Kalkulus Variasi - Toni Bakhtiar

Kalkulus Variasi
Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas
Toni Bakhtiar
Departemen Matematika IPB
Februari 2014
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
1 / 85
Outline
Persamaan Euler
1
2
Bentuk diperumum
Bentuk khusus
Masalah kalkulus variasi berkendala
1
2
3
4
Metode lagrange, metode substitusi
Kendala titik
Kendala persamaan diferensial
Kendala isoperimetrik
Syarat batas
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
2 / 85
Persamaan Euler Bentuk Baku
(Dari slide sebelumnya): Misalkan
RT
J (ε) = 0 f (x + εh, ẋ + εḣ, t ) dt.
Penguraian Taylor memberikan
RT
J (ε)
(f + εhfx + εḣfẋ ) dt
0
RT
RT
= 0 f dt + ε 0 (hfx + ḣfẋ ) dt
= J (x ) + εδJ (x ).
J (ε) identik dengan J (x ) jika dan hanya jika δJ (x ) = 0. Akibatnya,
RT
δJ (x ) = 0 , 0 (hfx + ḣfẋ ) dt = 0
RT
d
, 0 (fx dt
fẋ )h dt = 0 (dengan integral parsial)
, fx
d
dt fẋ
= 0. (Persamaan Euler)
Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral:
R
fx dt = fẋ .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
3 / 85
Persamaan Euler Diperumum
Fungsi f berpeubah banyak
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
0
dengan x = (x1 , x2 , . . . , xn ) dan ẋ = (ẋ1 , ẋ2 , . . . , ẋn ).
Persamaan Euler:
fx i
d
fẋ = 0,
dt i
i = 1, 2, . . . , n.
Ilustrasi
Misalkan f = f (x1 , x2 , ẋ1 , ẋ2 , t ). Dide…nisikan fungsional
J (ε) =
RT
0
f (x1 + ε1 h1 , ẋ1 + ε1 ḣ1 , x2 + ε2 h2 , ẋ2 + ε2 ḣ2 , t ) dt.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
4 / 85
Persamaan Euler Diperumum
Fungsi f berpeubah banyak
Penguraian Taylor memberikan
RT
J (ε)
(f + ε1 h1 fx1 + ε1 ḣ1 fẋ1 + ε2 h2 fx2 + ε2 ḣ2 fẋ2 ) dt
0
RT
RT
RT
= 0 f dt + ε1 0 (h1 fx1 + ḣ1 fẋ1 ) dt + ε2 0 (h2 fx2 + ḣ2 fẋ2 ) dt
= J (x ) + ε1 δJ (x1 ) + ε2 δJ (x2 ).
J (ε) = J (x ) jika dan hanya jika δJ (x1 ) = 0 dan δJ (x2 ) = 0. Jadi,
d
fẋ = 0,
dt 1
fx1
fx2
d
fẋ = 0.
dt 2
Example
Tentukan ekstremum dari
J (x ) =
Z 10
0
(ẋ12 + ẋ22 + e t ) dt,
x1 (0) = 1, x1 (10) = 11, x2 (0) = 2, x2 (10) = 6.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
5 / 85
Persamaan Euler Diperumum
Fungsi f memuat turunan ke-n
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
0
f (x, ẋ, ẍ, . . . , x (n ) , t ) dt
(i )
(i )
dengan x (i ) (0) = x0 dan x (i ) (T ) = xT .
Syarat perlu δJ (x ) = 0 memberikan
Z T
0
+ h ( n ) fx ( n )
hfx + ḣfẋ + ḧfẍ +
dt = 0.
Integral parsial suku kedua integran:
Z T
0
[email protected] (IPB)
ḣfẋ dt =
Z T
h
0
MAT332 Kontrol Optimum
d
fẋ dt.
dt
Februari 2014
6 / 85
Persamaan Euler Diperumum
Fungsi f memuat turunan ke-n
Integral parsial suku ketiga integran:
Z T
0
ḧfẍ dt =
Z T
0
h
d2
fẍ dt.
dt 2
Integral parsial suku ke-n integran:
Z T
0
h(n ) fx (n ) dt = ( 1)n
Z T
0
h
dn
f (n ) dt.
dt n x
Syarat perlu δJ (x ) = 0 menjadi
Z T
0
h fx
[email protected] (IPB)
d2
d
fẋ + 2 fẍ
dt
dt
+ ( 1)n
MAT332 Kontrol Optimum
dn
f (n )
dt n x
dt = 0.
Februari 2014
7 / 85
Persamaan Euler Diperumum
Fungsi f memuat turunan ke-n
Persamaan Euler-Poisson:
fx
d
d2
fẋ + 2 fẍ
dt
dt
+ ( 1)n
dn
f (n ) = 0.
dt n x
Example
Tentukan ekstremum dari
J (x ) =
Z 1
(ẍ 2 + ẋ + at ) dt,
0
x (0) = 0, ẋ (0) = 1, x (1) = 1, ẋ (1) = 1.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
8 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f tidak memuat x
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
f (ẋ, t ) dt,
0
sehingga diperoleh fx = 0.
Persamaan Euler:
d
fẋ = 0 , fẋ ẋ ẍ + fẋ t = 0.
dt
Example
Tentukan ekstremum dari
J (x ) =
Z 1
(t ẋ + ẋ 2 ) dt,
0
x (0) = 0, x (1) = 1.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
9 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f memuat ẋ saja
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
f (ẋ ) dt,
0
sehingga diperoleh fx = 0.
