Kalkulus Variasi -...

Kalkulus VariasiSyarat Cukup, Masalah Kalkulus Variasi dengan Horizon Takhingga

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Februari 2020

[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 1 / 23

Outline

Pengantar: syarat perlu, syarat cukup

Variasi pertama, variasi kedua

Syarat cukup1 Teorema Mangasarian2 Konveks, konkaf3 Beberapa uji

Masalah kalkulus variasi dengan horizon waktu takhingga


Pengantar

Proposisi p → q dibaca:

1 Jika p maka q.2 p syarat cukup bagi q (p is a suffi cient condition for q).3 q syarat perlu bagi p (q is a necessary condition for p).

Dalam kalkulus variasi, yang sudah dipelajari adalah syarat perluoptimalitas.Diberikan fungsional J(x) =

∫ Tt0f (x , x , t) dt. Teorema dasar kalkulus

variasi menyatakan bahwa persamaan Euler merupakan syarat perluoptimalitas:

x∗ merupakan ekstremum ⇒ δJ = 0

⇒∫ Tt0

(fxh+ fx h

)dt = 0

⇒ fx −ddtfx = 0. (pers. Euler)


Pengantar

Dalam kalkulus klasik (pengoptimuman statik),

1 Syarat perlu optimalitas (syarat orde pertama):

x∗ ekstremum bagi f ⇒ f ′(x∗) = 0.

Tetapi jika f ′(x∗) = 0, tidak selalu x∗ merupakan ekstremum.Contoh: f (x) = x3.

2 Syarat cukup optimalitas (syarat orde kedua):

f ′(x∗) = 0 dan f ′′(x∗) > 0⇒ x∗ minimum (lokal).

f ′(x∗) = 0 dan f ′′(x∗) < 0⇒ x∗ maksimum (lokal).

Note:

f ′′(x∗) > 0 ⇔ f cekung ke atas/konveks.

f ′′(x∗) < 0 ⇔ f cekung ke bawah/konkaf.


Variasi Pertama dan Kedua

Ingat kembali perluasan Taylor 2-peubah:

f (x + h, x + h) ≈ f (x , x) + hfx (x , x) + hfx (x , x)

+h2

2fxx (x , x) + hhfx x (x , x)

+h2

2fx x (x , x).

Variasi total:

∆J = J(x + h, x + h)− J(x , x)=

∫ T0 f (x + h, x + h) dt −

∫ T0 f (x , x) dt

=∫ T0

(hfx + hfx + 1

2h2fxx + hhfx x + 1

2 h2fx x

)dt

=∫ T0 (hfx + hfx ) dt +

12

∫ T0 (h

2fxx + 2hhfx x + h2fx x ) dt.


Variasi Pertama dan Kedua

Variasi pertama:δJ :=

∫ T0 (hfx + hfx ) dt.

Variasi kedua:

δ2J := 12

∫ T0 (h

2fxx + 2hhfx x + h2fx x ) dt.

Pada kondisi optimum berlaku δJ = 0 sehingga ∆J = δ2J (∆J memilikitanda yang sama dengan δ2J).Jika syarat orde kedua pengoptimuman biasa dinyatakan dalam turunankedua, maka syarat orde kedua dalam masalah kalkulus variasi dinyatakandalam variasi kedua sbb:

x∗ minimum ⇔ δ2J > 0,

x∗ maksimum ⇔ δ2J < 0.


Syarat Cukup (Suffi cient Condition)

Seperti pada pengoptimuman statik, syarat cukup optimalitas yang serupajuga berlaku pada kalkulus variasi.

Theorem (Mangasarian)Tinjau masalah variasi

J(x) =∫ T

t0f (x , x , t) dt,

x(t0) = x0, x(T ) = xT .

Jika f konkaf dalam peubah (x , x) maka persamaan Euler merupakansyarat cukup bagi maksimum J(x).

Jika f konveks dalam peubah (x , x) maka persamaan Eulermerupakan syarat cukup bagi minimum J(x).


Syarat Cukup

Proof.Lihat Seierstad & Sydsæter (1987), hal. 44.

