Persamaan Euler, Masalah Variasi Berkendala

MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
Persamaan Euler, Masalah Variasi
Berkendala, Syarat Batas
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Slide III
Toni Bakhtiar
Departemen Matematika IPB
Februari 2012
1/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
Fungsi f berpeubah banyak
I
TBK
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
Bab 2
Variasi
f (x, ẋ, t ) dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
0
I
dengan x = (x1 , x2 , . . . , xn ) dan ẋ = (ẋ1 , ẋ2 , . . . , ẋn ).
Persamaan Euler:
d
fẋ = 0,
dt i
fxi
i = 1, 2, . . . , n.
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.
2/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f memuat turunan ke-n
I
Bab 2
Variasi
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
0
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
f (x, ẋ, ẍ, . . . , x (n ) , t ) dt
(i )
(i )
dengan x (i ) (0) = x0 dan x (i ) (T ) = xT .
I
Syarat perlu δJ (x ) = 0 memberikan
Z T
0
I
+ h(n ) fx (n )
hfx + ḣfẋ + ḧfẍ +
dt = 0.
Integral parsial suku kedua integran:
Z T
0
ḣfẋ dt =
Z T
0
h
d
fẋ dt.
dt
3/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f memuat turunan ke-n
I
Integral parsial suku ketiga integran:
Z T
0
I
ḧfẍ dt =
Z T
h
0
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
d2
fẍ dt.
dt 2
Integral parsial suku ke-n integran:
Z T
0
I
Bab 2
Variasi
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
d
d2
fẋ + 2 fẍ
dt
dt
+ ( 1)n
dn
f (n )
dt n x
dt = 0.
4/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Bab 2
Variasi
Fungsi f memuat turunan ke-n
I
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Persamaan Euler-Poisson:
fx
d
d2
fẋ + 2 fẍ
dt
dt
Kalkulus
+ ( 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.
5/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
Fungsi f tidak memuat x
I
TBK
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
Bab 2
Variasi
f (ẋ, t ) dt,
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
0
I
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.
6/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Bab 2
Variasi
Fungsi f memuat ẋ saja
I
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
Kalkulus
f (ẋ ) dt,
0
sehingga diperoleh fx = 0.
I
Persamaan Euler:
d
fẋ = 0 () fẋ ẋ ẍ = 0
dt
() fẋ ẋ = 0 atau ẍ = 0.
7/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Tidak Memuat t
I
Bab 2
Variasi
Diberikan fungsional objektif
J (x ) =
Z T
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
f (x, ẋ ) dt.
0
I
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
Jadi
f
ẋfẋ = k.
8/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Tidak Memuat t
Bab 2
Variasi
Example (Brachistochrone Problem)
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Tentukan ekstremum dari
J (x ) =
Z 1
0
s
Kalkulus
1 + ẏ 2
dx,
y
y (0) = 0, y (1) = 1.
Solution (Brachistochrone Problem)
Diperoleh
f (y , ẏ ) =
s
1 + ẏ 2
,
y
fẏ (y , ẏ ) = p
ẏ
y (1 + ẏ 2 )
.
9/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Solution (Brachistochrone Problem)
Bab 2
Variasi
Persamaan Euler menjadi
p
1
y (1 + ẏ 2 )
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
= k1 () y (1 + ẏ 2 ) = k2
() ẏ =
()
r
s
k2
y
y
k2
y
1
dy = dx.
Pengintegralan kedua ruas memberikan
Z
p
y
k2 y
y2
dy =
Z
dx.
10/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Solution (Brachistochrone Problem)
Bab 2
Variasi
Diperoleh persamaan sikloid
x=
p
y2
k2 y
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
1
2 k2
arcsin 1
2y
k2
+ k3 .
1
2 k2
arcsin 1
2
k2
+ k3 .
Nilai awal memberikan
0 =
π
4 k2
1 =
p
+ k3
k2
1
Diperoleh k2 = 1.1458 dan k3 =
x=
p
1.1458y
y2
1.1458
2
π
4 k2 ,
sehingga
arcsin 1
2y
1.1458
+ 1.1458π
.
4
11/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Brachistochrone Path (please rotate 90 clockwise)
Bab 2
Variasi
y
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
x
12/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Another try...
