Kalkulus Variasi - Toni Bakhtiartbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/01/handout2.pdf · Hukum konservasi energi di A: Energi Kinetik = Energi Potensial: 1 2 mv 2 mgy = 0 ,v = p 2gy.

Kalkulus VariasiMasalah Kalkulus Variasi, Fungsional Objektif, Variasi, Syarat Perlu

Optimalitas

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Februari 2020

[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 1 / 39

Outline

Masalah kalkulus variasi

Fungsional objektif

Perluasan Taylor

Variasi

Nilai ekstrem

Syarat perlu optimalitas: Persamaan Euler


Masalah Brachistochrone

Brachistochrone: brakhistos (tercepat, terpendek), khronos (waktu).

Masalah: Tentukan lintasan (kurva) yang harus dilewati bolasehingga bola bergerak dari titik A ke titik B dalam waktu tercepat.



Hukum konservasi energi di A: Energi Kinetik = Energi Potensial:12mv

2 −mgy = 0⇔ v =√2gy .

Lintasan di sekitar bola dapat dipandang sebagai sebuah garis lurussehingga

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .

Hubungan waktu t, jarak s, dan kecepatan v :

v =dsdt⇔ dt =

dsv=

√1+

(dydx

)2dx

√2gy

.



Integralkan:

t =1√2g

∫ b

0

√√√√1+(dydx

)2y

dx .

Masalah kalkulus variasi:

min J =∫ b

0

√1+ y2

ydx s.t. y(0) = 0, y(b) = a,

dengan y := dydx .

Solusi parametrik:

x(θ) =12c2

(1− cos θ)

y(θ) =12c2

(θ − sin θ).


Masalah Lintasan Terpendek

Tentukan lintasan terpendek yang menghubungkan A dan B.

A(0,0)

B a,b( )

x

y

Di sepotong lintasan kecil berlaku

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .


min J =∫ a

0

√1+ y2dx s.t. y(0) = 0, y(a) = b.


Masalah Luas Permukaan Terkecil

Tentukan kurva y = y(x) yang melewati A dan B sedemikiansehingga benda putar yang terbentuk memiliki luas permukaanterkecil.

x

yA

B a,b( )

Di sepotong lintasan kecil berlaku

ds =√dx2 + dy2 =

√1+

(dydx

)2dx .



Luas permukaan:

A =∫S2πy ds


min J = 2π∫ a

0y√1+ y2dx s.t. y(0) = A, y(a) = b.

Solusi:

y(x) = C1 cosh(x + C2C1

),

dengan C1 dan C2 ditentukan sehingga kurva melalui titik-titik A danB. Kurva di atas dikenal sebagai kurva catenary (bahasa latin,catena, yang berarti rantai): kurva yang terbentuk jika sebuah rantaiyang berat dengan densitas seragam digantungkan pada dua titikujung. Benda putar yang terbentuk disebut catenoid.



catenary catenoid


MKV vs MKO

Masalah Kalkulus Variasi:

opt J(x(t)) =∫ T

t0f (x(t), x(t), t) dt

Masalah kontrol optimal:

opt J(x(t)) =∫ T

t0f (x(t), u(t), t) dt

x(t) = g(x(t), u(t)),

baik dengan kendala ataukah tanpa kendala.


Fungsional Objektif

Bentuk umum fungsional objektif (kriteria, performance index)

J = S(x(T ),T ) +∫ T

t0f (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 =∫ T

t0|u(t)| dt, J =

∫ T

t0uTRu dt.

3 S 6= 0, f 6= 0 (Bolza problem).4 S = 0, f 6= 0 (Lagrange problem).5 S 6= 0, f = 0 (Mayer problem).6 Integral square problem:

J =∫ T

t0xTx dt, J =

∫ T

t0xTQx dt.


Fungsional Objektif

Meskipun Bolza problem tampak memiliki formulasi yang lebih umum,ketiga problem bersifat convertible satu sama lain.Diberikan Bolza problem:

JBolza = S(x(T ),T ) +∫ T

t0f (x(t), u(t), t)dt.

Definisikan:

xn+1(t) =∫ t

t0f (x , u, τ)dτ ⇒ xn+1(t0) = 0,

maka

JBolza = S(x(T ),T ) + xn+1(T )

= S(x(T ),T )

= JMayer.


Fungsional Objektif

Diberikan Lagrange problem:

JLagrange =∫ T

t0f (x(t), u(t), t)dt.

Definisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

x =(xa x1 x2 . . . xn

)T,

xa = f (x(t), u(t), t),

xa(t0) = 0.

Diperoleh

JLagrange =∫ T

t0xa(t)dt = xa|Tt0 = x(T )

= S(x(T ),T )

= JMayer.


