第六章H∞控制问题的解 4,5两章给出了广义距离问题的解。本章的目的是应用这些结果求出∞控制问题的通解。我们将分两 步解决这个问题。第一步,用4,5两章的结果以线性分式映射的形式给出所有使 R1 R21R22-Q 的 Youla参数Q.由45两章的分析可知,Q可以表示为某一中心参数Q和一个范数有界的RH。参 数的线性分式映射(qo,U).第二步,以线性分式映射的形式给出。控制问题的通解。由第二章的 Youla参数化公式,S(G22)=F1(K0,Q).将四块问题的解Q=所(Q,U)代入此式,应用串联LFT公 式,消去KaQ可得。控制问题的通解为F1(Ks,U §6.1。控制问题的可解性亲件 由第3章,如果 (A)可镇定,且矩阵4-B2对任何山都满列秩 D 2.(C2,A)可检测,且矩阵 A- jwI B 对任何u都满行秩 则在互质分解时可取状态反馈阵F和输出注入阵H,使得T和TR为方的内矩阵。进而把模型匹配问 题(31)化为广义距离问题(375).上述条件只有当D12的行数不少于其列数、D21的列数不少于其行数 式才有可能得到满足。此时可对G作预处理,使得 Di2 并能找到D1和D⊥,使[D⊥D12]和 21/为正交矩阵。为计算方便起见,我们暂时假设D1=0.此 YlB,D Ril XB1Bi R D⊥ Fy B2 这里 AH=A+ HC2, AF=A+B2F, ClF=C1+ D12F, Blh= B1+H Del 63) 其中 (BX+D12C1),H=-(YC2+B1D21) 分别是(AF,C1,F)和(AH,B1,H)的可观测性和可控性 Gramian,满足 XAF+AFX+ClFC1, F HY+YAH+B1,HBi、H 由 R1 R R R。∈R%,Q。∈R,可以看到这是以R。为已知R%。传函矩阵、以Q.为待求量的四块问题。由 第5章,可求出谱因子R31,和R13,满足 R11R1+R21.R21+B31R31=y2I R11R11x+R12R1 Rar 111
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第六章∞控制问题的解 定义 R11R21R31 rax R12x R22* R (6.6) R13x R2 33 若(R2n)<,则存在Q∈R满足R-qlv由(0.2)可以看到,[R1.B21R1 Ry 状态空间均是2n维的。这样,需解两个2n维的ARE才能得到R34和R13,从而使计算趋于复杂。为 了使计算尽可能简单,我们将不直接用[R11R21,]和 R 的状态空间表达式进行计算,而是利用 Ry Rj的定义以及TL和TR的全通性质求解谱因子 先考虑谱因子丑31,(6.6)等价于 R31R31=2I-[B1R21] R 由(3.70)得 R。=TPT11T M11T1 T 于是 R ]=T⊥T1.T R31xR n2I-(T⊥T11 再考虑R13,将(6.6)式等价地写做 R R13R 1 R R (T11.T1).(T11.T1) 下面我们给出TT11.和T11.T⊥的状态空间表达式 引理6.1T⊥T11和T11T⊥的状态空间表达式为 TIT Ci BiY T11T⊥5s2 XCRD (6.9) 证明:由 11 Bi Bi 应用串联公式,得 BI B1,H Bi A F D⊥B1YtD1B1D⊥B
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861H。控制问题的可解性条件 引入线性变换 0I0 这里Y是(AH,B1H)的可控性 gramian,满足(6.5)第二式,则 A(1,2)A(1,3)B(1) T SsR F"B3 -AHF"Di D1BYC(2)c(3)0 式中 A(1, 2)= B1, H B1+YAF-YF B2+ AHY B1.H BlH-B1H D 1A+YAH+ AHY+Y(AF-AH-YFB2 (B1D21+YC2+H)H=0 A(1, 3)= B1.H BiH+YAH+ AHY=0 B(1) YF Dia+YCl=YCi C(2)=D⊥B1(I-YY)=0 )=D⊥Bi,H-D 消去不可观测模态 B3 -AH 得(6 类似地,由 C1 应用串联公式,得 AF 0 C1 FB2 -AH F Di2 F" D12D ACiD Bi BiH 引入线性变换 X 这里X是(AF,C1p)的可观测性 gramian,满足(6.5)第一式,则 1.3)B() ngFB2一442,3 XICKD Bi B BiX
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第六章化∞控制问题的解 式中 (CKF C1 F+AFX+ XAF A(2, 3)= F"Di2CL, F+F B3X=F"(F+ Di2C1+ B2X)=0 B(1) ClFDi +XrC 消去不可控模态 F"B, 得(6.9) 我们先设X和Y可逆。此时x=X-1,Y=Y-1.引理6.1给出的状态空间表达式可简化为 T SR AFI-CiD B1 由定理312和3.13可得 引理621R31,的1正交算起问见假0为 A D⊥B1 H tXY=F i(|, 里 2B1DI DIBi 2⊥R13的]正交算起间见假0为 (6.13) Ds CIX A D1DICI BiBi 注x,由mAz和Ai稳定,由定理3n知,|闺霍i,|禺 ≥0 (|里 量谱,R的因个子现可2是 BiDI -YC2 ArBR.1 B (6.14) DiC10 F B。X 由引理62,我们可3给出Ra的因个子现 引理6Ra的]正实现是 A h -Y-BLH B BIDS CD⊥XB R12.R22R B1D⊥B1 R3 D21B1 DI 0
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§61H。控制问题的可解性条件 115 由引理62和6.3,我们可以求出Rax的可观测性和可控性 Gramian.将R2的数据代入这两个 Gramian 的ARE(5.27)和(5.28),得 BR ARYy-Y AR+rY, BR 1BR1Y+ [cr1 Cr,2 (6.17) 下面的引理说明用X和,再加上x和Y,就可以给出ARE(6.16)和(617)的解X1和Y1 引理64若(6.10)和(6.17)存在半正定的镇定解X,和Y,则 0 X Y=TR Ⅰ0 证明:第一步,证明X,和Y分别满足(6.16)和(6.17).先证明x满足(6.16).将X1代入(6.16).左端 的(1,1)块为 Y AH +AHY +B1DI D1B1+YC2C2Y H+B1D⊥D⊥B1+YC2C2Y Y(A-B1D21 C2)+(A-B1D21 C2Y-YC2C2Y+B1DI DIBi 这正是ARE(3.63)的左端。于是(1,1)块为零。(1,2)块为 Bi+ BiDiDiBi-YC2 B1B1-HD21Bi+ B1DiDi Bi-rC2D21 B B1D21D21B1-HD21Bi-YC2D21Bi -(B1D21+YC1)D21B1-HD21B1 (2,2)块为 XAF+AFX+X(r-2GiDiDIC1)X+B1D1D1B1+B1 D21 D21B1 XAF+AFX+X(CiDIDIC1)X+BBi=0 所以,X满足(6.16) 再证Y满足(617).将Y1代入(6.17),左端为 TRYOTR-TRY,OTRA TrBR1BD BY0T 将上式左乘(T)-1,右乘T,得 [(TR)-IARTR Y,0-Y,0[(TR)-ARTR+y-Y, 0TRBR, 1BR1TRY, 0+(TR-[CR1 CR21
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