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

Februari 2014

[email protected] (IPB)

MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

1 / 85

Outline

Persamaan Euler 1 2

Bentuk diperumum Bentuk khusus

Masalah kalkulus variasi berkendala 1 2 3 4

Metode lagrange, metode substitusi Kendala titik Kendala persamaan diferensial Kendala isoperimetrik

Syarat batas



Februari 2014

2 / 85

Persamaan Euler Bentuk Baku (Dari slide sebelumnya): Misalkan RT ˙ t ) dt. J (ε) = 0 f (x + εh, x˙ + εh,

Penguraian Taylor memberikan RT ˙ x˙ ) dt J (ε) (f + εhfx + εhf 0 RT RT ˙ x˙ ) dt = 0 f dt + ε 0 (hfx + hf

= J (x ) + εδJ (x ).

J (ε) identik dengan J (x ) jika dan hanya jika δJ (x ) = 0. Akibatnya, RT ˙ x˙ ) dt = 0 δJ (x ) = 0 , 0 (hfx + hf RT d , 0 (fx dt fx˙ )h dt = 0 (dengan integral parsial)

, fx

d dt fx˙

= 0. (Persamaan Euler)

Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral: R fx dt = fx˙ . [email protected] (IPB)


Februari 2014

3 / 85

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˙ = (x˙ 1 , x˙ 2 , . . . , x˙ n ). Persamaan Euler: fx i

d fx˙ = 0, dt i

i = 1, 2, . . . , n.

Ilustrasi Misalkan f = f (x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 , t ). Dide…nisikan fungsional J (ε) =

RT 0

f (x1 + ε1 h1 , x˙ 1 + ε1 h˙ 1 , x2 + ε2 h2 , x˙ 2 + ε2 h˙ 2 , t ) dt.



Februari 2014

4 / 85

Persamaan Euler Diperumum Fungsi f berpeubah banyak Penguraian Taylor memberikan RT J (ε) (f + ε1 h1 fx1 + ε1 h˙ 1 fx˙ 1 + ε2 h2 fx2 + ε2 h˙ 2 fx˙ 2 ) dt 0 RT RT RT = 0 f dt + ε1 0 (h1 fx1 + h˙ 1 fx˙ 1 ) dt + ε2 0 (h2 fx2 + h˙ 2 fx˙ 2 ) dt

= J (x ) + ε1 δJ (x1 ) + ε2 δJ (x2 ).

J (ε) = J (x ) jika dan hanya jika δJ (x1 ) = 0 dan δJ (x2 ) = 0. Jadi, d fx˙ = 0, dt 1

fx1

fx2

d fx˙ = 0. dt 2

Example Tentukan ekstremum dari J (x ) =

Z 10 0

(x˙ 12 + x˙ 22 + e t ) dt,

x1 (0) = 1, x1 (10) = 11, x2 (0) = 2, x2 (10) = 6. [email protected] (IPB)


Februari 2014

5 / 85

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 (i )

(i )

dengan x (i ) (0) = x0 dan x (i ) (T ) = xT . Syarat perlu δJ (x ) = 0 memberikan Z T 0

+ h ( n ) fx ( n )

˙ x˙ + hf ¨ x¨ + hfx + hf

dt = 0.

Integral parsial suku kedua integran: Z T 0


˙ x˙ dt = hf

Z T

h

0


d fx˙ dt. dt Februari 2014

6 / 85

Persamaan Euler Diperumum Fungsi f memuat turunan ke-n Integral parsial suku ketiga integran: Z T 0

¨ x¨ dt = hf

Z T 0

h

d2 fx¨ dt. dt 2

Integral parsial suku ke-n integran: Z T 0

h(n ) fx (n ) dt = ( 1)n

Z T 0

h

dn f (n ) dt. dt n x

Syarat perlu δJ (x ) = 0 menjadi Z T 0

h fx


d2 d fx˙ + 2 fx¨ dt dt

+ ( 1)n


dn f (n ) dt n x

dt = 0.

Februari 2014

7 / 85

Persamaan Euler Diperumum Fungsi f memuat turunan ke-n Persamaan Euler-Poisson: fx

d d2 fx˙ + 2 fx¨ dt dt

+ ( 1)n

dn f (n ) = 0. dt n x


Z 1 0

(x¨ 2 + x˙ + at ) dt,

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



Februari 2014

8 / 85

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 fx˙ = 0 , fx˙ x˙ x¨ + fx˙ t = 0. dt


Z 1 0

(t x˙ + x˙ 2 ) dt,

x (0) = 0, x (1) = 1. [email protected] (IPB)


Februari 2014

9 / 85

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 fx˙ = 0 , fx˙ x˙ x¨ = 0 dt , fx˙ x˙ = 0 atau x¨ = 0.

