kontrol optimum - tbakhtiar.staff.ipb.ac.idtbakhtiar.staff.ipb.ac.id/files/2017/02/handout9.pdf ·...

Kontrol OptimumMKO dengan Kendala pada Peubah Kontrol

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

Februari 2017

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 1 / 53

Outline

MKO berkendala

Kendala persamaan pada peubah kontrol

Kendala pertaksamaan pada peubah kontrol

Kontrol optimum linear

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 2 / 53

MKO Berkendala

Kendala pada masalah kontrol optimum sudah dibahas pada bagiansebelumnya, yaitu berupa kendala di titik akhir x(T ) = xT ataux(T ) ≥ b atau x(T ) bebas.Syarat terpenuhinya kendala tersebut dinyatakan dalam bentuk syarattransversalitas.Di bagian berikut akan dibahas kendala pada MKO yang harusdipenuhi di sepanjang waktu, [0,T ].Karena MKO melibatkan peubah state dan peubah kontrol, makaMKO berkendala dibedakan atas:

1 MKO dengan kendala pada peubah kontrol:1 kendala persamaan2 kendala pertaksamaan3 kendala isoperimetrik4 kendala pertaksamaan integral

2 MKO dengan kendala pada peubah state.

Pendekatan yang akan digunakan ialah metode pengganda Lagrange.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 3 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan

Bentuk umum MKO dengan kendala persamaan pada peubah kontrol danpeubah state (mixed constraint) diberikan oleh:

max J =∫ T0 f (x , u1, u2, t) dt

s.t. x = g(x , u1, u2, t)

h(x , u1, u2, t) = c .

Masalah di atas merupakan bentuk sederhana dari MKO dengan mpeubah kontrol dan q kendala persamaan. Disyaratkan, q < m.Dalam kasus di atas, m = 2 dan q = 1.Fungsi hamilton:

H = f (x , u1, u2, t) + p(t)g(x , u1, u2, t).

Prinsip maksimum memproses maksimisasi H untuk setiap t ∈ [0,T ].Namun kali ini, proses tersebut diberi kendala h(x , u1, u2, t) = c ,sehingga perlu dibentuk fungsi lagrange.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 4 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan

Fungsi lagrange:

L = H + λ(t)(c − h(x , u1, u2, t))= f + pg + λ(c − h)

Syarat perlu optimalitas:1 Lui = fui + pgui − λhui = 0, ∀t ∈ [0,T ] (i = 1, 2)2 Lλ = c − h = 0⇔ h(x , u1, u2, t) = c (kendala pada peubah kontrol)3 x = Lp ⇔ x = Hp ⇔ x = g(x , u1, u2, t) (kendala persamaandiferensial)

4 p = −Lx ⇔ p = −Hx + λhx .

Syarat transversalitas.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 5 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan

ExamplePartai berkuasa yang mengontrol pemerintahan selalu berusahamempertahankan kekuasaannya melalui penerapan kebijakan yangmendapat dukungan mayoritas dari masyarakat. Dalam model ini,perhatian difokuskan hanya pada kebijakan ekonomi yang melibatkan duaindikator: tingkat pengangguran U dan tingkat inflasi p. Reaksimasyarakat terhadap kebijakan yang dipilih diasumsikan berbentuk

f = f (U, p), fU < 0, fp < 0,

dengan f dapat dipandang sebagai ukuran yang menggambarkan besarnyadukungan. Hubungan antara U dan p dinyatakan sebagai berikut:

p = φ(U) + aπ, φ′ < 0, 0 < a ≤ 1,π = b(p − π), b > 0,

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 6 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan

Exampledengan π menyatakan nilai harapan (expectation) dari tingkat inflasi.

Karena π = b(p − π) menggambarkan dinamika (equation ofmotion) dari π, maka π merupakan peubah state.

Karena U memengaruhi p dan kemudian memengaruhi π, maka Umerupakan peubah kontrol.

Masalah kontrol optimum:

max J =∫ T0 f (U, p)e

rt dt, r < 0,

s.t. π = b(p − π)

p = φ(U) + aπ

π(0) = π0, π(T ) free, π0,T given,

dengan r menyatakan the rate of decay of memory.tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 7 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Substitusi)

Asumsikan:

f (U, p) = −U2 − hp, h > 0,

φ(U) = j − kU, j , k > 0.

MKO:

max J =∫ T0 (−U

2 − h(j − kU + aπ))e−qt dt, q = −r ,s.t. π = b(j − kU + (a− 1)π)

π(0) = π0, π(T ) free, π0,T given.

