Plik: ilustracja*uwagi, aktualizacja: 16 listopada 2012 15:05
Uwaga 2.1.4. Dla układu autonomicznego postaci
˙x = f (x, u)
jeśli x0 ∈ ϕ, to xu,x0(.) ∈ ϕ, dla t ∈ [0, t1] , gdzie u (.) ∈ Um — sterowanie przeprowadzające układ z x0 do punktu 0 w czasie [0, t1] .
Własność powyższa nie przysługuje układom nieautonomicznym.
Zadanie. Rozważmy następujący układ nieautonomiczny (n = 2, m = 1)
˙ p (t)
˙ q (t)
=
0 a12(t) a21(t) 0
p (t) q (t)
+
v1(t) v2(t)
, (1)
gdzie: a12=
− (1 − t) 0 ¬ t < 1 0 1 ¬ t < ∞
, a21=
1 − t 0 ¬ t < 1 0 1 ¬ t < ∞
,
v1(t) = 0, dla 1 ¬ t < ∞ oraz v2(t) =
0 0 ¬ t < 1 (u (t) − 2) (t − 1) 1 ¬ t < ∞
, u (.) ∈ U . Pokazać, że własność opisana w uwadze nie zachodzi dla tego układu.
Wskazówka: Znaleźć zbiór ϕ.
Rozwiązanie. Układ równoważny jest układom:
˙
p (t) = (t − 1) q (t)
˙
q (t) = (1 − t) p (t) = − (t − 1) p (t)
, dla t ∈ [0, 1) , (2)
˙
p (t) = 0
˙
q (t) = (u (t) − 2) (t − 1)
, dla t ∈ [1, ∞] . (3)
Znajdziemy rozwiązanie pierwszego z nich spełniające warunek p (0) = p0, q (0) = q0. Jest to układ nieautonomiczny liniowy. Brak tu ogólnych metod rozwiązywania. Wiadomo jednak, że jeżeli znajdziemy dwa liniowo niezależne rozwiązania, to każde rozwiązanie jest kombinacją liniową tych rozwiązań. Odgadujemy rozwiązania:
p1(t) = sint − t22 q1(t) = − cost − t22
, t ∈ [0, 1) ,
1
Plik: ilustracja*uwagi, aktualizacja: 16 listopada 2012 15:05
p2(t) = cost − t22 q2(t) = sint − t22
, t ∈ [0, 1) .
Wiadomo, że rozwiązania te są liniowo niezależne ⇔, gdy dla dowolnego t ∈ [0, 1) wektory [p1(t) , q1(t)]T, [p2(t) , q2(t)]T są liniowo niezależne ⇔, gdy dla pewnego t0 ∈ [0, 1) wektory [p1(t0) , q1(t0)]T, [p2(t0) , q2(t0)]T są liniowo niezależne. Niech t0 = 0, wtedy [p1(t0) , q1(t0)]T = [0, −1]T , [1, 0]T , więc rozwiązania są liniowo niezależne. Ogół rozwiązań jest więc postaci:
p (t) = a sint − t22+ b cost − t22
q (t) = −a cost − t22+ b sint − t22 t ∈ [0, 1) , a, b ∈ R.
Aby rozwiązanie spełniało warunek początkowy p (0) = p0, q (0) = q0 musi być
p (0) = b = p0, q (0) = −a = q0.
Zatem rozwiązanie spełniające warunek początkowy p (0) = p0, q (0) = q0 jest postaci
p (t) = −q0sint − t22+ p0cost − t22 q (t) = q0cost − t22+ p0sint − t22
t ∈ [0, 1) .
Zauważmy, że
p2(t) + q2(t) = −q0sin t − t2 2
!
+ p0cos t − t2 2
!!2
+ q0cos t − t2 2
!
+ p0sin t − t2 2
!!2
= q20sin2 t − t2 2
!
− 2p0q0sin t − t2 2
!
p20cos t − t2 2
!
+ cos2 t − t2 2
!
+ q02cos2 t − t2 2
!
+ 2p0q0sin t − t2 2
!
cos t − t2 2
!
+ p20sin2 t − t2 2
!
= p20+ q20.
Zatem startując w chwili t = 0 z punktu (p0, q0)T poruszamy się po okręgu o środku w (0, 0)T i promieniu r = qp20+ q20 (trajektoria układu leży na tym okręgu). Ruch kończy się w chwili t = 1, czyli w punkcie (p (1) , q (1)) = (p1, q1) =p0cos12 − q0sin12, q0cos12 + p0sin12. Oczywiście opis ten obejmuje również przypadek, gdy (p0, q0) = (0, 0) , jeśli przyjmiemy, że punkt (0, 0) jest okręgiem.
Dalszy ruch obiektu opisany jest układem (3).
