kalkulus variasi - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2016/02/handout2.pdf ·...

Kalkulus VariasiMasalah Kalkulus Variasi, Fungsional Objektif, Variasi, Syarat Perlu

Optimalitas

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Februari 2014

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 1 / 38

Outline

Masalah kalkulus variasi

Fungsional objektif

Perluasan Taylor

Variasi

Nilai ekstrem

Syarat perlu optimalitas: Persamaan Euler

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 2 / 38

Masalah Brachistochrone

Brachistochrone: brakhistos (tercepat, terpendek), khronos (waktu).

Masalah: Tentukan lintasan (kurva) yang harus dilewati bolasehingga bola bergerak dari titik A ke titik B dalam waktu tercepat.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 3 / 38

Masalah Brachistochrone

Hukum konservasi energi di A: Energi Kinetik = Energi Potensial:12mv

2 −mgy = 0⇔ v =√2gy .

Lintasan di sekitar bola dapat dipandang sebagai sebuah garis lurussehingga

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .

Hubungan waktu t, jarak s, dan kecepatan v :

v =dsdt⇔ dt =

dsv=

√1+

(dydx

)2dx

√2gy

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 4 / 38

Masalah Brachistochrone

Integralkan:

t =1√2g

∫ b

0

√√√√1+(dydx

)2y

dx .

Masalah kalkulus variasi:

min J =∫ b

0

√1+ y2

ydx s.t. y(0) = 0, y(b) = a,

dengan y := dydx .

Solusi parametrik:

x =12c2

(1− cos θ)

y =12c2

(θ − sin θ).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 5 / 38

Masalah Lintasan Terpendek

Tentukan lintasan terpendek yang menghubungkan A dan B.

A(0,0)

B a,b( )

x

y

Di sepotong lintasan kecil berlaku

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .

Masalah kalkulus variasi:

min J =∫ a

0

√1+ y2dx s.t. y(0) = 0, y(a) = b.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 6 / 38

Masalah Luas Permukaan Terkecil

Tentukan kurva y = y(x) yang melewati A dan B sedemikiansehingga benda putar yang terbentuk memiliki luas permukaanterkecil.

x

yA

B a,b( )

Di sepotong lintasan kecil berlaku

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 7 / 38

Masalah Luas Permukaan Terkecil

Luas permukaan:

A =∫S2πy ds

Masalah kalkulus variasi:

min J = 2π∫ a

0y√1+ y2dx s.t. y(0) = A, y(a) = b.

Solusi:

y = C1 cosh(x + C2C1

),

dengan C1 dan C2 ditentukan sehingga kurva melalui titik-titik A danB. Kurva di atas dikenal sebagai kurva catenary (bahasa latin,catena, yang berarti rantai): kurva yang terbentuk jika sebuah rantaiyang berat dengan densitas seragam digantungkan pada dua titikujung. Benda putar yang terbentuk disebut catenoid.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 8 / 38

MKV vs MKO

Masalah Kalkulus Variasi:

opt J(x(t)) =∫ tf

t0f (x(t), x(t), t) dt

Masalah kontrol optimal:

opt J(x(t)) =∫ tf

t0f (x(t), u(t), t) dt

x(t) = g(x(t), u(t)),

baik dengan kendala ataukah tanpa kendala.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 9 / 38

Fungsional Objektif

Bentuk umum fungsional objektif (kriteria, performance index)

J = S(x(tf ), tf ) +∫ tf

t0f (x(t), u(t), t)dt,

dengan S dan f kontinu dan terturunkan.1 S = 0, f = 1 (minimal time problem).2 S = 0, f = |u| (minimal fuel/energy problem):

J =∫ tf

t0|u(t)| dt, J =

∫ tf

t0uTRu dt.

3 S 6= 0, f 6= 0 (Bolza problem).4 S = 0, f 6= 0 (Lagrange problem).5 S 6= 0, f = 0 (Mayer problem).6 Integral square problem:

J =∫ tf

t0xT x dt, J =

∫ tf

t0xTQx dt.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 10 / 38

Fungsional Objektif

Meskipun Bolza problem tampak memiliki formulasi yang lebih umum,ketiga problem bersifat convertible satu sama lain.Diberikan Bolza problem:

JBolza = S(x(tf ), tf ) +∫ tf

t0f (x(t), u(t), t)dt.

