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 y B(b,a) TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 2 / 37
Masalah Brachystochrone Hukum konservasi energi: Energi Kinetik + Energi Potensial = 0 : 1 2 mv 2 mgy = 0 v = 2gy. Lintasan di sekitar bola dapat dipandang sebagai sebuah garis lurus sehingga ds = ( ) dy 2 dx 2 + dy 2 = 1 + dx. dx Hubungan waktu t, jarak s, dan kecepatan v : v = ds dt dt = ds v = ( ) 1 + dy 2dx dx. 2gy TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 3 / 37
Masalah Brachystochrone Integralkan: t = 1 2g b 0 1 + ( ) 2 dy dx dx. y Masalah kontrol optimal: b 1 + ẏ min J = 2 dx s.t. y(0) = 0, y(b) = a, y dengan ẏ := dy dx. 0 TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 4 / 37
Masalah Lintasan Terpendek Tentukan lintasan terpendek yang menghubungkan A dan B. y B( a,b) A(0,0) Di sepotong lintasan kecil berlaku ds = dx 2 + dy 2 = 1 + x ( ) dy 2 dx. dx Masalah kontrol optimal: a min J = 1 + ẏ 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) Di sepotong lintasan kecil berlaku ds = dx 2 + dy 2 = 1 + x ( ) dy 2 dx. dx TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 6 / 37
Masalah Luas Permukaan Terkecil Luas permukaan: Masalah kontrol optimal: A = S 2πy ds min a J = 2π y 1 + ẏ 2 dx s.t. y(0) = A, y(a) = b. 0 TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 7 / 37
MKV vs MKO Masalah Kalkulus Variasi: opt J(x(t)) = tf F (x(t), ẋ(t), t) dt Masalah kontrol optimal: opt J(x(t)) = tf F (x(t), u(t), t) dt 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(t f ), t f ) + tf F (x(t), u(t), t)dt, dengan S dan F kontinu dan terturunkan. 1 S = 0, F = 1 (minimal time problem). 2 S = 0, F = u (minimal fuel/energy problem): J = tf u(t) dt, J = 3 S = 0, F = 0 (Bolza problem). 4 S = 0, F = 0 (Lagrange problem). 5 S = 0, F = 0 (Mayer problem). 6 Integral square problem: J = tf x T x dt, J = tf tf u T Ru dt. x T Qx dt. TBK (IPB) 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: Definisikan: maka tf J Bolza = S(x(t f ), t f ) + F (x(t), u(t), t)dt. x n+1 (t) = t F (x, u, τ)dτ x n+1 ( ) = 0, J Bolza = S(x(t f ), t f ) + x n+1 (t f ) = Ŝ(x(t f ), t f ) = J Mayer. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 10 / 37
Fungsional Objektif Diberikan Lagrange problem: J Lagrange = tf F (x(t), u(t), t)dt. Definisikan peubah state baru x a sedemikian sehingga Diperoleh ˆx = ( x a x 1 x 2... x n ) T, ẋ a = F (x(t), u(t), t), x a ( ) = 0. J Lagrange = tf = S(x(t f ), t f ) = J Mayer. ẋ a (t)dt = x a t f = x(t f ) TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 11 / 37
Fungsional Objektif Diberikan Mayer problem: J Mayer = S(x(t f ), t f ). Definisikan peubah state baru x a sedemikian sehingga Diperoleh ˆx = ( x a x 1 x 2... x n ) T, ẋ a = 0 x a (t) = k, x a (t f ) = 1 S(x(t f ), t f ). t f J Mayer = (t f )x a (t f ) = (t f )(x a (t f ) k) + k(t f ) = Ŝ(x(t f ), t f ) + = Ŝ(x(t f ), t f ) + tf tf kdt x a (t)dt = J Lagrange. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 12 / 37
