Solución de un problema de control del sistema canónico mediante polinomios de Hausdorff Facultad de Ciencias Fı́sico Matemáticas “Mat. Luis Manuel Rivera Gutiérrez” Universidad Michoacana de San Nicolás de Hidalgo Blanca de Jesús Gómez Orozco Asesor Dr. Abdon E. Choque Rivero Junio 2015 Índice 1 2 Del problema de control al problema de momento Problema de momento PMM PMH Polinomios ortogonales Soluciones extremales del PMH Soluciones problema polinomios Resultados 3 especiales del CA mediante ortogonales encontrados Ejemplos x0 = (0, 1) x0 = (−0.6, 0.18) Resultados de la tesis 1 Se analizaron cuatro artı́culos, de reciente publicación del 2010 al 2015. 2 A.E. A.E. A.E. A.E. Se usó el método de problema de momentos reescrito con polinomios ortogonales en [0, T ] del eje real. Choque Choque Choque Choque Rivero, Rivero, Rivero; Rivero; y otros; The admissible control problem from the moment problem point of view. 2010 Yu. Karlovich; The time optimal control as an interpolation problem. 2011. The resolvent matrix for the Hausdorff matrix moment problem ... . 2013. From the Potapov to the Krein–Nudel’man representation of the resolvent .... 2015. Ejemplo Sea que una partı́cula se mueve en forma rectilı́nea sin fricción a la cual se le aplica una fuerza acotada F . F m De acuerdo a la segunda ley de Newton el movimiento de dicha partı́cula despreciando fricciones está dado por la ecuación F = ma. Supongamos que x representa la posición de la partı́cula y m = 1. Hagamos u = F , entonces tenemos la ecuación ẍ = u, |u| ≤ 1 Ejemplo Equivalentemente (denotando x1 = x, x2 = ẋ) tenemos el sistema ẋ1 = u ẋ2 = x1 , |u| ≤ 1. Sea dada una posición inicial x0 . Por ejemplo, deseamos hallar el control óptimo u = u(t) (función acotada) y la trayectoria correspondiente x(t), con x(0) = x0 , y x(T ) = 0 que minimice el tiempo de recorrido, T → min. Graficamente T >tmin x2 _1 |u| < x(t) (0,0) x0 x1 m=2 |u| ≤ 1 x0 = (0, 1) u(t) 1.0 x2(t) Control óptimo tmin = 2 t1 t2 x0 t -1.0 1 2 1 2 t1 = 1 t2 = 2 L.S. Pontryagin y otros; 1961. A.E. Choque Rivero, Yu. Karlovich; 2011. _ x (t1) x1(t) Planteamiento del problema control admisible (CA) Se considera el sistema de control lineal canónico ẋ = Ax + Bu (1) Sean dados x0 ∈ Rm , T > tmin . Hallar el conjunto de todos los controles |u| ≤ 1, tales que la trayectoria x(t) del sistema (1), partiendo del punto inicial x(0) = x0 llegue al origen en tiempo T > tmin , es decir x(T ) = 0. Donde A := 0 1 0 . . . 0 0 0 1 . . . 0 0 0 0 ··· ··· ··· .. .. . ··· . 1 0 0 0 . . . 0 B := 1 0 0 . . . 0 . Resultados nuevos 1 El resultado principal de la tesis es la demostración de la existencia de dos controles, (17) y (18), para cada dimensión del sistema estudiado. Además de que estos controles son constantes a trozos y toman los valores ±1, alcanzan el origen en el tiempo exacto T , T > tmin . Adicionalmente se demuestra que estas soluciones tienen m saltos, donde m es la dimensión del sistema. (m) uF 1 tj < t < τj+1 (t) = (17) −1 τj+1 < t < tj+1 (m) uK −1 tj < t < τj+1 (t) = (18) 1 τj+1 < t < tj+1 Resultados nuevos 2 En comparación con el control óptimo que garantiza que éste tiene no más de (m − 1) saltos, los controles que obtenemos, poseen exactamente m saltos. 