Solution (Brachistochrone Problem)
Pengintegralan kedua ruas memberikan
Rq
y
k2
y dy =
R
Bab 2
Variasi
dx.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Misalkan y = k2 sin2 θ, diperoleh dy = 2k2 sin θ cos θ d θ
sehingga
2k2
Z
2
sin θ d θ =
Z
dx
() k2
Z
() k2 (θ
(1
cos 2θ ) d θ =
1
2
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.
13/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Bab 2
Variasi
Solution (Brachistochrone Problem)
Koe…sien k2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir
y (1) = 1, yaitu
k2 (θ
1
2
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
sin 2θ ) = 1
k2 sin2 θ = 1
sehingga diperoleh k2 = 1.1458. Solusi masalah
brachistochrone diberikan oleh
1
2
x (θ ) = 1.1458(θ
sin 2θ )
2
y (θ ) = 1.1458 sin θ.
14/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Tidak Memuat t
Bab 2
Variasi
Example (Minimum Surface Area)
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Tentukan ekstremum dari
min
J
= 2π
Z x2 p
y
Kalkulus
1 + ẏ 2 dx
x1
y (x1 ) = y1 ,
y (x2 ) = y2 .
Solution
fy
p
d
fẏ = 0 () 1 + ẏ 2
dt
p
1 + ẏ 2
"
#
d
y ẏ
p
= 0.
dt
1 + ẏ 2
Persamaan Euler dengan f (y , ẏ ) = y
15/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Tidak Memuat t
Bab 2
Variasi
Solution
Tak berapa lama kemudian diperoleh persamaan diferensial
taklinear berikut
y ÿ ẏ 2 = 1.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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 .
16/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Solution
TBK
Selanjutnya
u̇ = k 2
Bab 2
Variasi
u2 ,
,
u̇
k2
R
u2
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
=1
du
k2
u2
=
Kalkulus
R
dx
u k
= x + c1
u+k
u k
, ln
= 2kx + c2
u+k
u k
,
= ce 2kx
u+k
k + kce 2kx
.
, u (x ) =
ce 2kx 1
,
1
2k
ln
17/72
Karena
u̇ =
=
=
MAT332 Kontrol
Optimum
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)
maka
y (x ) =
2kx )
Bab 2
Variasi
TBK
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
ce 2kx 1
p
.
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 c =
0.00954 dan k =
= 5
= 1
1.033 7.
18/72
MAT332 Kontrol
Optimum
y (x ) =
y
0.00954e 2 (1.033 7 )x 1
p
.
2( 1.033 7) 0.00954e 1.033 7x
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
10
8
6
4
2
-1
0
1
2
3
4
x
19/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Tidak Memuat ẋ
I
Diberikan fungsional objektif J (x ) =
I
Persamaan Euler:
fx
RT
0
Bab 2
Variasi
f (x, t ) dt.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
d
fẋ = 0 () fx = 0
dt
yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak
memiliki free parameter (koe…sien integrasi).
Example
Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional
RT
pendapatan 0 R (x )dx dengan R (x ) = xp (x ) dan
p (x ) = ax + b (fungsi permintaan). Tentukan tingkat
produksi optimal x (t ).
20/72
Persamaan Euler
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Example
Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional
RT
keuntungan 0 π (x )dx dengan
π (x ) = xp (x ) (ax 2 + bx + c ). Tentukan tingkat produksi
optimal x (t ).
21/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Fungsi f Linear terhadap ẋ
I
I
RT
Diberikan fungsional objektif J (x ) = 0 f (x, t ) dt
dengan
f (x, ẋ, t ) = a(x, t ) + b (x, t )ẋ.
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Persamaan Euler:
fx
db
d
fẋ = 0 () ax + bx ẋ
=0
dt
dt
() ax + bt = 0
yang merupakan persamaan aljabar biasa.
Example
RT
Jika J (x ) = 0 (x 2 + 3xt ẋ ) dt maka persamaan Euler
memberikan
2x + 3x = 0 () x
0.
22/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Example
RT
Jika J (x ) = 0 (px
(ax 2 + bx + c + d ẋ )) dt maka
persamaan Euler memberikan
p
2ax
b = 0 () x =
p
b
2a
.
23/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Persamaan Euler
TBK
Bab 2
Variasi
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
Persamaan Euler
d
fẋi = 0, i = 1, . . . , n.
fxi dt
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
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
24/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala
TBK
Bab 2
Variasi
Kendala titik dan kendala PD
Diberikan masalah variasi berkendala berikut
opt J (x ) =
Z T
= 0,
x (0) = x0
x (T ) = xT .
