第三章化模型匹配问题为广义距离问题 本章内容包括传递函数矩阵的 Immer- outer分解以及谱分解。对这些分解涉及的代数 Riccati方程的解 的理论,将做比较详细的介绍。通过这些分解,可将模型匹配问题化为广义距离问题 31引言 第二章通过镇定器的 Youla参数公式,已将控制问题转化为模型匹配问题 Q。1+n12Qr21l 这里 t B2F Ba r=(T1T12) A+ HC2 B1+ HD21 0 C1+D D1 D D 0 其中状态反馈阵F和输出注入阵H的选择使得AF=A+B2F和AH=A+HC2稳定。为使所讨论的 问题更具有普遍意义,考虑一般的模型匹配问题。由(31)显而易见,T;和G;的维数相同。所以,在 (3.1)中,令T11∈ RHPI,T12∈RP1×m2,T21∈R2×m为已知的稳定的传递函数矩阵,Q为待 确定的稳定的传递函数矩阵。模型匹配问题可以通过 Nevannlina-Pick插值法解决。对于这种方法,这里 不做详细介绍。读者可参阅(Kima).本章先通过对T1和T21的 inner-outer分解把MMP化为一个与 之等价的广义距离问题,再通过谱分解把广义距离问题化为 Nehari问题 为闸明用 inner-outer分解法化简MMP的思路,先考虑j∞处的模型匹配问题 minl‖(T1+T12Q21)(1∞) 32) 由引理24, Yr(j∞)=I,xr(j0)=0,N(j∞)=D22,D1(j)=I 于是 K(10)=(I+Q(j0)D2)Q(∞),Q(1∞)=K(jx)(I-D22K(j∞) j∞处的模型匹配问题等价于 5Dn+D2(×1-D2(x)D21=V(DE(x) 记Q三Q(1∞)=K(j)(I-D2K(∞)-2.上式为 mind u1+ Di2QD21j 设D2满列秩,D21满行秩。于是可通过初等列变换,将D12的列向量正交化,通过初等行变换,将 D21的行向量正交化。即存在D12∈CP1Xm,D12,∈CmXm,D21∈Cpm1,D12,∈CpP满足 D12=D12,D12 =D21,D21i,D12D12;=Im2,D21D12=I2,D12,和D2,非奇异。若p1>m2 则可找到另外p1-m2个列向量构成p1x(m1-m2)矩阵D1,使得[D⊥D12,是一个方的酉矩阵,即 [D⊥D2i[D⊥D12,=.D1叫做D12的正交补。类似地,若P<m1,则可找到另外m41-p2个行 量构成(m1-p2)×m1矩阵D⊥,使得D1D2,d是一个方的酉矩阵,即[iD21i][DiD1,l=I
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第三章化模型匹配问题为广义距离问题 D⊥叫做D21i的正交补.由于左乘或右乘一个酉矩阵不改变矩阵的奇异值o(M),我们有 Q Dell a Da Du+ NoDAl Dt Di 00 R Ry Q R21R22+Q 这里Q R11R1 DI D11DI DI Di1 D21 R21 R Di2Di1Di 于是(2.35)等价于 11 R R21R22+Q (3.5)中的问题叫做矩阵扩张( Matrix Dilation)问题记该问题的解为Qopt,则模型匹配问题的解为Qopt= 矩阵扩张问题的解留待第5章.本章主要研究当T;均为传递函数矩阵时,如何将酉矩阵的概念推 广,引入 Immer, outer传递函数矩阵的概念,对传递函数矩阵T;进行分解,将模型匹配问题化为(3.5)的 形式,以使控制问题更进一步简化 832 inner、 outer传递函数矩阵的定义 先考虑下述单输入、单输出模型匹配问题 ∞‖(s+3)s+4) 然, G()=(s-1)(s-2)(s=1)(s-2)(s+1(s+2) (s+3)(s+4)(s+1)(s+2)(s+3)(s+4) 且有 2)(s-1)(s-2) 于是 Gis(w )Gi(w)=Gi(w Gi(w)=Gi(w) (s-1)(s-2) (-8-1)(-8-2) (s-1)(s-2) (8+3)(8+4)(8+3)(s+4) (-8+1)(-8+2)[(s+3)(s+4)(s+3)(s+4) (s+1)(s+2)(s+1.5)(s+1)(s+2) (s-1)(s-2)(s+3)(s+4)(s+3)(s+4) +1-2+可分解为 (8+1)(s+2)( (8-1)(8-2(s+3)(s+4)(s-1)(s-2) 记Q=8+3+Q-m3计+,则由于{+3#及其道均属于R,Q∈R∞当且仅当Q∈Rx 所以可以先解优化问题 m:5+-
