最优控制习题及参考答案

..12xf最优控制习题及参考答案习题1求通过x(0)=1，x(1)=2，使下列性能指标为极值的曲线：tfJ=∫(x2+1)dtt0解：由已知条件知：t0=0，tf=1d由欧拉方程得：(2x)=0dtx=C1x=C1t+C2将x(0)=1，x(1)=2代入，有：C2=1，C1=1得极值轨线：x*(t)=t+1习题2求性能指标：J=∫1(x2+1)dt0在边界条件x(0)=0，x(1)是自由情况下的极值曲线。解：由上题得：x*(t)=Ct+Cx*(t)由x(0)=0得：C2=00∂L由∂xt=tf=2x(tf)=2C1t=t=0t01于是：x*(t)=0【分析讨论】对于任意的x(0)=x0，x(1)自由。..2010∫⎩λ=−λ有：C=x，C=0，即：x*(t)=x其几何意义：x(1)自由意味着终点在虚线上任意点。习题3已知系统的状态方程为：x1(t)=x2(t)，x2(t)=u(t)边界条件为：x1(0)=x2(0)=1，x1(3)=x2(3)=0，31试求使性能指标J=0u2(t)dt2取极小值的最优控制u*(t)以及最优轨线x*(t)。⎡x⎤解：由已知条件知：f=⎢2⎥⎢⎣u⎥⎦Hamiton函数：H=L+λTfH=1u2+λx+λu⎧λ=0由协态方程：⎨1212122⎧λ=C①得：⎨11⎩λ2=−C1t+C2②∂H由控制方程：∂u=u+λ2=0得：u=−λ2=C1t−C2③由状态方程：x2=u=C1t−C2得：x(t)=1Ct2−Ct+C④22由状态方程：x1=x2123得：x(t)=1Ct3−1Ct2+Ct+C⑤1612234..1⎪⎩=−∫⎡1⎤⎡0⎤将x(0)=⎢⎥，x(3)=⎢0⎥代入④，⑤,⎣1⎦⎣⎦10联立解得：C1=由③、④、⑤式得：u*(t)=10t−29，C2=2，C3=C4=19x*(t)=5t3−t2+t+127x*(t)=5t2−2t+129习题4已知系统状态方程及初始条件为x=u，x(0)=1试确定最优控制使下列性能指标取极小值。1J=0解：H=x2e2t+u2e2t+λu⎧x=u列方程：⎨λ=−2xe2t⎪2e2tu+λ=0(x2+u2)e2tdt①②③由③得，u代入①得，x1e−2tλ④21e−2tλ=−2x1e−2tλe−2tλ=−+2将②，③代入，并考虑到u=xx1e−2t(−2xe2t)+e−2t(−2e2tx)2..=−整理可得：x+2x−x=0..12)=u=22s1s2特征方程：s2+2s−1=0s1=−1+2，s2=−1−2于是得：x*(t)=Ces1t+Ces2tλ*(t③−2e2t①−2e2txλ*(t)=−2e2t(C1s1es1t+Cses2t)由x(0)=1，得：C1+C2=1⑤由λ(tf)=λ(1)=0得：C1s1e+C2s2e=0⑥⑤、⑥联立，可得C1、C2求导代回原方程可得x*→u*（略）习题5求使系统：x1=x2，x2=u由初始状态x1(0)=x2(0)=0出发，在tf=1时转移到目标集1x1(1)+x2(1)=1，并使性能指标J=∫1u2(t)dt20为最小值的最优控制u*(t)及相应的最优轨线x*(t)。解：本题f(i)，L(i)与习题3同，故H(i)相同→方程同→通解同⎧λ1=C1，λ2=−C1t+C2⎪⎪x=1Ct3−1Ct2+Ct+C..