Fungsi hamilton dan CVH:

H = (−U2 − h(j − kU + aπ))e−qt + λb(j − kU + (a− 1)π)H = −U2 − h(j − kU + aπ) +mb(j − kU + (a− 1)π), m = λeqt .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 8 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Substitusi)

Prinsip maksimum Pontryagin:

HU = 0⇔ −2U + hk −mbk = 0⇔ U(t) = 12k(h−m(t)b)

m−mq = −Hπ ⇔ m−mq = ha−mb(a− 1)⇔ m+mQ = ha,dengan Q := b(a− 1)− q, sehingga

m(t) =haQ+ Ce−Qt .

STV: m(T ) = 0⇔ haQ + Ce

−QT = 0⇔ C = − haQ eQT , sehingga

m∗(t) =haQ(1− eQ (T−t))⇔ λ∗(t) =

haQeqt (1− eQ (T−t)).

U∗(t) =kh2− habk

2Q(1− eQ (T−t)).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 9 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Substitusi)

Diperoleh:

dU∗

dt= −kb

2dm∗

dt= −kbha

2eQ (T−t) < 0

U∗(0) =kh2− hab2Q(1− eQT )

U∗(T ) =kh2> 0.

dU ∗dt < 0 menyatakan bahwa U

∗ merupakan fungsi turun terhadap t,sehingga kebijakan ekonomi yang optimal ialah menetapkan tingkatpengangguran cukup tinggi segera setelah menang pemilu di awalperiode (t = 0) dan kemudian membiarkannya turun dalam periode[0,T ].

U∗(T ) = kh2 ⇔ U∗min =

kh2 .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 10 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Lagrange)

MKO:

max J =∫ T0 f (U, p)e

rt dt

s.t. π = b(p − π)

p = φ(U) + aπ

π(0) = π0, π(T ) free, π0,T given,

Fungsi lagrange:

L = f (U, p)ert + λb(p − π) + θ(φ(U) + aπ − p)= (−U2 − hp)ert + λb(p − π) + θ(j − kU + aπ − p).

Peubah kontrol: U dan p.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 11 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Lagrange)

Syarat perlu optimalitas:1 LU = 0⇔ −2Uert − θk = 02 Lp = 0⇔ −hert + λb− θ = 0⇔ θ = −hert + λb3 Lθ = 0⇔ j − kU + aπ − p = 0⇔ p = j − kU + aπ4 π = Lλ ⇔ π = b(p − π)5 λ = −Lπ ⇔ λ = λb− θa.

Syarat transversalitas.

Dari syarat (1) dan (2):

−2Uert + hkert − λbk = 0⇔ −2U + hk −mbk = 0.

Dari syarat (3) dan (4):

π = b(j − kU + (a− 1)π).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 12 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Persamaan (Metode Lagrange)

Dari syarat (2) dan (5):

λ = λb+ haert − λba ⇔ λe−rt = λbe−rt + ha− λbae−rt

⇔ λeqt = λbeqt + ha− λbaeqt

⇔ λeqt + λqeqt = ha+ eqtλ (b+ q − ab)⇔ m = ha+m (b(1− a) + q)⇔ m = ha−m(b(a− 1)− q)⇔ m+mQ = ha

Semua syarat yang diperoleh dengan menggunakan MetodeLagrange ekuivalen dengan syarat yang diperoleh denganmenggunakan Metode Substitusi, sehingga solusinya sama.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 13 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Pada MKO dengan kendala pertaksamaan, banyaknya peubah kontroltidak harus melebihi banyaknya kendala pertaksamaan seperti padakasus sebelumnya.Kendala pertaksamaan memberikan lebih banyak keleluasaan daripadakendala persamaan.Bentuk umum dengan r peubah kontrol dan q kendala pertaksamaan:

max J =∫ T0 f (x , u, t) dt

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

h(x , u, t) ≥ 0,

dengan x ∈ Rn, u ∈ Rr , h ∈ Rq dan 1 ≤ q ≤ r ≤ n.Kendala pertaksamaan dapat diubah menjadi kendala persamaan:

h(x , u, t)− ξ2 = 0,

dengan ξ merupakan vektor peubah dummy.tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 14 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Theorem (Berkovitz, 1961)Untuk MKO:

opt J =∫ T0 f (x , u, t) dt

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

h(x , u, t) ≥ 0,

definisikan

H = f + pg

H = f + pg + λh = H + λh.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 15 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Theorem (Berkovitz, 1961)