Definisikan:

xn+1(t) =∫ t

t0f (x , u, τ)dτ ⇒ xn+1(t0) = 0,

maka

JBolza = S(x(tf ), tf ) + xn+1(tf )

= S(x(tf ), tf )

= JMayer.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 11 / 38

Fungsional Objektif

Diberikan Lagrange problem:

JLagrange =∫ tf

t0f (x(t), u(t), t)dt.

Definisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

x =(xa x1 x2 . . . xn

)T,

xa = f (x(t), u(t), t),

xa(t0) = 0.

Diperoleh

JLagrange =∫ tf

t0xa(t)dt = xa|tft0 = x(tf )

= S(x(tf ), tf )

= JMayer.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 12 / 38

Fungsional Objektif

Diberikan Mayer problem:

JMayer = S(x(tf ), tf ).

Definisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

x =(xa x1 x2 . . . xn

)T,

xa = 0⇒ xa(t) = k ,

xa(tf ) =1

tf − t0S(x(tf ), tf ).

Diperoleh

JMayer = (tf − t0)xa(tf )= (tf − t0)(xa(tf )− k) + k(tf − t0)

= S(x(tf ), tf ) +∫ tf

t0kdt

= S(x(tf ), tf ) +∫ tf

t0xa(t)dt = JLagrange.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 13 / 38

Fungsi dan Fungsional

Fungsi FungsionalPemetaan x : R→ R J : x → R

Notasi x = x(t) J = J(x(t))

Contoh x(t) = t J(x(t)) =∫ ba x(t)dt

Riap dt = t∗ − t δx(t) = x∗(t)− x(t)∆x(t) = x(t + dt)− x(t) ∆J(x) = J(x + δx)− J(x)

Kalkulus Variasi: cabang matematika yang memelajari masalahpengoptimuman fungsional, yaitu mencari fungsi yang meminimumkanatau memaksimumkan suatu fungsional.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 14 / 38

Perluasan Taylor 1 Peubah

Diberikan fungsi f dengan f ′, f ′′, . . . , f (n+1) kontinu di [a, b] danmisalkan c ∈ [a, b].Perluasan Taylor dari f di sekitar c diberikan oleh

f (x) =∞

∑n=0

f (n)(c)n!

(x − c)n + Rn+1(x),

dengan Rn+1 disebut sebagai remainder (sisaan):

Rn+1(x) =1n!

∫ x

c(x − s)f (n+1)(s)ds.

Jika limn→∞ Rn+1 = 0 maka

f (x) =∞

∑n=0

f (n)(c)n!

(x − c)n.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 15 / 38

Perluasan Taylor 1 Peubah

Set h = x − cf (c + h) =

∞

∑n=0

f (n)(c)n!

hn.

Dengan demikian

f (x + h) =∞

∑n=0

f (n)(x)n!

hn.

Dapat juga ditulis

f (x + h) ≈ f (x) + hf ′(x) + h2

2!f ′′(x).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 16 / 38

Perluasan Taylor Peubah Ganda

m peubah di sekitar (c1, . . . , cm) :

f (x1, . . . , xm) =∞

∑n1=0· · ·

∞

∑nm=0

(x1 − c1)n1 · · · (xm − cm)nmn1! · · · nm !(

∂n1+···+nm f∂xn11 · · · ∂x

nmm

)(c1, . . . , cm).

2 peubah di sekitar (a, b) :

f (x , y) ≈ f (a, b) + (x − a)fx (a, b) + (y − b)fy (a, b)

+(x − a)22!

fxx (a, b) +2(x − a)(y − b)

2!fxy (a, b)

+(y − b)22!

fyy (a, b).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 17 / 38

Perluasan Taylor 2 Peubah

Set h1 = x − a dan h2 = y − b :

f (a+ h1, b+ h2) ≈ f (a, b) + h1fx (a, b) + h2fy (a, b)

+h212fxx (a, b) + h1h2fxy (a, b)

+h222fyy (a, b).

