固有ベクトル設定問題

[0] 次の２入力２次系

$\displaystyle{(1)\quad \dot{x}= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 0 & 0\\ 0 & -1 \end{array}\right] }_{A} x+ \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right] }_{B} u }$

に対して２つの異なる状態フィードバック

$\displaystyle{(2)\quad %\begin{array}{l} u=- \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right] }_{F_1} x,\quad u=- \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 1 & 2 \end{array}\right] }_{F_2} x %\end{array} }$

による閉ループ系は、それぞれ

$\displaystyle{(3)\quad \dot{x}= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} -2 & 0\\ 0 & -3 \end{array}\right] }_{A-BF_1} x,\quad \dot{x}= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} -2 & 2\\ 0 & -3 \end{array}\right] }_{A-BF_2} x }$

となって、同じ固有値-2,-3を持ちます。このように多入力系では閉ループ系の固有値を指定しても状態フィードバックは一意に定まりません。これは固有ベクトルの指定に任意性があるからです（ちなみに１入力系では一意に定まります）。そこで、上の２つの閉ループ系の固有ベクトルを求めてみると

$\displaystyle{(4)\quad V_1=\left[\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right],\quad V_2=\left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{array}\right] }$

また応答は次式となります。

$\displaystyle{(5)\quad \dot{x}= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} e^{-2t} & 0\\ 0 & e^{-3t} \end{array}\right] }_{\exp((A-BF_1)t)=V_1\exp(\Lambda t)V_1^{-1}} x(0) }$
$\displaystyle{(6)\quad \dot{x}= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} e^{-2t} & 0\\ 0 & e^{-3t} \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} 1 & -1\\ 0 & 1 \end{array}\right] }_{\exp((A-BF_2)t)=V_2\exp(\Lambda t)V_2^{-1}} x(0) }$

明らかに(5)ではモード $e^{-2t}$ と $e^{-3t}$ が分離していますが、(6)ではそれらがミックスされています。このように、多入力系の場合の状態フィードバックの設計は、モードをどのように分布させるかがポイントとなります。

[1] 実固有値の場合

$\displaystyle{(7)\quad (A-BF)v=\lambda v \Rightarrow \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} \lambda I-A & B \end{array}\right] }_{G(\lambda)} \left[\begin{array}{c} v\\ \xi \end{array}\right] =0 \quad(\xi=Fv) }$

より、 $v$ と $\xi$ は、サイズ $n\times(n+m)$ の行列 $G(\lambda)$ の零化空間の基底行列に対して、適当な $m$ 次元ベクトル $\delta$ を用いて

$\displaystyle{(8)\quad G(\lambda) \left[\begin{array}{c} N(\lambda)\\ M(\lambda)\\ \end{array}\right] =0 \Rightarrow \left[\begin{array}{c} v\\ \xi \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} N(\lambda)\\ M(\lambda)\\ \end{array}\right]\delta }$

のように表されます。そこで望ましい固有ベクトル $v$ を与えて

$\displaystyle{(9)\quad N(\lambda)\delta=v }$

を解いて $\delta$ を求めます。ただし、望ましい固有ベクトル $v$ のすべての成分を指定できるわけではないので

$\displaystyle{(10)\quad \tilde{R}N(\lambda)\delta=\tilde{R}v =\left[\begin{array}{c} \tilde{v}^s\\ \tilde{v}^u\\ \end{array}\right] \Rightarrow \left[\begin{array}{cc} I_q & 0 \end{array}\right] \tilde{R}N(\lambda)\times\delta=\tilde{v}^s }$

の最小２乗解として $\delta=\delta^*$ を定めます。ここで、セレクタ行列 $\tilde{R}$ により、望ましい固有ベクトル $v$ の指定された $q$ 個の成分だけを集めた $\tilde{v}^s$ が得られるとしています。

このとき、割当可能な $v^*$ と $\xi^*$ は次式で与えられます。

$\displaystyle{(11)\quad \left[\begin{array}{c} v^*\\ \xi^* \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} N(\lambda)\\ M(\lambda)\\ \end{array}\right]\delta^* }$

●もし $A-\lambda I_n$ が正則ならば

$\displaystyle{(12)\quad (\lambda I_n-A)\underbrace{(\lambda I_n-A)^{-1}B}_{N(\lambda)}+B\underbrace{(-I_m)}_{M(\lambda)}=0 }$

より、 $N(\lambda)$ と $M(\lambda)$ が特定できます。(8)より

$\displaystyle{(13)\quad \begin{array}{l} v=(\lambda I_n-A)^{-1}B\delta\\ \xi=-\delta \end{array} \quad\Rightarrow\quad \boxed{v=(A-\lambda I_n)^{-1}B\xi} }$

となって、指定した固有ベクトル $v$ を近似する $\xi$ を直接求めることができます。

●具体的に、(1)に対して、固有値-2,-3を持たせる状態フィードバックを、対応する固有ベクトルが(4)の $V_1$ となるように求めてみます。

$\displaystyle{(14)\quad \begin{array}{l} \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 0-(-2) & 0\\ 0 & -1-(-2) \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right] }_{(A-\lambda I_n)^{-1}B} \xi_1 =\underbrace{ \left[\begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array}\right]}_{V_1(:,1)}\\ \Rightarrow \xi_1= \left[\begin{array}{cc} 1/2 & 1/2\\ 1 & -1 \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} 1 & 1/2\\ 1 & -1/2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} 1\\ 1 \end{array}\right] \end{array} }$

