1. Dokumen ini membahas masalah regulator kuadratik untuk kasus fixed final state dengan menggunakan fungsi Hamilton dan persamaan diferensial parsial. 2. Metode ini digunakan untuk menyelesaikan contoh soal dengan mencari kontrol optimum berupa fungsi waktu yang dapat meminimumkan fungsional objektif. 3. Dibahas juga tentang hubungan antara persamaan diferensial parsial, solusi umum, dan solusi khusus untuk mendapatkan kontrol optimum.

1. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
1
DISKUSI MASALAH REGULATOR KUADRATIK UNTUK
KASUS FIXED FINAL STATE
OLEH:
1. RUKMONO BUDI UTOMO(J2A 009 004)
2. ANA RAHMAWATI (J2A 009 008)
3. ERI BADRIAH (J2A 009 019)
Pengampu: Dr. Widowati
Pendahuluan: Materi 1
Masalah regulator Kuadratik
Tinjau MKO Linier :
𝑥 = 𝐴 𝑡 𝑥 + 𝐵 𝑡 𝑢 (a)
Dimana 𝑥 𝜖 𝑅 𝑛
, 𝑢 𝜖 𝑅 𝑚
, 𝐴 𝑡 ∶ 𝑛 x 𝑛 , 𝐵 𝑡 : 𝑛 x 𝑚
Dengan fungsional objektif
𝐽 𝑡0 =
1
2
𝑥 𝑇
𝑇 𝑆 𝑇 𝑥 𝑇 +
1
2
𝑥 𝑇
𝑉𝑥 + 𝑢 𝑇
𝑅 𝑢
𝑇
𝑡0
𝑑𝑡 (b)
Akan dicari control optimum 𝑢∗
(𝑡) pada 𝑡0, 𝑇 yang meminimumkan
𝐽 dengan bahasan kali ini adalah kasus fixed final state. Dalam
kasus fixed final state ini , 𝑢∗
merupakan control umpan balik
(feedback control).
Di asumsikan T tertentu dan diberikan, kemudian 𝑥(𝑡0)
diberikan. Matriks bobot 𝑆 𝑇 dan 𝑉 (𝑡) adalah simetris dan semi
definit positif. Sedangkan 𝑅 𝑇 matriks simetris 𝑚 𝑥 𝑚 dan definit

2. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
2
positif , ∀ 𝑡 𝜖 𝑡0, 𝑇 , maka MKO diatas dikenal sebagai Masalah
regulator kuadratik (MRK).
Untuk menyelesaikan MRK, kita dapat menggunakan fungsi
Hamilton.
Fungsi Hamilton didefinisikan oleh :
𝐻 =
1
2
𝑥 𝑇
𝑉𝑥 + 𝑢 𝑇
𝑅𝑢 + 𝜆 𝑇
𝐴 𝑥 + 𝐵 𝑢 (c)
Dengan 𝜆𝜖 𝑅 𝑛
dengan syarat perlunya antara lain:
𝑥 =
𝜕𝐻
𝜕𝜆
= 𝐴𝑥 + 𝐵𝑢 (Persamaan State) (d)
𝜆 = −
𝜕𝐻
𝜕𝜆
= −𝑉𝑥 − 𝐴 𝑇
𝜆 (Persamaan Costate) (e)
𝜕𝐻
𝜕𝑢
= 0 → 𝑅 𝑢 + 𝐵 𝑡
𝜆 = 0 (syarat stationer) (f)
Dari persamaan (f) diperoleh 𝑢 = −𝑅−1
𝐵 𝑇
𝜆 (g)
Substitusikan (g) ke (d), didapat system Persamaan Diff (PD)
berikut:
𝑥 = 𝐴𝑥 − 𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝜆
𝜆 = −𝑉𝑥 − 𝐴 𝑇
𝜆 (h)
Atau
𝑥
𝜆
=
𝐴
−𝑉
−𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
−𝐴 𝑇
𝑥
𝜆
yang disebut sebagai PD dimensi 2n
dengan 𝑥 𝑡0 diketahui. Matriks
𝐴
−𝑉
−𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
−𝐴 𝑇 disebut matriks
Hamilton.

3. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
3
Contoh1:
(Buka copyan materi KO anda hal 5.20)
Diketahui MKO dibawah ini. Selesaikan!
𝑥 = −𝑥 + 𝑢, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2
𝑥 0 = 1, 𝑥 2 = 2, meminimumkan
𝐽 0 =
1
2
3𝑥2
+ 𝑢2
𝑑𝑡
2
0
Pembahasan:
Maksud dari pertanyaan diatas adalah kita diminta untuk mencari
control (𝑢∗
(𝑡)) dengan PD, fungsional objektif dan syarat batasnya
diketahui.
Langkah 1
membuat fungsi Hamiltonnya.
𝐻 𝑥, 𝑢 , 𝜆 =
1
2
3𝑥2
+ 𝑢2
+ 𝜆 (−𝑥 + 𝑢)
Langkah 2
Penuhi syarat perlunya
𝑥 =
𝜕𝐻
𝜕𝜆
= −𝑥 + 𝑢 (Persamaan State) (a)
𝜆 = −
𝜕𝐻
𝜕𝑥
= − 3𝑥 − 𝜆 (Persamaan Costate) (b)
= −3𝑥 + 𝜆
𝜕𝐻
𝜕𝑢
= 0 = 𝑢 + 𝜆 (syarat stationer)
𝑢 + 𝜆 = 0, 𝑢 = − 𝜆 (c)

4. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
4
Langkah 3
Pandang syarat perlu. Operasikan!
Pandang (a)
𝑥 = −𝑥 + 𝑢 dimana kita tahu bahwa 𝑢 = − 𝜆 sehingga kita dapat
menulis kembali (a) menjadi
𝑥 = −𝑥 − 𝜆 , 𝜆 = −𝑥 − 𝑥 (d)
Derivatifkan:
𝑥 = −𝑥 − 𝜆 (e)
Dimana 𝜆 sesuai (b) adalah = −3𝑥 + 𝜆 , sehingga persamaan (e)
dapat kembali ditulis sebagai
𝑥 = −𝑥 − (−3𝑥 + 𝜆)
𝑥 = −𝑥 + 3𝑥 − 𝜆, dimana ada persamaan (d), 𝜆 = −𝑥 − 𝑥. Akibatnya
kita kembali dapat menuliskan persamaan (e) sebagai
𝑥 = −𝑥 + 3𝑥 − (−𝑥 − 𝑥)
= −𝑥 + 3𝑥 + 𝑥 + 𝑥
𝑥 = 4𝑥
𝑥 − 4𝑥 = 0 yang merupakan PD orde 2 linier Homogen (f)
Langkah 4:
Selesaikan PD yang diperoleh
𝑥 − 4𝑥 = 0
𝑑2 𝑥
𝑑𝑡 2
− 4𝑥 = 0, misalkan
𝑑
𝑑𝑡
= D, maka

5. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
5
𝐷2
− 4 𝑥 = 0, dimana 𝑥 ≠ 0, maka
𝐷2
− 4 = 0
𝐷1 = 2 atau D2 = −2
Solusi umum didapat:
𝑥 𝑡 = 𝐶1 𝑒2𝑡
+ 𝐶2 𝑒−2𝑡
(g)
Langkah 5
Setelah solusi umum didapat, cari solusi khususnya
Pandang solusi umum (g)
𝑥 𝑡 = 𝐶1 𝑒2𝑡
+ 𝐶2 𝑒−2𝑡
Pandang syarat awam yang diberikan:
𝑥 0 = 1, 𝑥 2 = 2
Untuk 𝑥 0 = 1,
𝐶1 + 𝐶2 = 1 atau 𝐶1 = 1 − 𝐶2 (h)
Untuk 𝑥 2 = 2
2 = 𝐶1 𝑒4
+ 𝐶2 𝑒−4
(i)
Substitusikan (h) kedalam (i), diperoleh
1 − 𝐶2 𝑒4
+ 𝐶2 𝑒−4
= 2
𝑒4
− 𝐶2 𝑒4
+ 𝐶2 𝑒−4
= 2
−𝐶2 𝑒4
− 𝑒−4
= 2 − 𝑒4
−𝐶2 𝑒4
− 𝑒−4
= −( 𝑒4
− 2)
𝐂 𝟐 =
𝑒4−2
𝒆 𝟒−𝒆−𝟒 (j)
Mencari nilai 𝐶1, pandang persamaan (h)

6. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
6
𝐶1 = 1 − 𝐶2
= 1 −
𝑒4
− 2
𝑒4 − 𝑒−4
=
e4−e−4
e4−e−4 −
e4−2
e4−e−4
=
e4−e−4−e4+2
e4−e−4
𝑪 𝟏 =
𝟐−𝐞−𝟒
𝐞 𝟒−𝐞−𝟒 (k)
Substitusikan (j) dan (k) kepada (g), sehingga didapat solusi khusus
𝑥 𝑡 =
𝟐 − 𝐞−𝟒
𝐞 𝟒 − 𝐞−𝟒
𝑒2𝑡
+
𝑒4
− 2
𝒆 𝟒 − 𝒆−𝟒
𝑒−2𝑡
Langkah 6
Mencari kontrol untuk fungsional objekif
Pandang kembali persamaan (a) 𝑥 = −𝑥 + 𝑢 atau 𝑢(𝑡) = 𝑥 + 𝑥
𝑢(𝑡) adalah kontrol yang dicari. Namun sebelumnya kita harus
mencari 𝑥 yakni derivatif pertama dari 𝑥 𝑡 .
𝑥 =
(𝟒−𝟐𝐞−𝟒)
𝐞 𝟒−𝐞−𝟒
𝑒2𝑡
+
(−2𝑒4+4)
𝒆 𝟒−𝒆−𝟒
𝑒−2𝑡
(l)
Sehingga kontrol yang dimaksud adalah
𝑢∗
(𝑡) = 𝑥 + 𝑥
=
𝟐 − 𝐞−𝟒
𝐞 𝟒 − 𝐞−𝟒
𝑒2𝑡
+
𝑒4
− 2
𝒆 𝟒 − 𝒆−𝟒
𝑒−2𝑡
+
(𝟒 − 𝟐𝐞−𝟒
)
𝐞 𝟒 − 𝐞−𝟒
𝑒2𝑡
+
(−2𝑒4
+ 4)
𝒆 𝟒 − 𝒆−𝟒
𝑒−2𝑡
= (6 − 3𝐞−𝟒
)
𝑒2𝑡
𝐞 𝟒 − 𝐞−𝟒
+ (2 − 𝑒4
)
𝑒−2𝑡
𝒆 𝟒 − 𝒆−𝟒

7. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
7
Materi 2
Fixed Final State dan kontrol Loop Terbuka
Tinjau MKO : 𝑥 = 𝐴 𝑡 𝑥 + 𝐵 𝑡 𝑢
Dengan 𝑥 𝑡0 dan 𝑥 𝑇 diketahui serta
𝐽 𝑡0 =
1
2
𝑢 𝑇
𝑅 𝑢 𝑑𝑡
𝑇
𝑡0
(a)
Pada persamaan (h) materi 1, kita telah mendapatkan sistem PD,
dengan 𝑉 = 0 yang dapat ditulis kembali menjadi:
𝑥 = 𝐴𝑥 − 𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝜆
𝜆 = −𝑉𝑥 − 𝐴 𝑇
𝜆 (b)
Solusi PD 𝜆 adalah
𝜆 𝑡 = 𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡
𝜆(𝑡) dengan 𝜆 𝑡 belum diketahui.
Dari PD 𝑥 didapat PD
𝑥 = 𝐴𝑥 − 𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡
𝜆 𝑡 (c)
Solusi dari system PD ini antara lain:
𝑥 𝑡 = 𝑒 𝐴 𝑡−𝑡0 𝑥 𝑡0 − 𝑒 𝐴 𝑡−𝑠𝑡
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑡−𝑠
𝜆 𝑡 𝑑𝑠 (d)
atau
𝑥 𝑇 = 𝑒 𝐴 𝑇−𝑡0 𝑥 𝑡0 − 𝑒 𝐴 𝑇−𝑠𝑇
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑠
𝜆 𝑡 𝑑𝑠 (e)
= 𝑒 𝐴 𝑇−𝑡0 𝑥 𝑡0 − 𝐺 𝑡0, 𝑇
Dimana 𝐺 𝑡0, 𝑇 = 𝑒 𝐴 𝑇−𝑠𝑇
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑠
𝜆 𝑡 𝑑𝑠
Yang dikenal dengan fungsi bobot ketercapaian gram yang kontinu

8. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
8
Dari (e) pada materi ini, didapat
𝜆 𝑡 = −𝐺−1
𝑡0, 𝑇 𝑥 𝑇 − 𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡0 𝑥 𝑡0
Sehingga control optimumnya adalah
𝑢∗
𝑡 = −𝑅−1
𝐵 𝑇
𝜆 = 𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡
𝐺−1
𝑡0, 𝑇 𝑥 𝑇 − 𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡0 𝑥 𝑡0
Yang merupakan control loop terbuka.
Disini kita menggunakan metode Lyapunov untuk menyelsaikan
MKO fixed final state dan kontrol loop terbuka ini. Pandang solusi
PD Lyapunov:
𝑃 = 𝐴𝑃 + 𝑃𝐴 𝑇
+ 𝐵 𝑅−1
𝐵 𝑇
, 𝑡 ≥ 𝑡0
Dengan nilai awal 𝑃(𝑡0) adalah
𝑃 𝑡 = 𝑒 𝐴 𝑡−𝑡0 𝑃 𝑡0 𝑒 𝐴 𝑇 𝑡−𝑡0 + 𝑒 𝐴 𝑡−𝑠
𝑡
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑡−𝑠
𝑑𝑠
Jika diambil 𝑃 𝑡0 = 0, maka
𝑃 𝑡 = 𝑒 𝐴 𝑡−𝑠
𝑡
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑡−𝑠
𝑑𝑠
= 𝐺 𝑡0, 𝑡
Tentu saja untuk 𝑃 𝑇 = 𝑒 𝐴 𝑇−𝑠𝑡
𝑡0
𝐵𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑠
𝑑𝑠
= 𝐺 𝑡0, 𝑇
Dengan demikian, untuk menentukan 𝐺 𝑡0, 𝑇 , kita dapat
menyelesaikan PD Lyapunov 𝑃 = 𝐴𝑃 + 𝑃𝐴 𝑇
+ 𝐵 𝑅−1
𝐵 𝑇
dengan
𝑃 𝑡0 = 0 dan mengambil 𝐺 𝑡0, 𝑇 = 𝑃 𝑇 .

9. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
9
Selanjutnya dapat diperlihatkan bahwa nilai optimum untuk
fungsional objektif 𝐽 adalah
𝐽∗
𝑡0 =
1
2
𝑑 𝑡
𝑡0, 𝑇 𝑃−1
𝑇 𝑑 𝑡0, 𝑇
Dimana 𝑑 𝑡
𝑡0, 𝑇 = 𝑥 𝑇 − 𝑒 𝐴 𝑡−𝑡0 𝑥 (𝑡0)
Contoh2:
(Buka copyan materi KO anda hal 5.20)
Diketahui MKO dibawah ini. Selesaikan!
𝑥 = −𝑥 + 𝑢, 0 ≤ 𝑡 ≤ 1
𝑥 0 = 1, 𝑥 1 = 3,
𝐽 0 =
1
2
𝑢2
𝑑𝑡
1
0
Penyelesaian
Langkah 1
Tentukan koefisien-koefisien A, B dan R
Diketahui 𝑥 = −𝑥 + 𝑢 padahal kita tahu bentuk umumnya adalah
𝑋 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑢 sehingga dapat kita tentukan nilai
A= -1 dan B= 1.

10. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
10
Kemudian pandang fungsional objektif
𝐽 0 =
1
2
𝑢2
𝑑𝑡
1
0
, dimana bentuk umum dari fungsional objektif ini
𝐽 𝑡0 =
1
2
𝑢 𝑇
𝑅 𝑢 𝑑𝑡
𝑇
𝑡0
Sehingga dapat kita simpulkan nilai R = 1 dan 𝑡0 = 0, T=1
Langkah 2
Bentuk PD Lyapunov
Pandang PD Lyapunov
𝑃 = 𝐴𝑃 + 𝑃𝐴 𝑇
+ 𝐵 𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑃 = −𝑃 − 𝑃 + 1
𝑃 = −2𝑃 + 1
𝑃 + 2𝑃 = 1 merupakan PD orde 1 linier non homogeny (a)
Langkah 3
Selesaikan PD Lyapunov tersebut
𝑃 + 2𝑃 = 1
Bentuk PD diatas dapat disadurkan dengan bentuk umum PD orde 1,
yakni 𝑃 + 𝐾(𝑡)𝑃 = 𝑄(𝑡)
Dengan menggunakan aturan lagrange, kita dapat mencari solusi dari
PD (a)
𝑃 𝑡 = 𝑒− 𝐾 𝑡 𝑑𝑡
𝑄 𝑡 𝑒 𝐾 𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑡 + 𝑐
𝑃 𝑡 = 𝑒− 2𝑑𝑡
𝑒 2𝑑𝑡
𝑑𝑡 + 𝑐

11. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
11
𝑃 𝑡 = 𝑒−2𝑡
𝑒2𝑡
𝑑𝑡 + 𝑐
𝑃 𝑡 = 𝑒−2𝑡 1
2
𝑒2𝑡
+ 𝑐
𝑃 𝑡 =
1
2
+ 𝑐𝑒−2𝑡
(b)
Langkah 4:
Cari solusi khususnya
gunakan awal 𝑃 𝑡0 = 𝑇
Untuk nilai 𝑃 0 = 1, persamaan (b) berlaku:
1 =
1
2
+ 𝑐, 𝑐 =
1
2
.
Solusi khusus didapat 𝑃 𝑡 =
1
2
+
1
2
𝑒−2𝑡
(c)
Langkah 5
Mencari 𝑮 𝒕 𝟎, 𝑻
𝐺 𝑡0, 𝑇 = 𝐺 0,1
=
1
2
+
1
2
𝑒−2
(d)
Langkah 6
Cari kontrolnya 𝑢∗
(𝑡)
𝑢∗
𝑡 = −𝑅−1
𝐵 𝑇
𝜆
= 𝑅−1
𝐵 𝑇
𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡
𝐺−1
𝑡0, 𝑇 𝑥 𝑇 − 𝑒 𝐴 𝑇 𝑇−𝑡0 𝑥 𝑡0
= 𝑒− 1−𝑡 1
2
+
1
2
𝑒−2
−1
𝑥 1 − 𝑒−1 1
𝑥 0
= 𝑒− 1−𝑡
1
2
+
1
2
𝑒−2
−1
3 − 𝑒−1 1
1

12. SELASA, 5 JUNI 2012 [MATERI DISKUSI KONTROL OPTIMUM]
12
= 𝑒− 1−𝑡
1
2
+
1
2
𝑒−2
−1
3 − 𝑒−1
= 𝑒−1+𝑡
6 − 2𝑒−1
1 + 𝑒−2
𝒖∗
𝒕 =
𝟔 𝒆−𝟏+𝒕
− 𝟐𝒆−𝟐+𝒕
𝟏 + 𝒆−𝟐
Kesimpulan yang dapat dipetik:
1. Masalah regulator kuadratik (MRK) secara garis besar adalah
sama dengan Masalah control optimum (MKO), yakni
memaksimumkan atau meminimumkan fungsional objektif.
Perbedaannya adalah MKR memiliki 2 kondisi yakni fixed final
state dan free final state.
2. fixed final state, control optimum dari fungsional objektif
(𝒖∗
𝒕 ) adalah control umpan balik, sedangkan free final state
merupakan control loop terbuka. Selain itu, nilai 𝑥(𝑇) pada
fixed final state diketahui, sdangkan free final state tidak.
3. Untuk mendapatkan control pada MRK , dapat menggunakan
fungsi Hamilton, dan khusus untuk kasus fixed final state
dapat menggunakan Persamaan Differensial Lyapunov.
***