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832 Inner、 outer传递函数矩阵的定义 得Q然后求出Qnm=#+9:#(Qnm+ 满足(36)的分解叫做G(8)的 lnner-outer分解。G1叫做G(s)的iner因子,C。叫做G(s)的 outer 因子。对于单变量系统, Inner- outer分解相当简单。iner因子G;具有 Blaschka乘积的形式: G:=II(53 (37) 其中包括了G所有不稳定的零点,而G=C∏(共)当G(为传递函数矩阵时,情况就复杂多 了。这时需要寻找iner- outer分解问题的解析算法 83.21 Inner矩阵 定义31G∈Rm叫做 inner矩阵( Inner matriz,如果G￠=I,这里C,=Cr(-s). 显然,G是iner矩阵的必要条件是p≥m,即G是一高矩阵。 Inner矩阵的一个有用的性质是 GFl=| Flloo VF∈Rh 这是因为当s=j时,G=G(-j)=G(j),从而G"(ju)G(j) [F(j=x22F(j)F(u=x2/[F'(j)G"(j)G(i)F(j) 下述引理给出了传函矩阵G是nner矩阵的充要条件 引|理3.1设(A,B,C,D)是G的一个最小实现。则G是iner矩阵,当且仅当 2. D"D=I 这里X是(C,A)的可观测性 Gmmian,x=oc4'C'Ce4td 证明:先证明X满足 Lyapunov方程XA+AX+C"C=0 XA+AX (AeA"C"Ceat +e"C"ceata)dt dea"C"Ceat=eAtC"CeAt 由于A稳定,im→se4t=0,于是XA+AX=-C"C 再求GG的状态空间表达式。由G(s)=C(8I-A)-1B+D得 Gr(-8) B(sI-(A)")C*+D SR BD 于是 B cc当|cc A°CD I 0 引入线性变换m X a"CD+XB D"C+BX 由于(A,B)可控,故GG=DD,当且仅当(-A",CD+XB)完全不可控,(D"C+BX,A)完全不 可观测,即DC+BX=0
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第三章化模型匹配问题为广义距离问题 注3.1若G只满足条件1,则称￠为全通的(αl-ps).全通传递函数的幅频特性是一条直线,这意味着 G对所有正弦输入的放大作用蹭增益)都是一样的。传递函数矩阵的幅频特性可以定义为G(j)的奇异 各个奇异值可以理解为G对其输入u(t)=[u1(t),u2(t),,um(t)]的各个分量u;(t)= sinw t的 某个线性合的増益。于是,G∈咒η有π个幅频特性。全通传递函数矩阵的所有幅频特性都是直 线。这意味着口对任何频率的正弦信号的增益都是一样的。我们称这种幅频特性为全通的。注意全通的 概念也可以推广到不稳定传函矩阵。此时定义X为 Lyapunov"方程的解 定义3.2Gnr称为G的一个右递,如果G·GBr=I. 显然,G有右逆的充要条件是G的列数不少于它的行数,且G满行秩。设 满足这个条件,则 SSR_A-BD(DD)-CIBD(DD) DT(DDT)-C DT(DDT) 证明.由串联公式,得 A-BDT(DDT)-IC 0 BDT(DDT)-1 BD(DDI A BDT(DDT) DD(DD)-C C DDT(DD ) A-BD (DD )-C 0 BDT(DD) 0 定义3.3G∈咒HB"叫做 outer矩阵,如果G在右半平面Re(s)>0中满行秩,即G有一个在B(s)>0 內解析的右递矩阵 定义34(传递函数矩阵的 inner-outer分解 Inner- Outer- Factorization)设G∈(RHa)m,若存在 inner 阵G1和 outer矩阵G。,满足G=GG,则称￠=GC。为G一个 inner-outer分解。 类似地引入下述定义 定义3.5G∈咒HBm叫儆co-iner,如果GG=Ⅰ.G叫做co- outer,如果G在右半平面內满列秩或有 一个在右半平面内解析的左递。