Ce notebook est la suite du notebook Pêcheries. 1. Modèles simples de pêche.
On regarde maintenant un modèle économique, où pêcher des poissons coûte de l'argent (prix des bateaux), et en rapporte (vente de poissons).
On suppose donc que l'effort coûte $c$ par unité de temps (prix de l'effort), et que les poissons pêchés sont vendus au prix $p$. Le gain total à l'instant $t$ est donc (on rappelle que $h(t) = E(t) x(t)$) $$ g(t) = p h(t) - c E(t) = E(t) \left( p x(t) - c \right). $$
De nouveau, on peut supposer qu'on travaille dans une échelle de prix où $c = 1$, et se débarasser de ce paramètre. Dans ce cas, le prix du poisson $p$ est le prix en "unité de prix d'effort"...).
Dans la suite, on pose
$$ \boxed{ g(t) = p h(t) - E(t) = E(t) \left( p x(t) - 1 \right). } $$# on charge les bibliothèques Python
%pylab inline
figsize(8, 6)
from scipy.integrate import solve_ivp
%pylab is deprecated, use %matplotlib inline and import the required libraries. Populating the interactive namespace from numpy and matplotlib
Dans notre première hypothèse, on suppose que tout le monde peut aller à la pêche. Dans ce cas, la pêche va attirer de nouvelles personnes tant que c'est rentable $(g(t) > 0)$, et ne vont pas pêcher tant que ce n'est pas rentable $(g(t) \le 0)$.
De manière équivalente, on va mettre un effort maximal $E(t) = E_{\rm max}$ tant que c'est rentable, et arrêter $E(t) = 0$ quand ce ne l'est plus.
Dans ce cas, la pêche est modélisée par la fonction $$ h(t) = \begin{cases} E_{\rm max} x(t) & \quad \text{si} \quad x(t) > \frac{1}{p}, \\ 0 & \quad \text{si} \quad x(t) \le \frac{1}{p}. \end{cases} $$ et notre équation d'évolution devient $$ \boxed{ x'(t) = f(x(t)) \quad \text{avec} \quad f(t) := \begin{cases} x(1 - x) - E_{\rm max} x(t) & \quad \text{si} \quad x(t) > \frac{1}{p}, \\ 0 & \quad \text{si} \quad x(t) \le \frac{1}{p}. \end{cases} } $$
Tmax = 10 #temps final
tt = linspace(0, Tmax, 100) #grille de temps
Emax, p = 1, 3
x0 = 0.9
def f_libreService(t, x, Emax, p):
if x > 1/p:
return x*(1 - x) - Emax*x
else:
return x*(1 - x)
sol = solve_ivp(f_libreService, [0, Tmax], [x0], t_eval = tt, args = [Emax, p] )
plot(sol.t, sol.y[0,:])
plot(tt, 1/p*ones(len(tt)), ':k')
grid()
ylim([0, 1])
(0.0, 1.0)
Si le prix du poisson est inférieur au coût pour aller le chercher, personne ne va à la pêche !
Les quantités $x_p$, $E_p$ et $h_p$ sont les équilibres bio-économiques (BE). Ils dépendent uniquement du prix $p$.
Exercice Montrer que le prix optimal pour avoir la plus grande quantité de poissons sur le marché est $p = 2$ (2 fois le coût de l'effort).
Exercice Quel est le gain $g(t)$ à l'équilibre ?
Dans le scénario "libre service", la pêche est saturée, mais personne ne gagne d'argent !
Les quantités bio-économiques sont $$ \boxed{x_{\rm BE} = \frac{1}{p}, \quad h_{\rm BE} = \frac{p-1}{p^2}, \quad E_{\rm BE} = \frac{p-1}{p}, \quad \text{et} \quad g_{\rm BE} = 0. } $$
On suppose maintenant qu'il n'y a qu'un seul acteur qui pêche, qui peut décider très précisement l'effort $E(t)$. Son but est de gagner le plus d'argent.
Pour commencer, on suppose que cet acteur veut faire un effort constant $E(t) = E$ (cas stationnaire). Dans ce cas, on a $$ \begin{cases} x' = x(1 - x) - Ex \\ g(t) = E(p x(t) - 1) \end{cases} $$
Dans le notebook précédent, on avait vu que le cas stationnaire de la première équation était $x_E = 1 - E$.
Exercice Montrer que le gain stationnaire est $$ g_E := E \left[ p (1 - E) - 1 \right]. $$
Exercice En déduire que l'effort optimal (du point de vue économique) est $$ E_* = \dfrac{p-1}{2p} = \frac12 - \frac{1}{2p}. $$
On appelle ces quantités Maximum Economical Yield (MEY).
Dans le cas du monopole, tout le monde est content. L'acteur gagne de l'argent, la population de poissons est plus grande que 1/2, et la pêche est durable.
