Kontrol Optimum. MKO dengan Mixed Constraints dan Pure State Constraints. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2014

Transkripsi

1 Kontrol Optimum MKO dengan Mixed Constraints dan Pure State Constraints Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB Februari 2014 (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

2 Outline MKO dengan mixed constraints MKO dengan pure state constraints (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

3 Bentuk Umum Mixed constraint di sini merujuk pada kendala pertaksamaan yang harus dipenuhi oleh peubah state dan peubah kontrol secara bersama-sama. Bentuk umum MKO dengan mixed constraint diberikan oleh: max J = T f (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = g(x, u, t), h(x, u, t) 0, (mixed constraint) x(0) = x 0. Syarat batas di waktu akhir dapat ditambahkan, misalnya x(t ) = x T, x(t ) b, atau x(t ) bebas. Kendala h(x, u, t) 0 disebut sebagai mixed constraint, dan dapat terdiri atas lebih dari satu pertaksamaan. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

4 Syarat Perlu dan Cukup Optimalitas Fungsi hamilton dan fungsi lagrange diberikan oleh: H = f + pg, H = H + λh = f + pg + λh. Theorem (Seierstad & Sydsæter, 1987) Syarat perlu agar (x (t), u (t)) merupakan solusi optimum ialah: 1 H u = 0 (u memaksimumkan H), 2 ẋ = H p, 3 H u = 0, 4 λ 0, h 0, λh = 0 (maksimisasi), λ 0, h 0, λh = 0 (minimisasi), 5 ṗ = H x. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

5 Example Selesaikan MKO dengan mixed constraints berikut: max J = 1 0 u dt s.t. ẋ = u, u 0, x u 0, x(0) = 1, x(1) bebas. Dari MKO di atas didefinisikan h 1 = u dan h 2 = x u dengan fungsi hamilton: H = u + pu = (1 + p)u. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

6 Karena H linear terhadap u dan 0 u x maka { { u x ; 1 + p > 0 x ; p > 1 = 0 ; 1 + p < 0 = 0 ; p < 1. Fungsi lagrange: Selanjutnya, H = H + λ 1 u + λ 2 (x u) = (1 + p + λ 1 λ 2 )u + λ 2 x. H u = p + λ 1 λ 2 = 0, ṗ = H x ṗ = λ 2, dengan syarat transversalitas p(1) = 0 (karena x(1) bebas). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

7 Jika u = x maka kondisi (λ 0, h 0, λh = 0) memberikan: h 1 = x 0 λ 1 = 0, h 2 = 0 λ 2 0. Akibatnya, 1 + p λ 2 = 0 λ 2 = p + 1, sehingga ṗ = λ 2 ṗ = p 1 p(t) = Ae t 1 (p(1) = 0) p(t) = e 1 t 1 (jelas p(t) > 1) λ 2 (t) = e 1 t. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

8 Peubah state: Jadi, (ẋ = u dan u = x) ẋ = x x(t) = Be t (x(0) = 1) x(t) = e t u(t) = e t. u (t) = e t, x (t) = e t, p (t) = e 1 t 1, λ 2(t) = e 1 t, λ 1(t) = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

9 Jika u = 0 maka kondisi (λ 0, h 0, λh = 0) memberikan: h 1 = 0 λ 1 0, h 2 = x 0 λ 2 = 0. Akibatnya, 1 + p + λ 1 = 0 λ 1 = p 1. Kondisi ṗ = H x ṗ = λ 2 memberikan ṗ = 0 p(t) = A. Syarat transversalitas p(1) = 0 mengakibatkan p(t) 0. Jelas p(t) > 1, sehingga u = 0 tidak mungkin terjadi. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

10 Example Selesaikan MKO dengan mixed constraints berikut: max J = 1 0 u dt s.t. ẋ = 2x u, u 1 0, 2x u 0, x(0) = 1, x(1) bebas. Fungsi hamilton dan fungsi lagrange diberikan oleh: H = u + p(2x u) = 2xp + (1 p)u, H = u + p(2x u) + λ 1 (u 1) + λ 2 (2x u) = (2xp λ 1 + 2xλ 2 ) + (1 p + λ 1 λ 2 )u tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

11 Karena H linear terhadap u dan 1 u 2x maka { { u 2x ; 1 p > 0 2x ; p < 1 = 1 ; 1 p < 0 = 1 ; p > 1. Syarat berikutnya memberikan: H u = 0 1 p + λ 1 λ 2 = 0, ṗ = H x ṗ = 2p 2λ 2, dengan p(1) = 0. Jika u = 2x maka kondisi (λ i 0, h i 0, λ i h i = 0), dengan h 1 = u 1 dan h 2 = 2x u, memberikan: h 1 = 2x 1 λ 1 = 0, h 2 = 0 λ 2 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

