, come soluzione, la famiglia
x=
1−c
+ c1 ,
2t
c, c1 ∈ R.
Determiniamo c e c1 imponendo la condizione x (1) = 1 e la condizione di trasversalità
fẋ (2, x (2) , ẋ (2)) = 0.
Si ottiene
x (t) ≡ 1
che è effettivamente minimante in quanto la funzione integranda è convessa in x e ẋ (lo si può ricavare
dal fatto che fẋẋ = 2t2 , fxẋ = fxx = 0, quindi la matrice hessiana di f rispetto a x e ẋ è semidefinita
positiva).
4. Dato che
f (t, x, ẋ) = g (t)
non dipende da x, l’equazione di Eulero diventa
p
1 + ẋ2
g (t) ẋ
fẋ (t, ẋ) = √
= c,
1 + ẋ2
da cui
e, quindi, se g (t) =
c
ẋ = q
2
g (t) − c2
√
t, si ha
x (t) =
c ∈ R.
Z
p
c
√
dt + c1 = 2c t − c2 + c1 ,
2
t−c
c, c1 ∈ R.
42
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Se g (t) =
1
, si ha
t
x (t) = c1 ,
se c = 0 e
x (t) =
Z
c1 ∈ R,
1p
ct
√
dt + c1 = −
1 − c2 t2 + c1 ,
c
1 − c2 t2
c 6= 0, c1 ∈ R.
Il minimo sotto la condizione x (a) = A è x
b (t) = A (costante), infatti la condizione di trasversalità
fẋ (b, ẋ (b)) = 0
implica c = 0.
5. Posto
¡
¢
f (t, x, ẋ) = e2t ẋ2 + 3x2 ,
si ha
fẋ (t, x, ẋ) = 2e2t ẋ,
d
fẋ (t, x, ẋ) = 4e2t ẋ + 2e2t ẍ,
dt
fx (t, x, ẋ) = 6e2t x.
L’equazione di Eulero è
ẍ + 2ẋ − 3x = 0
che ha le soluzioni
x (t) = c1 e−3t + c2 et ,
c1 , c2 ∈ R.
Imponendo la condizione x (0) = 2, si trova
c1 + c2 = 2.
Con la condizione di trasversalità
lim fẋ (t, x (t) , ẋ (t)) = 0,
t→+∞
si trova
¡
¢
lim 2e2t −3c1 e−3t + c2 et = 0
t→+∞
che implica c2 = 0. Si ottiene
x (t) = 2e−3t
che è effettivamente minimante in quanto la funzione integranda è convessa in x e ẋ.
6. Posto
£
¤
f (t, x, ẋ) = e−rt −ẋ2 + 2xẋ − x2 ,
si ha
fẋ (t, x, ẋ) = e−rt (−2ẋ + 2x) ,
fx (t, x, ẋ) = e−rt (2ẋ − 2x) ,
d
fẋ (t, x, ẋ) = e−rt [−r (−2ẋ + 2x) − 2ẍ + 2ẋ] .
dt
L’equazione di Eulero è
ẍ − rẋ + (r − 1) x = 0.
Se r 6= 2, l’integrale generale dell’equazione di Eulero è
x (t) = c1 et + c2 e(r−1)t ,
Imponendo la condizione x (0) = x0 , si trova
c1 + c2 = x0
c1 , c2 ∈ R.
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
e imponendo la condizione di trasversalità
lim fẋ (t, x (t) , ẋ (t)) = 0,
t→+∞
si trova
³
´
lim e−rt −2c1 et − 2 (r − 1) c2 e(r−1)t + 2c1 et + 2c2 e(r−1)t = 0,
t→+∞
ossia
lim c2 e−t (−2r + 4) = 0
t→+∞
che è sempre verificata.
Estremali sono quindi le funzioni
x
bc1 (t) = c1 et + (x0 − c1 ) e(r−1)t ,
Poiché
J (x) = −
si ha
J (b
xc1 ) = −
e
Z
+∞
0
Z
+∞
0
c1 ∈ R.
2
e−rt (ẋ − x) dt
e(r−2)t (x0 − c1 )2 (r − 2)2 dt ≤ 0
J (b
x0 ) = 0.
Deve quindi essere c1 = x0 e la minimante è
x
b0 (t) = x0 et .