Les quantités MEY sont $$ \boxed{ x_{\rm MEY} = \frac12 + \frac{1}{2p}, \quad h_{\rm MEY} = \frac14 - \frac{1}{4p^2}, \quad E_{\rm MEY} = \frac12 - \frac{1}{2p}, \quad \text{et} \quad g_{\rm MEY} = \frac{(p-1)^2}{4p}.} $$
On regarde maintenant un modèle beaucoup plus complexe, qui dépend du temps !
Le but du pêcheur est d'avoir le plus d'argent total après un temps $T_{\rm max}$. Il peut décider de l'effort qu'il met à chaque instant $E(t)$.
On appelle la fonction $t\mapsto E(t)$ un contrôle. On veut calculer un problème de contrôle optimal.
Le gain total est $$ G_{\rm tot} := \int_0^{T_{\rm max}} g(t) dt, $$ c'est à dire la somme de tous les gains $g(t)$ à l'instant $t$. On rapelle que $g(t)$ vaut $$ g(t) = E(t) \big( px(t) - 1 \big), \quad \text{avec} \quad x'(t) = x(t)\big( 1-x(t) \big) - E(t) x(t). $$
Exercice : Écrire une fonction Python Gtot(fctE, x0, tt, p, display=False) qui prend en entrée
x0 la population initiale à l'instant $t$,tt une grille en temps de $0$ à $T_{\rm max}$,p le prix du poissonfctE un contrôle d'effort donné (une fonction qui dépend du temps et de la population : $E(t, x)$)
et qui retourneGtot le gain total intégré.Si de plus display = True, la fonction doit afficher :
fctE (l'effort au cours du temps)x(t) (la population de poisson au cours du tempsg(t) (le gain au cours du temps).Indices :
subplot pour l'affichage des graphiquessum(g)*(tt[1] - tt[0]) (pourquoi ?)def Gtot(fctE, x0, tt, p, display=False):
Tmax = tt[-1]
# solve ivp
def fE(t,x): return x*(1-x) - fctE(t, x)*x
sol = solve_ivp(fE, [0, Tmax], [x0], t_eval = tt)
# compute x(t) and g(t)
xt = sol.y[0,:] # la fonction x(t) sur la grille tt
Et = array([fctE(tt[i], xt[i]) for i in range (len(tt))]) # la fonction E(t) sur la grille tt
gt = Et*(p*xt - 1) # la fonction G(t) sur la grille tt
# Calcul de Gtot
Gtot = sum(gt)*(tt[1] - tt[0])
# affichage
if display:
# plot de E(t)
subplot(3, 1, 1)
plot(tt, Et, 'r')
grid()
title("L'effort $E(t)$")
#ylim([0, max(Et)])
# plot de x(t)
subplot(3, 1, 2)
plot(tt, xt, 'b')
plot(tt, 1/p*ones(len(tt)), ':k') # équilibre BE
plot(tt, (1/2+1/(2*p))*ones(len(tt)), ':r') # équilibre MEY
title("La population $x(t)$")
grid()
ylim([0, 1])
# plot de g(t)
subplot(3, 1, 3)
plot(tt, gt, 'k')
plot(tt, zeros(len(tt)), ':k')
title("Le gain $g(t)$")
grid()
ylim([min(gt), max(gt)])
return Gtot
Commençons par regarder ce qui se passe si $E(t, x) = E(t)$ est une fonction oscillante, par exemple $$ E(t, x) = \frac12 + \frac14 \cos(2\pi t). $$
#test
figsize(8, 9)
Tmax = 30
tt = linspace(0, Tmax, 1000)
x0 = 0.2
p = 3 #prix du poisson
def fctE_oscillante(t, x) :
return 1/2 + cos(2*pi*t)/4 # une fonction oscillante
Gtot(fctE_oscillante, x0, tt, p, display=True)
6.184626010528501
Exercice : Testez d'autres stratégies possibles. Doit-on aller pêcher si le gain est négatif (si $x < \frac{1}{p}$) ?
On essaye maintenant la stratégie suivante :
Tmax = 10
tt = linspace(0, Tmax, 100)
x0 = 0.2
p = 3 #prix du poisson
Emax = 3 # l'effort maximum
tol = 0.01 # une tolérance
# les quantités MEY de la section précédente
xstar = 1/2 + 1/(2*p)
Estar = 1/2 - 1/(2*p)
def fctE_MEY_strategy(t, x) :
if x < xstar - tol:
return 0
elif abs(x - xstar) < tol:
return Estar
else :
return Emax
Gtot(fctE_MEY_strategy, x0, tt, p, display=True)
2.6521400788313523
On peut résoudre théoriquement notre problème de contrôle optimal. On veut calculer, avec $f(x) := x(1 - x)$, le problème de maximisation $$ \boxed{ \max \left\{ \int_0^{T_{\rm max}} g(t) dt, \quad \begin{cases} g(t) = E(t) \big( px(t) - 1 \big) \\ x'(t) = f(x(t)) - E(t) x(t). \end{cases} \right\}. } $$
La quantité intégrée peut se réécrire comme $$ G_{\rm tot} = \int_0^{T_{\rm max}} g(t) dt = \int_0^{T_{\rm max}} E(t) \big( px(t) - 1 \big) dt = \int_0^{T_{\rm max}} E(t) x(t) \left( p - \frac{1}{x(t)} \right) dt $$ puis $$ G_{\rm tot} = \int_0^{T_{\rm max}} f(x(t)) \left( p - \frac{1}{x(t)} \right) - \int_0^{T_{\rm max}} x'(t) \left( p - \frac{1}{x(t)} \right) dt. $$
La deuxième intégrale peut s'intégrer directement, et on a $$
- \int_0^{T_{\rm max}} x'(t) \left( p - \frac{1}{x(t)} \right) dt
= p \left[ x(0) - x(T_{\rm max}) \right] + \log \left[ \dfrac{x(T_{\rm max})}{x(0)} \right].
