Kalkulus Variasi. Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB.

Kalkulus Variasi

Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Outline

Persamaan Euler

1 _{Bentuk diperumum} 2 _{Bentuk khusus}

Masalah kalkulus variasi berkendala

1 _{Metode lagrange, metode substitusi} 2 _{Kendala titik}

3 _{Kendala persamaan diferensial} 4 _{Kendala isoperimetrik}

Persamaan Euler Bentuk Baku

(Dari slide sebelumnya): Misalkan

J(ε) =R₀Tf(x+εh,˙x+ε ˙h, t)dt.

Penguraian Taylor memberikan

J(ε) R₀T(f +εhfx +ε ˙hf˙x) dt

= R₀Tf dt+εR₀T(hfx+ ˙hf˙x)dt

= J(x) +εδJ(x).

J(ε)identik dengan J(x) jika dan hanya jika δJ(x) =0. Akibatnya, δJ(x) =0 , R₀T(hfx+ ˙hf˙x)dt =0

, R0T(fx d

dtf˙x)h dt =0 (dengan integral parsial)

, fx _dtd f˙x =0. (Persamaan Euler)

Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral: R

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f berpeubah banyak

Diberikan fungsional objektif

J(x) = Z T 0 f(x, ˙x, t)dt dengan x = (x1, x2, . . . , xn)dan ˙x = (˙x1, ˙x2, . . . , ˙xn). Persamaan Euler: fxi d dtf˙xi =0, i =1, 2, . . . , n. Ilustrasi

Misalkan f =f(x1, x2, ˙x1, ˙x2, t). Dide…nisikan fungsional

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f berpeubah banyak Penguraian Taylor memberikan

J(ε) R₀T(f +ε1h1fx1 +ε1˙h1f˙x1+ε2h2fx2+ε2˙h2f˙x2)dt = R₀Tf dt+ε1 RT 0 (h1fx1 + ˙h1f˙x1)dt+ε2 RT 0 (h2fx2+ ˙h2f˙x2)dt = J(x) +ε1δJ(x1) +ε2δJ(x2).

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

fx1 d dtf˙x1 =0, fx2 d dtf˙x2 =0. Example

Tentukan ekstremum dari

J(x) = Z 10 0 (˙x 2 1 + ˙x22+et)dt, x (0) =1, x (10) =11, x (0) =2, x (10) =6.

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f memuat turunan ke-n

Diberikan fungsional objektif

J(x) = Z T 0 f(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 Z T

0

hfx+ ˙hf˙x+ ¨hf¨x + +h(n)fx(n) dt =0.

Integral parsial suku kedua integran: Z T 0 ˙hf_˙x dt = Z T 0 hd dtf˙x dt.

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f memuat turunan ke-n

Integral parsial suku ketiga integran: Z T 0 ¨hf¨x dt = Z T 0 h d 2 dt2f¨x dt.

Integral parsial suku ke-n integran: Z T 0 h(n)f_x(n) dt = ( 1)n Z T 0 hd n dtnfx(n) dt.

Syarat perlu δJ(x) =0 menjadi Z T 0 h fx d dtf˙x+ d2 dt2f¨x + ( 1) n dn dtnfx(n) dt =0.

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f memuat turunan ke-n Persamaan Euler-Poisson: fx d dtf˙x+ d2 dt2f¨x + ( 1) n dn dtnfx(n) =0. Example

Tentukan ekstremum dari

J(x) = Z 1

0 (¨x

2_{+ ˙x+at)dt,}

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f tidak memuat x

Diberikan fungsional objektif

J(x) = Z T 0 f(˙x, t)dt, sehingga diperoleh fx =0. Persamaan Euler: d dtf˙x =0,f˙x ˙x¨x+f˙x t =0. Example

Tentukan ekstremum dari

J(x) = Z 1

0 (t ˙x+ ˙x 2_)dt,

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f memuat ˙x saja

Diberikan fungsional objektif

J(x) = Z T 0 f(˙x)dt, sehingga diperoleh fx =0. Persamaan Euler: d dtf˙x =0 , f˙x ˙x¨x =0 , f˙x ˙x =0 atau ¨x =0.

Example (Masalah Lintasan Terpendek)

Tentukan ekstremum dari

J(y) = Z a 0 p 1+ ˙y2_dx, y(0) = 0, y(a) =b.

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f Tidak Memuat t

Diberikan fungsional objektif

J(x) = Z T 0 f(x, ˙x)dt. Persamaan Euler: fx d dtf˙x =0 , fx (f˙x x ˙x+f˙x ˙x¨x) =0 , fx˙x f˙x x˙x2 f˙x ˙x¨x ˙x =0 , _dtd (f ˙xf˙x) =0.

Diperoleh persamaan Beltrami:

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f Tidak Memuat t

Example (Brachistochrone Problem)

Tentukan ekstremum dari

J(x) = Z 1 0 s 1+ ˙y2 y dx, y(0) =0, y(1) =1.

Solution (Brachistochrone Problem)

Diperoleh f(y , ˙y) = s 1+ ˙y2 y , f˙y(y , ˙y) = ˙y p y(1+ ˙y2₎.

Kasus Khusus Persamaan Euler

Solution (Brachistochrone Problem)

Persamaan Beltrami f ˙xf˙x =k memberikan

1 p y(1+ ˙y2₎ =k1 , y(1+ ˙y 2 ) =k2 , ˙y = s k2 y 1 , r y k2 y dy =dx. , x= Z r _y k2 y dy .

Kasus Khusus Persamaan Euler

Solution (Brachistochrone Problem)

Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut)

x = pk2y y2 1₂k2arcsin 1

2y k2

+k3.

Nilai awal memberikan

0 = π 4k2+k3 1 = pk2 1 1₂k2arcsin 1 2 k2 +k3.

Diperoleh k2 =1.1458 dan k3 = π₄k2, sehingga

x= p1.1458y y2 1.1458 2 arcsin 1 2y 1.1458 + 1.1458π 4 .

Kasus Khusus Persamaan Euler

Brachistochrone Path (please rotate 90 clockwise)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

y

x

Bukti Integral

Kontribusi Dwilaras Athina (G54120002)

I = Z r _y k y dy = Z r _y k y y y dy = Z _y p ky y2 dy = Z _y q (1₂k)2 _(y 1 2k)2 dy = Z _y p a2 _{(y a)}2 dy , a := 1 2k = Z _u+a p a2 _u2 du, u :=y a.

Bukti Integral

I = Z _u p a2 _u2 du | {z } I1 + Z _a p a2 _u2 du | {z } I2 .

Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh

I2 =a arcsin u a =a arcsin y a a = 1 2k arcsin 1 2y k +C2. Selanjutnya, I1 = 1₂ Z ₁ p t dt, t := a 2 _u2 = pt+C1 = p a2 _u2_+C 1 = q a2 _{(y a)}2_+C 1 = p2ay y2_+C 1 = p ky y2_+C 1.

Kasus Khusus Persamaan Euler

Another try...

Solution (Brachistochrone Problem)

Pengintegralan kedua ruas memberikan R q_ky

2 ydy =

R dx. Misalkan y =k2sin2θ, diperoleh dy =2k2sin θ cos θ d θ sehingga

2k2 Z sin2θ d θ= Z dx _, k2 Z (1 cos 2θ)d θ = Z dx , k2(θ 1₂sin 2θ) +k3 =x.

Nilai awal y(0) =0 membuat θ =0 dan k3 =0, sehingga solusi diberikan

secara parametrik:

x(θ) = k2(θ 1₂sin 2θ)

Kasus Khusus Persamaan Euler

Solution (Brachistochrone Problem)

Koe…sien k2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir y(1) =1, yaitu

k2(θ 1₂sin 2θ) = 1

k2sin2θ = 1

sehingga diperoleh k2 =1.1458. Solusi masalah brachistochrone diberikan

oleh persamaan parametrik

x(θ) = 1.1458(θ 1₂sin 2θ)

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f Tidak Memuat t

Example (Minimum Surface Area)

Tentukan ekstremum dari

min J = 2π Z x2 x1 yp1+ ˙y2_dx y(x1) = y1, y(x2) = y2. Solution

Persamaan Euler dengan f(y , ˙y) =yp1+ ˙y2

fy d dtf˙y =0, p 1+ ˙y2 d dt " y ˙y p 1+ ˙y2 # =0.

