Kontrol Optimum. MKO dengan Kendala pada Peubah Kontrol. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB. Februari 2017

Transkripsi

1 Kontrol Optimum MKO dengan Kendala pada Peubah Kontrol Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB Februari 2017 (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

2 Outline MKO berkendala Kendala persamaan pada peubah kontrol Kendala pertaksamaan pada peubah kontrol Kontrol optimum linear (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

3 MKO Berkendala Kendala pada masalah kontrol optimum sudah dibahas pada bagian sebelumnya, yaitu berupa kendala di titik akhir x(t ) = x T atau x(t ) b atau x(t ) bebas. Syarat terpenuhinya kendala tersebut dinyatakan dalam bentuk syarat transversalitas. Di bagian berikut akan dibahas kendala pada MKO yang harus dipenuhi di sepanjang waktu, [0, T ]. Karena MKO melibatkan peubah state dan peubah kontrol, maka MKO berkendala dibedakan atas: 1 MKO dengan kendala pada peubah kontrol: 1 kendala persamaan 2 kendala pertaksamaan 3 kendala isoperimetrik 4 kendala pertaksamaan integral 2 MKO dengan kendala pada peubah state. Pendekatan yang akan digunakan ialah metode pengganda Lagrange. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

4 Kendala Persamaan Bentuk umum MKO dengan kendala persamaan pada peubah kontrol dan peubah state (mixed constraint) diberikan oleh: max J = T 0 f (x, u 1, u 2, t) dt s.t. ẋ = g(x, u 1, u 2, t) h(x, u 1, u 2, t) = c. Masalah di atas merupakan bentuk sederhana dari MKO dengan m peubah kontrol dan q kendala persamaan. Disyaratkan, q < m. Dalam kasus di atas, m = 2 dan q = 1. Fungsi hamilton: H = f (x, u 1, u 2, t) + p(t)g(x, u 1, u 2, t). Prinsip maksimum memproses maksimisasi H untuk setiap t [0, T ]. Namun kali ini, proses tersebut diberi kendala h(x, u 1, u 2, t) = c, sehingga perlu dibentuk fungsi lagrange. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

5 Kendala Persamaan Fungsi lagrange: Syarat perlu optimalitas: L = H + λ(t)(c h(x, u 1, u 2, t)) = f + pg + λ(c h) 1 L ui = f ui + pg ui λh ui = 0, t [0, T ] (i = 1, 2) 2 L λ = c h = 0 h(x, u 1, u 2, t) = c (kendala pada peubah kontrol) 3 ẋ = L p ẋ = H p ẋ = g(x, u 1, u 2, t) (kendala persamaan diferensial) 4 ṗ = L x ṗ = H x + λh x. Syarat transversalitas. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

6 Kendala Persamaan Example Partai berkuasa yang mengontrol pemerintahan selalu berusaha mempertahankan kekuasaannya melalui penerapan kebijakan yang mendapat dukungan mayoritas dari masyarakat. Dalam model ini, perhatian difokuskan hanya pada kebijakan ekonomi yang melibatkan dua indikator: tingkat pengangguran U dan tingkat inflasi p. Reaksi masyarakat terhadap kebijakan yang dipilih diasumsikan berbentuk f = f (U, p), f U < 0, f p < 0, dengan f dapat dipandang sebagai ukuran yang menggambarkan besarnya dukungan. Hubungan antara U dan p dinyatakan sebagai berikut: p = φ(u) + aπ, φ < 0, 0 < a 1, π = b(p π), b > 0, tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

7 Kendala Persamaan Example dengan π menyatakan nilai harapan (expectation) dari tingkat inflasi. Karena π = b(p π) menggambarkan dinamika (equation of motion) dari π, maka π merupakan peubah state. Karena U memengaruhi p dan kemudian memengaruhi π, maka U merupakan peubah kontrol. Masalah kontrol optimum: max J = T 0 f (U, p)ert dt, r < 0, s.t. π = b(p π) p = φ(u) + aπ π(0) = π 0, π(t ) free, π 0, T given, dengan r menyatakan the rate of decay of memory. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

