Kalkulus Variasi. Syarat Cukup, Masalah Kalkulus Variasi dengan Horizon Takhingga. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB.

Kalkulus Variasi

Syarat Cukup, Masalah Kalkulus Variasi dengan Horizon Takhingga

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Outline

Pengantar: syarat perlu, syarat cukup Variasi pertama, variasi kedua

Syarat cukup

1 _{Teorema Mangasarian} 2 Konveks, konkaf 3 Beberapa uji

Pengantar

Proposisi p_!q dibaca:

1 Jika p maka q.

2 p syarat cukup bagi q (p is a su¢ cient condition for q). 3 q syarat perlu bagi p (q is a necessary condition for p).

Dalam kalkulus variasi, yang sudah dipelajari adalah syarat perlu optimalitas.

Diberikan fungsional J(x) =R_tT

0 f(x, ˙x, t)dt. Teorema dasar kalkulus variasi menyatakan bahwa persamaan Euler merupakan syarat perlu optimalitas: x merupakan ekstremum ₎ δJ =0 ) RtT0 fxh+f˙x˙h dt =0 ) fx d dtf˙x =0. (pers. Euler)

Pengantar

Dalam kalkulus klasik (pengoptimuman statik),

1 Syarat perlu optimalitas (syarat orde pertama):

x ekstremum bagi f ₎f0(x ) =0.

Tetapi jika f0(x ) =0, tidak selalu x merupakan ekstremum. Contoh: f(x) =x3_.

2 Syarat cukup optimalitas (syarat orde kedua):

f0(x ) =0 dan f00(x ) >0₎x minimum (lokal). f0(x ) =0 dan f00(x ) <0₎x maksimum (lokal). Note:

f00(x ) >0 _, f cekung ke atas/konveks. f00(x ) <0 _, f cekung ke bawah/konkaf.

Variasi Pertama dan Kedua

Ingat kembali perluasan Taylor 2-peubah:

f(x+h, ˙x+ ˙h) f(x, ˙x) +hfx(x, ˙x) + ˙hf˙x(x, ˙x) + h 2 2fxx(x, ˙x) +h ˙hfx ˙x(x, ˙x) + ˙h 2 2f˙x ˙x(x, ˙x). Variasi total: ∆J = J(x+h, ˙x+ ˙h) J(x, ˙x) = R₀Tf(x+h, ˙x+ ˙h)dt R₀Tf(x, ˙x) dt = R₀T hfx+ ˙hf˙x +1₂h2fxx +h ˙hfx ˙x + 1₂˙h2f˙x ˙x dt = R₀T(hfx +˙hf˙x)dt+12 RT 0 (h 2_f xx +2h ˙hfx ˙x + ˙h2f˙x ˙x)dt.

Variasi Pertama dan Kedua

Variasi pertama:

δJ :=R₀T(hfx+ ˙hf˙x) dt.

Variasi kedua:

δ2J := 1₂R₀T(h2fxx +2h ˙hfx ˙x + ˙h2f˙x ˙x)dt.

Pada kondisi optimum berlaku δJ =0 sehingga ∆J =δ2J (∆J memiliki

tanda yang sama dengan δ2J).

Jika syarat orde kedua pengoptimuman biasa dinyatakan dalam turunan kedua, maka syarat orde kedua dalam masalah kalkulus variasi dinyatakan dalam variasi kedua sbb:

x minimum _, δ2J >0,

Syarat Cukup (Su¢ cient Condition)

Seperti pada pengoptimuman statik, syarat cukup optimalitas yang serupa juga berlaku pada kalkulus variasi.

Theorem (Mangasarian)

Tinjau masalah variasi

J(x) = Z T

t0

f(x, ˙x, t)dt, x(t0) =x0, x(T) =xT.

Jika f konkaf dalam peubah (x, ˙x)maka persamaan Euler merupakan syarat cukup bagi maksimum J(x).