1
i
r
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x = (x1 , . . . , xn )T
f (x, ẋ, t ) dt,
0
s.t. gi
Kalkulus
n
Jika gi = gi (x, ẋ, t ) maka disebut kendala PD. Jika
gi = gi (x, t ) maka disebut kendala titik.
25/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Metode Lagrange
TBK
Masalah pengoptimuman berkendala dalam kalkulus biasa:
max
z := f (x1 , x2 )
s.t. g (x1 , x2 ) = 0.
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
26/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Metode Lagrange
TBK
Bab 2
Variasi
De…nisikan fungsi Lagrange:
L := f (x, ẋ, t ) + λ(t ) g (x, ẋ, t ),
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
dengan
0
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 )
Maka
r
L := f (x, ẋ, t ) + ∑ λi (t )gi (x, ẋ, t ).
i =1
27/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Metode Lagrange
TBK
De…nisikan fungsional imbuhan (augmented functional):
JL :=
Z T
0
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
d
Lx
Lẋ = 0 ^ Lλ = 0.
dt
28/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Metode Lagrange
TBK
Karena L := f (x, ẋ, t ) +
Lx
0
∂f
∂x1
1
0
λi (t )gi (x, ẋ, t ) maka
10
1
λ1
.. C B .. C
. A@ . A
∂g r
λr
∂x
∂g r
∂x1
∂g 1
∂x1
B
C B
= @ ... A + @ ...
∂f
∂xn
Lẋ
∑ri=1
∂g 1
∂xn
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
29/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
Kendala Isoperimetrik (iso: sama, perimeter : keliling)
I
I
I
TBK
Awalnya: masalah mencari daerah terluas yang dimiliki
oleh kurva tertutup dengan keliling sama, K .
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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 .
30/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
De…nisikan
yi (t ) =
Z t
0
Bab 2
Variasi
gi (x (s ), ẋ (s ), s ) ds
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
sehingga diperoleh
yi (0) = 0,
yi (T ) = `i ,
ẏi (t ) = gi (x, ẋ, t ) () gi (x, ẋ, t )
{z
|
G i (x ,ẋ ,t )
ẏi (t ) = 0.
}
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,
1
i
r
n.
31/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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.
32/72
MKV Berkendala Isoperimetrik
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
Solution
Rs
De…nisikan y (t ) := 0 (1 + x (s )) ds sehingga diperoleh
y (0) = 0, y (1) = 3, dan ẏ (t ) = 1 + x (t ). De…nisikan fungsi
Lagrange
L := ẋ 2 + λ(1 + x ẏ ).
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Persamaan Euler:
Lx
d
d
Lẋ = 0 () λ
(2ẋ ) = 0
dt
dt
() ẍ = 12 λ
() x (t ) = 14 λt 2 + k1 t + k2 .
33/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Bab 2
Variasi
Solution
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
Dari nilai awal dan nilai batas diperoleh
x (0) = 0 () k2 = 0,
x (1) = 1 () 41 λ + k1 = 1 () k1 = 1
Kalkulus
1
4 λ.
Dari kendala integral
Z 1
0
(1 + 14 λt 2 + (1
1
4 λ )t )
dt = 3 () λ =
36.
Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah
x (t ) =
9t 2 + 10t.
34/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Bab 2
Variasi
Example
Sebuah kurva x = x (t ) memiliki panjang K dan
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.
x
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
K
t
A(a,0)
B(b,0)
35/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Solution
Bab 2
Variasi
Luas daerah di bawah kurva
J (x ) =
Z b
x (t ) dt.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
a
Panjang kurva: dK =
p
K =
dt 2 + dx 2 =
Z bp
p
1 + ẋ 2 dt,sehingga
1 + ẋ 2 dt.
a
Masalah variasi:
max J (x ) =
s.t.
Z bp
Z b
x (t ) dt
a
1 + ẋ 2 dt = K ,
x (a) = 0, x (b ) = 0.
a
36/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Solution
Rt p
De…nisikan y (t ) := a 1 + ẋ 2 ds sehingga diperoleh
p
y (a) = 0, y (b ) = K , dan ẏ (t ) = 1 + ẋ 2 . De…nisikan
fungsi Lagrange
L := x + λ
p
1 + ẋ 2
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
ẏ .
