Luận văn Bài toán điều khiển H vô cùng cho một lớp hệ phương trình vi phân không ôtônôm

∈ BM+(0,∞) thoả mãn Q(t)− A(t) ≥ 0. Kết hợp với hệ điều khiển (1.3), xét phương trình vi phân Riccati P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− P (t)B(t)BT (t)P (t) +Q(t) = 0 (1.11) ta có một số bổ đề sau: Bổ đề 1.5.4: [7] Giả sử A(t), B(t) bị chặn trên R+. Nếu hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0 thì với bất kì ma trận Q ∈ BM+(0,∞), phương trình vi phân Riccati (1.11) có nghiệm P ∈ BM+(0,∞). 18 Bổ đề 1.5.5: [9] Nếu hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được đều hoàn toàn thì khẳng định sau luôn đúng: Phương trình Riccati vi phân (1.11), trong đó Q(t) = I , có nghiệm P ∈ M(Rn+) bị chặn đều trên và dưới, tức là tồn tại β1, β2 ≥ 0 thoả mãn β1 ≤ ‖P (t)‖ ≤ β2, ∀t ∈ R+. 19 Chương 2 Một số kết quả về bài toán điều khiển H∞ cho hệ tuyến tính không ôtônôm với giả thiết điều khiển được Phần đầu chương 2, luận văn trình bày kết quả giải được của bài toán điều khiển H∞ cho hệ phương trình vi phân không ôtônôm không có trễ dựa trên mối quan hệ giữa tính điều khiển được đều hoàn toàn và sự tồn tại nghiệm của phương trình Riccati vi phân. Tiếp đó đưa ra một số kết quả mở rộng trong [7] về bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ tuyến tính không ôtônôm có trễ hằng trên biến trạng thái với các giả thiết về điều khiển được nhẹ hơn. 2.1 Tính điều khiển được và điều khiển H∞ cho hệ tuyến tính liên tục không ôtônôm Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính không ôtônôm x˙(t) = A(t)x(t) +B(t)u(t) +B1(t)ω(t), t ≥ 0, z(t) = C(t)x(t) +D(t)u(t), t ≥ 0, (2.1) x(0) = x0, x0 ∈ Rn, 20 trong đó x(t) ∈ Rn là vectơ trạng thái, u(t) ∈ Rm là hàm điều khiển, ω(t) ∈ Rr là biến nhiễu, z(t) ∈ Rl là hàm quan sát, A(t) ∈ Rnìn, B(t) ∈ Rnìm, B1(t) ∈ Rnìr, C(t) ∈ Rlìn, D(t) ∈ Rlìm là các hàm ma trận liên tục cho trước trên R+. Hàm nhiễu ω(t) là chấp nhận được nếu ω ∈ L2([0,∞),Rr). Xét hệ (2.1) với các hàm ma trận B1(t), C(t) liên tục bị chặn trên [0,∞) và giả thiết DT (t)[C(t), D(t)] = [0, I], ∀t ≥ 0 (2.2) để giảm sự phức tạp khi đánh giá các điều kiện. Ta có định lý sau: Định lý 2.1.1: Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được đều hoàn toàn. Bài toán điều khiển H∞ cho hệ (2.1) có lời giải nếu tồn tại P ∈ M(Rn+) thoả mãn phương trình vi phân Riccati (RDE) P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t) −P (t)[B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t) ] P (t) + I = 0, (2.3) và hàm điều khiển ngược là u(t) = −BT (t)P (t)x(t), t ≥ 0. Chứng minh. Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được đều hoàn toàn, theo bổ đề 1.5.5, phương trình RDE (2.3) có nghiệm P (t) ∈ M(Rn+) thoả mãn điều kiện β1 ≤ ‖P (t)‖ ≤ β2, ∀t ∈ R+. Với hàm điều khiển ngược u(t) = −BT (t)P (t)x(t) và hệ đóng với ω = 0: x˙(t) = [A(t)−B(t)BT (t)P (t)]x(t) xét hàm Lyapunov dạng sau V (t, x) = 〈P (t)x, x〉. 