Persamaan Euler:
d
fẋ = 0 , fẋ ẋ ẍ = 0
dt
, fẋ ẋ = 0 atau ẍ = 0.
Example (Masalah Lintasan Terpendek)
Tentukan ekstremum dari
J (y ) =
Z ap
1 + ẏ 2 dx,
0
y (0) = 0, y (a) = b.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
10 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f Tidak Memuat t
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ ) dt.
0
Persamaan Euler:
fx
d
fẋ = 0 , fx (fẋ x ẋ + fẋ ẋ ẍ ) = 0
dt
, fx ẋ fẋ x ẋ 2 fẋ ẋ ẍ ẋ = 0
d
,
(f ẋfẋ ) = 0.
dt
Diperoleh persamaan Beltrami:
f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ = k.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
11 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f Tidak Memuat t
Example (Brachistochrone Problem)
Tentukan ekstremum dari
J (x ) =
Z 1
0
s
1 + ẏ 2
dx,
y
y (0) = 0, y (1) = 1.
Solution (Brachistochrone Problem)
Diperoleh
f (y , ẏ ) =
[email protected] (IPB)
s
1 + ẏ 2
,
y
fẏ (y , ẏ ) = p
MAT332 Kontrol Optimum
ẏ
y (1 + ẏ 2 )
.
Februari 2014
12 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Solution (Brachistochrone Problem)
Persamaan Beltrami f ẋfẋ = k memberikan
p
1
y (1 + ẏ 2 )
= k1 , y (1 + ẏ 2 ) = k2
, ẏ =
r
s
k2
y
1
y
dy = dx.
y
Z r
y
, x=
dy .
k2 y
,
[email protected] (IPB)
k2
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
13 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Solution (Brachistochrone Problem)
Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut)
x=
p
y2
k2 y
1
2 k2
arcsin 1
2y
k2
+ k3 .
1
2 k2
arcsin 1
2
k2
+ k3 .
π
4 k2 ,
sehingga
Nilai awal memberikan
0 =
π
4 k2
1 =
p
+ k3
k2
1
Diperoleh k2 = 1.1458 dan k3 =
x=
p
1.1458y
[email protected] (IPB)
y2
1.1458
2
arcsin 1
MAT332 Kontrol Optimum
2y
1.1458
+
1.1458π
.
4
Februari 2014
14 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Brachistochrone Path (please rotate 90 clockwise)
x
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0.0
[email protected] (IPB)
0.2
0.4
0.6
MAT332 Kontrol Optimum
0.8
1.0
y
Februari 2014
15 / 85
Bukti Integral
Kontribusi Dwilaras Athina (G54120002)
I
=
=
=
=
=
=
[email protected] (IPB)
Z r
Z r
Z
Z
Z
Z
p
q
p
y
k
dy
y
y
k
y
dy
y
y
y
ky
y2
y
( 21 k )2
dy
dy
(y
y
a2
(y
a )2
u+a
p
du,
a2 u 2
1
2
2 k)
dy ,
u := y
MAT332 Kontrol Optimum
a := 21 k
a.
Februari 2014
16 / 85
Bukti Integral
I =
Z
|
p
u
a2
{z
u2
I1
Z
a
du + p
du .
2
a
u2
} |
{z
}
I2
Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh
I2 = a arcsin
u
y a
= a arcsin
=
a
a
1
2k
arcsin 1
2y
k
+ C2 .
Selanjutnya,
I1 =
=
=
1
2
Z
p
1
p dt,
t
t : = a2
p
a2
t + C1 =
p
2ay y 2 + C1 =
[email protected] (IPB)
u2
u2
q
+ C1 =
a2
p
ky y 2 + C1 .
MAT332 Kontrol Optimum
(y
a ) 2 + C1
Februari 2014
17 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Another try...
Solution (Brachistochrone Problem)
Pengintegralan kedua ruas memberikan
2
Rq
y
k 2 y dy
=
R
dx.
Misalkan y = k2 sin θ, diperoleh dy = 2k2 sin θ cos θ d θ sehingga
2k2
Z
sin2 θ d θ =
Z
dx
, k2
Z
(1
cos 2θ ) d θ =
1
2
, k2 (θ
Z
dx
sin 2θ ) + k3 = x.
Nilai awal y (0) = 0 membuat θ = 0 dan k3 = 0, sehingga solusi diberikan
secara parametrik:
1
2
x (θ ) = k2 (θ
sin 2θ )
2
y (θ ) = k2 sin θ.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
18 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Solution (Brachistochrone Problem)
Koe…sien k2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir y (1) = 1, yaitu
k2 (θ
1
2
sin 2θ ) = 1
k2 sin2 θ = 1
sehingga diperoleh k2 = 1.1458. Solusi masalah brachistochrone diberikan
oleh persamaan parametrik
1
2
x (θ ) = 1.1458(θ
sin 2θ )
2
y (θ ) = 1.1458 sin θ.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
19 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f Tidak Memuat t
Example (Minimum Surface Area)
Tentukan ekstremum dari
min
J
= 2π
Z x2 p
y
1 + ẏ 2 dx
x1
y (x1 ) = y1 ,
y (x2 ) = y2 .