3 Se comparan los tiempos de conmutación, de control óptimo y las dos soluciones extremales del sistema. Planteamiento del problema Se considera el sistema de control (1). Sean dados x0 ∈ Rm , T > tmin . Hallar el conjunto de todos los controles |u| ≤ 1, tales que la trayectoria x(t) del sistema (1), partiendo del punto inicial x(0) = x0 llegue al origen en tiempo T > tmin , es decir x(T ) = 0. T Donde A := {δj,k+1 }m j,k=1 y B := (1, 0, . . . , 0) . Del problema de control al problema de momento Problema de momento Reescribimos el sistema (1) ( ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t) x(0) = x0 (2) de esta forma x(t) = eAt x0 + Z t e−Aτ Bu(τ )dτ 0 Queremos encontrar T tal que x(T ) = 0. En virtud a un control u(t) que satisfaga |u(t)| ≤ 1. (3) Del problema de control al problema de momento Problema de momento Equivalente a Z −x0 = T e−Aτ Bu(τ )dτ (4) 0 Tomando en cuenta la relación 1 −τ .. . −Aτ e B= 3 (−1)j−1 j−1 (j−1)! τ (5) Tenemos lo siguiente: 3 e At 2 = I + At + A t2 2! n−1 + ··· + A tn−1 (n − 1)! = 1 t . . . tn−1 (n−1)! 0 1 ··· ··· .. .. . ··· t . 0 0 . . . 1 Del problema de control al problema de momento Problema de momento −x0j = Z 0 T (−1)j−1 j−1 τ u(τ )dτ j = 1, · · · , m. (j − 1)! (6) donde x0j es la j-ésima entrada del vector x0 ∈ Rm . Haciendo f = u+1 2 T j + (−1)j j!x0j = 2j Z T τ j−1 f (τ )dτ j = 1, · · · , m. (7) 0 Denotamos cj−1 (T, x0 ) := T j + (−1)j j!x0j 2j j = 1, · · · , m. (8) 4 4 A.E. Choque Rivero, Yu. Karlovich; The time optimal control as an interpolation problem, Commun. Math. Anal, ISSN:0973-3841, Conf. 03(2011) Del problema de control al problema de momento PMM De las dos últimas relaciones tenemos Z cj−1 (T, x0 ) = T τ j−1 f (τ )dτ j = 1, · · · , m. (9) 0 que representa el problema de momento de Markov (PMM). Problema de momento de Markov Dada una colección de números {cj (T, x0 )}m−1 j=0 . Encontrar el conjunto de funciones f con 0 ≤ f (τ ) ≤ 1 para τ ∈ [0, T ] tal que se cumpla (9). Recordemos que u = 2f − 1. Deseamos reescribir el PMM como problema de momento de Hausdorff (PMH). Del problema de control al problema de momento PMH Problema de momento de Hausdorff Dada una colección de números {sj (T, x0 )}m j=0 . Encontrar el conjunto de funciones no decrecientes σ(τ ) en [0, T ] tal que Z sj (T, x0 ) = T τ j dσ(τ ) j = 0, · · · , m. (10) 0 Por la teorı́a de momentos en lugar de buscar funciones no decrecientes σ(τ ) del PMH en [0, T ], se busca una función analı́tica asociada a σ(τ ) de la forma Z s(z) = 0 T dσ(τ ) , (τ − z) (11) Del problema de control al problema de momento PMH Normalizando σ por la condición σ(t) = σ(t + 0) − σ(t − 0) , σ(0) = 0, 2 La función σ es determinada únicamente por la siguiente fórmula. Fórmula inversa de Stieltjes σ(t) = 1 lim π →0+ = es la parte imaginaria. 