Se r = 2, l’integrale generale dell’equazione di Eulero è
x (t) = et (c1 + c2 t) ,
c1 , c2 ∈ R.
Imponendo la condizione x (0) = x0 , si trova
c1 = x0
e imponendo la condizione di trasversalità
lim
t→+∞
che è sempre verificata. Si ottengono le funzioni
¡
¢
−2c2 e−t = 0
x
bc2 (t) = et (x0 + c2 t) ,
ma
J (b
xc2 ) = −
Z
c2 ∈ R,
+∞
4c22 dt
0
che converge solo se c2 = 0. Si ottiene, quindi, ancora la soluzione
x
b0 (t) = x0 et .
7. Dato che
fẋ
d
fẋ
dt
= 2a (t) ẋ + 2b (t) x,
fx = 2b (t) ẋ + 2c (t) x,
= 2a (t) ẍ + 2a0 (t) ẋ + 2b0 (t) x + 2b (t) ẋ,
43
44
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
l’equazione di Eulero è
a (t) ẍ + a0 (t) ẋ + (b0 (t) − c (t)) x = 0.
(a) Con le condizioni x (t0 ) = x0 , x (t1 ) = x1 , con t0 fisso e t1 libero, la condizione di trasversalità è
f (t1 , x (t1 ) , ẋ (t1 )) − ẋ (t1 ) fẋ (t1 , x (t1 ) , ẋ (t1 )) = 0
ossia
a (t1 ) ẋ (t1 )2 + 2b (t1 ) ẋ (t1 ) x (t1 ) + c (t1 ) x (t1 )2 − ẋ (t1 ) (2a (t1 ) ẋ (t1 ) + 2b (t1 ) x (t1 )) = 0
equivalente a
2
c (t1 ) x21 − a (t1 ) ẋ (t1 ) = 0.
(b) Con le condizioni x (t0 ) = x0 , x (t1 ) libero, con t0 e t1 fissi, la condizione di trasversalità è
fẋ (t1 , x (t1 ) , ẋ (t1 )) = 0
ossia
a (t1 ) ẋ (t1 ) + b (t1 ) x (t1 ) = 0.
Una condizione sufficiente a garantire che l’estremale sia un minimo è che f sia convessa. Ciò è sicuramente
verificato se la matrice
µ
¶
a (t) b (t)
H (t) =
b (t) c (t)
è semidefinita positiva per ogni t ∈ [t0 , t1 ] . Se H (t) è definita positiva la minimante è unica.
8. Introduciamo il moltiplicatore λ e il funzionale
L (x) =
L’equazione di Eulero-Lagrange è
Z
0
1
¢
¡ 2
ẋ − λx dt.
2ẍ + λ = 0
che la le soluzioni
t2
+ c1 t + c2 , c1 , c2 ∈ R.
4
Le tre costanti c1 , c2 e λ devono essere determinate usando il vincolo integrale e le condizioni iniziale e
finale.
¶
Z 1
Z 1µ
t2
xdt =
−λ + c1 t + c2 dt = B,
4
0
0
x (0) = c2 = 0,
λ
x (1) = − + c1 + c2 = 2.
4
x (t) = −λ
Si ricavano:
c1 = 6B − 4,
c2 = 0,
λ = 24 (B − 1) .
9. Consideriamo il caso della massimizzazione, allora la condizione di trasversalità è1
fˆx0 (t1 ) δx1 + [fˆ (t1 ) − x0 (t1 ) fˆx0 (t1 )]δt1 ≤ 0.
Se la funzione R (t) è differenziabile si ha
δx1 = R0 (t1 ) δt1
1 Teorema
5.1.
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
e quindi
45
o
n
fˆ (t1 ) + [R0 (t1 ) − x̂0 (t1 )]fˆx0 (t1 ) δt1 ≤ 0.
L’arbitrarietà di δt1 forza
fˆ (t1 ) + [R0 (t1 ) − x̂0 (t1 )]fˆx0 (t1 ) = 0.
