【非线性鲁棒控制器_滑模控制学习】_中_小白都能看懂的稳定性证明

1、回顾鲁棒控制器（基础滑模，解释问题在哪里）

系统 $\dot{x}=f(x)+u$，$|f(x)|<\rho (x)$

这个系统的特点就是里面含有未知但有界的项f(x)

目标是令$x\to x_d$，即$e=x_d-x$, $e\to 0$
$$\dot{e}={\dot{x}}_d-f(x)-u（1）$$
令：
$$u={\dot{x}}_d+ke+\rho \frac{|e|}{e}（2）$$
其中，$\frac{|e|}{e}$ 就是符号函数$sgn(e)$，它对应的图形就是一个分段的函数。
这种控制方法就叫做sliding mode （滑模）。
把u带进去：
$$\dot{e}=-ke-f(x)-\rho (x)\frac{|e|}{e}（3）$$
这个式子当中的组成元素，也可以画图。这时候画出来的图横坐标是e，纵坐标是e的导数，这种图叫做相图（phase portrait）。
关于相图的知识，可以看如下链接

通过这个简易的图可以看到，系统是在两个mode中间不停的切换，这也就是为什么这种方法叫做滑模控制。
这种来回切换带来的问题，就是控制器的输出的数值大幅度的变化，例如自动驾驶应用中，上一时刻方向盘在8点钟方向，下一时刻就要到4点钟方向，这对执行器非常不友好。
这种问题就是因为符号函数引起的。
既然有问题，那就要解决，就有了改进的空间。

2、改进

还是同一个系统 $\dot{x}=f(x)+u$，$|f(x)|<\rho (x)$
目标是令$x\to x_d$，即$e=x_d-x$, $e\to 0$
$$\dot{e}={\dot{x}}_d-f(x)-u（1）$$
令：
$$u={\dot{x}}_d+ke+u_{aux}（2）$$
aux指的是auxiliary 辅助的

• 对于基础滑模控制器来说
  $u_{aux1}=\rho \frac{|e|}{e}$
• 第一种改进策略（High Gain）
  $u_{aux2}=\frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e$，$ϵ>0$
• 第二种改进策略 (High Frequency)
  $u_{aux3}=\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ}$，$ϵ>0$

3、 High Gain 原理及稳定性证明

$$u_{aux2}=\frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e,ϵ>0$$
先来分析一下这个式子，这个式子里面有一个平方项 ${\rho }^2$，这个式子整体的含义就是用足够大的输入去抵消不确定性。

• 稳定性证明 $u={\dot{x}}_d+ke+\frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e$
  令 $V=\frac{1}{2}{e}^2$
  $$\dot{V}=e\dot{e}=e({\dot{x}}_d-f(x)-ke-{\dot{x}}_d-\frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e)=-ef(x)-k{e}^2-\frac{1}{ϵ}{\rho }^2{e}^2$$
  因为$f(x)$是有界的，并且$f(x)<\rho$，所以如下不等式成立：
  $$-ef(x)\le |e||f(x)\le |e|\rho$$
  下面进行缩放
  $$\dot{V}\le \rho |e|-k{e}^2-\frac{1}{ϵ}{\rho }^2{e}^2=-k{e}^2+\rho |e|(1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|)$$

Case1: $\rho |e|>ϵ$

这个时候 $\frac{1}{ϵ}\rho |e|>1$，移项得到$1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|<0$，等式两边同时乘$\rho |e|$，就可以得到 $\rho |e|(1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|)<0$，这样就可以得到：
$$\dot{V}\le -k{e}^2$$
这个时候又可以用上一篇里面的过程来求解微分方程，得到指数收敛的结论。证明过程如下所示：

