Trong mục này ta sẽ nghiên cứu đặc trưng dạng điều kiện hạng Kalman cho tính điều khiển được tương đối.
Bổ đề 2.2.1. Cho hàm Φ : Zsq →R cho trước. Khi đó phương trình
q
X
k=s
Φ(k)η(k) = 0 (2.4)
với hàm bất kỳ η : Zq →R đúng nếu và chỉ nếu Φ(k) = 0 trên Zq.
Như ta đã biết để xét tính điều khiển của hệ phương trình vi phân tuyến tính với một đầu vào (tiêu chuẩn Kalman), ta sử dụng hai kết quả chính là nghiệm của bài toán Cauchy cho hệ không thuần nhất và định lý Cayley - Hamilton. Cụ thể, công thức nghiệm của bài toán Cauchy cho hệ không thuần nhất có dạng
x(t) = eAtx0 +b Z t
0
eA(t−s)u(s)ds,
trong đó exp(At) là ma trận mũ được định nghĩa qua công thức eAt = I + 1
1!At + 1
2!(At)2 +...+ 1
k!(At)k +...
với ma trận I là ma trận đơn vị cỡ n×n.
Kết quả thứ hai là định lý Cayley - Hamilton. Định lý này khẳng định với mọiAi, i = n, n+1, ...với ma trận hằng A n×ncho trước, có thể biểu diễn bởi tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các ma trận I, A, A2, ..., An−1. Trong chương này, ta sẽ làm việc với ma trận rời rạc có trễ dạng mũ eBkm , ma trận hằng B cỡ n×n cho trước, được định nghĩa là:
eBkm :=
Θ khi k ∈ Z−∞−m−1, I khi k ∈ Z−m0 , I +B
k 1
khi k ∈ Z1k+1, I +B
k 1
+B2
k −m 2
khi k ∈ Z(m+1)+12(m+1) , I +B
k 1
+B2
k −m 2
+B3
k −2m 3
khi k ∈ Z2(m+1)+13(m+1) ....
I +B
k 1
+B2
k −m 2
+Bl
k −(l−1)m l
khi k ∈ Z(l−1)(m+1)+1l(m+1) , l = 0,1,2, ...
(2.5)
trong đó, Θ là ma trận không cỡ n×n.
Bổ đề 2.2.2. Lấy B là ma trận hằng n×n. Khi đó,
4eBkm = BeB(k−m)m (2.6)
với k ∈ Z−m∞ .
Ma trận rời rạc có trễ dạng mũ expBkm của ma trận hằng B có thể sử dụng để biểu diễn nghiệm của hệ rời rạc. Cụ thể như sau:
x(k) =eBkm ϕ(−m)+
0
X
j=−m+1
eB(k−m−j)m 4ϕ(j−1)+
B
X
j=1
(k−m−j)bu(j−1), (2.7) trong đó k ∈ Z1∞.
Định nghĩa 2.2.1. Xét r là một số dương cho trước. Ta định nghĩa lớp hàm rời rạc bị chặn Ω(s, q) là
Ωr(s, q) := {ω : Zsq → R,||ω||sq ≤ r}.
Định nghĩa 2.2.2. Ta định nghĩa miền đạt được (a domain of reach- ability) Qϕ ⊆ Rn là tập gồm các điểm x(k1), trong đó x là nghiệm của hệ (2.2) tương ứng với giữ liệu ban đầu (2.3) và hàm điều khiển bất kỳ u ∈ Ωr(0, k1 −1).
Kết quả chính: Điều kiện cho tính điều khiển tương đối của hệ và hàm điều khiển u = u∗(k), k ∈ Z0k1−1 được tính bởi công thức sau
4x(k) =Bx(k−m) +bu(k), k ∈ Z0k1−1, (2.8) x(k) =ϕ(k), k ∈ Z−m0 , (2.9)
x(k1) =x∗. (2.10)
Ta định nghĩa ma trận n×n
S := (b, Bb, B2b, ..., Bn−1b) và vector
ξ := x∗ −eBkm 1ϕ(−m)−
0
X
j=−m+1
eB(km 1−m−j)4ϕ(j −1). (2.11)
Hơn thế nữa ta định nghĩa số
k∗ := (n−1)(m+ 1) + 1. (2.12) Định lý 2.2.1. Hệ (2.8) - (2.10) có tính điều khiển tương đối nếu và chỉ nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
rankS = n (2.13)
và
k1 ≥k∗. (2.14)
Chứng minh. Điều kiện cần:Giả sử hệ là hệ điều khiển tương đối (2.8).
