制御理論の問題

$A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$, $b=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$ とおく。可制御行列 $\left(\begin{array}{cc}b& Ab\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ は正則なので系は可制御であり、任意の $T>0$ で可制御性グラミアン
$$W(T)={\int }_0^T{e}^{A\sigma }b{b}^{\top }{e}^{A^{\top }\sigma }d\sigma$$
は正定値である。

最小エネルギー入力. 解は
$$x(T)=e^{AT}x(0)+{\int }_0^T{e}^{A(T-\tau )}bu(\tau )d\tau$$
なので、$x(T)=0$ の条件は ${\int }_0^T{e}^{A(T-\tau )}bu(\tau )d\tau =-e^{AT}x(0)$ である。これを満たす $u$ のうちエネルギー最小のものは
$$u^{\ast }(\tau )=-b^{\top }{e}^{A^{\top }(T-\tau )}W(T{)}^{-1}{e}^{AT}x(0)$$
であり（線形写像 $u\mapsto {\int }_0^T{e}^{A(T-\tau )}bud\tau$ に対する最小ノルム解。他の解 $u=u^{\ast }+v$ では $v$ が $u^{\ast }$ と $L^2$ 内積で直交するので $E(u)=E(u^{\ast })+E(v)\ge E(u^{\ast })$）、最小値は
$$E_{\min }=(e^{AT}x(0){)}^{\top }W(T{)}^{-1}(e^{AT}x(0))$$
となる。

計算. $A^2=-I$ より
$$e^{At}=\left(\begin{array}{cc}\cos t& \sin t\\ -\sin t& \cos t\end{array}\right),e^{A\sigma }b=\left(\begin{array}{c}\sin \sigma \\ \cos \sigma \end{array}\right).$$
よって
$$W(\pi )={\int }_0^{\pi }\left(\begin{array}{cc}{\sin }^2\sigma & \sin \sigma \cos \sigma \\ \sin \sigma \cos \sigma & {\cos }^2\sigma \end{array}\right)d\sigma =\left(\begin{array}{cc}\frac{\pi }{2}& 0\\ 0& \frac{\pi }{2}\end{array}\right)$$
（${\int }_0^{\pi }{\sin }^2\sigma d\sigma ={\int }_0^{\pi }{\cos }^2\sigma d\sigma =\frac{\pi }{2}$, ${\int }_0^{\pi }\sin \sigma \cos \sigma d\sigma ={\left[\frac{{\sin }^2\sigma }{2}\right]}_0^{\pi }=0$）。また
$$e^{A\pi }x(0)=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right).$$
したがって
$$E_{\min }=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\frac{2}{\pi }& 0\\ 0& \frac{2}{\pi }\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)=\frac{2}{\pi }.$$

確認. 最適入力は $e^{A(\pi -\tau )}b=\left(\begin{array}{c}\sin \tau \\ -\cos \tau \end{array}\right)$ より $u^{\ast }(\tau )=\frac{2}{\pi }\sin \tau$ となる。実際
$${\int }_0^{\pi }\left(\begin{array}{c}\sin \tau \\ -\cos \tau \end{array}\right)\frac{2}{\pi }\sin \tau d\tau =\frac{2}{\pi }\left(\begin{array}{c}\frac{\pi }{2}\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$$
なので $x(\pi )=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=0$ であり、$E(u^{\ast })=\frac{4}{{\pi }^2}{\int }_0^{\pi }{\sin }^2\tau d\tau =\frac{4}{{\pi }^2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{2}{\pi }$ となる。

$A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$, $b=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$, $e^{At}=\left(\begin{array}{cc}\cos t& \sin t\\ -\sin t& \cos t\end{array}\right)$、$e^{A\tau }b=(\sin \tau ,\cos \tau {)}^T$。\n$x(\pi )=e^{A\pi }x(0)+{\int }_0^{\pi }{e}^{A(\pi -s)}bu(s)ds$。$e^{A\pi }=-I$ なので $x(\pi )=0$ の条件は ${\int }_0^{\pi }{e}^{A(\pi -s)}bu(s)ds=x(0)=(1,0{)}^T$。$e^{A(\pi -s)}b=(\sin (\pi -s),\cos (\pi -s){)}^T=(\sin s,-\cos s{)}^T$ なので、条件は\n${\int }_0^{\pi }u(s)\sin sds=1,{\int }_0^{\pi }u(s)\cos sds=0$。\n$L^2(0,\pi )$ の内積で $⟨u,\sin ⟩=1,⟨u,\cos ⟩=0$ のもとで $\Vert u{\Vert }^2$ を最小化する。$\sin ,\cos$ は $[0,\pi ]$ で直交（${\int }_0^{\pi }\sin s\cos sds=0$）で、$\Vert \sin {\Vert }^2={\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}sds=\frac{\pi }{2}$。最小ノルム解は $\sin ,\cos$ の張る空間内にあり $u=a\sin s+c\cos s$ とおくと、$a\cdot \frac{\pi }{2}=1,c\cdot \frac{\pi }{2}=0$ より $a=\frac{2}{\pi },c=0$。$u^{\ast }(s)=\frac{2}{\pi }\sin s$。\n$E_{\min }=\frac{4}{{\pi }^2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{2}{\pi }$。\n検算: 一般の $u$ は $u=u^{\ast }+w$（$w\perp \sin ,\cos$）と書け、$\Vert u{\Vert }^2=\Vert u^{\ast }{\Vert }^2+\Vert w{\Vert }^2\ge \frac{2}{\pi }$。また $u^{\ast }$ で $\int u^{\ast }\sin =\frac{2}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2}=1$、$\int u^{\ast }\cos =0$ を満たす。