Kalkulus Variasi - Toni Bakhtiartbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/01/handout3a.pdf · Kalkulus Variasi Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas Toni Bakhtiar

Kalkulus VariasiPersamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Februari 2020

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 1 / 85

Outline

Persamaan Euler1 Bentuk diperumum2 Bentuk khusus

Masalah kalkulus variasi berkendala1 Metode lagrange, metode substitusi2 Kendala titik3 Kendala persamaan diferensial4 Kendala isoperimetrik

Syarat batas

Persamaan Euler Bentuk Baku

(Dari slide sebelumnya): Misalkan

J(ε) =∫ T0 f (x + εh, x + εh, t) dt.

Penguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0 (f + εhfx + εhfx ) dt

=∫ T0 f dt + ε

∫ T0 (hfx + hfx ) dt

= J(x) + εδJ(x).

J(ε) identik dengan J(x) jika dan hanya jika δJ(x) = 0. Akibatnya,

δJ(x) = 0 ⇔∫ T0 (hfx + hfx ) dt = 0

⇔∫ T0 (fx −

ddt fx )h dt = 0 (dengan integral parsial)

⇔ fx − ddt fx = 0. (Persamaan Euler)

Persamaan Euler kadang kala ditulis dalam bentuk integral:∫fx dt = fx .

Persamaan Euler Diperumum

Fungsi f berpeubah banyak

Diberikan fungsional objektif

J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

dengan x = (x1, x2, . . . , xn) dan x = (x1, x2, . . . , xn).Persamaan Euler:

fxi −ddtfxi = 0, i = 1, 2, . . . , n.

IlustrasiMisalkan f = f (x1, x2, x1, x2, t). Didefinisikan fungsional

J(ε) =∫ T0 f (x1 + ε1h1, x1 + ε1h1, x2 + ε2h2, x2 + ε2h2, t) dt.

Fungsi f berpeubah banyakPenguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0 (f + ε1h1fx1 + ε1h1fx1 + ε2h2fx2 + ε2h2fx2) dt

=∫ T0 f dt + ε1

∫ T0 (h1fx1 + h1fx1) dt + ε2

∫ T0 (h2fx2 + h2fx2) dt

= J(x) + ε1δJ(x1) + ε2δJ(x2).

J(ε) = J(x) jika dan hanya jika δJ(x1) = 0 dan δJ(x2) = 0. Jadi,

fx1 −ddtfx1 = 0, fx2 −

ddtfx2 = 0.

ExampleTentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 10

0(x21 + x

22 + e

t ) dt,

x1(0) = 1, x1(10) = 11, x2(0) = 2, x2(10) = 6.

Fungsi f memuat turunan ke-n

J(x) =∫ T

0f (x , x , x , . . . , x (n), t) dt

dengan x (i )(0) = x (i )0 dan x (i )(T ) = x (i )T .

Syarat perlu δJ(x) = 0 memberikan∫ T

(hfx + hfx + hfx + · · ·+ h(n)fx (n)

)dt = 0.

Integral parsial suku kedua integran:∫ T

0hfx dt = −

0hddtfx dt.

Integral parsial suku ketiga integran:∫ T

0hfx dt =

dt2fx dt.

Integral parsial suku ke-n integran:∫ T

0h(n)fx (n) dt = (−1)n

dtnfx (n) dt.

Syarat perlu δJ(x) = 0 menjadi∫ T

0h(fx −

ddtfx +

dt2fx − · · ·+ (−1)n

dtnfx (n)

)dt = 0.

Persamaan Euler-Poisson:

fx −ddtfx +

dt2fx − · · ·+ (−1)n

dtnfx (n) = 0.

J(x) =∫ 1

0(x2 + x + at) dt,

x(0) = 0, x(0) = 1, x(1) = 1, x(1) = 1.

Kasus Khusus Persamaan Euler

Fungsi f tidak memuat x

J(x) =∫ T

0f (x , t) dt,

sehingga diperoleh fx = 0.Persamaan Euler:

ddtfx = 0⇔ fx x x + fx t = 0.

J(x) =∫ 1

0(tx + x2) dt,

x(0) = 0, x(1) = 1.

