Escola de Pós-graduação em Economia da Fundação Getúlio Vargas
Análise II
Prof: Rubens Penha Cysne
Gabarito da Lista de Exercícios 1: Cálculo de Variações e Aplicações
Questão 4
a) Considere o problema
maxΓ
R t1
t0
F (t, x (t), x 0 (t))dt
sujeito à restrição
Γ = { x ∈ C 1 ; x ( t0 ) = x0 }.
em que F é uma função de classe C2 .
Repetindo o raciocínio da questão 1, definimos o funcional I : C1 ([t0 , t1 ]) → R,
I ( x (s)) =
Z t1
t0
F (t, x (t), x 0 (t))dt
Supondo a existência de um ponto de máximo x ∗ ∈ C1 ([t0 , t1 ]) de I, dada uma função v
qualquer de classe C1 ([t0 , t1 ]) que se anula no extremo t0 , definimos f : R → R por
f (τ ) = I ( x ∗ + τv).
Observe que x ∗ + τv ∈ Γ. Assim, 0 é um ponto de máximo para f e, portanto, devemos
ter f 0 (0) = 0. Como a integral é feita em um conjunto compacto [t0 , t1 ], pode-se derivar
dentro da integral. Avaliando em τ = 0, obtemos
Z t1
t0
[ Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))v(t) + Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))v0 (t)]dt = 0,
em que Fx e Fx0 simbolizam as derivadas em relação às variáveis x e x 0 , respectivamente.
Integrando por partes, obtemos
Z t1
t0
∗
0∗
∗
Fx (t, x (t), x (t))v(t)dt + Fx0 (t, x (t), x
0∗
(t))v(t)|tt10
−
Z t1
t0
[ Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))]t v(t)dt = 0
e, portanto,
Z t1
t0
[ Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t)) − Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))t ]v(t)dt + Fx0 (t1 , x ∗ (t1 ), x 0∗ (t1 ))v(t1 ) = 0,
sendo esta igualdade válida para todo v ∈ C1 ([t0 , t1 ]) que se anula em t0 .
1
Por um lado, podemos considerar, em particular, nessa classe, as funções que se anulam
em t1 , o que nos remete ao caso do exercício 1, donde obtemos a equação de EulerLagrange. A partir disso, da igualdade restante
Fx0 (t1 , x ∗ (t1 ), x 0∗ (t1 ))v(t1 ) = 0,
basta considerarmos uma função v em Γ que não se anula em t1 para obtermos a
condição de transversalidade
Fx0 (t1 , x ∗ (t1 ), x 0∗ (t1 )) = 0.
b) Suponha que F seja côncava. Então vale
F (t, x (t), x 0 (t)) ≤ F (t, x ∗ (t), x 0∗ (t)) + Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))( x − x ∗ ) + Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))( x 0 − x 0∗ )
Integrando a inequação acima, obtemos
∗
I (x) ≤ I (x ) +
Z t1
t0
[ Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))( x − x ∗ ) + Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))( x 0 − x 0∗ )]dt
Integrando o segundo membro por partes, temos
Rt
I ( x ) ≤ I ( x ∗ ) + t 1 [ Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))( x − x ∗ ) − Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))t ( x − x ∗ )]dt
0
+ Fx0 (t1 , x ∗ (t1 ), x 0∗ (t1 ))( x (t1 ) − x ∗ (t1 ))
ou seja,
Rt
I ( x ) ≤ I ( x ∗ ) + t 1 [ Fx (t, x ∗ (t), x 0∗ (t)) − Fx0 (t, x ∗ (t), x 0∗ (t))t ]( x − x ∗ )dt
0
+ Fx0 (t1 , x ∗ (t1 ), x 0∗ (t1 ))( x (t1 ) − x ∗ (t1 )).
Assim, se valem as equações de Euler-Lagrange e a condição de transversalidade,
obtemos
I ( x ) ≤ I ( x ∗ ),
o que garante que x ∗ maximiza I.
c) Análogo ao ítem b), bastando considerar a desigualdade ao contrário na primeira
inequação.
Questão 6
a) Seja U uma função crescente e estritamente côncava. Considere o problema
R∞
max 0 e− gt U (c(t))dt
onde vale a condição
k̇ = f (k) − c
2
com f 0 > 0, f 00 < 0 e k (0) = k0 .
