Kalkulus Variasi

Kalkulus Variasi
Syarat Cukup, Masalah Kalkulus Variasi dengan Horizon Takhingga
Toni Bakhtiar
Departemen Matematika IPB
Februari 2014
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
1 / 23
Outline
Pengantar: syarat perlu, syarat cukup
Variasi pertama, variasi kedua
Syarat cukup
1
2
3
Teorema Mangasarian
Konveks, konkaf
Beberapa uji
Masalah kalkulus variasi dengan horizon waktu takhingga
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
2 / 23
Pengantar
Proposisi p ! q dibaca:
1
Jika p maka q.
2
p syarat cukup bagi q (p is a su¢ cient condition for q).
3
q syarat perlu bagi p (q is a necessary condition for p).
Dalam kalkulus variasi, yang sudah dipelajari adalah syarat perlu
optimalitas.
RT
Diberikan fungsional J (x ) = t0 f (x, ẋ, t ) dt. Teorema dasar kalkulus
variasi menyatakan bahwa persamaan Euler merupakan syarat perlu
optimalitas:
x merupakan ekstremum ) δJ = 0
RT
) t0 fx h + fẋ ḣ
) fx
[email protected] (IPB)
dt = 0
d
fẋ = 0. (pers. Euler)
dt
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
3 / 23
Pengantar
Dalam kalkulus klasik (pengoptimuman statik),
1
Syarat perlu optimalitas (syarat orde pertama):
x ekstremum bagi f ) f 0 (x ) = 0.
2
Tetapi jika f 0 (x ) = 0, tidak selalu x merupakan ekstremum.
Contoh: f (x ) = x 3 .
Syarat cukup optimalitas (syarat orde kedua):
f 0 (x ) = 0 dan f 00 (x ) > 0 ) x minimum (lokal).
f 0 (x ) = 0 dan f 00 (x ) < 0 ) x maksimum (lokal).
Note:
f 00 (x ) > 0 , f cekung ke atas/konveks.
f 00 (x ) < 0 , f cekung ke bawah/konkaf.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
4 / 23
Variasi Pertama dan Kedua
Ingat kembali perluasan Taylor 2-peubah:
f (x + h, ẋ + ḣ )
f (x, ẋ ) + hfx (x, ẋ ) + ḣfẋ (x, ẋ )
h2
+ fxx (x, ẋ ) + hḣfx ẋ (x, ẋ )
2
ḣ2
+ fẋ ẋ (x, ẋ ).
2
Variasi total:
∆J
= J (x + h, ẋ + ḣ) J (x, ẋ )
RT
RT
= 0 f (x + h, ẋ + ḣ) dt
f (x, ẋ ) dt
0
RT
1 2
= 0 hfx + ḣfẋ + 2 h fxx + hḣfx ẋ + 21 ḣ2 fẋ ẋ dt
RT
RT
= 0 (hfx + ḣfẋ ) dt + 12 0 (h2 fxx + 2hḣfx ẋ + ḣ2 fẋ ẋ ) dt.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
5 / 23
Variasi Pertama dan Kedua
Variasi pertama:
δJ :=
Variasi kedua:
δ2 J : =
RT
0
(hfx + ḣfẋ ) dt.
R
2
1 T
2 0 (h fxx
+ 2hḣfx ẋ + ḣ2 fẋ ẋ ) dt.
Pada kondisi optimum berlaku δJ = 0 sehingga ∆J = δ2 J (∆J memiliki
tanda yang sama dengan δ2 J).
Jika syarat orde kedua pengoptimuman biasa dinyatakan dalam turunan
kedua, maka syarat orde kedua dalam masalah kalkulus variasi dinyatakan
dalam variasi kedua sbb:
x minimum , δ2 J > 0,
x maksimum , δ2 J < 0.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
6 / 23
Syarat Cukup (Su¢ cient Condition)
Seperti pada pengoptimuman statik, syarat cukup optimalitas yang serupa
juga berlaku pada kalkulus variasi.
Theorem (Mangasarian)
Tinjau masalah variasi
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt,
t0
x (t0 ) = x0 , x (T ) = xT .
Jika f konkaf dalam peubah (x, ẋ ) maka persamaan Euler merupakan
syarat cukup bagi maksimum J (x ).
Jika f konveks dalam peubah (x, ẋ ) maka persamaan Euler
merupakan syarat cukup bagi minimum J (x ).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
7 / 23
Syarat Cukup
Proof.
Lihat Seierstad & Sydsæter (1987), hal. 44.