21 Ta có β1‖x(t)‖ ≤ V (t, x(t)) ≤ β2‖x(t)‖. Lấy đạo hàm của V (.) dọc theo nghiệm của hệ đóng, với ω = 0, ta có V˙ (t, x(t)) = 〈P˙ (t)x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)x(t), x˙(t)〉 = −‖x(t)‖2 − 〈P (t)B(t)BT (t)P (t)x(t), x(t)〉 −1 γ 〈P (t)B1(t)BT1 (t)P (t)x(t), x(t)〉 − 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉 ≤ −‖x(t)‖2 bởi vì 〈P (t)B(t)BT (t)P (t)x(t), x(t)〉 ≥ 0 〈P (t)B1(t)BT1 (t)P (t)x(t), x(t)〉 ≥ 0 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉 ≥ 0, ∀t ≥ 0. Vậy theo Định lý 1.1.3, hệ đóng với ω = 0 là ổn định tiệm cận. Tiếp theo chúng ta chứng minh điều kiện (1.8) của với mọi giá trị ban đầu x0 ∈ Rn và hàm nhiễu chấp nhận được ω(t). Ta có V˙ (t, x(t)) = −‖x(t)‖2 − 〈P (t)BT (t)B(t)P (t)x(t), x(t)〉 −1 γ 〈P (t)BT1 (t)B1(t)P (t)x(t), x(t)〉 − 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉 +2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 Hơn nữa, với u(t) = −BT (t)P (t)x(t) và điều kiện (2.2) có ‖z(t)‖2 = 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉+ 〈P (t)B(t)BT (t)P (t)x(t), x(t)〉. Do đó ∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2]dt ≤ ∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2 + V˙ (t, x(t))]dt− ∫ ∞ 0 V˙ (t, x(t))dt 22 ≤ ∫ ∞ 0 [ − ‖x(t)‖2 − 1 γ 〈P (t)BT1 (t)B1(t)P (t)x(t), x(t)〉 +2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 − γ‖ω(t)‖2 ] dt+ 〈P (0)x0, x0〉. Sử dụng bổ đề (1.5.1) ta có 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 − γ‖ω(t)‖2 ≤ 1 γ 〈P (t)B1(t)BT1 (t)P (t)x(t), x(t)〉. Khi đó ∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2]dt ≤ 〈P (0)x0, x0〉 ≤ ‖P (0)‖‖x0‖2. Vậy sup ∫∞ 0 ‖z(t)‖2dt c0‖x0‖2 + ∫∞ 0 ‖ω(t)‖2dt ≤ γ với c0 = ‖P (0)‖ γ > 0 vì ‖P (0)‖ > β1 > 0, supremum lấy trên x0 ∈ Rn và hàm nhiễu chấp nhận được ω ∈ L2([0,∞),Rr). Do đó theo định lý 1.4.1, bài toán điều khiển H∞ cho hệ (2.1) có lời giải.  Ví dụ 2.1.2: Cho γ > 0. Xét hệ (2.1) trong đó A(t) = sin 2t 0 0 −1  , B(t) = e− cos2 t 0 0 e−t  , B1(t) = √γ8 e− sin2 t−4 0 0 √ γ 8 e − cos2 t−5  , C(t) =  0 0 √ 11 4 sin t √ 11 4 cos t 0 0  , D(t) =  1 0 0 0 0 1  . Ta có DT (t)C(t) = 0, DT (t)D(t) = I và ma trận U(t, s) được cho bởi U(t, s) = ecos2 s−cos2 t 0 0 es−t  . 23 Với x = (x1, x2) ∈ R2 ta có∫ t+N t ‖BT (s)UT (N, s)x‖2ds = e−2 cos2Nx21N + e−2Nx22N. Vì e−2 cos 2N ≥ e−2N , e−2 cos2N ≤ 1, ∀N ≥ 1 nên chọn N = 1 ta có e−2‖x‖ ≤ ∫ t+N t ‖BT (s)UT (N, s)x‖2ds ≤ ‖x‖ thoả mãn điều kiện (i) của Định nghĩa 1.2.7 với c1 = e −2, c2 = 1. Mặt khác ‖U(t, s)‖2 = e2(cos2 s−cos2 t) + e2(s−t) ≤ e2 + 1 với s < t nên điều kiên (ii) của Định nghĩa 1.2.7 thoả mãn. Khi đó ta có hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được đều hoàn toàn. Vậy bài toán điều khiển H∞ (2.1) có lời giải với u(t) được xác định bởi u(t) = −BT (t)P (t)x(t) trong đó nghiệm P (t) = p1(t) 0 0 p2(t)  của RDE (2.3) được định nghĩa bởi phương trình vi phân p˙1(t) + 2 sin 2tp1(t)− ( e−2 cos 2 t − e −2 sin2 t−8 64 ) p21(t) + 11 4 sin2 t = −1 p˙2(t) + 2p2(t)− ( e−2t − 1 64 e−2 cos 2 t−10)p22(t) + 14 cos2 t+ 1 = 0. 2.2 Mối liên hệ giữa điều khiển H∞ và tính điều khiển được của hệ tuyến tính không ôtônôm Xét hệ (2.1) với giả thiết DT (t)[C(t), D(t)] = [0, I], ∀t ≥ 0. (2.4) 24 ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.2.1: Bài toán điều khiểnH∞ cho hệ (2.1) có lời giải nếu tồn tại ma trận X ∈ BMU+(0,∞), R ∈ BMU+(0,∞) sao cho phương trình vi phân Riccati sau thoả mãn X˙ + ATX +XA−X[BBT − 1 γ B1B T 1 ]X + C TC +R = 0, t ≥ 0. (2.5) Hàm điều khiển ngược là u(t) = −BT (t)X(t)x(t), t ≥ 0. Chứng minh. Với hàm điều khiển ngược u(t) = −BT (t)X(t)x(t) và hệ đóng với ω(t) = 0 x˙(t) = [A(t)−B(t)BT (t)X(t)]x(t), (2.6) xét hàm Lyapunov dạng: V (t, x) = 〈X(t)x, x〉. Do X ∈ BMU+(0,∞) nên tồn tại λ1, λ2 > 0 sao cho λ1‖x‖2 ≤ V (t, x) ≤ λ2‖x‖2, ∀t ≥ 0 Đạo hàm V˙ (.) dọc theo nghiệm của hệ đóng ta có V˙ (t, x) = 〈X˙(t)x(t), x(t)〉+ 2〈X(t)x(t), x˙(t)〉 = 〈(X˙(t) + AT (t)X(t) +X(t)A(t)x(t), x(t)〉 −2〈X(t)B(t)BT (t)X(t)x(t), x(t)〉 = −〈X(t)B(t)BT (t)X(t)x(t), x(t)〉 − 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉 −1 γ 〈X(t)B1(t)BT1 (t)X(t)x(t), x(t)〉 − 〈R(t)x(t), x(t)〉 ≤ −〈R(t)x(t), x(t)〉 25 bởi vì 〈XBBTXx(t), x(t)〉 ≥ 0, 〈XB1BT1 X(t), x(t)〉 ≥ 0, 〈CTCx(t), x(t)〉 ≥ 0. Mặt khác R ∈ BMU+(0,∞) nên tồn tại λ3 > 0 sao cho 〈Rx(t), x(t)〉 ≥ λ3‖x‖2. Do đó V˙ (t, x) ≤ −λ3‖x‖2 ≤ −λ3 λ2 V (t, x). Từ đó ta có V (t, x(t)) ≤ V (0, x0)e− λ3 λ2 t, ∀t ≥ 0 mà λ1‖x(t)‖2 ≤ V (t, x(t)) nên ‖x(t)‖ ≤ √ V (0, x0) λ1 e− λ3 2λ2 t, ∀t ≥ 0. Vậy hệ đóng (2.6) ổn định mũ nên ổn định tiệm cận. Để hoàn thành chứng minh, chúng ta chứng minh điều kiện (1.8) với mọi giá trị ban đầu x0 ∈ Rn và hàm nhiễu chấp nhận được ω(t). Với u(t) = −BT (t)X(t)x(t) và điều kiện (2.4) ta có ‖z‖2 = 〈CTCx, x〉+ 〈X(t)B(t)BT (t)X(t)x, x〉. 26 Khi đó∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2]dt = ∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2 + V˙ (s, x(s))]dt− ∫ t 0 V˙ (s, x(s))ds〉 ≤ ∫ t 0 [ − 1 γ 〈X(s)B1(s)BT1 (s)X(s)x(s), x(s)〉 − 〈R(s)x(s), x(s)〉 +2〈X(s)B1(s)ω(s), x(s)〉 − γ‖ω(s)‖2 ] dt+ V (0, x0) ≤ ∫ t 0 [ 2〈X(s)B1(s)ω(s), x(s)〉 − 1 γ 〈X(s)B1(s)BT1 (s)X(s)x(s), x(s)〉 −γ‖ω(s)‖2 − 〈R(s)x(s), x(s)〉 ] ds+ 〈X(0)x0, x0〉. Sử dụng bổ đề (1.5.1) ta có 2〈X(t)B1(t)ω(t), x(t)〉 − γ‖ω(t)‖2 ≤ 1 γ 〈X(t)B1(t)BT1 (t)X(t)x(t), x(t)〉 và −〈R(t)x(t), x(t)〉 ≤ −λ3‖x(t)‖2. Do đó ∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2]dt ≤ −λ3 ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds+ 〈X(0)x0, x0〉 ≤ 〈X(0)x0, x0〉. Cho t→∞ ta có sup ∫∞ 0 ‖z(t)‖2dt c0‖x0‖2 + ∫∞ 0 ‖ω(t)‖2dt ≤ γ với supremum xác định trên x0 ∈ Rn và hàm nhiễu chấp nhận được ω ∈ L2([0,∞),Rr), c0 = ‖X(0)‖ γ > 0 vì X  0. Bổ đề được chứng minh.  Định lý sau đây cho kết quả giải bài toán điều khiển H∞ cho hệ (2.1) với yêu cầu giả thiết nhẹ hơn. 27 Giả sử A(t), B(t), B1(t) là các hàm liên tục, bị chặn trên R+. Cho γ > 0, đặt Aγ(t) = A(t) + 1 γ B1(t)B T 1 (t)−B(t)BT (t), Bγ(t) = [B(t)B T (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t)] 1 2 . Định lý 2.2.2: Giả sử B(t)BT (t)− 1γB1(t)BT1 (t) ≥ 0, t ≥ 0, và hệ điều khiển [Aγ(t), Bγ(t)] là điều khiển được đều hoàn toàn. Khi đó bài toán điều khiểnH∞ cho hệ (2.1) có lời giải. Hơn nữa, hàm điều khiển là u(t) = −BT (t)[P (t) + I]x(t), t ∈ R+, trong đó P ∈ BM+(0,∞) là nghiệm của phương trình vi phân Riccati P˙ + ATγP + PAγ − PBγBTγ P + A+ AT + CTC + εI = 0 (2.7) với ε > 0. Chứng minh. Chọn ε > 0, bởi Bổ đề 1.5.4, sao cho Q(t) = A(t) + AT (t) + CT (t)C(t) + εI ≥ 0. Kết hợp với (2.7) có P˙ + ATγP + PAγ − PBγBTγ P +Q(t) = 0, (2.8) áp dụng Bổ đề 1.5.5 với điều kiện điều khiển được đều hoàn toàn của hệ [Aγ(t), Bγ(t)]; Aγ(t), Bγ(t) bị chặn, Q ∈ BM+(0,∞), phương trình (2.8) có nghệm P ∈ BM+(0,∞). Do đó P˙ + (AT + 1 γ BT1 B1 −BBT )P + P (A+ 1 γ BT1 B1 −BBT ) −P (B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t))P + A+ A T + CTC + εI = 0 28 suy ra