Example (Masalah Lintasan Terpendek) Tentukan ekstremum dari J (y ) =

Z ap 0

1 + y˙ 2 dx,

y (0) = 0, y (a) = b. [email protected] (IPB)


Februari 2014

10 / 85

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 fx˙ = 0 , fx (fx˙ x x˙ + fx˙ x˙ x¨ ) = 0 dt , fx x˙ fx˙ x x˙ 2 fx˙ x˙ x¨ x˙ = 0 d , ˙ x˙ ) = 0. (f xf dt

Diperoleh persamaan Beltrami: f [email protected] (IPB)

xf ˙ x˙ = k.


Februari 2014

11 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat t

Example (Brachistochrone Problem) Tentukan ekstremum dari J (x ) =

Z 1 0

s

1 + y˙ 2 dx, y

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

Solution (Brachistochrone Problem) Diperoleh f (y , y˙ ) =


s

1 + y˙ 2 , y

fy˙ (y , y˙ ) = p


y˙ y (1 + y˙ 2 )

.

Februari 2014

12 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler

Solution (Brachistochrone Problem) Persamaan Beltrami f xf ˙ x˙ = k memberikan p

1 y (1 + y˙ 2 )

= k1 , y (1 + y˙ 2 ) = k2 , y˙ = r

s

k2 y

1

y

dy = dx. y Z r y , x= dy . k2 y

,


k2


Februari 2014

13 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Solution (Brachistochrone Problem) Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut) x=

p

y2

k2 y

1 2 k2

arcsin 1

2y k2

+ k3 .

1 2 k2

arcsin 1

2 k2

+ k3 .

π 4 k2 ,

sehingga

Nilai awal memberikan 0 =

π 4 k2

1 =

p

+ k3

k2

1

Diperoleh k2 = 1.1458 dan k3 = x=

p

1.1458y


y2

1.1458 2

arcsin 1


2y 1.1458

+

1.1458π . 4

Februari 2014

14 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Brachistochrone Path (please rotate 90 clockwise)

x

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0 0.0


0.2

0.4

0.6


0.8

1.0

y

Februari 2014

15 / 85

Bukti Integral Kontribusi Dwilaras Athina (G54120002)

I

= = = = = =


Z r Z r Z

Z

Z

Z

p q p

y k

dy

y y

k

y dy y

y y

ky

y2 y

( 21 k )2

dy dy

(y

y a2

(y

a )2

u+a p du, a2 u 2

1 2 2 k)

dy , u := y


a := 21 k a. Februari 2014

16 / 85

Bukti Integral I =

Z

|

p

u a2

{z

u2

I1

Z

a du + p du . 2 a u2 } | {z } I2

Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh I2 = a arcsin

u y a = a arcsin = a a

1 2k

arcsin 1

2y k

+ C2 .

Selanjutnya, I1 =

= =

1 2

Z

p

1 p dt, t

t : = a2

p

a2

t + C1 = p 2ay y 2 + C1 =


u2

u2

q

+ C1 = a2 p ky y 2 + C1 .


(y

a ) 2 + C1

Februari 2014

17 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Another try...

Solution (Brachistochrone Problem) Pengintegralan kedua ruas memberikan 2

Rq

y k 2 y dy

=

R

dx.

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

Z

sin2 θ d θ =

Z

dx

, k2

Z

(1

cos 2θ ) d θ = 1 2

, k2 (θ

Z

dx

sin 2θ ) + k3 = x.

Nilai awal y (0) = 0 membuat θ = 0 dan k3 = 0, sehingga solusi diberikan secara parametrik: 1 2

x (θ ) = k2 (θ

sin 2θ )

2

y (θ ) = k2 sin θ. [email protected] (IPB)


Februari 2014

18 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler

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

1 2

sin 2θ ) = 1

k2 sin2 θ = 1 sehingga diperoleh k2 = 1.1458. Solusi masalah brachistochrone diberikan oleh persamaan parametrik 1 2

x (θ ) = 1.1458(θ

sin 2θ )

2

y (θ ) = 1.1458 sin θ.



Februari 2014

19 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat t

Example (Minimum Surface Area) Tentukan ekstremum dari min

J

= 2π

Z x2 p

y

x1

y (x1 ) = y1 ,

1 + y˙ 2 dx

y (x2 ) = y2 .