Fungsi f memuat x sajaDiberikan fungsional objektif

J(x) =∫ T

0f (x) dt,

sehingga diperoleh fx = 0.Persamaan Euler:

ddtfx = 0 ⇔ fx x x = 0

⇔ fx x = 0 atau x = 0.

Example (Masalah Lintasan Terpendek)Tentukan ekstremum dari

J(y) =∫ a

√1+ y2dx ,

y(0) = 0, y(a) = b.

Fungsi f Tidak Memuat t

J(x) =∫ T

0f (x , x) dt.

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0 ⇔ fx − (fx x x + fx x x) = 0

⇔ fx x − fx x x2 − fx x x x = 0

⇔ ddt(f − x fx ) = 0.

Diperoleh persamaan Beltrami:

f − x fx = k.

Example (Brachistochrone Problem)Tentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 1

√1+ y2

y(0) = 0, y(1) = 1.

Solution (Brachistochrone Problem)Diperoleh

f (y , y) =

√1+ y2

y, fy (y , y) =

y√y(1+ y2)

Solution (Brachistochrone Problem)Persamaan Beltrami f − x fx = k memberikan

1√y(1+ y2)

= k1 ⇔ y(1+ y2) = k2

⇔ y =

√k2y− 1

⇔√

yk2 − y

dy = dx .

⇔ x =∫ √ y

k2 − ydy .

Solution (Brachistochrone Problem)

Diperoleh persamaan sikloid (lihat bukti di halaman berikut)

x = −√k2y − y2 − 1

2k2 arcsin(1− 2y

)+ k3.

Nilai awal y(0) = 0 dan y(1) = 1 memberikan

0 = −π4 k2 + k3

1 = −√k2 − 1− 1

2k2 arcsin(1− 2

)+ k3.

Diperoleh k2 = 1.1458 dan k3 = π4 k2 = 0.8999 sehingga

x = −√1.1458y − y2 − 1.1458

2 arcsin(1− 2y

1.1458

)+ 0.8999.

Brachistochrone Path (please rotate 90◦ clockwise)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0

Bukti Integral

Kontribusi Dwilaras Athina (G54120002)

I =∫ √ y

k − y dy

=∫ √ y

k − y ·yydy

=∫ y√

ky − y2dy

=∫ y√

( 12k)2 − (y − 1

2k)2dy

=∫ y√

a2 − (y − a)2dy , a := 1

=∫ u + a√

a2 − u2du, u := y − a.

Bukti Integral

I =∫ u√

a2 − u2du︸︷︷︸

+∫ a√

a2 − u2du︸︷︷︸

Dengan integral fungsi trigonometri invers diperoleh

I2 = a arcsinua= a arcsin

y − aa

= − 12k arcsin(1− 2y

)+ C2.

Selanjutnya,

I1 = − 12∫ 1√

tdt, t := a2 − u2

= −√t + C1 = −

√a2 − u2 + C1 = −

√a2 − (y − a)2 + C1

= −√2ay − y2 + C1 = −

√ky − y2 + C1. �

Another try...

Pengintegralan kedua ruas memberikan∫ √ y

k2−y dy =∫dx .

Misalkan y = k2 sin2 θ, diperoleh dy = 2k2 sin θ cos θ dθ sehingga

2k2∫sin2 θ dθ =

∫dx ⇔ k2

∫(1− cos 2θ) dθ =

⇔ k2(θ − 12 sin 2θ) + k3 = x .

Nilai awal y(0) = 0 membuat θ = 0 dan k3 = 0, sehingga solusi diberikansecara parametrik:

x(θ) = k2(θ − 12 sin 2θ)

y(θ) = k2 sin2 θ.

Koefisien k2 diperoleh dengan menggunakan nilai akhir y(1) = 1, yaitu

k2(θ − 12 sin 2θ) = −1k2 sin2 θ = 1

sehingga diperoleh k2 = 1.1458. Solusi masalah brachistochrone diberikanoleh persamaan parametrik

x(θ) = 1.1458(θ − 12 sin 2θ)

y(θ) = 1.1458 sin2 θ.

Example (Minimum Surface Area)Tentukan ekstremum dari

min J = 2π∫ x2

x1y√1+ y2dx

y(x1) = y1,

y(x2) = y2.