8 Kendala Persamaan (Metode Substitusi) Asumsikan: MKO: f (U, p) = U 2 hp, h > 0, φ(u) = j ku, j, k > 0. max J = T 0 ( U2 h(j ku + aπ))e qt dt, q = r, s.t. π = b(j ku + (a 1)π) π(0) = π 0, π(t ) free, π 0, T given. Fungsi hamilton dan CVH: H = ( U 2 h(j ku + aπ))e qt + λb(j ku + (a 1)π) H = U 2 h(j ku + aπ) + mb(j ku + (a 1)π), m = λe qt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

9 Kendala Persamaan (Metode Substitusi) Prinsip maksimum Pontryagin: H U = 0 2U + hk mbk = 0 U(t) = 1 2 k(h m(t)b) ṁ mq = H π ṁ mq = ha mb(a 1) ṁ + mq = ha, dengan Q := b(a 1) q, sehingga m(t) = ha Q + Ce Qt. STV: m(t ) = 0 ha Q + Ce QT = 0 C = ha Q eqt, sehingga m (t) = ha Q (1 eq (T t) ) λ (t) = ha Q eqt (1 e Q (T t) ). U (t) = kh 2 habk 2Q (1 eq (T t) ). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

10 Kendala Persamaan (Metode Substitusi) Diperoleh: du dt dm dt = kb 2 U (0) = kh 2 hab 2Q (1 eqt ) U (T ) = kh 2 > 0. = kbha 2 eq (T t) < 0 du dt < 0 menyatakan bahwa U merupakan fungsi turun terhadap t, sehingga kebijakan ekonomi yang optimal ialah menetapkan tingkat pengangguran cukup tinggi segera setelah menang pemilu di awal periode (t = 0) dan kemudian membiarkannya turun dalam periode [0, T ]. U (T ) = kh 2 U min = kh 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

11 Kendala Persamaan (Metode Lagrange) MKO: Fungsi lagrange: max J = T 0 f (U, p)ert dt s.t. π = b(p π) p = φ(u) + aπ π(0) = π 0, π(t ) free, π 0, T given, L = f (U, p)e rt + λb(p π) + θ(φ(u) + aπ p) = ( U 2 hp)e rt + λb(p π) + θ(j ku + aπ p). Peubah kontrol: U dan p. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

12 Kendala Persamaan (Metode Lagrange) Syarat perlu optimalitas: 1 L U = 0 2Ue rt θk = 0 2 L p = 0 he rt + λb θ = 0 θ = he rt + λb 3 L θ = 0 j ku + aπ p = 0 p = j ku + aπ 4 π = L λ π = b(p π) 5 λ = L π λ = λb θa. Syarat transversalitas. Dari syarat (1) dan (2): 2Ue rt + hke rt λbk = 0 2U + hk mbk = 0. Dari syarat (3) dan (4): π = b(j ku + (a 1)π). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

13 Kendala Persamaan (Metode Lagrange) Dari syarat (2) dan (5): λ = λb + hae rt λba λe rt = λbe rt + ha λbae rt λe qt = λbe qt + ha λbae qt λe qt + λqe qt = ha + e qt λ (b + q ab) ṁ = ha + m (b(1 a) + q) ṁ = ha m(b(a 1) q) ṁ + mq = ha Semua syarat yang diperoleh dengan menggunakan Metode Lagrange ekuivalen dengan syarat yang diperoleh dengan menggunakan Metode Substitusi, sehingga solusinya sama. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

14 Kendala Pertaksamaan Pada MKO dengan kendala pertaksamaan, banyaknya peubah kontrol tidak harus melebihi banyaknya kendala pertaksamaan seperti pada kasus sebelumnya. Kendala pertaksamaan memberikan lebih banyak keleluasaan daripada kendala persamaan. Bentuk umum dengan r peubah kontrol dan q kendala pertaksamaan: max J = T f (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = g(x, u, t) h(x, u, t) 0, dengan x R n, u R r, h R q dan 1 q r n. Kendala pertaksamaan dapat diubah menjadi kendala persamaan: h(x, u, t) ξ 2 = 0, dengan ξ merupakan vektor peubah dummy. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

