Masalah Kalkulus Variasi, Fungsional Objektif, Variasi, Syarat Perlu Optimalitas Slide II Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB
February 2012
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
1 / 37
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.
A(0,0)
b x
a
B(b,a) y
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
2 / 37
Masalah Brachystochrone Hukum konservasi energi: Energi Kinetik + Energi Potensial = 0 : p 2 1 mgy = 0 () v = 2gy . 2 mv Lintasan di sekitar bola dapat dipandang sebagai sebuah garis lurus sehingga s p dy 2 ds = dx 2 + dy 2 = 1 + dx. dx Hubungan waktu t, jarak s, dan kecepatan v : r ds ds v= () dt = = dt v
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
1+ p
dy dx
2gy
2
dx .
February 2012
3 / 37
Masalah Brachystochrone
Integralkan: 1 t= p 2g
v u Z bu t1 + 0
Masalah kontrol optimal: s Z b 1 + y˙ 2 min J = dx y 0 dengan y˙ :=
TBK (IPB)
dy dx
y
2
dx.
s.t. y (0) = 0, y (b ) = a,
dy dx .
Kalkulus Variasi
February 2012
4 / 37
Masalah Lintasan Terpendek Tentukan lintasan terpendek yang menghubungkan A dan B.
y
B(a,b)
A(0,0)
x
Di sepotong lintasan kecil berlaku ds =
p
dx 2
+ dy 2
Masalah kontrol optimal: Z ap min J = 1 + y˙ 2 dx
=
s
1+
dy dx
2
dx.
s.t. y (0) = 0, y (a) = b.
0
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
5 / 37
Masalah Luas Permukaan Terkecil Tentukan kurva y = y (x ) yang melewati A dan B sedemikian sehingga benda putar yang terbentuk memiliki luas permukaan terkecil.
y A B(a,b)
x Di sepotong lintasan kecil berlaku ds =
TBK (IPB)
p
dx 2 + dy 2 =
s
Kalkulus Variasi
1+
dy dx
2
dx.
February 2012
6 / 37
Masalah Luas Permukaan Terkecil
Luas permukaan: A=
Z
2πy ds S
Masalah kontrol optimal: min
J = 2π
Z a p
y
0
TBK (IPB)
1 + y˙ 2 dx
Kalkulus Variasi
s.t. y (0) = A, y (a) = b.
February 2012
7 / 37
MKV vs MKO
Masalah Kalkulus Variasi: opt J (x (t )) =
Z tf
F (x (t ), x˙ (t ), t ) dt
Z tf
F (x (t ), u (t ), t ) dt
t0
Masalah kontrol optimal: opt J (x (t )) =
t0
baik dengan kendala ataukah tanpa kendala.
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
8 / 37
Fungsional Objektif Bentuk umum fungsional objektif (kriteria, performance index) J = S (x (tf ), tf ) +
Z tf
F (x (t ), u (t ), t )dt,
t0
dengan S dan F kontinu dan terturunkan. 1 2
S = 0, F = 1 (minimal time problem). S = 0, F = ju j (minimal fuel/energy problem): J=
Z tf t0
3 4 5 6
ju (t )j dt,
J=
Z tf
u T Ru dt.
t0
S 6= 0, F 6= 0 (Bolza problem). S = 0, F 6= 0 (Lagrange problem). S 6= 0, F = 0 (Mayer problem). Integral square problem: J=
Z tf
x T x dt,
J=
t0
TBK (IPB)
Z tf
x T Qx dt.
t0
Kalkulus Variasi
February 2012
9 / 37
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
F (x (t ), u (t ), t )dt.
t0
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 ) = Sˆ (x (tf ), tf )
= JMayer. TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
10 / 37
Fungsional Objektif Diberikan Lagrange problem: JLagrange =
Z tf
F (x (t ), u (t ), t )dt.
t0
De…nisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga xa x1 x2 . . . xn = x˙ a = F (x (t ), u (t ), t ), xa (t0 ) = 0. xˆ
T
,
Diperoleh JLagrange =
Z tf t0
x˙ a (t )dt = xa jttf0 = x (tf )
= S (x (tf ), tf ) = JMayer. TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
11 / 37
Fungsional Objektif Diberikan Mayer problem: JMayer = S (x (tf ), tf ). De…nisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga xa x1 x2 . . . xn = x˙ a = 0 ) xa (t ) = k, 1 xa (tf ) = S ( x ( tf ) , tf ) . tf t0 xˆ
T
,
Diperoleh JMayer = (tf
= ( tf
t0 )xa (tf ) t0 )(xa (tf )
= Sˆ (x (tf ), tf ) + = Sˆ (x (tf ), tf ) + TBK (IPB)
Z tf
t0 Z tf t0
Kalkulus Variasi
k ) + k ( tf
t0 )
kdt xa (t )dt = JLagrange. February 2012
12 / 37
Fungsi dan Fungsional
Pemetaan Notasi Contoh Riap
Fungsi f :R!R f = f (t ) f (t ) = t dt = t t ∆f (t ) = f (t + dt )
f (t )
Fungsional J:f !R J = J (x (t )) Rb J (x (t )) = a x (t )dt δx (t ) = x (t ) x (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.
