kalkulus variasi - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2016/02/handout3.pdf ·...

Kalkulus VariasiPersamaan 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 Euler1 Bentuk diperumum2 Bentuk khusus

Masalah kalkulus variasi berkendala1 Metode lagrange, metode substitusi2 Kendala titik3 Kendala persamaan diferensial4 Kendala isoperimetrik

Syarat batas


Persamaan Euler Bentuk Baku

(Dari slide sebelumnya): Misalkan

J(ε) =∫ T0 f (x + εh, x + εh, t) dt.

Penguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0 (f + εhfx + εhfx ) dt

=∫ T0 f dt + ε

∫ T0 (hfx + hfx ) dt

= J(x) + εδJ(x).

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

δJ(x) = 0 ⇔∫ T0 (hfx + hfx ) dt = 0

⇔∫ T0 (fx −

ddt fx )h dt = 0 (dengan integral parsial)

⇔ fx − ddt fx = 0. (Persamaan Euler)

Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral:∫fx dt = fx .


Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f berpeubah banyak

Diberikan fungsional objektif

J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

dengan x = (x1, x2, . . . , xn) dan x = (x1, x2, . . . , xn).Persamaan Euler:

fxi −ddtfxi = 0, i = 1, 2, . . . , n.

IlustrasiMisalkan f = f (x1, x2, x1, x2, t). Didefinisikan fungsional

J(ε) =∫ T0 f (x1 + ε1h1, x1 + ε1h1, x2 + ε2h2, x2 + ε2h2, t) dt.



Fungsi f berpeubah banyakPenguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0 (f + ε1h1fx1 + ε1h1fx1 + ε2h2fx2 + ε2h2fx2) dt

=∫ T0 f dt + ε1

∫ T0 (h1fx1 + h1fx1) dt + ε2

∫ T0 (h2fx2 + h2fx2) dt

= J(x) + ε1δJ(x1) + ε2δJ(x2).

J(ε) = J(x) jika dan hanya jika δJ(x1) = 0 dan δJ(x2) = 0. Jadi,

fx1 −ddtfx1 = 0, fx2 −

ddtfx2 = 0.

ExampleTentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 10

0(x21 + x

22 + e

t ) dt,

x1(0) = 1, x1(10) = 11, x2(0) = 2, x2(10) = 6.



Fungsi f memuat turunan ke-n


J(x) =∫ T

0f (x , x , x , . . . , x (n), t) dt

dengan x (i )(0) = x (i )0 dan x (i )(T ) = x (i )T .

Syarat perlu δJ(x) = 0 memberikan∫ T

0

(hfx + hfx + hfx + · · ·+ h(n)fx (n)

)dt = 0.

Integral parsial suku kedua integran:∫ T

0hfx dt = −

∫ T

0hddtfx dt.




Integral parsial suku ketiga integran:∫ T

0hfx dt =

∫ T

0hd2

dt2fx dt.

Integral parsial suku ke-n integran:∫ T

0h(n)fx (n) dt = (−1)n

∫ T

0hdn

dtnfx (n) dt.

Syarat perlu δJ(x) = 0 menjadi∫ T

0h(fx −

ddtfx +

d2

dt2fx − · · ·+ (−1)n

dn

dtnfx (n)

)dt = 0.




Persamaan Euler-Poisson:

fx −ddtfx +

d2

dt2fx − · · ·+ (−1)n

dn

dtnfx (n) = 0.


J(x) =∫ 1

0(x2 + x + at) dt,

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


Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f tidak memuat x


J(x) =∫ T

0f (x , t) dt,

sehingga diperoleh fx = 0.Persamaan Euler:

ddtfx = 0⇔ fx x x + fx t = 0.


J(x) =∫ 1

0(tx + x2) dt,

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



Fungsi f memuat x sajaDiberikan fungsional objektif

J(x) =∫ T

0f (x) dt,

sehingga diperoleh fx = 0.Persamaan Euler:

ddtfx = 0 ⇔ fx x x = 0

⇔ fx x = 0 atau x = 0.

Example (Masalah Lintasan Terpendek)Tentukan ekstremum dari

J(y) =∫ a

0

√1+ y2dx ,

y(0) = 0, y(a) = b.



Fungsi f Tidak Memuat t


J(x) =∫ T

0f (x , x) dt.