Solution

Persamaan Euler dengan f (y , y) = y√1+ y2 memberikan

fy −ddtfy = 0⇔

√1+ y2 − d

[y y√1+ y2

SolutionSlamet Nuridin (G54130066) menjabarkan:

√1+ y2 =

[y y√1+ y2

⇔√1+ y2 =

(y2 + y y)√1+ y2 − y y 2 y√

⇔ 1+ y2 =(y2 + y y)(1+ y2)− y y2y

⇔ (1+ y2)2 = y2 + y4 + y y + y y2y − y y2y⇔ 1+ 2y2 + y4 = y2 + y4 + y y .

SolutionDiperoleh persamaan diferensial taklinear berikut

y y − y2 = 1.

Misalkan u = y/y sehingga didapatkan

u =y y − y2y2

dan kemudianu = −2y

y3= −2uu.

Jadiu + 2uu = 0⇔ u + u2 = k2.

SolutionSelanjutnya

u = k2 − u2 ⇔ uk2 − u2 = 1

⇔∫ duk2 − u2 =

⇔ − 12k ln

∣∣∣∣u − ku + k

∣∣∣∣ = x + c1⇔ ln

∣∣∣∣u − ku + k

∣∣∣∣ = −2kx + c2⇔ u − k

u + k= ce−2kx

⇔ u(x) = −k + kce−2kx

ce−2kx − 1 .

Karena

u = −−2k2ce−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

= − 4k2ce−2kx

(ce−2kx − 1)2 =1y2,

maka1y=2k√−ce−kx

ce−2kx − 1 ⇔ y(x) =ce−2kx − 12k√−ce−kx

Misal diberikan nilai awal y(0) = 5 dan y(2) = 1 maka

c − 12k√−c

ce−4k − 12k√−ce−2k

sehingga diperoleh c = −0.00954 dan k = −1.033 7.tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 24 / 85

y(x) =−0.00954e2(1.033 7)x − 1

2(−1.033 7)√0.00954e1.033 7x

1 0 1 2 3 4

ProblemDari contoh soal terakhir, masalah luas permukaan terkecil memiliki solusiberbentuk

y(x) =−ce−2kx − 12k√ce−kx

dengan c dan k merupakan koefisien-koefisien yang nilainya dapatditentukan dari kondisi awal. Namun demikian, di beberapa buku,misalnya Brunt (2004), solusi masalah luas permukaan terkecil dituliskandalam bentuk kurva catenoid

y(x) = C1 cosh(x + C2C1

Tunjukkan bahwa kedua solusi di atas ekuivalen.

Fungsi f Tidak Memuat x

Diberikan fungsional objektif J(x) =∫ T0 f (x , t) dt.

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0⇔ fx = 0

yang merupakan persamaan aljabar biasa sehingga tidak memiliki freeparameter (koefisien integrasi).

ExampleSeorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional pendapatan∫ T0 R(x) dt dengan R(x) = xp(x) dan p(x) = −ax + b (fungsipermintaan). Tentukan tingkat produksi optimal x∗(t).

Persamaan Euler

ExampleSeorang pengusaha ingin memaksimumkan fungsional keuntungan∫ T0 π(x) dt dengan π(x) = xp(x)− (ax2 + bx + c). Tentukan tingkatproduksi optimal x∗(t).

Fungsi f Linear terhadap x

Diberikan fungsional objektif J(x) =∫ T0 f (x , t) dt dengan

f (x , x , t) = a(x , t) + b(x , t)x .

Persamaan Euler:

fx −ddtfx = 0⇔ ax + bx x −

dbdt= 0.

Karenaddtb(x , t) = bx x + bt ⇔ −bt = bx x −

maka diperoleh kondisiax − bt = 0,

yang merupakan persamaan aljabar biasa.

Example

Jika J(x) =∫ T0 (x

2 + 3xtx) dt maka persamaan Euler memberikan

2x − 3x = 0⇔ x∗ ≡ 0.

Example

Diberikan fungsional J(x) =∫ T0 (px − (ax2 + bx + c + dx)) dt.

Definisikan

a(x , t) = px − ax2 − bx − c = −ax2 + (p − b)x − c ,b(x , t) = −d .