15 Kendala Pertaksamaan Theorem (Berkovitz, 1961) Untuk MKO: definisikan opt J = T f (x, u, t) dt 0 s.t. ẋ = g(x, u, t) h(x, u, t) 0, H = f + pg H = f + pg + λh = H + λh. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

16 Kendala Pertaksamaan Theorem (Berkovitz, 1961) Syarat perlu optimalitas bagi u sehingga mengoptimumkan ialah: 1 p = 0 2 H u = 0 H u + λh u = 0 3 ṗ = H x ṗ = (H x + λh x ) 4 ẋ = H p ẋ = g 5 λ 0, h 0, λh = 0 (maksimisasi), λ 0, h 0, λh = 0 (minimisasi) * Syarat (5) mirip dengan Kondisi Kuhn-Tucker (KKT). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

17 Kendala Pertaksamaan Jika kendala peubah kontrol berbentuk m u M (seperti misalnya u 1), maka untuk masalah maksimisasi berlaku: 0 jika u = M H u = 0 jika m < u < M. 0 jika u = m. Ingat kembali H H u min u max u u min u max u tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

18 Kendala Pertaksamaan Kendala peubah kontrol berbentuk m u M dapat ditulis menjadi (m u) dan (u M) (u m 0) dan (M u 0), sehingga dapat didefinisikan h 1 : = M u, h 2 : = u m. Untuk kasus u 1 dapat didefinisikan h 1 : = 1 u, h 2 : = u + 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

19 Kendala Pertaksamaan Example Selesaikan MKO berikut: min J = 1 2 [10x 2(10) x 1 (10)] u2 dt s.t. ẋ 1 = x 2 ẋ 2 = u x 1 (0) = 0 x 2 (0) = 20 x 1 (10) free, x 2 (10) free. Peubah kontrol u takberbatas, Peubah kontrol u memenuhi 1 u 3. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

20 Kendala Pertaksamaan Kasus 1 Peubah kontrol u tak berbatas Definisikan fungsi hamilton H = 1 2 u2 + p 1 x 2 p 2 u. Prinsip maksimum Pontryagin memberikan: 1 H u = 0 u p 2 = 0 u = p 2. 2 ṗ 1 = H x1 ṗ 1 = 0 p 1 = A. 3 ṗ 2 = H x2 ṗ 2 = p 1 p 2 = At + B. 4 Syarat transversalitas p(10) = S x (10) memberikan 1 p 1 (10) = S x1 (10) A = p 2 (10) = S x2 (10) 5 + B = 5 B = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

21 Kendala Pertaksamaan Diperoleh p 1 (t) = 1 2, p 2 (t) = 1 2 t, u (t) = 1 2 t. Selanjutnya dari kendala persamaan diferensial dan syarat batas diperoleh: x2 (t) = 1 4 t2 + 20, x1 (t) = 1 12 t3 + 20t. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

22 Kendala Pertaksamaan Kasus 2 Peubah kontrol u memenuhi 1 u 3. Definisikan: h 1 = 3 u, h 2 = u 1, H = H + λh = 1 2 u2 + p 1 x 2 p 2 u + λ 1 (3 u) + λ 2 (u 1). Syarat kedua Teorema Berkovitz memberikan H u = 0 u p 2 λ 1 + λ 2 = 0 u = p 2 + λ 1 λ 2. Proses pengoptimuman dibagi menjadi dua kasus: 1 Interior optimization: 1 < u < 3 2 Boundaries optimization: u = u max dan u = u min. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

23 Kendala Pertaksamaan Interior optimization Karena 1 < u < 3 maka h 1 = 3 u > 0 h 2 = u 1 > 0, sehingga syarat kelima λ 0, h 0, λh = 0 (minimisasi) memberikan Akibatnya, λ 1 = λ 2 = 0. u = p 2 1 < p 2 < 3. Boundary optimization: u = u max u = 3 : h 1 = 3 u = 0 λ 1 0 h 2 = u 1 = 2 > 0 λ 2 = 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