Fungsi dan Fungsional Fungsi Fungsional Pemetaan f : R R J : f R Notasi f = f (t) J = J(x(t)) Contoh f (t) = t J(x(t)) = b a x(t)dt Riap dt = t t δx(t) = x (t) x(t) f (t) = f (t + dt) f (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, f,..., f (n+1) kontinu di [a, b] dan misalkan c [a, b]. Perluasan Taylor dari f di sekitar c diberikan oleh f (x) = n k=0 f (k) (c) (x c) n + R n+1 (x), k! dengan R n+1 disebut sebagai remainder (sisaan): R n+1 (x) = 1 n! Jika lim n R n+1 = 0 maka f (x) = x n=0 c (x s)f (n+1) (s)ds. f (n) (c) (x c) n. n! TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 14 / 37
Perluasan Taylor 1 Peubah Set h = x c Dengan demikian f (c + h) = n=0 f (n) (c) h n. n! f (x + h) = n=0 f (n) (x) h n. n! Dapat juga ditulis f (x + h) f (x) + hf (x) + h2 2! f (x). TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 15 / 37
Perluasan Taylor Peubah Ganda m peubah di sekitar (c 1,..., c m ) : f (x 1,..., x m ) = n 1 =0 n m =0 (x 1 c 1 ) n 1 (x m c m ) n m ( n 1 + +n m f n 1! n m! x n 1 1 x n m m ) (c 1,..., c m ). 2 peubah di sekitar (a, b) : f (x, y) f (a, b) + (x a)f x (a, b) + (y b)f y (a, b) (x a)2 + f xx (a, b) + 2! (y b)2 + f yy (a, b). 2! 2(x a)(y b) f xy (a, b) 2! TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 16 / 37
Perluasan Taylor 2 Peubah Set h 1 = x a dan h 2 = y b : f (a + h 1, b + h 2 ) f (a, b) + h 1 f x (a, b) + h 2 f y (a, b) Atau + h2 1 2 f xx (a, b) + h 1 h 2 f xy (a, b) + h2 2 2 f yy (a, b). f (x + h 1, y + h 2 ) f (x, y) + h 1 f x (x, y) + h 2 f y (x, y) + h2 1 2 f xx (x, y) + h 1 h 2 f xy (x, y) + h2 2 2 f yy (x, y). TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 17 / 37
Variasi Pertama (1 Peubah) Diberikan fungsional J(x) = Diperoleh T J(x) = J(x + h) J(x) = = Variasi pertama T T T f (x + h, t) dt f (x, t) dt. T [f (x, t) + hf (x, t)] dt hf (x, t) dt. δj(x) := T hf (x, t) dt. f (x, t) dt T f (x, t) dt TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 18 / 37
Variasi Pertama (2 Peubah) Diberikan fungsional J(x, y) = Diperoleh T f (x, y, t) dt. J(x, y) = J(x + h 1, y + h 2, t) J(x, y) = Variasi pertama T T δj(x, y) := f (x + h 1, y + h 2, t) dt T [h 1 f x (x, y, t) + h 2 f y (x, y, t)] dt. T [h 1 f x (x, y, t) + h 2 f y (x, y, t)] dt. f (x, y, t) dt TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 19 / 37
Nilai Maksimum dan Nilai Minimum Definition Fungsi f = f (t) mencapai: maksimum lokal di t jika f (t ) f (t) untuk semua t di sekitar t. minimum lokal di t jika f (t ) f (t) untuk semua t di sekitar t. maksimum global di t jika f (t ) f (t) untuk semua t D f. minimum global di t jika f (t ) f (t) untuk semua t D f. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 20 / 37
