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

Februari 2014

[email protected] (IPB)

MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

1 / 23

Outline

Pengantar: syarat perlu, syarat cukup Variasi pertama, variasi kedua Syarat cukup 1 2 3

Teorema Mangasarian Konveks, konkaf Beberapa uji

Masalah kalkulus variasi dengan horizon waktu takhingga



Februari 2014

2 / 23

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. RT ˙ t ) dt. Teorema dasar kalkulus Diberikan fungsional J (x ) = t0 f (x, x, variasi menyatakan bahwa persamaan Euler merupakan syarat perlu optimalitas: x merupakan ekstremum ) δJ = 0 RT ) t0 fx h + fx˙ h˙

) fx


dt = 0

d fx˙ = 0. (pers. Euler) dt


Februari 2014

3 / 23

Pengantar Dalam kalkulus klasik (pengoptimuman statik), 1

Syarat perlu optimalitas (syarat orde pertama): x ekstremum bagi f ) f 0 (x ) = 0.

2

Tetapi jika f 0 (x ) = 0, tidak selalu x merupakan ekstremum. Contoh: f (x ) = x 3 . Syarat cukup optimalitas (syarat orde kedua): f 0 (x ) = 0 dan f 00 (x ) > 0 ) x minimum (lokal).

f 0 (x ) = 0 dan f 00 (x ) < 0 ) x maksimum (lokal).

Note: f 00 (x ) > 0 , f cekung ke atas/konveks.

f 00 (x ) < 0 , f cekung ke bawah/konkaf. [email protected] (IPB)


Februari 2014

4 / 23

Variasi Pertama dan Kedua Ingat kembali perluasan Taylor 2-peubah: f (x + h, x˙ + h˙ )

˙ x˙ (x, x˙ ) f (x, x˙ ) + hfx (x, x˙ ) + hf 2 h ˙ x x˙ (x, x˙ ) + fxx (x, x˙ ) + hhf 2 h˙ 2 + fx˙ x˙ (x, x˙ ). 2

Variasi total: ∆J

= J (x + h, x˙ + h˙ ) J (x, x˙ ) RT RT = 0 f (x + h, x˙ + h˙ ) dt f (x, x˙ ) dt 0 RT 2 1 ˙ x˙ + h fxx + hhf ˙ x x˙ + 1 h˙ 2 fx˙ x˙ dt = 0 hfx + hf 2 2 RT RT 2 1 ˙ x˙ ) dt + ˙ ˙2 = 0 (hfx + hf 2 0 (h fxx + 2hhfx x˙ + h fx˙ x˙ ) dt.



Februari 2014

5 / 23

Variasi Pertama dan Kedua Variasi pertama: δJ := Variasi kedua: δ2 J : =

RT 0

˙ x˙ ) dt. (hfx + hf

R 2 1 T 2 0 (h fxx

˙ x x˙ + h˙ 2 fx˙ x˙ ) dt. + 2hhf

Pada kondisi optimum berlaku δJ = 0 sehingga ∆J = δ2 J (∆J memiliki tanda yang sama dengan δ2 J). 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 , δ2 J > 0,

x maksimum , δ2 J < 0. [email protected] (IPB)


Februari 2014

6 / 23

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 ).



Februari 2014

7 / 23

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.



Februari 2014

8 / 23

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 )

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



Februari 2014

9 / 23

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 . [email protected] (IPB)


Februari 2014

10 / 23

Memeriksa Kecekungan Solution Di lain pihak diperoleh

=

θf (u ) + (1

θ )f (v )

θ (u12

(1

+ u22 ) +

θ )(v12 + v22 ),

sehingga f (θu + (1

θ )v )

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



Februari 2014

11 / 23

Memeriksa Kecekungan Theorem (Sydsæter, et al. (2008)) Misalkan f = f (x, y ) fungsi yang terturunkan dua kali: 1 2 3 4

f konveks , fxx f konkaf , fxx

fxx > 0 dan fxx fyy fxx < 0 dan fxx fyy

0, fyy 0, fyy fxy2 fxy2

0, dan fxx fyy 0, dan fxx fyy

fxy2 fxy2

0. 0.

> 0 ) f konveks sejati (strictly convex). > 0 ) f konkaf sejati (strictly concave).

Examples Dengan teorema di atas dapat diperiksa: 1

f (x, y ) = 2x

y

2

f (x, y ) = x 2

y2


x 2 + 2xy xy

y 2 konkaf untuk semua (x, y ).

x 3 konkaf untuk x


5 12 .