Solution
fy
p
1 + ẏ 2
"
#
p
d
d
y
ẏ
p
fẏ = 0 , 1 + ẏ 2
= 0.
dt
dt
1 + ẏ 2
Persamaan Euler dengan f (y , ẏ ) = y
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
20 / 85
Solution
Slamet Nuridin (G54130066) menjabarkan:
"
#
p
d
y
ẏ
p
1 + ẏ 2 =
dt
1 + ẏ 2
p
2
2 + y ÿ ) 1 + ẏ 2
py ẏ ÿ 2
(
ẏ
p
1 +ẏ
,
1 + ẏ 2 =
1 + ẏ 2
(ẏ 2 + y ÿ )(1 + ẏ 2 ) y ẏ 2 ÿ
, 1 + ẏ 2 =
1 + ẏ 2
, (1 + ẏ 2 )2 = ẏ 2 + ẏ 4 + y ÿ + y ẏ 2 ÿ y ẏ 2 ÿ
, 1 + 2ẏ 2 + ẏ 4 = ẏ 2 + ẏ 4 + y ÿ .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
21 / 85
Solution
Diperoleh persamaan diferensial taklinear berikut
ẏ 2 = 1.
y ÿ
Misalkan u = ẏ /y sehingga didapatkan
u̇ =
dan kemudian
ü =
ẏ 2
ÿ y
y2
2ẏ
=
y3
=
1
y2
2u u̇.
Jadi
ü + 2u u̇ = 0 , u̇ + u 2 = k 2 .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
22 / 85
Solution
Selanjutnya
u̇ = k 2
u2 ,
,
,
,
,
,
[email protected] (IPB)
u̇
=1
u2
R du
R
=
dx
k 2 u2
u k
1
2k ln u + k = x + c1
u k
ln
= 2kx + c2
u+k
u k
= ce 2kx
u+k
k + kce 2kx
.
u (x ) =
ce 2kx 1
k2
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
23 / 85
Karena
u̇ =
=
=
maka
2k 2 ce
2kx (ce 2kx
1) (k + kce 2kx )( 2kce
(ce 2kx 1)2
2kce 2kx [k (ce 2kx 1) (k + kce 2kx )]
(ce 2kx 1)2
4k 2 ce 2kx
1
= 2,
2kx
2
y
(ce
1)
2kx )
p
2k
ce kx
ce 2kx 1
1
p
=
,
y
(
x
)
=
.
y
ce 2kx 1
2k
ce kx
Misal diberikan nilai awal y (0) = 5 dan y (2) = 1 maka
c 1
p
2k
c
4k
ce
1
p
2k
ce 2k
sehingga diperoleh c =
[email protected] (IPB)
= 5
= 1
0.00954 dan k =
MAT332 Kontrol Optimum
1.033 7.
Februari 2014
24 / 85
y (x ) =
y
0.00954e 2 (1.033 7 )x 1
p
.
2( 1.033 7) 0.00954e 1.033 7x
10
8
6
4
2
-1
[email protected] (IPB)
0
1
2
MAT332 Kontrol Optimum
3
4
x
Februari 2014
25 / 85
Problem
Dari contoh soal terakhir dan dari slide sebelumnya, masalah minimum
surface area memiliki solusi berbentuk
ce 2kx 1
p
,
2k
ce kx
x + C2
y (x ) = C1 cosh
C1
y (x ) =
.
Tunjukkan bahwa kedua solusi di atas ekuivalen.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
26 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f Tidak Memuat ẋ
Diberikan fungsional objektif J (x ) =
Persamaan Euler:
RT
0
f (x, t ) dt.
d
fẋ = 0 , fx = 0
dt
yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki free
parameter (koe…sien integrasi).
fx
Example
Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan
RT
R (x ) dt dengan R (x ) = xp (x ) dan p (x ) = ax + b (fungsi
0
permintaan). Tentukan tingkat produksi optimal x (t ).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
27 / 85
Persamaan Euler
Example
Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan
RT
π (x ) dt dengan π (x ) = xp (x ) (ax 2 + bx + c ). Tentukan tingkat
0
produksi optimal x (t ).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
28 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Fungsi f Linear terhadap ẋ
Diberikan fungsional objektif J (x ) =
RT
0
f (x, t ) dt dengan
f (x, ẋ, t ) = a(x, t ) + b (x, t )ẋ.
Persamaan Euler:
fx
d
fẋ = 0 , ax + bx ẋ
dt
Karena
db
= 0.
dt
d
b (x, t ) = bx ẋ + bt , bt = bx ẋ
dt
maka diperoleh kondisi
ax bt = 0,
db
,
dt
yang merupakan persamaan aljabar biasa.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
29 / 85
Kasus Khusus Persamaan Euler
Example
Jika J (x ) =
RT
0
(x 2 + 3xt ẋ ) dt maka persamaan Euler memberikan
3x = 0 , x
2x
Example
Diberikan fungsional J (x ) =
De…nisikan
a(x, t ) = px
b (x, t ) =
RT
0
ax 2
(px
bx
0.
(ax 2 + bx + c + d ẋ )) dt.
c=
ax 2 + (p
b )x
c,
d.
Persamaan Euler memberikan
ax
bt = 0 ,
[email protected] (IPB)
2ax + p
b=0,x =
MAT332 Kontrol Optimum
p
b
2a
.
Februari 2014
30 / 85
Persamaan Euler: Ringkasan
Problem (Degenerate Case)
Tentukan ekstremum dari
J=
Z 1
((t 2 + 3x 2 )ẋ + 2tx ) dt,
x (0) = 1, x (1) = 2.