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
13 / 37
Perluasan Taylor 1 Peubah Diberikan fungsi f dengan f 0 , f 00 , . . . , f (n +1 ) kontinu di [a, b ] dan misalkan c 2 [a, b ]. Perluasan Taylor dari f di sekitar c diberikan oleh n
f (x ) =
f (k ) ( c ) (x k! k =0
∑
c )n + Rn +1 (x ),
dengan Rn +1 disebut sebagai remainder (sisaan): Rn +1 (x ) =
1 n!
Z x
(x
s )f (n +1 ) (s )ds.
c
Jika limn !∞ Rn +1 = 0 maka ∞
f (x ) =
TBK (IPB)
f (n ) ( c ) ∑ n! (x n =0 Kalkulus Variasi
c )n .
February 2012
14 / 37
Perluasan Taylor 1 Peubah
Set h = x
c
∞
f (c + h ) =
f (n ) ( c ) n h . n! n =0
f (x + h ) =
f (n ) ( x ) n h . n! n =0
∑
Dengan demikian ∞
∑
Dapat juga ditulis f (x + h )
TBK (IPB)
f (x ) + hf 0 (x ) +
Kalkulus Variasi
h2 00 f (x ). 2!
February 2012
15 / 37
Perluasan Taylor Peubah Ganda m peubah di sekitar (c1 , . . . , cm ) : ∞
f (x1 , . . . , xm ) =
∑
n 1 =0
∞
∑
(x1
n m =0
c1 ) n 1 n1 !
∂n 1 + ∂x1n1
+n m f
∂xmnm
(xm nm !
cm ) n m
( c1 , . . . , cm ) .
2 peubah di sekitar (a, b ) : f (x, y )
TBK (IPB)
f (a, b ) + (x a)fx (a, b ) + (y b )fy (a, b ) (x a )2 2(x a)(y b ) + fxx (a, b ) + fxy (a, b ) 2! 2! (y b )2 + fyy (a, b ). 2! Kalkulus Variasi
February 2012
16 / 37
Perluasan Taylor 2 Peubah Set h1 = x
a dan h2 = y
b:
f ( a + h1 , b + h2 )
f (a, b ) + h1 fx (a, b ) + h2 fy (a, b ) h2 + 1 fxx (a, b ) + h1 h2 fxy (a, b ) 2 h22 + fyy (a, b ). 2
f ( x + h1 , y + h2 )
f (x, y ) + h1 fx (x, y ) + h2 fy (x, y ) h2 + 1 fxx (x, y ) + h1 h2 fxy (x, y ) 2 h22 + fyy (x, y ). 2
Atau
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
17 / 37
Variasi Pertama (1 Peubah) Diberikan fungsional J (x ) =
Z T
f (x, t ) dt.
t0
Diperoleh
4J (x ) = J (x + h ) =
Z T t0 Z T
=
t0 Z T t0
f (x + h, t ) dt
Z T
f (x, t ) dt
t0
[f (x, t ) + hf 0 (x, t )] dt
Z T
f (x, t ) dt
t0
hf 0 (x, t ) dt.
Variasi pertama δJ (x ) := TBK (IPB)
J (x )
Z T t0
hf 0 (x, t ) dt.
Kalkulus Variasi
February 2012
18 / 37
Variasi Pertama (2 Peubah) Diberikan fungsional J (x, y ) =
Z T
f (x, y , t ) dt.
t0
Diperoleh
4J (x, y ) = J (x + h1 , y + h2 , t ) =
Z T
t0 Z T t0
J (x, y )
f (x + h1 , y + h2 , t ) dt
Z T
f (x, y , t ) dt
t0
[h1 fx (x, y , t ) + h2 fy (x, y , t )] dt.