Jika f konveks dalam peubah (x, ˙x) maka persamaan Euler merupakan syarat cukup bagi minimum J(x).

Syarat Cukup

Proof.

Lihat Seierstad & Sydsæter (1987), hal. 44. Note:

Teorema di atas tidak menjamin adanya admissible function yang memenuhi persamaan Euler dan syarat transversalitas.

Teorema di atas hanya mengatakan, jika admissible function dapat ditemukan maka ia menjadi penyelesaian masalah variasi.

Jika ditemukan lebih dari satu admissible function maka semuanya optimal dan memberikan nilai integral yang sama.

Memeriksa Kecekungan

De…nition

Fungsi f konkaf (cekung ke bawah) jika dan hanya jika f(θx+ (1 θ)y) θf(x) + (1 θ)f(y)

untuk x dan y dalam daerah asal fungsi dan 0<θ <1.

De…nition

Fungsi f konveks (cekung ke atas) jika dan hanya jika f(θx+ (1 θ)y) θf(x) + (1 θ)f(y)

Memeriksa Kecekungan

Example

Fungsi berikut konveks sejati

f(x1, x2) =x12+x22. Solution Diperoleh f(u) = f(u1, u2) =u12+u22, f(v) = f(v1, v2) =v12+v22, dan f(θu+ (1 θ)v) = f(θu1+ (1 θ)v1, θu2+ (1 θ)v2) = [θu1+ (1 θ)v1]2+ [θu2+ (1 θ)v2]2.

Memeriksa Kecekungan

Solution

Di lain pihak diperoleh

θf(u) + (1 θ)f(v) = θ(u12+u22) + (1 θ)(v12+v22), sehingga f(θu+ (1 θ)v) [θf(u) + (1 θ)f(v)] = θ(θ 1) u₁2 2u1v1+u22 2u2v2+v12+v22 = θ(θ 1) (u1 v1)2+ (u2 v2)2 < 0 (konveks sejati)

Memeriksa Kecekungan

Theorem (Sydsæter, et al. (2008))

Misalkan f =f(x, y)fungsi yang terturunkan dua kali:

1 f konveks ,f_xx 0, f_yy 0, dan f_xxf_yy f2

xy 0.

2 f konkaf,f_xx 0, f_yy 0, dan f_xxf_yy f2

xy 0.

3 f_xx >0 dan f_xxf_yy f2

xy >0)f konveks sejati (strictly convex).

4 f_xx <0 dan f_xxf_yy f2

xy >0)f konkaf sejati (strictly concave).

Examples

Dengan teorema di atas dapat diperiksa:

1 f(x, y) =2x y x2+2xy y2 konkaf untuk semua(x, y). 2 f(x, y) =x2 y2 xy x3 konkaf untuk x 5

Memeriksa Kecekungan

Example

Masalah jarak terdekat

f(x, ˙x, t) =p1+ ˙x2 _{= (1+ ˙x}2₎1/2_.

Diperoleh fx =0 dan f˙x = p₁₊˙x _˙x2 sehingga fxx = 0 0,

f_{˙x ˙x} = 1

(1+ ˙x2₎3/2 0,

fxxf˙x ˙x fx ˙x2 = 0 0.

Uji Determinan

Untuk fungsional f =f(x, ˙x, t)de…nisikan P = f˙x ˙x f˙x x

f_{x ˙x} fxx

, Q = fxx fx ˙x f_{˙x x} f_{˙x ˙x} dengan minor-minor utama

jP1j = jf˙x ˙xj =f˙x ˙x, jQ1j = jfxxj =fxx,

Uji Determinan

Theorem Uji determinan 1 _{jP1j 0,jQ1j 0,jP2j 0,jQ2j 0},_{f konkaf.} 2 jP₁j 0,jQ₁j 0,jP₂j 0,jQ₂j 0,f konveks. Example

Diketahui f(x, ˙x, t) =4x2+4x ˙x+ ˙x2.Diperoleh turunan pertama fx =8x+4 ˙x, f˙x =4x+2 ˙x dan turunan kedua

fxx =8, f˙x ˙x =2, fx ˙x =f˙x x =4,sehingga

jP1j =2>0, jQ1j =8>0, jP2j =8 2 42 =0 0, jQ2j =0 0.