0
Kasus
f (x1 , . . . , xn , ẋ1 , . . . , ẋn , t )
f (x, ẋ, ẍ, . . . , x (n ) , t )
f (ẋ, t )
f (ẋ )
f (x, ẋ )
f (x, t )
f = a(x, t ) + b (x, t )ẋ
[email protected] (IPB)
Persamaan Euler
d
fxi dt
fẋi = 0, i = 1, . . . , n.
n
dk
fx + ∑k =1 ( 1)i dt
k fx (k ) = 0
fẋ ẋ ẍ + fẋ t = 0
fẋ ẋ ẍ = 0
f ẋfẋ = k
fx = 0
ax bt = 0
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
31 / 85
MKV Berkendala
Kendala titik dan kendala PD
Diberikan masalah variasi berkendala berikut
opt J (x ) =
Z T
x = (x1 , . . . , xn )T
f (x, ẋ, t ) dt,
0
= 0,
x (0) = x0
x (T ) = xT .
s.t. gi
1
i
r
n
Jika gi = gi (x, ẋ, t ) maka disebut kendala PD. Jika gi = gi (x, t ) maka
disebut kendala titik.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
32 / 85
MKV Berkendala: Metode Lagrange
Masalah pengoptimuman berkendala dalam kalkulus biasa:
max
z := f (x1 , x2 )
s.t. g (x1 , x2 ) = 0.
Fungsi Lagrange:
L(x1 , x2 , λ) = f (x1 , x2 ) + λg (x1 , x2 ).
FOC:
∂L
= 0 , fx1 + λgx1 = 0,
∂x1
∂L
= 0 , fx2 + λgx2 = 0,
∂x2
∂L
= 0 , g (x1 , x2 ) = 0.
∂λ
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
33 / 85
MKV Berkendala: Metode Lagrange
De…nisikan fungsi Lagrange:
L := f (x, ẋ, t ) + λ(t ) g (x, ẋ, t ),
dengan
0
Maka
1
0
1
λ1 (t )
g1 (x, ẋ, t )
B
C
B
C
..
..
λ (t ) = @
A , g (x, ẋ, t ) = @
A.
.
.
λr (t )
gr (x, ẋ, t )
r
L := f (x, ẋ, t ) + ∑ λi (t )gi (x, ẋ, t ).
i =1
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
34 / 85
MKV Berkendala: Metode Lagrange
De…nisikan fungsional imbuhan (augmented functional):
JL : =
Z T
0
L(x, ẋ, t, λ) dt.
Variasi pertama dari JL
δJL =
(integral by part) =
Z T
0
Z T
0
Lx h1 + Lẋ ḣ1 + Lλ h2
Lx
d
Lẋ
dt
dt
h1 + L λ h2
dt.
Syarat (perlu) optimalitas: δJL = 0 dan kendala terpenuhi, yaitu
Lx
[email protected] (IPB)
d
Lẋ = 0 ^ Lλ = 0.
dt
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
35 / 85
MKV Berkendala: Metode Lagrange
Karena L := f (x, ẋ, t ) + ∑ri=1 λi (t )gi (x, ẋ, t ) maka
Lx
0
∂f
∂x1
1
10
1
λ1
.. C B .. C
. A@ . A
∂g r
λr
∂x
∂g 1
∂x1
∂g r
∂x1
B
C B
= @ ... A + @ ...
∂f
∂xn
Lẋ
0
∂g 1
∂xn
n
= fx + gx λ
= fẋ + gẋ λ.
Untuk kendala titik, yaitu gi = gi (x, t ), maka
0
∂f
∂ẋ1
1
B
C
Lẋ = fẋ = @ ... A .
∂f
∂ẋn
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
36 / 85
MKV Berkendala Titik
Example
Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut:
Z Tr
1 + ẏ ż
dx
min J =
x
0
s.t y = z + 1
y (0) = 0, y (T ) = yT .
Solution (Metode Lagrange)
De…nisikan fungsi Lagrange:
L=
[email protected] (IPB)
1 + ẏ ż
x
1/2
+ λ (y
MAT332 Kontrol Optimum
z
1).
Februari 2014
37 / 85
MKV Berkendala Titik
Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)
Persamaan Euler bagi L diberikan oleh:
Ly
d
Lẏ = 0 , λ
dx
Lz
d
Lż = 0 ,
dx
Eliminasi terhadap λ memberikan
d
ż
p
= 0,
dx 2 x (1 + ẏ ż )
d
ẏ
p
λ
= 0.
dx 2 x (1 + ẏ ż )
ẏ + ż
ẏ + ż
d
p
=0, p
= k1 .
dx x (1 + ẏ ż )
x (1 + ẏ ż )
Syarat Lλ = 0 memberikan y = z + 1 ) ẏ = ż, sehingga diperoleh
r
Z r
ẏ
x
x
p
= k2 , ẏ =
,y =
dx.
2
k3 x
k3 x
x (1 + ẏ )
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
38 / 85
MKV Berkendala Titik
Solution (Metode Substitusi)
Di lain pihak, karena y = z + 1 maka ẏ = ż, sehingga masalah kalkulus
variasi dapat direduksi menjadi
=
Z Tr
1 + ẏ 2
dx
x
y (0) = 0, y (T ) = yT .
min
J
0
d
Persamaan Euler fy dx
fẏ = 0 memberikan syarat optimalitas yang sama
dengan metode Lagrange, yaitu:
Z r
d
ẏ
ẏ
x
p
=0, p
= k2 , y =
dx.
2
dx x (1 + ẏ 2 )
k
x
x (1 + ẏ )
3
Untuk menghitung integral di atas, lihat bukti integral oleh Athina (2014).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
39 / 85
MKV Berkendala PD
Example
Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut:
min
=
J
Z 1
0
2
1
2 (ẋ1
+ ẋ22 ) dt
s.t ẋ1 = x2
x1 (0) = x2 (0) = 0
x1 (1) = e
2
x2 (1) = e
1.
