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MASTERY · CONTROL ENGINEERING

9.3 经典题型：终端时间自由与最小能量控制

1.3k WORDS6 MIN READ#816专业课

9.3 经典题型：终端时间自由与最小能量控制

一、讲义例 4 深度剖析（一阶系统终端时间自由）

1. 题目原貌

2. 标准五步法求解推导

第一步：构造哈密顿函数（Hamiltonian）

根据指标项 L(x,u,t)=u2L(x, u, t) = u^2 与状态方程右端项 f(x,u,t)=uf(x, u, t) = u：

H=L+λf=u2+λuH = L + \lambda f = u^2 + \lambda u

第二步：列写并求解正则伴随方程

由协态方程：

λ˙(t)=−∂H∂x=0  ⟹  λ(t)=c1(常数)\dot{\lambda}(t) = - \frac{\partial H}{\partial x} = 0 \implies \lambda(t) = c_1 \quad (\text{常数})

第三步：应用极值条件确定控制律

本题中控制量 u(t)u(t) 无界（u∈Ru \in \mathbb{R}），由一阶偏导等于零：

∂H∂u=2u+λ=0  ⟹  u∗(t)=−12λ(t)=−12c1(最优控制必为常数值)\frac{\partial H}{\partial u} = 2u + \lambda = 0 \implies u^*(t) = - \frac{1}{2} \lambda(t) = - \frac{1}{2} c_1 \quad (\text{最优控制必为常数值})

第四步：求解状态方程轨迹与边界代入

将 u∗(t)=−12c1u^*(t) = -\frac{1}{2}c_1 代入系统状态方程：

x˙(t)=−12c1  ⟹  x(t)=−12c1t+c2\dot{x}(t) = - \frac{1}{2} c_1 \implies x(t) = - \frac{1}{2} c_1 t + c_2
  • 代入初始条件 x(0)=1x(0) = 1： c2=1  ⟹  x(t)=−12c1t+1c_2 = 1 \implies x(t) = - \frac{1}{2} c_1 t + 1
  • 代入终端条件 x(tf)=0x(t_f) = 0： −12c1tf+1=0  ⟹  tf=2c1- \frac{1}{2} c_1 t_f + 1 = 0 \implies t_f = \frac{2}{c_1} (注：因实际物理时间 tf>0t_f > 0，故必有常数 c1>0c_1 > 0)

第五步：利用终端时间自由横截条件确定常数与 tft_f

性能指标含终端时刻惩罚项 φ(tf)=tf2\varphi(t_f) = t_f^2。因 tft_f 自由，横截条件为：

[H+∂φ∂t]∣t=tf=0\left. \left[ H + \frac{\partial \varphi}{\partial t} \right] \right|_{t=t_f} = 0

其中：

∂φ∂tf=d(tf2)dtf=2tf\frac{\partial \varphi}{\partial t_f} = \frac{d(t_f^2)}{dt_f} = 2t_f

计算终端哈密顿量值：

H(tf)=u2(tf)+λ(tf)u(tf)=(−12c1)2+c1(−12c1)=−14c12H(t_f) = u^2(t_f) + \lambda(t_f) u(t_f) = \left(-\frac{1}{2}c_1\right)^2 + c_1 \left(-\frac{1}{2}c_1\right) = -\frac{1}{4}c_1^2

代入横截条件方程：

−14c12+2tf=0-\frac{1}{4}c_1^2 + 2t_f = 0

将 tf=2c1t_f = \frac{2}{c_1} 代入上式：

−14c12+2(2c1)=0  ⟹  −14c12+4c1=0  ⟹  c13=16-\frac{1}{4}c_1^2 + 2\left(\frac{2}{c_1}\right) = 0 \implies -\frac{1}{4}c_1^2 + \frac{4}{c_1} = 0 \implies c_1^3 = 16

精确解与工程数值近似：

c1=163=223≈2.5198≈2.52c_1 = \sqrt[3]{16} = 2\sqrt[3]{2} \approx 2.5198 \approx 2.52

从而求出终端最优时间与最优控制：

tf=2c1=22.52≈0.794t_f = \frac{2}{c_1} = \frac{2}{2.52} \approx 0.794 u∗(t)=−12c1≈−1.26\mathbf{u^*(t) = -\frac{1}{2}c_1 \approx -1.26}