Solution

fy

p

1 + y˙ 2 " # p d d y y ˙ p fy˙ = 0 , 1 + y˙ 2 = 0. dt dt 1 + y˙ 2

Persamaan Euler dengan f (y , y˙ ) = y



Februari 2014

20 / 85

Solution Slamet Nuridin (G54130066) menjabarkan: " # p d y y ˙ p 1 + y˙ 2 = dt 1 + y˙ 2 p 2 2 + y y¨ ) 1 + y˙ 2 py y˙ y¨ 2 ( y ˙ p 1 +y˙ , 1 + y˙ 2 = 1 + y˙ 2 (y˙ 2 + y y¨ )(1 + y˙ 2 ) y y˙ 2 y¨ , 1 + y˙ 2 = 1 + y˙ 2 , (1 + y˙ 2 )2 = y˙ 2 + y˙ 4 + y y¨ + y y˙ 2 y¨ y y˙ 2 y¨

, 1 + 2y˙ 2 + y˙ 4 = y˙ 2 + y˙ 4 + y y¨ .



Februari 2014

21 / 85

Solution Diperoleh persamaan diferensial taklinear berikut y˙ 2 = 1.

y y¨

Misalkan u = y˙ /y sehingga didapatkan u˙ = dan kemudian u¨ =

y˙ 2

y¨ y y2

2y˙ = y3

=

1 y2

2u u. ˙

Jadi u¨ + 2u u˙ = 0 , u˙ + u 2 = k 2 .



Februari 2014

22 / 85

Solution Selanjutnya u˙ = k 2

u2 ,

, , , , ,


u˙

=1 u2 R du R = dx k 2 u2 u k 1 2k ln u + k = x + c1 u k ln = 2kx + c2 u+k u k = ce 2kx u+k k + kce 2kx . u (x ) = ce 2kx 1 k2


Februari 2014

23 / 85

Karena u˙ =

= = maka

2k 2 ce

2kx (ce 2kx

1) (k + kce 2kx )( 2kce (ce 2kx 1)2 2kce 2kx [k (ce 2kx 1) (k + kce 2kx )] (ce 2kx 1)2 4k 2 ce 2kx 1 = 2, 2kx 2 y (ce 1)

2kx )

p 2k ce kx ce 2kx 1 1 p = , y ( x ) = . y ce 2kx 1 2k ce kx

Misal diberikan nilai awal y (0) = 5 dan y (2) = 1 maka c 1 p 2k c 4k ce 1 p 2k ce 2k sehingga diperoleh c = [email protected] (IPB)

= 5 = 1

0.00954 dan k = MAT332 Kontrol Optimum

1.033 7. Februari 2014

24 / 85

y (x ) =

y

0.00954e 2 (1.033 7 )x 1 p . 2( 1.033 7) 0.00954e 1.033 7x

10

8

6

4

2

-1


0

1

2


3

4

x

Februari 2014

25 / 85

Problem Dari contoh soal terakhir dan dari slide sebelumnya, masalah minimum surface area memiliki solusi berbentuk ce 2kx 1 p , 2k ce kx x + C2 y (x ) = C1 cosh C1

y (x ) =

.

Tunjukkan bahwa kedua solusi di atas ekuivalen.



Februari 2014

26 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat x˙ Diberikan fungsional objektif J (x ) = Persamaan Euler:

RT 0

f (x, t ) dt.

d fx˙ = 0 , fx = 0 dt yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki free parameter (koe…sien integrasi). fx

Example Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan RT R (x ) dt dengan R (x ) = xp (x ) dan p (x ) = ax + b (fungsi 0 permintaan). Tentukan tingkat produksi optimal x (t ).



Februari 2014

27 / 85

Persamaan Euler

Example Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan RT π (x ) dt dengan π (x ) = xp (x ) (ax 2 + bx + c ). Tentukan tingkat 0 produksi optimal x (t ).



Februari 2014

28 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Linear terhadap x˙ Diberikan fungsional objektif J (x ) =

RT 0

f (x, t ) dt dengan

f (x, x, ˙ t ) = a(x, t ) + b (x, t )x. ˙ Persamaan Euler: fx

d fx˙ = 0 , ax + bx x˙ dt

Karena

db = 0. dt

d b (x, t ) = bx x˙ + bt , bt = bx x˙ dt maka diperoleh kondisi ax bt = 0,

db , dt

yang merupakan persamaan aljabar biasa. [email protected] (IPB)


Februari 2014

29 / 85

Kasus Khusus Persamaan Euler Example Jika J (x ) =

RT 0

(x 2 + 3xt x˙ ) dt maka persamaan Euler memberikan 3x = 0 , x

2x

Example Diberikan fungsional J (x ) = De…nisikan a(x, t ) = px b (x, t ) =

RT 0

ax 2

(px bx

0.

(ax 2 + bx + c + d x˙ )) dt. c=

ax 2 + (p

b )x

c,

d.

