Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Tính điều khiển được của hệ tuyến tính
hữu hạn chiều
Các kiến thức trong mục này được lấy từ phần I, chương 1 trong cuốn
sách "Mathematical Control Theory: An Introduction" của Jerzy Zabczyk
[1].
Bài toán điều khiển được xuất phát từ phương trình vi phân
dy
dt
= Ay(t) + Bu(t),
y(0) = x ∈ R
n
, u(t) ∈ R
m
,
(1.1)
với A : R
n
→ R
n
, B : R
m
→ R
n
là các toán tử tuyến tính, u(t) là hàm
khả tích địa phương, tức là u(t) ∈ L
1
[0, T ; R
m
] với mọi T > 0. Ta đã
biết phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất
y(t) = S(t)x +
t
0
S(t − s)Bu(s)ds,
1
ở đây S(t) = e
At
=
∞
n=0
A
n
n!
t
n
là ma trận nghiệm cơ bản.
Định nghĩa 1.1.1. Trạng thái b được gọi là đạt được từ trạng thái a
trong thời gian T > 0 nếu tồn tại điều khiển u(t) xác định trong [0, T ]
sao cho phương trình (1.1) có nghiệm y(t) thỏa mãn y(0) = a, y(T ) = b.
Quy ước: Trạng thái a đạt được từ a trong thời gian T = 0.
Định nghĩa 1.1.2. Trạng thái b được gọi là đạt được từ trạng thái a hay
trạng thái a dịch chuyển được đến trạng thái b nếu b đạt được từ a trong
thời gian T > 0 nào đó.
Định nghĩa 1.1.3. Hệ (1.1) được gọi là điều khiển được trong thời gian
T > 0 nếu b và a là hai trạng thái bất kì thì b có thể đạt được từ a trong
thời gian T.
Định nghĩa 1.1.4. Hệ (1.1) được gọi là điều khiển được nếu b và a là
hai trạng thái bất kì thì b có thể đạt được từ a.
Xét ma trận
Q
T
=
T
0
S(r)BB
∗
S
∗
(r)dr,
được gọi là ma trận điều khiển được. Dễ thấy Q
T
là ma trận đối xứng
và xác định không âm.
Bổ đề 1.1.1. Giả sử với T > 0 nào đó ma trận Q
T
không suy biến, khi
đó với mọi a, b ∈ R
n
điều khiển u(s) = −B
∗
S
∗
(T −s)Q
−1
T
(S(T )a−b), s ∈
[0, T ] dịch chuyển từ a đến b trong thời gian T, tức là với điều khiển như
trên hệ (1.1) có nghiệm y(t) thỏa mãn y(0) = a, y(T ) = b.
2
Chứng minh. Ta có
y(t) = S(t)a +
t
0
S(t − s)Bu(s)ds
= S(t)a −
t
0
S(t − s)BB
∗
S
∗
(t − s)Q
−1
T
(S(T )a − b)ds.
Dễ thấy y(0) = S(0)a = a.
y(T ) = S(T )a −
T
0
S(T − s)BB
∗
S
∗
(T − s)ds
Q
−1
T
(S(T )a − b)
= S(T )a − Q
T
Q
−1
T
(S(T )a − b)
= b.
Bổ đề 1.1.2. Nếu mọi trạng thái b ∈ R
n
đều đạt được từ 0, khi đó ma
trận Q
T
không suy biến với mọi T > 0.
Chứng minh. Xét
L
T
u =
T
0
S(r)Bu(T − r)dr.
Suy ra L
T
u = y
u
(t) trong đó y
u
(t) là nghiệm của hệ (1.1) thỏa mãn
y
u
(0) = 0. Đặt E
T
= L
T
(L
1
[0, T ; R
m
]) là không gian véc tơ con của R
n
.
Vì mọi b ∈ R
n
đều đạt được từ 0 nên ∪
T >0
E
T
= R
n
. Nếu T < T
thì
E
T
⊂ E
T
, từ đó suy ra tồn tại T
0
sao cho E
T
= R
n
,∀T ≥ T
0
. Với mọi
T > 0, v ∈ R
n
, u ∈ L
1
[0, T ; R
m
] ta có
Q
T
v, v =
T
0
S(r)BB
∗
S
∗
(r)dr
v, v
=
T
0
B
∗
S
∗
(r)v
2
dr
L
T
u, v =
T
0
u(r), B
∗
S
∗
(T − r)vdr.