24 Kendala Pertaksamaan Diperoleh u = p 2 + λ 1 λ 2 u = p 2 + λ 1 u p 2 (karena λ 1 0) 3 p 2. Boundary optimization: u = u min u = 1 : Diperoleh h 1 = 3 u = 2 > 0 λ 1 = 0 h 2 = u 1 = 0 λ 2 0. u = p 2 + λ 1 λ 2 u = p 2 λ 2 u p 2 (karena λ 2 0) 1 p 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

25 Kendala Pertaksamaan Dengan demikian, 1 ; p 2 1 u = p 2 ; 1 < p 2 < 3 3 ; p 2 3, atau dengan menggunakan hasil Kasus 1, yaitu p 2 (t) = 1 2 t, diperoleh u (t) = = 1 1 ; 2 t t ; 1 < 1 2 t < ; 2 t 3 1 ; 0 t t ; 2 < t < 6 3 ; 6 t 10. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

26 Kendala Pertaksamaan Kontrol optimum: u* t tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

27 Kendala Pertaksamaan Pengganda lagrange: (1 < u < 3) λ 1 = λ 2 = 0, (u = 3) λ 1 = u p 2 = 3 p 2, λ 2 = 0, (u = 1) λ 1 = 0, λ 2 = p 2 u = p 2 1, atau λ 1(t) = λ 2(t) = 0 ; 0 t 2 0 ; 2 < t < t ; 6 t 10, 1 2 t 1 ; 0 t 2 0 ; 2 < t < 6 0 ; 6 t 10. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

28 Kendala Pertaksamaan Karena ẋ 2 = u dan x 2 (0) = 20 maka 1 ; 0 t 2 ẋ 2 = 1 2 t ; 2 < t < 6 x 2 = 3 ; 6 t 10 t + 20 ; 0 t t2 + B ; 2 < t < 6 3t + C ; 6 t 10. Karena ẋ 1 = x 2 dan x 1 (0) = 0 maka ẋ 1 = x 1 = t + 20 ; 0 t t2 + B ; 2 < t < 6 3t + C ; 6 t t2 + 20t ; 0 t t3 + Bt + D ; 2 < t < t2 + Ct + E ; 6 t 10. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

29 Kendala Pertaksamaan Parameter B, C, D, E dipilih sedemikian sehingga x 1 dan x 2 kontinu (B = 19, C = 28, D = 2 3, E = 52 3 ). Jadi, 1 x1 2 t2 + 20t ; 0 t 2 (t) = 1 12 t3 + 19t ; 2 < t < 6, 3 2 t2 + 28t 52 3 ; 6 t 10 t + 20 ; 0 t 2 x2 (t) = 1 4 t ; 2 < t < 6. 3t + 28 ; 6 t 10 tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

30 Kendala Pertaksamaan x t tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

31 Solusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4) Sistem persamaan diferensial: ẋ 1 = x 2, x 1 (0) = 0 Baris terakhir dapat ditulis menjadi: ẋ 2 = u, x 2 (0) = 20 ṗ 1 = 0, p 1 (10) = 1 2 ṗ 2 = p 1, p 2 (10) = 5 u = p 2, 1 u 3. u = min{3, max{1, p 2 }}. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

32 Solusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4) (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

33 Solusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4) (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

34 Kendala Pertaksamaan Problem Selesaikan MKO berikut: min J = 2 0 ( 1 2 u2 x) dt s.t. ẋ = u x(0) = 1, x(2) free. Peubah kontrol u tak berbatas, Peubah kontrol u memenuhi u 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

35 Kendala Pertaksamaan Problem Selesaikan MKO berikut: min J = 2 0 ( 1 2 u2 x) dt s.t. ẋ = u + x x(0) = 1, x(2) free. Peubah kontrol u tak berbatas, Peubah kontrol u memenuhi 0 u 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