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0 ⇔ fx − (fx x x + fx x x) = 0

⇔ fx x − fx x x2 − fx x x x = 0

⇔ ddt(f − x fx ) = 0.

Diperoleh persamaan Beltrami:

f − x fx = k.




Example (Brachistochrone Problem)Tentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 1

0

√1+ y2

ydx ,

y(0) = 0, y(1) = 1.

Solution (Brachistochrone Problem)Diperoleh

f (y , y) =

√1+ y2

y, fy (y , y) =

y√y(1+ y2)

.



Solution (Brachistochrone Problem)Persamaan Beltrami f − x fx = k memberikan

1√y(1+ y2)

= k1 ⇔ y(1+ y2) = k2

⇔ y =

√k2y− 1

⇔√

yk2 − y

dy = dx .

⇔ x =∫ √ y

k2 − ydy .



Solution (Brachistochrone Problem)

Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut)

x = −√k2y − y2 − 1

2k2 arcsin(1− 2y

k2

)+ k3.

Nilai awal memberikan

0 = −π4 k2 + k3

1 = −√k2 − 1− 1

2k2 arcsin(1− 2

k2

)+ k3.

Diperoleh k2 = 1.1458 dan k3 = π4 k2, sehingga

x = −√1.1458y − y2 − 1.1458

2 arcsin(1− 2y

1.1458

)+ 1.1458π

4 .



Brachistochrone Path (please rotate 90◦ clockwise)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

y

x


Bukti Integral

Kontribusi Dwilaras Athina (G54120002)

I =∫ √ y

k − y dy

=∫ √ y

k − y ·yydy

=∫ y√

ky − y2dy

=∫ y√

( 12k)2 − (y − 1

2k)2dy

=∫ y√

a2 − (y − a)2dy , a := 1

2k

=∫ u + a√

a2 − u2du, u := y − a.


Bukti Integral

I =∫ u√

a2 − u2du︸︷︷︸

I1

+∫ a√

a2 − u2du︸︷︷︸

I2

.

Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh

I2 = a arcsinua= a arcsin

y − aa

= − 12k arcsin(1− 2y

k

)+ C2.

Selanjutnya,

I1 = − 12∫ 1√

tdt, t := a2 − u2

= −√t + C1 = −

√a2 − u2 + C1 = −

√a2 − (y − a)2 + C1

= −√2ay − y2 + C1 = −

√ky − y2 + C1. �



Another try...


Pengintegralan kedua ruas memberikan∫ √ y

k2−y dy =∫dx .

Misalkan y = k2 sin2 θ, diperoleh dy = 2k2 sin θ cos θ dθ sehingga

2k2∫sin2 θ dθ =

∫dx ⇔ k2

∫(1− cos 2θ) dθ =

∫dx

⇔ k2(θ − 12 sin 2θ) + k3 = x .

Nilai awal y(0) = 0 membuat θ = 0 dan k3 = 0, sehingga solusi diberikansecara parametrik:

x(θ) = k2(θ − 12 sin 2θ)

y(θ) = k2 sin2 θ.




Koefisien k2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir y(1) = 1, yaitu

k2(θ − 12 sin 2θ) = 1

k2 sin2 θ = 1

sehingga diperoleh k2 = 1.1458. Solusi masalah brachistochrone diberikanoleh persamaan parametrik

x(θ) = 1.1458(θ − 12 sin 2θ)

y(θ) = 1.1458 sin2 θ.




Example (Minimum Surface Area)Tentukan ekstremum dari

min J = 2π∫ x2

x1y√1+ y2dx

y(x1) = y1,

y(x2) = y2.

Solution

Persamaan Euler dengan f (y , y) = y√1+ y2

fy −ddtfy = 0⇔

√1+ y2 − d

dt

[y y√1+ y2

]= 0.


SolutionSlamet Nuridin (G54130066) menjabarkan:

√1+ y2 =

ddt

[y y√1+ y2

]

⇔√1+ y2 =

(y2 + y y)√1+ y2 − y y 2 y√

1+y 2

1+ y2

⇔ 1+ y2 =(y2 + y y)(1+ y2)− y y2y

1+ y2

⇔ (1+ y2)2 = y2 + y4 + y y + y y2y − y y2y⇔ 1+ 2y2 + y4 = y2 + y4 + y y .