Note:

Teorema di atas tidak menjamin adanya admissible function yangmemenuhi persamaan Euler dan syarat transversalitas.

Teorema di atas hanya mengatakan, jika admissible function dapatditemukan maka ia menjadi penyelesaian masalah variasi.

Jika ditemukan lebih dari satu admissible function maka semuanyaoptimal dan memberikan nilai integral yang sama.


Memeriksa Kecekungan

DefinitionFungsi f konkaf (cekung ke bawah) jika dan hanya jika

f (θx + (1− θ)y) ≥ θf (x) + (1− θ)f (y)

untuk x dan y dalam daerah asal fungsi dan 0 < θ < 1.

DefinitionFungsi f konveks (cekung ke atas) jika dan hanya jika

f (θx + (1− θ)y) ≤ θf (x) + (1− θ)f (y)

untuk x dan y dalam daerah asal fungsi dan 0 < θ < 1.



ExampleFungsi berikut konveks sejati

f (x1, x2) = x21 + x22 .

SolutionDiperoleh

f (u) = f (u1, u2) = u21 + u22 ,

f (v) = f (v1, v2) = v21 + v22 ,

dan

f (θu + (1− θ)v)

= f (θu1 + (1− θ)v1, θu2 + (1− θ)v2)

= [θu1 + (1− θ)v1]2 + [θu2 + (1− θ)v2]

2 .



SolutionDi lain pihak diperoleh

θf (u) + (1− θ)f (v)

= θ(u21 + u22 ) + (1− θ)(v21 + v

22 ),

sehingga

f (θu + (1− θ)v)− [θf (u) + (1− θ)f (v)]

= θ (θ − 1)(u21 − 2u1v1 + u22 − 2u2v2 + v21 + v22

)= θ (θ − 1)

[(u1 − v1)2 + (u2 − v2)2

]< 0 (konveks sejati)



Theorem (Sydsæter, et al. (2008))

Misalkan f = f (x , y) fungsi yang terturunkan dua kali:

1 f konveks ⇔ fxx ≥ 0, fyy ≥ 0, dan fxx fyy − f 2xy ≥ 0.2 f konkaf ⇔ fxx ≤ 0, fyy ≤ 0, dan fxx fyy − f 2xy ≥ 0.3 fxx > 0 dan fxx fyy − f 2xy > 0⇒ f konveks sejati (strictly convex).4 fxx < 0 dan fxx fyy − f 2xy > 0⇒ f konkaf sejati (strictly concave).

ExamplesDengan teorema di atas dapat diperiksa:

1 f (x , y) = 2x − y − x2 + 2xy − y2 konkaf untuk semua (x , y).2 f (x , y) = x2 − y2 − xy − x3 konkaf untuk x ≥ 5

12 .



ExampleMasalah jarak terdekat

f (x , x , t) =√1+ x2 = (1+ x2)1/2.

Diperoleh fx = 0 dan fx = x√1+x 2

sehingga

fxx = 0 ≥ 0,

fx x =1

(1+ x2)3/2 ≥ 0,

fxx fx x − f 2x x = 0 ≥ 0.

Jadi f konveks.


Uji Determinan

Untuk fungsional f = f (x , x , t) definisikan

P =(fx x fx xfx x fxx

), Q =

(fxx fx xfx x fx x

)dengan minor-minor utama

|P1| = |fx x | = fx x , |Q1| = |fxx | = fxx ,|P2| = |P | , |Q2| = |Q | .


Uji Determinan

TheoremUji determinan

1 |P1| ≤ 0, |Q1| ≤ 0, |P2| ≥ 0, |Q2| ≥ 0⇔ f konkaf.2 |P1| ≥ 0, |Q1| ≥ 0, |P2| ≥ 0, |Q2| ≥ 0⇔ f konveks.

Example

Diketahui f (x , x , t) = 4x2 + 4xx + x2. Diperoleh turunan pertamafx = 8x + 4x , fx = 4x + 2x dan turunan keduafxx = 8, fx x = 2, fx x = fx x = 4,sehingga

|P1| = 2 > 0, |Q1| = 8 > 0, |P2| = 8 · 2− 42 = 0 ≥ 0, |Q2| = 0 ≥ 0.

