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

[email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 1 / 53

Outline

MKO berkendala

Kendala persamaan pada peubah kontrol

Kendala pertaksamaan pada peubah kontrol

Kontrol optimum linear


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.


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.



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.



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,



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 [email protected] (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 .



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)).



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 .


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.



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.


π = b(j − kU + (a− 1)π).




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.


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 [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 14 / 53


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.



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).



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



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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

.



Kontrol optimum:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

t

u*



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

.



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

.



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

.



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

20

0

20

40

60

80

100

120

t

x


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}}.



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.



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.


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.



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



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.



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.



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.



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).



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.



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

.



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.



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 ≤ [email protected] (IPB) MAT332 Kontrol Optimum Februari 2017 45 / 53


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.



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].



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 .



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.



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



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 .



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



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∗.


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

Documents