Solution (Metode Lagrange)
De…nisikan fungsi Lagrange
L = 12 (ẋ12 + ẋ22 ) + λ(x2
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
ẋ1 ).
Februari 2014
40 / 85
MKV Berkendala PD
Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)
Syarat orde pertama (persamaan Euler):
Lx 1
Lx 2
d
Lẋ
dt 1
d
Lẋ
dt 2
d
(ẋ1 λ) = 0 , ẋ1 λ = k1 ,
dt
d
= 0,λ
(ẋ2 ) = 0 , ẍ2 = λ.
dt
= 0,
Dari kedua syarat di atas dan Lλ = 0 , ẋ1 = x2 diperoleh PD:
ẍ2 = x2
k1 , x2 (t ) = c1 e t + c2 e
) x1 (t ) = c1 e
t
c2 e
t
t
+ k1
+ k1 t + k2 .
Syarat-syarat awal memberikan c1 = 1, c2 = 0, k1 = k2 =
x1 (t ) = e t
x2 (t ) = e
[email protected] (IPB)
t
t
1, sehingga
1,
1.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
41 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Kendala Isoperimetrik (iso: sama, perimeter : keliling)
Awalnya: masalah mencari daerah terluas yang dimiliki oleh kurva
tertutup dengan keliling sama, K .
Bacalah kisah Queen Dido of Carthage (814 SM).
Sekarang: masalah variasi dengan kendala integral:
opt J (x ) =
s.t.
Z T
0
Z T
0
f (x, ẋ, t ) dt, x = (x1 , . . . , xn )T
gi (x, ẋ, t ) dt = `i (konst.), 1
i
r
n
x (0) = x0 , x (T ) = xT .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
42 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
De…nisikan
yi ( t ) =
Z t
0
gi (x (s ), ẋ (s ), s ) ds
sehingga diperoleh
yi (0) = 0,
yi (T ) = `i ,
ẏi (t ) = gi (x, ẋ, t ) , ẏi
|
gi (x, ẋ, t ) = 0.
{z
}
G i (x ,ẋ ,t )
Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD:
opt J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
0
s.t. Gi (x, ẋ, t ) = 0,
[email protected] (IPB)
1
MAT332 Kontrol Optimum
i
r
n.
Februari 2014
43 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Example
Selesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik
max J (x ) =
s.t.
Z 1
Z 1
ẋ 2 dt
0
(1 + x ) dt = 3,
0
x (0) = 0,
x (1) = 1.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
44 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution
Rt
De…nisikan y (t ) := 0 (1 + x (s )) ds sehingga diperoleh y (0) = 0,
y (1) = 3, dan ẏ (t ) = 1 + x (t ). MKV berkendala isoperimetrik berubah
menjadi MKV berkendala PD:
max J (x ) =
Z 1
ẋ 2 dt
s.t. ẏ
1
x = 0.
0
De…nisikan fungsi Lagrange
L := ẋ 2 + λ(1 + x
ẏ ).
Persamaan Euler:
Lx
Ly
d
d
Lẋ = 0 , λ
(2ẋ ) = 0 , ẍ = 12 λ
dt
dt
d
d
Lẏ = 0 ,
(λ) = 0 , λ(t ) = A.
dt
dt
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
45 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution
Dari dua kondisi di atas diperoleh:
ẍ = 21 A , ẋ = 12 At + B , x (t ) = 14 At 2 + Bt + C .
Dari x (0) = 0 dan x (1) = 1 diperoleh C = 0 dan B = 1
x (t ) = 14 At 2 + (1
Syarat perlu Lλ = 0 , ẏ = 1 + x ,
Z 1
0
(1 + 14 At 2 + (1
R1
0
1
4 A)t )
1
4 A,
sehingga
1
4 A)t.
(1 + x ) dt = 3 memberikan
dt = 3 , A =
36.
Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah
x (t ) =
[email protected] (IPB)
9t 2 + 10t.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
46 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Example (Dido Problem)
Sebuah kurva x = x (t ) memiliki panjang K dan kedua ujungnya
menghubungkan titik-titik A(a, 0) dan B (b, 0), dengan a < b. Tentukan
kurva x sedemikian sehingga memiliki luas daerah di bawah kurva terbesar.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
47 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution (Dido Problem)
Luas daerah di bawah kurva
J (x ) =
Panjang kurva: dK =
Masalah variasi:
p
Rb
a
x (t ) dt.
p
dt 2 + dx 2 = 1 + ẋ 2 dt,sehingga
R bp
K = a 1 + ẋ 2 dt.
Rb
max J (x ) = a x (t ) dt
R bp
s.t. a 1 + ẋ 2 dt = K ,
x (a) = 0,
x (b ) = 0.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
48 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution (Dido Problem, lanjutan ...)
Rt p
De…nisikan y (t ) := a 1 + ẋ 2 ds sehingga diperoleh y (a) = 0,
p
y (b ) = K , dan ẏ (t ) = 1 + ẋ 2 . De…nisikan fungsi Lagrange
p
L := x + λ
1 + ẋ 2 ẏ .
d
Lẏ = 0 ,
Persamaan Euler terhadap y memberikan Ly dt
sehingga λ(t ) = C . Persamaan Euler terhadap x:
Lx
d
Lẋ = 0 , 1
dt
λ
, Cd
,
[email protected] (IPB)
p
d
dt
p
p
ẋ
1 + ẋ 2
ẋ
1 + ẋ 2
C ẋ
1 + ẋ 2
dλ
dt
=0
=0
= dt
= t + k1 .