Jadi f konveks sehingga persamaan Euler merupakan syarat perlu dancukup bagi minimum J(x) =

∫ Tt0f (x , x , t)dt.


Uji Determinan

ExampleMasalah jarak terdekat

f (x , x , t) =√1+ x2 = (1+ x2)1/2.

Diperoleh

fx = fxx = fx x = 0,

fx =x√1+ x2

, fx x = 0,

fx x =1

(1+ x2)3/2 > 0.

Jadi f konveks.


MKV dengan Horizon Takhingga

Perhatikan fungsional dalam bentuk integral takwajar berikut:

J(x) =∫ ∞0 f (x , x , t) dt.

Apakah integral di atas berhingga (konvergen)? Pada kasus divergen,boleh jadi ada lebih dari satu fungsi x(t) yang menghasilkan nilaitakhingga sehingga sangat sulit untuk menentukan fungsi yang optimum.Oleh karena itu diasumsikan bahwa integral di atas konvergen.

Jika f berhingga untuk 0 ≤ t < a dan f = 0 untuk t ≥ a makaintegral di atas konvergen:

J(x) =∫ ∞0 f (x , x , t) dt =

∫ a0 f (x , x , t) dt.

TIDAK BENAR: jika f → 0 ketika t → ∞ maka integral di ataskonvergen: ∫ ∞

01

(t + 1)2dt = 1,

∫ ∞0

1t + 1

dt = ∞.


MKV dengan Horizon Takhingga

Jika fungsional berbentuk

J(x) =∫ ∞0 f (x , x , t)e

−rt dt, r > 0,

dan f berbatas atas, yaitu f (x , x , t) ≤ M, maka integral konvergen:

J(x) =∫ ∞0 f (x , x , t)e

−rt dt ≤∫ ∞0 Me

−rt =Mr.

Suku e−rt disebut sebagai faktor diskon dengan r sebagai tingkatsuku bunga.


Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut:

opt J(x) =∫ ∞0 f (x , x , t) dt

x(0) = x0,

limt→∞

x(t) = x∞ (konstanta).

Tidak diperlukan syarat transversalitas.

Konstanta x∞ biasanya merupakan kondisi tunak (steady state), yaitukeadaan di mana x = x = 0.


Syarat Transversalitas

Tinjau masalah variasi dengan horizon takhingga berikut:

opt J(x) =∫ ∞

0f (x , x , t) dt

x(0) = x0, limt→∞

x(t) bebas.

Diperlukan syarat batas alamiah:

limt→∞

fx = 0.


ExampleDiberikan masalah kalkulus variasi berikut:

min J(x) =∫ ∞0 (x

2 + ax + bx + cx2)e−rt dt

x(0) = x0,

limt→∞

x(t) = x∞,

dengan c > 0 dan r > 0. Persamaan Euler memberikan

(2x + a)e−rt − ddt[(b+ 2cx)e−rt ] = 0

⇔ (2x + a)e−rt − (−bre−rt + 2cxe−rt − 2cr xe−rt ) = 0⇔ 2x + a+ br − 2cx + 2cr x = 0⇔ x − r x − 1

c x =a+br2c .


SolutionDalam kondisi steady state (x = x = 0), diperoleh

x∞ = −a+ br2

,

yang sekaligus sebagai solusi partikular. Dengan demikian diperoleh solusiumum

x(t) = Aem1t + Bem2t + x∞,

dengan m1 dan m2 merupakan akar-akar persamaan karakteristik:

m1,2 =r ±

√r2 + 4

c

2.


SolutionKarena c > 0 jelas m1 > 0 dan m2 < 0, sehingga syarat-syarat batasmemberikan

limt→∞

x(t) = x∞ ⇔ A = 0⇔ x(t) = Bem2t + x∞,

x(0) = x0 ⇔ B = x0 − x∞,

sehinggax∗(t) = (x0 − x∞)em2t + x∞.


Kalkulus Variasi -...

Documents

Transcript of Kalkulus Variasi -...