Jadi f konveks sehingga persamaan Euler merupakan syarat perlu dan cukup bagi minimum J(x) =R_tT

Uji Determinan

Example

Masalah jarak terdekat

f(x, ˙x, t) =p1+ ˙x2 _{= (1+ ˙x}2 )1/2. Diperoleh fx = fxx =fx ˙x =0, f_˙x = _p ˙x 1+ ˙x2, f˙x x =0, f_{˙x ˙x} = 1 (1+ ˙x2₎3/2 >0. Jadi f konveks.

Horizon Takhingga

Perhatikan fungsional dalam bentuk integral takwajar berikut: J(x) =R₀∞f(x, ˙x, t)dt.

Apakah integral di atas berhingga (konvergen)? Pada kasus divergen, boleh jadi ada lebih dari satu fungsi x(t) yang menghasilkan nilai

takhingga sehingga sangat sulit untuk menentukan fungsi yang optimum. Oleh karena itu diasumsikan bahwa integral di atas konvergen.

Jika f berhingga untuk 0 t <a dan f =0 untuk t a maka integral di atas konvergen:

J(x) =R₀∞f(x, ˙x, t)dt =R₀af(x, ˙x, t) dt.

TIDAK BENAR: jika f _!0 ketika t _!∞ maka integral di atas konvergen: R∞ 0 1 (t+1)2 dt =1, R∞ 0 1 t+1 dt =∞.

Horizon Takhingga

Jika fungsional berbentuk

J(x) =R₀∞f(x, ˙x, t)e rt dt, r >0,

dan f berbatas atas, yaitu f(x, ˙x, t) M, maka integral konvergen: J(x) =R₀∞f(x, ˙x, t)e rt dt R₀∞Me rt = M

r . Suku e rt disebut sebagai faktor diskon dengan r sebagai tingkat suku bunga.

Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut: opt J(x) = R₀∞f(x, ˙x, t)dt

x(0) = x0,

lim

t!∞x(t) = x∞ (konstanta).

Tidak diperlukan syarat transversalitas.

Konstanta x_∞ biasanya merupakan kondisi tunak (steady state), yaitu keadaan di mana ˙x = ¨x =0.

Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut: opt J(x) = Z _∞ 0 f(x, ˙x, t)dt x(0) = x0, lim t_!∞x(t) bebas.

Diperlukan syarat batas alamiah: lim

Example

Diberikan masalah kalkulus variasi berikut:

min J(x) = R₀∞(x2+ax+b ˙x +c ˙x2)e rt dt x(0) = x0,

lim

t_!∞x(t) = x∞,

dengan c >0 dan r >0. Persamaan Euler memberikan (2x+a)e rt d

dt[(b+2c ˙x)e

rt_{] =0}

, (2x+a)e rt ( bre rt+2c ¨xe rt 2cr ˙xe rt) =0 , 2x+a+br 2c ¨x+2cr ˙x =0

Solution

Dalam kondisi steady state (˙x = ¨x =0), diperoleh x_∞ = a+br

2 ,

yang sekaligus sebagai solusi partikular. Dengan demikian diperoleh solusi umum

x(t) =Aem1t_+Bem2t_+x

∞,

dengan m1 dan m2 merupakan akar-akar persamaan karakteristik:

m1,2 = r q r2₊4 c 2 .

Solution

Karena c >0 jelas m1 >0 dan m2<0, sehingga syarat-syarat batas

memberikan lim t_!∞x(t) =x∞ ,A=0,x(t) =Be m2t_+x ∞, x(0) =x0,B =x0 x∞, sehingga x (t) = (x0 x_∞)em2t +x_∞.