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
49 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution (Dido Problem, lanjutan ...)
Pemisahan peubah:
C 2 ẋ 2
= (t + k1 )2 , (C 2
1 + ẋ 2
, ẋ =
(t + k1 )2 )ẋ 2 = (t + k1 )2
p
, x (t ) =
t + k1
C2
q
(t + k1 )2
C2
(t + k1 )2 + k2 .
Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di ( k1 , k2 ) berjari-jari C :
q
x k2 =
C 2 (t + k1 )2 , (x k2 )2 + (t + k1 )2 = C 2 .
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
50 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Solution (Dido Problem, lanjutan ...)
Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 = 0 dan
k1 = a +2 b sehingga
x (t ) =
q
C2
a +b 2
2 ) .
(t
Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t ) = C :
s
Z b
R bp
(t a +2 b )2
2
1 + ẋ dt = K ,
1+
dt = K .
a
a
C 2 (t a +2 b )2
Cara mudah: Jari-jari lingkaran: C , keliling 21 lingkaran: K = πC ,
sehingga C = Kπ . Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh
x 2 + (t
[email protected] (IPB)
a +b 2
2 )
=
MAT332 Kontrol Optimum
K2
.
π2
Februari 2014
51 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Problem
Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:
R1 2
min
ẋ dt
0
R1
s.t.
x dt = 1, x (0) = 0, x (1) = 2.
0
Problem
Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:
R1 2
min
ẋ dt
0
R1 2
s.t.
x dt = 2, x (0) = 0, x (1) = 1.
0
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
52 / 85
MKV Berkendala Isoperimetrik
Problem
Tentukan kurva AB yang memenuhi kondisi-kondisi berikut:
melewati titik-titik A(0, 4) dan B (4, 4),
memiliki luas daerah di bawah kurva K ,
panjang kurva minimum.
Problem
Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:
R T rt
RT p
1 min
e x dt s.t.
x dt = A.
0
0
Rbp
Rb
2 min
1 + x 2 dt s.t.
x dt = c, b, c > 0.
0
0
R1
R
1
3 min
(2x x 2 ) dt s.t. 0 tx dt = 1.
0
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
53 / 85
Syarat Batas MKV
Tinjau kembali masalah variasi: opt J =
Syarat optimalitas:
δJ = 0 ,
RT
RT
0
f (x, ẋ, t ) dt.
hfx + ḣfẋ dt = 0
RT
d
(integral by part) , hfẋ jT0 + 0 fx
fẋ
dt
0
h dt = 0.
Kasus I: x (0) = x0 dan x (T ) = xT (…xed)
h (0) = h (T ) = 0 berlaku.
hfẋ jT0 = 0.
RT
d
dt fẋ
[email protected] (IPB)
0
fx
h dt = 0 , fx
d
dt fẋ
= 0.
Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya melibatkan
dua konstanta pengintegralan yang nilainya dapat ditentukan dari
syarat batas.
Syarat optimalitas:
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
54 / 85
Syarat Batas MKV
Kasus II: x (0) dan/atau x (T ) tidak diketahui (free)
h (0) = h (T ) = 0 tidak berlaku.
d
dt fẋ
= 0 dan hfẋ jT0 = 0.
hfẋ jT0 = 0 dapat dipenuhi jika fẋ jt =0 = 0 dan fẋ jt =T = 0.
fẋ jt =0 = 0 dan/atau fẋ jt =T = 0 disebut sebagai syarat batas
alamiah.
Syarat optimalitas: fx
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
55 / 85
Syarat Batas MKV
Example
Masalah jarak terdekat
min
J (x ) =
R 10 p
0
1 + ẋ 2 dt
x (0) = 4
x (10)
tidak diketahui.
Example
Selesaikan masalah variasi berikut:
R2
min
J (x ) = 0 ẋ 2 + x ẋ + 2ẋ + 4x
dt
x (0) dan x (2) tidak diketahui.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
56 / 85
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
Untuk δT dan h (T ) cukup kecil:
EC
δT = mgs δT
ẋ (T )δT
ẋ (T )δT
δT
h (T ) = FC EC
δx (T ) ẋ (T )δT .
EC
=
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
57 / 85
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
Variasi dari J :
δJ (x ) =
=
TZ+δT
0
T
Z
ZT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt
f (x, ẋ, t ) dt
0
f (x + h, ẋ + ḣ, t )
f (x, ẋ, t ) dt
0
+
TZ+δT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt
T
ZT
0
[email protected] (IPB)
fx h + fẋ ḣ
dt +
TZ+δT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt.
T
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
58 / 85
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
Misalkan F (t ) =
R
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt sehingga F 0 (t ) = f (t ).
TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T , T + δT ) maka ada
c 2 (T , T + δT ) sehingga
F (T + δT ) F (T )
(T + δT ) T
F (T + δT ) F (T )
, f (c ) =
δT
, f (c )δT = F (T + δT ) F (T ).
F 0 (c ) =
Misalkan c = T + θδT dengan 0 < θ < 1, maka
f jt =T +θδT δT =
f jt =T +θδT
[email protected] (IPB)
Z T +δT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt.
T
f jt =T ketika δT ! 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
59 / 85
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
Variasi dari J :
Z T
δJ (x )
0
=
Z T
0
fx h + fẋ ḣ
fx
d
fẋ
dt
dt + f jt =T δT
h dt + hfẋ jt =T + f jt =T δT .