Syarat perlu optimalitas bagi u∗ sehingga mengoptimumkan ialah:

1 p 6= 02 Hu = 0⇔ Hu + λhu = 03 p = −Hx ⇔ p = −(Hx + λhx )4 x = Hp ⇔ x = g5 λ ≥ 0, h ≥ 0, λh = 0 (maksimisasi),

λ ≤ 0, h ≥ 0, λh = 0 (minimisasi)

* Syarat (5) mirip dengan Kondisi Kuhn-Tucker (KKT).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 16 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Jika kendala peubah kontrol berbentuk m ≤ u ≤ M (seperti misalnya|u| ≤ 1), maka untuk masalah maksimisasi berlaku:

Hu

≥ 0 jika u∗ = M= 0 jika m < u∗ < M≤ 0 jika u∗ = m.

.

Ingat kembali

umin umax u

H

umin umax u

H

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 17 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Kendala peubah kontrol berbentuk m ≤ u ≤ M dapat ditulis menjadi

(m ≤ u) dan (u ≤ M)⇔ (u −m ≥ 0) dan (M − u ≥ 0) ,

sehingga dapat didefinisikan

h1 : = M − u,h2 : = u −m.

Untuk kasus |u| ≤ 1 dapat didefinisikan

h1 : = 1− u,h2 : = u + 1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 18 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

ExampleSelesaikan MKO berikut:

min J = 12 [10x2(10)− x1(10)] +

∫ 100

12u2 dt

s.t. x1 = x2x2 = −u

x1(0) = 0

x2(0) = 20

x1(10) free, x2(10) free.

Peubah kontrol u takberbatas,

Peubah kontrol u memenuhi 1 ≤ u ≤ 3.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 19 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Kasus 1 Peubah kontrol u tak berbatasDefinisikan fungsi hamilton

H = 12u2 + p1x2 − p2u.

Prinsip maksimum Pontryagin memberikan:

1 Hu = 0⇔ u − p2 = 0⇔ u = p2.2 p1 = −Hx1 ⇔ p1 = 0⇔ p1 = A.3 p2 = −Hx2 ⇔ p2 = −p1 ⇔ p2 = −At + B.4 Syarat transversalitas p(10) = Sx (10) memberikan

1 p1(10) = Sx1(10) ⇔ A = − 122 p2(10) = Sx2(10) ⇔ 5+ B = 5⇔ B = 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 20 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Diperoleh

p∗1 (t) = − 12 ,p∗2 (t) = 1

2 t,

u∗(t) = 12 t.

Selanjutnya dari kendala persamaan diferensial dan syarat batas diperoleh:

x∗2 (t) = − 14 t2 + 20,

x∗1 (t) = − 112 t

3 + 20t.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 21 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Kasus 2 Peubah kontrol u memenuhi 1 ≤ u ≤ 3.Definisikan:

h1 = 3− u,h2 = u − 1,H = H + λh

= 12u2 + p1x2 − p2u + λ1(3− u) + λ2(u − 1).

Syarat kedua Teorema Berkovitz memberikan

Hu = 0 ⇔ u − p2 − λ1 + λ2 = 0

⇔ u = p2 + λ1 − λ2.

Proses pengoptimuman dibagi menjadi dua kasus:

1 Interior optimization: 1 < u < 32 Boundaries optimization: u = umax dan u = umin.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 22 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Interior optimizationKarena 1 < u < 3 maka

h1 = 3− u > 0h2 = u − 1 > 0,

sehingga syarat kelima λ ≤ 0, h ≥ 0, λh = 0 (minimisasi) memberikan

λ1 = λ2 = 0.

Akibatnya,u = p2 ⇔ 1 < p2 < 3.

Boundary optimization: u = umax ⇔ u = 3 :

h1 = 3− u = 0⇒ λ1 ≤ 0h2 = u − 1 = 2 > 0⇒ λ2 = 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 23 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Diperoleh

u = p2 + λ1 − λ2 ⇔ u = p2 + λ1

⇔ u ≤ p2 (karena λ1 ≤ 0)⇔ 3 ≤ p2.

Boundary optimization: u = umin ⇔ u = 1 :

h1 = 3− u = 2 > 0⇒ λ1 = 0

h2 = u − 1 = 0⇒ λ2 ≤ 0.