Vì thế nếu Q
T
v = 0 với v nào đó thuộc R
n
, T > 0 thì hàm B
∗
S
∗
(r)v
đồng nhất bằng 0 trong [0, T ] cho nên suy ra E
T
vuông góc với v. Do
3
hàm f(r) = B
∗
S
∗
(r)v là hàm giải tích (có thể khai triển thành chuỗi
Taylor vô hạn) và f(r) = 0 với mọi r ∈ [0, T ] cho nên f(r) phải bằng 0
với mọi r ∈ R
+
. Từ công thức biểu diễn của Q
T
suy ra Q
T
v = 0,∀T > 0,
cụ thể Q
T
0
v = 0 cho nên v vuông góc với E
T
0
= R
n
. Suy ra v = 0. Vậy
Q
T
là không suy biến với mọi T > 0.
Xét ánh xạ
l
n
: R
m
× R
m
. . . × R
m
→ R
n
,
l
n
(u
0
, . . . , u
n−1
) =
n−1
j=0
A
j
Bu
j
, u
j
∈ R
m
, j = 0, . . . , n− 1.
Bổ đề 1.1.3. Im(L
T
) = Im(l
n
) với mọi T > 0.
Chứng minh. ∀v ∈ R
n
, u ∈ L
1
[0, T ; R
m
], u
j
∈ R
m
, j = 0, 1 . . . , n − 1 ta
có:
L
T
u, v =
T
0
u(s), B
∗
S
∗
(T − s)vds,
l
n
(u
0
, . . . , u
n−1
) = u
0
, B
∗
v + . . . + u
n−1
, B
∗
(A
∗
)
n−1
v.
Xét v nào đó, giả sử l
n
(u
0
, . . . , u
n−1
), v = 0,∀u
0
, . . . , u
n−1
∈ R
m
. Suy
ra
B
∗
v = . . . = B
∗
(A
∗
)
n−1
v = 0.
Theo Định lý Caley - Hamilton (A
∗
)
n
+ a
1
(A
∗
)
n−1
+ . . . + a
n
= 0. Suy ra
(A
∗
)
n
= −
n
k=1
a
k
(A
∗
)
n−k
=
n−1
k=0
c
k
(A
∗
)
k
.
Bằng truy hồi thu được
(A
∗
)
n+l
=
n−1
k=0
c
l,k
(A
∗
)
k
, ∀l ≥ 0.
4
Từ đó suy ra B
∗
(A
∗
)
k
v = 0,∀k ≥ 0. Do đó
B
∗
S
∗
(t)v = B
∗
e
A
∗
t
v =
∞
k=0
B
∗
(A
∗
)
k
v
t
k
k!
= 0, ∀t ≥ 0.
Suy ra
L
T
u, v =
T
0
u(s), B
∗
S
∗
(T − s)vds = 0,∀u ∈ L
1
[0, T ; R
m
], ∀T > 0.
Ngược lại, giả sử L
T
u, v = 0,∀u ∈ L
1
[0, T, R
m
]. Suy ra B
∗
S
∗
(t)v = 0
với mọi t ∈ [0, T ]. Đặt f(t) = B
∗
S
∗
(t)v. Suy ra f
(n)
(0) = 0,∀n ∈ N. Suy
ra B
∗
(A
∗
)
k
v = 0,∀k ≥ 0. Do đó
l
n
(u
0
, . . . , u
n−1
), v = 0, ∀u
0
, . . . , u
n−1
∈ R
m
.
Vậy Im(L
T
)
⊥
= Im(l
n
)
⊥
, điều này tương đương với Im(L
T
) = Im(l
n
).
Cho ma trận A ∈ R
n×n
và B ∈ R
n×m
. Kí hiệu
[A|B] = [B, AB, . . . , A
n−1
B].
Định lý sau đưa ra các điều kiện tương đương cho một hệ là điều khiển
được.
Định lý 1.1.1. Các điều kiện sau là tương đương.
1. Mọi trạng thái b ∈ R
n
đạt được từ 0.
2. Hệ (1.1) là điều khiển được.
3. Hệ (1.1) là điều khiển được ở thời gian T > 0 nào đó.
4. Ma trận Q
T
là không suy biến ở T > 0 nào đó.