10. Scriviamo
J (x) =
Z
t∗
0
f (t, x, x ) dt +
Z
t1
f (t, x, x0 ) dt.
t∗
t0
e indichiamo con δx∗ la variazione di x̂ (t∗ ). Usando la (9.29) di pag. 234, si ha
δJ (x̂) [v, δx∗ , δt∗ ] =
Z
t∗
t0
∙
¸
d
fˆ − fˆx0 vdt + fˆx0 (t∗ −) δx∗ + [fˆ (t∗ −) − x̂0 (t∗ −) fˆx0 (t∗ −)]δt∗ +
dt
¸
t1 ∙
d ˆ
ˆ
0
−
f − fx vdt − fˆx0 (t∗ +) δx∗ − [fˆ (t∗ +) − x̂0 (t∗ +) fˆx0 (t∗ +)]δt∗ =
dt
t∗
¸
Z t1 ∙
i
h
d ˆ
ˆ
=
f − fx0 vdt + fˆx0 (t∗ −) − fˆx0 (t∗ +) δx∗ +
dt
t0
i
h
− fˆ (t∗ −) − x̂0 (t∗ −) fˆx0 (t∗ −) − fˆ (t∗ +) + x̂0 (t∗ +) fˆx0 (t∗ +) δt∗ .
Z
Uguagliando a zero si ricavano le condizioni di Erdmann-Weierstrass.
11. (a) Poiché
fẋ = 2ẋ
la prima delle condizioni di Erdmann-Weierstrass, implica che nell’eventuale punto angoloso t = a deve
valere:
lim− fẋ (a) = lim+ fẋ (a)
t→a
t→a
ossia
lim ẋ (a) = lim+ ẋ (a)
t→a−
t→a
cioè la derivata è continua in a. Questo significa che non esistono estremali spezzate.
(b) Le condizioni di Erdmann-Weierstrass nell’eventuale punto angoloso t = a si scrivono
lim ẋ (a) (1 − ẋ (a)) (1 − 2ẋ (a)) =
t→a+
lim −ẋ (a)2 (1 − ẋ (a)) (1 − 3ẋ (a)) =
t→a+
t→a−
t→a−
lim ẋ (a) (1 − ẋ (a)) (1 − 2ẋ (a))
lim −ẋ (a)2 (1 − ẋ (a)) (1 − 3ẋ (a))
Queste due condizioni sono verificate nei seguenti casi:
1. limt→a− ẋ (a) = limt→a+ ẋ (a) (non c’è punto angoloso);
2. limt→a− ẋ (a) = 0,
limt→a+ ẋ (a) = 1;
3. limt→a− ẋ (a) = 1,
limt→a+ ẋ (a) = 0.
Quindi possono esistere estremali spezzate. Dato che la funzione integranda dipende solo da ẋ, l’equazione
di Eulero si riduce a
fẋẋ ẍ = 0
la cui soluzione è
x (t) = c1 t + c2 ,
c1 , c2 ∈ R.
Le estremali spezzate possono essere costiutuite solo da segmenti di rette appartenenti alle famiglie
x (t) = k1
e x (t) = x + k2 .
46
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
12. Dalla definizione di x e q si ha
x (t) =
Z
T
q (t) dt
0
e quindi ẋ = q. Posto π (x, ẋ) = R (ẋ) − C (x, ẋ), si tratta di massimizzare
J (x) =
Z
T
e−rt π (x, ẋ) dt
0
nei due casi (a) x (0) = 0, x (T ) = s, (b) x (0) = 0, x (T ) < s.
L’equazione di Eulero è
d −rt
[e π ẋ (x, ẋ)] = −e−rt Cx (x, ẋ) .
dt
Integrando su [t, T ], si ottiene
e−rT π ẋ (x (T ) , ẋ (T )) − e−rt πẋ (x (t) , ẋ (t)) = −
Z
T
e−rz Cx (x, ẋ) dz
t
ossia, moltiplicando per ert e scrivendo tutto in termini di x e q,
Rq (q (t)) = Cq (x (t) , q (t)) + e−r(T −t) π q (s, q (T )) +
Z
T
e−r(z−t) Cx (x, q) dz.
t
L’ultima equazione indica che, in un piano ottimale, in ogni istante, il ricavo marginale uguaglia la somma
del costo marginale di estrazione, del valore attuale del profitto marginale e il totale dei costi addizionali
futuri scontati, dovuti al diminuire della riserva.