Fungsional Objektif

Diberikan Mayer problem:

JMayer = S(x(T ),T ).

Definisikan peubah state baru xa sedemikian sehingga

x =(xa x1 x2 . . . xn

)T,

xa = 0⇒ xa(t) = k ,

xa(T ) =1

T − t0S(x(T ),T ).

Diperoleh

JMayer = (T − t0)xa(T )= (T − t0)(xa(T )− k) + k(T − t0)

= S(x(T ),T ) +∫ T

t0kdt

= S(x(T ),T ) +∫ T

t0xa(t)dt = JLagrange.


Fungsi dan Fungsional

Fungsi FungsionalPemetaan x : R→ R J : x → R

Notasi x = x(t) J = J(x(t))

Contoh x(t) = t J(x(t)) =∫ ba x(t)dt

Riap dt = t∗ − t δx(t) = x∗(t)− x(t)∆x(t) = x(t + dt)− x(t) ∆J(x) = J(x + δx)− J(x)

Kalkulus Variasi: cabang matematika yang memelajari masalahpengoptimuman fungsional, yaitu mencari fungsi yang meminimumkanatau memaksimumkan suatu fungsional.


Perluasan Taylor 1 Peubah

Diberikan fungsi f dengan f ′, f ′′, . . . , f (n+1) kontinu di [a, b] danmisalkan c ∈ [a, b].Perluasan Taylor dari f di sekitar c diberikan oleh

f (x) =∞

∑n=0

f (n)(c)n!

(x − c)n + Rn+1(x),

dengan Rn+1 disebut sebagai remainder (sisaan):

Rn+1(x) =1n!

∫ x

c(x − s)f (n+1)(s)ds.

Jika limn→∞ Rn+1 = 0 maka

f (x) =∞

∑n=0

f (n)(c)n!

(x − c)n.



Set h = x − cf (c + h) =

∞

∑n=0

f (n)(c)n!

hn.

Dengan demikian

f (x + h) =∞

∑n=0

f (n)(x)n!

hn.

Dapat juga ditulis

f (x + h) ≈ f (x) + hf ′(x) + h2

2!f ′′(x).


Perluasan Taylor Peubah Ganda

m peubah di sekitar (c1, . . . , cm) :

f (x1, . . . , xm) =∞

∑n1=0· · ·

∞

∑nm=0

(x1 − c1)n1 · · · (xm − cm)nmn1! · · · nm !(

∂n1+···+nm f∂xn11 · · · ∂x

nmm

)(c1, . . . , cm).

2 peubah di sekitar (a, b) :

f (x , y) ≈ f (a, b) + (x − a)fx (a, b) + (y − b)fy (a, b)

+(x − a)22!

fxx (a, b) +2(x − a)(y − b)

2!fxy (a, b)

+(y − b)22!

fyy (a, b).



Set h1 = x − a dan h2 = y − b :

f (a+ h1, b+ h2) ≈ f (a, b) + h1fx (a, b) + h2fy (a, b)

+h212fxx (a, b) + h1h2fxy (a, b)

+h222fyy (a, b).

Atau

f (x + h1, y + h2) ≈ f (x , y) + h1fx (x , y) + h2fy (x , y)

+h212fxx (x , y) + h1h2fxy (x , y)

+h222fyy (x , y).


Variasi Pertama (1 Peubah)

Diberikan fungsional

J(x) =∫ T

t0f (x , t) dt.

Diperoleh

4J(x) = J(x + h)− J(x)

=∫ T

t0f (x + h, t) dt −

∫ T

t0f (x , t) dt

≈∫ T

t0[f (x , t) + hf ′(x , t)] dt −

∫ T

t0f (x , t) dt

=∫ T

t0hf ′(x , t) dt.

Variasi pertama

δJ(x) :=∫ T

t0hf ′(x , t) dt.


Variasi Pertama (2 Peubah)

Diberikan fungsional

J(x , y) =∫ T

t0f (x , y , t) dt.

Diperoleh

4J(x , y) = J(x + h1, y + h2, t)− J(x , y)

=∫ T

t0f (x + h1, y + h2, t) dt −

∫ T

t0f (x , y , t) dt

≈∫ T

t0[h1fx (x , y , t) + h2fy (x , y , t)] dt.

Variasi pertama

δJ(x , y) :=∫ T

t0[h1fx (x , y , t) + h2fy (x , y , t)] dt.


Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

DefinitionFungsi 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 ∈ Df .minimum global di t∗ jika f (t∗) ≤ f (t) untuk semua t ∈ Df .


Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

DefinitionFungsional J = J(x(t)) mencapai:

maksimum lokal di x∗ jika J(x∗) ≥ J(x) untuk semua x di sekitarx∗.

minimum lokal di di x∗ jika J(x∗) ≤ J(x) untuk semua x di sekitarx∗.

maksimum global di x∗ jika J(x∗) ≥ J(x) untuk semua x .minimum global di x∗ jika J(x∗) ≤ J(x) untuk semua x .


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

0f (x , x , t) dt

dengan A(0, x(0)) dan B(T , x(T )) adalah dua titik yang sudahditetapkan, 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).


Lema Dasar

LemmaMisalkan g(t) ∈ C [0,T ] dan S = {h | h ∈ C 1[0,T ], h(0) = h(T ) = 0}.Jika ∫ T

0 g(t)h(t) dt = 0

untuk semua h ∈ S (h disebut sebagai displacement function atau fungsipenyimpang) maka g(t) ≡ 0 untuk semua t ∈ [0,T ].


Proof.Akan dibuktikan kontrapositif dari lema di atas. Andaikan g(t) 6= 0,katakanlah g(t) > 0 pada t ∈ [t1, t2] ⊂ [0,T ]. Fungsi h dapat berbentuk

h(t) ={(t − t1)3(t2 − t)3 ; t ∈ [t1, t2]0 ; t /∈ [t1, t2]

.

Jelas terpenuhi h(0) = h(T ) = 0. Dengan demikian∫ T0 g(t)h(t) dt =

∫ t2t1g(t)(t − t1)3(t2 − t)3 dt 6= 0.

Kontradiksi. Haruslah g(t) ≡ 0.

ProblemTunjukkan bahwa h terturunkan di t1 dan t2.


Fungsi penyimpang:

h(t) ={(t − 1)3(3− t)3 ; t ∈ [1, 3]0 ; t /∈ [1, 3] .

0 1 2 3 40.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

t

h


Persamaan Euler

Theorem (Persamaan Euler)Misalkan

J(x) =∫ T0 f (x , x , t) dt,

x(0) = x0,

x(T ) = xT .

Syarat perlu agar J(x) memiliki ekstremum ialah x(t) memenuhipersamaan Euler berikut:

fx −ddtfx = 0.

Dengan kata lain, jika x(t) merupakan ekstremum, maka x(t) memenuhipersamaan Euler.


Proof: Asumsikan terdapat solusi x(t) bagi MKV di atas, yang memenuhisyarat batas dan memberikan ekstremum bagi fungsional J. Dengan katalain, semua fungsi lain tidak akan mencapai ekstremum. Misalkansebarang fungsi tersebut ialah

z(t) = x(t) + εh(t),

dengan h merupakan fungsi penyimpang (displacement function) yangterturunkan dan memenuhi h(0) = h(T ) = 0, dan ε konstanta real. Jikaε = 0 maka z(t) = x(t).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0

0.5

1.0

1.5

t

z, x, h


Karena z(t) memenuhi syarat batas:

z(0) = x(0) + εh(0) = x0,

z(T ) = x(T ) + εh(T ) = xT ,

maka diperoleh fungsional yang bergantung pada parameter ε :

J(ε) =∫ T0 f (z , z , t) dt,

dengan z(t) = x(t) + εh(t). Fungsional J(ε) identik dengan J(x) jika

ε = 0 dan mencapai ekstremum ketika ∂J (ε)∂ε

∣∣∣ε=0

= 0. Diperoleh,

∂J(ε)∂ε

=∫ T0

(fzdzdε+ fz

dzdε

)dt.

Karena dzd ε = h dan

d zd ε = h maka

∂J(ε)∂ε

=∫ T0

(fzh+ fz h

)dt.


Suku kedua diintegralkan secara parsial dengan memisalkan

u = fz ⇒ du = ddt fz dt,

dv = h dt ⇒ v = h,

sehingga ∫ T0 fz h dt = fzh|

T0 −

∫ T0 h

ddt fz dt = −

∫ T0 h

ddt fz dt.

Jadi,∂J(ε)

∂ε=∫ T0

(fz − d

dt fz)h dt.

Ekstremum dicapai ketika ∂J (ε)∂ε = 0 dan ε = 0 yang membuat fz = fx dan

fz = fx . Lema dasar mengakibatkan

∂J(ε)∂ε

∣∣∣∣ε=0

= 0⇔ fx − ddt fx = 0.

Terbukti. �[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 31 / 39

Proof (Alternative): Pertama akan dibuktikan bahwa syarat perlu bagi Juntuk mencapai ekstremum ialah δJ = 0. Perhatikan bahwa

J(ε) =∫ T0 f (z , z , t) dt =

∫ T0 f (x + εh, x + εh, t) dt.

Penguraian Taylor memberikan

J(ε) ≈∫ T0

[f (x , x , t) + εhfx (x , x , t) + εhfx (x , x , t)

]dt

=∫ T0 f (x , x , t) dt + ε

∫ T0

[hfx (x , x , t) + hfx (x , x , t)

]dt

= J(x) + εδJ(x).

