PENYELESAIAN MASALAH KONTROL KUADRATIK LINIER YANG MEMUAT FAKTOR DISKON

  Jurnal Matematika UNAND Vol. 2 No. 1 Hal. 65 – 71

  ISSN : 2303–2910 Jurusan Matematika FMIPA UNAND c

PENYELESAIAN MASALAH KONTROL KUADRATIK

LINIER YANG MEMUAT FAKTOR DISKON

MEZI FAUZIATUL HUSNA

  

Program Studi Matematika,

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Universitas Andalas,

Kampus UNAND Limau Manis Padang, Indonesia,

_Abstract.

mezalg right@gmail.com

The linear quadratic control problem is an optimal control problem which

has been used in various fields. In this paper, we will study the solving of linear quadratic

control problem that contains a discount factor. By using the change of variables tech-

nique, some sufficient condition for the existence of optimal control is determined. Some

examples are also presented.

  Kata Kunci : Linear quadratic control, discount factor, algebra Riccati equation

  1. Pendahuluan Masalah kontrol kuadratik merupakan masalah penentuan suatu pengontrol optimal _{∗ m} u yang meminimumkan fungsional

  (t) ∈ R _{Z ∞ T T} J

  (u) = [x (t)Qx(t) + u (t)Ru(t)]dt, (1.1) dan memenuhi sistem dinamik x ˙ , t ≥ _{n n×n n×m} (t) = Ax(t) + Bu(t), x(0) = x 0, (1.2)

  . Matriks di mana x ∈ R menyatakan variabel keadaan, A ∈ R dan B ∈ R Q ≥ 0 dan R > 0 adalah matriks simetri dengan unsur-unsur berupa konstanta riil.

  Masalah kontrol kuadratik pertama kali diperkenalkan oleh Bolza [2] dalam tahun 1904. Penyelesaian dari masalah ini adalah _{∗ −1 T} u (t) = −R (P B) x (t), di mana P adalah solusi definit positif tunggal dari persamaan aljabar Riccati _{T T −1}

  A P

• P A + Q − P BR (P B) = 0, dan x(t) memenuhi persamaan diferensial _{−1 T} ˙x(t) = A − BR (P B) x(t), x(0) = x .

  Seiring dengan perkembangan dalam berbagai bidang, permasalahan kontrol

  66 Mezi Fauziatul Husna _2αt

  faktor diskon e , α ∈ R ke dalam fungsional tujuan sedemikian sehingga J(u) dapat ditulis menjadi _{Z ∞ T T 2αt}

  J dt, (u) = [x (t)Qx(t) + u (t)Ru(t)]e (1.3)

  (untuk penjelasan lebih detail, lihat [1,3,4]. Dalam makalah ini akan dikaji masalah kontrol kuadratik yang memuat faktor diskon.

  2. Penyelesaian Masalah Kontrol Kuadratik Linier yang Memuat Faktor Diskon

  Dalam bagian ini akan dijabarkan syarat cukup yang menjamin eksistensi pen- _∗ gontrol optimal u (t) yang meminimumkan (1.3) dan memenuhi sistem dinamik (1.2). Untuk tujuan ini, terlebih dahulu dilakukan perubahan variabel. Misalkan _{αt αt} y = xe dan v = ue , (2.1) maka _{αt αt}

  , ˙y = αIxe + ˙xe (2.2) atau dapat ditulis _−αt − αIx.

  ˙x = ˙ye (2.3) Akibatnya, persamaan (1.2) ekivalen dengan

  ˙y = (αI + A) y + Bv, (2.4) dan y (0) = x . Selain itu, _{T T T T −2αt} x Qx Ru y Qy Rv ,

• u = + v e sehingga _{T T 2αt T T} x Qx Ru Qy Rv.
• u e = y + v (2.5) Dengan demikian, permasalahan meminimumkan fungsional tujuan (1.3) dengan kendala (1.2) berubah menjadi permasalahan meminimumkan fungsional _{Z ∞ T T} J Qy Rv (v) = y(t) (t) + v(t) (t) dt, (2.6) dengan kendala .

  ˙y = (αI + A) y + Bv, y(0) = x (2.7) Dengan mengupayakan penulisan fungsional tujuan (2.6) ke dalam bentuk berikut: _{Z ∞ T}

  R (v) = J (v − v ) (v − v )dt, (2.8)

• J

Penyelesaian Masalah Kontrol Kuadratik Linier Yang Memuat Faktor Diskon

  67

  dimana konstanta J adalah suatu entitas yang bebas dari v, dan v adalah suatu kontrol baru yang akan dipilih, maka permasalahan yang muncul dari (2.8) adalah bagaimana bentuk eksplisit dari J dan v (t)?

  Jelas bahwa, jika (2.6) dapat dinyatakan dalam bentuk (2.8) maka minimum J (v) dicapai pada v = v , t ≥ t , dengan nilai minimum adalah J . Lema berikut _∗ diperlukan untuk mendapatkan kontrol optimal v (t).