Khi đó, theo định nghĩa hệ điều khiển tương đối với bất kỳ hàm ban đầu ϕ :Z−m0 → Rm, trạng thái cuối hữu hạn x = x∗ ∈ Rn và giá trị hữu hạn k1 lớn hơn hoặc bằng số nguyên cố định k∗ ∈ Z1∞, tồn tại hàm rời rạc u∗ : Z0k1−1 → R sao cho hệ (2.8) có nghiệm x∗ : Z−mk1 → Rn thoải mãn giả thiết (2.10). Trong trường hợp này, ta sẽ chỉ ra (2.13) và (2.14) với k∗ được định nghĩa bởi (2.12) thoải mãn. Ta sử dụng công thức (2.7) để biểu diễn nghiệm x∗ của hệ (2.8)-(2.10). Tại thời điểm k = k1 ta có x∗ = x∗(k1) =
= eBkm 1ϕ(−m) +
0
X
j=−m+1
eB(km 1−m−j)4ϕ(j−1) +
k1
X
j=1
eB(km 1−m−j)bu∗(j−1).
(2.15) Ta có thể viết lại (2.15) (bằng cách sử dụng (2.11)) như sau
k1
X
j=1
eB(km 1−m−j)bu∗(j−1) = ξ. (2.16) Ma trận rời rạc có trễ dạng mũ eBkm có cùng bậc p(k) của ma trận B với mọi tập có các giá trị
k = (l−1)(m+ 1) + 1,(l −1)(m+ 1) + 2, ..., l(m+ 1) với l = 0,1,2, .... Dễ thấy
p(k) =
k−1
m+1
+ 1 khi k = 1,2, ..., 0 khi k < 1.
(2.17)
Do đó, ma trận rời rạc có trễ dạng mũ có thể rút gọn như sau:
eBkm =
0 khi k ∈ Z−∞−m,
I +Pp(k) i=1 Bi
k−(i−1)m i
khi k ∈ Z−m∞ . (2.18) Do k1 ≥1, biểu thức (2.16) biến đổi thành
k1
X
j=1
I +
p(k1−m−1)
X
i=1
Bi k1 −m−j −(i−1)m i
!
bu∗(j−1) = ξ. (2.19) Vế trái của biểu thức là tổ hợp tuyến tính của q + 1 vector
b, Bb, ..., Bqb (2.20)
với
q = p(k1 −m−1) =
k1 −m−1−1 m+ 1
+ 1 =
k1 −1 m+ 1
. (2.21) Nói cách khác, (2.19) có thể viết dưới dạng
C1b+C2.Bb+...+Cq+1Bqb = ξ (2.22) với các "hằng số" C1, C2, ..., Cq+1 (là các hàm của u∗(0), u∗(1), u∗(2), ..., u∗(k1 −1) ).
Như vậy, với q + 1 < n, hệ (2.22) thường không định nghĩa được và nghiệm của nó (với ξ bất kì) không tồn tại. Do đó, điều kiện cần để hệ (2.22) giải được là bất đẳng thức q + 1 ≥ n. Khi đó nhiệm của (2.22) luôn tồn tại. Cuối cùng ta có
q = k1 −1
m+ 1 ≥ n−1 hoặc
k1 ≥(n−1)(m + 1) + 1 =k∗.
Suy ra ta đã chứng minh được bất đẳng thức (2.14). Theo định lý Cayley- Hamilton, với ma trận Bi bất kỳ (i ≥ n) có thể phân tích bởi tổ hợp tuyến tính của các ma trận
I, B, B2, ..., Bn−1.
Nếu q ≥ n, thì tổ hợp tuyến tính (2.22) của hệ vector (2.20) có thể rút gọn thành một tổ hợp tuyến tính của các vector trong hệ sau
b, Bb, ..., Bn−1b.
Do đó, hệ (2.22) của n phương trình tuyến tính ở trên sẽ giải được với bất kì giá trị nào của ξ khi và chỉ khi detS 6= 0, tức là rankS = n. Như vậy điều kiện (2.13) được chứng minh.
