Kalkulus Variasi. Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas. Toni Bakhtiar. Departemen Matematika IPB.

Transkripsi

1 Kalkulus Variasi Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB Februari 214 (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

2 Outline Persamaan Euler 1 Bentuk diperumum 2 Bentuk khusus Masalah kalkulus variasi berkendala 1 Metode lagrange, metode substitusi 2 Kendala titik 3 Kendala persamaan diferensial 4 Kendala isoperimetrik Syarat batas tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

3 Persamaan Euler Bentuk Baku (Dari slide sebelumnya): Misalkan J(ε) = T f (x + εh, ẋ + εḣ, t) dt. Penguraian Taylor memberikan J(ε) T (f + εhf x + εḣfẋ ) dt = T f dt + ε T (hf x + ḣfẋ ) dt = J(x) + εδj(x). J(ε) identik dengan J(x) jika dan hanya jika δj(x) =. Akibatnya, δj(x) = T (hf x + ḣfẋ ) dt = T (f x d dt f ẋ )h dt = (dengan integral parsial) f x d dt f ẋ =. (Persamaan Euler) Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral: fx dt = fẋ. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

4 Persamaan Euler Diperumum Fungsi f berpeubah banyak Diberikan fungsional objektif J(x) = T f (x, ẋ, t) dt dengan x = (x 1, x 2,..., x n ) dan ẋ = (ẋ 1, ẋ 2,..., ẋ n ). Persamaan Euler: f xi d dt f ẋ i =, i = 1, 2,..., n. Ilustrasi Misalkan f = f (x 1, x 2, ẋ 1, ẋ 2, t). Didefinisikan fungsional J(ε) = T f (x 1 + ε 1 h 1, ẋ 1 + ε 1 ḣ 1, x 2 + ε 2 h 2, ẋ 2 + ε 2 ḣ 2, t) dt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

5 Persamaan Euler Diperumum Fungsi f berpeubah banyak Penguraian Taylor memberikan J(ε) T (f + ε 1h 1 f x1 + ε 1 ḣ 1 fẋ1 + ε 2 h 2 f x2 + ε 2 ḣ 2 fẋ2 ) dt = T f dt + ε T 1 (h T 1f x1 + ḣ 1 fẋ1 ) dt + ε 2 (h 2f x2 + ḣ 2 fẋ2 ) dt = J(x) + ε 1 δj(x 1 ) + ε 2 δj(x 2 ). J(ε) = J(x) jika dan hanya jika δj(x 1 ) = dan δj(x 2 ) =. Jadi, Example Tentukan ekstremum dari J(x) = f x1 d dt f ẋ 1 =, f x2 d dt f ẋ 2 =. 1 (ẋ ẋ e t ) dt, x 1 () = 1, x 1 (1) = 11, x 2 () = 2, x 2 (1) = 6. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

6 Persamaan Euler Diperumum Fungsi f memuat turunan ke-n Diberikan fungsional objektif J(x) = T f (x, ẋ, ẍ,..., x (n), t) dt dengan x (i) () = x (i) dan x (i) (T ) = x (i) T. Syarat perlu δj(x) = memberikan T ( ) hf x + ḣfẋ + ḧfẍ + + h (n) f x (n) Integral parsial suku kedua integran: T T ḣfẋ dt = h d dt f ẋ dt. dt =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

7 Persamaan Euler Diperumum Fungsi f memuat turunan ke-n Integral parsial suku ketiga integran: T ḧfẍ dt = Integral parsial suku ke-n integran: T h d 2 dt 2 f ẍ dt. T h (n) f x (n) dt = ( 1) n T h d n dt n f x (n) dt. Syarat perlu δj(x) = menjadi T h (f x ddt f ẋ + d 2 dt 2 f ẍ + ( 1) n d n ) dt n f x (n) dt =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

8 Persamaan Euler Diperumum Fungsi f memuat turunan ke-n Example Persamaan Euler-Poisson: f x d dt f ẋ + d 2 Tentukan ekstremum dari J(x) = dt 2 f ẍ + ( 1) n d n dt n f x (n) =. 1 (ẍ 2 + ẋ + at) dt, x() =, ẋ() = 1, x(1) = 1, ẋ(1) = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

9 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f tidak memuat x Diberikan fungsional objektif sehingga diperoleh f x =. Persamaan Euler: Example Tentukan ekstremum dari J(x) = T f (ẋ, t) dt, d dt f ẋ = fẋẋ ẍ + fẋt =. J(x) = 1 (tẋ + ẋ 2 ) dt, x() =, x(1) = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