36 Kontrol Optimum Linear Di beberapa kasus, fungsi hamilton memiliki bentuk linear terhadap peubah kontrol u, sehingga dapat dituliskan sebagai: H = ψ(x, p, t) + σ(x, p, t)u. Secara umum ekstremum dari MKO tidak ditemukan karena H u = 0 σ(x, p, t) = 0, sehingga u tidak dapat ditentukan. Namun jika peubah kontrol u berbatas, misalnya m u M, maka H mencapai maksimum/minimum jika dan hanya jika u = { M ; σ > 0 m ; σ < 0, u = { m ; σ > 0 M ; σ < 0. u di atas disebut bang-bang control dan fungsi σ(x, p, t) disebut sebagai fungsi switching. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

37 Kontrol Optimum Linear Misalkan: 1 u 3 H 6 H u H = 1 + 2u u 4 H = 1 2u tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

38 Kontrol Optimum Linear Example Diberikan masalah kontrol optimum berikut: min J = T 0 dt s.t. ẋ = x + u x(0) = 5, x(t ) = 11, T bebas, u [ 1, 1] Tentukan kontrol optimum u, trajektori optimum x, dan waktu T. Solution Diperoleh fungsi hamilton (linear terhadap u) berikut: H = 1 + p(x + u) = 1 + px + pu. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

39 Kontrol Optimum Linear Solution Karena H linear terhadap u dan u memenuhi 1 u 1 maka kontrol optimum untuk masalah minimisasi diberikan oleh bang-bang control berikut: { u 1 ; p(t) > 0 (t) = 1 ; p(t) < 0. Prinsip maksimum Pontryagin memberikan: ṗ = H x ṗ = p p(t) = Ae t. Karena T bebas maka syarat transversalitas memberikan H t=t = p(t )x(t ) + p(t )u = Ae T + u Ae T = 0 (11 + u )Ae T = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

40 Kontrol Optimum Linear Solution Karena u = 1 atau u = 1 maka 11 + u > 0, sehingga A = 1 et (11 + u = )e T 11 + u < 0. Karena A < 0 maka p(t) = Ae t < 0, akibatnya u (t) = 1.Selanjutnya dari kendala persamaan diferensial diperoleh ẋ = x + u ẋ = x + 1 x(t) = Be t 1. Dari syarat awal dan syarat batas: x(0) = 5 B 1 = 5 B = 6 x (t) = 6e t 1, x(t ) = 11 6e T 1 = 11 e T = 2 T = ln 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

41 Kontrol Optimum Linear Solution (Alternatif) Solusi bang-bang di atas dapat juga ditunjukkan sebagai berikut. MKO dapat dipandang sebagai MKO dengan kendala pertaksamaan berikut: min J = T 0 dt s.t. ẋ = x + u h 1 (u) 0 h 2 (u) 0 x(0) = 5, x(t ) = 11, T bebas, dengan h 1 (u) := 1 u dan h 2 (u) = 1 + u. Definisikan fungsi lagrange H = H + λ 1 h 1 + λ 2 h 2 = 1 + px + pu + λ 1 (1 u) + λ 2 (1 + u). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

42 Kontrol Optimum Linear Solution (Alternatif) Diperoleh H u = 0 p λ 1 + λ 2 = 0, sehingga kontrol optimum u tidak dapat ditentukan dari kondisi ini. Hal ini berarti interior optimization tidak memberikan solusi. Boundary optimization dengan u = 1 memberikan h 1 (u) = 2 > 0 h 2 (u) = 0, sehingga syarat (λ 1 0, h 1 0, λ 1 h 1 = 0) dan (λ 2 0, h 2 0, λ 2 h 2 = 0) memberikan λ 1 = 0 dan λ 2 0. Akibatnya p λ 1 + λ 2 = 0 p + λ 2 = 0 p 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

