1. Problema clásico de EDO

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1 FACULTAD CS FÍSICAS Y MATEMÁTICAS UNIVERSIDAD DE CHILE MA57C Control Óptimo Semestre 27-2 Profesor: Rafael Correa Auxiliar: Oscar Peredo Clase Auxiliar #1 31 de julio de 27 1 Problema clásico de EDO Problema 11 Considere el sistema ẋ(t) = Ax(t) + w(t) x() = x con w(t) función T -periódica, ie, w(t) = w(t + T ) Encuentre una solución periódica del sistema Solución 11 La solución del sistema se escribe: Buscamos x(t) tal que x = x() = x(t ): x(t) = e At x + t x(t ) = e AT x + x = e AT x + e A(t s) w(s)ds e A(T s) w(s)ds e A(T s) w(s)ds x = (I e AT ) 1 e A(T s) w(s)ds Ahora, probemos que x() = x(t ) implica x(t) = x(t + T ) Denotemos f(t) = x(t + t) Se tiene que: f(t) = Ax(t + T ) + w(t + T ) = Af(t) + w(t) f() = x(t ) = x() Por teorema de existencia-unicidad de EDO, f(t) = x(t), ie, x(t + T ) = x(t) 2 Descomposición de Kalman Problema 21 (Descomposición del espacio controlable) Pruebe que si la matríz de controlabilidad del sistema ẋ = Ax + Bu y = Cx + Du 1

2 tiene rango r < n, entonces existe una matríz invertible T, tal que z = T x y el sistema se puede escribir de la forma ( ) ( ) ( ) ( ) ż1 A11 A = 12 z1 B1 + u ż 2 A 22 z 2 ( ) z1 y = [C 1, C 2 ] + Du con A 11 R r r Solución 21 Como el sistema no es controlable, se tiene que dim(im[b AB A 2 B A n 1 B] ) = r < n }{{} R Sea {q 1,, q r } base de R Notemos que para cada i = 1,, r, el vector Aq i es combinación lineal de vectores en {q 1,, q r }, pues AR R (por Cayley-Hamilton) Definamos z 2 P 1 Q [q 1, q 2,, q r, q r+1,, q n ] donde q r+1,, q n son vectores li entre si y li con respecto a la base {q 1,, q r } Con esto, la transformación z = P x satisface lo que necesitamos En efecto, Es decir De álgebra lineal, tenemos el siguiente resultado: P ẋ = P AP 1 P x + P Bu y = CP 1 P x + Du ż = Az + Bu y = Cz + Du Teorema 21 Sean {v 1,, v n } y {q 1,, q n } bases de R n y A R n n matríz real representada en la base {v 1,, v n } Entonces la matríz A R n n construída de la forma A = Q 1 AQ con Q = [q 1,, q n ] tal que la columna j-ésima de A es la representación del vector Aq j en la base {q 1,, q n }, es decir, a 1j Aq j = [q 1,, q n ] Como Aq j se escribe de la forma para j = 1,, r, se obtiene la igualdad r Aq j = β k q k k=1 a nj r n β k q k = a jk q k k=1 k=1 Luego, a jk = para k = r + 1,, n y j = 1,, r 2

3 Problema 22 (Descomposición del espacio observable) Pruebe que si la matríz de observabilidad del sistema ẋ = Ax + Bu y = Cx + Du tiene rango r < n, entonces existe una matríz invertible T, tal que z = T x y el sistema se puede escribir de la forma ( ) ( ) ( ) ( ) ż1 A11 z1 B1 = + u ż 2 A 21 A 22 z 2 B 2 ( ) z1 y = [C 1, ] + Du con A 11 R r r Solución 22 Análogo al anterior La descomposición de Kalman se construye utilizando las 2 descomposiciones anteriores: z 2 T = [T ro T ro T ro T ro ] donde r: controlable (reachable), o: observable, r: no controlable, o: no observable Las matrices transformadas quedan de la forma: A ro A 12 A 13 A 14 Â = A ro A 24 A ro A 34 A ro B ro B = B ro Ĉ = [ C ro ] C ro Con esto, los estados se dividen en 4 grupos: Σ ro, Σ ro, Σ ro, Σ ro 3

4 3 Sistemas Lineales Discretos de Primer Orden Consideremos el sistema lineal autónomo { xt+1 = Ax t + B x dado (1) con A R n n, B R n y x t R n, t N La solución de este sistema se construye iterando hacia atrás: x 1 = Ax + B x 2 = A(Ax 1 + B) + B = A 2 x + AB + B x 3 = A(A 2 x + AB + B) + B = A 3 x + A 2 B + AB + B t 1 x t = A t x + A i B Recordemos que t 1 i= Ai = (I A t )(I A) 1 si det(i A), pues i= t 1 A i (I A) = I + A + A A t 1 (A + A A t ) i= = I A t Luego, si det(i A), la solución se caracteriza de la forma x t = A t (x (I A) 1 B) + (I A) 1 B Definición 31 Un punto de equilibrio del sistema 1 es un vector x que satisface x = Ax + B Recordemos la descomposición de Jordan para la matríz A: Lema 31 (Descomposición de Jordan) Sea A R n n Entonces existe una matríz Q R n n no singular tal que A = QDQ 1 y D 1 D = D 2 D m con D 1,, D m bloques cuadrados Los bloques de Jordan pueden ser de 4 tipos, dependiendo de los valores propios de A asociados a ese bloque: Valores propios reales diferentes: λ i (bloques de tamaño 1) Valores propios reales repetidos: λ 1 λ 1 λ Valores propios complejos diferentes (λ i = α + iβ): [ α β β α ] 4

5 Valores propios complejos repetidos: α β β α 1 α β 1 β α 1 α β 1 β α Finalmente, la caracterización de la solución de 1 usando el lema anterior es la siguiente: Lema 32 La solución de 1, cuando det(i A) y x es punto de equilibrio del sistema, se escribe de la forma con D matríz de Jordan asociada y Q no singular tal que A = QDQ 1 Demostración Definamos z t = x t x Escribiendo z t+1 se tiene: x t = QDQ 1 (x x) + x (2) z t+1 = x t+1 x = Ax t + B x = A(x t x) (I A)x + B = Az t (I A)(I A) 1 B + B = Az t Usando la descomposición de Jordan, z t+1 = QDQ 1 z t y tomando y t = Q 1 z t, el sistema queda de la forma y t+1 = Dy t (3) La solución de lo anterior, usando iteración hacia atrás, es y t = D t y Devolviendose el los cambios de variable, se obtiene x t = QDQ 1 (x x) + x 5