10 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f memuat ẋ saja Diberikan fungsional objektif J(x) = T f (ẋ) dt, sehingga diperoleh f x =. Persamaan Euler: d dt f ẋ = fẋẋ ẍ = Example (Masalah Lintasan Terpendek) Tentukan ekstremum dari J(y) = fẋẋ = atau ẍ =. a 1 + ẏ 2 dx, y() =, y(a) = b. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

11 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat t Diberikan fungsional objektif Persamaan Euler: J(x) = T f (x, ẋ) dt. f x d dt f ẋ = f x (fẋx ẋ + fẋẋ ẍ) = f x ẋ fẋx ẋ 2 fẋẋ ẍẋ = d dt (f ẋf ẋ ) =. Diperoleh persamaan Beltrami: f ẋfẋ = k. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

12 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat t Example (Brachistochrone Problem) Tentukan ekstremum dari J(x) = ẏ 2 y y() =, y(1) = 1. Solution (Brachistochrone Problem) Diperoleh 1 + ẏ f (y, ẏ) = 2, fẏ (y, ẏ) = y dx, ẏ y(1 + ẏ 2 ). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

13 Kasus Khusus Persamaan Euler Solution (Brachistochrone Problem) Persamaan Beltrami f ẋfẋ = k memberikan 1 y(1 + ẏ 2 ) = k 1 y(1 + ẏ 2 ) = k 2 k 2 ẏ = y 1 y dy = dx. k 2 y y x = k 2 y dy. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

14 Kasus Khusus Persamaan Euler Solution (Brachistochrone Problem) Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut) x = ( k 2 y y k 2 arcsin 1 2y ) + k 3. k 2 Nilai awal memberikan = π 4 k 2 + k 3 1 = k k 2 arcsin Diperoleh k 2 = dan k 3 = π 4 k 2, sehingga (1 2k2 ) + k 3. x = ( y y arcsin 1 2y ) π tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

15 Kasus Khusus Persamaan Euler Brachistochrone Path (please rotate 9 clockwise) x y tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

16 Bukti Integral Kontribusi Dwilaras Athina (G54122) I = = = = y k y dy y k y y y dy y dy ky y 2 y ( 12 k)2 (y 12 k)2 dy = = y a2 (y a) 2 dy, a := 1 2 k u + a du, u := y a. a2 u2 tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

17 Bukti Integral I = u a2 u 2 du } {{ } I 1 + a a2 u du. }{{ 2 } I 2 Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh I 2 = a arcsin u a = a arcsin y a a Selanjutnya, = 1 2 k arcsin ( 1 2y k ) + C 2. I 1 = dt, t := a 2 u 2 t = t + C 1 = a 2 u 2 + C 1 = a 2 (y a) 2 + C 1 = 2ay y 2 + C 1 = ky y 2 + C 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

18 Kasus Khusus Persamaan Euler Another try... Solution (Brachistochrone Problem) Pengintegralan kedua ruas memberikan y k 2 y dy = dx. Misalkan y = k 2 sin 2 θ, diperoleh dy = 2k 2 sin θ cos θ dθ sehingga 2k 2 sin 2 θ dθ = dx k 2 (1 cos 2θ) dθ = dx k 2 (θ 1 2 sin 2θ) + k 3 = x. Nilai awal y() = membuat θ = dan k 3 =, sehingga solusi diberikan secara parametrik: x(θ) = k 2 (θ 1 2 sin 2θ) y(θ) = k 2 sin 2 θ. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

19 Kasus Khusus Persamaan Euler Solution (Brachistochrone Problem) Koefisien k 2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir y(1) = 1, yaitu k 2 (θ 1 2 sin 2θ) = 1 k 2 sin 2 θ = 1 sehingga diperoleh k 2 = Solusi masalah brachistochrone diberikan oleh persamaan parametrik x(θ) = (θ 1 2 sin 2θ) y(θ) = sin 2 θ. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

20 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat t Example (Minimum Surface Area) Tentukan ekstremum dari Solution min J = 2π y(x 1 ) = y 1, y(x 2 ) = y 2. x2 Persamaan Euler dengan f (y, ẏ) = y 1 + ẏ 2 x 1 y 1 + ẏ 2 dx f y d dt f ẏ = [ ] 1 + ẏ 2 d yẏ =. dt 1 + ẏ 2 tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