SolutionDiperoleh persamaan diferensial taklinear berikut

y y − y2 = 1.

Misalkan u = y/y sehingga didapatkan

u =y y − y2y2

=1y2

dan kemudianu = −2y

y3= −2uu.

Jadiu + 2uu = 0⇔ u + u2 = k2.


SolutionSelanjutnya

u = k2 − u2 ⇔ uk2 − u2 = 1

⇔∫ duk2 − u2 =

∫dx

⇔ − 12k ln

∣∣∣∣u − ku + k

∣∣∣∣ = x + c1⇔ ln

∣∣∣∣u − ku + k

∣∣∣∣ = −2kx + c2⇔ u − k

u + k= ce−2kx

⇔ u(x) = −k + kce−2kx

ce−2kx − 1 .


Karena

u = −−2k2ce−2kx (ce−2kx − 1)− (k + kce−2kx )(−2kce−2kx )

(ce−2kx − 1)2

=2kce−2kx [k(ce−2kx − 1)− (k + kce−2kx )]

(ce−2kx − 1)2

= − 4k2ce−2kx

(ce−2kx − 1)2 =1y2,

maka1y=2k√−ce−kx

ce−2kx − 1 ⇔ y(x) =ce−2kx − 12k√−ce−kx

.

Misal diberikan nilai awal y(0) = 5 dan y(2) = 1 maka

c − 12k√−c

= 5

ce−4k − 12k√−ce−2k

= 1

sehingga diperoleh c = −0.00954 dan k = −1.033 [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 24 / 85

y(x) =−0.00954e2(1.033 7)x − 1

2(−1.033 7)√0.00954e1.033 7x

.

1 0 1 2 3 4

2

4

6

8

10

x

y


ProblemDari contoh soal terakhir dan dari slide sebelumnya, masalah minimumsurface area memiliki solusi berbentuk

y(x) =ce−2kx − 12k√−ce−kx

,

y(x) = C1 cosh(x + C2C1

).

Tunjukkan bahwa kedua solusi di atas ekuivalen.



Fungsi f Tidak Memuat x

Diberikan fungsional objektif J(x) =∫ T0 f (x , t) dt.

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0⇔ fx = 0

yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki freeparameter (koefisien integrasi).

ExampleSeorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan∫ T0 R(x) dt dengan R(x) = xp(x) dan p(x) = −ax + b (fungsipermintaan). Tentukan tingkat produksi optimal x∗(t).


Persamaan Euler

ExampleSeorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan∫ T0 π(x) dt dengan π(x) = xp(x)− (ax2 + bx + c). Tentukan tingkatproduksi optimal x∗(t).



Fungsi f Linear terhadap x

Diberikan fungsional objektif J(x) =∫ T0 f (x , t) dt dengan

f (x , x , t) = a(x , t) + b(x , t)x .

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0⇔ ax + bx x −

dbdt= 0.

Karenaddtb(x , t) = bx x + bt ⇔ −bt = bx x −

dbdt,

maka diperoleh kondisiax − bt = 0,

yang merupakan persamaan aljabar biasa.



Example

Jika J(x) =∫ T0 (x

2 + 3xtx) dt maka persamaan Euler memberikan

2x − 3x = 0⇔ x∗ ≡ 0.

Example

Diberikan fungsional J(x) =∫ T0 (px − (ax2 + bx + c + dx)) dt.

Definisikan

a(x , t) = px − ax2 − bx − c = −ax2 + (p − b)x − c ,b(x , t) = −d .

Persamaan Euler memberikan

ax − bt = 0⇔ −2ax + p − b = 0⇔ x∗ =p − b2a

.


Persamaan Euler: Ringkasan

Problem (Degenerate Case)Tentukan ekstremum dari

J =∫ 1

0((t2 + 3x2)x + 2tx) dt, x(0) = 1, x(1) = 2.

