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Máster y doctorado

Programación dinámica y ecuación de Hamilton–Jacobi–Bellman

La programación dinámica calcula cuánto cuesta lo mejor que podemos hacer desde cada instante y estado. La decisión presente incluye su gasto y el efecto que deja para el futuro. Vamos a construir ese valor en un ejemplo, resolver su ecuación y comprobar que ningún otro control lo mejora.

1. La función de valor describe lo que falta por decidir

Para x′=f(s,x,u) y coste J=∫ₜᵀl(s,x,u)ds+g(x(T)), definimos V(t,x) como el ínfimo entre controles admisibles que comienzan en ese instante y estado. No es el coste de una estrategia cualquiera.

En el instante final, V(T,x)=g(x): ya no queda intervalo para actuar. Si se exige llegar exactamente a un estado final, es otra restricción y el valor puede ser infinito en parte del dominio. Una penalización terminal finita deja negociar gasto y resultado final.

Leer la condición terminal

g(x)=x²/2 y estado x=3 en t=T.

  1. Tiempo restante

    Es cero.

  2. Coste

    Solo queda g(3)=9/2.
  3. Valor

    V(T,3)=9/2, no cero.
Resultado

La condición final conserva lo que el objetivo dice que hay que pagar.

Lo comprobamos

Que termine el control no elimina el coste terminal.

Distinguir llegar y penalizar

Desde x=1 en una unidad, x′=u y coste ∫u²/2+x(T)²/2.

  1. Sin actuar

    u=0 es admisible y paga 1/2 al final.
  2. Con destino fijo cero

    Ese control no sería admisible.

  3. Diferencia

    Son conjuntos de decisiones y objetivos distintos.

Resultado

La función de valor debe corresponder al problema exacto.

Lo comprobamos

No se impone x(T)=0 solo porque g sea menor allí.

2. Bellman suma gasto presente y coste de continuación

Para h>0 con t+h≤T, la identidad de programación dinámica compara el coste en [t,t+h] más V(t+h,x(t+h)). Bajo las condiciones que permiten concatenar controles admisibles, optimizar esa suma coincide con optimizar todo el horizonte.

El coste futuro puede cambiar la mejor decisión de ahora
Estado inicial: x=1u=0u=−1/2x final=1x final=1/2Ahora: 0Ahora: 1/8Final: 1/2Final: 1/8Total: 1/2Total: 1/4Decidir = coste actual + continuación.
Comparación de dos controles constantes durante una unidad de tiempo desde x uno, dinámica x prima igual u, coste corriente mitad integral de u cuadrado y terminal mitad de x final al cuadrado. Con u cero, el coste corriente es cero y el terminal un medio. Con u menos un medio, ambos costes son un octavo y el total un cuarto. Son dos estrategias admisibles del modelo continuo, ilustradas como decisiones de un intervalo; en este ejemplo el segundo control también es el óptimo global por la verificación posterior. Elegir solo el menor coste instantáneo escogería cero y olvidaría el coste de continuación.

El estado tiene que incluir la información relevante para las decisiones futuras. La acción de menor coste instantáneo puede dejar un estado caro después. El valor de continuación es precisamente la forma de incluir esa consecuencia.

Una decisión barata ahora puede ser cara al final

Desde x=1, una unidad de tiempo y el coste cuadrático anterior; comparamos u=0 y u=−1/2 constantes.

  1. No actuar

    Gasto corriente cero y terminal 1/2; total 1/2.

  2. Actuar

    El estado final es 1/2; gasto corriente 1/8 y terminal 1/8.

  3. Sumar

    El total 1/4 es menor, aunque el gasto corriente sea mayor.

Resultado

Comparar solo la primera parte habría elegido mal entre estas dos opciones.

Lo comprobamos

La comparación de dos controles aún se completará con una verificación global.

Reducir un intervalo a una cuadrática

Al final de un tramo de duración h, el coste de continuación es Pz²/2 con P>0.

  1. Llegada

    Un control constante u deja z=x+hu y cuesta hu²/2.

    Para cualquier misma llegada, Cauchy–Schwarz dice que ese control constante minimiza el gasto del tramo.

  2. Minimizar

    La suma hu²/2+P(x+hu)²/2 tiene mínimo en u=−Px/(1+hP).
  3. Valor

    El coste mínimo es [P/(1+hP)]x²/2.

Resultado

Bellman actualiza también el coeficiente del valor, no solo el punto.

Lo comprobamos

La reducción usa el integrador sin límites de control y una duración h positiva.

3. Una expansión suave da una ecuación con condición final

Suponiendo V suficientemente diferenciable y condiciones que justifiquen el paso al límite en Bellman, expandimos x(t+h)=x+hf(t,x,u)+o(h). El incremento de valor aporta hV_t+h∇V·f y el gasto aporta hl.