Nel caso x (T ) = s, abbiamo l’unica condizione di trasversalità
e−rT [π − qπ q ]t=T = 0
dovuta al fatto che T è libero. Al tempo finale T, il profitto marginale eguaglia il profitto medio:
πq =
π
q
(t = T ).
Nel caso x (T ) < s, abbiamo le due condizioni di trasversalità
π − qπ q = 0 e π q = 0
(t = T )
che implicano π [x (T ) , q (T )] = 0. La compagnia è tornata al punto di breakeven, il profitto si annulla e
conviene sospendere le estrazioni ancora con un poco di riserva lasciata non sfruttata: il costo di estrazione
del materiale rimasto è troppo elevato per giustificarne l’estrazione.
13. (a) Il costo istantaneo di produzione a ogni momento t è c1 ẋ2 e il costo istantaneo totale è
c1 ẋ2 + c2 x
Si tratta, quindi, di minimizzare il funzionale
J (x) =
Z
0
sotto le condizioni:
T
¢
¡ 2
c1 ẋ + c2 x dt,
x (0) = 0,
x (T ) = B > 0
La condizione di ottimalità è
2c1
d
ẋ = c2
dt
c1 , c2 > 0,
ẋ ≥ 0.
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
ossia
ẍ =
47
c2
.
2c1
che, integrata tenendo conto delle condizioni x (0) = 0, x (T ) = B, dà
x (t) =
con
k=
c2 2
t + kt
4c1
4c1 B − c2 T 2
.
4c1 T
(b) La soluzione trovata soddisfa il vincolo ẋ ≥ 0, infatti
ẋ =
c2
t+k ≥0
2c1
per ogni t ≥ 0 se k ≥ 0, ossia se 4c1 B − c2 T 2 ≥ 0. Tale soluzione, poi, è la minimanate cercata, in quanto
f (t, x, ẋ) = c1 ẋ2 + c2 x
è convessa.
(c) Integrando entrambi i mebri dell’equazione
2c1 ẍ = c2
su di un intervallo [t, t + h] (h > 0) si ottiene
Z
t+h
2c1 ẍ (s) ds =
t
Z
t+h
c2 ds
t
da cui
2c1 [ẋ (t + h) − ẋ (t)] = c2 h
ossia
2c1 ẋ (t + h) = 2c1 ẋ (t) + c2 h.
2
Dato che c1 ẋ rappresenta il costo istantaneo di produzione, 2c1 ẋ rappresenta il costo marginale di produzione. Così il costo marginale di produzione al tempo t + h uguaglia il costo marginale al tempo t
aumentato del costo di mantenimento per un tempo h, quindi in un piano ottimale, non si possono ridurre
i costi posticipando la produzione.
Soluzioni degli esercizi del capitolo 10
1. Applichiamo il teorema 2.1. L’hamiltoniana del problema è
La condizione aggiunta è
¢
¡
H (t, x, u, λ) = x + u + λ 1 − u2 .
λ̇ = −Hx (t, x, u, λ) = −1,
e la condizione di trasversalità è λ (1) = 0. Si ricava
λ (t) = −t + 1.
Dal principio di massimo, poiché
Hu (t, x, u, λ) = 1 − 2λu = 0
48
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
per u = 1/2λ, si ricava
1
,
2 (1 − t)
u
b (t) =
candidato ad essere controllo ottimo, con traiettoria che si ricava da
ẋ = 1 −
1
4 (1 − t)2
,
ossia, tenendo conto della condizione iniziale x (0) = 1,
x
b (t) = 1 + t +
1
,
4 (t − 1)
Per il teorema 2.2, u
bex
b sono effettivamente il controllo e la traiettoria ottimi, in quanto
f (t, x, u) = x + u e g (t, x, u) = 1 − u2
sono concave in x e u e λ è ≥ 0 per ogni t ∈ [0, 1] .
2. (a) L’hamiltoniana è
H (t, x, u, λ) =
La condizione aggiunta è
³ x
´
¢
1 ¡
ln 1 + x2 − u2 + λ − + u .
2
2
λ̇ = −Hx (t, x, u, λ) = −
x
λ
+ ,
2
1+x
2
e la condizione di trasversalità è λ (T ) = 0.