往回看，根据$V_{(e)}=\frac{1}{2}{e}^2$，可以得到$2V_{(e)}=e^2$，也就是 $${\dot{V}}_{(e)}\le -2k{V}_{(e)}（9）$$ ${\dot{V}}_{(e)}+2k{V}_{(e)}\le 0$ ，这是一个微分方程不等式。
为了对这个微分方程不等式进行求解，这里引入一个函数$s(t)>0$，上面的微分不等式就变成了下面的微分方程。 $${\dot{V}}_{(e)}+2k{V}_{(e)}+s(t)=0（10）$$ 把s(t)移到等式右边，可以得到 $${\dot{V}}_{(e)}+2k{V}_{(e)}=-s(t)（11）$$ 解这个非齐次微分方程，可以得到它的通解：
$$V(t)=V(0)exp(-2kt)-exp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )s(\tau )d\tau （12）$$ 其中，$exp(-2kt)=e^{-2kt}$，为了不和误差e搞混，所以指数项这么写。 对式（12）进行分析，
可以看到，$exp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )s(\tau )d\tau >0$ 所以， $$V(t)\le V(0)exp(-2kt)（13）$$ 也就是，
$$\frac{1}{2}{e}^2(t)\le \frac{1}{2}e(0)exp(-2kt)（14）$$ 两边同时开方，可以得到
$$\sqrt{\frac{1}{2}{e}^2(t)}\le \sqrt{\frac{1}{2}e(0)exp(-2kt)}（15）$$ 即
$$|e(t)|\le |e(0)|exp(-kt)（16）$$ 通过（16）就可以发现，误差是指数渐进收敛的（exponentially stable）

Case2: $\rho |e|\le ϵ$

这个时候 $\frac{1}{ϵ}\rho |e|\le 1$，移项得到$1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|\ge 0$，同时可以发现这个式子还是小于等于1的，
$$1\ge 1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|\ge 0$$
等式两边同时乘$\rho |e|$，就可以得到
$$\rho |e|\ge \rho |e|(1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|)$$
又因为$\rho |e|\le ϵ$，所以就有
$$ϵ\ge \rho |e|\ge \rho |e|(1-\frac{1}{ϵ}\rho |e|)$$
那么
$$\dot{V}\le -k{e}^2+ϵ$$

接下来又是一套丝滑小连招，还是要求解微分方程，用到的都是之前用过的东西。

因为根据设定 $V=\frac{1}{2}{e}^2$，两边同时乘$-k$
$$-k{e}^2=-2kV$$
所以，
$$\dot{V}\le -2kV+ϵ$$
这是一个微分方程不等式，为了求解它，又一次引入一个正函数，$s(t)>0$。
这样做的目的就是为了把不等式变成等式，进而解方程。
$$\dot{V}+-2kV=ϵ-s(t)$$
得到通解：
$$V(t)=V(0)exp(-2kt)-exp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )s(\tau )d\tau +ϵexp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )d\tau$$
其中，$exp(-2kt)=e^{-2kt}>0$，${\int }_0^{t}exp(2k\tau )s(\tau )d\tau >0$
$${\int }_0^{t}exp(2k\tau )s(\tau )d\tau =\frac{1}{2k}{\int }_0^{t}exp(2k\tau )d2k\tau =\frac{1}{2k}(exp(2kt)-1)$$
$$ϵexp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )d\tau =ϵexp(-2kt)\frac{1}{2k}(exp(2kt)-1)$$
进一步化简可以得到
$$ϵexp(-2kt){\int }_0^{t}exp(2k\tau )d\tau =\frac{ϵ}{2k}(1-exp(-2kt))$$
把这些带回到通解中，
$$V(t)\le V(0)exp(-2kt)-0+\frac{ϵ}{2k}(1-exp(-2kt))$$
又因为 $V(t)=\frac{1}{2}{e}^2(t)$，$V(0)=\frac{1}{2}{e}^2(0)$
所以，
$$\frac{1}{2}{e}^2(t)\le \frac{1}{2}{e}^2(0)exp(-2kt)+\frac{ϵ}{2k}(1-exp(-2kt))$$
消除掉$\frac{1}{2}$，再两边同时开根号，
$$|e(t)|\le \sqrt{|e(0)|exp(-2kt)+\frac{ϵ}{k}-\frac{ϵ}{k}exp(-2kt)}$$
当$t\to \infty$，$|e(0)|exp(-2kt)\to 0$，$-\frac{ϵ}{k}exp(-2kt)\to 0$，也就可以得到最终的结论
$$|e(t)|\le \sqrt{\frac{ϵ}{k}}$$
分析这个结果可以发现，误差不是一个趋近于0的数值，而是一个始终有界的结果，即全局一致最终有界，对应的英文单词是Globally uniformly ultimately bounded (GUUB)
当$ϵ$ 很小时，$e\to 0$，但是，与此同时$u_{aux2}=\frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e$，就会变得很大，也就是控制量的输出比较大，也就意味着费劲，耗能多
所以说，误差和u这两个之间存在trade-off（权衡）。换句话说，想要误差变小，就要选取比较小的$ϵ$，代价就是控制量变大。所以要选择合适的$ϵ$，能够让误差是你可以接受的，同时不要给执行器带来太大负担。