Persamaan Euler memberikan

ax − bt = 0⇔ −2ax + p − b = 0⇔ x∗ =p − b2a

Persamaan Euler: Ringkasan

Problem (Degenerate Case)Tentukan ekstremum dari

J =∫ 1

0((t2 + 3x2)x + 2tx) dt, x(0) = 1, x(1) = 2.

Kasus Persamaan Eulerf (x1, . . . , xn, x1, . . . , xn, t) fxi − d

dt fxi = 0, i = 1, . . . , n.f (x , x , x , . . . , x (n), t) fx +∑n

k=1(−1)i dk

dtk fx (k ) = 0f (x , t) fx x x + fx t = 0f (x) fx x x = 0f (x , x) f − x fx = kf (x , t) fx = 0f = a(x , t) + b(x , t)x ax − bt = 0

MKV Berkendala

Kendala titik dan kendala PDDiberikan masalah variasi berkendala berikut

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt, x = (x1, . . . , xn)ᵀ

s.t. gi = 0, 1 ≤ i ≤ r ≤ nx(0) = x0x(T ) = xT .

Jika gi = gi (x , x , t) maka disebut kendala PD. Jika gi = gi (x , t) makadisebut kendala titik.

MKV Berkendala: Metode Lagrange

Masalah pengoptimuman berkendala dalam kalkulus biasa:

max z := f (x1, x2)s.t. g(x1, x2) = 0.

Fungsi Lagrange:

L(x1, x2,λ) = f (x1, x2) + λg(x1, x2).

∂L∂x1

= 0⇔ fx1 + λgx1 = 0,

∂L∂x2

= 0⇔ fx2 + λgx2 = 0,

∂L∂λ= 0⇔ g(x1, x2) = 0.

Definisikan fungsi Lagrange:

L := f (x , x , t) + λ(t) · g(x , x , t),

dengan

λ(t) =

λ1(t)...

λr (t)

, g(x , x , t) = g1(x , x , t)

...gr (x , x , t)

L := f (x , x , t) +r

∑i=1

λi (t)gi (x , x , t).

Definisikan fungsional imbuhan (augmented functional):

JL :=∫ T

0L(x , x , t,λ) dt.

Variasi pertama dari JL

δJL =∫ T

(Lxh1 + Lx h1 + Lλh2

(integral by part) =∫ T

[(Lx −

)h1 + Lλh2

Syarat (perlu) optimalitas: δJL = 0 dan kendala terpenuhi, yaitu

Lx −ddtLx = 0∧ Lλ = 0.

Karena L := f (x , x , t) +∑ri=1 λi (t)gi (x , x , t) maka

∂f∂x1...

∂f∂xn

∂g1∂x1

· · · ∂gr∂x1

......

∂g1∂xn

· · · ∂gr∂xn

...λr

= fx + gxλ

Lx = fx + gxλ.

Untuk kendala titik, yaitu gi = gi (x , t), maka

Lx = fx =

∂f∂x1...

∂f∂xn

MKV Berkendala Titik

ExampleSelesaikan masalah kalkulus variasi berkendala titik berikut:

min J =∫ T

√1+ y zx

s.t y = z + 1

y(0) = 0, y(T ) = yT .

Solution (Metode Lagrange)Definisikan fungsi Lagrange:

L =(1+ y zx

+ λ(y − z − 1).

Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)Persamaan Euler bagi L diberikan oleh:

Ly −ddxLy = 0 ⇔ λ− d

2√x(1+ y z)

Lz −ddxLz = 0 ⇔ −λ− d

2√x(1+ y z)

Eliminasi terhadap λ memberikan

y + z√x(1+ y z)

= 0⇔ y + z√x(1+ y z)

Syarat Lλ = 0 memberikan y = z + 1⇒ y = z , sehingga diperoleh

y√x(1+ y2)

= k2 ⇔ y =√

xk3 − x

⇔ y =∫ √ x

k3 − xdx .

Solution (Metode Substitusi)Dengan menyubstitusikan z = y , masalah kalkulus variasi dapat direduksimenjadi

min J =∫ T

√1+ y2

y(0) = 0, y(T ) = yT .