(b) Da
Hu (t, x, u, λ) = −2u + λ = 0
si ricava u =
λ
. Il sistema è
2
⎧
x λ
⎪
⎪
⎪
⎨ ẋ = − 2 + 2
⎪
⎪
⎪
⎩ λ̇ = −
λ
x
+
1 + x2
2
Per x > 0, λ > 0, si trova il punto di equilibrio (1, 1) . La matrice jacobiana del sistema in (1, 1) è
µ
¶
−1/2 1/2
0
1/2
che ha autovalori reali di segno opposto per cui il punto è un colle.
L’equazione dell’isoclina a tangente verticale è
λ = x,
l’equazione dell’isoclina a tangente orizzontale è
λ=
2x
.
1 + x2
2x
.
1 + x2
Esaminando il ritratto di fase (figura 2.1), si vede che le traiettorie che escono da punti sulla retta x = 1,
e con 0 < λ (0) < 1, intersecano l’asse λ = 0 e quindi la soluzione ottimale esiste ed è unica.
Si ha poi ẋ > 0 per λ > x, λ̇ > 0 per λ >
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Figura 2.1.
3. In questo problema u = 0 è l’unico controllo ammissibile. L’hamiltoniana del problema è
H (t, x, u, λ, λ0 ) = λ0 (x + u) + λu2 .
Per il principio di massimo deve essere
Hu = λ0 + 2λu = 0
che è verificata da u = 0 solo se λ0 = 0.
4. L’hamiltoniana del problema è
H (t, x, u, λ) = 2x − u2 + λ (1 − u) .
La condizione aggiunta è
λ̇ = −Hx (t, x, u, λ) = −2,
Si ricava
λ (t) = −2t + a,
a ∈ R.
Dal principio di massimo
Hu (t, x, u, λ) = −2u − λ = 0
si ricava
u (t) = −
λ
a
=t−
2
2
e, sostituendo nella dinamica,
ẋ = −t + 1 +
si ha
x (t) = −
a
2
t2 ³
a´
+ 1+
t + b,
2
2
b ∈ R.
49
50
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Per le condizioni iniziale x (0) = 1 e finale x (2) = 0, si trovano
b = 1 e a = −1.
Il candidato controllo ottimo è
u
b (t) = t +
con traiettoria
x
b (t) = −
e moltiplicatore
1
2
t2
t
+ +1
2
2
b (t) = −2t − 1.
λ
Dato che f (t, x, u) = 2x − u2 è concava in x e u e la dinamica è lineare, sono soddisfatte le ipotesi del
teorema 2.2, quindi u
bex
b sono effettivamente il controllo e la traiettoria ottimi.
5. Consideriamo il problema equivalente: massimizzare il funzionale
µ
¶
Z +∞
1
J (u) = −
e−t 2x2 + u2 dt.
2
0
L’hamiltoniana corrente è
1
H (t, x, u, µ) = −2x2 − u2 + µ (−x + u) .
2
e la condizione aggiunta è
µ̇ = 4x + 2µ,
Da
Hu (t, x, u, µ) = −u + µ = 0
si ricava µ = u. Con la dinamica e la condizione aggiunta si scrive un sistema di equazioni differenziali
lineare omogeneo a coefficienti costanti in x e u
½
ẋ = −x + u
u̇ = 4x + 2u
La matrice dei coefficienti del sistema è
A=
µ
¶
−1 1
4 2
e ha gli autovalori
λ = −2
a cui corrispondono, per esempio, gli autovettori
µ
¶
−1
1
e
λ=3
e
µ
1
4
¶
1
4
¶
e3t ,
.
L’integrale generale è
µ
x
u
¶
ossia
= c1
µ
−1
1
½
¶
e−2t + c2
µ
x = −c1 e−2t + c2 e3t
u = c1 e−2t + 4c2 e3t
Per la condizione iniziale, si ha
−c1 + c2 = 1.
c1 , c2 ∈ R
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Dalla condizione finale
lim
t→+∞
si ha c2 = 0, quindi la soluzione è
51
¡
¢
−c1 e−2t + c2 e3t = 0
½
x
b (t) = e−2t
u
b (t) = −e2t .
Per il teorema 2.2, x
beu
b sono effettivamente la traiettoria e il controllo ottimi, in quanto
µ
¶
1 2
−t
2
f (t, x, u) = e
2x + u
2
è convessa e
g (t, x, u) = −x + u
è lineare.