Syarat optimalitas δJ = 0 :
1
Persamaan Euler
d
fẋ = 0.
dt
Syarat transversalitas hfẋ jT + f jT δT = 0
fx
2
, h(T )fẋ jT + f jT δT = 0
, [δxT ẋ (T )δT ] fẋ jT + f jT δT = 0
, [f jT ẋfẋ jT ] δT + fẋ jT δxT = 0.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
60 / 85
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
Ringkasan:
opt
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
0
x (0) = x0 , T bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1
Persamaan Euler
fx
2
d
fẋ = 0.
dt
Syarat transversalitas
(f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ )δt jT + fẋ δx (t )jT = 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
61 / 85
Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
62 / 85
Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)
Ringkasan (analog waktu akhir bebas):
J (x ) =
opt
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
t0
x (T ) = xT , t0 bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1
Persamaan Euler
fx
2
d
fẋ = 0.
dt
Syarat transversalitas
(f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ )δt jt0 + fẋ δx (t )jt0 = 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
63 / 85
Waktu Awal dan Akhir Bebas
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
64 / 85
Waktu Awal dan Akhir Bebas
Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas):
J (x ) =
opt
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
fx
d
fẋ = 0.
dt
t0
t0 dan T bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1
2
Persamaan Euler
Syarat transversalitas
(f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ )δt jt0 ,T + fẋ δx (t )jt0 ,T = 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
65 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g (t )
Diperoleh
δx (T ) =
Syarat transversalitas (f
δx (T )
δT = mgs δT
ġ (T )δT .
δT
ẋfẋ )δt jT + fẋ δx (t )jT = 0 berubah menjadi
(f + (ġ
[email protected] (IPB)
ẋ )fẋ ) δt jT = 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
66 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Titik awal A bergerak sepanjang kurva g (t )
Syarat transversalitas:
(f + (ġ
[email protected] (IPB)
ẋ )fẋ ) δt jt0 = 0.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
67 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Kedua titik ujung bergerak sepanjang kurva g1 (t ) dan g2 (t )
Syarat transversalitas:
(f + (ġ1
(f + (ġ2
[email protected] (IPB)
ẋ )fẋ ) δt jt0
ẋ )fẋ ) δt jT
MAT332 Kontrol Optimum
= 0,
= 0.
Februari 2014
68 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Titik awal A terletak pada garis t = t0 dan titik akhir B terletak
pada garis t = T
δt0 = 0
δT = 0
δx (t0 ) 6= 0
δx (T ) 6= 0
Syarat transversalitas:
fẋ δx (t )jt0 ,T = 0 , fẋ jt0 ,T = 0.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
69 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
x0 , t0 , xT …xed, T free
δt0 = 0
δT 6= 0
δx (t0 ) = 0
δx (T ) = 0
Syarat transversalitas:
(f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ )δt jT = 0 , (f
MAT332 Kontrol Optimum
ẋfẋ jT = 0.
Februari 2014
70 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
x0 , xT …xed, t0 , T free
δt0 6= 0
δT 6= 0
δx (t0 ) = 0
δx (T ) = 0
Syarat transversalitas:
(f
[email protected] (IPB)
ẋfẋ )δt jt0 ,T = 0 , (f
MAT332 Kontrol Optimum
ẋfẋ jt0 ,T = 0.
Februari 2014
71 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
t0 , x0 , T …xed, xT
xmin
Masalah kalkulus variasi:
opt
J (x ) =
RT
t0
f (x, ẋ, t ) dt
s.t. x (t0 ) = x0 , x (T )
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
xmin .
Februari 2014
72 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
t0 , x0 , T …xed, xT
xmin
Cara menyelesaikan:
1
Selesaikan MKV di atas dengan x (T ) bebas. Periksa apakah
x (T ) xmin ? Jika ya, maka solusi sudah ditemukan.
2
Jika tidak, selesaikan MKV di atas dengan x (T ) = xmin (masalah
titik ujung tetap).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
73 / 85
Syarat Batas (Kasus Khusus)
t0 , x0 , T …xed, xT
xmin
Example
Selesaikan masalah kalkulus variasi:
opt
J (x ) =
R2
0
(t + ẋ 2 ) dt
s.t. x (0) = 4,
x (2)
5.
Solution
Pertama akan dianalisis MKV berikut:
opt
s.t.
J (x ) =
0
(t + ẋ 2 ) dt
x (0) = 4,
x (2)
[email protected] (IPB)
R2
bebas.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
74 / 85
Solution
Persamaan Euler:
d
(2ẋ ) = 0 , ẍ = 0
dt
, x (t ) = At + B.
Dengan memasukkan nilai awal x (0) = 4 diperoleh B = 4 sehingga
diperoleh x (t ) = At + 4. Nilai A dapat ditentukan dari syarat batas
alamiah:
fẋ jt =2 = 0 , (2ẋ jt =2 = 0 , 2A = 0 , A = 0.
Dengan demikian,
x (t ) = 4,
sehingga x (2) = 4
[email protected] (IPB)
5.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
75 / 85
Solution
Lakukan analisis terhadap MKV berikut:
R2
opt J (x ) = 0 (t + ẋ 2 ) dt
s.t.
x (0) = 4,
x (2) = 5.