Persamaan Euler memberikan ax

bt = 0 ,


2ax + p

b=0,x =


p

b 2a

.

Februari 2014

30 / 85

Persamaan Euler: Ringkasan Problem (Degenerate Case) Tentukan ekstremum dari J=

Z 1 0

((t 2 + 3x 2 )x˙ + 2tx ) dt,

Kasus f (x1 , . . . , xn , x˙ 1 , . . . , x˙ n , t ) f (x, x, ˙ x, ¨ . . . , x (n ) , t ) f (x, ˙ t) f (x˙ ) f (x, x˙ ) f (x, t ) f = a(x, t ) + b (x, t )x˙ [email protected] (IPB)

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

Persamaan Euler d fxi dt fx˙ i = 0, i = 1, . . . , n. n dk fx + ∑k =1 ( 1)i dt k fx (k ) = 0 fx˙ x˙ x¨ + fx˙ t = 0 fx˙ x˙ x¨ = 0 f xf ˙ x˙ = k fx = 0 ax bt = 0


Februari 2014

31 / 85

MKV Berkendala

Kendala titik dan kendala PD Diberikan masalah variasi berkendala berikut opt J (x ) =

Z T 0

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

s.t. gi

x = (x1 , . . . , xn )T

f (x, x, ˙ t ) dt, 1

i

r

n

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



Februari 2014

32 / 85

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 = 0 , fx1 + λgx1 = 0, ∂x1 ∂L = 0 , fx2 + λgx2 = 0, ∂x2 ∂L = 0 , g (x1 , x2 ) = 0. ∂λ [email protected] (IPB)


Februari 2014

33 / 85

MKV Berkendala: Metode Lagrange De…nisikan fungsi Lagrange: L := f (x, x, ˙ t ) + λ(t ) g (x, x, ˙ t ), dengan 0

Maka

1 0 1 λ1 (t ) g1 (x, x, ˙ t) B C B C .. .. λ (t ) = @ ˙ t) = @ A , g (x, x, A. . . λr (t ) gr (x, x, ˙ t) r

L := f (x, x, ˙ t ) + ∑ λi (t )gi (x, x, ˙ t ). i =1



Februari 2014

34 / 85

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 =

(integral by part) =

Z T 0

Z T 0

Lx h1 + Lx˙ h˙ 1 + Lλ h2 Lx

d Lx˙ dt

dt

h1 + L λ h2

dt.

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


d Lx˙ = 0 ^ Lλ = 0. dt MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

35 / 85

MKV Berkendala: Metode Lagrange Karena L := f (x, x, ˙ t ) + ∑ri=1 λi (t )gi (x, x, ˙ t ) maka

Lx

0

∂f ∂x1

1

10

1 λ1 .. C B .. C . A@ . A ∂g r λr ∂x

∂g 1 ∂x1

∂g r ∂x1

B C B = @ ... A + @ ... ∂f ∂xn

Lx˙

0

∂g 1 ∂xn

n

= fx + gx λ = fx˙ + gx˙ λ.

Untuk kendala titik, yaitu gi = gi (x, t ), maka 0

∂f ∂x˙ 1

1

B C Lx˙ = fx˙ = @ ... A . ∂f ∂x˙ n



Februari 2014

36 / 85

MKV Berkendala Titik Example Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut: Z Tr 1 + y˙ z˙ dx min J = x 0 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

+ λ (y


z

1).

Februari 2014

37 / 85

MKV Berkendala Titik Solution (Metode Lagrange, lanjutan...) Persamaan Euler bagi L diberikan oleh: Ly

d Ly˙ = 0 , λ dx

Lz

d Lz˙ = 0 , dx

Eliminasi terhadap λ memberikan

d z˙ p = 0, dx 2 x (1 + y˙ z˙ ) d y˙ p λ = 0. dx 2 x (1 + y˙ z˙ )

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

Syarat Lλ = 0 memberikan y = z + 1 ) y˙ = z, ˙ sehingga diperoleh r Z r y˙ x x p = k2 , y˙ = ,y = dx. 2 k3 x k3 x x (1 + y˙ ) [email protected] (IPB)


Februari 2014

38 / 85

MKV Berkendala Titik Solution (Metode Substitusi) Di lain pihak, karena y = z + 1 maka y˙ = z, ˙ sehingga masalah kalkulus variasi dapat direduksi menjadi

=

Z Tr 1 + y˙ 2

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

min

J

0

d Persamaan Euler fy dx fy˙ = 0 memberikan syarat optimalitas yang sama dengan metode Lagrange, yaitu: Z r d y˙ y˙ x p =0, p = k2 , y = dx. 2 dx x (1 + y˙ 2 ) k x x (1 + y˙ ) 3

Untuk menghitung integral di atas, lihat bukti integral oleh Athina (2014). [email protected] (IPB)


Februari 2014

39 / 85

MKV Berkendala PD Example Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut: min

=

J

Z 1 0

2 1 2 (x˙ 1

+ x˙ 22 ) dt

s.t x˙ 1 = x2

x1 (0) = x2 (0) = 0 x1 (1) = e

2

x2 (1) = e

1.