Diperoleh

u = p2 + λ1 − λ2 ⇔ u = p2 − λ2

⇔ u ≥ p2 (karena λ2 ≤ 0)⇔ 1 ≥ p2.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 24 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Dengan demikian,

u∗ =

1 ; p2 ≤ 1p2 ; 1 < p2 < 33 ; p2 ≥ 3

,

atau dengan menggunakan hasil Kasus 1, yaitu p2(t) = 12 t, diperoleh

u∗(t) =

1 ; 1

2 t ≤ 112 t ; 1 < 1

2 t < 33 ; 1

2 t ≥ 3

=

1 ; 0 ≤ t ≤ 212 t ; 2 < t < 63 ; 6 ≤ t ≤ 10

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 25 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Kontrol optimum:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

t

u*

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 26 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Pengganda lagrange:

(1 < u < 3) ⇒ λ1 = λ2 = 0,

(u = 3) ⇒ λ1 = u − p2 = 3− p2, λ2 = 0,

(u = 1) ⇒ λ1 = 0, λ2 = p2 − u = p2 − 1,

atau

λ∗1(t) =

0 ; 0 ≤ t ≤ 20 ; 2 < t < 63− 1

2 t ; 6 ≤ t ≤ 10,

λ∗2(t) =

12 t − 1 ; 0 ≤ t ≤ 20 ; 2 < t < 60 ; 6 ≤ t ≤ 10

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 27 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Karena x2 = −u dan x2(0) = 20 maka

x2 =

−1 ; 0 ≤ t ≤ 2− 12 t ; 2 < t < 6−3 ; 6 ≤ t ≤ 10

⇒ x2 =

−t + 20 ; 0 ≤ t ≤ 2− 14 t2 + B ; 2 < t < 6−3t + C ; 6 ≤ t ≤ 10

.

Karena x1 = x2 dan x1(0) = 0 maka

x1 =

−t + 20 ; 0 ≤ t ≤ 2− 14 t2 + B ; 2 < t < 6−3t + C ; 6 ≤ t ≤ 10

x1 =

− 12 t2 + 20t ; 0 ≤ t ≤ 2− 112 t

3 + Bt +D ; 2 < t < 6− 32 t2 + Ct + E ; 6 ≤ t ≤ 10

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 28 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

Parameter B,C ,D,E dipilih sedemikian sehingga x1 dan x2 kontinu(B = 19,C = 28,D = 2

3 ,E = −523 ). Jadi,

x∗1 (t) =

− 12 t2 + 20t ; 0 ≤ t ≤ 2− 112 t

3 + 19t + 23 ; 2 < t < 6

− 32 t2 + 28t −523 ; 6 ≤ t ≤ 10

,

x∗2 (t) =

−t + 20 ; 0 ≤ t ≤ 2− 14 t2 + 19 ; 2 < t < 6−3t + 28 ; 6 ≤ t ≤ 10

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 29 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

­20

0

20

40

60

80

100

120

t

x

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 30 / 53

Kendala pada Peubah KontrolSolusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4)

Sistem persamaan diferensial:

x1 = x2, x1(0) = 0

x2 = −u, x2(0) = 20

p1 = 0, p1(10) = − 12p2 = −p1, p2(10) = 5

u = p2, 1 ≤ u ≤ 3.

Baris terakhir dapat ditulis menjadi:

u = min{3,max{1, p2}}.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 31 / 53

Kendala pada Peubah KontrolSolusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4)

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 32 / 53

Kendala pada Peubah KontrolSolusi Numerik (Metode Runge-Kutta Orde-4)

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 33 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

ProblemSelesaikan MKO berikut:

min J =∫ 20 (

12u2 − x) dt

s.t. x = −ux(0) = 1, x(2) free.

Peubah kontrol u tak berbatas,

Peubah kontrol u memenuhi |u| ≤ 1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 34 / 53

Kendala pada Peubah KontrolKendala Pertaksamaan

ProblemSelesaikan MKO berikut:

min J =∫ 20 (

12u2 − x) dt

s.t. x = −u + xx(0) = 1, x(2) free.

Peubah kontrol u tak berbatas,

Peubah kontrol u memenuhi 0 ≤ u ≤ 1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 35 / 53

Kontrol Optimum Linear

Di beberapa kasus, fungsi hamilton memiliki bentuk linear terhadappeubah kontrol u, sehingga dapat dituliskan sebagai:

H = ψ(x , p, t) + σ(x , p, t)u.