Cancelar V(t,x), dividir por h y optimizar conduce clásicamente a V_t+\inf_{u\in U}\{l(t,x,u)+\nabla V\cdot f(t,x,u)\}=0,\qquad V(T,x)=g(x). La ecuación formal no identifica por sí sola el valor: se construirá una cota para todos los controles y uno que la alcance.

Separar derivadas de tiempo y estado

Candidata V(t,x)=P(t)x²/2.

  1. Tiempo

    V_{t}=P′(t)x²/2, manteniendo x fijo.
  2. Estado

    V_{x}=P(t)x, manteniendo t fijo.
  3. Trayectoria

    \frac d{ds}V(s,x(s))=V_s(s,x(s))+V_x(s,x(s))x^{\prime}(s).
Resultado

La derivada parcial no incluye por sí sola el movimiento del estado.

Lo comprobamos

El segundo término es el producto de la derivada respecto al estado y la velocidad de la trayectoria.

Comprobar el gasto que entra en la ecuación

Integrador x′=u y l=u²/2.

  1. Expresión

    La parte a minimizar es u²/2+V_{x}·u.

  2. Cuadrado

    Es (u+V_{x})²/2−V_{x}²/2.

  3. Mínimo

    En U=ℝ se alcanza en u=−V_{x} y vale −V_{x}²/2.
Resultado

El signo del control se deduce del mínimo.

Lo comprobamos

Si U cambiara, habría que minimizar sobre ese conjunto.

4. El ejemplo fija una penalización terminal, sin imponer un destino exacto

Tomamos x′=u, controles reales L², coste corriente u²/2 y g(x)=x²/2, con T finito.

La ecuación reducida es V_{t}−V_{x}²/2=0 y la ley candidata u*=−V_{x}.

Penalizar x(T)² no obliga a llegar a cero. Permite equilibrar cuánto cuesta actuar con cuánto cuesta dejar un estado residual. Para el ejemplo de Pontryagin con destino exacto, la función de valor y las condiciones de frontera serían diferentes.

Comparar con forzar el destino

x=1 y horizonte restante uno.

  1. Destino cero

    El control constante −1 llega a cero y cuesta 1/2.

  2. Destino libre penalizado

    u=−1/2 deja estado final 1/2 y cuesta 1/4 incluyendo el terminal.

  3. Interpretar

    Dejar un residuo puede salir mejor que pagar el traslado completo.

Resultado

El óptimo penalizado no tiene por qué cumplir el destino exacto.

Lo comprobamos

La admisibilidad y la cuenta del terminal se han conservado.

Si el coste terminal desaparece, cambia el valor

Mismo integrador y gasto, pero g≡0 y extremo final libre.

  1. Cota

    El gasto corriente es no negativo.

  2. Control

    u=0 alcanza gasto cero desde cualquier estado.

  3. Valor

    V≡0, con V(T,x)=0 y u*=0.
Resultado

Cambiar g cambia el problema y su solución.

Lo comprobamos

La fórmula del terminal cuadrático no se reutiliza para g cero.

5. Una forma cuadrática reduce HJB a una ecuación de Riccati

Buscamos V=P(t)x²/2.
Sustituir en V_{t}−V_{x}²/2=0 da (P′−P²)x²/2=0, así P′=P².
El terminal exige P(T)=1.
La solución es P(t)=1/(1+T−t), positiva para t≤T.
Menos tiempo para actuar cambia el valor desde un mismo estado
T=2; V=x²/[2(3−t)]−202t=0: V=x²/6t=1: V=x²/4t=2: V=x²/2
Tres cortes de la función de valor del integrador x prima u, coste corriente u cuadrado sobre dos y terminal x final cuadrado sobre dos, con horizonte T dos. En t cero el valor es x cuadrado sobre seis; en t uno es x cuadrado sobre cuatro; en t dos coincide con el coste terminal x cuadrado sobre dos. Los tres usan los mismos ejes y escalas. Menos tiempo de control aumenta aquí el coste óptimo desde un estado no nulo. Las curvas son valores óptimos según el estado inicial de cada instante, no trayectorias de estado ni una exigencia de llegar exactamente a cero.
Por tanto V(t,x)=\frac{x^2}{2(1+T-t)},\qquad u^*(t,x)=-\frac{x}{1+T-t}.

Diferenciar y sustituir comprueba la ecuación y el terminal, pero todavía hay que verificar que representa el ínfimo.

Revisar el signo de la derivada temporal

D(t)=1+T−t y P=1/D.

  1. Denominador

    D′=−1.
  2. Derivar

    P′=−D⁻²·(−1)=D⁻²=P².
  3. Terminal

    D(T)=1, así P(T)=1.
Resultado

La derivada es positiva aunque aparezca un menos en el denominador.