12 Didapatkan sehingga 1 p + λ 1 λ 2 = 0 1 p λ 2 = 0 λ 2 = 1 p ṗ = 2p 2(1 p) = 2 p(t) = 2t + A (p(1) = 0) p(t) = 2t + 2, { { u 2x ; 1 ( 2t + 2) > 0 2x ; (t) = 1 ; 1 ( 2t + 2) < 0 = 1 2 < t 1 1 ; 0 t < 1 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

13 Peubah state: untuk u = 2x diperoleh ẋ = 0 x(t) = A,dan untuk u = 1 diperoleh ẋ = 2x 1 x(t) = Be 2t + 1 2,sehingga x (t) = { A ; 1 2 < t 1 Be 2t ; 0 t < 1 2. Karena x(0) = 1 maka B = 1 2. Agar x kontinu haruslah A = 1 2 e Jadi, x (t) = { 1 2 e ; 1 2 t e2t ; 0 t < 1 2 u (t) = { e + 1 ; 1 2 < t 1 1 ; 0 t < 1 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

14 Fungsi adjoin dan pengganda lagrange: p (t) = 2t + 2, 0 t 1, { λ2(t) 2t 1 ; 1 = 2 < t 1 0 ; 0 t < 1 2 { λ1(t) 0 ; 1 = 2 < t 1 1 2t ; 0 t < 1 2,. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

15 Example Selesaikan MKO berikut: Definisikan fungsi hamilton: max J = 1 0 x dt s.t. ẋ = x + u, x(0) = 0, x(1) bebas, 1 u 0, 1 + u 0, 2 x u 0. Terlihat bahwa H linear terhadap u. H = x + p(x + u) = x + px + pu. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

16 Karena pertaksamaan-pertaksamaan 1 u 0 dan 1 + u 0 ekuivalen dengan 1 u 1 dan 2 x u 0 ekivalen dengan u 2 x, maka diperoleh bang-bang control { u 1 ; p > 0 = 1 ; p < 0, asalkan 1 u 1 2 x. Tetapi jika 1 u 2 x 1 maka { u 2 x ; p > 0 = 1 ; p < 0. Definisikan h 1 (u) = 1 u, h 2 (u) = 1 + u, h 3 (u, x) = 2 x u, dan fungsi lagrange: H = x + px + pu + λ 1 (1 u) + λ 2 (1 + u) + λ 3 (2 x u). Syarat H u = 0 memberikan p λ 1 + λ 2 λ 3 = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

17 Syarat ṗ = H x memberikan ṗ = 1 p + λ 3, dengan p(1) = 0. Jika u = 1 maka syarat (λ i 0, h i 0, λ i h i = 0) memberikan h 1 (u) = 0 λ 1 0, h 2 (u) = 2 λ 2 = 0, h 3 (u, x) = 1 x λ 3 = 0. Akibatnya, p λ 1 = 0. (tidak dapat diselesaikan) Namun dari syarat ṗ = H x diperoleh ṗ = 1 p p(t) = Ae t 1 (p(1) = 0) p(t) = e 1 t 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

18 Karena p(t) = e 1 t 1 > 0 untuk t [0, 1] maka diperoleh kontrol optimum u (t) 1. Persamaan diferensial ẋ = x + u memberikan ẋ = x + 1 x(t) = Be t 1 (x(0) = 0) x(t) = e t 1. Perhatikan keterpenuhan kendala pertaksamaan terakhir: 2 x u 0 2 (e t 1) e t 0 e t 2 0 t ln 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

19 Jika u = 2 x maka syarat (λ i 0, g i 0, λ i g i = 0) memberikan g 1 (u) = x 1 λ 1 = 0, g 2 (u) = 3 x λ 2 = 0, g 3 (u, x) = 0 λ 3 0. Akibatnya, p λ 3 = 0 p = λ 3, sehingga diperoleh persamaan diferensial ṗ = 1 p(t) = t + A. Syarat p(1) = 0 memberikan p (t) = 1 t, λ3(t) = 1 t. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

20 Karena p (t) = 1 t 0 untuk 0 t 1, maka diperoleh kontrol optimum u = 2 x. Persamaan diferensial ẋ = x + u memberikan ẋ = 2 x(t) = 2t + B (x(0) = 0) x(t) = 2t u = 2 2t. Mudah diperiksa bahwa kendala pertaksamaan kedua dan ketiga terpenuhi. Perhatikan keterpenuhan kendala pertaksamaan pertama: 1 u 0 1 (2 2t) t 1 2 t 1. Karena t terdefinisi pada [ 1 2, 1] maka syarat x(0) = 0 tidak dapat dikenakan pada x. Jadi, x(t) = 2t + B. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