⎨有：⎪1612234⎪x=1Ct2−Ct+C⎪22⎪123⎩u=C1t−C2..f∫⎡0⎤x(0)=⎢⎥⎣0⎦由，有：C3=C4=0①由x1(1)+x2(1)=1，有：1C–1C+1C−C=161222122C−3C=1②3122∂ϕ∂ψT由λ(1)=+⋅γ=0，ψ=x1+x2−1∂x∂x⎡1⎤有：λ(1)=⎢⎥γ=0⇒λ(1)=λ(1)⎢⎣1⎥⎦12于是：C1=−C1+C22C1=C2③36②、③联立，得：C1=-、C2=-77于是：u*=−3t+677x*=−1t3+3t21147x*=−3t2+6t2147习题6已知一阶系统：x(t)=−x(t)+u(t)，x(0)=3（１）试确定最优控制u*(t)，使系统在t=2时转移到x(2)=0，并使性能泛函2J=(1+u2)dt=min0..ff⎪⎩1⎪−tCC4（２）如果使系统转移到x(t)=0的终端时间t自由，问u*(t)应如何确定？解：H=1+u2+λu−λx⎧x=−x+u列方程：⎨λ=λ⎪2u+λ=0由协态方程得：λ=Cet①1t由控制方程：u=−C1e②2①tf1t代入状态方程：x=−x−C1e2=2，x(2)=0⇒x(t)=C2e–1Cet41⎧−1C=3⎪241⎨⎪Ce−2−1Ce2=0⎩⎪24112解得：C1=4，e−13e4C2=4e−1代入②得：u*(t)=−②x(tf)=2，tf自由6ete4−1⎧−1C=3⎪241⎪Ce−tf–1Cetf=0⎨21⎪⎪H(tf)=0⎪..⎩解得：C1=40−6=0.325..f∫u*(t)=−0.162et习题7设系统状态方程及初始条件为x(t)=u(t)，x(0)=1试确定最优控制u*(t)，使性能指标1tf2J=t+20udt为极小，其中终端时间tf未定，x(tf)=0。解：H=1u2+λu2由协态方程得：λ=0→λ=C1①由控制方程：u+λ=0→u=−C1②由状态方程：x=u=−C1⇒x(t)=−C1t+C2③由始端：x(0)=1→C2=1由末端：x(tf)=0→−C1tf+1=0④∂ϕ考虑到：H(tf)=−t–∂ψt⋅γ=−1∂f∂f12有：u+λu=−121C2−C2=−1⇒C2=2..2111C1=±2⑤当C1=2时，代入④有：tf=1=1C12..1f⎪6当C1=−2时，代入④有：tf=1=−1，不合题意，故有C=2C12最优控制u*=−2习题8设系统状态方程及初始条件为x1(t)=x2(t)，x1(0)=2性能指标为x2(t)=u(t)，J=1∫tfu2dtx2(0)=120要求达到x(tf)=0，试求：（1）tf=5时的最优控制u*(t)；（2）t自由时的最优控制u*(t)；解：本题f(i)，L(i)，H(i)与前同，故有⎧⎪λ1=C1⎪⎪λ2=−C1t+C2⎪x=1Ct3−1Ct2+Ct+C⎨11⎪2234⎪x=1Ct2−Ct+C⎪22⎪123⎪⎩u=C1t−C2⎡2⎤⎡0⎤⎧C4=2⎪C3=1⎪12525①由x(0)=⎢⎥x(5)=⎢0⎥，得：⎨C1−C2+5C3+C4=0⎣1⎦⎣⎦⎪62⎪25C..−5C+C=0⎪123⎩2..6∫联立得：C1=0.432，C2=1.28，⇒u*=0.432t−1.28②tf自由⎧⎪C=1⎪4⎪C3=2⎪1Ct3−1Ct2+Ct+C=0⎨1f⎪22f3f4⎪1Ct2−Ct+C=0⎪21f⎪2f3⎪⎩H(tf)=0联立有：C2t2−2Ct+2=0，无论C为何值，t均无实解。