2
Plik: ilustracja*uwagi, aktualizacja: 16 listopada 2012 15:05
Znajdziemy rozwiązanie układu (3) spełniające warunek (p (1) , q (1)) = (p1, q1) . Mamy, że ˙p (t) = 0, czyli funkcja p (.) jest stała i oczywiście p (t) = p (1) = p0cos12− q0sin12 dla t 1. Całkując drugie równanie po przedziale [1, t] dostajemy
Z t 1
˙
q (s) ds =
Z t 1
(u (s) − 2) (s − 1) ds skąd
q (t) − q (1) =
Z t 1
(u (s) − 2) (s − 1) ds, w konsekwencji
q (t) =
Z t 1
(u (s) − 2) (s − 1) ds + q0cos1
2 + p0sin1
2, dla t 1.
Zatem rozwiązanie układu (3) startujące z punktu (p1, q1) = p0cos12 − q0sin12, q0cos12 + p0sin12 jest postaci
p (t) = p0cos12 − q0sin12
q (t) =R1t(u (s) − 2) (s − 1) ds + q0cos12 + p0sin12
, dla t ∈ [1, ∞) .
Oznacza to, że dalszy ruch odbywa się po prostej p = p0cos12 − q0sin12 (druga współrzędna jest stała). Co więcej ponieważ u (t) ∈ [−1, 1] , więc ruch po prostej odbywa się tak, że współrzędna q maleje, gdyż
˙
q (t) = (u (t) − 2) (t − 1) ¬ (1 − 2) (t − 1) = 1 − t < 0 dla t > 1.
Wyznaczymy zbiór ϕ. Przypuśćmy, że (p0, q0) ∈ ϕ. Czyli z punktu (p0, q0) możemy dosterować obiekt do punktu (0, 0) . Z uwag poczynionych powyżej, wynika, że ruch odbywa się po okręgu, a następnie po prostej p = p0cos12 − q0sin12, skoro możemy dosterować obiekt do zera, to p0cos12 − q0sin12 = 0, bo ruch po okręgu musi zakończyć się na prostej p = 0, skąd q0 = p0ctg 12. Ponadto q (1) > 0, gdyż współrzędna q maleje dla t > 1, skąd
q0cos1
2+ p0sin1
2 = p0ctg 1 2cos1
2+ p0sin1 2 = p0
ctg 1 2cos1
2+ sin1 2
> 0
i w konsekwencji p0 > 0, bo ctg12cos12 + sin12 ≈ 2.085 8 > 0. Zatem ϕ ⊂
(p, q) : q = p ctg1
2 ∧ p > 0
.
3
Plik: ilustracja*uwagi, aktualizacja: 16 listopada 2012 15:05
Teraz pokażemy, że
(p, q) : q = p ctg1
2 ∧ p > 0
⊂ ϕ.
Niech (p0, q0) będzie takie, że q0 = p0ctg12 oraz p0 > 0. Musimy pokazać, że istnieje sterowanie u (.) ∈ Um oraz t1 0 takie, że rozwiązanie [pu(.) , qu(.)] układu (1) spełnia warunek pu(t1) = qu(t1) = 0. Oczywiście dla dla t ∈ [0, 1) trajektoria rozwiązania jest wycinkiem okręgu o środku w (0, 0) i promieniu r = qp20+ q02 i to bez względu na to, jakie jest sterowanie u (.) . Trajektoria ta kończy się w punkcie (p1, q1) . Niech u (t) = 0 dla t 1. Wtedy pu(t) = p0cos12 − q0sin12 = p0cos12 − p0ctg12sin12 = 0 oraz
q (t) =
Z t 1
−2 (s − 1) ds + q0cos1
2+ p0sin1
2 = 2t − t2− 1 + p0ctg1 2cos1
2 + p0sin1 2
= − (t − 1)2+ p0
sin1
2+ cos1 2ctg1
2
, dla t 1.
Ponieważ ctg 12cos12 + sin12p0 > 0, więc istnieje t1 > 1, że q (t1) = 0. Zatem (p0, q0) ∈ ϕ. W konsekwencji
ϕ =
(p, q) : q = p ctg1
2 ∧ p > 0
.
Zauważmy, że pokazaliśmy, że jeżeli u (.) ∈ Um, jest sterowaniem przeprowadzającym układ z (p0, q0) ∈ ϕ do zera, to trajektoria rozwiązania składa się z wycinka okręgu oraz prostej p = 0.
Ponieważ prosta p nie ma punktów wspólnych ze zbiorem ϕ, więc własność opisana w uwadze 2.1.4 nie zachodzi — nie można dosterować układu startując z punktu na prostej p = 0, choć punkty te leżą na trajektorii.
4