Solution

Slamet Nuridin (G54130066) menjabarkan:

p 1+ ˙y2 ₌ d dt " y ˙y p 1+ ˙y2 # , p1+ ˙y2 ₌

(˙y2+y ¨y)p1+ ˙y2 _py ˙y2¨y 1+˙y2

1+ ˙y2

, 1+ ˙y2 = (˙y

2_{+y ¨y)(1+ ˙y}2_{) y ˙y}2_¨y

1+ ˙y2

, (1+ ˙y2)2 = ˙y2+ ˙y4+y ¨y+y ˙y2¨y y ˙y2¨y , 1+2 ˙y2+ ˙y4 = ˙y2+ ˙y4+y ¨y .

Solution

Diperoleh persamaan diferensial taklinear berikut

y ¨y ˙y2 =1. Misalkan u = ˙y /y sehingga didapatkan

˙u= ¨y y ˙y

2 y2 = 1 y2 dan kemudian ¨u= 2 ˙y y3 = 2u ˙u. Jadi

Solution Selanjutnya ˙u =k2 u2 _, ˙u k2 _u2 =1 , R _k2du_u2 = R dx , 2k1 ln u k u+k =x+c1 , ln u k u+k = 2kx+c2 , u_u+k_k =ce 2kx , u(x) = k+kce 2kx ce 2kx ₁ .

Karena ˙u = 2k 2_ce 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 = 4k 2_ce 2kx (ce 2kx ₁₎2 = 1 y2, maka 1 y = 2kp ce kx ce 2kx ₁ ,y(x) = ce 2kx 1 2kp ce kx.

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

2kp c = 5 ce 4k ₁

2kp ce 2k = 1

y(x) = 0.00954e 2(1.033 7)x ₁ 2( 1.033 7)p0.00954e1.033 7x. -1 0 1 2 3 4 2 4 6 8 10

x

y

Problem

Dari contoh soal terakhir dan dari slide sebelumnya, masalah minimum surface area memiliki solusi berbentuk

y(x) = ce 2kx ₁ 2kp ce kx, y(x) = C1cosh x+C2 C1 .

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f Tidak Memuat ˙x

Diberikan fungsional objektif J(x) =R₀T f(x, t)dt. Persamaan Euler:

fx

d

dtf˙x =0,fx =0

yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki free parameter (koe…sien integrasi).

Example

Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan RT

0 R(x)dt dengan R(x) =xp(x)dan p(x) = ax+b (fungsi

Persamaan Euler

Example

Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan RT

0 π(x)dt dengan π(x) =xp(x) (ax

2_{+bx+c). Tentukan tingkat}

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f Linear terhadap ˙x

Diberikan fungsional objektif J(x) =R₀T f(x, t)dt dengan f(x, ˙x, t) =a(x, t) +b(x, t)˙x. Persamaan Euler: fx d dtf˙x =0,ax+bx˙x db dt =0. Karena d dtb(x, t) =bx˙x+bt , bt =bx˙x db dt, maka diperoleh kondisi

ax bt =0,

Kasus Khusus Persamaan Euler

Example

Jika J(x) =R₀T(x2+3xt ˙x)dt maka persamaan Euler memberikan 2x 3x =0_,x 0. Example Diberikan fungsional J(x) =R₀T(px (ax2+bx+c+d ˙x))dt. De…nisikan 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 b 2a .

Persamaan Euler: Ringkasan

Problem (Degenerate Case)

Tentukan ekstremum dari

J= Z 1

0

((t2+3x2)˙x+2tx)dt, x(0) =1, x(1) =2.

Kasus Persamaan Euler

f(x1, . . . , xn, ˙x1, . . . , ˙xn, t) fxi d dtf˙xi =0, i =1, . . . , n. f(x, ˙x, ¨x, . . . , x(n)_{, t) f} x+∑nk=1( 1)i d k dtkf_x(k) =0 f(˙x, t) f˙x ˙x¨x+f˙x t =0 f(˙x) f˙x ˙x¨x =0 f(x, ˙x) f ˙xf˙x =k f(x, t) fx =0 f =a(x, t) +b(x, t)˙x ax bt =0

MKV Berkendala

Kendala titik dan kendala PD

Diberikan masalah variasi berkendala berikut

opt J(x) = Z T 0 f(x, ˙x, t) dt, x = (x1, . . . , xn)T s.t. gi = 0, 1 i r n x(0) = x0 x(T) = xT.