二、讲义例 5 深度剖析（二阶最小能量控制与幅值约束）

1. 题目原貌

2. 标准解题与深层逻辑推导

第一步：构造哈密顿函数

H=L+λTf=u2+λ1x2+λ2uH = L + \lambda^T f = u^2 + \lambda_1 x_2 + \lambda_2 u

第二步：列写并求解正则伴随方程组

{λ˙1(t)=−∂H∂x1=0  ⟹  λ1(t)=c1λ˙2(t)=−∂H∂x2=−λ1=−c1  ⟹  λ2(t)=−c1t+c2\begin{cases} \dot{\lambda}_1(t) = -\frac{\partial H}{\partial x_1} = 0 \implies \lambda_1(t) = c_1 \\ \dot{\lambda}_2(t) = -\frac{\partial H}{\partial x_2} = -\lambda_1 = -c_1 \implies \lambda_2(t) = -c_1 t + c_2 \end{cases}

第三步：极值条件与饱和平顶函数（Saturation）

将 HH 整理为关于控制变量 uu 的二次函数：

H=(u+12λ2)2+λ1x2−14λ22H = \left( u + \frac{1}{2}\lambda_2 \right)^2 + \lambda_1 x_2 - \frac{1}{4}\lambda_2^2

在闭集约束 ∣u(t)∣≤1|u(t)| \le 1 条件下，二次函数的极小值点为：

u∗(t)=sat(−12λ2(t))={−1,λ2(t)>2−12λ2(t),∣λ2(t)∣≤21,λ2(t)<−2u^*(t) = \text{sat}\left(-\frac{1}{2}\lambda_2(t)\right) = \begin{cases} -1, & \lambda_2(t) > 2 \\ -\frac{1}{2}\lambda_2(t), & |\lambda_2(t)| \le 2 \\ 1, & \lambda_2(t) < -2 \end{cases} 
graph LR
    subgraph 极小值饱和平顶特性
    A["λ₂ > 2: u* = -1 (负向饱和)"]
    B["|λ₂| ≤ 2: u* = -0.5 λ₂ (线性未饱和区)"]
    C["λ₂ < -2: u* = +1 (正向饱和)"]
    end

第四步：工程解题必杀技——线性试探假设法（设未饱和）

设全程未饱和，最优控制律为：

u∗(t)=−12λ2(t)=12(c1t−c2)u^*(t) = -\frac{1}{2}\lambda_2(t) = \frac{1}{2}(c_1 t - c_2)

第五步：状态方程二次积分

  1. 积分求 x2(t)x_2(t)： x˙2(t)=12c1t−12c2  ⟹  x2(t)=14c1t2−12c2t+c3\dot{x}_2(t) = \frac{1}{2}c_1 t - \frac{1}{2}c_2 \implies x_2(t) = \frac{1}{4}c_1 t^2 - \frac{1}{2}c_2 t + c_3 由初值 x2(0)=0  ⟹  c3=0x_2(0) = 0 \implies c_3 = 0。
  2. 积分求 x1(t)x_1(t)： x˙1(t)=x2(t)=14c1t2−12c2t  ⟹  x1(t)=112c1t3−14c2t2+c4\dot{x}_1(t) = x_2(t) = \frac{1}{4}c_1 t^2 - \frac{1}{2}c_2 t \implies x_1(t) = \frac{1}{12}c_1 t^3 - \frac{1}{4}c_2 t^2 + c_4 由初值 x1(0)=0  ⟹  c4=0x_1(0) = 0 \implies c_4 = 0。

第六步：代入终端边界建立方程组

在终端时刻 t=tft = t_f：

{x1(tf)=112c1tf3−14c2tf2=14  ⟹  c1tf3−3c2tf2=3– (方程 1)x2(tf)=14c1tf2−12c2tf=14  ⟹  c1tf2−2c2tf=1– (方程 2)\begin{cases} x_1(t_f) = \frac{1}{12}c_1 t_f^3 - \frac{1}{4}c_2 t_f^2 = \frac{1}{4} & \implies c_1 t_f^3 - 3c_2 t_f^2 = 3 & \text{-- (方程 1)} \\[8pt] x_2(t_f) = \frac{1}{4}c_1 t_f^2 - \frac{1}{2}c_2 t_f = \frac{1}{4} & \implies c_1 t_f^2 - 2c_2 t_f = 1 & \text{-- (方程 2)} \end{cases}

第七步：终端时间自由横截条件（H=0H=0）

因为系统定常且无终端指标项（φ≡0\varphi \equiv 0），终端时间 tft_f 自由的横截条件为：

H(tf)=0H(t_f) = 0

展开终端哈密顿量：

H(tf)=u2(tf)+λ1(tf)x2(tf)+λ2(tf)u(tf)=0H(t_f) = u^2(t_f) + \lambda_1(t_f) x_2(t_f) + \lambda_2(t_f) u(t_f) = 0