Persamaan Euler fy − ddx fy = 0 memberikan syarat optimalitas yang sama

dengan metode Lagrange, yaitu:

y√x(1+ y2)

= 0⇔ y√x(1+ y2)

= k2 ⇔ y =∫ √ x

k3 − xdx .

Untuk menghitung integral di atas, lihat bukti integral oleh Athina (2014).

MKV Berkendala PD

ExampleSelesaikan masalah kalkulus variasi berkendala PD berikut:

min J =∫ 1

21 + x

22 ) dt

s.t x1 = x2x1(0) = x2(0) = 0

x1(1) = e − 2x2(1) = e − 1.

Solution (Metode Lagrange)Definisikan fungsi Lagrange

L = 12 (x

21 + x

22 ) + λ(x2 − x1).

MKV Berkendala PD

Solution (Metode Lagrange, lanjutan...)

Syarat orde pertama (persamaan Euler):

Lx1 −ddtLx1 = 0⇔ d

dt(x1 − λ) = 0⇔ x1 − λ = k1,

Lx2 −ddtLx2 = 0⇔ λ− d

dt(x2) = 0⇔ x2 = λ.

Dari kedua syarat di atas dan Lλ = 0⇔ x1 = x2 diperoleh PD:

x2 = x2 − k1 ⇔ x2(t) = c1et + c2e−t + k1⇒ x1(t) = c1et − c2e−t + k1t + k2.

Syarat-syarat awal memberikan c1 = 1, c2 = 0, k1 = k2 = −1, sehingga

x∗1 (t) = et − t − 1,x∗2 (t) = et − 1.

MKV Berkendala Isoperimetrik

Kendala Isoperimetrik (iso: sama, perimeter : keliling)

Awalnya: masalah mencari daerah terluas yang dimiliki oleh kurvatertutup dengan keliling sama, K .

Bacalah kisah Queen Dido of Carthage (814 SM).Sekarang: masalah variasi dengan kendala integral:

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt, x = (x1, . . . , xn)ᵀ

s.t.∫ T

0gi (x , x , t) dt = `i (konst.), 1 ≤ i ≤ r ≤ n

x(0) = x0, x(T ) = xT .

Definisikan

yi (t) =∫ t

0gi (x(s), x(s), s) ds

sehingga diperoleh

yi (0) = 0,

yi (T ) = `i ,

yi (t) = gi (x , x , t)⇔ yi − gi (x , x , t)︸︷︷︸Gi (x ,x ,t)

Masalah kendala isoperimetrik berubah menjadi kendala PD:

opt J(x) =∫ T

0f (x , x , t) dt

s.t. Gi (x , x , t) = 0, 1 ≤ i ≤ r ≤ n.

ExampleSelesaikan masalah variasi berkendala isoperimetrik

max J(x) =∫ 1

0x2 dt

s.t.∫ 1

0(1+ x) dt = 3,

x(0) = 0,

x(1) = 1.

Solution

Definisikan y(t) :=∫ t0 (1+ x(s)) ds sehingga diperoleh y(0) = 0,

y(1) = 3, dan y(t) = 1+ x(t). MKV berkendala isoperimetrik berubahmenjadi MKV berkendala PD:

max J(x) =∫ 1

0x2 dt s.t. y − 1− x = 0.

Definisikan fungsi Lagrange

L := x2 + λ(1+ x − y).

Persamaan Euler:

Lx −ddtLx = 0 ⇔ λ− d

dt(2x) = 0⇔ x = 1

Ly −ddtLy = 0 ⇔

ddt(λ) = 0⇔ λ(t) = A.

SolutionDari dua kondisi di atas diperoleh:

x = 12A⇔ x = 1

2At + B ⇔ x(t) = 14At

2 + Bt + C .

Dari x(0) = 0 dan x(1) = 1 diperoleh C = 0 dan B = 1− 14A, sehingga

x(t) = 14At

2 + (1− 14A)t.

Syarat perlu Lλ = 0⇔ y = 1+ x ⇔∫ 10 (1+ x) dt = 3 memberikan∫ 1

0(1+ 1

4At2 + (1− 1

4A)t) dt = 3⇔ A = −36.