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

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.

MKV Berkendala: Metode Lagrange

De…nisikan fungsi Lagrange:

L :=f(x, ˙x, t) +λ(t) g(x, ˙x, t), dengan λ(t) = 0 B @ λ1(t) .. . λr(t) 1 C A , g(x, ˙x, t) = 0 B @ g1(x, ˙x, t) .. . gr(x, ˙x, t) 1 C A . Maka L :=f(x, ˙x, t) + r

∑

i=1 λi(t)gi(x, ˙x, t).

MKV Berkendala: Metode Lagrange

De…nisikan fungsional imbuhan (augmented functional ):

JL :=

Z T 0

L(x, ˙x, t, λ) dt. Variasi pertama dari JL

δJL = Z T 0 Lxh1+L˙x˙h1+Lλh2 dt (integral by part) = Z T 0 Lx d dtL˙x h1+Lλh2 dt.

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

Lx

d

MKV Berkendala: Metode Lagrange

Karena L :=f(x, ˙x, t) +∑ri=1λi(t)gi(x, ˙x, t)maka Lx = 0 B @ ∂f ∂x1 .. . ∂f ∂xn 1 C A+ 0 B @ ∂g1 ∂x1 ∂gr ∂x1 .. . ... ∂g1 ∂xn ∂gr ∂xn 1 C A 0 B @ λ1 .. . λr 1 C A = fx+gxλ L_˙x = f_˙x+g_˙xλ.

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

L˙x =f˙x = 0 B @ ∂f ∂˙x1 .. . ∂f ∂˙xn 1 C A .

MKV Berkendala Titik

Example

Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut:

min J = Z T 0 r 1+ ˙y ˙z x dx s.t y = z+1 y(0) = 0, y(T) =yT.

Solution (Metode Lagrange)

De…nisikan fungsi Lagrange:

L= 1+ ˙y ˙z x

1/2

MKV Berkendala Titik

Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)

Persamaan Euler bagi L diberikan oleh:

Ly d dxL˙y =0 , λ d dx ˙z 2px(1+ ˙y ˙z) =0, Lz d dxL˙z =0 , λ d dx ˙y 2px(1+ ˙y ˙z) =0. Eliminasi terhadap λ memberikan

d dx ˙y+ ˙z p x(1+ ˙y ˙z) =0, ˙y+ ˙z p x(1+ ˙y ˙z) =k1.

Syarat L_λ =0 memberikan y =z+1₎ ˙y = ˙z, sehingga diperoleh ˙y p x(1+ ˙y2₎ =k2 , ˙y = r x k3 x , y = Z r _x k3 x dx.

MKV Berkendala Titik

Solution (Metode Substitusi)

Di lain pihak, karena y =z+1 maka ˙y = ˙z, sehingga masalah kalkulus variasi dapat direduksi menjadi

min J = Z T 0 r 1+ ˙y2 x dx y(0) = 0, y(T) =yT.

Persamaan Euler fy _dxd f˙y =0 memberikan syarat optimalitas yang sama

dengan metode Lagrange, yaitu:

d dx ˙y p x(1+ ˙y2₎ = 0, ˙y p x(1+ ˙y2₎ =k2 ,y = Z r _x k3 x dx.

MKV Berkendala PD

Example

Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut:

min J = Z 1 0 1 2(˙x 2 1 + ˙x22)dt s.t ˙x1 = x2 x1(0) = x2(0) =0 x1(1) = e 2 x2(1) = e 1.

Solution (Metode Lagrange)

De…nisikan fungsi Lagrange

MKV Berkendala PD

Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)

Syarat orde pertama (persamaan Euler):

Lx1 d dtL˙x1 = 0, d dt(˙x1 λ) =0, ˙x1 λ=k1, Lx2 d dtL˙x2 = 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

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) = Z T 0 f(x, ˙x, t)dt, x = (x1, . . . , xn)T s.t. Z T 0 gi(x, ˙x, t)dt = `i (konst.), 1 i r n x(0) =x0, x(T) =xT.

MKV Berkendala Isoperimetrik

De…nisikan yi(t) = Z t 0 gi(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) | {z } Gi(x , ˙x ,t) =0.

Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD:

opt J(x) = Z T

0

f(x, ˙x, t)dt s.t. Gi(x, ˙x, t) = 0, 1 i r n.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Example

Selesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik

max J(x) = Z 1 0 ˙x 2 _dt s.t. Z 1 0 ( 1+x) dt = 3, x(0) = 0, x(1) = 1.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution

De…nisikan y(t):=R₀t(1+x(s))ds sehingga diperoleh y(0) =0, y(1) =3, dan ˙y(t) =1+x(t). MKV berkendala isoperimetrik berubah menjadi MKV berkendala PD: max J(x) = Z 1 0 ˙x 2 _{dt s.t.} ˙y 1 x =0. De…nisikan fungsi Lagrange

L := ˙x2+λ(1+x ˙y). Persamaan Euler: Lx d dtL˙x =0 , λ d dt(2 ˙x) =0, ¨x = 1 2λ d d

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution

Dari dua kondisi di atas diperoleh:

¨x = 1₂A_, ˙x = 1₂At+B _,x(t) = 1₄At2+Bt+C .

Dari x(0) =0 dan x(1) =1 diperoleh C =0 dan B=1 1₄A, sehingga x(t) = 1₄At2+ (1 1₄A)t.

Syarat perlu L_λ =0_, ˙y =1+x _,R₀1(1+x)dt =3 memberikan Z 1

0 (

1+1₄At2+ (1 1₄A)t)dt =3_,A= 36. Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah

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.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution (Dido Problem)

Luas daerah di bawah kurva

J(x) =R_abx(t)dt.

Panjang kurva: dK =pdt2_+dx2₌ p_{1+ ˙x}2_dt,sehingga

K =R_abp1+ ˙x2 _dt. Masalah variasi: max J(x) = R_abx(t) dt s.t. R_abp1+ ˙x2 _{dt = K ,} x(a) = 0, x(b) = 0.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)

De…nisikan y(t):=R_atp1+ ˙x2 _{ds sehingga diperoleh y(a) =0,}

y(b) =K , dan ˙y(t) =p1+ ˙x2_{. De…nisikan fungsi Lagrange}

L :=x+λ p1+ ˙x2 ˙y .

Persamaan Euler terhadap y memberikan Ly _dtd L˙y =0, d λdt =0

sehingga λ(t) =C . Persamaan Euler terhadap x: Lx d dtL˙x =0 , 1 λ d dt ˙x p 1+ ˙x2 =0 , Cd _p ˙x 1+ ˙x2 =dt , pC ˙x =t+k1.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)

Pemisahan peubah: C2˙x2 1+ ˙x2 = (t+k1) 2 , (C2 (t+k1)2)˙x2 = (t+k1)2 , ˙x = p t+k1 C2 _(t+k 1)2 , x(t) = q C2 _(t+k 1)2+k2.

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

x k2 =

q

C2 _(t+k

MKV Berkendala Isoperimetrik

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)

Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 =0 dan

k1 = a+₂b sehingga

x(t) = q

C2 _(t a+b 2 )2.

Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t) =C : Rb a p 1+ ˙x2 _{dt =K ,} Z b a s 1+ (t a+b 2 )2 C2 _(t a+b 2 )2 dt =K .

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

sehingga C = K_π. Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh x2+ (t a+b)2 = K2.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Problem

Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:

min R₀1˙x2 dt

s.t. R₀1x dt =1, x(0) =0, x(1) =2.

Problem

Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:

min R₀1˙x2 dt

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:

1 min RT 0 e rt_{x dt s.t.} RT 0 p_{x dt} =A. 2 _min Rb 0 p 1+x2 _{dt s.t.} Rb 0 x dt =c, b, c >0. 3 min R1 0(2x x2)dt s.t. R1 0 tx dt =1.

Syarat Batas MKV

Tinjau kembali masalah variasi: opt J =R₀T f(x, ˙x, t) dt. Syarat optimalitas: δJ =0 , R₀T hfx+ ˙hf˙x dt =0 (integral by part) _, hf˙xjT0 + RT 0 fx d dtf˙x h dt =0. Kasus I: x(0) =x0 dan x(T) =xT (…xed)

h(0) =h(T) =0 berlaku. hf_˙xjT₀ =0.