5 Z t =(s(x + i))dx, t ∈ [0, T ]. 0 5 M.G. Krein, A.A. Nudel’man; The Markov moment problem and extremal problems, Translations of mathematical monographs. Vol. 50. 2000. Del problema de control al problema de momento PMH Relación entre σ(t) y f (t) Por teoremas A.6 y A.7 de Krein-Nudel’man Z 0 T 1 dσ(τ ) = − exp τ −z z Z 0 T 6 tenemos f (τ )dτ z−τ ! . (12) Las expansiones asintóticas formales del lado izquierdo y el lado derecho de (12) determinan una única y explı́cita relación entre {cj }m−1 j=0 y {sj }m , s = 1, s = c . 0 1 0 j=0 Recordemos que u = 2f −1 entonces en (12) tenemos relación entre u(t) y σ(t). 6 M.G. Krein, A.A. Nudel’man; The Markov moment problem and extremal problems, Translations of mathematical monographs. Vol. 50. 2000. Del problema de control al problema de momento PMH sj := 1 j! c0 −1 2c1 .. . c0 .. . ··· .. . .. . (j − 1)cj−2 (j − 2)cj−3 · · · jcj−1 (j − 1)cj−2 · · · 0 0 .. . , j ≥ 2. −(j − 1) c0 (13) Proposición 1.1 El problema de momento de Markov {cj−1 (T, x0 )}m j=1 , es soluble si y sólo si el problema de momento de Hausdorff {sj (T, x0 )}m j=0 , es soluble. a a M.G. Krein, A.A. Nudel’man; The Markov moment problem and extremal problems, Translations of mathematical monographs. Vol. 50. 2000. Del problema de control al problema de momento PMH Problema de momento de Hausdorff Dada una colección de números {sj (T, x0 )}m j=0 . Encontrar el conjunto de funciones no decrecientes σ(τ ) en [0, T ] tal que Z sj (T, x0 ) = T τ j dσ(τ ) j = 0, · · · , m. 0 Resulta que las soluciones son distintas para m = 2n y m = 2n + 1. Del problema de control al problema de momento PMH CA PMM PMH (T, x0 ) cj (T, x0 ) sj (T, x0 ) u(t) f (t) σ(t) s(z) asociada a σ(t) Del problema de control al problema de momento PMH La solución al PMH (11) se da mediante la relación 7 Soluciones de PMH s(2n) (z) := ∗−1 1 ∗ Θ∗2,n (z̄)Θ∗−1 2,n (0) w(z)+ T Θ1,n (z̄)Γ1,n (0) ∗−1 T −z ∗ zΓ∗2,n (z̄)Θ∗−1 2,n (0) w(z)+ T Γ1,n (z̄)Γ1,n (0) (14) s(2n+1) (z) := ∗−1 ∗ Q∗2,n (z̄)Q∗−1 2,n (0) w(z)−Q1,n+1 (z̄)P1,n+1 (0) ∗−1 ∗ (z̄)Q∗−1 (0) w(z)+P ∗ −z(T −z)P2,n 2,n 1,n+1 (z̄)P1,n+1 (0) w(z) pertenece a cierta clase de funciones holomorfas ∪{∞}. Para cada w(z) tenemos una solución distinta. Z s(z) = T dσ(τ ) (τ − z) (11) 0 7 A.E. Choque Rivero; From the Potapov to the Krein–Nudel’man representation of the resolvent matrix of the truncated Hausdorff matrix moment problem, Bol. Soc. Mat. Mexicana (2015). Soluciones extremales del PMH Soluciones especiales del problema CA mediante polinomios ortogonales Soluciones extremales del PMH Definición (2n) sK (z) = Θ∗2,n (z̄) z Γ∗2,n (z̄) , (2n) sF (z) = Θ∗1,n (z̄) (T −z)Γ∗1,n (z̄) (15) (2n+1) sK (z) = Q∗2,n (z̄) − z (T −z)P , ∗ 