Dengan memasukkan syarat batas x (2) = 5 ke solusi x (t ) = At + 4
diperoleh A = 21 , sehingga
x (t ) = 12 t + 4.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
76 / 85
Syarat Batas
Example
Selesaikan masalah variasi berikut:
opt
J (x ) =
Z T
(x + ẋ 2 ) dt.
t0
1
t0 = 0, T = 2, x (0) = 1, x (2) = 10.
2
t0 = 0, T = 2, x (0) = 1, x (2) free.
3
t0 = 0, x (0) = 1, x (T ) = 4, T free but T > 2.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
77 / 85
Syarat Batas
Example
Tentukan kurva x (t ) terpendek yang menghubungkan garis g (t ) dan titik
A(4, 4):
1
tanpa menggunakan kalkulus variasi,
2
dengan menggunakan kalkulus variasi.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
78 / 85
Solution (Tanpa menggunakan KV)
Diperoleh persamaan garis g adalah g (t ) = 21 t + 3. Lintasan terpendek
yang menghubungkan garis g dengan titik A adalah garis yang tegak lurus
g dan melalui A, yaitu
x
4 = 2(t
4) , x (t ) = 2t
4.
Koordinat B dapat ditentukan sebagai berikut:
1
2t
+ 3 = 2t
4,t=
14
5 ,
8
x ( 14
5 ) = 5.
8
Jadi B = ( 14
5 , 5 ).
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
79 / 85
Solution (Dengan menggunakan KV)
Masalah di atas dapat dirumuskan sbb:
min
J (ẋ ) =
Z 4p
1 + ẋ 2 dt,
t0
t0 belum ditentukan,
x ( t0 ) =
1
2 t0
+ 3,
x (4) = 4.
Misalkan f (ẋ ) =
p
fx
1 + ẋ 2 = (1 + ẋ 2 )1/2 . Persamaan Euler:
d
fẋ = 0 , ẍ = 0 , x (t ) = At + B.
dt
Dengan memasukkan syarat batas x (4) = 4 diperoleh:
B=4
[email protected] (IPB)
4A , x (t ) = At + 4
MAT332 Kontrol Optimum
4A.
Februari 2014
80 / 85
Solution
Syarat transversalitas (f + (ġ
ẋ )fẋ jt =t0 = 0 dengan g (t ) =
,
(1 + ẋ 2 )1/2 + (
1
2
,
(1 + A2 )1/2 + (
1
2
1
2t
+3 :
ẋ
=0
(1 + ẋ 2 )1/2 t =t0
A
A)
=0
(1 + A2 )1/2 t =t0
ẋ )
A 2
p
=0
2 1 + A2
, A = 2.
,
Jadi
x (t ) = 2t
[email protected] (IPB)
4.
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
81 / 85
Kuis 2 (open book, but strictly individual)
Problem
Tunjukkan bahwa x (t ) = A + B ln t, dengan A, B 2 R, memenuhi
persamaan Euler dari MKV berikut:
min
J (x ) =
Z 1
t0
t ẋ 2 dt,
x (t0 ) = 0, x (1) = 1.
Tentukan syarat bagi t0 .
Problem
Seorang produsen memproduksi x (t ) unit barang pada saat t, dengan
t 2 [0, 1]. Tingkat produksi di awal periode adalah 0 dan target tingkat
produksi di akhir periode adalah 2 unit barang. Produsen menghadapi
biaya produksi sebesar c1 = 4x 2 + 4x + 1 dan biaya lain sebesar
c2 = ẋ 2 + 3ẋ + 2t. Jika diasumsikan harga barang konstan yaitu p = 20,
tentukan kurva produksi yang memaksimumkan keuntungan.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
82 / 85
Solution (Kuis)
De…nisikan f (ẋ, t ) = t ẋ 2 . Persamaan Euler fx
d
dt fẋ
= 0 memberikan
d
(2t ẋ ) = 0 , ẋ + t ẍ = 0.
dt
Jika x (t ) = A + B ln t maka
ẋ + t ẍ =
B
t
t
B
= 0.
t2
Terbukti bahwa x (t ) = A + B ln t memenuhi persamaan Euler.
Selanjutnya dengan memasukkan syarat batas x (t0 ) = 0 dan x (1) = 1
diperoleh
ln t
.
x (t ) = 1
ln t0
Jelas 0 < t0 < 1.
[email protected] (IPB)
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
83 / 85
Solution (Kuis)
Fungsi keuntungan:
π (x, ẋ, t ) = px
c1
c2
2
= 20x (4x + 4x + 1)
=
4x 2 + 16x 1 ẋ 2
(ẋ 2 + 3ẋ + 2t )
3ẋ 2t.
Masalah kalkulus variasi:
max
s.t.
Π (x ) =
Z 1
( 4x 2 + 16x
1
ẋ 2
3ẋ
2t ) dt
0
x (0) = 0, x (1) = 2.
Persamaan Euler π x
d
dt π ẋ
= 0 memberikan
( 8x + 16) +
[email protected] (IPB)
d
(2ẋ + 3) = 0.
dt
MAT332 Kontrol Optimum
Februari 2014
84 / 85
Solution (Kuis)
Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua:
8x + 16 + 2ẍ = 0 , ẍ
4x =
8,
dengan solusi umum
x (t ) = Ae 2t + Be
Dari syarat batas diperoleh A =
x (t ) =
[email protected] (IPB)
2
e4 1
2
e4
1
e 2t
2t
+ 2.
dan B =
2e 4
e4
MAT332 Kontrol Optimum
1
(A + 2) =
e
2t
2e 4
,
e4 1
sehingga
+ 2.
Februari 2014
85 / 85