x = x_{\rm opt} := {\rm argmax} \left[ f(x) \left( p - \frac{1}{x} \right) \right].
$$
Exercice : Dans le cas $f(x) = x(1 - x)$, montrer que l'optimum est réalisé pour $x = x_* = x_{\rm MEY} = \frac12 + \frac{1}{2p}$.
Pour résumer la stratégie optimale consiste à, 1/ ammener le stock de poissons le plus vite possible vers son équilibre MEY, 2/ pêcher sous le régime MEY le plus longtemps possible, et 3/ vider les stocks avant de partir.
En pratique, un pêcheur peut aussi décider de mettre son argent à la banque.
S'il place une quantité d'argent $A(t)$ au temps $t$, il récupérera $e^{ \delta (T_{\rm max} - t)} A(t)$ argent au temps $T_{\rm max}$, où on a noté
En intégrant sur tous les temps, on voit que l'argent récupéré total est $$ \boxed{ A_{\rm tot} = \int_0^{\rm T_{\rm max}} e^{ \delta (T_{\rm max} - t)} A(t) dt = e^{ \delta T_{\rm max}} \int_0^{T_{\rm max}} e^{ - \delta t} A(t) dt }. $$
Une façon de lire cette équation est la suivante : de l'argent qui n'est pas placé à la banque perd de la valeur à taux $\delta$.
Un pêcheur peut donc avoir intérêt à gagner vite de l'argent pour le mettre la banque !
Notre nouveau modèle devient $$ \boxed{ \max \left\{ \int_0^{T_{\rm max}} e^{-\delta t} g(t) dt, \quad \begin{cases} g(t) = E(t) \big( px(t) - 1 \big) \\ x'(t) = f(x(t)) - E(t) x(t). \end{cases} \right\}. } $$
Exercice En répétant les arguments précédents, et avec une intégration par partie, montrer que $$ G_{\rm tot} = \int_0^{T_{\rm max}} e^{ - \delta t} \left[ f(x) \left( p - \frac{1}{x} \right) - \delta z(x) \right](t) d t + \text{conditions de bord} $$ avec $$ z(x) \quad \text{une primitive de } \quad c(x) := p - \frac{1}{x}. $$
Exercice Montrer que, dans ce cas $ f(x) = x(1 - x)$, le $x$ optimal maximise $$ f(x) \left( p - \frac{1}{x}\right) - \delta z(x) . $$ et, qu'en particulier, vérifie $$ \left( f'(x_*) - \delta \right) \left( p - \frac{1}{x_*}\right) + f(x_*) \frac{1}{x_*^2} = 0. $$
Exercice dans le cas $f(x) = x(1 - x)$, montrer que cette équation est aussi $$ \boxed{ 2p x_*^2 - [ p(1 - \delta) + 1]x_* - \delta = 0 } $$
Exercice Tracer $\delta \mapsto x_*$ avec $p = 2$. Que se passe-t-il ?
p = 3
def xstar(delta, p = p): #on résoud une équation de degré 2.
A = 2*p
B = -p*(1 - delta) -1
C = -delta
Delta = B**2 - 4*A*C
if Delta < 0:
print("problem, Delta est négatif")
else:
return (-B + sqrt(Delta))/2/A
figsize(8, 6)
dd = linspace(0, 20, 100)
xstard = [xstar(delta) for delta in dd]
plot(dd, xstard)
plot(dd, 1/p*ones(len(dd)), ':k', label="Équilibre BE") # equilibre BE
plot(dd, (1/2 + 1/2/p)*ones(len(dd)), ':r', label="Équilibre MSY") # equilibre MSY
grid()
title("Population $x$ en fonction du taux d'intérêt $\delta$")
xlabel("delta")
legend()
<matplotlib.legend.Legend at 0x125cffe90>
Lorsque $\delta = 0$, on retrouve le cas "sans banque", et la pêche optimale est la pêche MEY.
Lorsque $\delta \to \infty$, on est dans le sénario où juste le présent compte. Il est équivalent à la pêche en libre service (si on laisse du poisson aujourd'hui, quelqu'un d'autre ira le prendre demain). On retrouve les quantité BE à la limite $\delta \to \infty$.
Si $x < \frac{1}{p}$, il n'est jamais interessant d'aller pêcher.