Kasus Persamaan Eulerf (x1, . . . , xn, x1, . . . , xn, t) fxi − d

dt fxi = 0, i = 1, . . . , n.f (x , x , x , . . . , x (n), t) fx +∑n

k=1(−1)i dk

dtk fx (k ) = 0f (x , t) fx x x + fx t = 0f (x) fx x x = 0f (x , x) f − x fx = kf (x , t) fx = 0f = a(x , t) + b(x , t)x ax − bt = 0


MKV Berkendala

Kendala titik dan kendala PDDiberikan masalah variasi berkendala berikut

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt, x = (x1, . . . , xn)T

s.t. gi = 0, 1 ≤ i ≤ r ≤ nx(0) = x0x(T ) = xT .

Jika gi = gi (x , x , t) maka disebut kendala PD. Jika gi = gi (x , t) makadisebut kendala titik.


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∂x1

= 0⇔ fx1 + λgx1 = 0,

∂L∂x2

= 0⇔ fx2 + λgx2 = 0,

∂L∂λ= 0⇔ g(x1, x2) = 0.



Definisikan fungsi Lagrange:

L := f (x , x , t) + λ(t) · g(x , x , t),

dengan

λ(t) =

λ1(t)...

λr (t)

, g(x , x , t) = g1(x , x , t)

...gr (x , x , t)

.Maka

L := f (x , x , t) +r

∑i=1

λi (t)gi (x , x , t).



Definisikan fungsional imbuhan (augmented functional):

JL :=∫ T

0L(x , x , t,λ) dt.

Variasi pertama dari JL

δJL =∫ T

0

(Lxh1 + Lx h1 + Lλh2

)dt

(integral by part) =∫ T

0

[(Lx −

ddtLx

)h1 + Lλh2

]dt.

Syarat (perlu) optimalitas: δJL = 0 dan kendala terpenuhi, yaitu

Lx −ddtLx = 0∧ Lλ = 0.



Karena L := f (x , x , t) +∑ri=1 λi (t)gi (x , x , t) maka

Lx =

∂f∂x1...

∂f∂xn

+

∂g1∂x1

· · · ∂gr∂x1

......

∂g1∂xn

· · · ∂gr∂xn

λ1

...λr

= fx + gxλ

Lx = fx + gxλ.

Untuk kendala titik, yaitu gi = gi (x , t), maka

Lx = fx =

∂f∂x1...

∂f∂xn

.


MKV Berkendala Titik

ExampleSelesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut:

min J =∫ T

0

√1+ y zx

dx

s.t y = z + 1

y(0) = 0, y(T ) = yT .

Solution (Metode Lagrange)Definisikan fungsi Lagrange:

L =(1+ y zx

)1/2

+ λ(y − z − 1).



Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)Persamaan Euler bagi L diberikan oleh:

Ly −ddxLy = 0 ⇔ λ− d

dxz

2√x(1+ y z)

= 0,

Lz −ddxLz = 0 ⇔ −λ− d

dxy

2√x(1+ y z)

= 0.

Eliminasi terhadap λ memberikan

ddx

y + z√x(1+ y z)

= 0⇔ y + z√x(1+ y z)

= k1.

Syarat Lλ = 0 memberikan y = z + 1⇒ y = z , sehingga diperoleh

y√x(1+ y2)

= k2 ⇔ y =√

xk3 − x

⇔ y =∫ √ x

k3 − xdx .



Solution (Metode Substitusi)Di lain pihak, karena y = z + 1 maka y = z , sehingga masalah kalkulusvariasi dapat direduksi menjadi

min J =∫ T

0

√1+ y2

xdx

y(0) = 0, y(T ) = yT .

Persamaan Euler fy − ddx fy = 0 memberikan syarat optimalitas yang sama

dengan metode Lagrange, yaitu:

ddx

y√x(1+ y2)

= 0⇔ y√x(1+ y2)

= k2 ⇔ y =∫ √ x

k3 − xdx .

Untuk menghitung integral di atas, lihat bukti integral oleh Athina (2014).


MKV Berkendala PD

ExampleSelesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut:

min J =∫ 1

0

12 (x

21 + x

22 ) dt

s.t x1 = x2x1(0) = x2(0) = 0

x1(1) = e − 2x2(1) = e − 1.

Solution (Metode Lagrange)Definisikan fungsi Lagrange

L = 12 (x

21 + x

22 ) + λ(x2 − x1).