Atau

f (x + h1, y + h2) ≈ f (x , y) + h1fx (x , y) + h2fy (x , y)

+h212fxx (x , y) + h1h2fxy (x , y)

+h222fyy (x , y).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 18 / 38

Variasi Pertama (1 Peubah)

Diberikan fungsional

J(x) =∫ T

t0f (x , t) dt.

Diperoleh

4J(x) = J(x + h)− J(x)

=∫ T

t0f (x + h, t) dt −

∫ T

t0f (x , t) dt

≈∫ T

t0[f (x , t) + hf ′(x , t)] dt −

∫ T

t0f (x , t) dt

=∫ T

t0hf ′(x , t) dt.

Variasi pertama

δJ(x) :=∫ T

t0hf ′(x , t) dt.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 19 / 38

Variasi Pertama (2 Peubah)

Diberikan fungsional

J(x , y) =∫ T

t0f (x , y , t) dt.

Diperoleh

4J(x , y) = J(x + h1, y + h2, t)− J(x , y)

=∫ T

t0f (x + h1, y + h2, t) dt −

∫ T

t0f (x , y , t) dt

≈∫ T

t0[h1fx (x , y , t) + h2fy (x , y , t)] dt.

Variasi pertama

δJ(x , y) :=∫ T

t0[h1fx (x , y , t) + h2fy (x , y , t)] dt.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 20 / 38

Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

DefinitionFungsi f = f (t) mencapai:

maksimum lokal di t∗ jika f (t∗) ≥ f (t) untuk semua t di sekitar t∗.minimum lokal di t∗ jika f (t∗) ≤ f (t) untuk semua t di sekitar t∗.maksimum global di t∗ jika f (t∗) ≥ f (t) untuk semua t ∈ Df .minimum global di t∗ jika f (t∗) ≤ f (t) untuk semua t ∈ Df .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 21 / 38

Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

DefinitionFungsional J = J(x(t)) mencapai:

maksimum lokal di x∗ jika J(x∗) ≥ J(x) untuk semua x di sekitarx∗.

minimum lokal di di x∗ jika J(x∗) ≤ J(x) untuk semua x di sekitarx∗.

maksimum global di x∗ jika J(x∗) ≥ J(x) untuk semua x .minimum global di x∗ jika J(x∗) ≤ J(x) untuk semua x .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 22 / 38

Masalah Kalkulus Variasi

Definisikan:

C [a, b] = {f | f kontinu di [a, b]},C i [a, b] = {f | f terdefinisi di [a, b], f (i ) kontinu di [a, b]}.

Tanpa kehilangan sifat keumuman, diasumsikan [a, b] = [0,T ].Diberikan fungsional

J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

dengan A(0, x(0)) dan B(T , x(T )) adalah dua titik yang sudahditetapkan, f ∈ C 2[0,T ], dan x ∈ C 2[0,T ].

Problem (MKV)

Tentukan fungsi x∗(t) dalam C 2[0,T ] yang memiliki titik awal A(0, x(0))dan titik akhir B(T , x(T )) dan memberikan nilai optimum bagi J(x).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 23 / 38

Lema Dasar

LemmaMisalkan g(t) ∈ C [0,T ] dan S = {h | h ∈ C 1[0,T ], h(0) = h(T ) = 0}.Jika ∫ T

0 g(t)h(t) dt = 0

untuk semua h ∈ S (h disebut sebagai displacement function atau fungsipenyimpang) maka g(t) ≡ 0 untuk semua t ∈ [0,T ].

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 24 / 38

Proof.Akan dibuktikan kontrapositif dari lema di atas. Andaikan g(t) 6= 0,katakanlah g(t) > 0 pada t ∈ [t1, t2] ⊂ [0,T ]. Fungsi h dapat berbentuk

h(t) ={(t − t1)3(t2 − t)3 ; t ∈ [t1, t2]0 ; t /∈ [t1, t2]

.

Jelas terpenuhi h(0) = h(T ) = 0. Dengan demikian∫ T0 g(t)h(t) dt =

∫ t2t1g(t)(t − t1)3(t2 − t)3 dt 6= 0.