P˙ + AT (P + I) + (P + I)A− (P + I)[B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t)](P + I) +CTC +B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t) + εI = 0. Đặt X(t) = P (t) + I, R(t) = [ B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t) ] + εI. Ta có P ∈ BM+(0,∞), B(t)BT (t)− 1 γ B1(t)B T 1 (t) ≥ 0 nên X(t) 0, R(t) 0. Hơn nữa X˙ + ATX +XA−X[BBT − 1 γ B1B T 1 ]X + C TC +R = 0, t ≥ 0. Vậy áp dụng Bổ đề 2.2.1, bài toán điều khiển H∞ cho hệ (2.1) có lời giải với hàm điều khiển ngược u(t) = −BT (t)X(t)x(t) = −BT (t)[P (t) + I]x(t), ∀t ≥ 0. Định lý được chứng minh.  Ví dụ 2.2.3: Xét hệ (2.1) trong đó A(t) = 12(−1− e−2t) −1 1 12e −2t  , B(t) =  2√3e−t 0 0 2√ 3 e−t  , B1(t) = √11√6 e−t 0 0 √ 11√ 6 e−t  , C(t) =  1√2e−t − 1√2e−t − 1√ 2 e−t 1√ 2 e−t  , D(t) =  1√2 1√ 2  . 29 Ta có DT (t)C(t) = 0, DT (t)D(t) = I . Với γ = 32 thì B(t)BT (t)− 2 3 Bt(t)B T 1 (t) = 19e−2t 0 0 19e −2t  , Bγ(t) = √ B(t)BT (t)− 2 3 Bt(t)BT1 (t) = 13e−t 0 0 13e −t  , Aγt = A(t)−B(t)BT (t) + 2 3 Bt(t)B T 1 (t) = −12 − 1118e−2t −1 1 −1118e−2t  . Ma trận Aγ(t), Bγ(t) giải tích và xét M0(t) = Bγ(t), M1(t) = −Aγ(t)Bγ(t) + d dt M1(t), tồn tại t0 > 0 thoả mãn rank[M0(t0),M1(t0)] = 2. Theo Định lý 1.2.5, hệ [Aγ(t), Bγ(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0 và bài toán điều khiển H∞ có lời giải. Chọn ε = 2 và Q(t) = A(t) + AT (t) + CT (t)C(t) + εI =  1 −12e−2t −12e−2t 2  ≥ 0, theo Bổ đề 1.5.4, phương trình vi phân Riccati P˙ + ATγP + PAγ − PBγBTγ P +Q = 0 có nghiệm P ∈ BM+(0,∞) và hàm điều khiển ngược bền vững là u(t) = −BT (t)P (t)x(t), ∀t ≥ 0. 30 2.3 Bài toán ổn định trong L2 và điều khiểnH∞ bền vững cho hệ tuyến tính không ôtônôm có trễ Xét hệ điều khiển tuyến tính không ôtônôm có trễ hằng trên biến trạng thái x˙(t) = A(t)x(t) + A1(t)x(t− h) +B(t)u(t) +B1(t)ω(t), t ≥ 0, z(t) = C(t)x(t) +D(t)u(t), t ≥ 0, (2.9) x(t) = φ(t), t ∈ [−h, 0], h ≥ 0, trong đó x(t) ∈ Rn là vectơ trạng thái, u(t) ∈ Rm là hàm điều khiển, ω(t) ∈ Rr là biến nhiễu, z(t) ∈ Rl là hàm quan sát, A(t), A1(t) ∈ Rnìn, B(t) ∈ Rnìm, B1(t) ∈ Rnìr, C(t) ∈ Rlìn, D(t) ∈ Rlìm là các hàm ma trận liên tục cho trước trên R+. Xét hệ (2.9) với các hàm ma trận A1(t), B1(t) liên tục bị chặn trên [0,∞) và giả thiết DT (t)C(t) = 0, DT (t)C(t) = I, ∀t ≥ 0. (2.10) Kí hiệu a1 = sup t∈R+ ‖A1(t)‖, b1 = sup t∈R+ ‖B1(t)‖. Xét phương trình vi phân Riccati P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− P (t)B(t)BT (t)P (t) +Q(t) = 0. (2.11) Định lý sau cho ta lời giải bài toán điều khiển H∞ bền vững với giả thiết điều khiển được về 0 của hệ [A(t), B(t)]. Định lý 2.3.1: Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0. Bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ (2.9) có lời giải nếu tồn tại ε, ε1, ε2 > 0 sao cho ε− p2(ε−11 a21 + 1 γ b21) ≥ 0, (2.12) 31 trong đó p = supt∈R+ ‖P (t)‖, P ∈ BM+(0,∞) là nghiệm của phương trình vi phân Riccati (2.11) với Q(t) = CT (t)C(t)+(ε+ ε1+ ε2h)I . Hơn nữa hàm điều khiển ngược là u(t) = −BT (t)P (t)x(t), ∀t ≥ 0. Chứng minh. Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn. Theo bổ đề 1.5.4, phương trình Riccati (2.11) với Q(t) = CT (t)C(t) + (ε+ ε1 + ε2h)I có nghiệm P ∈ BM+([0,∞), X). Với hàm điều khiển ngược u(t) = −BT (t)P (t)x(t), ∀t ≥ 0 và hệ đóng với ω = 0 x˙(t) = [A(t)−B(t)BT (t)P (t)]x(t) + A1(t)x(t− h), (2.13) xét hàm Lyapunov dạng : V (t, xt) = V1(t, xt) + V2(t, xt) + V3(t, xt), trong đó V1(t, xt) = 〈P (t)x(t), x(t)〉, V2(t, xt) = ε1 ∫ t t−h ‖x(s)‖2ds, V3(t, xt) = ε2 ∫ 0 −h ∫ t t+τ ‖x(s)‖2dsdτ. Đạo hàm của V (.) dọc theo nghiệm x(t) của hệ đóng, ta có V˙1(t, xt) = 〈P˙ (t)x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)x˙(t), x(t)〉 = 〈(P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− 2P (t)B(t)BT (t)P (t))x(t), x(t)〉 +2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉+ 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 V˙2(t, xt) = ε1‖x(t)‖2 − ε1‖x(t− h)‖2 V˙3(t, xt) = ε2h‖x(t)‖2 − ε2 ∫ t t−h ‖x(s)‖2ds. 32 Do đó V˙ (t, xt) = 〈[P˙ (t) + AT (t)P (t) + P9t)A(t)− 2P (t)B(t)BT (t)P (t) +(ε1 + ε2h)I]x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 +2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉 − ε1‖x(t− h)‖2 − ε2 ∫ t t−h ‖x(s)‖2ds. Vì ε2 ∫ t t−h ‖x(s)‖2ds ≥ 0, t ≥ 0, và sử dụng Bổ đề 1.5.1 có 2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉 − ε1‖x(t− h)‖2 ≤ ε−11 〈P (t)A1(t)AT1 (t)P (t)x(t), x(t)〉 nên V˙ (t, xt) = 〈[P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− 2P (t)B(t)BT (t)P (t) +(ε1 + ε2h)I]x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 +ε−11 〈P (t)A1(t)AT1 (t)x(t), x(t)〉 ≤ −ε‖x(t)‖2 − 〈[CT (t)C(t) + ε−11 P (t)A1(t)AT1 (t)P (t)]x(t), x(t)〉 −〈P (t)B(t)BT (t)P (t)x(t).x(t)〉+ 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 ≤ −(ε− ε−11 p2a21)‖x(t)‖2 + 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 ≤ −η‖x(t)‖2 + 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉, (2.14) trong đó η = ε− ε−11 p2a21 > 0 do điều kiện (2.12). Tích phân hai vế của (2.14) từ 0 đến t ta có V (t, xt)− V (0, x0) ≤ −η ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds+ 2 ∫ t 0 〈P (s)B1(s)ω(s), x(s)〉ds 33 mà V (t, xt) > 0 nên∫ t 0 ‖x(s)‖2ds ≤ η−1 [ 〈P (0)φ(0), φ(0)〉+ ε1 ∫ 0 −h ‖φ(s)‖2ds+ ε2 ∫ 0 −h ∫ 0 τ ‖φ(s)‖2ds ] +2η−1pb1 {∫ t 0 ‖ω(s)‖2ds } 1 2 {∫ t 0 ‖x(s)‖2ds } 1 2 ≤ η−1[‖P (0)‖+ ε1h+ ε2h2]‖φ‖2 + 2η−1pb1ω{∫ t 0 ‖x(s)‖2ds } 1 2 trong đó ω = {∫ t 0 ‖ω(s)‖2ds } 1 2 . Đặt α = η−1 [‖P (0)‖+ ε1h+ ε2h2]‖φ‖2, β = η−1pb1ω, ta có∫ t 0 ‖x(s)‖2ds ≤ α + 2β {∫ t 0 ‖x(s)‖2ds } 1 2 , do đó ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds ≤ β + √ β2 + α, ∀t ≥ 0. Cho t→∞, ta có x(t) ∈ L2([0,∞), X). Để hoàn thành chứng minh của định lý, ta cần chứng minh điều kiện (1.8). Xét biểu thức∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2]ds = ∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2 + V˙ (s, xs)]ds− ∫ t 0 V˙ (s, xs)ds. Vì V (t, xt) ≥ 0, t ≥ 0 nên − ∫ t 0 V˙ (s, xs)ds = V (0, x0)− V (t, xt) ≤ V (0, x0), ∀t ≥ 0 Hơn nữa với hàm điều khiển ngược và điều kiện (2.10) ta có ‖z(t)‖2 = 〈[CT (t)C(t) + P (t)B(t)BT (t)P (t)]x(t), x(t)〉. 34 Do đó ∫ t 0 [‖z(s)‖2 − γ‖ω(s)‖2]ds ≤ ∫ t 0 [−ε‖x(s)‖2 + ε21p2a21‖x(s)‖2 + 2〈P (s)B1(s)ω(s), x(s)〉 −γ‖ω(s)‖2]ds+ V (0, x0) ≤ ∫ t 0 (−ε+ ε21p2a21 + 1 γ p2b2)‖x(s)‖2ds+ V (0, x0) ≤ V (0, x0) ≤ η−1(‖P (0)‖+ ε1h+ ε2h2)‖φ‖2 bởi vì 2〈P (s)B1(s)ω(s), x(s)〉 − γ‖ω(s)‖2 ≤ 1 γ 〈P (s)B1(s)BT1 (s)P (s)x(s), x(s) ≤ 1 γ p2b21‖x(s)‖2. Cho t→∞, và đặt c0 = η−1(‖P (0)‖+ ε1h+ ε2h2)‖φ‖2 γ , ta có ∫∞ 0 ‖z(t)‖2dt c0‖φ‖2 + ∫∞ t ‖ω(t)‖2dt ≤ γ, với mọi hàm không âm ω ∈ L2([0,∞),Rr), φ(t) ∈ C. Định lý được chứng minh.  