Solution (Metode Lagrange) De…nisikan fungsi Lagrange L = 12 (x˙ 12 + x˙ 22 ) + λ(x2 [email protected] (IPB)


x˙ 1 ). Februari 2014

40 / 85

MKV Berkendala PD Solution (Metode Lagrange, lanjutan...) Syarat orde pertama (persamaan Euler): Lx 1 Lx 2

d Lx˙ dt 1 d Lx˙ dt 2

d (x˙ 1 λ) = 0 , x˙ 1 λ = k1 , dt d = 0,λ (x˙ 2 ) = 0 , x¨2 = λ. dt

= 0,

Dari kedua syarat di atas dan Lλ = 0 , x˙ 1 = x2 diperoleh PD: x¨2 = x2

k1 , x2 (t ) = c1 e t + c2 e

) x1 (t ) = c1 e

t

c2 e

t t

+ k1 + k1 t + k2 .

Syarat-syarat awal memberikan c1 = 1, c2 = 0, k1 = k2 = x1 (t ) = e t x2 (t ) = e [email protected] (IPB)

t

t

1, sehingga

1,

1.


Februari 2014

41 / 85

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 ) = s.t.

Z T 0

Z T 0

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

gi (x, x, ˙ t ) dt = `i (konst.), 1

i

r

n

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



Februari 2014

42 / 85

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 , y˙ i (t ) = gi (x, x, ˙ t ) , y˙ i |

gi (x, x, ˙ t ) = 0. {z }

G i (x ,x˙ ,t )

Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD: opt J (x ) =

Z T 0

s.t. Gi (x, x, ˙ t ) = 0, [email protected] (IPB)

f (x, x, ˙ t ) dt 1


i

r

n. Februari 2014

43 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik

Example Selesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik max J (x ) = s.t.

Z 1

Z 1 0

x˙ 2 dt

(1 + x ) dt = 3,

0

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



Februari 2014

44 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution

Rt De…nisikan y (t ) := 0 (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 := x˙ 2 + λ(1 + x

y˙ ).

Persamaan Euler: Lx Ly

d d Lx˙ = 0 , λ (2x˙ ) = 0 , x¨ = 12 λ dt dt d d Ly˙ = 0 , (λ) = 0 , λ(t ) = A. dt dt



Februari 2014

45 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution Dari dua kondisi di atas diperoleh: x¨ = 21 A , x˙ = 12 At + B , x (t ) = 14 At 2 + Bt + C . Dari x (0) = 0 dan x (1) = 1 diperoleh C = 0 dan B = 1 x (t ) = 14 At 2 + (1 Syarat perlu Lλ = 0 , y˙ = 1 + x , Z 1 0

(1 + 14 At 2 + (1

R1 0

1 4 A)t )

1 4 A,

sehingga

1 4 A)t.

(1 + x ) dt = 3 memberikan dt = 3 , A =

36.

Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah x (t ) = [email protected] (IPB)

9t 2 + 10t.


Februari 2014

46 / 85


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.



Februari 2014

47 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem) Luas daerah di bawah kurva J (x ) = Panjang kurva: dK =

Masalah variasi:

p

Rb a

x (t ) dt.

p dt 2 + dx 2 = 1 + x˙ 2 dt,sehingga R bp K = a 1 + x˙ 2 dt.

Rb max J (x ) = a x (t ) dt R bp s.t. a 1 + x˙ 2 dt = K , x (a) = 0,

x (b ) = 0. [email protected] (IPB)


Februari 2014

48 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan ...) Rt p De…nisikan y (t ) := a 1 + x˙ 2 ds sehingga diperoleh y (a) = 0, p y (b ) = K , dan y˙ (t ) = 1 + x˙ 2 . De…nisikan fungsi Lagrange p L := x + λ 1 + x˙ 2 y˙ . d Ly˙ = 0 , Persamaan Euler terhadap y memberikan Ly dt sehingga λ(t ) = C . Persamaan Euler terhadap x:

Lx

d Lx˙ = 0 , 1 dt

λ

, Cd , [email protected] (IPB)

p

d dt

p

p

x˙ 1 + x˙ 2

x˙ 1 + x˙ 2

C x˙ 1 + x˙ 2

dλ dt

=0

=0

= dt

= t + k1 .