G=G。·Ga叫做咒H一传递函数矩阵G的一个c- inner- outer分 解,若 下述引理给出了G为co-imer的充要条件 引理3.2令(A,B,C,D)是G的一个最小状态空间实现,则G为co- inner当且仅当 1.CY+DB=0, 2. DD=I 这里Y=。cABe4“d是(A,B)的可控性 Gramian,满足 Lyapunov方程 AY+YA"+BB=0 322 inner-outer分解与代数 Riccati方程 本节的目的是将 inner-outer分解归结为求代数 Riccati方程的镇定解的问题。设(A,B,C,D)是G∈ Rhm的一个最小实现,且G(s)在整个虚轴上满列秩。定义 毳=DD>0 (3.9) D是DR-1/2的正交补,即 DD=1,[Dn-2D]D-2D]=
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(M,们有+Q传 R满足数 Ricc, i这里 s4窬RRs4慧骱R4等R俯砷问题 且:44是等理 己该解为p理则模型ˉP留鲋铺本主要研 究当T均传递显∈Rm,G粪个虛轴上满列秩研递义 4F4.等 耐F 愚等 价F价是等 F问是等 扩 其中R是 Riccati方程(3,1)的镇递解型则G回G是喲一个iner-outr分解型 证明:先证明Gn稳主研由逆系统公式和扩可得 G。何 是等F是等 显然型G。∈RH张 再证明G问GG引用逆系统串联公式影得 GG。向的 F4愚等是F4.等是等 价等是等F价等是等 价 即G1G问G张 最后证明G;是 inner矩阵研由 r|4愚等 价是等 (价愚等)价愚等间 和引理张G1是ier矩阵型当且仅当:r稳主型且 愚等价p愚等4R问题 式中R是扩r,:Fa可观测性 Gr, mi, n,即 y: punov这里 问题 要研由扩可要得F问嘉等R价钟扩将F入,mo这里扩得 RF4是等R价4是等R价B [m价是解R价l][m价是謎rˉ价4问题 R扩4等;a^扩4窬1Rm?R4等nm 搠感等Ra扩佛箫a拉f舒a价愚等R 拉佛審a拉价amR4等品1题m
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第三章化模型匹配问题为广义距离问题 由(3.9)和(3.10)可得 I-- D)D=(D-D"DR-D")=0, I-DR-1 于是X满足(311).如果能证明这个方程有使A+BF=A-BR-(DC+BX)稳定的解X,则(3.12) 就给出了G∈RHBm的一个 inner-outer分解。 注意,我们现在讨论的问题是,是否可以选择状态反馈阵F使G1(A+BF,B,C+DF,D)成 为inr矩阵,其中G当(A,B,C,D)稳定。要证明(311)确实有满足上述条件的解x,从而可以按 照(313)构造F,需要 Riccati方程理论。由于状态反馈可能改变系统的可观测性,(C+DF,A+BF)可 能不完全可观测。但只要A+BF稳定,按X的意义,它应为半正定的实对称矩阵。 注3.2由于G稳定,对G做右质分解时D必然是逆也稳定的传递函数矩阵。若分子N为ier矩 阵,则G=ND-1同时也是 inner- outer分解。所以, inner-outer分解只是分子是 inner矩阵的右互质 分解:Dx=G。,N=G1.由引理2.4,可取G。和G1如(3,12) Riccati方程论 E=A-BR DC, W=-BRB, Q=C DIDIC 则(3.11)又可写为 +nwX+Q=0. 这里E,W,Q∈RX,W=W”,Q=Q.(3.17)是Rati方程的一般形式。我们感兴趣的是(317是 否存在实的、半正定且使得E+WX稳定的解X.如果这样的解存在,则称之为ARE(317)的镇定解 ( stabilizing solution).镇定解X的物理意义可以这样解释。为简便起见,设D=0.考虑系统 Aae+ b (0) 的最优控制问题:寻找控制量u,使得指标函数 J会/(y+u2Ru)d 取最小值。 Kalman[]给出了这个优化问题的解 R-B Xa 其中X满足ARE A'X+XA-XBR-B"X+C"C=0 注意u是状态反馈,而在状态反馈下闭环系统的A矩阵为A+BK=A-BR-1BX=A+WX.显然 J只有在闭环系统稳定的情况下才存在,所以,A+BK=A+WX必须稳定。 注意, Riccati方程可以看作是矩阵形式的一元二次代数方程az2+bx+c=0.若用该方程的系数定 矩阵 H 则-4det(H)即一元二次方程的判别式△=b2-4a.一元二次代数方程的解的性质完全由△决定。受这 个启发,我们用ARE(3.17)的系数定义丑 amilton矩阵 我们将会看到, Riccati方程的解及其性质完全由H的特征值和特征空间的性质所决定
