Masalah Kalkulus Variasi, Fungsional Objektif, Variasi, Syarat Perlu Optimalitas

Masalah Kalkulus Variasi, Fungsional Objektif, Variasi,

Syarat Perlu Optimalitas

Slide II

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Masalah Brachystochrone

Brachystochrone: brakhistos (tercepat, terpendek), khronos (waktu). Tentukan lintasan (kurva) yang harus dilewati bola sehingga bola bergerak dari titik A ke titik B dalam waktu tercepat.

b

a

B(b,a)

A(0,0)

x

y

Masalah Brachystochrone

Hukum konservasi energi: Energi Kinetik + Energi Potensial =0 :

1 2mv

2 _{mgy =0}

()v =p2gy .

Lintasan di sekitar bola dapat dipandang sebagai sebuah garis lurus sehingga ds =pdx2_+dy2 ₌ s 1+ dy dx 2 dx. Hubungan waktu t, jarak s, dan kecepatan v :

v = ds dt ()dt = ds v = r 1+ dy_dx 2dx p 2gy .

Masalah Brachystochrone

Integralkan: t = p1 2g Z b 0 v u u t 1+ dy_dx 2 y dx. Masalah kontrol optimal:

min J = Z b 0 s 1+ ˙y2 y dx s.t. y(0) =0, y(b) =a, dengan ˙y := dy_dx.

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 =pdx2_+dy2 ₌ s 1+ dy dx 2 dx. Masalah kontrol optimal:

min J=

Z a

0

p

Masalah Luas Permukaan Terkecil

Tentukan kurva y =y(x)yang melewati A dan B sedemikian sehingga benda putar yang terbentuk memiliki luas permukaan terkecil.

x

y

A

B a,b

(

)

Di sepotong lintasan kecil berlaku

ds =pdx2_+dy2 ₌ s 1+ dy dx 2 dx.

Masalah Luas Permukaan Terkecil

Luas permukaan:

A=

Z

S2πy ds

Masalah kontrol optimal: min J =2π

Z a

0

MKV vs MKO

Masalah Kalkulus Variasi: opt J(x(t)) =

Z tf

t0

F(x(t), ˙x(t), t)dt Masalah kontrol optimal:

opt J(x(t)) =

Z tf

t0

F(x(t), u(t), t)dt baik dengan kendala ataukah tanpa kendala.

Fungsional Objektif

Bentuk umum fungsional objektif (kriteria, performance index) J =S(x(tf), tf) +

Z tf

t0

F(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 = juj(minimal fuel/energy problem):

J = Z tf t0 ju(t_)jdt, J = Z tf t0 uTRu 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 = Z tf t0 xTx dt, J = Z tf t0 xTQx dt.

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) + Z tf t0 F(x(t), u(t), t)dt. De…nisikan: xn+1(t) = Z t t0 F(x, u, τ)d τ₎xn+1(t0) =0, maka JBolza = S(x(tf), tf) +xn+1(tf) = ˆS(x(tf), tf) = JMayer.

Fungsional Objektif

Diberikan Lagrange problem:

JLagrange =

Z tf

t0

F(x(t), u(t), t)dt. De…nisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

ˆx = xa x1 x2 . . . xn T , ˙xa = F(x(t), u(t), t), xa(t0) = 0. Diperoleh JLagrange = Z tf t0 ˙xa(t)dt =xajttf0 =x(tf) = S(x(tf), tf) = JMayer.

Fungsional Objektif

Diberikan Mayer problem:

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

De…nisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

ˆx = xa x1 x2 . . . xn T , ˙xa = 0)xa(t) =k, xa(tf) = 1 tf t0 S(x(tf), tf). Diperoleh JMayer = (tf t0)xa(tf) = (tf t0)(xa(tf) k) +k(tf t0) = ˆS(x(tf), tf) + Z tf t0 kdt = ˆS(x(tf), tf) + Z tf t0 xa(t)dt =JLagrange.

Fungsi dan Fungsional

Fungsi Fungsional Pemetaan f :R_!R J : f _!R Notasi f =f(t) J =J(x(t)) Contoh f(t) =t J(x(t)) =R_abx(t)dt Riap dt =t t δx(t) =x (t) x(t) ∆f(t) =f(t+dt) f(t) ∆J(x) =J(x+δx) J(x) Kalkulus Variasi: cabang matematika yang memelajari masalah pengoptimuman fungsional, yaitu mencari fungsi yang meminimumkan atau memaksimumkan suatu fungsional.

Perluasan Taylor 1 Peubah

Diberikan fungsi f dengan f0, f00, . . . , f(n+1) kontinu di[a, b]dan misalkan c _{2 [}a, b].

Perluasan Taylor dari f di sekitar c diberikan oleh f(x) = n

∑

k=0 f(k)(c) k ! (x c) n_+R n+1(x),

dengan Rn+1 disebut sebagai remainder (sisaan):

Rn+1(x) = 1 n! Z 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_.

Perluasan Taylor 1 Peubah

Set h=x c f(c+h) = ∞

∑

n=0 f(n)_(c) n! h n_. Dengan demikian f(x+h) = ∞

∑

n=0 f(n)(x) n! h n_.