Note:
Teorema di atas tidak menjamin adanya admissible function yang
memenuhi persamaan Euler dan syarat transversalitas.
Teorema di atas hanya mengatakan, jika admissible function dapat
ditemukan maka ia menjadi penyelesaian masalah variasi.
Jika ditemukan lebih dari satu admissible function maka semuanya
optimal dan memberikan nilai integral yang sama.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
8 / 23
Memeriksa Kecekungan
De…nition
Fungsi f konkaf (cekung ke bawah) jika dan hanya jika
f (θx + (1
θ )y )
θf (x ) + (1
θ )f (y )
untuk x dan y dalam daerah asal fungsi dan 0 < θ < 1.
De…nition
Fungsi f konveks (cekung ke atas) jika dan hanya jika
f (θx + (1
θ )y )
θf (x ) + (1
θ )f (y )
untuk x dan y dalam daerah asal fungsi dan 0 < θ < 1.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
9 / 23
Memeriksa Kecekungan
Example
Fungsi berikut konveks sejati
f (x1 , x2 ) = x12 + x22 .
Solution
Diperoleh
f (u ) = f (u1 , u2 ) = u12 + u22 ,
f (v ) = f (v1 , v2 ) = v12 + v22 ,
dan
f (θu + (1
θ )v )
= f (θu1 + (1 θ )v1 , θu2 + (1 θ )v2 )
= [θu1 + (1 θ )v1 ]2 + [θu2 + (1 θ )v2 ]2 .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
10 / 23
Memeriksa Kecekungan
Solution
Di lain pihak diperoleh
=
θf (u ) + (1
θ )f (v )
θ (u12
(1
+ u22 ) +
θ )(v12 + v22 ),
sehingga
f (θu + (1
θ )v )
[θf (u ) + (1 θ )f (v )]
= θ ( θ 1)
2u1 v1 + u22 2u2 v2 + v12 + v22
= θ (θ 1) (u1 v1 )2 + (u2 v2 )2
< 0 (konveks sejati)
u12
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
11 / 23
Memeriksa Kecekungan
Theorem (Sydsæter, et al. (2008))
Misalkan f = f (x, y ) fungsi yang terturunkan dua kali:
1
2
3
4
f konveks , fxx
f konkaf , fxx
fxx > 0 dan fxx fyy
fxx < 0 dan fxx fyy
0, fyy
0, fyy
fxy2
fxy2
0, dan fxx fyy
0, dan fxx fyy
fxy2
fxy2
0.
0.
> 0 ) f konveks sejati (strictly convex).
> 0 ) f konkaf sejati (strictly concave).
Examples
Dengan teorema di atas dapat diperiksa:
1
f (x, y ) = 2x
y
2
f (x, y ) = x 2
y2
[email protected] (IPB)
x 2 + 2xy
xy
y 2 konkaf untuk semua (x, y ).
x 3 konkaf untuk x
MAT332 Kontrol Optimum
5
12 .
Februari 2014
12 / 23
Memeriksa Kecekungan
Example
Masalah jarak terdekat
f (x, ẋ, t ) =
Diperoleh fx = 0 dan fẋ =
fxx fẋ ẋ
p
p ẋ
1 +ẋ 2
1 + ẋ 2 = (1 + ẋ 2 )1/2 .
sehingga
fxx
= 0
fẋ ẋ
=
fx2ẋ
= 0
0,
1
(1 + ẋ 2 )3/2
0,
0.
Jadi f konveks.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
13 / 23
Uji Determinan
Untuk fungsional f = f (x, ẋ, t ) de…nisikan
P=
fẋ ẋ
fx ẋ
fẋ x
fxx
, Q=
fxx
fẋ x
fx ẋ
fẋ ẋ
dengan minor-minor utama
jP1 j = jfẋ ẋ j = fẋ ẋ , jQ1 j = jfxx j = fxx ,
jP2 j = jP j , jQ2 j = jQ j .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
14 / 23
Uji Determinan
Theorem
Uji determinan
1
2
j P1 j
j P1 j
0, jQ1 j
0, jQ1 j
0, jP2 j
0, jP2 j
0, jQ2 j
0, jQ2 j
0 , f konkaf.
0 , f konveks.
Example
Diketahui f (x, ẋ, t ) = 4x 2 + 4x ẋ + ẋ 2 .Diperoleh turunan pertama
fx = 8x + 4ẋ, fẋ = 4x + 2ẋ dan turunan kedua
fxx = 8, fẋ ẋ = 2, fx ẋ = fẋ x = 4,sehingga
jP1 j = 2 > 0, jQ1 j = 8 > 0, jP2 j = 8 2
42 = 0
0, jQ2 j = 0
Jadi f konveks sehingga persamaan Euler merupakan syarat perlu dan
RT
cukup bagi minimum J (x ) = t0 f (x, ẋ, t )dt.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
0.
