Kontrol Optimal Waktu Diskrit

Kontrol Optimal Waktu Diskrit

April 2012

()

Kontrol Optimal (3 SKS)

April 2012

1 / 18

Kalkulus Variasi untuk Sistem Waktu diskrit

Ekstrim Suatu Fungsional untuk Fungsi Skalar Dalam bagian ini, kita akan menentukan syarat perlu untuk optimisasi fungsional biaya yang merupakan penjumlahan seperti berikut ini: kf 1

J = J (x(k0 ); k0 ) =

X

(1)

V (x(k); x(k + 1); k)

k=k0

dengan waktu diskrit k = k0 ; k1 ; : : : ; kf

1; x : Z+ ! R:

Prosedur untuk memaksimumkan atau meminimukan fungsional (1) adalah serupa dengan prosedur untuk memaksimumkan atau meminimukan fungsional masalah kontinu, yaitu dengan menggunakan teorema dasar kalkulus variasi, yang menyatakan bahwa "variasi pertama harus sama dengan nol".

()


April 2012

2 / 18


Ekstrim Suatu Fungsional untuk Fungsi Skalar Dalam bagian ini, kita akan menentukan syarat perlu untuk optimisasi fungsional biaya yang merupakan penjumlahan seperti berikut ini: kf 1

J = J (x(k0 ); k0 ) =

X

(1)

V (x(k); x(k + 1); k)

k=k0


1; x : Z+ ! R:

Prosedur untuk memaksimumkan atau meminimukan fungsional (1) adalah serupa dengan prosedur untuk memaksimumkan atau meminimukan fungsional masalah kontinu, yaitu dengan menggunakan teorema dasar kalkulus variasi, yang menyatakan bahwa "variasi pertama harus sama dengan nol".

()


April 2012

2 / 18


Langkah-langkah mendapatkan nilai ekstrim: 1 2 3 4 5

Variasi Increment Variasi pertama Persamaan Euler Lagrange Syarat batas

()


April 2012

3 / 18




()


April 2012

3 / 18




()


April 2012

3 / 18




()


April 2012

3 / 18




()


April 2012

3 / 18




()


April 2012

3 / 18


Langkah 1. Variasi Misalkan x(k) = x (k) + x(k) x(k + 1) = x (k + 1) + x(k + 1);

(2)

dengan x (k) adalah nilai optimal. Dengan menggunakan variasi (2), fungsional biaya (1) dapat ditulis menjadi kf 1

J = J (x (k0 ); k0 ) =

X

V (x (k); x (k + 1); k)

k=k0 kf 1

J

= J (x(k0 ); k0 ) =

X

V (x(k); x(k + 1); k)

k=k0 kf 1

=

X

V (x (k) + x(k); x (k + 1) + x(k + 1); k)

(3)

k=k0 ()


April 2012

4 / 18


Langkah 1. Variasi Misalkan x(k) = x (k) + x(k) x(k + 1) = x (k + 1) + x(k + 1);

(2)

dengan x (k) adalah nilai optimal. Dengan menggunakan variasi (2), fungsional biaya (1) dapat ditulis menjadi kf 1

J = J (x (k0 ); k0 ) =

X

V (x (k); x (k + 1); k)

k=k0 kf 1

J

= J (x(k0 ); k0 ) =

X

V (x(k); x(k + 1); k)

k=k0 kf 1

=

X

V (x (k) + x(k); x (k + 1) + x(k + 1); k)

(3)

k=k0 ()


April 2012

4 / 18


Langkah 2. Increment Increment dari fungsional J dide…nisikan sebagai berikut: J =J

(4)

J

Langkah 3. Variasi pertama Variasi pertama J adalah aproksimasi orde 1 dari increment J: Sehingga dengan menggunakan ekspansi deret Taylor dari (3) bersama-sama dengan (4), diperoleh kf 1

J

=

X @V (x (k); x (k + 1); k) x(k) @x (k)

(5)

k=k0

+

()

@V (x (k); x (k + 1); k) x(k + 1) : @x (k + 1)


April 2012

5 / 18


Perhatikan suku ke dua dalam persamaan (5): kf 1

X @V (x (k); x (k + 1); k) x(k + 1) @x (k + 1)

k=k0

=

@V (x (k0 ); x (k0 + 1); k0 ) x(k0 + 1) @x (k0 + 1) @V (x (k0 + 1); x (k0 + 2); k0 + 1) + x(k0 + 2) + @x (k0 + 2) @V (x (kf 2); x (kf 1); kf 2) + x(kf 1) @x (kf 1) @V (x (kf 1); x (kf ); kf 1) + x(kf ) @x (kf ) @V (x (k0 1); x (k0 ); k0 1) + x(k0 ) @x (k0 ) @V (x (k0 1); x (k0 ); k0 1) x(k0 ) @x (k0 ) ()


April 2012

6 / 18


Persamaan terakhir dapat ditulis menjadi kf 1

X @V (x (k); x (k + 1); k) x(k + 1) @x (k + 1)

k=k0

kf 1

=

X @V (x (k

k=k0

+

1); x (kf ); kf @x (kf ) @V (x (k0 1); x (k0 ); k0 @x (k0 )