Bằng cách chứng minh tương tự, Định lý 2.3.1 có thể mở rộng cho hệ điều khiển với nhiều trễ dạng x˙(t) = A(t)x(t) + N∑ i=1 Ai(t)x(t− hi) +B(t)u(t) +B1(t)ω(t), t ≥ 0, z(t) = C(t)x(t) +D(t)u(t), t ≥ 0, (2.15) x(t) = φ(t), t ∈ [−h, 0], h ≥ 0. với h = max{h1, h2, ..., hN}, ta có định lý sau 35 Định lý 2.3.2: Giả sử hệ điều khiển [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0. Bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ (2.15) có lời giải nếu tồn tại ε, ε1, ε2 > 0 thoả mãn ε− p2( N∑ i=1 ε−11 a 2 i + 1 γ b21 ) ≥ 0, trong đó ai = supt∈R+ ‖Ai(t)‖, P ∈ BM+(0,∞) là nghiệm của phương trình vi phân Riccati (2.11) với Q(t) = CT (t)C(t) + (ε+ ε1 + ε2h)I . Hơn nữa, hàm điều khiển ngược là u(t) = −BT (t)P (t)x(t), ∀t ≥ 0. Ví dụ 2.3.3: Xét trong Rn, x ∈ Rn, x = (x1, x2, ..., xn) với chuẩn ‖x‖ = [ n∑ i=1 x2i ] 1 2 < +∞. Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính không ôtônôm có trễ x˙(t) = A(t)x(t) + A1(t)x(t− 3) +B(t)u(t) +B1(t)ω(t), t ≥ 0, z(t) = C(t)x(t) +D(t)u(t), t ≥ 0, (2.16) với A(t) =  − sin 2t 0 0 ... 0 0 −1 0 ... 0 0 0 −1 ... 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 ... −1  , B(t) =  1 t+ 1 0 0 ... 0 0 e−t 0 ... 0 0 0 e−t ... 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 ... e−t  , 36 C(t) =  e2 sin 2 t (1 + t)2 − 1.5 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0  , D(t) =  0 0 0 ... 0 0 1 0 0 ... 0 0 0 1 0 ... 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 1 0  , A1(t) = B1(t) = aI, trong đó a > 0 xác định bởi 9a2 sup t≥0 ‖P (t)‖2 ≤ 1, với P (t) là nghiệm của RDE (2.15) với ε = 1, ε1 = ε2 = 0.125, Q(t) = CT (t)C(t) + 1.5I. Ta có DT (t)C(t) = 0, DT (t)D(t) = I. Hơn nữa, để kiểm tra điều kiện điều khiển, chúng ta tìm ma trận U(t, s) bằng cách giải phương trình ma trận hữu hạn chiều d dt U(t, s) = A(t)U(t, s), U(t, t) = I. 37 Ta có U(t, s) =  esin 2 s−sin2 t 0 0 ... 0 0 0 es−t 0 ... 0 0 0 0 es−t ... 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 es−t  , Khi đó, với mọi x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn và T > 0 ‖UT (T, 0)xT‖2 = e−2 sin2 Tx21 + e−2T n∑ i=2 x2i và ∫ T 0 ‖BT (s)UT (T, s)xT‖2ds = e−2 sin 2 Tx21 ∫ T 0 1 (s+ 1)2 e2 sin 2 sds+ e−2T n∑ i=2 x2i ∫ T 0 e2sds ≥ e−2 sin2 Tx21 ∫ T 0 1 (s+ 1)2 ds+ e−2T n∑ i=2 x2i ∫ T 0 ds = (1− 1 T + 1 )e−2 sin 2 Tx21 + Te −2T n∑ i=2 x2i . Do đó, với T = 1, điều kiện điều khiển hoàn toàn về 0 trong khoảng thời gian hữu hạn T > 0∫ T 0 ‖BT (s)UT (T, s)xT‖2ds ≥ c‖UT (T, 0)‖2,∀x ∈ Rn thoả mãn với c = 12 , và hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0. Cho γ = 1. Từ chứng minh của Định lý 2.3.1, ta có thể thay việc giải RDE (2.11) bằng cách giải bất phương trình Riccati P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− P (t)B(t)BT (t)P (t) +Q(t) ≤ 0, 38 nghiệm của RDE (2.11) được định nghĩa bởi P (t) =  esin 2 t 0 0 ... 0 0 0 1 0 ... 0 0 0 0 1 ... 