Jadi ekstremum dari masalah variasi di atas adalah

x∗(t) = −9t2 + 10t.tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 46 / 85

Example (Dido Problem)

Sebuah kurva x = x(t) memiliki panjang K dan kedua ujungnyamenghubungkan titik-titik A(a, 0) dan B(b, 0), dengan a < b. Tentukankurva x sedemikian sehingga memiliki luas daerah di bawah kurva terbesar.

Solution (Dido Problem)Luas daerah di bawah kurva

J(x) =∫ ba x(t) dt.

Panjang kurva: dK =√dt2 + dx2 =

√1+ x2dt,sehingga

K =∫ ba

√1+ x2 dt.

Masalah variasi:

max J(x) =∫ ba x(t) dt

s.t.∫ ba

√1+ x2 dt = K ,

x(a) = 0,

x(b) = 0.

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)

Definisikan y(t) :=∫ ta

√1+ x2 ds sehingga diperoleh y(a) = 0,

y(b) = K , dan y(t) =√1+ x2. Definisikan fungsi Lagrange

L := x + λ(√

1+ x2 − y).

Persamaan Euler terhadap y memberikan Ly − ddt Ly = 0⇔

dλdt = 0

sehingga λ(t) = C. Persamaan Euler terhadap x:

Lx −ddtLx = 0 ⇔ 1− λ

(x√1+ x2

⇔ Cd(

x√1+ x2

⇔ Cx√1+ x2

= t + k1.

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)Pemisahan peubah:

1+ x2= (t + k1)2 ⇔ (C 2 − (t + k1)2)x2 = (t + k1)2

⇔ x = ± t + k1√C 2 − (t + k1)2

⇔ x(t) = ±√C 2 − (t + k1)2 + k2.

Diperoleh persamaan lingkaran berpusat di (−k1, k2) berjari-jari C :

x − k2 = ±√C 2 − (t + k1)2 ⇔ (x − k2)2 + (t + k1)2 = C 2.

Solution (Dido Problem, lanjutan ...)Karena kedua titik A dan B berada di sumbu-t maka k2 = 0 dan−k1 = a+b

2 sehingga

x(t) =√C 2 − (t − a+b

Untuk menentukan pengganda Lagrange λ(t) = C :

∫ ba

√1+ x2 dt = K ⇔

(t − a+b2 )

C 2 − (t − a+b2 )

2dt = K .

Cara mudah: Jari-jari lingkaran: C , keliling 12 lingkaran: K = πC,

sehingga C = Kπ . Dengan demikian persamaan lingkaran diberikan oleh

x2 + (t − a+b2 )

2 = K 2π2.

ProblemSelesaikan MKV berkendala isoperimetrik berikut:

min∫ 10 x

s.t.∫ 10 x dt = 1, x(0) = 0, x(1) = 2.

min∫ 10 x

s.t.∫ 10 x

2 dt = 2, x(0) = 0, x(1) = 1.

ProblemTentukan kurva AB yang memenuhi kondisi-kondisi berikut:

melewati titik-titik A(0, 4) dan B(4, 4),

memiliki luas daerah di bawah kurva K,

panjang kurva minimum.

1 min∫ T0 e

−rtx dt s.t.∫ T0

√x dt = A.

2 min∫ b0

√1+ x2 dt s.t.

∫ b0 x dt = c, b, c > 0.

3 min∫ 10 (2x − x2) dt s.t.

∫ 10 tx dt = 1.

Kalkulus Variasi - Toni Bakhtiartbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/01/handout3a.pdf · Kalkulus Variasi Persamaan Euler, Masalah Kalkulus Variasi Berkendala, Syarat Batas Toni Bakhtiar

Documents

Pra Kalkulus

Kalkulus I

Kalkulus...

kalkulus 3

kalkulus 5

Kalkulus Variasi - Direktori File...

Vektor kalkulus

[PPT]Mata Kuliah Kalkulus I (Kalkulus Differensial) · Web....

kalkulus diferensial vektor · kalkulus diferensial vektor....

kalkulus 4

kalkulus dferensial2

kalkulus jegyzet

kalkulus 1

Kalkulus Variasi -...

Inisiasi Kahoot! sebagai variasi pembelajaran kalkulus ...

Kalkulus Variasi - Toni...