6. Un controllo ammissibile deve trasferire la soluzione dell’equazione
ẋ = u
(2.1)
dal valore iniziale 0 al valore finale 2 nell’unità di tempo. Tuttavia, per ogni u, la traiettoria che soddisfa
(2.1) e x (0) = 0 è data dalla formula
Z t
x (t) =
u (s) ds.
0
Essendo |u| ≤ 1, si ha
¯Z t
¯ Z t
¯
¯
¯
|x (t)| = ¯
u (s) ds¯¯ ≤
|u (s)| ds ≤ 1
0
0
e x (t) non può raggiungere il valore 2.
7. Ad ogni controllo corrisponde un’unica traiettoria soddisfacente la condizione iniziale, data dalla formula
x (t) = 1 +
Z
t
u (s) ds.
0
R1
Affinché il controllo sia ammissibile deve essere 0 u = −1 e la classe dei controlli ammissibili non è vuota.
Per ogni0 < ε < 1 definiamo uε come segue
½
−1/ε 0 ≤ t ≤ ε
0
ε < t ≤ 1.
Il controllo uε è ammissibile e
J (uε ) =
Z
0
ε
ε
t2
dt = .
ε2
3
Ne segue che l’estremo inferiore di J è zero. D’altra parte J (u) = 0 implica u = 0 (tranne che in un
R1
numero finito di punti), ma u = 0 implica 0 u = 0 e quindi non è ammissibile. Pertanto il controllo
ottimo non esiste.
8. Ogni controllo u tale che
Z
0
1
³
´
1 − u (t)2 dt = 0
è ammissibile. Inoltre, se u assume solo i valori −1 e 1, si ha J (u) = 0 che è il minimo di J (u) essendo
J (u) ≥ 0. Di conseguenza esistono infiniti controlli ottimi.
52
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
9. Il problema è massimizzare la vendita totale
J (u) =
Z
0
T
(1 − u (t)) x (t) dt
sotto le condizioni
ẋ (t) = u (t) x (t) (dinamica)
x (0) = x0 > 0 (condizione iniziale)
0 ≤ u (t) ≤ 1 (vincoli sul controllo) .
Scriviamo le condizioni di ottimalità. La funzione hamiltoniana del problema è
H (t, x, u, λ) = (1 − u) x + λux
l’equazione aggiunta
λ̇ = −Hx = u − 1 − λu
e la condizione di trasversalità λ (T ) = 0.
Dall’equazione di transizione si deduce che x (t) > 0 per ogni t e pertanto il massimo di H rispetto a u è
assunto per u = 0 se λ < 1 e per u = 1 se λ > 1. Gli intervalli in cui λ = 1 sono esclusi in quanto, in tal
caso, si avrebbe λ̇ = 0, mentre l’equazione aggiunta prevede λ̇ = −1.
Il controllo ottimo è dunque di tipo bang-bang con al più un solo istante di commutazione. Poiché λ (T ) = 0,
c’è un intervallo (t∗ , T ) in cui risulta λ < 1 e quindi u = 0. In tale intervallo ẋ = 0 e perciò x = x (t∗ ) =
costante, mentre λ (t) = T − t. Naturalmente, se T ≥ 1, si ha λ (t∗ ) = 1 e quindi t∗ = T − 1; se, invece,
T < 1, λ (t) non raggiunge mai il valore 1 e quindi t∗ = 0.
Nel caso T > 1, nell’intervallo 0 ≤ t ≤ T − 1 risulta pertanto λ > 1, u = 1, λ̇ = −λ, ẋ = x; utilizzando la
condizione x (0) = x0 e la continuità di x e λ in t∗ = T − 1, si ottiene, in [0, T − 1]
λ (t) = eT −t−1 ,
x (t) = x0 et .
Come si è mostrato, nel caso di T piccolo (< 1) , è ottimale vendere tutta la produzione, altrimenti è
ottimale reinvestire tutta la produzione fino al tempo T − 1 e poi vendere tutto.
10. (a) Il funzionale J (u) rappresenta il costo di produzione per mantenere la produzione al livello della
domanda (u = d) e costante il livello di inventario (x).