15 / 23
Uji Determinan
Example
Masalah jarak terdekat
f (x, ẋ, t ) =
p
1 + ẋ 2 = (1 + ẋ 2 )1/2 .
Diperoleh
fx
fẋ
fẋ ẋ
= fxx = fx ẋ = 0,
ẋ
, fẋ x = 0,
= p
1 + ẋ 2
1
=
> 0.
(1 + ẋ 2 )3/2
Jadi f konveks.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
16 / 23
Horizon Takhingga
Perhatikan fungsional dalam bentuk integral takwajar berikut:
R∞
J (x ) = 0 f (x, ẋ, t ) dt.
Apakah integral di atas berhingga (konvergen)? Pada kasus divergen,
boleh jadi ada lebih dari satu fungsi x (t ) yang menghasilkan nilai
takhingga sehingga sangat sulit untuk menentukan fungsi yang optimum.
Oleh karena itu diasumsikan bahwa integral di atas konvergen.
Jika f berhingga untuk 0 t < a dan f = 0 untuk t a maka
integral di atas konvergen:
R∞
Ra
J (x ) = 0 f (x, ẋ, t ) dt = 0 f (x, ẋ, t ) dt.
TIDAK BENAR: jika f ! 0 ketika t ! ∞ maka integral di atas
konvergen:
R∞
0
[email protected] (IPB)
R∞ 1
1
dt = 1, 0
dt = ∞.
2
(t + 1)
t +1
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
17 / 23
Horizon Takhingga
Jika fungsional berbentuk
R∞
J (x ) = 0 f (x, ẋ, t )e
dan f berbatas atas, yaitu f (x, ẋ, t )
J (x ) =
R∞
0
f (x, ẋ, t )e
rt
rt
dt,
r > 0,
M, maka integral konvergen:
dt
R∞
0
Me
rt
=
M
.
r
Suku e rt disebut sebagai faktor diskon dengan r sebagai tingkat
suku bunga.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
18 / 23
Syarat Transversalitas
Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut:
R∞
opt J (x ) = 0 f (x, ẋ, t ) dt
x (0) = x0 ,
lim x (t ) = x∞ (konstanta).
t !∞
Tidak diperlukan syarat transversalitas.
Konstanta x∞ biasanya merupakan kondisi tunak (steady state), yaitu
keadaan di mana ẋ = ẍ = 0.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
19 / 23
Syarat Transversalitas
Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut:
opt J (x ) =
Z ∞
f (x, ẋ, t ) dt
0
x (0) = x0 , lim x (t ) bebas.
t !∞
Diperlukan syarat batas alamiah:
lim fẋ = 0.
t !∞
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
20 / 23
Example
Diberikan masalah kalkulus variasi berikut:
R∞
min J (x ) = 0 (x 2 + ax + b ẋ + c ẋ 2 )e
rt
dt
x (0) = x0 ,
lim x (t ) = x∞ ,
t !∞
dengan c > 0 dan r > 0. Persamaan Euler memberikan
(2x + a)e
rt
d
[(b + 2c ẋ )e rt ] = 0
dt
( bre rt + 2c ẍe rt 2cr ẋe
, (2x + a)e rt
, 2x + a + br 2c ẍ + 2cr ẋ = 0
, ẍ r ẋ c1 x = a +2cbr .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
rt
)=0
Februari 2014
21 / 23
Solution
Dalam kondisi steady state (ẋ = ẍ = 0), diperoleh
x∞ =
a + br
,
2
yang sekaligus sebagai solusi partikular. Dengan demikian diperoleh solusi
umum
x (t ) = Ae m 1 t + Be m 2 t + x∞ ,
dengan m1 dan m2 merupakan akar-akar persamaan karakteristik:
q
r
r 2 + c4
m1,2 =
.
2
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
22 / 23
Solution
Karena c > 0 jelas m1 > 0 dan m2 < 0, sehingga syarat-syarat batas
memberikan
lim x (t ) = x∞ , A = 0 , x (t ) = Be m 2 t + x∞ ,
t !∞
x (0) = x0 , B = x0
x∞ ,
sehingga
x (t ) = (x0
[email protected] (IPB)
x∞ )e m 2 t + x∞ .
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
23 / 23