MKV Berkendala PD

Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)

Syarat orde pertama (persamaan Euler):

Lx1 −ddtLx1 = 0⇔ d

dt(x1 − λ) = 0⇔ x1 − λ = k1,

Lx2 −ddtLx2 = 0⇔ λ− d

dt(x2) = 0⇔ x2 = λ.

Dari kedua syarat di atas dan Lλ = 0⇔ x1 = x2 diperoleh PD:

x2 = x2 − k1 ⇔ x2(t) = c1et + c2e−t + k1⇒ x1(t) = c1et − c2e−t + k1t + k2.

Syarat-syarat awal memberikan c1 = 1, c2 = 0, k1 = k2 = −1, sehingga

x∗1 (t) = et − t − 1,x∗2 (t) = et − 1.


MKV Berkendala Isoperimetrik

Kendala Isoperimetrik (iso: sama, perimeter : keliling)

Awalnya: masalah mencari daerah terluas yang dimiliki oleh kurvatertutup dengan keliling sama, K .

Bacalah kisah Queen Dido of Carthage (814 SM).Sekarang: masalah variasi dengan kendala integral:

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt, x = (x1, . . . , xn)T

s.t.∫ T

0gi (x , x , t) dt = `i (konst.), 1 ≤ i ≤ r ≤ n

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



Definisikan

yi (t) =∫ t

0gi (x(s), x(s), s) ds

sehingga diperoleh

yi (0) = 0,

yi (T ) = `i ,

yi (t) = gi (x , x , t)⇔ yi − gi (x , x , t)︸︷︷︸Gi (x ,x ,t)

= 0.

Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD:

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

s.t. Gi (x , x , t) = 0, 1 ≤ i ≤ r ≤ n.



ExampleSelesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik

max J(x) =∫ 1

0x2 dt

s.t.∫ 1

0(1+ x) dt = 3,

x(0) = 0,

x(1) = 1.



Solution

Definisikan y(t) :=∫ t0 (1+ x(s)) ds sehingga diperoleh y(0) = 0,

y(1) = 3, dan y(t) = 1+ x(t). MKV berkendala isoperimetrik berubahmenjadi MKV berkendala PD:

max J(x) =∫ 1

0x2 dt s.t. y − 1− x = 0.

Definisikan fungsi Lagrange

L := x2 + λ(1+ x − y).

Persamaan Euler:

Lx −ddtLx = 0 ⇔ λ− d

dt(2x) = 0⇔ x = 1

2λ

Ly −ddtLy = 0 ⇔

ddt(λ) = 0⇔ λ(t) = A.



SolutionDari dua kondisi di atas diperoleh:

x = 12A⇔ x = 1

2At + B ⇔ x(t) = 14At

2 + Bt + C .

Dari x(0) = 0 dan x(1) = 1 diperoleh C = 0 dan B = 1− 14A, sehingga

x(t) = 14At

2 + (1− 14A)t.

Syarat perlu Lλ = 0⇔ y = 1+ x ⇔∫ 10 (1+ x) dt = 3 memberikan∫ 1

0(1+ 1

4At2 + (1− 1

4A)t) dt = 3⇔ A = −36.

Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah

x∗(t) = −9t2 + [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 46 / 85


Example (Dido Problem)

Sebuah kurva x = x(t) memiliki panjang K dan kedua ujungnyamenghubungkan titik-titik A(a, 0) dan B(b, 0), dengan a < b. Tentukankurva x sedemikian sehingga memiliki luas daerah di bawah kurva terbesar.



Solution (Dido Problem)Luas daerah di bawah kurva

J(x) =∫ ba x(t) dt.

Panjang kurva: dK =√dt2 + dx2 =

√1+ x2dt,sehingga

K =∫ ba

√1+ x2 dt.

Masalah variasi:

max J(x) =∫ ba x(t) dt

s.t.∫ ba

√1+ x2 dt = K ,

x(a) = 0,

x(b) = 0.



Solution (Dido Problem, lanjutan ...)

Definisikan y(t) :=∫ ta

√1+ x2 ds sehingga diperoleh y(a) = 0,

y(b) = K , dan y(t) =√1+ x2. Definisikan fungsi Lagrange

L := x + λ(√

1+ x2 − y).