21 Perhatikan kasus sebelumnya. Karena ln [ 1 2, 1] maka konstanta B ditentukan sehingga x kontinu pada [0, 1], khususnya di titik t = ln 2 : sehingga Jadi secara keseluruhan, e ln 2 1 = 2 ln 2 + B B = 1 2 ln 2, x(t) = 2t ln 2, ln 2 < t 1, u(t) = 1 2t + 2 ln 2, ln 2 < t 1. x (t) = u (t) = { e t 1 ; 0 t ln 2 2t ln 2 ; ln 2 < t 1, { 1 ; 0 t ln 2 1 2t + 2 ln 2 ; ln 2 < t 1. Tugas: tentukan p (t), λ 1(t), λ 2(t), dan λ 3(t). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

22 Problem Selesaikan MKO berikut: max J = 2 0 u dt s.t. ẋ = x u, u 1 0, x u 0, (mixed constraint) x(0) = 2, x(2) bebas. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

23 x (t) = p (t) = 2 t, λ 1(t) = { { e + 1 ; 1 t 2 e + 1 ; 1 t 2 e t + 1 ; 0 t < 1, u (t) = 1 ; 0 t < 1, { 1 t ; 0 t 1 0 ; 1 < t 2, λ 2(t) = { 0 ; 0 t 1 t 1 ; 1 < t 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

24 MKO dengan Pure State Constraints Bentuk Umum Pure state constraint di sini merujuk pada kendala pertaksamaan yang harus dipenuhi hanya oleh peubah state. Bentuk umum MKO dengan pure state constraint diberikan oleh: max J = T F (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = f (x, u, t), g(x, t) 0, (pure state constraint) x(0) = x 0. Secara umum syarat optimalitas bagi MKO dengan pure state constraints sama dengan MKO dengan mixed constraints. Namun, kekontinuan p(t) seringkali tidak terpenuhi. Oleh karena itu p(t) dibolehkan memiliki diskontinuitas lompat di t = T. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

25 MKO dengan Pure State Constraints Example Sebuah toko memiliki persediaan barang pada saat t sebesar x(t) dan menghadapi permintaan sebesar d(t) = at. Untuk memenuhi permintaan tersebut toko juga melakukan pemesanan barang sebesar u(t) (sebagai peubah kontrol). Toko bertujuan meminimumkan biaya pemesanan cu(t) dan biaya penyimpanan kx(t) dalam periode [0, T ]. Jika dimisalkan x(0) = 1, maka masalah di atas dapat diformulasikan sebagai berikut: min J = T 0 (cu + kx) dt max Ĵ = T (cu + kx) dt 0 s.t. ẋ = u d, d = at, x 0, (pure state constraint) u 0, x(0) = 1, x(t ) bebas, dengan c, k, a, dan T adalah konstanta-konstanta positif dan T > 2/a. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

26 MKO dengan Pure State Constraints Didefinisikan fungsi hamilton H dan fungsi lagrange H: H = ( kx atp) + (p c)u, H = H + λ 1 x + λ 2 u. Karena H linear terhadap u dan 0 u maka untuk maksimisasi: u (t) = 0, jika p(t) c < 0 atau p(t) < c. Jika u = 0 maka kendala persamaan diferensial memberikan: ẋ = at x(t) = 1 2 at2 + B (x(0) = 1) x (t) = 1 2 at2 + 1, 0 t 2/a. Untuk 2/a < t T terjadi pelanggaran kendala x 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

27 MKO dengan Pure State Constraints Selanjutnya, syarat ṗ = H x memberikan ṗ(t) = ( k + λ 1 (t)) = k λ 1 (t). Syarat (λ i 0, g i 0, λ i g i = 0) memberikan g 1 = x 0 λ 1 = 0, g 2 = u = 0 λ 2 0. Diperoleh p(t) = kt + A. Syarat transversalitas p(t ) = 0 tidak dapat diterapkan di sini. Untuk 2/a < t T dipilih strategi banyaknya barang yang dipesan sama dengan banyaknya barang yang diminta sehingga tidak ada stok, yaitu u (t) = at x (t) = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

28 MKO dengan Pure State Constraints Jadi, u (t) = x (t) = { 0 ; 0 t 2/a, at ; 2/a < t T { 1 2 at2 + 1 ; 0 t 2/a. 0 ; 2/a < t T Karena u harus memaksimumkan H, maka untuk 2/a < t T, p(t) = c ṗ = 0 λ 1 (t) = k. Dari H u = 0 diperoleh p c + λ 2 = 0 atau λ 2 = c p. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