Kontradiksi. Haruslah g(t) ≡ 0.

ProblemTunjukkan bahwa h terturunkan di t1 dan t2.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 25 / 38

Fungsi penyimpang:

h(t) ={(t − 1)3(3− t)3 ; t ∈ [1, 3]0 ; t /∈ [1, 3] .

0 1 2 3 40.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

t

h

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 26 / 38

Persamaan Euler

Theorem (Persamaan Euler)Misalkan

J(x) =∫ T0 f (x , x , t) dt,

x(0) = x0,

x(T ) = xT .

Syarat perlu agar J(x) memiliki ekstremum ialah x(t) memenuhipersamaan Euler berikut:

fx −ddtfx = 0.

Dengan kata lain, jika x(t) merupakan ekstremum, maka x(t) memenuhipersamaan Euler.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 27 / 38

Proof: Asumsikan terdapat solusi x(t) bagi MKV di atas, yang memenuhisyarat batas dan memberikan ekstremum bagi fungsional J. Dengan katalain, semua fungsi lain tidak akan mencapai ekstremum. Misalkansebarang fungsi tersebut ialah

z(t) = x(t) + εh(t),

dengan h merupakan fungsi penyimpang (displacement function) yangterturunkan dan memenuhi h(0) = h(T ) = 0, dan ε konstanta real. Jikaε = 0 maka z(t) = x(t).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0

0.5

1.0

1.5

t

z, x, h

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 28 / 38

Karena z(t) memenuhi syarat batas:

z(0) = x(0) + εh(0) = x0,

z(T ) = x(T ) + εh(T ) = xT ,

maka diperoleh fungsional yang bergantung pada parameter ε :

J(ε) =∫ T0 f (z , z , t) dt,

dengan z(t) = x(t) + εh(t). Fungsional J(ε) identik dengan J(x) jika

ε = 0 dan mencapai ekstremum ketika ∂J (ε)∂ε

∣∣∣ε=0

= 0. Diperoleh,

∂J(ε)∂ε

=∫ T0

(fzdzdε+ fz

dzdε

)dt.

Karena dzd ε = h dan

d zd ε = h maka

∂J(ε)∂ε

=∫ T0

(fzh+ fz h

)dt.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 29 / 38

Suku kedua diintegralkan secara parsial dengan memisalkan

u = fz ⇒ du = ddt fz dt,

dv = h dt ⇒ v = h,

sehingga ∫ T0 fz h dt = fzh|

T0 −

∫ T0 h

ddt fz dt = −

∫ T0 h

ddt fz dt.

Jadi,∂J(ε)

∂ε=∫ T0

(fz − d

dt fz)h dt.

Ekstremum dicapai ketika ∂J (ε)∂ε = 0 dan ε = 0 yang membuat fz = fx dan

fz = fx . Lema dasar mengakibatkan

∂J(ε)∂ε

∣∣∣∣ε=0

= 0⇔ fx − ddt fx = 0.

Terbukti. �tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 30 / 38

Proof (Alternative): Pertama akan dibuktikan bahwa syarat perlu bagi Juntuk mencapai ekstremum ialah δJ = 0. Perhatikan bahwa

J(ε) =∫ T0 f (z , z , t) dt =

∫ T0 f (x + εh, x + εh, t) dt.

Penguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0

[f (x , x , t) + εhfx (x , x , t) + εhfx (x , x , t)

]dt

=∫ T0 f (x , x , t) dt + ε

∫ T0

[hfx (x , x , t) + hfx (x , x , t)

]dt

= J(x) + εδJ(x).

Fungsional J(ε) identik dengan J(x) jika dan hanya jika δJ(x) = 0.Selanjutnya,

δJ(ε) = 0 ⇔∫ T0 (hfx + hfx ) dt = 0

⇔∫ T0 (fx −

ddt fx )h dt = 0

⇔ fx − ddt fx = 0.

Terbukti. �tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 31 / 38

ExampleTentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 10 (ax

2 + bt) dt, a > 0,

x(0) = 0, x(1) = 2.