Persamaan Euler terhadap y memberikan Ly − ddt Ly = 0⇔

dλdt = 0

sehingga λ(t) = C. Persamaan Euler terhadap x:

Lx −ddtLx = 0 ⇔ 1− λ

ddt

(x√1+ x2

)= 0

⇔ Cd(

x√1+ x2

)= dt

⇔ Cx√1+ x2

= t + k1.



Solution (Dido Problem, lanjutan ...)Pemisahan peubah:

C 2x2

1+ x2= (t + k1)2 ⇔ (C 2 − (t + k1)2)x2 = (t + k1)2

⇔ x = ± t + k1√C 2 − (t + k1)2

⇔ x(t) = ±√C 2 − (t + k1)2 + k2.

Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di (−k1, k2) berjari-jari C :

x − k2 = ±√C 2 − (t + k1)2 ⇔ (x − k2)2 + (t + k1)2 = C 2.



Solution (Dido Problem, lanjutan ...)Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 = 0 dan−k1 = a+b

2 sehingga

x(t) =√C 2 − (t − a+b

2 )2.

Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t) = C :

∫ ba

√1+ x2 dt = K ⇔

∫ b

a

√1+

(t − a+b2 )

2

C 2 − (t − a+b2 )

2dt = K .

Cara mudah: Jari-jari lingkaran: C , keliling 12 lingkaran: K = πC,

sehingga C = Kπ . Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh

x2 + (t − a+b2 )

2 = K 2π2.



ProblemSelesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:

min∫ 10 x

2 dt

s.t.∫ 10 x dt = 1, x(0) = 0, x(1) = 2.


min∫ 10 x

2 dt

s.t.∫ 10 x

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



ProblemTentukan 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.


1 min∫ T0 e

−rtx dt s.t.∫ T0

√x dt = A.

2 min∫ b0

√1+ x2 dt s.t.

∫ b0 x dt = c, b, c > 0.

3 min∫ 10 (2x − x2) dt s.t.

∫ 10 tx dt = 1.


Syarat Batas MKV

Tinjau kembali masalah variasi: opt J =∫ T0 f (x , x , t) dt.

Syarat optimalitas:

δJ = 0 ⇔∫ T0

(hfx + hfx

)dt = 0

(integral by part) ⇔ hfx |T0 +∫ T0

(fx −

ddtfx

)h dt = 0.

Kasus I: x(0) = x0 dan x(T ) = xT (fixed)

h(0) = h(T ) = 0 berlaku.

hfx |T0 = 0.Syarat optimalitas:

∫ T0

(fx − d

dt fx)h dt = 0⇔ fx − d

dt fx = 0.

Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya melibatkandua konstanta pengintegralan yang nilainya dapat ditentukan darisyarat batas.


Syarat Batas MKV

ExampleMasalah jarak terdekat

min J(x) =∫ 100

√1+ x2 dt

x(0) = 4

x(10) tidak diketahui.

ExampleSelesaikan masalah variasi berikut:

min J(x) =∫ 20

(x2 + xx + 2x + 4x

)dt

x(0) dan x(2) tidak diketahui.


Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Untuk δT dan h(T ) cukup kecil:

EC =ECδT

δT = mgsδT ≈ x∗(T )δT ≈ x(T )δT

h(T ) = FC − EC ≈ δx(T )− x(T )δT [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 57 / 85


Variasi dari J :

δJ(x) =

T+δT∫0

f (x + h, x + h, t) dt −T∫0

f (x , x , t) dt

=

T∫0

[f (x + h, x + h, t)− f (x , x , t)

]dt

+

T+δT∫T

f (x + h, x + h, t) dt

≈T∫0

(fxh+ fx h

)dt +

T+δT∫T

f (x + h, x + h, t) dt.



Misalkan F (t) =∫f (x + h, x + h, t) dt sehingga F ′(t) = f (t).

TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T ,T + δT ) maka adac ∈ (T ,T + δT ) sehingga

F ′(c) =F (T + δT )− F (T )(T + δT )− T

⇔ f (c) =F (T + δT )− F (T )

δT⇔ f (c)δT = F (T + δT )− F (T ).

Misalkan c = T + θδT dengan 0 < θ < 1, maka

f |t=T+θδT δT =∫ T+δT

Tf (x + h, x + h, t) dt.

f |t=T+θδT ≈ f |t=T ketika δT → 0.



Ringkasan:

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

x(0) = x0, T bebas (tidak ditentukan).