Februari 2014

12 / 23

Memeriksa Kecekungan Example Masalah jarak terdekat f (x, x, ˙ t) = Diperoleh fx = 0 dan fx˙ =

fxx fx˙ x˙

p

p x˙ 1 +x˙ 2

1 + x˙ 2 = (1 + x˙ 2 )1/2 . sehingga

fxx

= 0

fx˙ x˙

=

fx2x˙

= 0

0, 1 (1 + x˙ 2 )3/2

0,

0.

Jadi f konveks.



Februari 2014

13 / 23

Uji Determinan

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

fx˙ x˙ fx x˙

fx˙ x fxx

, Q=

fxx fx˙ x

fx x˙ fx˙ x˙

dengan minor-minor utama

jP1 j = jfx˙ x˙ j = fx˙ x˙ , jQ1 j = jfxx j = fxx , jP2 j = jP j , jQ2 j = jQ j .



Februari 2014

14 / 23

Uji Determinan Theorem Uji determinan 1 2

j P1 j j P1 j

0, jQ1 j 0, jQ1 j

0, jP2 j 0, jP2 j

0, jQ2 j 0, jQ2 j

0 , f konkaf.

0 , f konveks.

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

jP1 j = 2 > 0, jQ1 j = 8 > 0, jP2 j = 8 2

42 = 0

0, jQ2 j = 0

Jadi f konveks sehingga persamaan Euler merupakan syarat perlu dan RT cukup bagi minimum J (x ) = t0 f (x, x, ˙ t )dt. [email protected] (IPB)


Februari 2014

0.

15 / 23

Uji Determinan Example Masalah jarak terdekat f (x, x, ˙ t) =

p

1 + x˙ 2 = (1 + x˙ 2 )1/2 .

Diperoleh fx fx˙ fx˙ x˙

= fxx = fx x˙ = 0, x˙ , fx˙ x = 0, = p 1 + x˙ 2 1 = > 0. (1 + x˙ 2 )3/2

Jadi f konveks.



Februari 2014

16 / 23

Horizon Takhingga Perhatikan fungsional dalam bentuk integral takwajar berikut: R∞ J (x ) = 0 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: R∞ Ra J (x ) = 0 f (x, x, ˙ t ) dt = 0 f (x, x, ˙ t ) dt.

TIDAK BENAR: jika f ! 0 ketika t ! ∞ maka integral di atas konvergen:

R∞ 0


R∞ 1 1 dt = 1, 0 dt = ∞. 2 (t + 1) t +1 MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

17 / 23

Horizon Takhingga

Jika fungsional berbentuk R∞ J (x ) = 0 f (x, x, ˙ t )e

dan f berbatas atas, yaitu f (x, x, ˙ t) J (x ) =

R∞ 0

f (x, x, ˙ t )e

rt

rt

dt,

r > 0,

M, maka integral konvergen:

dt

R∞ 0

Me

rt

=

M . r

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



Februari 2014

18 / 23

Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut: R∞ opt J (x ) = 0 f (x, x, ˙ t ) dt x (0) = x0 ,

lim x (t ) = x∞ (konstanta).

t !∞

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



Februari 2014

19 / 23

Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut: opt J (x ) =

Z ∞ 0

f (x, x, ˙ t ) dt

x (0) = x0 , lim x (t ) bebas. t !∞

Diperlukan syarat batas alamiah: lim fx˙ = 0.

t !∞



Februari 2014

20 / 23

Example Diberikan masalah kalkulus variasi berikut: R∞ min J (x ) = 0 (x 2 + ax + b x˙ + c x˙ 2 )e

rt

dt

x (0) = x0 ,

lim x (t ) = x∞ ,

t !∞

dengan c > 0 dan r > 0. Persamaan Euler memberikan

(2x + a)e

rt

d [(b + 2c x˙ )e rt ] = 0 dt ( bre rt + 2c xe ¨ rt 2cr xe ˙

, (2x + a)e rt , 2x + a + br 2c x¨ + 2cr x˙ = 0 , x¨ r x˙ c1 x = a +2cbr .



rt

)=0

Februari 2014

21 / 23

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 ) = Ae m 1 t + Be m 2 t + x∞ , dengan m1 dan m2 merupakan akar-akar persamaan karakteristik: q r r 2 + c4 m1,2 = . 2



Februari 2014

22 / 23

Solution Karena c > 0 jelas m1 > 0 dan m2 < 0, sehingga syarat-syarat batas memberikan lim x (t ) = x∞ , A = 0 , x (t ) = Be m 2 t + x∞ ,

t !∞

x (0) = x0 , B = x0

x∞ ,

sehingga x (t ) = (x0


x∞ )e m 2 t + x∞ .


Februari 2014

23 / 23

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

Recommend Documents