Secara umum ekstremum dari MKO tidak ditemukan karena

Hu = 0⇔ σ(x , p, t) = 0,

sehingga u∗ tidak dapat ditentukan.Namun jika peubah kontrol u berbatas, misalnya m ≤ u ≤ M, makaH mencapai maksimum/minimum jika dan hanya jika

u∗ ={M ; σ > 0m ; σ < 0

, u∗ ={m ; σ > 0M ; σ < 0

.

u∗ di atas disebut bang-bang control dan fungsi σ(x , p, t) disebutsebagai fungsi switching.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 36 / 53

Kontrol Optimum Linear

Misalkan: −1 ≤ u ≤ 3

­1 1 2 3

2

4

6

u

H

H = 1+ 2u

­1 1 2 3

­4

­2

2

u

H

H = 1− 2u

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 37 / 53

Kontrol Optimum Linear

ExampleDiberikan masalah kontrol optimum berikut:

min J =∫ T0 dt

s.t. x = x + u

x(0) = 5, x(T ) = 11, T bebas,

u ∈ [−1, 1]

Tentukan kontrol optimum u∗, trajektori optimum x∗, dan waktu T .

SolutionDiperoleh fungsi hamilton (linear terhadap u) berikut:

H = 1+ p(x + u) = 1+ px + pu.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 38 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionKarena H linear terhadap u dan u memenuhi −1 ≤ u ≤ 1 maka kontroloptimum untuk masalah minimisasi diberikan oleh bang-bang controlberikut:

u∗(t) ={−1 ; p(t) > 01 ; p(t) < 0

.

Prinsip maksimum Pontryagin memberikan:

p = −Hx ⇔ p = −p ⇔ p(t) = Ae−t .

Karena T bebas maka syarat transversalitas memberikan

H |t=T = 0 ⇔ 1+ p(T )x(T ) + p(T )u∗ = 0

⇔ 1+ 11Ae−T + u∗Ae−T = 0

⇔ (11+ u∗)Ae−T = −1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 39 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionKarena u∗ = 1 atau u∗ = −1 maka 11+ u∗ > 0, sehingga

A =−1

(11+ u∗)e−T=−eT11+ u∗

< 0.

Karena A < 0 maka p(t) = Ae−t < 0, akibatnya u∗(t) = 1.Selanjutnyadari kendala persamaan diferensial diperoleh

x = x + u ⇔ x = x + 1⇔ x(t) = Bet − 1.

Dari syarat awal dan syarat batas:

x(0) = 5 ⇔ B − 1 = 5⇔ B = 6⇒ x∗(t) = 6et − 1,x(T ) = 11 ⇔ 6eT − 1 = 11⇔ eT = 2⇔ T = ln 2.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 40 / 53

Kontrol Optimum Linear

Solution (Alternatif)Solusi bang-bang di atas dapat juga ditunjukkan sebagai berikut. MKOdapat dipandang sebagai MKO dengan kendala pertaksamaan berikut:

min J =∫ T0 dt

s.t. x = x + u

h1(u) ≥ 0

h2(u) ≥ 0

x(0) = 5, x(T ) = 11, T bebas,

dengan h1(u) := 1− u dan h2(u) = 1+ u. Definisikan fungsi lagrange

H = H + λ1h1 + λ2h2 = 1+ px + pu + λ1(1− u) + λ2(1+ u).

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 41 / 53

Kontrol Optimum Linear

Solution (Alternatif)Diperoleh

Hu = 0⇔ p − λ1 + λ2 = 0,

sehingga kontrol optimum u tidak dapat ditentukan dari kondisi ini. Halini berarti interior optimization tidak memberikan solusi. Boundaryoptimization dengan u = −1 memberikan

h1(u) = 2 > 0

h2(u) = 0,

sehingga syarat (λ1 ≤ 0, h1 ≥ 0,λ1h1 = 0) dan(λ2 ≤ 0, h2 ≥ 0,λ2h2 = 0) memberikan λ1 = 0 dan λ2 ≤ 0. Akibatnya

p − λ1 + λ2 = 0⇔ p + λ2 = 0⇒ p ≥ 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 42 / 53

Kontrol Optimum Linear

Solution (Alternatif)Jika u = 1 maka

h1(u) = 0

h2(u) = 2 > 0,

sehingga syarat (λ1 ≤ 0, h1 ≥ 0,λ1h1 = 0) dan(λ2 ≤ 0, h2 ≥ 0,λ2h2 = 0) memberikan λ1 ≤ 0 dan λ2 = 0. Akibatnya

p − λ1 + λ2 = 0⇔ p − λ1 = 0⇒ p = λ1 ≤ 0.