Persamaan Euler:
Lx
d
Lẋ = 0 () 1
dt
λ
() λd
()
p
d
dt
p
p
ẋ
1 + ẋ 2
ẋ
1 + ẋ 2
λẋ
1 + ẋ 2
=0
= dt
= t + k1 .
37/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Solution
Pemisahan peubah:
Bab 2
Variasi
λ2 ẋ 2
= (t + k1 )2 () (λ2
1 + ẋ 2
() ẋ =
sehingga
x (t ) =
Z
q
t + k1
λ
2
(t + k1
(t + k1 )2 )ẋ 2 = (t + k1 )2
q
dt =
)2
t + k1
λ2
q
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
,
(t + k1 )2
λ2
(t + k1 )2 + k2 .
Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di ( k1 , k2 )
berjari-jari λ :
q
x k2 =
λ2 (t + k1 )2 () (x k2 )2 + (t + k1 )2 = λ2 .
38/72
MAT332 Kontrol
Optimum
MKV Berkendala Isoperimetrik
TBK
Solution
Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 = 0
dan k1 = a +2 b sehingga
x (t ) =
q
λ2
(t
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
a +b 2
2 ) .
Untuk menentukan pengganda Lagrange λ :
s
Z bp
Z b
(t a +2 b )2
1 + ẋ 2 dt = K ()
1+ 2
dt = K .
a
a
λ
(t a +2 b )2
Cara mudah
Jari-jari lingkaran: λ.
Keliling 21 lingkaran: K = πλ sehingga λ = Kπ .
Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh
x 2 + (t
a +b 2
2 )
=
K2
.
π2
39/72
MKV Berkendala Isoperimetrik
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
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
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
40/72
MKV Berkendala Isoperimetrik
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
41/72
Syarat Batas MKV
Tinjau kembali masalah variasi: opt J =
Syarat optimalitas:
δJ = 0 ()
Z T
0
hfx + ḣfẋ
(integral by part) () hfẋ jT0 +
Z T
0
RT
0
MAT332 Kontrol
Optimum
Bab 2
Variasi
d
fẋ
dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
dt = 0
fx
TBK
f (x, ẋ, t ) dt.
h dt = 0.
Kasus I: x (0) = x0 dan x (T ) = xT (…xed)
I
h (0) = h (T ) = 0 berlaku.
I
hfẋ jT0 = 0.
I
I
Syarat optimalitas:
RT
d
fx dt
fẋ h dt = 0 () fx
0
d
dt fẋ
= 0.
Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya
melibatkan dua konstanta pengintegralan yang nilainya
dapat ditentukan dari syarat batas.
42/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas MKV
TBK
Kasus II: x (0) dan x (T ) tidak diketahui (free, unknown)
x
x
x
t
T
t
T
I
h (0) = h (T ) = 0 tidak berlaku.
I
= 0 dan hfẋ jT0 = 0.
hfẋ jT0 = 0 dapat dipenuhi jika fẋ = 0 pada saat t = 0
dan t = T .
fẋ jt =0 = 0 dan fẋ jt =T = 0 disebut sebagai syarat
batas alamiah.
I
I
Syarat optimalitas: fx
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x
t
T
Bab 2
Variasi
t
T
d
dt fẋ
43/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas MKV
TBK
Example
Bab 2
Variasi
Masalah jarak terdekat
min
J (x ) =
Z 10 p
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
1 + ẋ 2 dt
0
x (0) = 4
x (10)
tidak diketahui.
Example
Selesaikan masalah variasi berikut:
min
J (x ) =
Z 2
ẋ 2 + x ẋ + 2ẋ + 4x
dt
0
x (0) dan x (2) tidak diketahui.
44/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
TBK
C
x
D
E
T
h(T)
x*
B
A
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
F
x
t
t0
T
EC
δT = mgs δT = ẋ (T )δT
δT
h (T ) = FC EC
EC
=
δxT
ẋ (T )δT
ẋ (T )δT .
45/72
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Variasi dari J :
Bab 2
Variasi
δJ (x )
=
=
TZ+δT
0
T
Z
ZT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
fx h + fẋ ḣ
dt +
TZ+δT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt.
T
46/72
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
I
I
Misalkan F (t ) =
F 0 (t ) = f (t ).