Februari 2014

49 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan ...) Pemisahan peubah: C 2 x˙ 2 = (t + k1 )2 , (C 2 1 + x˙ 2

, x˙ =

(t + k1 )2 )x˙ 2 = (t + k1 )2 p

, x (t ) =

t + k1 C2 q

(t + k1 )2 C2

(t + k1 )2 + k2 .

Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di ( k1 , k2 ) berjari-jari C : q x k2 = C 2 (t + k1 )2 , (x k2 )2 + (t + k1 )2 = C 2 . [email protected] (IPB)


Februari 2014

50 / 85

MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan ...) Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 = 0 dan k1 = a +2 b sehingga x (t ) =

q

C2

a +b 2 2 ) .

(t

Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t ) = C : s Z b R bp (t a +2 b )2 2 1 + x˙ dt = K , 1+ dt = K . a a C 2 (t a +2 b )2

Cara mudah: Jari-jari lingkaran: C , keliling 21 lingkaran: K = πC , sehingga C = Kπ . Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh x 2 + (t [email protected] (IPB)

a +b 2 2 )

=


K2 . π2 Februari 2014

51 / 85


Problem Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut: R1 2 min x˙ dt 0 R1 s.t. x dt = 1, x (0) = 0, x (1) = 2. 0

Problem

Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut: R1 2 min x˙ dt 0 R1 2 s.t. x dt = 2, x (0) = 0, x (1) = 1. 0 [email protected] (IPB)


Februari 2014

52 / 85

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: R T rt RT p 1 min e x dt s.t. x dt = A. 0 0 Rbp Rb 2 min 1 + x 2 dt s.t. x dt = c, b, c > 0. 0 0 R1 R 1 3 min (2x x 2 ) dt s.t. 0 tx dt = 1. 0 [email protected] (IPB)


Februari 2014

53 / 85

Syarat Batas MKV Tinjau kembali masalah variasi: opt J = Syarat optimalitas:

RT

RT 0

f (x, x, ˙ t ) dt.

˙ x˙ dt = 0 hfx + hf RT d (integral by part) , hfx˙ jT0 + 0 fx fx˙ dt δJ = 0 ,

0

h dt = 0.

Kasus I: x (0) = x0 dan x (T ) = xT (…xed) h (0) = h (T ) = 0 berlaku. hfx˙ jT0 = 0.

RT

d dt fx˙


0

fx

h dt = 0 , fx

d dt fx˙

= 0. Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya melibatkan dua konstanta pengintegralan yang nilainya dapat ditentukan dari syarat batas. Syarat optimalitas:


Februari 2014

54 / 85

Syarat Batas MKV

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

= 0 dan hfx˙ jT0 = 0. hfx˙ jT0 = 0 dapat dipenuhi jika fx˙ jt =0 = 0 dan fx˙ jt =T = 0. fx˙ jt =0 = 0 dan/atau fx˙ jt =T = 0 disebut sebagai syarat batas alamiah. Syarat optimalitas: fx



Februari 2014

55 / 85

Syarat Batas MKV Example Masalah jarak terdekat min

J (x ) =

R 10 p 0

1 + x˙ 2 dt

x (0) = 4 x (10)

tidak diketahui.

Example Selesaikan masalah variasi berikut: R2 min J (x ) = 0 x˙ 2 + x x˙ + 2x˙ + 4x

dt

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



Februari 2014

56 / 85

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time)

Untuk δT dan h (T ) cukup kecil: EC δT = mgs δT x˙ (T )δT x˙ (T )δT δT h (T ) = FC EC δx (T ) x˙ (T )δT . EC

=



Februari 2014

57 / 85

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Variasi dari J : δJ (x ) =

=

TZ+δT

0 T Z

ZT

˙ t ) dt f (x + h, x˙ + h,

f (x, x, ˙ t ) dt

0

˙ t) f (x + h, x˙ + h,

f (x, x, ˙ t ) dt

0

+

TZ+δT

˙ t ) dt f (x + h, x˙ + h,

T

ZT 0


fx h + fx˙ h˙

dt +

TZ+δT

˙ t ) dt. f (x + h, x˙ + h,

T


Februari 2014

58 / 85

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Misalkan F (t ) =

R

˙ t ) dt sehingga F 0 (t ) = f (t ). f (x + h, x˙ + h,

TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T , T + δT ) maka ada c 2 (T , T + δT ) sehingga F (T + δT ) F (T ) (T + δT ) T F (T + δT ) F (T ) , f (c ) = δT , f (c )δT = F (T + δT ) F (T ). F 0 (c ) =

Misalkan c = T + θδT dengan 0 < θ < 1, maka f jt =T +θδT δT = f jt =T +θδT [email protected] (IPB)

Z T +δT T

˙ t ) dt. f (x + h, x˙ + h,

f jt =T ketika δT ! 0. MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

59 / 85

Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Variasi dari J : Z T

δJ (x )

0

=

Z T 0

fx h + fx˙ h˙ fx

d fx˙ dt

dt + f jt =T δT h dt + hfx˙ jt =T + f jt =T δT .