29 MKO dengan Pure State Constraints Dengan demikian, p (t) = λ 1(t) = λ 2(t) = kt + A ; 0 t 2/a c ; 2/a < t < T, 0 ; t = T { 0 ; 0 t 2/a, k ; 2/a < t T { c (kt + A) ; 0 t 2/a. 0 ; 2/a < t T Perhatikan bahwa p (t) mengalami diskontinuitas lompat di t = T. Konstanta A dipilih sehingga p (t) kontinu, yaitu A = c k 2/a. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

30 MKO dengan Pure State Constraints Problem Selesaikan MKO berikut: max J = 5 (u + x) dt 0 s.t. ẋ = u t, x 0, (pure state constraint) u 0, x(0) = 1, x(5) bebas. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

31 MKO dengan Pure State Constraints Dengan a = c = k = 1 dan T = 5 diperoleh: u (t) = x (t) = p (t) = λ1(t) = λ2(t) = { 0 ; 0 t 2, t ; 2 < t 5 { t2 ; 0 t 2, 0 ; 2 < t 5 t ; 0 t 2 1 ; 2 < t < 5 0 ; t = 5 { 0 ; 0 t 2, 1 ; 2 < t 5 { 2 t ; 0 t 2. 0 ; 2 < t T, tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

32 MKO dengan Pure State Constraints Example Selesaikan MKO berikut: max J = 4 0 (x (u 2)2 ) dt s.t. ẋ = u, 1 x 0, (pure state constraint) x(0) = 0, x(4) bebas. Didefinisikan fungsi hamilton H dan fungsi lagrange H: H = x (u 2) 2 + pu, H = H + λ(1 x) = x (u 2) 2 + pu + λ(1 x). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

33 MKO dengan Pure State Constraints Syarat perlu optimalitas: 1 H u = 0 2(u 2) + p = 0 u = 1 2 p ṗ = H x ṗ = λ 1, dengan p(4) = 0 karena x(4) bebas. Terhadap pure state constraint 1 x 0 atau x 1, misalkan x < 1, 0 t t, x = 1, t < t 4, untuk suatu t yang akan ditentukan kemudian. Jika 0 t t maka x < 1 atau 1 x > 0. Misalkan h(x, t) = 1 x > 0. Kondisi Kuhn-Tucker λ 0, h 0, λh = 0 mengakibatkan λ = 0, sehingga dari kondisi kedua diperoleh ṗ = 1 p(t) = t + A. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

34 MKO dengan Pure State Constraints Jika t < t 4 maka x = 1, sehingga ẋ = 0 = u. Kondisi pertama memberikan 0 = 1 2 p + 2 p(t) = 4. Padahal ada syarat p(4) = 0. Di sinilah diskontinuitas lompat diperbolehkan, yaitu p(t) = { 4 ; t < t < 4 0 ; t = 4. Fungsi adjoin p harus kontinu di t = t, sehingga harus dipenuhi p(t ) = p(t + ) t + A = 4 A = t 4. Untuk 0 t t diperoleh p(t) = t + t 4 u(t) = 1 2 p + 2 = 1 2 (t t). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

35 MKO dengan Pure State Constraints Akibatnya, kendala persamaan diferensial memberikan ẋ = u ẋ = 1 2 (t t) x(t) = 1 4 (t t) 2 + B. Di lain pihak, untuk t < t 4 diperoleh Agar x kontinu: ẋ = 0 x(t) = C = 1. x(t ) = x(t + ) B = 1 x(t) = 1 4 (t t) Karena x(0) = 0 maka t = 2, sehingga x(t) = 1 4 (2 t)2 + 1 = 1 4 t (t 4). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

36 MKO dengan Pure State Constraints Example Selesaikan MKO berikut: max J = 2 (1 x) dt 0 s.t. ẋ = u, x 0, (pure state constraint) 0 [ 1, 1], x(0) = 0, x(2) bebas. Didefinisikan fungsi hamilton H dan fungsi lagrange H: H = 1 x + pu, H = H + λx = 1 x + pu + λx. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

37 MKO dengan Pure State Constraints Karena H linear terhadap u dan peubah kontrol u berbatas, maka lazimnya kontrol optimum diberikan oleh solusi bang-bang { u 1 ; p > 0 (t) = 1 ; p < 0. Perhatikan bahwa kendala x 0 dapat ditulis menjadi x > 0, 0 t t, x = 0, t < t 2, dengan t akan ditentukan kemudian. Jika u (t) = 1 maka ẋ = u ẋ = 1 x(t) = t + A. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38

38 MKO dengan Pure State Constraints Namun demikian, x (t) = t + A merupakan fungsi naik. Hal ini bertentangan dengan fungsional objektif max 2 (1 x) dt yang 0 seharusnya dipenuhi oleh x yang menurun. Jadi haruslah u (t) = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 38