R
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt sehingga
Bab 2
Variasi
TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T , T + δT )
maka ada c 2 (T , T + δT ) sehingga
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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 ) =
I
Misalkan c = T + θδT dengan 0 < θ < 1, maka
f jt =T +θδT δT =
I
f jt =T +θδT
Z T +δT
f (x + h, ẋ + ḣ, t ) dt.
T
f jt =T ketika δT ! 0.
47/72
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
MAT332 Kontrol
Optimum
Variasi dari J :
TBK
Z T
δJ (x )
0
=
Z T
0
fx h + fẋ ḣ
fx
d
fẋ
dt
dt + f jt =T δT
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
h dt + hfẋ jt =T + f jt =T δT .
Syarat optimalitas δJ = 0 :
1. Persamaan Euler
fx
d
fẋ = 0.
dt
2. Syarat transversalitas hfẋ jT + f jT δT = 0
() 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.
48/72
Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Ringkasan:
opt
Bab 2
Variasi
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
0
x (0) = x0 , T bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1. Persamaan Euler
fx
d
fẋ = 0.
dt
2. Syarat transversalitas
(f
ẋfẋ )δt jT + fẋ δx (t )jT = 0.
49/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)
TBK
Bab 2
Variasi
x*
x
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
B
0
x
t0
t0
t
t 0 + δt0
T
50/72
Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Ringkasan (analog waktu akhir bebas):
opt
J (x ) =
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
t0
x (T ) = xT , t0 bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1. Persamaan Euler
fx
d
fẋ = 0.
dt
2. Syarat transversalitas
(f
ẋfẋ )δt jt0 + fẋ δx (t )jt0 = 0.
51/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Waktu Awal dan Akhir Bebas
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x
x*
0
x
t0
t0
t
t 0 + δ t0
T
52/72
Waktu Awal dan Akhir Bebas
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas):
Z T
f (x, ẋ, t ) dt
fx
d
fẋ = 0.
dt
J (x ) =
opt
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
t0
t0 dan T bebas (tidak ditentukan).
Syarat optimalitas:
1. Persamaan Euler
2. Syarat transversalitas
(f
ẋfẋ )δt jt0 ,T + fẋ δx (t )jt0 ,T = 0.
53/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g (t )
TBK
Bab 2
Variasi
x,g
g(t)
x*
T
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
B
A
x
t
T
t0
Diperoleh
δxT
δT = mgs δT
ġ (T )δT .
δT
Syarat transversalitas (f ẋfẋ )δt jT + fẋ δx (t )jT = 0
berubah menjadi
δxT =
(f + (ġ
ẋ )fẋ ) δt jT = 0.
54/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
TBK
Titik awal A bergerak sepanjang kurva g (t )
x*
x
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
B
g(t)
0
x
A
t0
t0
t
t 0 + δ t0
T
Syarat transversalitas:
(f + (ġ
ẋ )fẋ ) δt jt0 = 0.
55/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Kedua titik ujung bergerak sepanjang kurva g1 (t ) dan
g2 (t )
x,g
0
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x*
g (t)
g (t)
x
t0
t0
t
t 0 + δ t0
T
Syarat transversalitas:
(f + (ġ1
(f + (ġ2
ẋ )fẋ ) δt jt0
ẋ )fẋ ) δt jT
= 0,
= 0.
56/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
Titik awal A terletak pada garis t = t0 dan titik akhir B
terletak pada garis t = T
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x
x*
0
δt0 = 0
δT = 0
δx (t0 ) 6= 0
δx (T ) 6= 0
x
t
T
t0
Syarat transversalitas:
fẋ δx (t )jt0 ,T = 0 , fẋ jt0 ,T = 0.
57/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
TBK
x0 , t0 , xT …xed, T free
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x
T
δt0 = 0
δT 6= 0
δx (t0 ) = 0
δx (T ) = 0
x
x*
t
T
t0
Syarat transversalitas:
(f
ẋfẋ )δt jT = 0 , (f
ẋfẋ jT = 0.
58/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas (Kasus Khusus)
TBK
x0 , xT …xed, t0 , T free
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x
T
x
δt0 6= 0
δT 6= 0
δx (t0 ) = 0
δx (T ) = 0
x*
x0
t0
t0
t 0 + δ t0
t
T
Syarat transversalitas:
(f
ẋfẋ )δt jt0 ,T = 0 , (f
ẋfẋ jt0 ,T = 0.