Diperoleh kontrol optimum yang sama:

u∗(t) ={−1 ; p(t) > 01 ; p(t) < 0

.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 43 / 53

Kontrol Optimum Linear

ExampleSelesaikan MKO berikut:

max J =∫ 10 (2x − x

2) dt

s.t. x = u

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

|u| ≤ 1.

SolutionDiperoleh fungsi hamilton yang linear terhadap u:

H = 2x − x2 + pu,

dengan p merupakan fungsi switching.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 44 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionKontrol optimum diberikan oleh:

u∗(t) ={1 ; p(t) > 0−1 ; p(t) < 0

.

Selanjutnya diperoleh syarat optimalitas berikut:

p = −Hx ⇔ p = −2+ 2x = 2(x − 1).

Perhatikan bahwa:

x = u ≤ 1⇔ dxdt≤ 1⇔ dx ≤ dt ⇔ x ≤ t.

Karena t ∈ [0, 1] maka

x ≤ 1⇔ x − 1 ≤ 0⇔ 2(x − 1) ≤ 0⇔ p ≤ 0.tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 45 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionFakta p ≤ 0 mengatakan bahwa p merupakan fungsi turun terhadap t.Akan ditinjau tiga kasus p(t) seperti diilustrasikan gambar berikut:

p(t) > 0 p(t) < 0 p(t) berubah tanda

Kasus 1: Andaikan p(t) > 0 untuk semua t ∈ [0, 1]. Akibatnya,

u∗(t) = 1⇒ x = 1⇔ x∗(t) = t + A.

Syarat awal x(0) = 0 memberikan x∗(t) = t sehingga x(1) = 1.Kontradiksi dengan syarat batas x(1) = 0. Haruslah p(t) ≯ 0.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 46 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionKasus 2: Andaikan p(t) < 0 untuk semua t ∈ [0, 1]. Akibatnya,

u∗(t) = −1⇒ x = −1⇔ x∗(t) = −t + B.

Syarat awal x(0) = 0 memberikan x∗(t) = −t dan x(1) = −1.Kontradiksi dengan syarat batas x(1) = 0. Haruslah p(t) ≮ 0.Kasus 3: Dari dua pengandaian di atas, haruslah p(t) berubah tandapada t ∈ [0, 1], yaitu p(t) > 0 pada t ∈ [0, t∗) dan p(t) < 0 padat ∈ (t∗, 1].

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 47 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionPada [0, t∗) diketahui p(t) > 0, sehingga

u∗(t) = 1⇒ x = 1⇔ x∗(t) = t + A.

Syarat awal x(0) = 0 memberikan x∗(t) = t.

Pada (t∗, 1] diketahui p(t) < 0, sehingga

u∗(t) = −1⇒ x = −1⇔ x∗(t) = −t + B.

Syarat batas x(1) = 0 memberikan x∗(t) = −t + 1.Agar x(t) kontinu di t = t∗ haruslah

t∗ = −t∗ + 1⇔ t∗ = 12 .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 48 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionJadi,

u∗(t) =

{1 ; 0 ≤ t < 1

2−1 ; 1

2 < t ≤ 1,

x∗(t) =

{t ; 0 ≤ t ≤ 1

21− t ; 1

2 < t ≤ 1.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 49 / 53

Kontrol Optimum Linear

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

­1.0

­0.5

0.0

0.5

1.0

t

u,x

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 50 / 53

Kontrol Optimum Linear

SolutionFungsi adjoin:

p = −2+ 2x ={2t − 2 ; 0 ≤ t ≤ 1

2−2t ; 1

2 < t ≤ 1.

Jadi,

p∗(t) ={t2 − 2t + A ; 0 ≤ t ≤ 1

2−t2 + B ; 1

2 < t ≤ 1.

Parameter A dan B ditentukan dari

t∗2 − 2t∗ + A = 0 = −t∗2 + B14 − 1+ A = 0 = − 14 + B

A = 34 dan B = 1

4 .

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 51 / 53

Kontrol Optimum Linear

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

­0.6

­0.4

­0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

t

p

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 52 / 53

Kontrol Optimum Linear

ProblemDiberikan masalah kontrol optimum berikut:

max J =∫ 100 4x dt

s.t. x = x + u

x(0) = 5, x(10) bebas,

u ∈ [0, 2]

Tentukan u∗, x∗, dan p∗.

tbakhtiar@ipb.ac.id (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 53 / 53