Syarat optimalitas:

1 Persamaan Euler

fx −ddtfx = 0.

2 Syarat transversalitas

(f − x fx )δt|T + fx δx(t)|T = 0.


Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)


Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)

Ringkasan (analog waktu akhir bebas):

opt J(x) =∫ T

t0f (x , x , t) dt

x(T ) = xT , t0 bebas (tidak ditentukan).

Syarat optimalitas:

1 Persamaan Euler

fx −ddtfx = 0.


(f − x fx )δt|t0 + fx δx(t)|t0 = 0.


Waktu Awal dan Akhir Bebas


Waktu Awal dan Akhir Bebas

Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas):

opt J(x) =∫ T

t0f (x , x , t) dt

t0 dan T bebas (tidak ditentukan).

Syarat optimalitas:

1 Persamaan Euler

fx −ddtfx = 0.


(f − x fx )δt|t0,T + fx δx(t)|t0,T = 0.


Syarat Batas (Kasus Khusus)

Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g(t)

Diperoleh

δx(T ) =δx(T )

δTδT = mgsδT ≈ g(T )δT .

Syarat transversalitas (f − x fx )δt|T + fx δx(t)|T = 0 berubah menjadi(f + (g − x)fx ) δt|T = 0.



Titik awal A bergerak sepanjang kurva g(t)

Syarat transversalitas:

(f + (g − x)fx ) δt|t0 = 0.



Kedua titik ujung bergerak sepanjang kurva g1(t) dan g2(t)


(f + (g1 − x)fx ) δt|t0 = 0,

(f + (g2 − x)fx ) δt|T = [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 68 / 85


Titik awal A terletak pada garis t = t0 dan titik akhir B terletakpada garis t = T

δt0 = 0δT = 0δx(t0) 6= 0δx(T ) 6= 0


fx δx(t)|t0,T = 0⇔ fx |t0,T = 0.



x0, t0, xT fixed, T free

δt0 = 0δT 6= 0δx(t0) = 0δx(T ) = 0


(f − x fx )δt|T = 0⇔ (f − x fx |T = 0.



x0, xT fixed, t0,T free

δt0 6= 0δT 6= 0δx(t0) = 0δx(T ) = 0


(f − x fx )δt|t0,T = 0⇔ (f − x fx |t0,T = 0.



t0, x0,T fixed, xT ≥ xmin

Masalah kalkulus variasi:

opt J(x) =∫ Tt0f (x , x , t) dt

s.t. x(t0) = x0, x(T ) ≥ [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2014 72 / 85


t0, x0,T fixed, xT ≥ xminCara menyelesaikan:

1 Selesaikan MKV di atas dengan x(T ) bebas. Periksa apakahx(T ) ≥ xmin? Jika ya, maka solusi sudah ditemukan.

2 Jika tidak, selesaikan MKV di atas dengan x(T ) = xmin (masalahtitik ujung tetap).



t0, x0,T fixed, xT ≥ xminExampleSelesaikan masalah kalkulus variasi:

opt J(x) =∫ 20 (t + x

2) dt

s.t. x(0) = 4,

x(2) ≥ 5.

SolutionPertama akan dianalisis MKV berikut:

opt J(x) =∫ 20 (t + x

2) dt

s.t. x(0) = 4,

x(2) bebas.


SolutionPersamaan Euler:

ddt(2x) = 0 ⇔ x = 0

⇔ x(t) = At + B.

Dengan memasukkan nilai awal x(0) = 4 diperoleh B = 4 sehinggadiperoleh x(t) = At + 4. Nilai A dapat ditentukan dari syarat batasalamiah:

fx |t=2 = 0⇔ (2x |t=2 = 0⇔ 2A = 0⇔ A = 0.

Dengan demikian,x∗(t) = 4,

sehingga x(2) = 4 � 5.


SolutionLakukan analisis terhadap MKV berikut:

opt J(x) =∫ 20 (t + x

2) dt

s.t. x(0) = 4,

x(2) = 5.

Dengan memasukkan syarat batas x(2) = 5 ke solusi x(t) = At + 4diperoleh A = 1

2 , sehingga

x∗(t) = 12 t + 4.


Syarat Batas

ExampleSelesaikan masalah variasi berikut:

opt J(x) =∫ T

t0(x + x2) dt.

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.


Syarat Batas

Example

Tentukan kurva x(t) terpendek yang menghubungkan garis g(t) dan titikA(4, 4):

1 tanpa menggunakan kalkulus variasi,2 dengan menggunakan kalkulus variasi.


Solution (Tanpa menggunakan KV)

Diperoleh persamaan garis g adalah g(t) = − 12 t + 3. Lintasan terpendekyang menghubungkan garis g dengan titik A adalah garis yang tegak lurusg dan melalui A, yaitu

x − 4 = 2(t − 4)⇔ x(t) = 2t − 4.

Koordinat B dapat ditentukan sebagai berikut:

− 12 t + 3 = 2t − 4⇔ t = 145 , x(

145 ) =

85 .

Jadi B = ( 145 ,85 ).


Solution (Dengan menggunakan KV)Masalah di atas dapat dirumuskan sbb:

min J(x) =∫ 4

t0

√1+ x2dt,

t0 belum ditentukan,

x(t0) = − 12 t0 + 3,x(4) = 4.

Misalkan f (x) =√1+ x2 = (1+ x2)1/2. Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0⇔ x = 0⇔ x(t) = At + B.

Dengan memasukkan syarat batas x(4) = 4 diperoleh:

B = 4− 4A⇔ x(t) = At + 4− 4A.


Solution

Syarat transversalitas (f + (g − x)fx |t=t0 = 0 dengan g(t) = −12 t + 3 :

⇔((1+ x2)1/2 + (− 12 − x)

x(1+ x2)1/2

∣∣∣∣t=t0

= 0

⇔((1+ A2)1/2 + (− 12 − A)

A(1+ A2)1/2

∣∣∣∣t=t0

= 0

⇔ − A− 22√1+ A2

= 0

⇔ A = 2.

Jadix∗(t) = 2t − 4.


Kuis 2 (open book, but strictly individual)

ProblemTunjukkan bahwa x(t) = A+ B ln t, dengan A,B ∈ R, memenuhipersamaan Euler dari MKV berikut:

min J(x) =∫ 1

t0tx2 dt, x(t0) = 0, x(1) = 1.

Tentukan syarat bagi t0.

ProblemSeorang produsen memproduksi x(t) unit barang pada saat t, dengant ∈ [0, 1]. Tingkat produksi di awal periode adalah 0 dan target tingkatproduksi di akhir periode adalah 2 unit barang. Produsen menghadapibiaya produksi sebesar c1 = 4x2 + 4x + 1 dan biaya lain sebesarc2 = x2 + 3x + 2t. Jika diasumsikan harga barang konstan yaitu p = 20,tentukan kurva produksi yang memaksimumkan keuntungan.


Solution (Kuis)

Definisikan f (x , t) = tx2. Persamaan Euler fx − ddt fx = 0 memberikan

ddt(2tx) = 0⇔ x + tx = 0.

Jika x(t) = A+ B ln t maka

x + tx =Bt− t B

t2= 0.

Terbukti bahwa x(t) = A+ B ln t memenuhi persamaan Euler.Selanjutnya dengan memasukkan syarat batas x(t0) = 0 dan x(1) = 1diperoleh

x(t) = 1− ln tln t0

.

Jelas 0 < t0 < 1.


Solution (Kuis)Fungsi keuntungan:

π(x , x , t) = px − c1 − c2= 20x − (4x2 + 4x + 1)− (x2 + 3x + 2t)= −4x2 + 16x − 1− x2 − 3x − 2t.

Masalah kalkulus variasi:

max Π(x) =∫ 1

0(−4x2 + 16x − 1− x2 − 3x − 2t) dt

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

Persamaan Euler πx − ddtπx = 0 memberikan

(−8x + 16) + ddt(2x + 3) = 0.


Solution (Kuis)Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua:

−8x + 16+ 2x = 0⇔ x − 4x = −8,

dengan solusi umum

x(t) = Ae2t + Be−2t + 2.

Dari syarat batas diperoleh A = 2e4−1 dan B = −(A+ 2) =

2e4e4−1 , sehingga

x∗(t) =2

e4 − 1e2t − 2e4

e4 − 1e−2t + 2.


kalkulus variasi - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2016/02/handout3.pdf ·...

Documents