5. Ma trận Q
T
không suy biến với mọi T > 0.
5
6. rank[A|B] = n.
Điều kiện 6 được gọi là điều kiện hạng Kalman.
Chứng minh. Ta có
1 → 5: Áp dụng Bổ đề 1.1.2.
5 → 4: Hiển nhiên.
4 → 3: Q
T
không suy biến ở thời gian T > 0 nào đó. Áp dụng Bổ đề
1.1.1 suy ra hệ (1) là điều khiển được trong thời gian T.
3 → 2: Hiển nhiên.
2 → 1: Do hệ là điều khiển được nên mọi b ∈ R
n
đều đạt được từ 0.
3 → 6: Hệ (1.1) là điều khiển được ở thời gian T>0 nào đó. Suy ra L
T
là toàn ánh. Từ Bổ đề 1.1.3 suy ra l
n
là toàn ánh. Do đó rank[A|B] = n.
6 → 1: rank[A|B] = n. Suy ra l
n
là toàn ánh. Từ Bổ đề 1.1.3 suy ra L
T
là toàn ánh với mọi T > 0. Do đó ∀b ∈ R
n
đạt được từ 0.
Nhận xét: Định lý trên vẫn đúng khi xét hệ trong không gian phức,
tức là các ma trận A ∈ C
n×n
, B ∈ C
n×m
và điều khiển u ∈ C
m
.
Ví dụ 1.1.1. Xét phương trình vi phân:
d
n
dt
n
z + a
1
d
n−1
dt
n−1
z + . . . + a
n
z = u,
với điều kiện ban đầu z(0) = ξ
0
,
dz
dt
(0) = ξ
1
, . . . ,
d
n−1
z
dt
n−1
(0) = ξ
n−1
.
Đặt y
1
= z, y
2
=
dz
dt
, y
n
=
d
n−1
z
dt
n−1
, y = (y
1
, . . . , y
n
)
T
. Khi đó phương trình
vi phân trên được đưa về hệ phương trình vi phân cấp một:
˙y = Ay + Bu,
6
với
A =
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
0 0 0 . . . 1
−a
n
−a
n−1
−a
n−2
. . . −a
1
, B =
0
0
.
.
.
0
1
.
Suy ra
A
j
B =
0
.
.
.
0
1
c
1j
.
.
.
c
jj
và rank[A|B] = rank
0 0 . . . 0 1
0 0 . . . 1 c
n−1,1
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
.
0 1 . . . c
n−3,n−2
c
n−2,n−1
1 c
11
. . . c
n−2,n−2
c
n−1,n−1
= n.
Vậy bởi điều kiện hạng Kalman phương trình vi phân tuyến tính cấp
cao với hệ số hằng là điều khiển được.
Định lý 1.1.2. (Điều kiện hạng Hautus) Hệ (1.1) là điều khiển được khi
và chỉ khi
rank[A − λI, B] = n với mọi λ ∈ C.
Chứng minh. Một cách tổng quát ta xét A ∈ C
n×n
, B ∈ C
n×m
. Giả sử
hệ (1.1) là điều khiển được. Khi đó bởi điều kiện hạng Kalman suy ra
BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
n−1
BC
m
= C
n
.
Mặt khác ta có A
k
Bu = (A− λI + λI)
k
Bu = (A− λI)v + λ
k
Bu với mọi
u ∈ C
m
. Suy ra A
k
BC
m
⊂ (A− λI)C
n
+ BC
m
với mọi k. Do đó
C
n
= BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
n−1
BC
m
= (A− λI)C
n
+ BC
m
,
7
điều này tương đương với rank[A − λI, B] = n với mọi λ ∈ C. Ngược
lại, giả sử rank[A − λI, B] = n với mọi λ ∈ C. Gọi λ
1
, λ
2
, . . . , λ
n
là
các nghiệm của phương trình P
n
(λ) = det[A − λI] = 0. Theo Định lý
Caley-Hamilton ta có
P (A) = (A − λ
1
I)(A − λ
2
I) . . . (A − λ
n
I) = 0.
Đặt T
k
= (A− λ
1
I)(A − λ
2
I) . . . (A − λ
k
I). Ta sẽ chứng minh bằng qui
nạp
T
k
C
n
+ BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
k−1
BC
m
= C
n
với mọi k.