(b) Si tratta di un problema con costo quadratico e dinamica lineare, quindi le condizioni di ottimalità
espresse dal teorema 2.1 risultano necessarie e sufficienti. Osserviamo che minimizzare J (u) equivale a
massimizzare −J (u) . L’hamiltoniana è
H (t, x, u, λ) = −c (u − d)2 − h (x − x)2 + λ (u − d)
l’equazione aggiunta è
λ̇ = −Hx = 2h (x − x)
(2.2)
e la condizione di trasversalità λ (T ) = 0. Il principio di massimo, non essendoci vincoli sul controllo ed
essendo H concava in u, è
Hu = −2c (u − d) + λ = 0.
(2.3)
(c) Risolvendo la (2.3), si trova
u=d+
λ
2c
e sostituendo nella dinamica, si ottiene
ẋ =
λ
.
2c
(2.4)
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
53
Le (2.2) e (2.4) formano un sistema di due equazioni differenziali lineari in x e λ. Differenziando la (2.2)
si ottiene
h
λ̈ = 2hẋ = λ
c
da cui, ricordando la condizione λ (T ) = 0
dove α =
r
λ (t) = k sinh α (T − t)
h
e k va determinato tenendo conto della condizione λ̇ (0) = 2h (x0 − x) . Si trova
c
k=−
In conclusione si ha
x
b (t) = x +
e
2h x0 − x
.
α cosh αT
x0 − x
cosh (T − t)
cosh αT
(2.5)
x0 − x
sinh α (T − t) .
cosh αT
Dalla (2.5) si vede che, se si parte da x0 = x, si rimane al livello desiderato, se si parte con x0 6= x, si ha
che x
b (t) → x, per t → T.
u
b (t) = d (t) + α
11. L’hamiltoniana corrente è
H (t, k, c, µ) = U (c) + µ (f (k) − λk − c) .
e la condizione aggiunta è
µ̇ = rµ − Hk , = (r + λ − f 0 (k)) µ
(2.6)
Da
Hc (t, k, c, µ) = U 0 (c) − µ = 0
si ricava µ = U 0 (c), da cui µ̇ = U 00 (c) ċ. Sostituendo nella (2.6) si ha
ċ = (r + λ − f 0 (k))
U 0 (c)
U 00 (c)
(2.7)
Con la dinamica e la (2.7) si scrive un sistema di equazioni differenziali (vedi pag. 230).
12. L’Hamiltoniana del problema è
H (i, x, u, p) = f (i, x, u) + pg (i, x, u) ,
dove
f (i, x, u) = (1 − u) x e g (i, x, u) = wux
e il terminal payoff è ψ (x) = x. Le equazioni aggiunte sono
pi − pi+1 = −Hx (i, xi , ui , pi+1 ) = 1 − ui + pi+1 wui ,
i = 1, . . . , N − 1
e la condizione di trasversalità è
pN = ψ 0 (x) = 1.
Per il principio di massimo
¡
¢
¢
¡
H i, x∗i , u∗i , p∗i+1 = max H i, x∗i , u, p∗i+1 ,
u
dato che
i = 1, . . . , N − 1,
¡
¢
¢
¡
H i, x∗i , u, p∗i+1 = (1 − u) x∗i + p∗i+1 wux∗i = x∗i + x∗i p∗i+1 w − 1 u
54
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
si ha
1
w
1
> .
w
u∗i
= 0 se p∗i+1 <
u∗i
= 1 se p∗i+1
Se w > 1, si ha
p∗N
p∗N −1
p∗N −2
p∗N−k
p∗1
1
,
u∗N−1 = 1
w
= 1 + w > 1,
u∗N−2 = 1
= 1>
= (1 + w)2 > 1,
u∗N −3 = 1
..
.
k
= (1 + w) > 1,
u∗N−k−1 = 1
..
.
= (1 + w)N−1 > 1,
u∗0 = 1
Il controllo ottimo è la successione costante u∗i = 1 (i = 0, . . . , N − 1) e la traiettoria ottima, che si ricava
dalla dinamica
xi+1 = xi + wxi ,
i = 0, . . . , N − 1
con la condizione iniziale x0 è x∗i = (1 + w)i x0 (i = 0, . . . , N ) .