  Lema 2.1. ^{t→∞ y} Misalkan P adalah suatu matriks simetri. Jika lim (t) = 0, untuk setiap kontrol v(t) dengan t ∈ [0, ∞), maka _{Z ∞ T T T T} y

  (A + αI) P + P (A + αI) y + 2y P Bv dt = −y (0)P y(0). _{R ∞} Bukti. Misalkan P adalah suatu matriks simetri, maka _{T T T} y (A + αI) P + P (A + αI) y + 2y P Bv dt _{Z ∞ T T T T T}

  B P = (y (A + αI) + v ) P y + y ((A + αI)y + Bv) dt _{Z ∞ T T} = y ˙ P y + y P ˙ y dt _{Z t} d _T

  P y = lim (y )dt _{t→∞ T} dt _t = lim y P y _{t→∞ T T} y − y = lim (t)P y(t) (0)P y(0) _{t→∞ T} = −y (0)P y(0).

  Berdasarkan Lema 2.1, maka J(v) pada persamaan (2.6) dapat ditulis menjadi _{T Z ∞ T T T} J y Rv

  (v) = y (0)P y(0) + (A + αI)P + P (A + αI) + Q y + v _T P Bv + 2y dt.

  (2.9) Selanjutnya, misalkan _{−1 T}

  , v = −R (P B) y maka _{T T T T −1 −1}

  R y R y (v − v ) (v − v ) = (v + R (P B) ) (v + R (P B) ) _{T T T T T −1}

  Rv y Rv = v + v (P B) + y (P B)(R ) _{T T T −1 −1}

• y (P B)(R ) RR (P B) y _{T T T T T T −1}

  = v Rv + v (P B) y + y (P B)(R ) R v _{T T T T −1 −1}

• y (P B)(R ) R R (P B) y _{T T T T −1}

  = v Rv + 2y P Bv + y (P B)R (P B) y , atau dapat ditulis _{T T T T T −1} v Rv P Bv R y .

68 Mezi Fauziatul Husna

  Dengan menggantikan (2.10) ke dalam (2.9), diperoleh _{Z ∞ T}

  R (v) = J (v − v ) (v − v )dt, di mana _T J

• J

  = y (0)P y(0) _{Z ∞ T T −1 T} y (A + αI)P + P (A + αI) + Q − (P B)R (P B) y dt. +

  Untuk menjamin agar J bebas dari v, pilih matriks simetri P sedemikian sehingga _{T T −1} B P

  (A + αI)P + P (A + αI) − P BR + Q = 0. (2.11) Jadi, pengontrol optimal untuk sistem yang baru adalah _{∗ −1 T} v y

  (t) = v (t) = −R (P B) (t), t ≥ 0, di mana P memenuhi persamaan (2.11) dan y(t) memenuhi persamaan diferensial _{−1 T} ˙y(t) = A − BR

  (P B) y(t), y(0) = y Dengan menggunakan hubungan (2.1) maka kontrol optimal untuk permasalahan (1.2) dan (1.3) adalah _−αt u = ve _{∗ −1 −αt T} u = −R (P B) y (t)e _{−1 −αt T αt}

  = −R (P B) x e e _{−1 T} = −R (P B) x , (2.12) dimana P memenuhi persamaan (2.11). Dari hubungan (2.2) dan (2.7), x(t) memenuhi persamaan diferensial _{αt αt αt αt}

  αIxe

• ˙xe = (αI + A)xe + Bue ˙x = (αI + A)x + Bu − αIx _{−1 T} = A − BR (P B) x. (2.13) Proses ini telah membuktikan teorema berikut. Teorema 2.2. Untuk masalah kuadratik linier (1.2) dan (1.3), misalkan terdapat suatu matriks simetri definit positif P yang memenuhi persamaan (2.11) dan semua _{−1 T} nilai eigen matriks A − BR (P B) memiliki bagian riil negatif, maka _∗ u (t) = Kx(t), t ≥ 0 di mana _{−1 T ∗ T}

  K = −R (P B) ,

• 1
• 1 u, x
¹ (0) = 0 x ² (0) = 1. (2.15)

  − 3 4 = 0 0

  (2.17) y ¹ (0) = 0, y ² (0) = 1. (2.18)

  Selanjutnya, dari (2.11) diperoleh a b b c 2 1

  1 2

  − a b b c

  1

  2 0 1 a b b c

  0 0 −2b ² + 2b + 4a + 8 a + 4b + c − 2bc − 3 a

  ˙y ² = 2 1

  0 0 . (2.19) Solusi sistem persamaan non linier (2.19) ini adalah a = 76, b = 13, dan c = 5.

  Jadi, P = 76 13

  13 5 . Sehingga v ^∗

  (t) = −R ⁻¹ (P B) ^T y (t)

  = −2 76 13 13 5

  1 ^T y ¹ (t) y ²

  1 2 y

  (t) dt. (2.16) dengan kendala ˙y ¹

  (t) _{1 2}

  (2.14) Masalah (2.14) dapat ditulis menjadi min J = ^{Z ∞} x ^{1 x 2} 8 −3

  Penyelesaian Masalah Kontrol Kuadratik Linier Yang Memuat Faktor Diskon

  69 Contoh berikut mengilustrasikan untuk permasalahan kontrol kuadratik yang memuat faktor diskon.

  min J(u) = ^{Z ∞} 8x ^{1 2} −

  6x ^{1 x 2} + 4x ^{2 2} +

  1

  2 u ² e ^4t dt s.t. ˙ x ^{1 = x 2 , ˙ x 2 = x 1 + u, x 1 (0) = 0, x 2 (0) = 1.}

  − 3 4 x ¹ x ²

  (t) + v(t) ^T Rv

  2 u ² e ^4t dt, s.t.