Variasi pertama δJ (x, y ) := TBK (IPB)
Z T t0
[h1 fx (x, y , t ) + h2 fy (x, y , t )] dt. Kalkulus Variasi
February 2012
19 / 37
Nilai Maksimum dan Nilai Minimum
De…nition Fungsi f = f (t ) mencapai: maksimum lokal di t jika f (t ) minimum lokal di t jika f (t )
f (t ) untuk semua t di sekitar t . f (t ) untuk semua t di sekitar t .
maksimum global di t jika f (t ) minimum global di t jika f (t )
TBK (IPB)
f (t ) untuk semua t 2 Df .
f (t ) untuk semua t 2 Df .
Kalkulus Variasi
February 2012
20 / 37
Nilai Maksimum dan Nilai Minimum
De…nition Fungsional J = J (x (t )) mencapai: maksimum lokal di x jika J (x ) x .
J (x ) untuk semua x di sekitar
minimum lokal di di x jika J (x ) x .
J (x ) untuk semua x di sekitar
maksimum global di x jika J (x )
J (x ) untuk semua x.
minimum global di x jika J (x )
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
J (x ) untuk semua x.
February 2012
21 / 37
Masalah Kalkulus Variasi De…nisikan: C [a, b ] = ff j f kontinu di [a, b ]g,
C i [a, b ] = ff j f 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 2 C 2 [0, T ], dan x 2 C 2 [0, T ].
Problem (MKV) Tentukan fungsi x (t ) dalam C 2 [0, T ] yang memiliki titik awal A(0, x (0)) dan titik akhir B (T , x (T )) dan memberikan nilai optimum bagi J (x ). TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
22 / 37
Lema Dasar
Lemma Misalkan g (t ) 2 C [0, T ] dan S = fh j h 2 C 1 [0, T ], h (0) = h (T ) = 0g. Jika RT g (t )h (t ) dt = 0 0 untuk semua h 2 S (h disebut sebagai displacement function) maka g (t ) 0 untuk semua t 2 [0, T ].
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
23 / 37
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 0
t1 )3 (t2
t )3 ; t 2 [t1 , t2 ] . ; t2 / [t1 , t2 ]
Jelas terpenuhi h (0) = h (T ) = 0. Dengan demikian
RT 0
g (t )h (t ) dt =
Kontradiksi. Haruslah g (t )
TBK (IPB)
R t2 t1
g (t )(t
t1 )3 (t2
t )3 dt 6= 0.
0.
Kalkulus Variasi
February 2012
24 / 37
Fungsi penyimpang: h (t ) =
h
1)3 (3
(t 0
t )3 ; t 2 [1, 3] . ; t2 / [1, 3]
1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0
TBK (IPB)
1
2
Kalkulus Variasi
3
4
t
February 2012
25 / 37
Persamaan Euler
Theorem (Persamaan Euler) Misalkan J (x ) =
RT 0
f (x, x, ˙ t ) dt,
x (0) = x0 ,
x (T ) = xT . Syarat perlu agar J (x ) memiliki ekstremum ialah x (t ) memenuhi persamaan Euler berikut: d fx fx˙ = 0. dt
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
26 / 37
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 ).
z, x, h
1.5 1.0 0.5 0.0 0.2
TBK (IPB)
0.4
Kalkulus Variasi
0.6
0.8
1.0
t
February 2012
27 / 37
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 : RT J (ε) = 0 f (z, z, ˙ t ) dt,
dengan z˙ (t ) = x˙ (t ) + εh˙ (t ). Fungsional J (ε) identik dengan J (x ) jika ε = 0 dan mencapai ekstremum ketika
Karena
dz dε
= h dan
TBK (IPB)
RT ∂J (ε) = 0 ∂ε
d z˙ dε
fz
∂J (ε) ∂ε ε=0
dX d z˙ + fz˙ dε dε
= 0. Diperoleh, dt.
= h˙ maka
RT ∂J (ε) = 0 fz h + fz˙ h˙ ∂ε Kalkulus Variasi
dt. February 2012
28 / 37
Suku kedua diintegralkan secara parsial dengan memisalkan d u = fz˙ ) du = dt fz˙ dt, dv = h˙ dt ) v = h,
sehingga
RT 0
Jadi,
fz˙ h˙ dt = fz˙ h jT0
RT 0
d fz˙ dt = h dt
RT 0
d h dt fz˙ dt.
RT ∂J (ε) d = 0 fz dt fz˙ h dt. ∂ε Ekstremum dicapai ketika ε = 0 yang membuat fz = fx dan fz˙ = fx˙ . Lema dasar mengakibatkan ∂J (ε) ∂ε
TBK (IPB)
ε =0
= 0 , fx
Kalkulus Variasi
d dt fx˙
= 0.