4、 High Frequency 原理及稳定性证明

$$u_{aux3}=\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ},ϵ>0$$
对于这个式子来说，当$ϵ=0$，式子就变成了$\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|}=\rho \frac{e}{|e|}$，也就退回到了滑模控制。
当$ϵ\ne 0$时，$|\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ}|<1$

用图画出来可以看到，原来的滑模控制是在-1到1之间切换，现在是在一个更小的范围内来回切换，所以就是切换没那么剧烈了，平缓一些。

接下来是和前面$u_{aux2}$类似的证明过程。

• 稳定性证明 $u={\dot{x}}_d+ke+\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ}$
  令
  $$V=\frac{1}{2}{e}^2$$
  $$\dot{V}=e\dot{e}=e({\dot{x}}_d-f(x)-ke-{\dot{x}}_d-\frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ})=-ef(x)-k{e}^2-\frac{{\rho }^2{e}^2}{\rho |e|+ϵ}$$
  还是同样的缩放策略， 因为$f(x)$是有界的，并且$f(x)<\rho$，所以如下不等式成立：
  $$-ef(x)\le |e||f(x)\le |e|\rho$$
  下面对$\dot{V}$进行缩放:
  $$\dot{V}\le e|\rho |-k{e}^2-\frac{{\rho }^2{e}^2}{\rho |e|+ϵ}=-k{e}^2+\frac{{\rho }^2{e}^2+\rho |e|ϵ-{\rho }^2{e}^2}{\rho |e|+ϵ}=-k{e}^2+ϵ(\frac{\rho |e|}{\rho |e|+ϵ})$$
  其中，$0\le \frac{\rho |e|}{\rho |e|+ϵ}\le 1$
  所以，可以得到
  $$\dot{V}\le -k{e}^2+ϵ$$
  这个式子和前面high-gain控制器得到的一样了，后面是一模一样的求解微分方程，最终得到
  $$|e(t)|\le \sqrt{\frac{ϵ}{k}}$$

总结

系统：$\dot{x}=f(x)+u$，$|f(x)|<\rho (x)$
设计控制器u，目标是实现 $t\to \infty$时，$e=x_d-x$, $e\to 0$。
令 $u={\dot{x}}_d+ke+u_{aux}$
$$u_{aux}=\{\begin{array}{ll}\rho \frac{|e|}{e}& \text{sliding mode}\\ \frac{1}{ϵ}{\rho }^{2}e& \text{high gain }\\ \frac{{\rho }^{2}e}{\rho |e|+ϵ}& \text{high frequency }\end{array}$$

这一篇证明了这几种鲁棒控制器的稳定性，公式很多，但是自己推导一遍也就觉得没那么难了。下面就可以打开simulink进行验证了。也就是下一篇博客要写的内容啦~

参考视频链接

Dr.Can视频链接: link.