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§3.3 Riccati方程论 引理3.3 Hamilton矩阵H的特征值关于虛轴是对称分布的 证明:只要证明H与一H相似就行了。定义 则 (3.19) 容易验证 JHJ-I E -Q W -E 331ARE的解 为叙述间40第三章化引模型匹酩问.问题为广问义距离(义3.9)。和1问可作题得I 义为广化则阳问题问义*=。,⊥.于述定是: X理3满足如果能朋是H的这个方程有使A+B化间1,间证明是稳矩阵化定的 如属小 解问1,则化2问=同12是就徐出了G的化一叫(E,W间=叫如u叫)分 矩阵的特征值化ne(H如分。矩阵H注元二A+B如上的特征值 证明,代为如题r义不R9)化和闻题如义若组用化则该团为广p明 问1 问 即问 判△ 化质式决受价启 E 问 问 (3d1) 将(3d1)H端乘祠-1 问EE问问W问Q=0 质式8明问题*黼图间义解。(3.d1)式义第若I行块w写为 Ew问=间1间 (3.d3) 启题m(E,W问)=mn()=m(如 将到剁义解与如义用底义选取无关.这题代为如果1题如义另若组用底化则必定该非 奇异广T化 向1 启题问12=问 证T-问22=问 定是3d给出了将銷特间义若种解法先确定为广H义得若方维不Rx9)义若组用他构.d方方 为广四网,和问1非奇异化则问1题将到间义若Ⅰ解显然将到间义解不唯若义 容易证明化它至多 (d方(d方1) I解,当当对角化化即Ⅱ·d方特征离(时化这最 大以达到,如果H量轴质没:特征化即引是3.H:半平面和右半平面内各方特征化 此时必能该若Ⅰ解问,EW问义特征都:半平面化即Ew间Huw稳定 定是3d给出了将间义若Ⅰ解,现丑义间4题将到间义解题否都以表示定是3d给 出义形式。定是33回答了这I问4
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第三章化模型匹配问题为广义距离问题 定理3.3如果X∈CⅫ是 Riccati方程(③3.17)的解,则存在X1,x2∈Cmn,x1可逆,使得X=X2X11 ,点」呜列向量是的某一n维不变子空间ν的基底 且矩阵 证 定义 A: =E+wX 左乘X得 XA= XE+XWX (3.25) 这两个方程可等价地写为 E -O -EN X X 上式说明矩阵 的列向量张成了H的一个n维不变子空间y.令X1为任一非奇异矩阵,则上式等 价于 XIXI AXI Q 于是 X1 2/的列向量也是少的一组基底 由定理3.3可知,ARE有解的充要条件是H至少有一个n维不变子空间,其基底为/ x2/的列 向量,其中X1为n×n非奇异矩阵 8332ARE解的结构 回顾方程(3.11.由于X是(AF,CF)的可观测性Gamn,x必须是实的对称矩阵。而定理32虽 然给出了 Riccati方程的解,但对解的结构并未做任何说明。如果H|有共轭复特征值,X1,x2,从而x 可能是复矩阵。这种解显然不符合要求。所以有必要研究,在什么情况下X为对称实矩阵 定理3,4令ν是Ⅱ的一个n维不变子空间, 2/∈C2mxm的列向量是的一组基底,即 X 如果对所有的r,s=1,2,…,7,都有M(H|》)+A,(B|少)≠0,则X1x2为 Hermitian矩阵,即X1x x2X1如果x1非奇异,则X=X2X1为 Hermitian矩阵 证明:由于V是H的不变子空间,存在A∈Cnx满足 上式两端左乘[X1X2]J得 JH X 由于JHQE是 Hermitian矩阵,上式左端为 Hermitian矩阵,从而右端也是 Hermitian阵,即 e w 1x2)A=[X2X1-X1X2)A]=A(X1X2-x2X1)
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§3.3 Riccati方程论 Y=X2X1-Xix2 则Y=Y.(3.27)等价于 YA+AY=0 这是一个 Lyapunov方函数若能,如何概念(A)+和)兰0的条进下何行方函分唯一的形Y=0式使了数 由于A是控制步于简3的表.何念(A)=控简翁A)+)兰0.由2 I BnLyapunov方函 (3.29)r、分唯一的形Y=x1X2-X2X1=0 由xix2=X2x1m得X=x2xn2=(xi)ux=tx2xmn递=x”n函数要,如的矩阵数 的定定义先了考球单方函的形X是输、出的充要条进数 Q∈m令简∞控1-Q, 显然G~一何x 且∞简‖1j X=X2Xn∞ X? (何+.·简≈34可‖何v9其简逆属明简这明n934数 如仅由简的所优对称性何[明明]也是简的一组基数于是存概非奇异出Pn使得 引 P,=属君=x2Xn1=x 注1元二次方程ax2+bx+c=01 hamilton矩(‖特征多项式为舍-△/4.△>0时何控 两待征值均为」数数相应两然G特征)~、均34可显」、)数于∞方程两根 均为」数数可于ARE,如果念∞控简1特征值何也。控简1特征值数那么 控v=念9,逆属控明=巒 9属于‖特征°且为于。9和明均为简|°且数这样构成然G、简必定~34可 数 以3的矩阵见[4n3n2 8∈ARE的镇:解 再回顾方函(3.11.x除了是输对称、出之外何还不应使得、出A-BRu2(DC+ B" XHurw牌稳定数 将3的出38第A-BDC+(BBB三化考球单方面(317相型何匹x应是考 方函的配定形数问一题为的矩阵匹如阵控概虚轴3分离注3何则对任.“维若G子只满简控简都 若o能Hurw稳定数这足味着方函件配定形数于是1须,控概虚轴3则分离注3数、控概左称右两 个金通的(l分个离注3麴相应Ps)两个维离注子只满x(控和画控何问幅是对应于控概左 全通的(的个离注3的离注频特的是一只满何直幅是对应于控概右全通的(的Q个离注3的离注3频 特的是一只满数 (控 ~x1,控)=这x着 X意 这对X其游=1,2,3,4则胼有=x(控)面控如阵x1非奇异何o作X=x2Xx2第用镒益的配 定形第.样足何所有=(控函控足味着、出 X1X意 非奇异数若x1非奇异何的出矩形第 X1X意 uX意 X着X2XX意
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第三章化模型匹配问题为广义距离问题 于是,x1非奇异,且2(H)和4(H)互为补空间,当且仅当矩阵 非奇异,即 2-(H)与Im 互为补空间.由定理34,35可知x=x2X1为实对称矩阵,且是(317)的镇定解。由于X与x(H) 的基底的选择无关,X又是唯一的。如果用dom(Ric)表示所有具有以下两个性质的 Hamilton矩阵H 1.H在虚轴上没有特征值; 2.x(B)与ln|0 互为补空间, 定义了R2m)x(2n)到RnX的一个映射。由定理3.2,E+ W HUrwitz稳定,即X是方程的镇定解,记为 X=Ric(H)·于是,只需判断H是否属于dom(Ric,即可知相应的ARE是否有镇定解 定理36设H两个程可斧价地写值,W式0明W矩0 变间仅间( 奇异 于是:H∈dom(Ric), W)可镇定。理是知为如果H∈dom(Rc),则存在X∈Rx E+wX 稳定。X可理解为状有解阵。于是(Ev)可镇定 要,条件 若(E)可镇定,则x()与10互为补空间,,然中×于条牛在(B1)可 镇定的§A下,X1非奇异。 记X1的零空间(R)为 KX1=:X1的=构可 条件 即所有1足§ 构的AP的生观的测空间。如果性KrX1=解构可则X1非奇异 KBXx是B-的1测空间,即若有x的构则有x14的=构理必是须 实在测空间x(H)上的表,即1足方程 E w 称称E 的给出给矩阵,然,H-非奇异.tx1的构但(3/转构的一个,E EX1+WX2=X1R (332) (332)两何如的然果如的共轭到x1=X2,又到 的露x的+的x1的的1-的 的X2的构 由于W式0特W短0,Wx的=构用的果如(332),E 的+Wx2的X1H-的构 即H的KEX1 六的条田解删则如什即存在是传无关的 解符 有x1构由于H-的在in测空间什
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