February 2012
29 / 37
Proof (Alternative): Pertama akan dibuktikan bahwa syarat perlu bagi J untuk mencapai ekstremum ialah δJ = 0. Perhatikan bahwa J (ε) =
RT 0
f (z, z, ˙ t ) dt =
Penguraian Taylor memberikan J (ε)
RT 0
RT
RT 0
˙ t ) dt. f (x + εh, x˙ + εh,
˙ x˙ (x, x, f (x, x, ˙ t ) + εhfx (x, x, ˙ t ) + εhf ˙ t ) dt RT ˙ x˙ (x, x, f (x, x, ˙ t ) dt + 0 εhfx (x, x, ˙ t ) + εhf ˙ t ) dt
= 0 = J (x ) + δJ (ε).
Fungsional J (ε) identik dengan J (x ) jika dan hanya jika δJ (ε) = 0. Selanjutnya, δJ (ε) = 0 ,
,
RT 0
˙ x˙ ) dt = 0 (hfx + hf
0
( fx
RT
, fx
TBK (IPB)
d dt fx˙
Kalkulus Variasi
d dt fx˙ )h
dt = 0
= 0. February 2012
30 / 37
Example Tentukan ekstremum dari
R1
(ax˙ 2 + bt ) dt, x (0) = 0, x (1) = 1.
J (x ) =
0
a > 0,
Solution Dengan f (x˙ ) = ax˙ 2 + bt maka diperoleh fx = 0 dan fx˙ = 2ax˙ sehingga persamaan Euler memberikan 0
d dt (2ax˙ )
= 0 , 2ax¨ = 0 , x¨ = 0 , x (t ) = k1 t + k2 .
Dengan mensubstitusikan syarat batas diperoleh x (t ) = 2t dan R1 J (x ) = 0 (4a + bt ) dt = 4a + 12 b. TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
31 / 37
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 + 12 b + 13 aε2 > J (x ), R1 J (x2 ) = 0 (a(2 + 2πε cos(2πt ))2 + bt ) dt = 4a + 21 b + 2π 2 aε2 > J (x ).
Dapat disimpulkan bahwa masalah di atas adalah masalah minimisasi dan x (t ) = 2t merupakan minimum lokal.
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
32 / 37
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
TBK (IPB)
RT
(x 2 + c x˙ 2 ) dt, x (0) = x0 , x (T ) = 0.
J (x ) =
0
Kalkulus Variasi
February 2012
33 / 37
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 ).
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
34 / 37
Example Selesaikan MKV berikut: min
J (x ) =
R1 0
(x 2 + x˙ 2 ) dt,
x (0) = 1, x (1) = 0.
TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
35 / 37
Solution De…nisikan f (x, x, ˙ t ) = x 2 + x˙ 2 , diperoleh fx = 2x dan fx˙ = 2x. ˙ Persamaan Euler menjadi 2x
d (2x˙ ) = 0 , x¨ dt
x = 0.
Karena persamaan karakteristik PD orde dua di atas r 2 1 = 0 memiliki solusi r = 1 dan r = 1 maka solusi umum PD di atas ialah x ( t ) = C1 e t + C2 e
t
.
Syarat batas x (0) = 1 dan x (1) = 0 memberikan C1 + C2 = 1, sehingga C2 =
e2 e2 1
dan C1 = 1 x (t ) =
TBK (IPB)
C1 e + C2 e e2 e2 1
=
1 (e 2 t e2 1 Kalkulus Variasi
1
= 0,
1 . e2 1
Jadi,
e t ). February 2012
36 / 37
Problem Tentukan persamaan Euler dari J (x ) = 1
f (x, x, ˙ t ) = x 2 + x˙ 2 + 2xe t .
2
f (x, x, ˙ t) =
3
f (x, x, ˙ t ) = 2tx + 3x x˙ + t x˙ 2 .
4
f (x, x, ˙ t ) = (x
e x˙
ax ,
RT 0
f (x, x, ˙ t ) dt jika
a > 0.
x˙ )2 + x 2 e
at ,
a > 0.
Problem Selesaikan MKV berikut: R1 1 max (4xt x˙ 2 ) dt, x (0) = 2, x (1) = 23 . 0 R1 2 max (t x˙ x˙ 2 ) dt, x (0) = 1, x (1) = 0. 0 R1 2 3 min (x + 2tx x˙ + x˙ 2 ) dt, x (0) = 1, x (1) = 2. 0 R1 2 4 min (x + tx + tx x˙ + x˙ 2 ) dt, x (0) = 0, x (1) = 1. 0 TBK (IPB)
Kalkulus Variasi
February 2012
37 / 37
