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1、第二篇最优控制理论习题答案：122-1、求通过x(0)=1，x(1)=2，并使性能指标Jxd=+∫(1&)t为最小的曲线x(t)。0解：本题属于无约束(无状态方程约束)，始端和终端均固定的泛函极值问题，可用变分法求解。2∂∂LLd∂L被积函数Lx=+&&1,=0,=2,x⋅=2&x&∂∂xxd&&t∂x∂∂LdL代入欧拉方程−⋅=0,得20&&x=,即&&x=0∂∂xdtx&x&=c,x=+ctc(通解形式)112⎧xc(0)==1⎧c=121由边界条件⎨,解之，得⎨⎩xcc(1)=+=2⎩c=1122*故最优轨线为x()tt=+111222-
2、2、求一阶系统xt&()=utx(),(0)1=，当性能指标为Jx=+∫()udt取最小值时的最优控20制与最优轨线。解：本题属于有约束，始端固定；终端时间t固定，x()t自由，控制u无限制的泛函极值问题，ff可用变分法求解。112222构造哈密顿函数Hx=++(uu)λ注：Lx=+(u)22协态方程λ&=−∂H=−x,即x=−λ&①∂x∂H极值条件/控制方程=+=uλ0,即u=−λ②∂u由系统的状态方程x&=u及②式，xx&&=−=λ,&−λ&③tt−由①式及③式，得&&x=x故x()tc=+ece12tt−λ()tx=−&()tc=−ec+
3、e12x(0)1==λ(1)0∂φ代入边界条件,,[终端横截条件λ=]−1tf(1cc+=)(−+cece=0)∂x()t1212f得cc==0.12,0.8812*tt−最优轨线x()tee=+0.120.88*tt−最优控制ut()=−0.12e0.88e2-5、有一开环系统，包含放大倍数为4的放大器和一个积分环节。现加入输入u(t)，T22要将系统从t=0时的x0转移到t=T时的xT，并使性能泛函Jxu=+∫(4)dt0达到最小值，试求输入的控制u(t)。解：本题属于有约束，始端和终端均固定的情况。由题意：x&=4uu4xx(0)=xx(
4、)Tx=s0T22构造哈密顿函数：Hxu=++⋅44λuλ&=−∂H=−2x即λ&=−2x（1）∂x∂H=+=840uλ即λ=−2u（2）∂u由x&=4u及（1）（2）两式，得：&&x=4x22tt−x()tc=+ece12⎧xc(0)=+=cx120代入边界条件⎨22TT−⎩x()Tc=+=ecex12T−2T2Tx−xe−+xxeT0T0解方程组得：c=,c=122TT−222TT−ee−ee−−22TT*22xxTT−−00ettxx+e−x()tee=⋅+⋅22TT−−22TTee−−ee−22TT**1xxTT−−00e2ttxxe−
5、2ut()==xt&()⋅e+⋅e22TT−−22TT42()2ee−−()ee2-8、设二阶系统状态方程为x&&11=−+xuxx,21=，x1(0)=1，x2(0)=0，u≤1，终端x(tf)自由。试确定最优控制u(t),使下列性能指标J=x2(1)取最小值。解：本题为控制受限制；t给定，x()t自由；末值型性能指标的最优控制问题，可用最小值ff原理求解。令H=−++λ()xuλx，1121φ=x(1)，2&&∂∂HHλλ=−=−λ,λ=−=0，1122∂∂xx12故λ&&=−=λλλ&&&1121tλ=+cec112λ=c22∂∂φφ由横
6、截条件λλ(1)====0,(1)112∂∂xx(1)(1)12−1那么cec+=0，c=1,∴ce=−1221t−1所以λ()1te=−1由极值条件H*min=H得ut*()=−sgn{λ()t}1u∈Ω不难发现，−1λ(0)1=−>e0，λ(1)=011t−1即λ()1tet=−>∈0,[0,1)1故最优控制ut*()=−∀∈1,t[0,1)∞222-9、设线性系统为xt&()==utx(),(0)1性能指标为Jxu=+∫()dt试求最优控制u(t),使性0能指标J取最小值。解：本题属于线性定常系统状态调节器问题，由系统状态方程及性能指标A
7、BQR=0,===1,1,1代入Riccati代数方程ut()1x()tTT−1−−+KAAKKBRBK−=Q0s−⋅−⋅+⋅⋅⋅⋅−=KK00KK11110‐1故K=±1取K=1*1−T最优控制ut()=−RBKxt()=−xt()最优轨线是齐次方程x&=−x的解−1Tx&()[tAB=−RBK]()xt*−t由x(0)1=，解得：x()te=*−t所以：ut()=−e