利用极值点关系 λ2(tf)=−2u∗(tf)\lambda_2(t_f) = -2u^*(t_f) 代入化简：

u2(tf)+c1⋅14+(−2u∗(tf))⋅u∗(tf)=0  ⟹  14c1−[u∗(tf)]2=0u^2(t_f) + c_1 \cdot \frac{1}{4} + (-2u^*(t_f)) \cdot u^*(t_f) = 0 \implies \frac{1}{4}c_1 - [u^*(t_f)]^2 = 0

将 u∗(tf)=12(c1tf−c2)u^*(t_f) = \frac{1}{2}(c_1 t_f - c_2) 代入：

14c1−14(c1tf−c2)2=0  ⟹  c1−(c2−c1tf)2=0– (方程 3)\frac{1}{4}c_1 - \frac{1}{4}(c_1 t_f - c_2)^2 = 0 \implies \mathbf{c_1 - (c_2 - c_1 t_f)^2 = 0} \quad \text{-- (方程 3)}

第八步：三元方程联立消元精解

由方程 1 与方程 2，用待定时间 tft_f 表示常数 c1,c2c_1, c_2： 从方程 2 解出：c1tf2=1+2c2tfc_1 t_f^2 = 1 + 2c_2 t_f
代入方程 1：

tf(1+2c2tf)−3c2tf2=3  ⟹  tf−c2tf2=3  ⟹  c2=tf−3tf2t_f(1 + 2c_2 t_f) - 3c_2 t_f^2 = 3 \implies t_f - c_2 t_f^2 = 3 \implies c_2 = \frac{t_f - 3}{t_f^2}

再回代入方程 2：

c1tf2=1+2(tf−3tf)=3tf−6tf  ⟹  c1=3(tf−2)tf3c_1 t_f^2 = 1 + 2\left(\frac{t_f - 3}{t_f}\right) = \frac{3t_f - 6}{t_f} \implies c_1 = \frac{3(t_f - 2)}{t_f^3}

计算组合项 (c2−c1tf)(c_2 - c_1 t_f)：

c2−c1tf=tf−3tf2−3(tf−2)tf2=−2tf+3tf2c_2 - c_1 t_f = \frac{t_f - 3}{t_f^2} - \frac{3(t_f - 2)}{t_f^2} = \frac{-2t_f + 3}{t_f^2}

代入方程 3：

3(tf−2)tf3−(−2tf+3tf2)2=0\frac{3(t_f - 2)}{t_f^3} - \left( \frac{-2t_f + 3}{t_f^2} \right)^2 = 0

两边同乘 tf4t_f^4：

3(tf−2)tf−(3−2tf)2=03(t_f - 2)t_f - (3 - 2t_f)^2 = 0

展开整式：

3tf2−6tf−(9−12tf+4tf2)=−tf2+6tf−9=03t_f^2 - 6t_f - (9 - 12t_f + 4t_f^2) = -t_f^2 + 6t_f - 9 = 0

两边变号得完全平方式：

(tf−3)2=0  ⟹  tf=3(t_f - 3)^2 = 0 \implies \mathbf{t_f = 3}

代回求出常数：

c1=3(3−2)33=19,c2=3−332=0c_1 = \frac{3(3 - 2)}{3^3} = \mathbf{\frac{1}{9}}, \quad c_2 = \frac{3 - 3}{3^2} = \mathbf{0}

最优控制函数为：

u∗(t)=12(19t−0)=t18\mathbf{u^*(t) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{9}t - 0\right) = \frac{t}{18}}

3. 必须书写的终极步骤：后验约束校验（闭环证明）

  1. 控制量幅值校验： 在时间区间 t∈[0,3]t \in [0, 3] 内，u∗(t)=t18u^*(t) = \frac{t}{18} 是单调递增函数：

    u∗(0)=0,u∗(tf)=u∗(3)=318=16u^*(0) = 0, \quad u^*(t_f) = u^*(3) = \frac{3}{18} = \frac{1}{6}

    显然：

    max⁡t∈[0,3]∣u∗(t)∣=16≤1\max_{t \in [0, 3]} |u^*(t)| = \frac{1}{6} \le 1

    完全满足容许控制约束 ∣u(t)∣≤1|u(t)| \le 1！

  2. 协态区间校验：

    λ2(t)=−c1t+c2=−19t\lambda_2(t) = -c_1 t + c_2 = -\frac{1}{9}t

    在 t∈[0,3]t \in [0, 3] 内：

    ∣λ2(t)∣≤39=13≤2|\lambda_2(t)| \le \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \le 2

    完全位于线性未饱和判别区间 ∣λ2∣≤2|\lambda_2| \le 2 内！

结论： 先验无饱和假设完全成立，所得 u∗(t)=t18,  tf=3u^*(t) = \frac{t}{18}, \; t_f = 3 即为真全局最优解。

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