Syarat optimalitas δJ = 0 : 1

Persamaan Euler

d fx˙ = 0. dt Syarat transversalitas hfx˙ jT + f jT δT = 0 fx

2

, h(T )fx˙ jT + f jT δT = 0 , [δxT x˙ (T )δT ] fx˙ jT + f jT δT = 0 , [f jT xf ˙ x˙ jT ] δT + fx˙ jT δxT = 0. [email protected] (IPB)


Februari 2014

60 / 85

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

2

d fx˙ = 0. dt

Syarat transversalitas

(f


xf ˙ x˙ )δt jT + fx˙ δx (t )jT = 0.


Februari 2014

61 / 85

Waktu Awal Bebas (Free Initial Time)



Februari 2014

62 / 85

Waktu Awal Bebas (Free Initial Time) Ringkasan (analog waktu akhir bebas): J (x ) =

opt

Z T t0

f (x, x, ˙ t ) dt

x (T ) = xT , t0 bebas (tidak ditentukan). Syarat optimalitas: 1

Persamaan Euler fx

2

d fx˙ = 0. dt


(f


xf ˙ x˙ )δt jt0 + fx˙ δx (t )jt0 = 0.


Februari 2014

63 / 85

Waktu Awal dan Akhir Bebas



Februari 2014

64 / 85

Waktu Awal dan Akhir Bebas Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas): J (x ) =

opt

Z T

f (x, x, ˙ t ) dt

fx

d fx˙ = 0. dt

t0

t0 dan T bebas (tidak ditentukan). Syarat optimalitas: 1

2

Persamaan Euler


(f


xf ˙ x˙ )δt jt0 ,T + fx˙ δx (t )jt0 ,T = 0.


Februari 2014

65 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g (t )

Diperoleh δx (T ) = Syarat transversalitas (f

δx (T ) δT = mgs δT g˙ (T )δT . δT xf ˙ x˙ )δt jT + fx˙ δx (t )jT = 0 berubah menjadi

(f + (g˙ [email protected] (IPB)

x˙ )fx˙ ) δt jT = 0.


Februari 2014

66 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) Titik awal A bergerak sepanjang kurva g (t )

Syarat transversalitas:

(f + (g˙ [email protected] (IPB)

x˙ )fx˙ ) δt jt0 = 0.


Februari 2014

67 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) Kedua titik ujung bergerak sepanjang kurva g1 (t ) dan g2 (t )


(f + (g˙ 1 (f + (g˙ 2 [email protected] (IPB)

x˙ )fx˙ ) δt jt0

x˙ )fx˙ ) δt jT


= 0, = 0. Februari 2014

68 / 85

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: fx˙ δx (t )jt0 ,T = 0 , fx˙ jt0 ,T = 0. [email protected] (IPB)


Februari 2014

69 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) x0 , t0 , xT …xed, T free

δt0 = 0 δT 6= 0 δx (t0 ) = 0 δx (T ) = 0


(f [email protected] (IPB)

xf ˙ x˙ )δt jT = 0 , (f MAT332 Kontrol Optimum

xf ˙ x˙ jT = 0. Februari 2014

70 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) x0 , xT …xed, t0 , T free

δt0 6= 0 δT 6= 0 δx (t0 ) = 0 δx (T ) = 0


(f [email protected] (IPB)

xf ˙ x˙ )δt jt0 ,T = 0 , (f MAT332 Kontrol Optimum

xf ˙ x˙ jt0 ,T = 0. Februari 2014

71 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) t0 , x0 , T …xed, xT

xmin

Masalah kalkulus variasi: opt

J (x ) =

RT t0

f (x, x, ˙ t ) dt

s.t. x (t0 ) = x0 , x (T ) [email protected] (IPB)


xmin . Februari 2014

72 / 85

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 ) = xmin (masalah titik ujung tetap).



Februari 2014

73 / 85

Syarat Batas (Kasus Khusus) t0 , x0 , T …xed, xT

xmin

Example Selesaikan masalah kalkulus variasi: opt

J (x ) =

R2 0

(t + x˙ 2 ) dt

s.t. x (0) = 4, x (2)

5.

Solution Pertama akan dianalisis MKV berikut: opt s.t.

J (x ) =

0

(t + x˙ 2 ) dt

x (0) = 4, x (2)


R2

bebas.