Syarat optimalitas: R₀T fx _dtdf˙x h dt =0,fx _dtd f˙x =0.

Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya melibatkan dua konstanta pengintegralan yang nilainya dapat ditentukan dari syarat batas.

Syarat Batas MKV

Kasus II: x(0)dan/atau x(T)tidak diketahui (free) h(0) =h(T) =0 tidak berlaku.

Syarat optimalitas: fx _dtd f˙x =0 dan hf˙xjT0 =0.

hf˙xjT0 =0 dapat dipenuhi jika f˙xjt=0 =0 dan f˙xjt=T =0.

f_˙xjt=0 =0 dan/atau f˙xjt=T =0 disebut sebagai syarat batas

Syarat Batas MKV

Example

Masalah jarak terdekat

min J(x) = R₀10p1+ ˙x2 _dt

x(0) = 4

x(10) tidak diketahui.

Example

Selesaikan masalah variasi berikut:

min J(x) =R₀2 ˙x2+x ˙x+2 ˙x+4x dt x(0)dan x(2)tidak diketahui.

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Untuk δT dan h(T)cukup kecil: EC = EC

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Variasi dari J : δJ(x) = T_Z+δT 0 f(x+h, ˙x+ ˙h, t)dt T Z 0 f(x, ˙x, t)dt = T Z 0 f(x+h, ˙x+ ˙h, t) f(x, ˙x, t) dt + T_Z+δT T f(x+h, ˙x+ ˙h, t) dt T Z 0 fxh+f˙x˙h dt+ T_Z+δT T f(x+h, ˙x+ ˙h, t)dt.

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Misalkan F(t) =R f(x+h, ˙x+ ˙h, t)dt sehingga F0(t) =f(t). TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T , T+δT)maka ada

c _{2 (}T , T+δT)sehingga F0(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_jt=T+θδTδT =

Z T+δT

T

f(x+h, ˙x+ ˙h, t) dt. f_jt=T+ fjt=T ketika δT !0.

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Variasi dari J : δJ(x) Z T 0 fxh+f˙x˙h dt+fjt=TδT = Z T 0 fx d dtf˙x h dt+hf˙xjt=T +fjt=TδT . Syarat optimalitas δJ =0 : 1 Persamaan Euler fx d dtf˙x =0. 2 Syarat transversalitas hf ˙xjT +fjTδT =0 , h(T)f˙xjT +fjTδT =0 , [δxT ˙x(T)δT]f˙xjT +fjTδT =0 , [f_jT ˙xf˙xjT]δT+f˙xjTδxT =0.

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Ringkasan: opt J(x) = Z T 0 f(x, ˙x, t)dt

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

Syarat optimalitas: 1 Persamaan Euler fx d dtf˙x =0. 2 Syarat transversalitas (f ˙xf˙x)δtjT +f˙xδx(t)jT =0.

Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)

Ringkasan (analog waktu akhir bebas):

opt J(x) = Z T

t0

f(x, ˙x, t) dt

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

Syarat optimalitas: 1 _{Persamaan Euler} fx d dtf˙x =0. 2 Syarat transversalitas (f ˙xf˙x)δtjt0+f˙xδx(t)jt0 =0.

Waktu Awal dan Akhir Bebas

Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas):

opt J(x) = Z T

t0

f(x, ˙x, t)dt

t0 dan T bebas (tidak ditentukan).

Syarat optimalitas: 1 Persamaan Euler fx d dtf˙x =0. 2 Syarat transversalitas (f ˙xf˙x)δtjt0,T +f˙xδx(t)jt0,T =0.

Syarat Batas (Kasus Khusus)

Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g(t)

Diperoleh

δx(T) = δx(T)

δT δT =mgsδT ˙g(T)δT .

Syarat transversalitas (f ˙xf˙x)δtjT +f˙xδx(t)jT =0 berubah menjadi

Syarat Batas (Kasus Khusus)

Titik awal A bergerak sepanjang kurva g(t)

Syarat transversalitas:

Syarat Batas (Kasus Khusus)

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

Syarat transversalitas:

(f + (˙g1 ˙x)f˙x)δtjt0 = 0,

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: f_˙xδx(t)jt ,T =0,f˙xjt ,T =0.