59/72
Syarat Batas (Kasus Khusus)
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
t0 , x0 , T …xed, xT
xmin
Masalah kalkulus variasi:
J (x ) =
opt
Bab 2
Variasi
RT
t0
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
f (x, ẋ, t ) dt
s.t. x (t0 ) = x0 ,
x (T )
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).
60/72
Syarat Batas (Kasus Khusus)
t0 , x0 , T …xed, xT
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
xmin
Bab 2
Variasi
Example
Selesaikan masalah kalkulus variasi:
R2
opt J (x ) = 0 (t + ẋ 2 ) dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
s.t. x (0) = 4,
x (2)
5.
Solution
Pertama akan dianalisis MKV berikut:
R2
opt J (x ) = 0 (t + ẋ 2 ) dt
s.t.
x (0) = 4,
x (2)
bebas.
61/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Solution
TBK
Persamaan Euler:
Bab 2
Variasi
d
(2ẋ ) = 0 , ẍ = 0
dt
, x (t ) = At + B.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
5.
62/72
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
Solution
Lakukan analisis terhadap MKV berikut:
R2
opt J (x ) = 0 (t + ẋ 2 ) dt
s.t.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
x (0) = 4,
x (2) = 5.
Dengan memasukkan syarat batas x (2) = 5 ke solusi
x (t ) = At + 4 diperoleh A = 12 , sehingga
x (t ) = 12 t + 4.
63/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas
TBK
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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.
64/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Syarat Batas
TBK
Example
Tentukan kurva x (t ) terpendek yang menghubungkan garis
g dan titik A = (4, 4):
x(t)
g(t)
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
A = (4,4)
x
3
B
g
6
t
1. tanpa menggunakan kalkulus variasi,
2. dengan menggunakan kalkulus variasi.
65/72
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Bab 2
Variasi
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
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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 ).
66/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Solution (Dengan menggunakan KV)
TBK
Masalah di atas dapat dirumuskan sbb:
min
J (ẋ ) =
Z 4p
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
1 + ẋ 2 dt,
t0
t0 belum ditentukan,
x (t0 ) =
1
2 t0
+ 3,
x (4) = 4.
Misalkan f (ẋ ) =
fx
p
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
4A , x (t ) = At + 4
4A.
67/72
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Solution
ẋ )fẋ jt =t0 = 0 dengan
Syarat transversalitas (f + (ġ
g (t ) = 21 t + 3 :
,
(1 + ẋ 2 )1/2 + (
,
(1 + A2 )1/2 + (
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
ẋ
(1 + ẋ 2 )1/2
1
2
ẋ )
1
2
A)
A
(1 + A2 )1/2
=0
t =t 0
=0
t =t 0
A 2
p
=0
2 1 + A2
, A = 2.
,
Jadi
x (t ) = 2t
4.
68/72
Kuis 2 (open book, but strictly individual)
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
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
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
t ẋ 2 dt
t0
s.t.
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.
69/72
Solution (Kuis)
De…nisikan f (ẋ, t ) = t ẋ 2 . Persamaan Euler fx
MAT332 Kontrol
Optimum
d
dt fẋ
TBK
=0
memberikan
Bab 2
Variasi
d
(2t ẋ ) = 0 , ẋ + t ẍ = 0.
dt
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
x (t ) = 1
ln t
.
ln t0
Jelas 0 < t0 < 1.
70/72
MAT332 Kontrol
Optimum
Solution (Kuis)
TBK
Fungsi keuntungan:
Bab 2
Variasi
π (x, ẋ, t ) = px
c1
c2
2
= 20x (4x + 4x + 1)
=
4x 2 + 16x 1 ẋ 2
2
(ẋ + 3ẋ + 2t )
3ẋ 2t.
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
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
( 8x + 16) +
= 0 memberikan
d
(2ẋ + 3) = 0.
dt
71/72
MAT332 Kontrol
Optimum
TBK
Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua:
8x + 16 + 2ẍ = 0 , ẍ
4x =
8,
Bab 2
Variasi
Kalkulus
Persamaan Euler
MKV Berkendala
Syarat Batas MKV
dengan solusi umum
x (t ) = Ae 2t + Be
Dari syarat batas diperoleh A =
B=
(A + 2) =
2e 4
e4 1
x (t ) =
+ 2.
dan
, sehingga
2
e4
2
e4 1
2t
1
e 2t
2e 4
e4
1
e
2t
+ 2.
72/72