21 Solution Slamet Nuridin (G541366) menjabarkan: [ ] 1 + ẏ 2 = d yẏ dt 1 + ẏ ẏ 2 = (ẏ 2 + yÿ) 1 + ẏ 2 y ẏ 2 ÿ 1+ẏ ẏ ẏ 2 = (ẏ 2 + yÿ)(1 + ẏ 2 ) yẏ 2 ÿ 1 + ẏ 2 (1 + ẏ 2 ) 2 = ẏ 2 + ẏ 4 + yÿ + yẏ 2 ÿ yẏ 2 ÿ 1 + 2ẏ 2 + ẏ 4 = ẏ 2 + ẏ 4 + yÿ. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

22 Solution Diperoleh persamaan diferensial taklinear berikut yÿ ẏ 2 = 1. Misalkan u = ẏ/y sehingga didapatkan u = ÿy ẏ 2 y 2 = 1 y 2 dan kemudian Jadi ü = 2ẏ = 2u u. y 3 ü + 2u u = u + u 2 = k 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

23 Solution Selanjutnya u = k 2 u 2 u k 2 u 2 = 1 du k 2 u 2 = dx 1 2k ln u k u + k = x + c 1 ln u k u + k = 2kx + c 2 u k u + k = ce 2kx u(x) = k + kce 2kx ce 2kx 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

24 Karena maka u = 2k2 ce 2kx (ce 2kx 1) (k + kce 2kx )( 2kce 2kx ) (ce 2kx 1) 2 = 2kce 2kx [k(ce 2kx 1) (k + kce 2kx )] (ce 2kx 1) 2 = 4k2 ce 2kx (ce 2kx 1) 2 = 1 y 2, 1 y = 2k ce kx ce 2kx 1 y(x) = ce 2kx 1 2k ce. kx Misal diberikan nilai awal y() = 5 dan y(2) = 1 maka c 1 2k c = 5 ce 4k 1 2k ce 2k = 1 sehingga diperoleh c =.954 dan k = tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

25 .954e y(x) = 2(1.33 7)x 1 2( ).954e x. y x tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

26 Problem Dari contoh soal terakhir dan dari slide sebelumnya, masalah minimum surface area memiliki solusi berbentuk y(x) = ce 2kx 1 2k ce, ( kx x + C2 y(x) = C 1 cosh Tunjukkan bahwa kedua solusi di atas ekuivalen. C 1 ). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

27 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Tidak Memuat ẋ Diberikan fungsional objektif J(x) = T Persamaan Euler: f (x, t) dt. f x d dt f ẋ = f x = yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki free parameter (koefisien integrasi). Example Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan T R(x) dt dengan R(x) = xp(x) dan p(x) = ax + b (fungsi permintaan). Tentukan tingkat produksi optimal x (t). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

28 Persamaan Euler Example Seorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan T π(x) dt dengan π(x) = xp(x) (ax 2 + bx + c). Tentukan tingkat produksi optimal x (t). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

29 Kasus Khusus Persamaan Euler Fungsi f Linear terhadap ẋ Diberikan fungsional objektif J(x) = T Persamaan Euler: f (x, t) dt dengan f (x, ẋ, t) = a(x, t) + b(x, t)ẋ. f x d dt f ẋ = a x + b x ẋ db dt =. Karena d dt b(x, t) = b x ẋ + b t b t = b x ẋ db dt, maka diperoleh kondisi a x b t =, yang merupakan persamaan aljabar biasa. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

30 Kasus Khusus Persamaan Euler Example Jika J(x) = T (x 2 + 3xtẋ) dt maka persamaan Euler memberikan Example 2x 3x = x. Diberikan fungsional J(x) = T (px (ax 2 + bx + c + dẋ)) dt. Definisikan a(x, t) = px ax 2 bx c = ax 2 + (p b)x c, b(x, t) = d. Persamaan Euler memberikan a x b t = 2ax + p b = x = p b 2a. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

31 Persamaan Euler: Ringkasan Problem (Degenerate Case) Tentukan ekstremum dari J = 1 ((t 2 + 3x 2 )ẋ + 2tx) dt, x() = 1, x(1) = 2. Kasus Persamaan Euler f (x 1,..., x n, ẋ 1,..., ẋ n, t) f xi d dt f ẋ i =, i = 1,..., n. f (x, ẋ, ẍ,..., x (n), t) f x + n k=1( 1) i d k f dt k x (k) = f (ẋ, t) fẋẋ ẍ + fẋt = f (ẋ) fẋẋ ẍ = f (x, ẋ) f ẋfẋ = k f (x, t) f x = f = a(x, t) + b(x, t)ẋ a x b t = tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