Februari 2014

74 / 85

Solution Persamaan Euler: d (2x˙ ) = 0 , x¨ = 0 dt , 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: fx˙ jt =2 = 0 , (2x˙ jt =2 = 0 , 2A = 0 , A = 0. Dengan demikian, x (t ) = 4, sehingga x (2) = 4


5.


Februari 2014

75 / 85

Solution Lakukan analisis terhadap MKV berikut: R2 opt J (x ) = 0 (t + x˙ 2 ) dt s.t.

x (0) = 4,

x (2) = 5. Dengan memasukkan syarat batas x (2) = 5 ke solusi x (t ) = At + 4 diperoleh A = 21 , sehingga x (t ) = 12 t + 4.



Februari 2014

76 / 85

Syarat Batas

Example Selesaikan masalah variasi berikut: opt

J (x ) =

Z T t0

(x + x˙ 2 ) 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.



Februari 2014

77 / 85

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. [email protected] (IPB)


Februari 2014

78 / 85

Solution (Tanpa menggunakan KV) Diperoleh persamaan garis g adalah g (t ) = 21 t + 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 ,

8 x ( 14 5 ) = 5.

8 Jadi B = ( 14 5 , 5 ).



Februari 2014

79 / 85

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

J (x˙ ) =

Z 4p t0

1 + x˙ 2 dt,

t0 belum ditentukan, x ( t0 ) =

1 2 t0

+ 3,

x (4) = 4. Misalkan f (x˙ ) =

p

fx

1 + x˙ 2 = (1 + x˙ 2 )1/2 . Persamaan Euler: d fx˙ = 0 , x¨ = 0 , x (t ) = At + B. dt

Dengan memasukkan syarat batas x (4) = 4 diperoleh: B=4 [email protected] (IPB)

4A , x (t ) = At + 4 MAT332 Kontrol Optimum

4A. Februari 2014

80 / 85

Solution Syarat transversalitas (f + (g˙

x˙ )fx˙ jt =t0 = 0 dengan g (t ) =

,

(1 + x˙ 2 )1/2 + (

1 2

,

(1 + A2 )1/2 + (

1 2

1 2t

+3 :

x˙ =0 (1 + x˙ 2 )1/2 t =t0 A A) =0 (1 + A2 )1/2 t =t0

x˙ )

A 2 p =0 2 1 + A2 , A = 2.

, Jadi

x (t ) = 2t


4.


Februari 2014

81 / 85

Kuis 2 (open book, but strictly individual) Problem Tunjukkan bahwa x (t ) = A + B ln t, dengan A, B 2 R, memenuhi persamaan Euler dari MKV berikut: min

J (x ) =

Z 1 t0

t x˙ 2 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 = 4x 2 + 4x + 1 dan biaya lain sebesar c2 = x˙ 2 + 3x˙ + 2t. Jika diasumsikan harga barang konstan yaitu p = 20, tentukan kurva produksi yang memaksimumkan keuntungan. [email protected] (IPB)


Februari 2014

82 / 85

Solution (Kuis) De…nisikan f (x, ˙ t ) = t x˙ 2 . Persamaan Euler fx

d dt fx˙

= 0 memberikan

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

B t

t

B = 0. t2

Terbukti bahwa x (t ) = A + B ln t memenuhi persamaan Euler. Selanjutnya dengan memasukkan syarat batas x (t0 ) = 0 dan x (1) = 1 diperoleh ln t . x (t ) = 1 ln t0 Jelas 0 < t0 < 1. [email protected] (IPB)


Februari 2014

83 / 85

Solution (Kuis) Fungsi keuntungan: π (x, x, ˙ t ) = px

c1

c2 2

= 20x (4x + 4x + 1) = 4x 2 + 16x 1 x˙ 2

(x˙ 2 + 3x˙ + 2t ) 3x˙ 2t.

Masalah kalkulus variasi: max s.t.

Π (x ) =

Z 1

( 4x 2 + 16x

1

0

x˙ 2

3x˙

2t ) dt

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

Persamaan Euler π x

d dt π x˙

= 0 memberikan

( 8x + 16) +


d (2x˙ + 3) = 0. dt


Februari 2014

84 / 85

Solution (Kuis) Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua: 8x + 16 + 2x¨ = 0 , x¨

4x =

8,

dengan solusi umum x (t ) = Ae 2t + Be Dari syarat batas diperoleh A = x (t ) =


2 e4 1

2 e4

1

e 2t

2t

+ 2.

dan B = 2e 4 e4


1

(A + 2) = e

2t

2e 4 , e4 1

sehingga

+ 2.

Februari 2014

85 / 85

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

Recommend Documents