Tính điều khiển được hoàn toàn của hệ thống tuyến tính qua một cách tiếp cận hình học

Tính điều khiển được hoàn toàn của hệ thống tuyến tính qua một cách tiếp cận hình học, một bài tiểu luận về tính điều khiển được hoàn toàn của hệ thống tuyến tính, một tài liệu cần thiết cho các bạn nghiên cứu và học tập

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC HOÀN TOÀN CỦA HỆ TUYẾN

TÍNH QUA MỘT CÁCH TIẾP CẬN HÌNH HỌC

(Hồ Quan Bằng Nguyễn Duy An Phùng xân Lễ Nguyễn Thị Oanh Nguyệt -Trần Bảo Quyên - Hoàng Thị Đức Hậu - Lớp Cao học Giải tích K15.)

1 Giới thiệu

Toàn bộ nội dung bài báo này được lấy từ bài báo [1], trong đó một số kết quả, bổ đề, chứng minh đã được nhóm làm chi tiết hơn hoặc là trình bày lại theo một trật tự khác

Xét hệ điều khiển tuyến tính (A, Ω) được cho bởi

với A là một ma trận thực cấp n × n, Ω là tập con khác rỗng của Rn

Với mỗi T > 0, tập các điều khiển chấp nhận được là

UT(Ω) =u(.) ∈ L1

([0, T ], Rn) : u(t) ∈ Ω hầu khắp nơi Đặt RT là tập hợp tất cả các trạng thái tiếp cận được từ gốc trong thời gian T theo một đường cong nghiệm của (1), nghĩa là

RT =







x ∈ Rn: x = −

T

Z

0

e−Atu(t)dt, u(.) ∈ UT(Ω)







Tập hợp R = S

T >0

RT được gọi là tập tiếp cận được của hệ (A, Ω)

Hệ (A, Ω) được gọi là điều khiển được địa phương (tương ứng, điều khiển được hoàn toàn) nếu

R chứa một lân cận mở của 0 (tương ứng, nếu R bằng Rn)

Bài toán đặc trưng cho tính điều khiển được địa phương và hoàn toàn của hệ (A, Ω) đặt dưới nhiều giả thiết khác nhau của Ω đã được nghiên cứu từ những năm 1970 bởi một số nhà Toán học Có hai loại phương pháp được sử dụng trong các nghiên cứu trước đó Một là giải tích, cách tiếp cận này dựa trên các đặc trưng của ma trận A và đưa vào sử dụng các tính chất của các hàm hầu như tuần hoàn Cách tiếp cận thứ hai là dựa trên cơ sở xem xét các tính chất hình học của tập tiếp cận được R bằng cách sử dụng định lí điểm bất động của Schauder như là một công cụ chủ yếu trong các chứng minh Sự tiến bộ của cách tiếp cận hình học đó là bên cạnh việc trở nên đơn giản hơn, nó còn cung cấp cách nhìn tự nhiên vào sự phụ thuộc của tính điều khiển của hệ với dữ liệu thu thập được

Tuy cho tới hiện tại việc tiếp cận hình học đã được phát triển, nhưng cũng mới chỉ dừng lại ở

những hiểu biết về tính điều khiển được địa phương Bài báo này có mục đích là đề cập đến tính điều khiển được hoàn toàn của hệ dưới cách nhìn hình học

Ta nhắc lại một số kí hiệu sử dụng sau này: Rn là kí hiệu của không gian Euclidan thực n-chiều cùng với tích vô hướng h·, ·i và với chuẩn k · k = h·, ·i1/2 Cn là kí hiệu không gian định chuẩn phức n-chiều: Cn := Rn+ iRn Nếu f ∈ Cn và x ∈ Rn ta có thể viết

hf, xi = hRef, xi + i hImf, xi

Ta nói véc tơ f ∈ Rn (tương ứng, f ∈ Cn) là tựa vào (tương ứng, trực giao với) một tập con

V ⊂ Rn nếu hf, vi ≤ 0 (tương ứng, hf, vi = 0) với mọi v ∈ V , và ta dặt

V⊥ =f ∈ Rn: hf, vi = 0 với mọi v ∈ V Nếu V là một tập hợp con của Rnvà L là một đa tạp tuyến tính trong Rn thì intL(V ∩ L) là kí hiệu cho phần trong của V ∩ L liên kết với L và riV là kí hiệu cho phần trong của V liên kết với đa tạp tuyến tính bé nhất chứa V Bao lồi và bao lồi đóng của Ω ⊂ Rn được kí hiệu lần lượt

là coΩ và coΩ

Cho A là một ma trận, A∗ được kí hiệu là ma trận chuyển vị của A và λ(A) là tập tất cả các giá trị riêng của A

Cho C là một nón trong Rn với đỉnh tại 0, khi đó nón đối ngẫu C∗ của C được xác định bởi

C∗ =f ∈ Rn: hf, xi ≥ 0 với mọi x ∈ C

2 Kiến thức chuẩn bị

Định nghĩa 1 Cho Ω là một tập con lồi của Rn chứa điểm 0 Tập hợp

Cb(Ω) =



f ∈ Rn: sup

u∈Ω

hf, ui < ∞



được gọi là nón chắn (barrier cone)của Ω và tập hợp

Cr(Ω) = \

λ>0

λΩ

được gọi là nón lùi (recession cone) của Ω

Các tính chất sau được suy ra từ định nghĩa trên

(i) Cb(Ω) và Cr(Ω) là các nón lồi có đỉnh là điểm 0

(ii) Cr(Ω) là nón lớn nhất chứa trong Ω.

(iii) Nếu A là ma trận thực cấp n × n thì ACr(Ω) ⊂ Cr(AΩ) Chiều ngược lại của bao hàm thức trên đúng nếu A khả nghịch

(iv) Cb(Ω) ⊂ −Cr(Ω)∗

(v) nếu Ω và Cb(Ω) đóng thì Cb(Ω) = −Cr(Ω)∗

Bổ đề 1 Cho C ⊂ Rp là một nón lồi không tầm thường có đỉnh là điểm 0 và có phần trong khác rỗng Đặt {Fα, α ∈ I} là họ các ma trận thực cấp n × n sao cho FαFβ = FβFα với α, β ∈ I Khi đó, nếu FαC ⊂ C với mỗi α ∈ I, thì tồn tại một véc tơ f ∈ C∗ khác 0 sao cho, với mọi

α ∈ I

Fα∗f = λαf với λα ≥ 0

Bổ đề 2 Cho L là một không gian con A-bất biến của Rn và cho 0 ∈ intL(R ∩ L), với R là tập tiếp cận được của hệ (A, Ω) Nếu cho x0 ∈ L,

sup

t>0

keAtx0k < ∞, thì x0 là điều khiển được về gốc, tức là x0 ∈ R

Chứng minh Lấy số nguyên N đủ lớn sao cho eAt(x0/N ) ∈ R với mọi t ≥ 0 Khi x0/N ∈ R

ta có

x0/N = −

T 1

Z

0

e−Atu1(t)dt

với T1 ≥ 0 và u1(.) ∈ UT1(Ω) Tương tự như thế, khi eAT 1(x0/N ) ∈ R ta có

eAT1(x0/N ) = −

T 2

Z

0

e−Atu2(t)dt

với T2 ≥ 0 và u2(.) ∈ UT 2(Ω) Từ đó, bằng phép đổi biến tích phân t = u − T1 suy ra

x0/N = −

T 1 +T 2

Z

T 1

e−Atu2(t − T1)dt

Một cách tổng quát, ta có N đẳng thức sau

x0/N = −

Ti00

Z

Ti0

e−Atui(t − Ti0)dt

với 1 ≤ i ≤ N , ở đây T00 = T0 = 0, Ti0 = Ti−10 + Ti−1, Ti00= Ti0+ Ti, và ui(.) ∈ UTi(Ω).

Lấy tổng các đẳng thức trên và đặt u0(t) = ui(t − Ti0) với Ti0 ≤ t < T00

i , 1 ≤ i ≤ N , ta thu được

u0(.) ∈ UT00

N(Ω) và hơn nữa x0 tiếp cận được tới điểm gốc bởi điều khiển u0(.) Vậy x0 ∈ R 

Từ bổ đề trên ta thu được hai hệ quả thú vị sau

Hệ quả 1 Cho (A, Ω) là điều khiển được địa phương Khi đó tập tiếp cận được R của hệ trên chứa đường cong nghiệm bất kì của hệ tự do ˙x ∈ Ax, t ≥ 0, sao cho nó bị chặn tại vô cùng

Bổ sung thêm giả thiết là 0 ∈ coΩ Khi đó R là lồi và ta có:

Hệ quả 2 Giả sử 0 ∈ coΩ Cho L ⊂ Rn là một không gian con bất biến của A và cho

0 ∈ intL(L ∩ S) Nếu x ∈ Cn là một véc tơ riêng của A, tương ứng với giá trị riêng λ với Reλ ≤ 0 sao cho Rex và Imx thuộc vào L, thì intL(L ∩ S) chứa mặt phẳng

span {Rex, Imx}

(Nếu λ là số thực thì intL(L ∩ S) chứa đường thẳng span {x})

Chứng minh của hệ quả có thể tìm thấy trong [2]

Bổ đề 3 Giả sử 0 ∈ coΩ Cho (A, Ω) là điều khiển được địa phương và lấy L là một không gian con A-bất biến lớn nhất chứa trong R Khi đó L⊥+ iL⊥ không chứa véc tơ riêng của A∗ tương ứng với giá trị riêng λ với Reλ ≤ 0

Chứng minh Nếu L = {0} và từ hệ quả 2 thì A không có giá trị riêng λ với Reλ ≤ 0 Bây giờ giả sử dimL = m > 0 Lấy Q là ma trận có các cột của nó là các véc tơ e1, e2, , en trong cở sở trực giao của Rn và L = span {e1, e2, , em} Khi đó ma trận A có thể được biểu diễn như sau

A = Q





A11 A12

0 A22



Q∗,

Với A11 ∈ Rm×m Xét hệ ( ˆA, P Ω) với

ˆ

A = Q





0 A22



Q∗ và P = Q





0 0

0 I



Q∗,

P là ma trận của phép chiếu trực giao từ Rn lên L⊥ Kí hiệu ˆR là tập tiếp cận được của hệ ( ˆA, P Ω) Ta chứng minh các bao hàm thức sau

ˆ

Chứng minh P A = ˆAP Ta có

P A = Q





0 0

0 I



Q∗.Q





A11 A12

0 A22



Q∗

= Q





0 0

0 I









A11 A12

0 A22



Q∗

= Q





0 A22



Q∗

= ˆA Mặt khác

ˆ

AP = Q





0 A22



Q∗Q





0 0

0 I



Q∗

= Q





0 0

0 I



Q∗ = ˆA

Vậy P A = ˆAP

Bây giờ ta giả sử ngược lại rằng tồn tại λ0 ∈ λ(A∗), Reλ ≤ 0, với một véc tơ riêng thuộc vào L⊥ + iL⊥ Suy ra λ0 ∈ λ( ˆA∗) = λ( ˆA) Thật vậy, giả sử λ0 ∈ λ(A∗) ta chứng minh

λ0 ∈ λ( ˆA∗) = λ( ˆA)

λ0 ∈ λ(A∗) ⇐⇒ det(A∗− λ0I) = 0,

⇐⇒ det(A∗P∗− λ0P∗) = 0,

⇐⇒ det(P∗Aˆ∗− λ0P∗) = 0,

⇐⇒ det( ˆA∗− λ0I) = 0,

⇐⇒ λ0 ∈ λ( ˆA∗) = λ( ˆA)

Mặt khác, khi 0 ∈ intR, từ (2) suy ra

0 ∈ riR = intL⊥( ˆR ∩ L⊥)

Do đó, từ Hệ quả 2, với f0 là một véc tơ riêng của ˆA ứng với với giá trị riêng λ0, ri ˆR chứa đường thẳng γ1 = span {f0} (nếu λ0 ∈ R) hoặc là mặt phẳng γ2 = span {Ref0, Imf0} (nếu λ0 ∈ C) Nhưng khi đó, ta cũng có R chứa không gian con {x ∈ Rn: P x ∈ γ1} hoặc là {x ∈ Rn: P x ∈ γ2},

rõ ràng là hai không gian trên đều lớn hơn L, điều này mâu thuẫn với giả thiết L là không gian con lớn nhất Do vậy, việc còn lại là ta phải chứng minh

n

x ∈ Rn : P x ∈ ri ˆR

o

⊂ R

Thật vậy, nếu P x ∈ ri ˆR, thì tồn tại một T1 ≥ 0 và một hàm hằng từng phần v(.) ∈ UT1(P Ω) sao cho

eATˆ 1



P x +

T 1

Z

0

e− ˆAtv(t)dt



= 0

Lấy u1(.) ∈ UT1(Ω) sao cho P u1(t) = v(t) với mọi t ∈ [0, T1], đẳng thức trên trở thành

P eAT1



x +

T 1

Z

0

e−Atu1(t)dt



= 0

Điều này có nghĩa là véc tơ

y = eAT1



x +

T 1

Z

0

e−Atu1(t)dt





nằm trong R Giả sử y là tiếp cận được từ gốc bởi một điều khiển chấp nhận được u2(.) trong thời gian T2, ta dễ dàng suy ra x cũng tiếp cận được từ gốc trong thời gian T1 + T2 bởi điều khiển

u(t) =







u2(t − T1), T1 < t ≤ T1+ T2

Bổ đề 4 Nếu f0 là một véc tơ riêng thực (tương ứng, phức) của A∗ sao cho f0 ∈ Cr(R)∗ (tương ứng, f0 trực giao với Cr(R)), thì f0 tựa vào (tương ứng, trực giao với) nón Cr(Ω)

Chứng minh Ta có thể giả sử Cr(Ω) 6= 0, vì nếu không thì ta có trường hợp tầm thường Giả sử phản chứng hf0, v0i > 0 (tương ứng hf0, v0i 6= 0) với v0 ∈ Cr(Ω)

Khi đó, cho véc tơ

x0 = −

T

Z

0

e−Atv0dt ∈ Cr(R)

Ta có

hf0, x0i =

*

f0, −

T

Z

0

e−Atv0dt

+

= −

T

Z

0

0, e−Atv0dt = −

T

Z

0

e−λthf0, v0idt < 0 (∗)

(vì e−λthf0, v0i là hàm khả tích và e−λthf0, v0i > 0 trên đoạn [0, T ] nên

T

R

0

e−λthf0, v0idt > 0 trên đoạn [0, T ])

Do đó từ (*) suy ra hf0, x0i < 0 (tương ứng hf0, x0i 6= 0) dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết là

f0 ∈ Cr(R)∗ (tương ứng với f0 trực giao với nón Cr(R)) Vậy chứng minh bổ đề hoàn tất

3 Các kết quả chính

Rõ ràng là tính điều khiển được địa phương của hệ (A, Ω) là điều kiện cần để có tính điều khiển được hoàn toàn của hệ đó Điều kiện cho tính điều khiển được địa phương đã được thiết lập trong nhiều bài báo trước đây, nhiệm vụ của chúng tôi là suy ra đặc trưng cho tính điều khiển được hoàn toàn của hệ (A, Ω) với giả thiết 0 ∈ intR Định lí sau đây là một kết quả như thế

Định lí 1 Cho Ω là một tập lồi đóng chứa 0 Hệ (A, Ω) là điều khiển được hoàn toàn nếu (a) (A, Ω) là điều khiển được địa phương;

(b) ma trận chuyển vị A∗ của A không có véc tơ riêng f ∈ Rn ứng với giá trị riêng thực λ > 0 tựa vào nón lùi Cr(Ω), mà cũng không có véc tơ riêng f ∈ Cn với giá trị riêng phức λ, Reλ > 0, trực giao với nón Cr(Ω)

Điều ngược là đúng khi nón chắn Cb(Ω) là đóng

Bây giờ cho Ω là tập tùy ý sao cho 0 ∈ coΩ Khi đó RT(Ω) là lồi và

RT(Ω) = RT(coΩ)

với mỗi T > 0, do đó kéo theo rằng hệ (A, Ω) là điều khiển được hoàn toàn (tương ứng, địa phương) nếu và chỉ nếu hệ (A, coΩ) là điều khiển được hoàn toàn (tương ứng, địa phương) Bên cạnh đó, rõ ràng, Cb(coΩ) = Cb(Ω) Do vậy, trong trường hợp tổng quát hơn, định lí trên có thể phát biểu như sau

Định lí 2 Cho Ω là một tập con của Rn sao cho 0 ∈ intcoΩ Hệ (A, Ω) là điều khiển được hoàn toàn nếu

(a) (A, Ω) là điều khiển được địa phương;

(b)1 ma trận chuyển vị A∗ của A không có véc tơ riêng f ∈ Rn ứng với giá trị riêng thực λ > 0 tựa vào nón lùi Cr(coΩ), mà cũng không có véc tơ riêng f ∈ Cn với giá trị riêng phức λ, Reλ > 0, trực giao với nón Cr(coΩ)

Điều ngược là đúng khi nón chắn Cb(Ω) là đóng

Giả thiết Cb(Ω) là đóng không phải là quá hạn chế Trong nhiều trường hợp thực tế, khi Ω

bị chặn hoặc là một tập đa diện thì điều kiện này dễ dàng thỏa mãn Ngoài ra, trong trường hợp này, kết quả trên có thể được kiểm tra dễ dàng cho tính điều khiển được hoàn toàn Thật vậy, khi Ω là bị chặn thì Cr(coΩ) = 0, Cb(Ω) = Rn và kết quả là từ Định lí 2 dễ dàng suy ra kết quả đã biết trước đây trong [3] như một hệ quả

Hệ quả 3 Cho Ω là một tập bị chặn sao cho 0 ∈ intcoΩ Hệ (A, Ω) là điều khiển được hoàn toàn nếu và chỉ nếu nó là điều khiển được địa phương và với mọi λ ∈ λ(A), Reλ ≤ 0

Giả sử cho Ω là tập đa diện, nghĩa là Ω là giao của một số hữu hạn các nửa không gian:

Khi đó, rõ ràng, Cb(Ω) là bao conic của các véc tơ hi, 1 ≤ i ≤ k, và khi đó Cb(Ω) là đóng Ngoài

ra, từ (v),

Cb(Ω) = Cb(coΩ) = −Cr(coΩ)∗

Do vậy, từ Định lí 2 ta thu được điều kiện sau cho tính điều khiển được của hệ tuyến tính với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính của điều khiển

Hệ quả 4 Hệ (A, Ω) với tập điều khiển Ω xác định bởi (3) là điều khiển được hoàn toàn nếu

và chỉ nếu

(a) (A, Ω) là điều khiển được địa phương;

(b)2 ma trận chuyển vị A∗ của A không có véc tơ riêng f ∈ Rn ứng với giá trị riêng thực λ > 0 thuộc vào bao conic H của các véc tơ hi, 1 ≤ i ≤ k, mà cũng không có véc tơ riêng f ∈ Cn

với giá trị riêng phức λ, Reλ > 0, Imλ 6= 0, sao cho ±Ref , ±Imf thuộc vào H

Một hệ quả khác của Định lí 2 là ta có cách kiểm tra tính điều khiển được hoàn toàn trong [3], ở đó không nhắc đến Cr(Ω) và Cb(Ω)

Hệ quả 5 Cho Ω là một tập tùy ý với 0 ∈ coΩ Hệ (A, Ω) là điều khiển được hoàn toàn nếu (a) (A, Ω) là điều khiển được địa phương;

(b)3 với mỗi véc tơ riêng f ∈ Rn (tương ứng, f ∈ Cn) của A∗ ứng với giá trị riêng thực λ > 0 (tương ứng, Reλ > 0 và Imλ 6= 0) tồn tại một dãy các điều khiển uk ∈ Ω, (k = 1, 2, )

và  > 0 sao cho

lim

k→∞hf, uki = ∞ tương ứng, lim

và, với mọi k,

hf, uki ≥ kukk tương ứng, | hf, uki | ≥ kukk
(5)

Để chứng minh cho hệ quả trên, ta chỉ cần chứng minh rằng (b)3 kéo theo (b)1 Thật ra, từ (4) ta có thể giả thiết mà không làm mất tính tổng quát rằng

lim

k→∞kukk = ∞

và kukk > 1 với mọi k Khi 0 ∈ coΩ, ta có

vk := uk/kukk ∈ coΩ

Lấy v0 là một điểm tụ của vk Khi đó, v0 ∈ Cr(coΩ) (theo Định lí 8.2 của [4]) Nói cách khác,

từ (5) ta có hf, v0i ≥  > 0 (tương ứng, | hf, v0i | ≥  > 0) Tức là f không tựa vào (tương ứng, trực giao với) nón Cr(coΩ)

Chứng minh Định lí 1

Để chứng minh điều kiện cần, giả sử ngược lại rằng (A, Ω) điều khiển được hoàn toàn và Cb(Ω) đóng, nhưng (b) không đúng Khi đó, tồn tại f0 ∈ Rn sao cho A∗f0 = λf0, λ > 0 và f0 ∈ Cr(Ω)∗, hoặc là f0 ∈ Cn sao cho A∗f0 = λf0, Reλ > 0 và

{±Ref0, ±Imf0} ⊂ Cr(Ω)∗ Khi Cb(Ω) = −Cr(Ω)∗, từ tính chất (v), ta suy ra rằng

sup

u∈Ω

hf0, ui < ∞( tương ứng, sup

u∈Ω

| hf0, ui | < ∞)

Từ đó, theo cách chứng minh Bổ đề 5, ta có mâu thuẫn với tính điều khiển được hoàn toàn Các điều kiện (a) và (b) là đủ Để chứng minh điều này, giả sử ngược lại rằng Cr(R) 6= Rn, với

R là tập tiếp cận được của hệ (A, Ω) Xác định L = Cr(R) ∩ (−Cr(R))

Khi đó, L là không gian con lớn nhất chứa trong Cr(R) và do vậy, không gian con điều khiển được lớn nhất của (A, Ω), từ tính chất (ii) của nón lùi Khi 0 ∈ Ω, ta kiểm tra được rằng, với mọi t ≥ 0,

từ đó kéo theo, theo tính chất (ii), (iii) của nón lùi, rằng

Điều đó chứng minh rằng, nói riêng, L là một không gian con A-bất biến Bây giờ giả sử rằng

Cr(R) có phần trong khác rỗng từ Bổ đề 1, tồn tại một véc tơ khác không y0 ∈ Cr(R)∗ sao cho

e−A∗ty0 = λ(t)y0, t ≥ 0,

từ đó bằng việc lấy vi phân, dễ dàng suy ra A∗y0 = ˆλy0 (với ˆλ := ˙λ(0) ) Khi y0 ∈ Cr(R)∗, từ

Bổ đề 4, kéo theo y0 tựa vào Cr(Ω) Nói cách khác, ta thấy rằng y0 là trực giao với L, do vậy,

từ Bổ đề 3, ˆλ > 0 và ta có mâu thuẫn với điều kiện (b)

Bây giờ giả sử intCr = ∅ Khi Cr(R) lồi, W := spanCr(R) là một không gian con thực sự của Rn, và theo (7), AW ⊂ W Lấy y0 ∈ W⊥+ iW⊥ là một véc tơ riêng của A∗ tương ứng với giá trị riêng λ Khi L ⊂ W, ta có y0 ⊥ L và do vậy, từ Bổ đề 3, Reλ > 0 Nói cách khác, khi

y0 ⊥ Cr(R), Bổ đề 4 chứng minh y0 là trực giao với Cr(Ω) Điều này, một lần nữa lại mâu thuẫn

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyen Khoa Son, Global controllability of linear autonomous systems: A geometric consid-eration, Systems and Control Letters 6 (1985),207-212

[2] A Bacciotti, Linear system with pieceise constant controls, Boll Un Mat Ital A18 (1981) 102-105

[3] V.I Korobov, A.P Marinich, E.N Podol’skii, Controllability of linear autonomous systems with restraints on controls, Differencial’nye Uravnenya 11 (1975) 1967-1979

[4] R.T Rockafellar, Convex Ananlysis (Princeton University Press, Princeton, NJ, 1970)