Solução Analítica
Podemos reescrever o problema original do livro de Lew e Mauch como:
\[
\max_{x_t \varepsilon \{0,...,b_t\}} \ \sum_{t=0}^{T=1} \left[ \frac{1}{1+y} \right] \ [r(x_t) - c(x_t)] \quad (8) \\
\textrm{Sujeito a:} \\
i) \ b_{t+1}=s(b_t - x_t)\\
ii) \ b_0, \ s, \ y \ \textrm{dados.}
\]
Note que i) é a nossa versão de (3) – muitas vezes chamadas de equações de transição. Ela nos diz como será o estado no próximo período dado o quanto pescamos de peixe no estado anterior (aqui, o estado é dado pelo par ano, população de peixes no lago). Note também que \( \beta \) – o desconto intertemporal – assume a forma \( \frac{1}{1+y} \), em que \( y \) é uma taxa de juros igual a 0,05. Além disso, \( r(x_t )=3x_t, c(x_t )=2x_t, s=2 \) e \( b_0=10 \).
Resolvendo para \( t = 1 \):
\[
V(b_1) = \ \max_{x_t \varepsilon \{0,...,b_1\}} \left[ \frac{1}{1+y} \right]^{1} \ [r(x_1) - c(x_1)] \ + \ V(b_2) \quad (9) \\
\]
Como o problema vai somente até \( t=1 \), temos \( V(b_2 )=0 \). Substituindo isso e as funções receita e custo:
\[
V(b_1) = \ \max_{x_t \varepsilon \{0,...,b_1\}} \left[ \frac{1}{1+y} \right] \ x_1 \quad (10)
\]
Como a função é de primeiro grau e \( \frac{1}{1+y}>0 \), a solução será o valor máximo que pudermos atribuir a \( x_1 \), ou seja, \( x_1=b_1 \). O que é intuitivo, pois no último período devemos sempre pescar e vender os peixes restantes. Deixar peixes no lago em um problema de horizonte finito em que a função objetivo é estritamente crescente no número de peixes vendidos seria sub-ótimo. Substituindo a restrição:
\[
V(b_1) = \left[ \frac{1}{1+y} \right] \ s(b_0-x_0) \quad (11)
\]
Resolvendo para \( t=0 \):
\[
V(b_0) = \ \max_{x_0 \varepsilon \{0,...,b_0\}} \left[ \frac{1}{1+y} \right]^{0} \ [r(x_0) - c(x_0)] \ + \ V(b_1) \quad (12) \\
\]
\[
V(b_0) = \ \max_{x_0 \varepsilon \{0,...,b_0\}} \left[ \frac{1}{1+y} \right]^{0} \ [r(x_0) - c(x_0)] \ + \ \left[ \frac{1}{1+y} \right] s(b_0 - x_0) \\ (13) \\
\]
Note que temos um problema somente em \( x_0 \). Os demais valores são conhecidos.
\[
V(b_0) = \ \max_{x_0 \varepsilon \{0,...,b_0\}} \Big\{x_0 + \ \left[ \frac{1}{1+y} \right] s(b_0 - x_0) \Big\} \quad (14) \\
\]
\[
V(b_0) = \ \max_{x_0 \varepsilon \{0,...,b_0\}} \Big\{\left[1 - \ \frac{s}{1+y} \right]x_0 + \left[ \frac{s}{1+y} \right]b_0 \Big\} \quad (15) \\
\]
Para maximizar o termo de primeiro grau \( \left[1 - \ \frac{s}{1+y} \right]x_0 \) no intervalo \( \{0,…,b_0 \} \), precisamos estudar o sinal do coeficiente de \( x_0 \). Tal termo será positivo sempre que \( 1+y>s \). No nosso exemplo, isso não é válido (\( y=0,05 \) e \( s=2 \)). Assim, o \(x_0 \) que maximiza a função é 0. Substituindo todos os valores temos a seguinte solução:
\[
x_0=0 \\
x_1=b_1=20 \\
V(b_1) \cong 19,05
\]
Assim, pescamos todos os peixes no segundo (e último) período. Devido ao fator de desconto, nossa receita de 20 é trazida a valor presente e vale 19,05 em unidades monetárias do período 0. A intuição é simples: o aumento anual da população de peixes faz com que valha a pena esperar para pescar mais, ainda que exista uma taxa de desconto monetária que faz com que a receita seja menor quando trazida a valor presente.
Note que para cada subproblema, temos uma função de primeiro grau. Assim, a solução de cada subproblema está nos extremos do intervalo que \( x \) pode assumir, sendo eles \( 0 \) (não se pesca nada) ou \( b \) (pesca tudo). Porém dado que se pesca tudo em \( t \), o lago ficará vazio nos demais períodos subsequentes. Essa solução será ótima quando o fator de desconto for muito alto, de forma que compense a taxa de crescimento do lago, dada por \( s \). No caso particular em que \( 1+y=s \), qualquer solução é ótima, mantendo-se a restrição de que no último período devemos pescar e vender o restante da população de peixes. Esse caso equivale a um cenário em que não temos inflação e o lago não cresce. Pescar tudo agora ou depois não muda o resultado. Nesse caso, o problema deixa de ser de escolha intertemporal.