Lo comprobamos

La comprobación evita cambiar por error el signo de Riccati.

Leer tres instantes del dibujo

T=2.

  1. t=0

    V=x²/6.
  2. t=1

    V=x²/4.
  3. t=2

    V=x²/2, que es exactamente el terminal.
Resultado

Con menos tiempo para actuar, aquí aumenta el valor desde un estado no nulo.

Lo comprobamos

Se comparan estados iniciales iguales a distintos instantes, no una sola trayectoria.

6. Completar el cuadrado verifica el mínimo frente a cualquier control

En cualquier trayectoria admisible, la regla de la cadena da dV/ds=V_{s}+V_{x}·u.
Con la ecuación y la cuadrática, u²/2+dV/ds=(u+V_{x})²/2≥0.
Integrando y usando V(T,x(T))=g(x(T)), obtenemos J(u)-V(t,x)=\frac12\int_t^T(u(s)+V_x(s,x(s)))^2ds\ge0.
La ley u=−V_{x} anula el integrando.

Su trayectoria es x(s)=x(t)(1+T−s)/(1+T−t); el control resulta constante a lo largo de esa trayectoria particular y es L². Así alcanza la cota y V es el valor óptimo global.

Calcular todos los costes de una trayectoria óptima

T=2,t=0 y x=3.

  1. Control y estado

    u=−1 y x(s)=3−s, con x(2)=1.
  2. Gastos

    El corriente es (1/2)·2·1=1 y el terminal 1/2.
  3. Total

    J=3/2=9/[2·3]=V(0,3).
Resultado

La trayectoria alcanza la cota verificada.

Lo comprobamos

El estado final uno confirma que no se había impuesto llegar exactamente a cero.

Verificar cuánto pierde un control alternativo

Mismos datos, pero u=0.

  1. Trayectoria

    x(s)=3 y el terminal cuesta 9/2.
  2. Brecha

    J−V=9/2−3/2=3.
  3. Cuadrado

    La identidad da (1/2)∫₀²[3/(3−s)]²ds=(9/2)(1−1/3)=3.
Resultado

La brecha positiva mide exactamente el coste de esa alternativa.

Lo comprobamos

La identidad usa V_{x} evaluada en la trayectoria alternativa, no en la óptima.

7. Una ley de realimentación decide desde el estado actual

La fórmula u*(s,z)=−z/(1+T−s) se puede usar desde cualquier estado actual z. Un control abierto calculado para un inicio concreto solo describe su trayectoria prevista. V organiza una familia de decisiones, no solo una lista de números para un caso.

Se comprueba la admisibilidad del sistema cerrado. Con límites de control, el mínimo puntual puede saturarse y la fórmula global del valor cambia. La derivada de la antigua V no se reutiliza sin verificar una nueva HJB y sus condiciones.

Recalcular desde otro estado

T=2 y s=1.

  1. Trayectoria prevista

    Si el estado es dos, la ley da u=−1.
  2. Otro estado

    Si ahora se observa z=6, da u=−3.
  3. Diferencia

    La decisión depende del estado, aunque el control fuera constante a lo largo de una trayectoria ideal concreta.

Resultado

Realimentación y control abierto no son la misma descripción.

Lo comprobamos

No se afirma robustez frente a cualquier perturbación sin analizar el modelo modificado.

Detectar que una ley ya no es admisible

T=1,t=0,x=6 y añadimos |u|≤1.

  1. Fórmula libre

    u*=−6/2=−3.
  2. Límite

    Viola el conjunto de control.

  3. Consecuencia

    Hay que resolver o verificar el problema acotado; la antigua expresión V no queda justificada allí.

Resultado

Cambiar U cambia la optimización de Bellman.

Lo comprobamos

Recortar un control sin revisar su función de valor no prueba el mínimo global.

8. Las esquinas exigen fijar una noción de solución y su signo

La función de valor puede ser continua y no diferenciable. Para viscosidad se fija una expresión F=0 y se compara con funciones suaves que tocan por arriba o abajo: una subsolución exige F≤0 en contactos por arriba y una supersolución F≥0 por abajo. Cambiar F por −F sin cambiar la definición altera esa selección.

En el problema terminal de minimización se usa la orientación F=−V_{t}−infᵤ{l+∇V·f}=0 para esas desigualdades. Bajo condiciones apropiadas, comparación y las condiciones de frontera y crecimiento identifican una solución única. Una solución débil arbitraria no ofrece automáticamente esa garantía.

Una esquina en otro problema de control

Tiempo mínimo para salir de [−1,1], con x′=u,|u|≤1 y coste final cero al salir.

  1. Valor

    Desde x interior, la distancia al extremo más cercano es V(x)=1−|x|.