43 Kontrol Optimum Linear Solution (Alternatif) Jika u = 1 maka h 1 (u) = 0 h 2 (u) = 2 > 0, sehingga syarat (λ 1 0, h 1 0, λ 1 h 1 = 0) dan (λ 2 0, h 2 0, λ 2 h 2 = 0) memberikan λ 1 0 dan λ 2 = 0. Akibatnya p λ 1 + λ 2 = 0 p λ 1 = 0 p = λ 1 0. Diperoleh kontrol optimum yang sama: { u 1 ; p(t) > 0 (t) = 1 ; p(t) < 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

44 Kontrol Optimum Linear Example Selesaikan MKO berikut: max J = 1 0 (2x x 2 ) dt s.t. ẋ = u x(0) = 0, x(1) = 0, u 1. Solution Diperoleh fungsi hamilton yang linear terhadap u: H = 2x x 2 + pu, dengan p merupakan fungsi switching. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

45 Kontrol Optimum Linear Solution Kontrol optimum diberikan oleh: { u 1 ; p(t) > 0 (t) = 1 ; p(t) < 0. Selanjutnya diperoleh syarat optimalitas berikut: Perhatikan bahwa: Karena t [0, 1] maka ṗ = H x ṗ = 2 + 2x = 2(x 1). ẋ = u 1 dx dt 1 dx dt x t. x 1 x 1 0 2(x 1) 0 ṗ 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

46 Syarat awal x(0) = 0 memberikan x (t) = t sehingga x(1) = 1. Kontradiksi dengan syarat batas x(1) = 0. Haruslah p(t) 0. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53 Kontrol Optimum Linear Solution Fakta ṗ 0 mengatakan bahwa p merupakan fungsi turun terhadap t. Akan ditinjau tiga kasus p(t) seperti diilustrasikan gambar berikut: p(t) > 0 p(t) < 0 p(t) berubah tanda Kasus 1: Andaikan p(t) > 0 untuk semua t [0, 1]. Akibatnya, u (t) = 1 ẋ = 1 x (t) = t + A.

47 Kontrol Optimum Linear Solution Kasus 2: Andaikan p(t) < 0 untuk semua t [0, 1]. Akibatnya, u (t) = 1 ẋ = 1 x (t) = t + B. Syarat awal x(0) = 0 memberikan x (t) = t dan x(1) = 1. Kontradiksi dengan syarat batas x(1) = 0. Haruslah p(t) 0. Kasus 3: Dari dua pengandaian di atas, haruslah p(t) berubah tanda pada t [0, 1], yaitu p(t) > 0 pada t [0, t ) dan p(t) < 0 pada t (t, 1]. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

48 Kontrol Optimum Linear Solution Pada [0, t ) diketahui p(t) > 0, sehingga u (t) = 1 ẋ = 1 x (t) = t + A. Syarat awal x(0) = 0 memberikan x (t) = t. Pada (t, 1] diketahui p(t) < 0, sehingga u (t) = 1 ẋ = 1 x (t) = t + B. Syarat batas x(1) = 0 memberikan x (t) = t + 1. Agar x(t) kontinu di t = t haruslah t = t + 1 t = 1 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

49 Kontrol Optimum Linear Solution Jadi, u (t) = x (t) = { 1 ; 0 t < ; 2 < t 1, { t ; 0 t t ; 2 < t 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

50 Kontrol Optimum Linear u,x t 1.0 tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

51 Kontrol Optimum Linear Solution Fungsi adjoin: Jadi, ṗ = 2 + 2x = { 2t 2 ; 0 t t ; 2 < t 1. { p t (t) = 2 2t + A ; 0 t 1 2 t B ; 2 < t 1. Parameter A dan B ditentukan dari t 2 2t + A = 0 = t 2 + B A = 0 = B A = 3 4 dan B = 1 4. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

52 Kontrol Optimum Linear p t 0.6 tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53

53 Kontrol Optimum Linear Problem Diberikan masalah kontrol optimum berikut: Tentukan u, x, dan p. max J = 10 4x dt 0 s.t. ẋ = x + u x(0) = 5, x(10) bebas, u [0, 2] tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 53