Syarat Batas (Kasus Khusus)

x0, t0, xT …xed, T free δt0=0 δT 6=0 δx(t0) =0 δx(T) =0 Syarat transversalitas: (f ˙xf˙x)δtjT =0, (f ˙xf˙xjT =0.

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 ˙xf˙x)δtjt0,T =0, (f ˙xf˙xjt0,T =0.

Syarat Batas (Kasus Khusus)

t0, x0, T …xed, xT xmin

Masalah kalkulus variasi:

opt J(x) = R_tT

0 f(x, ˙x, t) dt

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) =x_min (masalah

Syarat Batas (Kasus Khusus)

t0, x0, T …xed, xT xmin

Example

Selesaikan masalah kalkulus variasi:

opt J(x) = R₀2(t+ ˙x2) dt s.t. x(0) = 4,

x(2) 5.

Solution

Pertama akan dianalisis MKV berikut:

opt J(x) = R₀2(t+ ˙x2) dt s.t. x(0) = 4,

Solution

Persamaan Euler: d

dt(2 ˙x) =0 , ¨x =0

, 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:

f˙xjt=2 =0, (2 ˙xjt=2 =0,2A=0,A=0.

Dengan demikian,

x (t) =4, sehingga x(2) =4 5.

Solution

Lakukan analisis terhadap MKV berikut:

opt J(x) = R₀2(t+ ˙x2) dt s.t. x(0) = 4,

x(2) = 5.

Dengan memasukkan syarat batas x(2) =5 ke solusi x(t) =At+4 diperoleh A= 1₂, sehingga

Syarat Batas

Example

Selesaikan masalah variasi berikut:

opt J(x) = Z 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 titik A(4, 4):

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

Solution (Tanpa menggunakan KV)

Diperoleh persamaan garis g adalah g(t) = 1₂t+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, x( 14 5 ) = 8 5. Jadi B = (14₅,8₅).

Solution (Dengan menggunakan KV)

Masalah di atas dapat dirumuskan sbb:

min J(˙x) = Z 4 t0 p 1+ ˙x2_dt, t0 belum ditentukan, x(t0) = 1₂t0+3, x(4) =4.

Misalkan f(˙x) =p1+ ˙x2 _{= (1+ ˙x}2₎1/2_{. Persamaan Euler:}

fx

d

dtf˙x =0, ¨x =0,x(t) =At+B. Dengan memasukkan syarat batas x(4) =4 diperoleh:

Solution Syarat transversalitas (f + (˙g ˙x)f_˙xjt=t 0 =0 dengan g(t) = 1 2t+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 2 2p1+A2 =0 , A=2. Jadi x (t) =2t 4.

Kuis 2 (open book, but strictly individual)

Problem

Tunjukkan bahwa x(t) =A+B ln t, dengan A, B ₂R, memenuhi persamaan Euler dari MKV berikut:

min J(x) = Z 1

t0

t ˙x2 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 =4x2+4x+1 dan biaya lain sebesar

c2= ˙x2+3 ˙x+2t. Jika diasumsikan harga barang konstan yaitu p=20,

Solution (Kuis)

De…nisikan f(˙x, t) =t ˙x2_{. Persamaan Euler f}

x _dtdf˙x =0 memberikan d dt(2t ˙x) =0, ˙x+t ¨x =0. Jika x(t) =A+B ln t maka ˙x+t ¨x = B t 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) =1

diperoleh

x(t) =1 ln t ln t0

.

Solution (Kuis)

Fungsi keuntungan:

π(x, ˙x, t) = px c1 c2

= 20x (4x2+4x+1) (˙x2+3 ˙x+2t) = 4x2+16x 1 ˙x2 3 ˙x 2t. Masalah kalkulus variasi:

max Π(x) = Z 1

0 (

4x2+16x 1 ˙x2 3 ˙x 2t)dt s.t. x(0) = 0, x(1) =2.

Persamaan Euler πx _dtd π˙x =0 memberikan

( 8x+16) + d

Solution (Kuis)

Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua:

8x+16+2 ¨x =0_, ¨x 4x = 8, dengan solusi umum

x(t) =Ae2t+Be 2t+2.

Dari syarat batas diperoleh A= _e42₁ dan B = (A+2) = 2e 4 e4 ₁, sehingga x (t) = 2 e4 ₁e 2t 2e4 e4 ₁e 2t_+2.