32 MKV Berkendala Kendala titik dan kendala PD Diberikan masalah variasi berkendala berikut opt J(x) = T f (x, ẋ, t) dt, s.t. g i =, 1 i r n x = (x 1,..., x n ) T x() = x x(t ) = x T. Jika g i = g i (x, ẋ, t) maka disebut kendala PD. Jika g i = g i (x, t) maka disebut kendala titik. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

33 MKV Berkendala: Metode Lagrange Masalah pengoptimuman berkendala dalam kalkulus biasa: Fungsi Lagrange: FOC: max z := f (x 1, x 2 ) s.t. g(x 1, x 2 ) =. L(x 1, x 2, λ) = f (x 1, x 2 ) + λg(x 1, x 2 ). L x 1 = f x1 + λg x1 =, L x 2 = f x2 + λg x2 =, L λ = g(x 1, x 2 ) =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

34 MKV Berkendala: Metode Lagrange Definisikan fungsi Lagrange: L := f (x, ẋ, t) + λ(t) g(x, ẋ, t), dengan Maka λ(t) = λ 1 (t). λ r (t) L := f (x, ẋ, t) +, g(x, ẋ, t) = r i=1 g 1 (x, ẋ, t). g r (x, ẋ, t) λ i (t)g i (x, ẋ, t).. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

35 MKV Berkendala: Metode Lagrange Definisikan fungsional imbuhan (augmented functional): J L := Variasi pertama dari J L T L(x, ẋ, t, λ) dt. δj L = (integral by part) = T T ( ) Lx h 1 + Lẋ ḣ 1 + L λ h 2 dt [( L x d ) ] dt L ẋ h 1 + L λ h 2 dt. Syarat (perlu) optimalitas: δj L = dan kendala terpenuhi, yaitu L x d dt L ẋ = L λ =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

36 MKV Berkendala: Metode Lagrange Karena L := f (x, ẋ, t) + r i=1 λ i (t)g i (x, ẋ, t) maka L x = f x 1. f x n = f x + g x λ Lẋ = fẋ + gẋ λ. + g 1 x 1. g 1 x n g r x 1. g r x n λ 1. λ r Untuk kendala titik, yaitu g i = g i (x, t), maka Lẋ = fẋ = f ẋ 1. f ẋ n. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

37 MKV Berkendala Titik Example Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut: T 1 + ẏż min J = x s.t y = z + 1 dx y() =, y(t ) = y T. Solution (Metode Lagrange) Definisikan fungsi Lagrange: ( ) 1 + ẏż 1/2 L = + λ(y z 1). x tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

38 MKV Berkendala Titik Solution (Metode Lagrange, lanjutan...) Persamaan Euler bagi L diberikan oleh: L y d dx L ẏ = λ d ż dx 2 x(1 + ẏż) =, L z d dx L ż = λ d ẏ dx 2 x(1 + ẏż) =. Eliminasi terhadap λ memberikan d dx ẏ + ż x(1 + ẏż) = ẏ + ż x(1 + ẏż) = k 1. Syarat L λ = memberikan y = z + 1 ẏ = ż, sehingga diperoleh ẏ x x x(1 + ẏ 2 ) = k 2 ẏ = k 3 x y = k 3 x dx. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

39 MKV Berkendala Titik Solution (Metode Substitusi) Di lain pihak, karena y = z + 1 maka ẏ = ż, sehingga masalah kalkulus variasi dapat direduksi menjadi T 1 + ẏ 2 min J = dx x y() =, y(t ) = y T. Persamaan Euler f y d dx f ẏ = memberikan syarat optimalitas yang sama dengan metode Lagrange, yaitu: d dx ẏ x(1 + ẏ 2 ) = ẏ x(1 + ẏ 2 ) = k 2 y = x k 3 x dx. Untuk menghitung integral di atas, lihat bukti integral oleh Athina (214). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

40 MKV Berkendala PD Example Selesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut: min J = Solution (Metode Lagrange) Definisikan fungsi Lagrange 1 s.t ẋ 1 = x 2 x 1 () = x 2 () = x 1 (1) = e 2 x 2 (1) = e (ẋ ẋ 2 2 ) dt L = 1 2 (ẋ ẋ 2 2 ) + λ(x 2 ẋ 1 ). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

41 MKV Berkendala PD Solution (Metode Lagrange, lanjutan...) Syarat orde pertama (persamaan Euler): L x1 d dt L ẋ 1 = d dt (ẋ 1 λ) = ẋ 1 λ = k 1, L x2 d dt L ẋ 2 = λ d dt (ẋ 2) = ẍ 2 = λ. Dari kedua syarat di atas dan L λ = ẋ 1 = x 2 diperoleh PD: ẍ 2 = x 2 k 1 x 2 (t) = c 1 e t + c 2 e t + k 1 x 1 (t) = c 1 e t c 2 e t + k 1 t + k 2. Syarat-syarat awal memberikan c 1 = 1, c 2 =, k 1 = k 2 = 1, sehingga x 1 (t) = e t t 1, x 2 (t) = e t 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