Rõ ràng điều này đúng với k = 1 vì rank[A − λ
1
I, B] = n. Ta có
C
n
= (A− λ
k+1
I)C
n
+ BC
m
= (A− λ
k+1
I)(T
k
C
n
+ BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
k−1
BC
m
) + BC
m
⊂ T
k+1
C
n
+ BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
k
BC
m
.
Suy ra đẳng thức đúng với k + 1. Với k = n thì T
n
= 0 nên ta thu được
BC
m
+ ABC
m
+ . . . + A
n
BC
m
= C
n
Do vậy rank[A|B] = n cho nên hệ (1.1) là điều khiển được.
Ví dụ 1.1.2. Xét hệ điều khiển ˙x = Ax+Bu với A =
0 1
1 0
, B =
1
0
.
Ta có rank[A− λI, B] = rank
−λ 1 1
1 −λ 0
= 2 với mọi λ ∈ C. Vậy bởi
điều kiện hạng Hautus hệ này là điều khiển được.
8
1.2 Tính điều khiển được của hệ tuyến tính
vô hạn chiều
Các kiến thức trong mục này được lấy từ phần IV, chương 1,2 trong
cuốn sách "Mathematical Control Theory: An Introduction" của Jerzy
Zabczyk [1] và bài báo "Controllability and observability in Banach space
with bounded operators" của Roberto Triggiani [10].
Trước tiên chúng tôi điểm qua sơ lược lí thuyết họ toán tử nửa nhóm và
áp dụng của nó vào hệ điều khiển phương trình vi phân tuyến tính vô
hạn chiều. Cho E là một không gian Banach.
Định nghĩa 1.2.1. Họ toán tử nửa nhóm là một họ các toán tử tuyến
tính bị chặn S(t) : E −→ E, t ≥ 0 thỏa mãn
1. S(0) = I;
2. S(t + s) = S(t)S(s), ∀t, s ≥ 0;
3. lim
t↓0
S(t)x = x, ∀x ∈ E.
Kí hiệu D(A) = {x ∈ E : ∃ lim
t↓0
S(t)x − x
t
}. Suy ra D(A) là một
không gian con của E. Xét ánh xạ tuyến tính A : D(A) −→ E, Ax =
lim
t↓0
S(t)x − x
t
. Toán tử A được xác định như vậy được gọi là toán tử
sinh của họ toán tử nửa nhóm S(t).
Ví dụ 1.2.1. A là một toán tử tuyến tính bị chặn, khi đó nó là toán tử
sinh của họ toán tử nửa nhóm
S(t) = e
At
=
∞
n=0
t
n
n!
A
n
.
9
Ví dụ 1.2.2. E = L
2
(a, b), họ toán tử nửa nhóm S(t) xác định như sau
S(t)x(ξ) =
x(t + ξ) nếu t + ξ ∈ (a, b),
0 nếu ngược lại.
Ta có D(A) = {x ∈ E : x khả vi hầu khắp nơi và
dx
dξ
∈ E}. Suy ra toán
tử sinh của họ này là A : D(A) −→ E, Ax =
dx
dξ
.
Bởi lý thuyết họ toán tử nửa nhóm chúng ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.2.1. Cho {S(t)}
t≥0
là một họ toán tử nửa nhóm. Khi đó
1. ∀T > 0,∃M : S(t) ≤ M, ∀t ∈ [0, T ].
2. Nếu x ∈ D(A) thì S(t)x ∈ D(A) và
d
dt
S(t)x = AS(t)x = S(t)Ax.
3. D(A) = E hay D(A) trù mật trong E.
Bây giờ xét hệ điều khiển tuyến tính
˙y = Ay + Bu,
y(0) = a, u ∈ U,
(1.2)
ở đây A là toán tử sinh của họ toán tử nửa nhóm S(t) : E → E, B là
toán tử tuyến tính bị chặn từ U → E với E là một không gian Hilbert
và U là không gian Hilbert tách được của miền tham số điều khiển.
Định nghĩa 1.2.2. Nghiệm mạnh của hệ (1.2) trên [0, T ] là hàm liên
tục y : [0, T ] → E thỏa mãn
1. y(0) = x, y(t) ∈ D(A), ∀t ∈ [0, T ];
2. y khả vi và
dy
dt
(t) = Ay(t) + Bu(t), ∀t ∈ [0, T ].
10
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét