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
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 2 / 23
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)
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 3 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 4 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 5 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 6 / 23
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).
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 7 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 8 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 9 / 23
Memeriksa Kecekungan
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 .
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 10 / 23
Memeriksa Kecekungan
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)
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 11 / 23
Memeriksa Kecekungan
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 .
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 12 / 23
Memeriksa Kecekungan
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 13 / 23
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 | .
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 14 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 15 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 16 / 23
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 = ∞.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 17 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 18 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 19 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 20 / 23
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 .
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 21 / 23
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.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 22 / 23
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∞.
[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2020 23 / 23