42 MKV Berkendala Isoperimetrik Kendala Isoperimetrik (iso: sama, perimeter: keliling) Awalnya: masalah mencari daerah terluas yang dimiliki oleh kurva tertutup dengan keliling sama, K. Bacalah kisah Queen Dido of Carthage (814 SM). Sekarang: masalah variasi dengan kendala integral: opt J(x) = s.t. T T f (x, ẋ, t) dt, x = (x 1,..., x n ) T g i (x, ẋ, t) dt = l i (konst.), 1 i r n x() = x, x(t ) = x T. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

43 MKV Berkendala Isoperimetrik Definisikan sehingga diperoleh y i (t) = t g i (x(s), ẋ(s), s) ds y i () =, y i (T ) = l i, ẏ i (t) = g i (x, ẋ, t) ẏ i g i (x, ẋ, t) =. }{{} G i (x,ẋ,t) Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD: opt J(x) = T f (x, ẋ, t) dt s.t. G i (x, ẋ, t) =, 1 i r n. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

44 MKV Berkendala Isoperimetrik Example Selesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik s.t. 1 max J(x) = 1 (1 + x) dt = 3, x() =, x(1) = 1. ẋ 2 dt tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

45 L y d dt L ẏ = d dt (λ) = λ(t) = A. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution Definisikan y(t) := t (1 + x(s)) ds sehingga diperoleh y() =, y(1) = 3, dan ẏ(t) = 1 + x(t). MKV berkendala isoperimetrik berubah menjadi MKV berkendala PD: max J(x) = Definisikan fungsi Lagrange Persamaan Euler: 1 ẋ 2 dt s.t. ẏ 1 x =. L := ẋ 2 + λ(1 + x ẏ). L x d dt L ẋ = λ d dt (2ẋ) = ẍ = 1 2 λ

46 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution Dari dua kondisi di atas diperoleh: ẍ = 1 2 A ẋ = 1 2 At + B x(t) = 1 4 At2 + Bt + C. Dari x() = dan x(1) = 1 diperoleh C = dan B = A, sehingga x(t) = 1 4 At2 + (1 1 4 A)t. Syarat perlu L λ = ẏ = 1 + x 1 (1 + x) dt = 3 memberikan 1 ( At2 + (1 1 4 A)t) dt = 3 A = 36. Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah x (t) = 9t 2 + 1t. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

47 MKV Berkendala Isoperimetrik Example (Dido Problem) Sebuah kurva x = x(t) memiliki panjang K dan kedua ujungnya menghubungkan titik-titik A(a, ) dan B(b, ), dengan a < b. Tentukan kurva x sedemikian sehingga memiliki luas daerah di bawah kurva terbesar. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

48 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem) Luas daerah di bawah kurva J(x) = b x(t) dt. a Panjang kurva: dk = dt 2 + dx 2 = 1 + ẋ 2 dt,sehingga Masalah variasi: K = b a 1 + ẋ 2 dt. max J(x) = b x(t) dt a s.t. b a 1 + ẋ 2 dt = K, x(a) =, x(b) =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

49 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan...) Definisikan y(t) := t a 1 + ẋ 2 ds sehingga diperoleh y(a) =, y(b) = K, dan ẏ(t) = 1 + ẋ 2. Definisikan fungsi Lagrange ( ) L := x + λ 1 + ẋ 2 ẏ. Persamaan Euler terhadap y memberikan L y d dt L ẏ = d λ dt = sehingga λ(t) = C. Persamaan Euler terhadap x: L x d dt L ẋ = 1 λ d ( ) ẋ = dt 1 + ẋ 2 ( ) ẋ Cd = dt 1 + ẋ 2 Cẋ 1 + ẋ 2 = t + k 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

50 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan...) Pemisahan peubah: C 2 ẋ ẋ 2 = (t + k 1) 2 (C 2 (t + k 1 ) 2 )ẋ 2 = (t + k 1 ) 2 t + k 1 ẋ = ± C 2 (t + k 1 ) 2 x(t) = ± C 2 (t + k 1 ) 2 + k 2. Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di ( k 1, k 2 ) berjari-jari C : x k 2 = ± C 2 (t + k 1 ) 2 (x k 2 ) 2 + (t + k 1 ) 2 = C 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