Dapat juga ditulis

f(x+h) f(x) +hf0(x) + h

2

2!f 00_(x).

Perluasan Taylor Peubah Ganda

m peubah di sekitar(c1, . . . , cm): f(x1, . . . , xm) = ∞

∑

n1=0 ∞

∑

nm=0 (x1 c1)n1 (xm cm)nm n1! nm! ∂n1+ +nmf ∂x₁n1 ∂xmnm (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) 2 2! fxx(a, b) + 2(x a)(y b) 2! fxy(a, b) + (y b) 2 2! fyy(a, b).

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) + h 2 1 2 fxx(a, b) +h1h2fxy(a, b) + h 2 2 2 fyy(a, b). Atau f(x+h1, y+h2) f(x, y) +h1fx(x, y) +h2fy(x, y) + h 2 1 2fxx(x, y) +h1h2fxy(x, y) + h 2 2 2fyy(x, y).

Variasi Pertama (1 Peubah)

Diberikan fungsional J(x) = Z T t0 f(x, t)dt. Diperoleh 4J(x) = J(x+h) J(x) = Z T t0 f(x+h, t)dt Z T t0 f(x, t)dt Z T t0 [f(x, t) +hf0(x, t)] dt Z T t0 f(x, t) dt = Z T t0 hf0(x, t)dt. Variasi pertama δJ(x):= Z T t0 hf0(x, t) dt.

Variasi Pertama (2 Peubah)

Diberikan fungsional J(x, y) = Z T t0 f(x, y , t) dt. Diperoleh 4J(x, y) = J(x+h1, y+h2, t) J(x, y) = Z T t0 f(x+h1, y+h2, t)dt Z T t0 f(x, y , t)dt Z T t0 [h1fx(x, y , t) +h2fy(x, y , t)]dt. Variasi pertama δJ(x, y):= Z T t0 [h1fx(x, y , t) +h2fy(x, y , t)] dt.

Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

De…nition

Fungsi 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 ₂Df.

minimum global di t jika f(t ) f(t) untuk semua t₂Df.

Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

De…nition

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

maksimum lokal di x jika J(x ) J(x)untuk semua x di sekitar x .

minimum lokal di di x jika J(x ) J(x)untuk semua x di sekitar x .

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

Masalah Kalkulus Variasi

De…nisikan:

C[a, b_{] = f}f _jf kontinu di[a, b_]g,

Ci[a, b_{] = f}f _jf terde…nisi di[a, b], f(i) kontinu di[a, b_]g. Tanpa kehilangan sifat keumuman, diasumsikan [a, b] = [0, T]. Diberikan fungsional

J(x) =

Z T

0

f(x, ˙x, t)dt

dengan A(0, x(0)) dan B(T , x(T)) adalah dua titik yang sudah ditetapkan, f ₂C2[0, T], dan x ₂C2[0, T].

Problem (MKV)

Tentukan fungsi x (t)dalam C2[0, T] yang memiliki titik awal A(0, x(0)) dan titik akhir B(T , x(T)) dan memberikan nilai optimum bagi J(x).

Lema Dasar

Lemma Misalkan g(t_{) 2}C[0, T] dan S _{= f}h _jh ₂C1_{[0, T], h(0) =h(T) =0g.} Jika _R T 0 g(t)h(t)dt =0

untuk semua h ₂S (h disebut sebagai displacement function) maka g(t) 0 untuk semua t _{2 [}0, T].

Proof.

Akan dibuktikan kontrapositif dari lema di atas. Andaikan g(t_{) 6=}0, katakanlah g(t) >0 pada t_{2 [}t1, t2] [0, T]. Fungsi h dapat berbentuk

h(t) = (t t1)

3_(t

2 t)3 ; t 2 [t1, t2]

0 ; t /_{2 [}t1, t2]

. Jelas terpenuhi h(0) =h(T) =0. Dengan demikian

RT 0 g(t)h(t)dt = Rt2 t1 g(t)(t t1) 3_(t 2 t)3 dt 6=0. Kontradiksi. Haruslah g(t) 0.

Fungsi penyimpang: h(t) = (t 1) 3_{(3 t)}3 _{; t 2 [1, 3]} 0 ; t /2 [1, 3] . 0 1 2 3 4 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

t

h

Persamaan Euler

Theorem (Persamaan Euler) Misalkan

J(x) = R₀Tf(x, ˙x, t)dt, x(0) = x0,

x(T) = xT.

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

fx

d

dtf˙x =0.

Proof: Asumsikan terdapat solusi x(t) bagi MKV di atas, yang memenuhi syarat batas dan memberikan ekstremum bagi fungsional J. Dengan kata lain, semua fungsi lain tidak akan mencapai ekstremum. Misalkan

sebarang fungsi tersebut ialah

z(t) =x(t) +εh(t),

dengan h merupakan fungsi penyimpang (displacement function) yang terturunkan dua kali dan memenuhi h(0) =h(T) =0, dan ε konstanta real. Jika ε =0 maka z(t) =x(t).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.0 0.5 1.0 1.5

t

z, x, h

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) =R₀Tf(z, ˙z, t)dt,

dengan ˙z(t) = ˙x(t) +ε ˙h(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 = RT 0 fz dX d ε +f˙z d ˙z d ε dt. Karena dz_{d ε} =h dan d ˙z_{d ε} = ˙h maka

∂J(ε) ∂ε =

RT

0 fzh+f˙z˙h dt.