Nilai Maksimum dan Nilai Minimum Definition Fungsional J = J(x(t)) mencapai: maksimum lokal di x jika J(x ) J(x) untuk semua x di sekitar x. minimum lokal di di x jika J(x ) J(x) untuk semua x di sekitar x. maksimum global di x jika J(x ) J(x) untuk semua x. minimum global di x jika J(x ) J(x) untuk semua x. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 21 / 37
Masalah Kalkulus Variasi Definisikan: C [a, b] = {f f kontinu di [a, b]}, C i [a, b] = {f f terdefinisi di [a, b], f (i) kontinu di [a, b]}. Tanpa kehilangan sifat keumuman, diasumsikan [a, b] = [0, T ]. Diberikan fungsional J(x) = T 0 f (x, ẋ, t) dt dengan A(0, x(0)) dan B(T, x(t )) adalah dua titik yang sudah ditetapkan, f C 2 [0, T ], dan x 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) C [0, T ] dan S = {h h C 1 [0, T ], h(0) = h(t ) = 0}. Jika T g(t)h(t) dt = 0 0 untuk semua h S (h disebut sebagai displacement function) maka g(t) 0 untuk semua t [0, T ]. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 23 / 37
Proof. Akan dibuktikan kontrapositif dari lema di atas. Andaikan g(t) = 0, katakanlah g(t) > 0 pada t [t 1, t 2 ] [0, T ]. Fungsi h dapat berbentuk h(t) = { (t t1 ) 3 (t 2 t) 3 ; t [t 1, t 2 ] 0 ; t / [t 1, t 2 ]. Jelas terpenuhi h(0) = h(t ) = 0. Dengan demikian T 0 g(t)h(t) dt = t 2 t 1 g(t)(t t 1 ) 3 (t 2 t) 3 dt = 0. Kontradiksi. Haruslah g(t) 0. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 24 / 37
Fungsi penyimpang: h(t) = { (t 1) 3 (3 t) 3 ; t [1, 3] 0 ; t / [1, 3]. h 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0 1 2 3 4 t TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 25 / 37
Persamaan Euler Theorem (Persamaan Euler) Misalkan J(x) = T f (x, ẋ, t) dt, 0 x(0) = x 0, x(t ) = x T. Syarat perlu agar J(x) memiliki ekstremum ialah x(t) memenuhi persamaan Euler berikut: f x d dt f ẋ = 0. 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 0.4 0.6 0.8 1.0 t TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 27 / 37
Karena z(t) memenuhi syarat batas: z(0) = x(0) + εh(0) = x 0, z(t ) = x(t ) + εh(t ) = x T, maka diperoleh fungsional yang bergantung pada parameter ε : J(ε) = T f (z, ż, t) dt, 0 dengan ż(t) = ẋ(t) + εḣ(t). Fungsional J(ε) identik dengan J(x) jika ε = 0 dan mencapai ekstremum ketika J(ε) ε = 0. Diperoleh, ε=0 J(ε) ε = T 0 Karena dz d ε = h dan d ż d ε = ḣ maka ( ) dx f z dε + f dż ż dε dt. J(ε) ε = T 0 ( fz h + fż ḣ ) dt. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 28 / 37
Suku kedua diintegralkan secara parsial dengan memisalkan sehingga u = fż du = d dt f ż dt, dv = ḣ dt v = h, T 0 f ż ḣ dt = f ż h T 0 T 0 h d dt f ż dt = T 0 h d dt f ż dt. Jadi, J(ε) = T ( fz d ε 0 dt f ) ż h dt. Ekstremum dicapai ketika ε = 0 yang membuat f z = f x dan fż = fẋ. Lema dasar mengakibatkan J(ε) ε = 0 f x d dt f ẋ = 0. ε=0 TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 29 / 37