51 MKV Berkendala Isoperimetrik Solution (Dido Problem, lanjutan...) Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k 2 = dan k 1 = a+b 2 sehingga x(t) = C 2 (t a+b 2 )2. Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t) = C : b b a 1 + ẋ 2 dt = K 1 + a (t a+b 2 )2 C 2 (t a+b 2 )2 dt = K. Cara mudah: Jari-jari lingkaran: C, keliling 1 2 lingkaran: K = πc, sehingga C = K π. Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh x 2 + (t a+b 2 )2 = K 2 π 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

52 MKV Berkendala Isoperimetrik Problem Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut: min s.t. 1 ẋ 2 dt 1 x dt = 1, x() =, x(1) = 2. Problem Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut: min s.t. 1 ẋ 2 dt 1 x 2 dt = 2, x() =, x(1) = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

53 MKV Berkendala Isoperimetrik Problem Tentukan kurva AB yang memenuhi kondisi-kondisi berikut: melewati titik-titik A(, 4) dan B(4, 4), memiliki luas daerah di bawah kurva K, panjang kurva minimum. Problem Selesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut: T T 1 min e rt x dt s.t. x dt = A. b 2 min 1 + x 2 b dt s.t. x dt = c, b, c >. 1 3 min (2x x 2 1 ) dt s.t. tx dt = 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

54 Syarat Batas MKV Tinjau kembali masalah variasi: opt Syarat optimalitas: J = T f (x, ẋ, t) dt. δj = T (integral by part) hfẋ T + T Kasus I: x() = x dan x(t ) = x T (fixed) h() = h(t ) = berlaku. hfẋ T =. Syarat optimalitas: T ( ) hfx + ḣfẋ dt = ( f x d ) dt f ẋ h dt =. ( fx d dt f ) ẋ h dt = fx d dt f ẋ =. Persamaan Euler merupakan PD orde-2 yang solusinya melibatkan dua konstanta pengintegralan yang nilainya dapat ditentukan dari syarat batas. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

55 Syarat Batas MKV Kasus II: x() dan/atau x(t ) tidak diketahui (free) h() = h(t ) = tidak berlaku. Syarat optimalitas: f x d dt f ẋ = dan hfẋ T =. hfẋ T = dapat dipenuhi jika f ẋ t= = dan fẋ t=t =. fẋ t= = dan/atau fẋ t=t = disebut sebagai syarat batas alamiah. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

56 Syarat Batas MKV Example Masalah jarak terdekat min J(x) = ẋ 2 dt x() = 4 Example x(1) tidak diketahui. Selesaikan masalah variasi berikut: min J(x) = 2 (ẋ 2 + xẋ + 2ẋ + 4x ) dt x() dan x(2) tidak diketahui. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

57 Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Untuk δt dan h(t ) cukup kecil: EC = EC δt δt = m gs δt ẋ (T )δt ẋ(t )δt h(t ) = FC EC δx(t ) ẋ(t )δt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

58 Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Variasi dari J : δj(x) = = T +δt T T f (x + h, ẋ + ḣ, t) dt [ f (x + h, ẋ + ḣ, t) f (x, ẋ, t) ] dt f (x, ẋ, t) dt + T +δt f (x + h, ẋ + ḣ, t) dt T ( fx h + fẋ ḣ ) dt + T +δt T T f (x + h, ẋ + ḣ, t) dt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

59 Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Misalkan F (t) = f (x + h, ẋ + ḣ, t) dt sehingga F (t) = f (t). TNR: Jika F kontinu dan terturunkan di (T, T + δt ) maka ada c (T, T + δt ) sehingga F F (T + δt ) F (T ) (c) = (T + δt ) T F (T + δt ) F (T ) f (c) = δt f (c)δt = F (T + δt ) F (T ). Misalkan c = T + θδt dengan < θ < 1, maka f t=t +θδt δt = T +δt f t=t +θδt f t=t ketika δt. T f (x + h, ẋ + ḣ, t) dt. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

60 Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Variasi dari J : δj(x) = T T ( fx h + fẋ ḣ ) dt + f t=t δt ( f x d ) dt f ẋ h dt + hfẋ t=t + f t=t δt. Syarat optimalitas δj = : 1 Persamaan Euler f x d dt f ẋ =. 2 Syarat transversalitas hfẋ T + f T δt = h(t )fẋ T + f T δt = [δx T ẋ(t )δt ] fẋ T + f T δt = [f T ẋfẋ T ] δt + fẋ T δx T =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

