Kontrol Optimum. Prinsip Maksimum Pontryagin. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2014

Kontrol Optimum Prinsip Maksimum Pontryagin

Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB

Februari 2014

[email protected] (IPB)

MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

1 / 25

Outline

Masalah kontrol optimum Prinsip maksimum Pontryagin 1 2

Teorema Bukti

Fungsi adjoin



Februari 2014

2 / 25

Masalah Kontrol Optimum

Masalah kontrol optimum adalah masalah menentukan peubah kontrol yang dapat mengendalikan suatu proses sedemikian sehingga memenuhi beberapa kendala …sik dan dalam waktu yang sama mengoptimumkan kriteria tertentu. Masalah kontrol optimum dapat diselesaikan melalui dua pendekatan: 1 2

program dinamik (Bellman, 1957) prinsip maksimum (Pontryagin, 1962)

Dalam kuliah ini akan dibahas penyelesaian masalah kontrol optimum melalui pendekatan prinsip maksimum. Pendekatan prinsip maksimum banyak menggunakan teknik dalam kalkulus variasi.



Februari 2014

3 / 25

MKV vs MKO Perbedaan MKV dan MKO: Masalah Kalkulus Variasi: opt J (x (t )) =

Z T 0

f (x (t ), x˙ (t ), t ) dt.

Masalah Kontrol Optimum: opt J (x (t )) =

Z T

f (x (t ), u (t ), t ) dt

0

x˙ (t ) = g (x (t ), u (t )), baik dengan kendala ataukah tanpa kendala. Dengan kata lain, MKV merupakan bentuk khusus dari MKO, yaitu ketika g (x, u ) = u.



Februari 2014

4 / 25

Masalah Pemasaran melalui Iklan Sumber: Sethi & Thompson (2006) Fungsional objektif: max c

Z ∞ 0

( π (G )

c (t ))e

rt

dt.

Fungsi kendala: G˙ (t ) = c (t )

δG (t ),

G ( 0 ) = G0 , dengan π tingkat penerimaan (revenue) yang merupakan fungsi dari citra perusahaan (goodwill) G , c biaya produksi (iklan), dan δ laju depresiasi. Masalah: menentukan besarnya biaya u (t ) := c (t ) yang dikeluarkan untuk iklan sedemikian sehingga memaksimumkan tingkat keuntungan.



Februari 2014

5 / 25

Masalah Pemeliharaan dan Pemanenan Ikan Sumber: Sydsæter et al. (2008) Fungsional objektif: max u

x (T )P (T , x (T ))e

rT

Z T

cx (t )u (t )e

rt

dt .

0

Fungsi kendala: x˙ (t ) = x (t )g (t, u (t )), x (0) = x0 , dengan x (t ) berat ikan pada saat t, P (t, x ) harga ikan dengan berat x pada saat t, u (t ) banyaknya pakan ikan yang digunakan, dan c > 0 biaya pakan ikan. Masalah: menentukan banyaknya pakan ikan yang digunakan u (t ) sedemikian sehingga memaksimumkan keuntungan. [email protected] (IPB)


Februari 2014

6 / 25

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 yˆ dalam periode [0, T ]. Pengendalian memerlukan biaya sehingga ingin diminimumkan fungsional J (y ) = De…nisikan x := y

RT 0

(y

yˆ )2 + cu 2

dt.

yˆ sehingga

= y˙ = u, x (T ) = y (T ) yˆ = yˆ x˙

yˆ = 0.

Masalah kalkulus variasi: min


RT

(x 2 + c x˙ 2 ) dt, x (0) = x0 , x (T ) = 0.

J (x ) =

0


Februari 2014

7 / 25

Solution Persamaan Euler memberikan: 2x

1 cx

=0 , x (t ) = Ae rt + Be

2c x¨ = 0 , x¨

rt

,

r=

p1 . c

Syarat batas menghasilkan: x (t ) = sehingga

e rT

x0 e

rT

h

e r (T

t)

e

r (T

t)

i

,

y (t ) = x (t ) + yˆ , u (t ) = x˙ (t ).



Februari 2014

8 / 25

Masalah Kontrol Optimum Masalah kontrol optimum adalah masalah menentukan admissible control u (t ) yang dapat mengendalikan sistem dinamik x˙ (t ) = g (x (t ), u (t ), t ), sedemikian sehingga mampu mengikuti admissible trajectory x (t ) dalam interval waktu [0, T ] dan mengoptimumkan fungsional objektif J = S (x (T ), T ) +

RT 0

f (x (t ), u (t ), t ) dt.

Fungsi u (t ) disebut kontrol optimum dan x (t ) trajektori optimum.