X @V (x (k

k=k0

+ ()

1)

@V (x (kf

kf 1

=

1); x (k); k @x (k)

@V (x (k

1); x (k); k @x (k) 1); x (k); k @x (k)

x(k) 1) 1)

1)

1)


x(kf ) x(k0 )

x(k) k=kf

x(k) k=k0 April 2012

7 / 18


Dengan mensubtitusikan persamaan terakhir ke dalam persamaan (5) dan menggunakan informasi bahwa J = 0, diperoleh kf 1

X @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

x(k)

k=k0

+

()

@V (x (k

1); x (k); k @x (k)


1)

k=kf

x(k)

=0

(6)

k=k0

April 2012

8 / 18


Langkah 4. Persamaan Euler Lagrange Agar (6) dipenuhi untuk variasi sebarang x(k); maka syaratnya mestilah @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

=0

(7)

Persamaan (7) disebut sebagai Persamaan Euler Lagrange (versi diskrit) Langkah 5. Syarat batas (syarat transversal) @V (x (k

()

1); x (k); k @x (k)

1)

k=kf

x(k)


(8)

=0 k=k0

April 2012

9 / 18


Ada 2 kasus: 1

2

x(k0 ) dan x(kf ) keduanya tetap. Maka x(k0 ) = x(kf ) = 0; sehingga syarat batas (8) tidak diperluikan. syarat awal x(k0 ) diberikan, kf diberikan dan x(kf ) tidak diberikan (bebas). Maka x(k0 ) = 0 dan x(kf ) sebarang, sehingga syarat batas (8) menjadi @V (x (k

1); x (k); k @x (k)

1)

x(k)

= 0: k=kf

Contoh 1. Tentukan minimum dari fungsional kf 1

J (x(k0 ); k0 ) =

X

x(k)x(k + 1) + x2 (k)

k=k0

dengan syarat batas x(0) = 2 dan x(10) = 5: ()


April 2012

10 / 18


Ada 2 kasus: 1

2


1); x (k); k @x (k)

1)

x(k)

= 0: k=kf


J (x(k0 ); k0 ) =

X

x(k)x(k + 1) + x2 (k)

k=k0



April 2012

10 / 18


Ada 2 kasus: 1

2


1); x (k); k @x (k)

1)

x(k)

= 0: k=kf


J (x(k0 ); k0 ) =

X

x(k)x(k + 1) + x2 (k)

k=k0



April 2012

10 / 18


Ada 2 kasus: 1

2


1); x (k); k @x (k)

1)

x(k)

= 0: k=kf


J (x(k0 ); k0 ) =

X

x(k)x(k + 1) + x2 (k)

k=k0



April 2012

10 / 18


Jawab. V (x(k); x(k + 1)) = x(k)x(k + 1) + x2 (k) V (x(k

1); x(k)) = x(k

1)x(k) + x2 (k

1)

Dengan menggunakan persamaan Euler Lagrange @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

= 0;

diperoleh x(k + 1) + 2x(k) + x(k

1) = 0;

atau dapat ditulis (9)

x(k + 2) + 2x(k + 1) + x(k) = 0: Solusi persamaan beda (9) dapat ditentukan sebagai berikut: Misalkan x(k) = ditentukan. ()

k

; dimana

adalah suatu parameter yang akan


April 2012

11 / 18



1); x(k)) = x(k

1)x(k) + x2 (k

1)


1)

= 0;


1) = 0;



k

; dimana



April 2012

11 / 18



1); x(k)) = x(k

1)x(k) + x2 (k

1)


1)

= 0;


1) = 0;



k

; dimana



April 2012

11 / 18



1); x(k)) = x(k

1)x(k) + x2 (k

1)


1)

= 0;


1) = 0;



k

; dimana



April 2012

11 / 18


k

Dengan mensubtitusikan x(k) = k+2 k

Kalikan (9) dengan

+2

1;2

k+1

+

k

(10)

= 0:

; diperoleh 2

yang memberikan

ke dalam (9), diperoleh

=

+ 2 + 1 = 0;

1:

Sehingga, solusi umum (9) adalah x(k) = c1 ( 1)k + c2 k ( 1)k Dengan menggunakan syarat batas x(0) = 2 dan x(10) = 5; diperoleh x(k) = 2( 1)k + 0; 3k( 1)k :

()


April 2012

12 / 18


k


Kalikan (9) dengan

+2

1;2

k+1

+

k

(10)

= 0:

; diperoleh 2

yang memberikan


=

+ 2 + 1 = 0;

1:


()


April 2012

12 / 18


k


Kalikan (9) dengan

+2

1;2

k+1

+

k

(10)

= 0:

; diperoleh 2

yang memberikan


=

+ 2 + 1 = 0;

1:


()


April 2012

12 / 18


k


Kalikan (9) dengan

+2

1;2

k+1

+

k

(10)

= 0:

; diperoleh 2

yang memberikan


=

+ 2 + 1 = 0;

1:


()


April 2012

12 / 18


Perluasan Ekstrim Fungsional untuk Fungsi Vektor

Rumusan yang diperoleh pada bagian sebelumnya dapat diperluas untuk fungsi bernilai vektor. Kita ingin mengoptimumkan fungsional biaya yang merupakan penjumlahan seperti berikut ini: kf 1

J = J (x(k0 ); k0 ) =

X

V (x(k); x(k + 1); k)

(11)

k=k0


()


1; x : Z+ ! Rn :

April 2012

13 / 18


Perluasan Ekstrim Fungsional untuk Fungsi Vektor

Rumusan yang diperoleh pada bagian sebelumnya dapat diperluas untuk fungsi bernilai vektor. Kita ingin mengoptimumkan fungsional biaya yang merupakan penjumlahan seperti berikut ini: kf 1

J = J (x(k0 ); k0 ) =

X

V (x(k); x(k + 1); k)

(11)

k=k0


()


1; x : Z+ ! Rn :

April 2012

13 / 18


Dengan mengikuti prosedur yang sama dengan bagian sebelumnya, maka persamaan Euler Lagrange untuk (11) adalah @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

=0

dengan syarat batas @V (x (k

()

1); x (k); k @x (k)

1)


k=kf

=0

x(k) k=k0

April 2012

14 / 18


Ekstrim Fungsional dengan Biaya Akhir

Masalah: minimumkan fungsional sebagai berikut: kf 1

J = J (x(k0 ); k0 ) = S (x(kf ); kf ) +

X

V (x(k); x(k + 1); k) ;

(12)

k=k0

dengan syarat awal x(k0 ) diberikan, waktu akhir kf tetap dan keadaan akhir x(kf ) bebas. Misalkan x(k) = x (k) + x(k) (13) x(k + 1) = x (k + 1) + x(k + 1); dengan x (k) adalah nilai optimal.

()


April 2012

15 / 18


Maka fungsional J dan J dapat ditulis menjadi kf 1

J = S (x (kf ); kf ) +

X

V (x (k); x (k + 1); k)

k=k0

J

= S (x (kf ) + x(kf ); kf ) kf 1

+

X

V (x (k) + x(k); x (k + 1) + x(k + 1); k)

(14)

k=k0

Dengan mengikuti prosedur seperti sebelumnya (untuk fungsional tanpa biaya akhir), dan menggunakan syarat J = 0; diperoleh variasi pertama sebagai berikut:

()


April 2012

16 / 18


kf 1

X @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

x(k)

k=k0

+

@V (x (k

1); x (k); k @x (k)

1)

k=kf

x(k) k=k0

@S (x (kf ); kf ) + x(kf ) = 0 @x (kf )

(15)

Sehingga persamaan Euler Lagrange adalah @V (x (k); x (k + 1); k) @V (x (k 1); x (k); k + @x (k) @x (k)

1)

=0

(16)

dan syarat batas @V (x (k

()

1); x (k); k @x (k)

1)

+

@S (x (kf ); kf ) @x (kf )


=0

(17)

k=kf April 2012

17 / 18


Kontrol Optimal Waktu Diskrit Masalah: min J = 12 xT (kf )F (kf )x (kf ) u

kf 1

+

1 2

X

xT (k)Q(k)x (k) + uT (k)R (k) u (k)

k=k0

s.t.

x (k + 1) = A(k)x (k) + B(k)u (k) ; x (k = k0 ) = x (k0 ) ;

dimana k = k0 ; k1 ; : : : ; kf 1; x (k) 2 Rn ; u (k) 2 Rr ; A(k) 2 Rn n ; B(k) 2 Rn r : F (kf ); Q(k) 2 Rn n simetris positif de…nit positif, R (k) 2 Rr r simetris de…nit positif. Pertanyaan: Buatlah suatu analisis untuk menentukan kontrol optimal u (k) dan keadaan optimal x (k) dengan berbagai syarat batas dari masalah optimisasi di atas. ()


April 2012

18 / 18


Kontrol Optimal Waktu Diskrit Masalah: min J = 12 xT (kf )F (kf )x (kf ) u

kf 1

+

1 2

X

xT (k)Q(k)x (k) + uT (k)R (k) u (k)

k=k0

s.t.

x (k + 1) = A(k)x (k) + B(k)u (k) ; x (k = k0 ) = x (k0 ) ;

dimana k = k0 ; k1 ; : : : ; kf 1; x (k) 2 Rn ; u (k) 2 Rr ; A(k) 2 Rn n ; B(k) 2 Rn r : F (kf ); Q(k) 2 Rn n simetris positif de…nit positif, R (k) 2 Rr r simetris de…nit positif. Pertanyaan: Buatlah suatu analisis untuk menentukan kontrol optimal u (k) dan keadaan optimal x (k) dengan berbagai syarat batas dari masalah optimisasi di atas. ()


April 2012

18 / 18

Kontrol Optimal Waktu Diskrit

Recommend Documents