61 Waktu Akhir Bebas (Free Terminal Time) Ringkasan: opt J(x) = T f (x, ẋ, t) dt x() = x, T bebas (tidak ditentukan). Syarat optimalitas: 1 Persamaan Euler f x d dt f ẋ =. 2 Syarat transversalitas (f ẋfẋ )δt T + fẋ δx(t) T =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

62 Waktu Awal Bebas (Free Initial Time) (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

63 Waktu Awal Bebas (Free Initial Time) Ringkasan (analog waktu akhir bebas): opt J(x) = T t f (x, ẋ, t) dt x(t ) = x T, t bebas (tidak ditentukan). Syarat optimalitas: 1 Persamaan Euler f x d dt f ẋ =. 2 Syarat transversalitas (f ẋfẋ )δt t + fẋ δx(t) t =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

64 Waktu Awal dan Akhir Bebas (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

65 Waktu Awal dan Akhir Bebas Ringkasan (gabungan waktu awal dan akhir bebas): opt J(x) = T t f (x, ẋ, t) dt t dan T bebas (tidak ditentukan). Syarat optimalitas: 1 Persamaan Euler f x d dt f ẋ =. 2 Syarat transversalitas (f ẋfẋ )δt t,t + fẋ δx(t) t,t =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

66 Syarat Batas (Kasus Khusus) Titik akhir B bergerak sepanjang kurva g(t) Diperoleh δx(t ) = δx(t ) δt δt = m gs δt ġ(t )δt. Syarat transversalitas (f ẋfẋ )δt T + fẋ δx(t) T = berubah menjadi (f + (ġ ẋ)fẋ ) δt T =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

67 Syarat Batas (Kasus Khusus) Titik awal A bergerak sepanjang kurva g(t) Syarat transversalitas: (f + (ġ ẋ)fẋ ) δt t =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

68 Syarat Batas (Kasus Khusus) Kedua titik ujung bergerak sepanjang kurva g 1 (t) dan g 2 (t) Syarat transversalitas: (f + (ġ 1 ẋ)fẋ ) δt t =, (f + (ġ 2 ẋ)fẋ ) δt T =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

69 Syarat Batas (Kasus Khusus) Titik awal A terletak pada garis t = t dan titik akhir B terletak pada garis t = T δt = δt = δx(t ) = δx(t ) = Syarat transversalitas: fẋ δx(t) t,t = fẋ t,t =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

70 Syarat Batas (Kasus Khusus) x, t, x T fixed, T free δt = δt = δx(t ) = δx(t ) = Syarat transversalitas: (f ẋfẋ )δt T = (f ẋfẋ T =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

71 Syarat Batas (Kasus Khusus) x, x T fixed, t, T free δt = δt = δx(t ) = δx(t ) = Syarat transversalitas: (f ẋfẋ )δt t,t = (f ẋfẋ t,t =. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

72 Syarat Batas (Kasus Khusus) t, x, T fixed, x T x min Masalah kalkulus variasi: opt J(x) = T t f (x, ẋ, t) dt s.t. x(t ) = x, x(t ) x min. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

73 Syarat Batas (Kasus Khusus) t, x, T fixed, x T x min Cara menyelesaikan: 1 Selesaikan MKV di atas dengan x(t ) bebas. Periksa apakah x(t ) x min? Jika ya, maka solusi sudah ditemukan. 2 Jika tidak, selesaikan MKV di atas dengan x(t ) = x min (masalah titik ujung tetap). tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

74 Syarat Batas (Kasus Khusus) t, x, T fixed, x T x min Example Selesaikan masalah kalkulus variasi: opt J(x) = 2 (t + ẋ 2 ) dt s.t. x() = 4, x(2) 5. Solution Pertama akan dianalisis MKV berikut: opt J(x) = 2 (t + ẋ 2 ) dt s.t. x() = 4, x(2) bebas. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

75 Solution Persamaan Euler: d dt (2ẋ) = ẍ = x(t) = At + B. Dengan memasukkan nilai awal x() = 4 diperoleh B = 4 sehingga diperoleh x(t) = At + 4. Nilai A dapat ditentukan dari syarat batas alamiah: fẋ t=2 = (2ẋ t=2 = 2A = A =. Dengan demikian, sehingga x(2) = 4 5. x (t) = 4, tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

76 Solution Lakukan analisis terhadap MKV berikut: opt J(x) = 2 (t + ẋ 2 ) dt s.t. x() = 4, x(2) = 5. Dengan memasukkan syarat batas x(2) = 5 ke solusi x(t) = At + 4 diperoleh A = 1 2, sehingga x (t) = 1 2 t + 4. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