Seja F (t, k, k̇) = e− gt U ( f (k ) − k̇ ). Temos
Fk = e− gt U 0 ( f (k) − k̇) f 0 (k )
Fk0 = −e− gt U 0 ( f (k) − k̇)
d
( F 0 ) = ge− gt U 0 ( f (k) − k̇) − e− gt U 00 ( f (k) − k̇)( f 0 (k)k̇ − k̈)
dt k
Assim, pela equação de Euler-Lagrange, obtemos
U 00 (c)( f 0 (k )k̇ − k̈) + U 0 (c)( f 0 (k ) − g) = 0
Como o consumo c(t) satisfaz a equação
ċ = f 0 (k )k̇ − k̈,
podemos reescrever a equação de Euler-Lagrange como
U 00 (c)ċ + U 0 (c)( f 0 (k ) − g) = 0.
b) Seja f 0 (k) > g. Por Euler-Lagrange,
ċ = −
U 0 (c)( f 0 (k ) − g)
U 00 (c)
Se U 0 (c) > 0, temos ċ > 0, donde segue-se que c é crescente em t. A única possibilidade
de c ser constante é caso U 0 (c) = 0.
Note que podemos reescrever a equação anterior da seguinte maneira
ċ
= σ(c)( f 0 (k) − g),
c
U 0 (c)
em que σ (c) = − cU 00 (c) (elasticidade de substituição intemporal).
No steady state, k̇ = ċ = 0, o que reduz nossa equação a
U 0 (c)( f 0 (k ) − g) = 0
Se U 0 (c) > 0, só podemos ter steady state para f 0 (k ) − g = 0. Caso U 0 (c) = 0, a relação
entre f 0 (k ) e g pode ser qualquer.
c) Temos
ċ = cσ(c)( f 0 (k) − g)
k̇ = f (k) − c
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em que cσ (c) > 0.
Seja k ss = ( f 0 )−1 ( g) correspondente ao steady state ċ = 0 e css = f (k ss ) correspondente
ao steady state k̇ = 0. Caso f 0 (k ) > g, devemos ter ċ > 0. Da mesma forma, caso
f 0 (k) < g, ċ < 0. Como f 0 > 0 e f 00 < 0, temos que o gráfico correspondente ao steady
state k̇ = 0 é dado por c = f (k), isto é, é crescente e côncavo. Por outro lado, temos uma
reta vertical passando por k ss correspondente a ċ = 0. Assim, o ponto de encontro dos
dois gráficos (steady state do sistema) é um ponto de cela.
Questão 8
4
a) Linearização:
Daí,
·
k̇
ċ
·
"
¸
∼
=
·
·
¸
·
=
f (k) − c
cσ(c)( f 0 (k) − g)
f 0 (k ss )[k − k ss ] − [c − css ]
css σ (css ) f 00 (k ss )[k − k ss ] +
Como f 0 (k ss ) = g,
Assim,
k̇
ċ
k̇
ċ
k̇
ċ
¸
·
∼
=
¸
·
∼
=
¸
#
d(cσ(c)) 0
( f (k ss ) −
dc
f 0 (k ss )[k − k ss ] − [c − css ]
css σ (css ) f 00 (k ss )[k − k ss ]
f 0 (k ss )
−1
css σ (css ) f 00 (k ss ) 0
¸·
g)[c − css ]
¸
k − k ss
c − css
¸
b) Seja a := f 0 (k ss ) e b := css σ (css ) f 00 (k ss ).
· ¸
·
¸·
¸
a −1
k − k ss
k̇
∼
=
b 0
c − css
ċ
isto é,
½
k̇ ∼
= a[k − k ss ] − [c − css ]
ċ ∼
= b[k − k ss ]
(1)
(2)
Derivando em (1) substituindo por (2), obtemos
k̈ − ak̇ + bk ∼
= bk ss .
Uma solução para a EDO acima é a soma da solução da equação homogênea
correspondente com uma solução particular. Para a equação homogênea, devemos
resolver
λ2 − aλ + b = 0
donde segue que
√
a2 − 4b 1
.
2
Como claramente k(t) = k ss é uma solução particular, temos que a solução geral é dada
por
k(t) = k ss + c1 eλ1 t + c2 eλ2 t
λ=
a±
Para que limt→∞ k(t) = k ss , devemos ter c2 = 0. Se k(0) = k0 , temos c1 = k0 − k ss e,
assim,
k (t) = k ss + (k0 − k ss )eλ1 t
1 Afirmamos
que λ1 < 0 e λ2 > 0. De fato, λ1 λ2 = css σ(css ) f 00 (k ss ) < 0 e λ1 + λ2 = f 0 (k ss ) > 0.
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