Problem MKO:

RT = S (x (T ), T ) + 0 f (x (t ), u (t ), t ) dt s.t. x˙ (t ) = g (x (t ), u (t ), t ) opt


J


Februari 2014

9 / 25

Prinsip Maksimum Pontryagin

Masalah kontrol optimum merupakan perluasan masalah kalkulus variasi. Masalah kalkulus variasi muncul sejak zaman Euler dengan Persamaan Euler sebagai syarat perlu optimalitas (1744). Teori kontrol optimum berkembang di tahun enampuluhan ketika sekelompok matematikawan Rusia, yaitu Pontryagin, Boltyanskii, Gamkrelidze, Mischenko (1962), merumuskan syarat perlu optimalitas bagi masalah kontrol optimum.



Februari 2014

10 / 25




Februari 2014

11 / 25

Prinsip Maksimum Pontryagin Theorem (Prinsip Maksimum Pontryagin) Perhatikan masalah kontrol optimum berikut:

RT = S (x (T ), T ) + 0 f (x (t ), u (t ), t ) dt s.t. x˙ (t ) = g (x (t ), u (t ), t ) x (0) = x0 , T dan x (T ) belum ditentukan. opt

J

De…nisikan fungsi hamilton (hamiltonian): H (x, u, p, t ) := f (x, u, t ) + pg (x, u, t ), dengan p merupakan "pengali lagrange" atau costate variable.



Februari 2014

12 / 25

Theorem (Prinsip Maksimum Pontryagin) Syarat perlu optimalitas diberikan oleh: 1

u (t ) memaksimumkan H, yaitu ∂H = 0 , Hu = 0. ∂u

2

x (t ) dan p (t ) memenuhi sistem persamaan diferensial berikut: x˙

=

p˙ =

∂H , x˙ = g (x, u, t ), ∂p ∂H , p˙ = Hx . ∂x

3

Syarat batas terpenuhi.

4

Syarat transversalitas berikut terpenuhi:

( Sx [email protected] (IPB)

p )δx jT + (H + St )δt jT = 0. MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

13 / 25

Bukti (Prinsip Maksimum Pontryagin) Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus dapat ditulis: S (x (T ), T ) = S (x0 , 0) + sehingga J

= S (x0 , 0) + = S (x0 , 0) +

RT 0

RT 0

RT d S (x (t ), t ) dt, 0 dt

dS (x, t ) dt ∂S ∂S f + x˙ + dt. ∂x ∂t f (x, u, t ) +

dt

Karena S (x0 , 0) konstan maka suku tersebut dapat diabaikan dalam proses pengoptimuman, sehingga J= [email protected] (IPB)

RT 0

f +

∂S ∂S x˙ + ∂x ∂t


dt. Februari 2014

14 / 25

Bukti (Prinsip Maksimum Pontryagin) De…nisikan fungsional objektif imbuhan (augmented): Ja = dengan F

RT 0

F (x, x, ˙ p, u, t ) dt,

∂S ∂S x˙ + ∂x ∂t ∂S = f + pg + x˙ + ∂x ∂S ∂S = H+ x˙ + ∂x ∂t

=

f +

+ p (g ∂S ∂t

x˙ )

p x˙

p x. ˙

Ingat kembali syarat perlu masalah Kalkulus variasi dengan T dan x (T ) tidak ditentukan: RT d δJ = 0 (fx dt fx˙ )h dt + (fx˙ δx + (f xf ˙ x˙ )δt jT = 0. [email protected] (IPB)


Februari 2014

15 / 25

Bukti (Prinsip Maksimum Pontryagin) Terapkan pada δJa : RT d Fx˙ )δx + Fu δu + Fp δp dt + (Fx˙ δx + (F δJa = 0 (Fx dt

xF ˙ x˙ )δt jT = 0.

Dengan demikian syarat perlu optimalitas diberikan oleh: 1 2 3 4

d Fx dt Fx˙ = 0 (persamaan Euler) Fu = 0 Fp = 0 (Fx˙ δx + (F xF ˙ x˙ )δt jT = 0 (syarat transversalitas)

Perhatikan bahwa: Fx

d dt Fx˙

∂ d (Sx x˙ + St ) ( Sx p ) ∂x dt = (Hx + Sxx x˙ + Stx ) (Sxt + Sxx x˙ p˙ )

=

Hx +

= Hx + p. ˙ [email protected] (IPB)


Februari 2014

16 / 25

Bukti (Prinsip Maksimum Pontryagin) Dengan demikian 1 2 3 4

d dt Fx˙

= 0 , Hx + p˙ = 0 , p˙ = Hx . Fu = 0 , Hu = 0. Fp = 0 , Hp x˙ = 0 , x˙ = g (x, u, t ) Karena Fx

Fx˙ F

xF ˙ x˙

= Sx p = (H + Sx x˙ + St = H + St ,

maka syarat transversalitas (Fx˙ δx + (F

( Sx


p x˙ )

x˙ (Sx

p)

xF ˙ x˙ )δt jT = 0 menjadi

p )δx jT + (H + St )δt jT = 0. MAT332 Kontrol Optimum

Februari 2014

17 / 25

Prinsip Maksimum Pontryagin Kondisi H (x , u , p , t ) H (x , u, p, t ) disebut "Prinsip Maksimum Pontryagin" dan dipenuhi oleh:

= 0, < 0.