Proof (Alternative): Pertama akan dibuktikan bahwa syarat perlu bagi J untuk mencapai ekstremum ialah δj = 0. Perhatikan bahwa J(ε) = T 0 f (z, ż, t) dt = T f (x + εh, ẋ + εḣ, t) dt. 0 Penguraian Taylor memberikan J(ε) T [ 0 f (x, ẋ, t) + εhfx (x, ẋ, t) + εḣfẋ (x, ẋ, t) ] dt = T 0 f (x, ẋ, t) dt + T [ εhfx (x, ẋ, t) + εḣfẋ (x, ẋ, 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 T 0 (hf x + ḣfẋ ) dt = 0 T 0 (f x d dt f ẋ )h dt = 0 f x d dt f ẋ = 0. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 30 / 37
Example Tentukan ekstremum dari J(x) = 1 0 (aẋ 2 + bt) dt, a > 0, x(0) = 0, x(1) = 1. Solution Dengan f (ẋ) = aẋ 2 + bt maka diperoleh f x = 0 dan fẋ = 2aẋ sehingga persamaan Euler memberikan 0 d dt (2aẋ) = 0 2aẍ = 0 ẍ = 0 x(t) = k 1t + k 2. Dengan mensubstitusikan syarat batas diperoleh x (t) = 2t dan J(x ) = 1 0 (4a + bt) dt = 4a + 1 2 b. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 31 / 37
Beberapa fungsi penyimpang ialah sbb: sehingga diperoleh h 1 (t) = t(t 1) x 1 (t) = 2t + εt(t 1), h 2 (t) = sin(2πt) x 2 (t) = 2t + ε sin(2πt) J(x 1 ) = 1 0 (a(2 + ε(2t 1))2 + bt) dt = 4a + 1 2 b + 1 3 aε2 > J(x ), J(x 2 ) = 1 0 (a(2 + 2πε cos(2πt))2 + bt) dt = 4a + 1 2 b + 2π2 aε 2 > 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) = ẏ(t) sehingga mencapai level yang diinginkan ŷ dalam periode [0, T ]. Pengendalian memerlukan biaya sehingga ingin diminimumkan fungsional J(y) = T 0 Definisikan x := y ŷ sehingga Masalah kalkulus variasi: ẋ = ẏ = u, [ (y ŷ) 2 + cu 2] dt. x(t ) = y(t ) ŷ = ŷ ŷ = 0. min J(x) = T 0 (x 2 + cẋ 2 ) dt, x(0) = x 0, x(t ) = 0. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 33 / 37
Solution Persamaan Euler memberikan: 2x 2cẍ = 0 ẍ 1 c x = 0 Syarat batas menghasilkan: sehingga x (t) = x(t) = Ae rt + Be rt, r = 1 c. x [ 0 e rt e rt e r (T t) e r (T t)], y (t) = x (t) + ŷ, u (t) = ẋ (t). TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 34 / 37
Example Selesaikan MKV berikut: min J(x) = 1 0 (x 2 + ẋ 2 ) dt, x(0) = 1, x(1) = 0. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 35 / 37
Solution Definisikan f (x, ẋ, t) = x 2 + ẋ 2, diperoleh f x = 2x dan fẋ = 2ẋ. Persamaan Euler menjadi 2x d (2ẋ) = 0 ẍ x = 0. dt 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) = C 1 e t + C 2 e t. Syarat batas x(0) = 1 dan x(1) = 0 memberikan C 1 + C 2 = 1, C 1 e + C 2 e 1 = 0, sehingga C 2 = e 2 e 2 1 dan C 1 = 1 e 2 e 2 1 = 1 e 2 1. Jadi, x (t) = 1 e 2 1 (e2 t e t ). TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 36 / 37
Problem Tentukan persamaan Euler dari J(x) = T f (x, ẋ, t) dt jika 0 1 f (x, ẋ, t) = x 2 + ẋ 2 + 2xe t. 2 f (x, ẋ, t) = eẋ ax, a > 0. 3 f (x, ẋ, t) = 2tx + 3xẋ + tẋ 2. 4 f (x, ẋ, t) = [ (x ẋ) 2 + x 2] e at, a > 0. Problem Selesaikan MKV berikut: 1 max 2 max 3 min 4 min 1 0 (4xt ẋ 2 ) dt, x(0) = 2, x(1) = 2 3. 1 1 0 (tẋ ẋ 2 ) dt, x(0) = 1, x(1) = 0. 0 (x 2 + 2txẋ + ẋ 2 ) dt, x(0) = 1, x(1) = 2. 1 0 (x 2 + tx + txẋ + ẋ 2 ) dt, x(0) = 0, x(1) = 1. TBK (IPB) Kalkulus Variasi February 2012 37 / 37