  ˙ x ¹ ˙ x ²

  = 0 1 1 0 x ¹ x ²

  Misalkan y = xe ^2t , v = ue ^2t dan

  P = a b b c .

  Maka permasalahan (2.14) menjadi meminimumkan J

  (v) = ^{Z ∞} y(t) ^T Qy

• 1 v ,
• 2 1 1 2 a b b c
• 8 −3
• 4b + c − 2bc − 3 −2c
² + 4c + 2b + 4 = 0 0

70 Mezi Fauziatul Husna

  Selain itu, dari (2.17) _{1 y 1} ˙y (t) 2 1 (t) _{2 y 2} + = (−26y ^{1 (t) − 10y 2 (t))}

  ˙y (t) 1 2 (t) _{1 2}

  1 2y (t) + y (t)

  = − ^{1 2}

  25y (t) − 8y (t) y ¹

  2 1 (t) . =

  (2.20) − y ² 25 −8 (t)

  Dari (2.20) diperoleh y ˙ ^{1 (t) = 2y 1 (t) + y 2 (t)} y ˙ ^{2 (t) = −25y 1 (t) − 8y 2 (t),} atau dapat ditulis _{1 2} (D − 2)y (t) =y (t) _{2 1} (2.21) _d (D + 8)y (t) = − 25y (t).

  Misalkan D = , maka (2.21) dapat ditulis menjadi _{dt 1 2} (D + 8)(D − 2)y (t) = (D + 8)y (t) _{2 1 1}

  (D + 6D − 16)y (t) = −25y (t) _{2 1 2} (D + 6D + 9)y (t) = 0 d y ^{1 (t) dy 1 (t)} _{1 2} + 6 + 9y (t) = 0 dt dt ₂ r + 6r + 9 = 0 _{1 2} (r + 3)(r + 3) = 0.

  Karena r = r = −3, maka _{−3t −3t} y ^{1 1 e 2 te .}

  (t) = c + c Akibatnya, _{2 1 1} y (t) = ˙ y (t) − 2y (t) _{1 e − −3t −3t −3t −3t −3t 2 te 2 e − 1 e − 2 te}

  = −3c 3c + c 2c 2c _{1 e − −3t −3t −3t 2 te 2 e} = −5c 5c + c _{1 e −3t −3t 2 e} = −5c + c (1 − 5t)

  Sehingga solusi umum dari sistem (2.20) adalah _{−3t −3t} y ^{1 e te} (t)

  = c ^{1 + c} _{−3t −3t} ^{2 .} y ^{2 −}

  (t) 5e (1 − 5t)e Dari (2.18), diperoleh c ¹

  = 0 − ^{1 2} Penyelesaian Masalah Kontrol Kuadratik Linier Yang Memuat Faktor Diskon ₂

  71

  mengakibatkan c = 1. Jadi _−3t y ^{1 te} (t)

  , = _−3t y ^{2 (t) (1 − 5t)e} dan _−3t v (t) = 2e (12t − 5).

  Dengan demikian, kontrol optimal adalah _−5t u (t) = 2e (12t − 5), dan keadaan optimal adalah _−5t x ^{1 te}

  (t) = , _−5t x ²

  (t) (1 − 5t)e dengan nilai minimum dari J(u) adalah 5.

  3. Kesimpulan Pada makalah ini telah ditunjukkan bahwa kontrol optimal untuk masalah _{Z ∞ T T 2αt} J dt. _u∈ min (u) = [x (t)Qx(t) + u (t)Ru(t)]e _m

  R

  s.t. ˙x(t) = Ax(t) + Bu(t), x(0) = x , t ∈ [0, ∞), α ∈ R, adalah _∗ u

  (t) = Kx(t), t ≥ 0 dengan _{−1 T} K . = −R (P B)

  4. Ucapan Terima kasih Penulis mengucapkan terima kasih kepada Bapak Muhafzan, Bapak Effendi, Bapak Bukti Ginting, dan Ibu Izzati Rahmi yang telah memberikan masukan dan saran sehingga makalah ini dapat diselesaikan dengan baik.

  Daftar Pustaka [1] Anderson, B.D.O and J. B. Moore. 1969. Linear System Optimization with

  Pescribed Degree of Stability. Proc. IEE. 116: 2083 – 2087 [2] Bolza, O. 1904. Lectures on The Calculus of Variations. The Decennial Publi- cations, Chicago [3] Chiang, A. C. 1992. Element of Dynamic Optimization. Science Typographers

  Inc, Singapore [4] Kamien, M.I and N.L Schwartz. 1991. Dynamic Optimization. Elsevier, Nether- lands