Hu Huu

Dalam masalah maksimisasi dengan kontrol berbatas umin u umax , jika H = H (u ) fungsi naik maka u = umax dan jika H = H (u ) fungsi turun maka u = umin . H

H

umin [email protected] (IPB)

umax

u

umin


umax

u

Februari 2014

18 / 25


Fungsi p disebut sebagai fungsi adjoin (mirip pengali lagrange) dan merupakan shadow price atau nilai marjinal dari J jika terjadi perubahan pada x0 . dH dt

=

∂H ∂t .

Bukti:

H dH dt

= f (x, u, t ) + pg (x, u, t ) = fx x˙ + fu u˙ + ft + p (gx x˙ + gu u˙ + gt ) + pg ˙ = (fx + pgx )x˙ + (fu + pgu )u˙ + (ft + pgt ) + pg ˙ = Hx x˙ + Hu u˙ + Ht Hx x˙ = Ht .



Februari 2014

19 / 25


Jika S = 0 maka syarat transversalitas (Sx p )δx jT + (H + St )δt jT = 0 berubah menjadi p (T )δx (T ) + H (T )δT = 0. Jika t0 dan x (t0 ) juga tidak ditentukan maka syarat transversalitas harus juga dievaluasi di t = t0 , yaitu

( Sx

p )δx jt0 ,T + (H + St )δt jt0 ,T = 0.

Beberapa kasus khusus syarat transversalitas akan dibahas kemudian.



Februari 2014

20 / 25

Prinsip Maksimum Pontryagin Example Selesaikan MKO berikut:

R1 = 0 (x + u 2 ) dt s.t. x˙ = u x (0) = 0 x (1) bebas.

min

J

Solution MKO di atas dapat diubah menjadi MKV berikut: R1 min J = 0 (x + x˙ 2 ) dt x (0) = 0 x (1) [email protected] (IPB)

bebas.


Februari 2014

21 / 25


Solution (Pendekatan KV) Persamaan Euler fx 1

d dt fx˙

= 0 memberikan

2x¨ = 0 , x (t ) = 14 t 2 + At + B.

Dari syarat batas x (0) = 0 diperoleh B = 0 sehingga x (t ) = 14 t 2 + At. Syarat batas alamiah fx˙ jt =1 = 0 memberikan x˙ jt =1 = 0 , ( 12 t + Ajt =1 = 0 , A =

1 2,

sehingga x (t ) = 14 t 2


1 2t

) u (t ) =


x˙ =

1 2t

+ 12 .

Februari 2014

22 / 25

Prinsip Maksimum Pontryagin Solution (Pendekatan KO) Fungsi hamilton MKO di atas ialah H = (x + u 2 ) + p ( u ) = x + u 2

pu.

Syarat perlu optimalitas Hu = 0 memberikan 2u

p = 0 , u (t ) = 12 p (t ).

Syarat perlu optimalitas p˙ =

Hx =

p (t ) = Syarat transversalitas

1 memberikan t + A.

p (T )δx (T ) + H (T )δT = 0 memberikan

p (1) = 0 , A = 1 , p (t ) = [email protected] (IPB)


t + 1. Februari 2014

23 / 25


Diperoleh u (t ) = x (t ) =

R

1 2t

+ 21 , ( 12 t + 12 )dt = 14 t 2

1 2t

+ B.

Dengan memasukkan syarat batas x (0) = 0 diperoleh B = 0 sehingga x (t ) = 14 t 2


1 2 t.


Februari 2014

24 / 25

Fungsi Adjoin Jika suatu MKO memiliki solusi optimal (x , u ) yang berpadanan dengan fungsi adjoin p maka nilai fungsional objektif optimal J bergantung pada t0 , x0 , T , xT dan dinotasikan sebagai RT J (t0 , x0 , T , xT ) = t0 f (x , u , t ) dt.

(Jika x (T ) bebas maka J tidak bergantung pada xT ). Jika x0 berubah maka pada umumnya x dan u juga berubah sepanjang interval [t0 , T ]. Jika J terturunkan, maka berlaku ∂J (t0 , x0 , T , xT ) = p (t0 ). ∂x0 Dari contoh sebelumnya dengan x (0) = x0 diperoleh R1 R1 J = 0 (x + u 2 ) dt = 0 ( 14 t 2 12 t + x0 + (

= x0

sehingga

∂J ∂x0

1 2t

+ 12 )2 ) dt

1 12 .

= 1 = p (0).



Februari 2014

25 / 25

Kontrol Optimum. Prinsip Maksimum Pontryagin. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2014

Recommend Documents