Suku kedua diintegralkan secara parsial dengan memisalkan u = f˙z )du= _dtd f˙z dt, dv = ˙h dt ₎v =h, sehingga RT 0 f˙z˙h dt =f˙zhj T 0 RT 0 h d dtf˙z dt = RT 0 h d dtf˙z dt. Jadi, ∂J(ε) ∂ε = RT 0 fz d dtf˙z h dt.

Ekstremum dicapai ketika ε=0 yang membuat fz =fx dan f˙z =f˙x. Lema

dasar mengakibatkan ∂J(ε)

∂ε _ε=0=0,fx

d

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

J(ε) =R₀Tf(z, ˙z, t)dt =R₀Tf(x+εh,˙x+ε ˙h, t)dt. Penguraian Taylor memberikan

J(ε) R₀T f(x, ˙x, t) +εhfx(x, ˙x, t) +ε ˙hf˙x(x, ˙x, t) dt

= R₀Tf(x, ˙x, t) dt+R₀T εhfx(x, ˙x, t) +ε ˙hf˙x(x, ˙x, t) dt

= J(x) +δJ(ε).

Fungsional J(ε)identik dengan J(x) jika dan hanya jika δJ(ε) =0. Selanjutnya, δJ(ε) =0 , R₀T(hfx+ ˙hf˙x) dt =0 , R0T(fx d dtf˙x)h dt=0 , fx _dtd f˙x =0.

Example

Tentukan ekstremum dari

J(x) = R₀1(a ˙x2+bt)dt, a>0, x(0) = 0, x(1) =1.

Solution

Dengan f(˙x) =a ˙x2+bt maka diperoleh fx =0 dan f˙x =2a ˙x sehingga

persamaan Euler memberikan

0 _dtd (2a ˙x) =0_,2a ¨x =0_, ¨x =0_,x(t) =k1t+k2.

Dengan mensubstitusikan syarat batas diperoleh x (t) =2t dan J(x ) =R₀1(4a+bt) dt =4a+1₂b.

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) = R1 0(a(2+ε(2t 1)) 2_{+bt) dt} = 4a+1₂b+₃1aε2 >J(x ), J(x2) = R1 0(a(2+2πε cos(2πt)) 2 +bt)dt = 4a+1₂b+2π2aε2 >J(x ).

Dapat disimpulkan bahwa masalah di atas adalah masalah minimisasi dan x (t) =2t merupakan minimum lokal.

Example

Tinjau sebuah masalah makroekonomi di mana sebuah indikator ekonomi y(t)ingin dikendalikan dengan kendali u(t) = ˙y(t) sehingga mencapai level yang diinginkan ˆy dalam periode [0, T]. Pengendalian memerlukan biaya sehingga ingin diminimumkan fungsional

J(y) =R₀T (y ˆy)2+cu2 dt. De…nisikan x :=y ˆy sehingga

˙x = ˙y =u,

x(T) = y(T) ˆy = ˆy ˆy =0. Masalah kalkulus variasi:

min J(x) = R₀T(x2+c ˙x2)dt, x(0) = x0, x(T) =0.

Solution

Persamaan Euler memberikan:

2x 2c ¨x =0 _, ¨x 1_cx =0

, x(t) =Aert+Be rt, r = p1_c. Syarat batas menghasilkan:

x (t) = x0 erT _e rT h er(T t) e r(T t)i, sehingga y (t) = x (t) + ˆy , u (t) = ˙x (t).

Example

Selesaikan MKV berikut:

min J(x) = R₀1(x2+ ˙x2)dt, x(0) = 1,

Solution

De…nisikan f(x, ˙x, t) =x2+ ˙x2, diperoleh fx =2x dan f˙x =2 ˙x.

Persamaan Euler menjadi 2x d

dt(2 ˙x) =0, ¨x x =0.

Karena persamaan karakteristik PD orde dua di atas r2 1=0 memiliki solusi 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 = e 2 e2 ₁ dan C1 =1 e 2 e2 ₁ = _e21₁. Jadi, x (t) = _e21₁(e 2 t _et_).

Problem

Tentukan persamaan Euler dari J(x) =R₀Tf(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+_{3x ˙x}+_{t ˙x}2_. 4 f(x, ˙x, t) = (x ˙x)2+x2 e at, a>0. Problem Selesaikan MKV berikut: 1 max R1 0(4xt ˙x 2_{)dt, x(0) =2, x(1) =} 2 3. 2 _max R1 0(t ˙x ˙x 2_{)dt, x(0) =1, x(1) =0.} 3 min R1 0(x 2_{+2tx ˙x+ ˙x}2_{)dt, x(0) =1, x(1) =2.} 4 min R1 0(x 2_{+tx+tx ˙x+ ˙x}2_{)dt, x(0) =0, x(1) =1.}