Conviene investire tutto.
Se w < 1 distinguiamo due casi.
Se w <
1
, si ha
N
p∗N
= 1<
1
,
w
u∗N−1 = 0
1
,
w
p∗N −1
= p∗N + 1 = 2 <
p∗N −2
= p∗N−2 + 1 = 3 <
1
,
w
u∗N−2 = 0
u∗N −3 = 0
..
.
p∗1
= N<
1
,
w
u∗0 = 0.
Il controllo ottimo è la successione costante u∗i = 0 (i = 0, . . . , N − 1) e la traiettoria ottima è la successione
costante x∗i = x0 (i = 0, . . . , N ) .
Conviene immagazzinare tutto.
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
Se
55
1
1
1
≤
< w < , si ha
N
h+1
h
1
,
w
1
= 2< ,
w
..
.
1
= h< ,
w
p∗N
p∗N−1
p∗N −h+1
p∗N −h
= h+1>
p∗N −h−1
u∗i
x∗i =
u∗N−h = 0
1
,
w
u∗N−h−1 = 1
1
,
w
u∗N −h−2 = 1
..
.
N−h−1
= (h + 1) (1 + w)
,
Il controllo ottimo è
(
u∗N −2 = 0
= (h + 1) (1 + w) >
p∗1
La traiettoria ottima è
u∗N −1 = 0
= 1<
=
½
u∗0 = 1.
1 se i = 0, . . . , N − h − 1
0 se i = N − h, . . . , N − 1
(1 + w)i x0
(1 + w)N −h x0
se i = 0, . . . , N − h − 1
se i = N − h, . . . , N
In un primo tempo conviene investire, poi immagazzinare tutto.
13. Si tratta di massimizzare
R=
2
X
i=0
con la dinamica
{(−2ui + 5xi }
xi+1 − xi = −0.5xi + 0.3ui ,
i = 0, 1, 2
lo stato iniziale x0 assegnato e i vincoli sul controllo: 0 ≤ ui ≤ xi (i = 0, 1, 2).
Essendo la funzione obiettivo e la dinamica lineari, le condizioni necessarie espresse dal teorema 3.1
risultano anche sufficienti a garantire che {u∗i } e {x∗i } siano controllo e traiettoria ottimi.
L’hamiltoniana del problema è
H (i, x, u, p) = −2u + 5x + p (−0.5x + 0.3u) = (5 − 0.5p) x + (0.3p − 2) u,
l’equazione aggiunta è
pi = 0.5pi+1 + 5,
i = 1, 2
p∗3
= 0. Si ricavano immediatamente p∗2 = 5 e p∗1 = 7.5. Il principio di
e la condizione di trasversalità
massimo
¡
¡
¢
¢
H i, x∗i , u∗i , p∗i+1 = max H i, x∗i , u, p∗i+1 , i = 0, 1, 2
u
20 ∗
20 ∗
, ui = 0, mentre se p∗i+1 >
, ui = x∗i , quindi si
tenendo conto dei vincoli sul controllo dà: se p∗i+1 <
3
3
ha
u∗0 = x0 , u∗1 = 0, u∗2 = 0.
Dalla dinamica si ricava poi la traiettoria ottima
x∗0 = x0 ,
x∗1 = 0.8x0 ,
x∗2 = 0.4x0 ,
x∗3 = 0.2x0 .
56
2. Salsa-Squellati, Elementi di Ottimizzazione Dinamica
14. L’hamiltoniana è
H (t, k, c, p) = δ t U (c) +
p
[−nk + c + f (k)].
n+1
L’equazione aggiunta è
pt − pt+1 =
pt+1
[−n + f 0 (kt )],
n+1
t = 0, ..., N − 1
e il principio di massimo dà
δ t U 0 (ct ) +
pt+1
= 0,
n+1
t = 0, ..., N − 1
ossia
pt+1 = − (n + 1) δ t U 0 (ct ) .
La formula per il rapporto tra le utilità marginali del consumo è
U 0 (ct−1 )
1 + f 0 (kt )
=
δ.
U 0 (ct )
n+1
Le soluzioni stazionarie (ke , ce ) costanti si ricavano dal sistema
½ 0
f (ke ) = (n + 1 − δ) /δ
ce = nke − f (ke ) .
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