Điều kiện đủGiả sử ta có giả thiết (2.13) và (2.14), ta phải chứng minh hệ (2.8) là điều khiển tương đối. Đầu tiên, ta sẽ chứng minh số chiều của miền điều khiển được bằng n. Sử dụng phương pháp phản chứng, ta giả sử dimQϕ < n. Khi đó, tồn tại vector hằng số không tầm thường y = (y1, y2, ..., yn)T ∈ Rn sao cho với mọi hàm điều khiểnu ∈ Ωr(0, k1−1) và nghiệm tương ứng x = x(k, u, ϕ) của bài toán (2.8), (2.9), ta có
yTx(k1) = 0. (2.23)
Ta chọn hàm zero ban đầu ϕ(k) = 0, k ∈ Z−m0 . Khi đó áp dụng công thức (2.7), ta được
x(k1) =
k1
X
j=1
eB(km 1−m−j)bu(j−i), (2.24) và (2.23) trở thành
yT
k1
X
j=1
eB(km 1−m−j)bu(j −i) = 0. (2.25) Do (2.25) đúng với mọi hàm điều khiển u ∈ Ωr(0, k1−1) nên theo bổ đề 2.2.1, ta có
yTeB(km 1−m−j)b = 0, j ∈ Z0k1. (2.26) Bây giờ ta áp dụng (2.6) vào (2.26), ta có
4[yTeB(km 1−m−j)b] = yT 4[eB(km 1−m−j)]b = yTBeB(km 1−m−j)b = 0 hoặc
yTBeB(km 1−m−j)b = 0, j ∈ Z0k1. (2.27)
Ta tiếp tục áp dụng toán tử 4 cho (2.27) (n−2) lần. Khi đó, theo như (2.6),
yTB2eB(km 1−3m−j)b = 0, j ∈ Z0k1, (2.28) yTB3eB(km 1−4m−j)b = 0, j ∈ Z0k1, (2.29)
...
yTBn−1eB(km 1−nm−j)b = 0, j ∈ Z0k1. (2.30) Ta cho j = k1 trong (2.26), j = k1 −m trong (2.27) và cứ như thế
j = k1 −2m, j = k1 −3m, ..., j = k1 −(n−1)m
trong (2.28), (2.29), và (2.30). Theo (2.14), bất đẳng thức k1 ≥ (n − 1)(m + 1) + 1 đúng thì ta có k1 −(n−1)m ≥ n ≥ 1, và mọi các lựa chọn chỉ số j đều chấp nhận được. Do eB(−m)m = I nên hệ (2.26) - (2.30) (tương ứng với b) rút gọn thành
yTb = 0, yTBb = 0, ..., yTBn−1b = 0. (2.31) Ta sửa dụng định nghĩa ma trận S và viết lại (2.31) thành
yTS = 0. (2.32)
Hệ thuần nhất (2.32) có nghiệm không tầm thường nếu và chỉ nếu ma trận của nó là suy biến. Có nghĩa là detS = 0. Như vậy mâu thuẫn với (2.13). Vậy điều kiện dimQϕ < n không tồn tại và số chiều của miền điều khiển được là n.
Do miền điều khiển được chứa điểm −x(k1) tương ứng với hàm điều khiển −u ∈ Ωr(0, k1 −1) và điểm x(k1) tương ứng với hàm điều khiển u ∈ Ωr(0, k1−1), nên ta có thể kết luận Qϕ đối xứng. Hơn thế nữa, miền điều khiển được chứa đoạn thẳng nối hai điểm x(k1) và −x(k1). Do đó, theo như giả thuyết tính tuyến tính của hệ, hệ chứa một quả cầu với bán kính là δ
Uδ := x ∈ Rn,kxk< δ
với δ dương. Dễ thấy nếu r → ∞ trong Ωr(0, k1 −1) thì theo như tính hữu hạn của đoạn Z0k1−1, ta kết luận δ → ∞ theo định nghĩa của Uδ. Do
đó, miền Qϕ trùng với toàn không gian Rn. Đồng thời điều này cũng chỉ ra rằng với mọi điểm x∗ ∈ Rn luôn tồn tại hàm điều khiển u = u∗, hàm giải bài toán (2.8) - (2.10). Như vậy ta có điều phải chứng minh đúng ngay cả trong trường hợp hàm ban đầu ϕ khác không. Thật vậy, ta có thể sử dụng một phép biến đổi đơn giản x(k) = xϕ(k) +z(k), trong đó xϕ(k) là nghiệm của bài toán thuần nhất
4xϕ(k) =Bxϕ(k −m), k ∈ Z0k1−1, xϕ(k) =ϕ(k), k ∈ Z−m0 ,
trở thành bài toán tương ứng của z với hàm ban đầu bằng không.
Ví dụ 2.1. Xét hệ điều khiển x(k + 1)−x(k) = Bx(k −2) +bu(k) với B =
"
0 2
−2 1
#
và b = 1 2
! .
Dễ thấy S = [b, Bb] =
"
1 4 2 0
#
nên rankS = 2. Ta có k∗ = (2−1)(2 + 1) + 1 = 4.Do vậy hệ này là điều khiển được tương đối tại mọi thời điểm k1 ≥ 4.