2f2f2f习题9给定二阶系统x(t)=x(t)+1，x(0)=−1124141x2(t)=u(t)，1x2(0)=−4控制约束为u(t)≤，要求最优控制u*(t)，使系统在t=t2f并使时转移到x(tf)=0，其中tf自由。tfJ=u2(t)dt=min0解：H=u2+λx+1λ+λu..2212412⎧−1λλ≤1⎪222⎪本题属最小能量问题，因此：u*(t)=⎪−1λ1⎨2⎪⎪1λ−1⎪2⎩..21212=−⎧⎪λ=0→λ=C由协态方程：⎨111⎪⎩λ=−λ→λ=−Ct+Cλ2是t的直线函数。当u*(t)=−1λ=1Ct−1C时（试取）222122x(t)=1Ct2−1Ct+C241223x(t)=1Ct3−1Ct2+1t+Ct+C1121424341由始端条件→C3=C4=4由末端条件→1Ct3−1Ct2+1t+1=0121f42f2f41Ct2−1Ct+1=041f22f4另：H(tf)=01联立解得：C1=，C2=0，t=39f于是，λ1t⎧λ2=1时，t02=−⎨9⎩λ2=−1时，t=9在t从0→3段，λ2≤1满足条件。故，u*1λ=1t2218..101234t..⎨−1f习题10设二阶系统x1(t)=−x1(t)+u(t)，x1(0)=1x2(t)=x1(t)，x2(0)=0控制约束为u(t)≤1，当系统终端自由时，求最优控制u*(t)，使性能指标J=2x1(1)+x2(1)取极小值，并求最优轨线x*(t)。解：由题意，f⎡−x1+u⎤=，ϕ=x+x,L=0，⇒H=λu−λx+λx⎢⎥1211121⎣x1⎦由控制方程可得：u*=⎧+1⎩λ10λ10⎧λ=λ−λ⇒λ=Cet+C由协态方程可得：⎨112121⎩λ2=0∂ϕ⎡2⎤⇒λ2=C1由λ(t)==⎢⎥⇒C=1，C=e−1∂x(tf)⎣1⎦12⎧λ=et−1+1→在t0的围λ1⇒⎨11故：u*=−1t∈[0,1]⎩λ2=1若需计算最优轨线，只需把u*=−1代入状态方程，可得：⎧x*(t)=2e−t−1⎪1⎨x*(t)=−2e−t−t+2⎩⎪2..习题11设系统状态方程为x1(t)=x2(t)，x1(0)=x10..∫1⎪10⎪⎪00⎪⎪0⎪2212性能指标为J=120x2(t)=u(t)，∞(4x2+u2)dtx2(0)=x20试用调节器方法确定最优控制u*(t)。⎡01⎤解：由已知条件得：A=⎢⎥⎣00⎦⎡0⎤，B=⎢⎥，⎣1⎦⎡40⎤Q=⎢⎥⎣00⎦，R=1∵[BAB]=⎡01⎤⎣⎦,∴可控——最优解存在考虑到Q=⎡40⎤=⎡2⎤[20]=DTD，故⎣⎦⎣⎦D=[20]⎡D⎤⎡20⎤∵⎢⎥=⎢⎥⎣DA⎦⎣02⎦∴闭环系统渐近稳定由Riccati方程ATP+PA−PBR−1BTP+Q=0，有⎡00⎤⎡P1P2⎤+⎡P1P2⎤⎡01⎤−⎡P1P2⎤⎡0⎤[01]⎡P1P2⎤+⎡40⎤=0⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣10⎦⎣P2P3⎦⎣P2P3⎦⎣00⎦⎣P2P3⎦⎣1⎦⎣P2P3⎦⎣00⎦⎧−P2+4=0→P=±2(取+2舍−2)⎪展开得：⎨P1−P2P3=0→P1=±4(由正定舍−4)⎪2P−P2=0→P2=2P→P=±2⎩23323⎡42⎤故P=⎢⎥⎣22⎦于是，u*=−R−1BTPx=−2x–2x12即：u*(t)=−2x(t)−2x(t)