77 Syarat Batas Example Selesaikan masalah variasi berikut: opt J(x) = T t (x + ẋ 2 ) dt. 1 t =, T = 2, x() = 1, x(2) = 1. 2 t =, T = 2, x() = 1, x(2) free. 3 t =, x() = 1, x(t ) = 4, T free but T > 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

78 Syarat Batas Example Tentukan kurva x(t) terpendek yang menghubungkan garis g(t) dan titik A(4, 4): 1 tanpa menggunakan kalkulus variasi, 2 dengan menggunakan kalkulus variasi. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

79 Solution (Tanpa menggunakan KV) Diperoleh persamaan garis g adalah g(t) = 1 2 t + 3. Lintasan terpendek yang menghubungkan garis g dengan titik A adalah garis yang tegak lurus g dan melalui A, yaitu x 4 = 2(t 4) x(t) = 2t 4. Koordinat B dapat ditentukan sebagai berikut: 1 2 Jadi B = ( 14 5, 8 5 ) t + 3 = 2t 4 t = 5, x( 5 ) = 8 5. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

80 Solution (Dengan menggunakan KV) Masalah di atas dapat dirumuskan sbb: min J(ẋ) = 4 t 1 + ẋ 2 dt, t belum ditentukan, x(t ) = 1 2 t + 3, x(4) = 4. Misalkan f (ẋ) = 1 + ẋ 2 = (1 + ẋ 2 ) 1/2. Persamaan Euler: f x d dt f ẋ = ẍ = x(t) = At + B. Dengan memasukkan syarat batas x(4) = 4 diperoleh: B = 4 4A x(t) = At + 4 4A. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

81 Solution Syarat transversalitas (f + (ġ ẋ)fẋ t=t = dengan g(t) = 1 2 t + 3 : ( (1 + ẋ 2 ) 1/2 + ( 1 2 ẋ) ẋ ( (1 + A 2 ) 1/2 + ( 1 2 A) A A A 2 = A = 2. (1 + ẋ 2 ) 1/2 = t=t (1 + A 2 ) 1/2 = t=t Jadi x (t) = 2t 4. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

82 Kuis 2 (open book, but strictly individual) Problem Tunjukkan bahwa x(t) = A + B ln t, dengan A, B R, memenuhi persamaan Euler dari MKV berikut: min J(x) = Tentukan syarat bagi t. Problem 1 t tẋ 2 dt, x(t ) =, x(1) = 1. Seorang produsen memproduksi x(t) unit barang pada saat t, dengan t [, 1]. Tingkat produksi di awal periode adalah dan target tingkat produksi di akhir periode adalah 2 unit barang. Produsen menghadapi biaya produksi sebesar c 1 = 4x 2 + 4x + 1 dan biaya lain sebesar c 2 = ẋ 2 + 3ẋ + 2t. Jika diasumsikan harga barang konstan yaitu p = 2, tentukan kurva produksi yang memaksimumkan keuntungan. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

83 Solution (Kuis) Definisikan f (ẋ, t) = tẋ 2. Persamaan Euler f x d dt f ẋ = memberikan Jika x(t) = A + B ln t maka d (2tẋ) = ẋ + tẍ =. dt ẋ + tẍ = B t t B t 2 =. Terbukti bahwa x(t) = A + B ln t memenuhi persamaan Euler. Selanjutnya dengan memasukkan syarat batas x(t ) = dan x(1) = 1 diperoleh x(t) = 1 ln t ln t. Jelas < t < 1. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

84 Solution (Kuis) Fungsi keuntungan: π(x, ẋ, t) = px c 1 c 2 = 2x (4x 2 + 4x + 1) (ẋ 2 + 3ẋ + 2t) Masalah kalkulus variasi: max Π(x) = = 4x x 1 ẋ 2 3ẋ 2t. 1 s.t. x() =, x(1) = 2. Persamaan Euler π x d dt π ẋ = memberikan ( 4x x 1 ẋ 2 3ẋ 2t) dt ( 8x + 16) + d (2ẋ + 3) =. dt tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85

85 Solution (Kuis) Persamaan Euler berupa PD linear takhomogen orde dua: dengan solusi umum Dari syarat batas diperoleh A = 2 e 4 1 8x ẍ = ẍ 4x = 8, x(t) = Ae 2t + Be 2t + 2. dan B = (A + 2) = 2e 4 e 4 1, sehingga x (t) = 2 e 4 1 e2t 2e4 e 4 1 e 2t + 2. tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari / 85