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

δJ(ε) = 0 ⇔∫ T0 (hfx + hfx ) dt = 0

⇔∫ T0 (fx −

ddt fx )h dt = 0

⇔ fx − ddt fx = 0.

Terbukti. �[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 32 / 39

ExampleTentukan ekstremum dari

J(x) =∫ 10 (ax

2 + bt) dt, a > 0,

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

SolutionDengan f (x , t) = ax2 + bt maka diperoleh fx = 0 dan fx = 2ax sehinggapersamaan Euler memberikan

0− ddt (2ax) = 0⇔ 2ax = 0⇔ x = 0⇔ x(t) = k1t + k2.

Dengan mensubstitusikan syarat batas diperoleh x∗(t) = 2t danJ(x∗) =

∫ 10 (4a+ bt) dt = 4a+

12b.


Beberapa fungsi penyimpang ialah sbb:

h1(t) = t(t − 1)⇒ x1(t) = 2t + εt(t − 1),h2(t) = sin(2πt)⇒ x2(t) = 2t + ε sin(2πt)

sehingga diperoleh

J(x1) =∫ 10 (a(2+ ε(2t − 1))2 + bt) dt

= 4a+ 12b+

13aε2 > J(x∗),

J(x2) =∫ 10 (a(2+ 2πε cos(2πt))2 + bt) dt

= 4a+ 12b+ 2π2aε2 > J(x∗).

Dapat disimpulkan bahwa masalah di atas adalah masalah minimisasi danx∗(t) = 2t merupakan minimum lokal.Catatan: Nantinya, suatu ekstremum merupakan minimum ataukahmaksimum ditentukan berdasarkan syarat cukup (syarat orde-2).


ExampleTinjau sebuah masalah makroekonomi di mana sebuah indikator ekonomiy(t) ingin dikendalikan dengan kendali u(t) = y(t) sehingga mencapailevel yang diinginkan y dalam periode [0,T ]. Pengendalian memerlukanbiaya sehingga ingin diminimumkan fungsional

J(y) =∫ T0

[(y − y)2 + cu2

]dt, c > 0.

Definisikan x := y − y sehingga

x = y = u,

x(T ) = y(T )− y = y − y = 0.


min J(x) =∫ T0 (x

2 + cx2) dt,

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


SolutionPersamaan Euler memberikan:

2x − 2cx = 0 ⇔ x − 1c x = 0

⇔ x(t) = Aert + Be−rt , r = 1√c .

Syarat batas menghasilkan:

x∗(t) =x0

erT − e−rT[er (T−t) − e−r (T−t)

],

sehingga

y ∗(t) = x∗(t) + y ,

u∗(t) = x∗(t).


ExampleSelesaikan MKV berikut:

min J(x) =∫ 10 (x

2 + x2) dt,

x(0) = 1,

x(1) = 0.


SolutionDefinisikan f (x , x , t) = x2 + x2, diperoleh fx = 2x dan fx = 2x .Persamaan Euler menjadi

2x − ddt(2x) = 0⇔ x − x = 0.

Karena persamaan karakteristik PD orde dua di atas r2 − 1 = 0 memilikisolusi r = 1 dan r = −1 maka solusi umum PD di atas ialah

x(t) = C1et + C2e−t .

Syarat batas x(0) = 1 dan x(1) = 0 memberikan

C1 + C2 = 1, C1e + C2e−1 = 0,

sehingga C2 = e2e2−1 dan C1 = 1−

e2e2−1 = −

1e2−1 . Jadi,

x∗(t) = 1e2−1 (e

2−t − et ).


Problem

Selesaikan persamaan Euler dari J(x) =∫ T0 f (x , x , t) dt jika

1 f (x , x , t) = x2 + x2 + 2xet .2 f (x , x , t) = −e x−ax , a > 0.3 f (x , x , t) = 2tx + 3xx + tx2.4 f (x , x , t) =

[(x − x)2 + x2

]e−at , a > 0.

ProblemSelesaikan MKV berikut:

1 max∫ 10 (4xt − x2) dt, x(0) = 2, x(1) = 2

3 .

2 max∫ 10 (tx − x2) dt, x(0) = 1, x(1) = 0.

3 min∫ 10 (x

2 + 2txx + x2) dt, x(0) = 1, x(1) = 2.

4 min∫ 10 (x

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


Kalkulus Variasi - Toni Bakhtiartbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2020/01/handout2.pdf · Hukum konservasi energi di A: Energi Kinetik = Energi Potensial: 1 2 mv 2 mgy = 0 ,v = p 2gy.

Documents