2,n (z̄) (2n+1) sF (z) = Q∗ (z̄) − P 1,n+1 . ∗ 1,n+1 (z̄) Estas soluciones se obtienen de (14), haciendo w = ∞ y w = 0. Queremos ver que u(t) les corresponde. Soluciones extremales del PMH Soluciones especiales del problema CA mediante polinomios ortogonales CA PMM PMH (T, x0 ) cj (T, x0 ) sj (T, x0 ) u(t) f (t) σ(t) s(z) asociada a σ(t) Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Resultados encontrados Nos interesa encontrar los controles correspondientes a las soluciones extremales Friedrichs y Krein. Para ello estudiamos las propiedades de las soluciones extremales. Resulta que: 1 Los controles correspondientes u(t) toman valores ±1. 2 Si m es la dimensión del sistema. Las dos controles extremales poseen m saltos. Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Lema 2.1 Sea de (15) el par de soluciones extremales del PMH. a) Se pueden representar de forma general como: sE (z) = q(z) . p(z) (16) b) Los polinomios q(z) y p(z) son de grado (n − 1) y n respectivamente. Donde sE (z) puede ser sF (z) o sK (z) de (15). (2n) sK (z) = Θ∗ (z̄) 2,n , z Γ∗ (z̄) 2,n (2n) sF (z) = Θ∗ (z̄) 1,n (T −z)Γ∗ (z̄) 1,n (15) Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados En general el grado de q(z) es un grado menos que p(z). Función extremal (2n) sK (z) (2n) = sF (z) = q(z) p(z) Θ∗2,n (z̄) z Γ∗2,n (z̄) n (n + 1) Θ∗1,n (z̄) (T −z)Γ∗1,n (z̄) n (n + 1) Lema 2.2 Sean Γr,j (z) con r = 1, 2. Los ceros de Γr,j (z) son reales, simples y se encuentran en el interior del intervalo [0, T ]. Ver T.S. Chihara; An introduction to orthogonal polynomials. Gordon and Breach, 1978. Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Lema 2.3 Sean el par de funciones extremales del PMH como en (16). a) El polinomio q(z) tiene raı́ces reales y simples. b) Las raı́ces de q(z) y p(z) se intercalan. Idea de la demostración Ya que p(z) tiene sus raı́ces reales y simples en [0, T ], expandimos sE (z) en fracciones parciales. sE (z) = q(z) p(z) = n X ρ(zi ) z − zi donde ρ(zi ) = q(zi ) p0 (zi ) , i = 1, · · · , n. i=1 Calculamos lim sE (z), luego aplicamos el teorema de valor intermedio. Asi obtenemos z→zi (z−ξ )···(z−ξ ) z1 < ξ2 < z2 < ξ3 · · · < ξn < zn , tal que satisfacen sE (z) = (z−z2 )···(z−zn ) . n 1 Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Teorema 1 Sea x0 ∈ Rm , T > tmin y Γr,j (t), Θr,j (t), con r = 1, 2. Entonces existen uF (t) y uK (t) dos controles admisibles extremales del sistema (1) de la forma. (2n) uF 1 tj < t < τj+1 (t) = −1 τj+1 < t < tj+1 (2n) uK −1 tj < t < τj+1 (t) = 1 τj+1 < t < tj+1 Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Sea m = 2n. (2n) (2n) Expresamos las soluciones extremales, sF (t) y sK (t), con los polinomios Γr,j (t) y Θr,j (t) donde r = 1, 2. El par de controles admisibles esta dado de la siguiente manera. (2n) uF (t) = 1 tj < t < τj+1 t ∈ [0, T ] (17) t ∈ [0, T ] (18) −1 τ j+1 < t < tj+1 (2n) uK (t) = −1 tj < t < τj+1 1 τj+1 < t < tj+1 donde 0 = t1 < τ2 < t2 < τ3 < · · · < τn < tn (≤ T ) satisfacen las funciones extremales (15). Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Demostración El conjunto de control admisible esta dado de la siguiente manera 2 u(t) = − lim arg (−(t + i)sE (t + i)) − 1 π →0+ a procedemos de esta ecuación para llegar a los controles deseados (17) y (18). Donde sE (t) toma cualquiera de las siguientes soluciones extremales sF (t) o sK (t). a A.E. Choque Rivero, V.I. Korobov, G.M.Skylar; The admissible control problem from the moment problem point of view. Applied Mathematics Letters. Vol.23, No.1(2010), 58-63. Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados ... (2n) uF (t) 2 (2n) lim arg −(t + i)sF (t + i) − 1 = − π →0+ Θ∗1,n (t + i) 2 = − lim arg − π →0+ (T − (t + i))Γ∗1,n (t + i) = − −1 + 2 π ! ! −1 0 (t−τ2 )···(t−τn+1 ) − (t−t1 )(t−t >0 2 )···(t−tn+1 )(T −t) π (t−τ2 )···(t−τn+1 ) <0 − (t−t1 )(t−t 2 )···(t−tn+1 )(T −t) Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados ... = − −1 + = − −1 + = 1 2 π 0 tj < t < τj+1 π τj+1 < t < tj+1 0 tj < t < τj+1 2 τ j+1 < t < tj+1 tj < t < τj+1 −1 τ j+1 < t < tj+1 . Soluciones extremales del PMH Resultados encontrados Corolario 2.4 (2n) sF (t) (2n) sK (t) . uF (t) = sign uK (t) = sign (2n) (2n) Teorema 2 Sean u(t) los controles definidos en (17) y (18); cada control es constante a trozos y tiene exactamente m saltos, donde m es el grado del sistema. Demostración Se sigue directamente del Lema 2.3 Ejemplos x0 = (0, 1) m=2 |u| ≤ 1 x0 = (0, 1) u(t) 1.0 x2(t) Control óptimo tmin = 2 t1 t2 x0 t -1.0 8 9 8 9 t1 = 1 t2 = 2 L.S. Pontryagin y otros; 1961. A.E. Choque Rivero, Yu. Karlovich; 2011. _ x (t1) x1(t) Ejemplos x0 = (0, 1) m=2 |u| ≤ 1 x0 = (0, 1) tmin = 2 x2(t) Control admisible de Friedrichs uF(t) T > tmin 1.0 t1 -1.0 t2 t1 = 0.42 t2 = 1.92 T =3 x0 T t xF (t1) xF (t2) x1(t) Ejemplos x0 = (0, 1) m=2 |u| ≤ 1 x0 = (0, 1) tmin = 2 uK(t) 1.0 -1.0 x2(t) Control admisible de Krein T > tmin t1 t1 = 1.08 t2 = 2.58 T =3 x0 t2 T t xK(t1) xK(t2) x1(t) Ejemplos x0 = (0, 1) Extremales vs. óptimo Comparación de las trayectorias x2(t) 1.0 xF (t2) xK(t1) x0 xF (t1) _ x (t1) xK(t2) x1(t) Ejemplos x0 = (−0.6, 0.18) m=2 |u| ≤ 1 x0 = (−0.6, 0.18) Control óptimo tmin = 0.6 u(t) 1.0 t1 x2(t) x0 t -1.0 10 11 10 11 t1 = 0.6 L.S. Pontryagin y otros; 1961. A.E. Choque Rivero, Yu. Karlovich; 2011. _ x (t) x1(t) Ejemplos x0 = (−0.6, 0.18) t1 = 1.2 t2 = 2.4 T =3 m=2 |u| ≤ 1 x0 = (−0.6, 0.18) tmin = 0.6 Control admisible de Friedrichs uF(t) T > tmin 1.0 t1 t2 x2(t) T x0 t xF (t1) x1(t) xF (t2) -1.0 Ejemplos x0 = (−0.6, 0.18) t1 = 0.4 t2 = 2.2 T =3 m=2 |u| ≤ 1 x0 = (−0.6, 0.18) tmin = 0.6 uK(t) 1.0 Control admisible de Krein T > tmin x2(t) xK(t2) x0 t1 -1.0 t2 T t xK(t1) x1(t) Ejemplos x0 = (−0.6, 0.18) Extremales vs. óptimo Comparación de las trayectorias x2(t) xK(t2) x0 xF (t1) _ x (t) xK(t1) x1(t) xF (t2)