SolutionDengan f (x , t) = ax2 + bt maka diperoleh fx = 0 dan fx = 2ax sehinggapersamaan Euler memberikan

0− ddt (2ax) = 0⇔ 2ax = 0⇔ x = 0⇔ x(t) = k1t + k2.

Dengan mensubstitusikan syarat batas diperoleh x∗(t) = 2t danJ(x∗) =

∫ 10 (4a+ bt) dt = 4a+

12b.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 32 / 38

Beberapa fungsi penyimpang ialah sbb:

h1(t) = t(t − 1)⇒ x1(t) = 2t + εt(t − 1),h2(t) = sin(2πt)⇒ x2(t) = 2t + ε sin(2πt)

sehingga diperoleh

J(x1) =∫ 10 (a(2+ ε(2t − 1))2 + bt) dt

= 4a+ 12b+

13aε2 > J(x∗),

J(x2) =∫ 10 (a(2+ 2πε cos(2πt))2 + bt) dt

= 4a+ 12b+ 2π2aε2 > J(x∗).

Dapat disimpulkan bahwa masalah di atas adalah masalah minimisasi danx∗(t) = 2t merupakan minimum lokal.Catatan: Nantinya, suatu ekstremum merupakan minimum ataukahmaksimum ditentukan berdasarkan syarat cukup (syarat orde-2).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 33 / 38

ExampleTinjau sebuah masalah makroekonomi di mana sebuah indikator ekonomiy(t) ingin dikendalikan dengan kendali u(t) = y(t) sehingga mencapailevel yang diinginkan y dalam periode [0,T ]. Pengendalian memerlukanbiaya sehingga ingin diminimumkan fungsional

J(y) =∫ T0

[(y − y)2 + cu2

]dt, c > 0.

Definisikan x := y − y sehingga

x = y = u,

x(T ) = y(T )− y = y − y = 0.

Masalah kalkulus variasi:

min J(x) =∫ T0 (x

2 + cx2) dt,

x(0) = x0, x(T ) = 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 34 / 38

SolutionPersamaan Euler memberikan:

2x − 2cx = 0 ⇔ x − 1c x = 0

⇔ x(t) = Aert + Be−rt , r = 1√c .

Syarat batas menghasilkan:

x∗(t) =x0

erT − e−rT[er (T−t) − e−r (T−t)

],

sehingga

y ∗(t) = x∗(t) + y ,

u∗(t) = x∗(t).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 35 / 38

ExampleSelesaikan MKV berikut:

min J(x) =∫ 10 (x

2 + x2) dt,

x(0) = 1,

x(1) = 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 36 / 38

SolutionDefinisikan f (x , x , t) = x2 + x2, diperoleh fx = 2x dan fx = 2x .Persamaan Euler menjadi

2x − ddt(2x) = 0⇔ x − x = 0.

Karena persamaan karakteristik PD orde dua di atas r2 − 1 = 0 memilikisolusi r = 1 dan r = −1 maka solusi umum PD di atas ialah

x(t) = C1et + C2e−t .

Syarat batas x(0) = 1 dan x(1) = 0 memberikan

C1 + C2 = 1, C1e + C2e−1 = 0,

sehingga C2 = e2e2−1 dan C1 = 1−

e2e2−1 = −

1e2−1 . Jadi,

x∗(t) = 1e2−1 (e

2−t − et ).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 37 / 38

Problem

Selesaikan persamaan Euler dari J(x) =∫ T0 f (x , x , t) dt jika

1 f (x , x , t) = x2 + x2 + 2xet .2 f (x , x , t) = −e x−ax , a > 0.3 f (x , x , t) = 2tx + 3xx + tx2.4 f (x , x , t) =

[(x − x)2 + x2

]e−at , a > 0.

ProblemSelesaikan MKV berikut:

1 max∫ 10 (4xt − x2) dt, x(0) = 2, x(1) = 2

3 .

2 max∫ 10 (tx − x2) dt, x(0) = 1, x(1) = 0.

3 min∫ 10 (x

2 + 2txx + x2) dt, x(0) = 1, x(1) = 2.

4 min∫ 10 (x

2 + tx + txx + x2) dt, x(0) = 0, x(1) = 1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 38 / 38