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 1  . Ta có p = e, chọn a thoả mãn 3ae ≤ 1, điều kiện (2.12) thoả mãn, do đó bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ (2.16) có lời giải. 39 Chương 3 Bài toán điều khiển H∞ cho hệ phương trình vi phân tuyến tính không ôtônôm có trễ Trong chương này, luận văn trình bày nghiên cứu phát triển các kết quả trong chương 2 về điều kiện giải được của bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ PTVP tuyến tính không ôtônôm có trễ hằng trên cả biến trạng thái và biến quan sát dựa trên sự tồn tại nghiệm của phương trình vi phân Riccati và tính điều khiển được hoàn toàn về 0 của hệ điều khiển. Cuối chương luận văn nghiên cứu mở rộng hơn kết quả giải được của bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ phương trình vi phân tuyến tính không ôtônôm có trễ biến thiên trên biến trạng thái và biến quan sát không cần giả thiết điều khiển được về 0. 40 3.1 Điều khiển H∞ bễn vững cho hệ tuyến tính không ôtô- nôm có trễ hằng Xét hệ điều khiển tuyến tính không ôtônôm với trễ hằng trên biến trạng thái và biến quan sát x˙(t) = A(t)x(t) + A1(t)x(t− h) +B(t)u(t) +B1(t)ω(t), t ≥ 0, z(t) = C(t)x(t) + C1(t)x(t− h) +D(t)u(t), t ≥ 0, (3.1) x(t) = φ(t), t ∈ [−h, 0], h ≥ 0, trong đó x(t) ∈ Rn là vectơ trạng thái, u(t) ∈ Rm là hàm điều khiển, ω(t) ∈ Rr là hàm nhiễu, z(t) ∈ Rl là hàm quan sát; A(t), A1(t) ∈ Rnìn, B(t) ∈ Rnìm, B1(t) ∈ Rnìr; C(t), C1(t) ∈ Rlìn, D(t) ∈ Rlìm là các hàm ma trận liên tục cho trước trên R+, φ ∈ C([−h, 0],Rn), h ≥ 0 là hàm ban đầu với chuẩn ‖φ‖ = sup t∈[−h,0] ‖φ(t)‖. Giả sử các hàm A1(t), B1(t), C(t), C1(t) liên tục và bị chặn. Như thường lệ ta vẫn giả thiết điều kiện DT (t)[C(t), C1(t), D(t)] = [0, 0, I], ∀t ≥ 0. (3.2) Đặt a1 = sup t∈R+ ‖A1(t)‖, b1 = sup t∈R+ ‖B1(t)‖, c1 = sup t∈R+ ‖C1(t)‖, c = sup t∈R+ ‖C(t)‖, p = sup t∈R+ ‖P (t)‖. Định lý 3.1: Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0. Khi đó bài toán điều khiển H∞ bền vững (3.1) có lời giải nếu 1 > 2pa1, 1 > 2c 2 1, (3.3) (1− 2c21)(1− 2p2b21 γ ) > 2c2 + 4p2a21 + 8pa1cc1. (3.4) 41 Hơn nữa hàm điều khiển ngược là u(t) = −BT (t)P (t)x(t) trong đó P (t) là nghiệm của RDE P˙ (t) + AT (t)P (t) + P (t)A(t)− P (t)B(t)BT (t)P (t) + I = 0. (3.5) Chứng minh. Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0 thì RDE (3.5) có nghiệm P ∈ BM(Rn+). Xét hàm Lyapunov cho hệ đóng V (t, xt) = 〈P (t)x(t), x(t)〉+ 1 2 ∫ t t−h ‖x(s)‖2ds. Với hàm ngược u(t) = −BT (t)P (t)x(t) thì x˙(t) = [A(t)−B(t)BT (t)P (t)]x(t) + A1(t)x(t− h) +B1(t)ω(t). Lấy đạo hàm của V (.) dọc theo quỹ đạo nghiệm của hệ đóng ta có V˙ (t, xt) = 〈P˙ (t)x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)x˙(t), x(t)〉+ 1 2 ‖x(t)‖2 − 1 2 ‖x(t− h)‖2 = −〈P (t)B(t)BT (t)P (t)x(t), x(t)〉+ 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 +2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉 − 1 2 ‖x(t)‖2 − 1 2 ‖x(t− h)‖2 (3.6) ≤ −1 2 ‖x(t)‖2 + 2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉 +2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉 − 1 2 ‖x(t− h)‖2. (3.7) Tích phân hai vế của (3.7) từ 0 đến t được: V (t, xt)− V (0, x0) ≤ −1 2 ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds+ 2 ∫ t 0 〈P (s)B1(s)ω(s), x(s)〉ds +2 ∫ t 0 〈P (s)A1(s)x(s− h), x(s)〉ds− 1 2 ∫ t 0 ‖x(s− h)‖2ds 42 ≤ −1 2 ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds+ 2pb1 ∫ t 0 ‖ω(s)|‖x(s)‖ds +2pa1 ∫ t 0 ‖x(s)‖‖x(s− h)‖ds− 1 2 ∫ t 0 ‖x(s− h)‖2ds với p = supt∈R+ ‖P (t)‖. Ta có V (t, xt) ≥ 0, 2pa1 ∫ t 0 ‖x(s)‖‖x(s− h)‖ds− 1 2 ∫ t 0 ‖x(s− h)‖2ds ≤ 2p2a21 ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds, ∫ t 0 ‖ω(s)|‖x(s)‖ds ≤ (∫ t 0 ‖ω(s)|2ds ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds ) 1 2 ≤ ω( ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds) 12 , trong đó ω2 = ∫ t 0 ‖ω(s)‖2ds (vì ω ∈ L2([0,∞)),Rr)). Nên −V (0, x0) ≤ −(1 2 − 2p2a21) ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds+ 2pb1ω ( ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds) 12 mà V (0, x0) = 〈P (0)x(0), x(0)〉+ 1 2 ∫ 0 −h ‖φ(s)‖2ds ≤ (‖P (0)‖+ 1 2 h)‖φ‖2 = α, với α = ‖P (0)‖+ 1 2 h, do đó ( 1 2 − 2p2a21) ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds− 2pb1ω ( ∫ t 0 ‖x(s)‖2ds) 12 − α ≤ 0, áp dụng giải bất phương trình bậc hai với 1 2 − 2p2a21 > 0 (theo (3.3)) có∫ t 0 ‖x(s)‖2ds ≤ (β +√β2 + ηα η )2 43 trong đó β = pb1ω, η = 1 2 − 2p2a21. Cho t→∞ ta có x(t) ∈ L2([0,∞),Rn). Tiếp theo chúng ta chứng minh điều kiện (1.10) với mọi hàm ban đầu φ ∈ C([−h, 0],Rn) và hàm không chắc chắn khác không chấp nhận được ω(t). Với u(t) = −BT (t)P (t)x(t) và điều kiện (3.2) ta có ‖z(t)‖2 = 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉+ 〈P (t)BT (t)B(t)P (t)x(t), x(t)〉 +2〈C(t)x(t), C1(t)x(t− h)〉+ 〈CT1 (t)C1(t)x(t− h), x(t− h)〉 Khi đó ∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2]dt = ∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2 + V˙ (t, x(t))]dt− ∫ ∞ 0 V˙ (t, x(t))dt ≤ ∫ ∞ 0 [ 〈CT (t)C(t)x(t), x(t)〉+ 2〈C(t)x(t), C1(t)x(t− h)〉 +〈CT1 (t)C1(t)x(t− h), x(t− h)〉 − γ‖ω(t)‖2 − 1 2 ‖x(t)‖2 +2〈P (t)B1(t)ω(t), x(t)〉+ 2〈P (t)A1(t)x(t− h), x(t)〉 −1 2 ‖x(t− h)‖2 ] dt+ V (0, x0) ≤ (c2 − 1 2 ) ∫ ∞ 0 ‖x(t)‖2dt+ 2(pa1 + cc1) ∫ ∞ 0 ‖x(t)‖‖x(t− h)‖dt −(1 2 − c21) ∫ ∞ 0 ‖x(t− h)‖2dt+ 2pb1 ∫ ∞ 0 ‖x(t)‖‖ω(t)‖dt −γ ∫ ∞ 0 ‖ω(t)‖2dt+ α ≤ (c2 − 1 2 + 2(pa1 + cc1) 2 1− 2c21 + p2b21 γ ) ∫ ∞ 0 ‖x(t)‖2dt+ α ≤ α vì từ điều kiện (3.4) có c2 − 1 2 + p2b21 γ + 2(pa1 + cc1) 2 1− 2c21 < 0. Do đó∫ ∞ 0 [‖z(t)‖2 − γ‖ω(t)‖2]dt ≤ α 44 nên sup ∫∞ 0 ‖z(t)‖2dt c0‖φ‖2 + ∫∞ 0 ‖ω(t)‖2dt ≤ γ với supremum xác định trên φ ∈ C([−h, 0],Rn) và hàm khác không ω ∈ L2([0,∞),Rr), c0 = α γ = 2‖P (0)‖+ h 2γ ≥ 0. Định lý được chứng minh.  Ví dụ 3.2: Cho γ = 1. Xét hệ điều khiển (3.1) với A(t) = 12 cos t 0 0 −12 sin t  , A1(t) =  14e sin t 0 0 14e cos t  , B(t) = e− sin t 0 0 e− cos t  , C1(t) = 0, B1(t) =  116(sin2 t+ 1) 0 0 √ 2 8e cos 2 t+ 3)  , C(t) =  0 0 1 2 cos t 1 2 sin t 0 0  , D(t) =  1 0 0 0 0 1  . Ta có hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0 (theo ví dụ 1.2.8), khi đó phương trình vi phân Riccati có nghiệm P (t) = esin t 0 0 ecos t  . Hơn nữa DT (t)C(t) = 0, DT (t)C1(t) = 0, D T (t)D(t) = I, a1 = 1 4e , b1 =√ 2 8e , c1 = 0, c = 1 2 , p = e thoả mãn 1 > 2pa1, 1 > 2c 2 1, (1− 2c21)(1− 2p2b21) > 2c2 + 4p2a21 + 8pa1cc1. 45 Vậy bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ (3.1) có lời giải với hàm điều khiển ngược được xác định bởi u(t) = −e− sin2 t 0 0 −e− cos2 t x(t). Từ định lý 3.1, cho A1(t) = C1(t) = 0, x(0) = x0, chúng ta có ngay điều kiện giải được của hệ phương trình vi phân không ôtônôm không có trễ (2.1) với giả thiết [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn. Ta có hệ quả sau: Hệ quả 3.3: Giả sử hệ [A(t), B(t)] là điều khiển được hoàn toàn về 0. Khi đó bài toán điều khiển H∞ bền vững cho hệ (2.