  2. Estrategia

    Moverse a velocidad uno hacia ese extremo alcanza el tiempo; ninguna trayectoria con |u|≤1 puede hacerlo antes.

  3. Esquina

    En x=0 las pendientes laterales son uno y menos uno: no hay derivada clásica.

Resultado

La optimización entre dos salidas produce una esquina interior.

Lo comprobamos

Es un problema de salida distinto del ejemplo cuadrático de horizonte fijo.

Comprobar la esquina con la orientación correcta

Para el valor anterior, la ecuación interior orientada es F(p)=|p|−1=0.

  1. Fuera de cero

    V′=±1 y F(V′)=0.
  2. Contacto por arriba en cero

    Las pendientes de contacto están entre −1 y uno, así F(p)≤0.

    Por ejemplo φ≡1 toca por arriba y F(0)=−1.
  3. Por abajo

    No hay función diferenciable que toque esa cúspide por abajo en cero, así allí la condición de supersolución es vacua.

Resultado

La esquina cumple la ecuación en viscosidad sin inventar una derivada única.

Lo comprobamos

Se mantiene F=|p|−1; multiplicarla por menos uno después de fijar las desigualdades daría otra condición.

9. Difusión, restricciones y aproximación numérica necesitan sus propias condiciones

Con una difusión dX=f ds+σdB aparece en la HJB clásica el término (1/2)tr(σσᵀD²V), por Itô. Fronteras, restricciones de estado y terminales distintos aportan otras condiciones. No se añade solo un símbolo de ruido a una verificación determinista.

Los métodos numéricos deben converger a la solución pertinente, respetando el régimen y las propiedades que exige su teorema de convergencia. Un residuo pequeño en unos puntos de una malla no garantiza por sí solo precisión del valor ni del control en todo el dominio.

Localizar el término que cambia con ruido escalar

dX=u ds+σdB, σ constante y coste corriente u²/2.

  1. Generador

    Sobre una V suave aporta uV_x+(σ²/2)V_{xx}.

  2. Ecuación

    La HJB incluye V_{t}+minᵤ{u²/2+uV_x+(σ²/2)V_{xx}}=0.
  3. Revisar

    La V determinista cuadrática tiene V_{xx}=P(t), así omitir ese término no está justificado cuando σ≠0.

Resultado

La teoría estocástica cambia la ecuación incluso si el mínimo puntual en u tiene la misma forma.

Lo comprobamos

También se necesitan condiciones para aplicar Itô y tomar esperanzas.

Evaluar una fórmula ya verificada es el último paso

T=3,t=1,x=6.

  1. Tiempo y denominador

    1+T−t=3.
  2. Control

    u*=−6/3=−2.
  3. Valor

    V=36/(2·3)=6.
Resultado

Los números se calculan después de comprobar a qué problema pertenece la fórmula.

Lo comprobamos

No se confunden este valor seis con el ejemplo distinto T=2,t=0,x=3, cuyo valor es 3/2.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Control en un instante

Con T=3,t=1,x=6, calcula u* del ejemplo.

  1. Modelo

    Integrador con gasto u²/2 y terminal x(T)²/2, sin límites de control.

  2. Fórmula verificada

    u*(t,x)=−x/(1+T−t).
  3. Datos

    T=3,t=1,x=6.
  4. Denominador

    1+3−1=3.
  5. Control

    u*=−6/3=−2.
  6. Comprobar

    El signo reduce el estado positivo y el control pertenece a ℝ, el conjunto declarado.

Resultado

u*=−2.

Lo comprobamos

El control reduce el estado hacia cero.

EJEMPLO RESUELTO 2

Valor del ejemplo

Para T=2,t=0,x=3, calcula V.

  1. Fórmula

    V=x²/[2(1+T−t)].
  2. Datos

    T=2,t=0,x=3.
  3. Sustituir

    V=9/[2(1+2−0)]=9/6=3/2.
  4. Trayectoria

    El control óptimo es −1 y deja x(2)=1.
  5. Costes

    Se paga uno de control y 1/2 terminal, total 3/2.

  6. Terminal

    Si t=T la expresión es x²/2, como exige el problema.
Resultado

V=3/2.

Lo comprobamos

En t=T la fórmula vuelve a x²/2.

Los símbolos que hemos usado

V(t,x)
Ínfimo del coste desde el estado x en el instante t.
l / g
Coste corriente / coste terminal.
Bellman
Descomposición entre coste inicial corto y continuación óptima.
HJB
Ecuación de Hamilton–Jacobi–Bellman.
Realimentación
Control escogido como función del tiempo y estado actual.
Verificación
Prueba de que una candidata proporciona cota para todos los controles y es alcanzable.
Viscosidad
Noción de solución que usa funciones suaves de prueba cuando el valor no es diferenciable.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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