$\displaystyle{(15)\quad \begin{array}{l} \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} 0-(-3) & 0\\ 0 & -1-(-3) \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right] }_{(A-\lambda I_n)^{-1}B} \xi_2 =\underbrace{ \left[\begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array}\right]}_{V_1(:,2)}\\ \Rightarrow \xi_2= \left[\begin{array}{cc} 1/3 & 1/3\\ 1/2 & -1/2 \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} 3/2 & 1\\ 3/2 & -1 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} 1\\ -1 \end{array}\right] \end{array} }$

状態フィードバックゲイン $F$ は

$\displaystyle{(16)\quad \left[\begin{array}{cc} \xi_1 & \xi_2 \end{array}\right] =FV_1 \quad\Rightarrow\quad F= \left[\begin{array}{cc} \xi_1 & \xi_2 \end{array}\right]V_1^{-1} = \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right] }$

[2] 複素共役固有値の場合

$\displaystyle{(17)\quad \begin{array}{l} (A-BF)(v_R\pm jv_I)=(\lambda_R\pm j\lambda_I)(v_R\pm jv_I)\\ \Rightarrow (A-BF)v_R=\lambda_Rv_R-\lambda_Iv_I,\ (A-BF)v_I =\lambda_Rv_I+\lambda_Iv_R \\ \Rightarrow \underbrace{ \left[\begin{array}{ccc} \lambda_R I-A & \lambda_I I & B \end{array}\right] }_{G(\lambda)} \left[\begin{array}{cc} v_R & v_I\\ -v_I & v_R\\ \xi_R & \xi_I \end{array}\right] =0 \quad(\xi_R=Fv_R,\xi_I=Fv_I) \end{array} }$

より、 $v_R,v_I$ と $\xi_R,\xi_I$ は、サイズ $n\times(2n+m)$ の行列 $G(\lambda)$ の零化空間の基底行列に対して、適当な $m$ 次元ベクトル $\delta_R,\delta_I$ を用いて

$\displaystyle{(18)\quad G(\lambda) \left[\begin{array}{c} N(\lambda)\\ P(\lambda)\\ M(\lambda) \end{array}\right] =0 \Rightarrow \left[\begin{array}{cc} v_R & v_I\\ -v_I & v_R\\ \xi_R & \xi_I \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} N(\lambda)\\ P(\lambda)\\ M(\lambda) \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} \delta_R & \delta_I \end{array}\right] }$

のように表されます。そこで望ましい $v_R,v_I$ を与えて

$\displaystyle{(19)\quad \left[\begin{array}{c} v_R \\ v_I \end{array}\right]= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} N(\lambda) \\ -P(\lambda) \end{array}\right] }_{\alpha} \delta_R= \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} P(\lambda)\\ N(\lambda) \end{array}\right] }_{\beta} \delta_I }$

の解として $\delta_R,\delta_I$ を求めますが、 $\alpha$ と $\beta$ が独立ではないので、その求解には工夫が必要です。ここでは、Edwards and Spurgeon に従って、その手順を述べます。

まず、行列 $\alpha$ に対して、 $\alpha^T$ の零化空間の基底行列を $K_\alpha$ で表すと、 $\alpha^TK_\alpha=0$ より $K_\alpha^T\alpha=0$ を得て、 $K_\alpha^T$ の零化空間の基底行列は $\alpha$ 、すなわち ${\cal N}(K_\alpha^T)={\cal R}(\alpha)$ となることに注意します。同様に行列 $\beta$ に対して、 $\beta^T$ の零化空間の基底行列を $K_\beta$ で表すと、 $K_\beta^T$ の零化空間の基底行列は $\beta$ 、すなわち ${\cal N}(K_\beta^T)={\cal R}(\beta)$ となります。そこで、

$\displaystyle{(20)\quad \underbrace{ \left[\begin{array}{c} K_\alpha^T\\ K_\beta^T \end{array}\right] }_{\gamma^T} K_\gamma=0 \Rightarrow {\cal R}(K_\gamma)\subset {\cal N}(K_\alpha^T)\cap {\cal N}(K_\beta^T)={\cal R}(\alpha)\cap {\cal R}(\beta) }$

に注意して、 $\gamma=[K_\alpha,K_\beta]$ の零化空間の基底行列 $K_\gamma$ を用いて、望ましい $v_R,v_I$ を与えて

$\displaystyle{(21)\quad \left[\begin{array}{c} v_R \\ v_I \end{array}\right]= K_\gamma \delta }$

を解いて $\delta$ を求めます。ただし、望ましい $v_R,v_I$ のすべての成分を指定できるわけではないので

$\displaystyle{(22)\quad \tilde{R}K_\gamma\delta=\tilde{R}v =\left[\begin{array}{c} \tilde{v}_R^s\\ \tilde{v}_I^s\\ \tilde{v}_R^u\\ \tilde{v}_I^u\\ \end{array}\right] \Rightarrow \left[\begin{array}{cc} I_{2q} & 0 \end{array}\right] \tilde{R}K_\gamma\times\delta= \left[\begin{array}{c} \tilde{v}_R^s\\ \tilde{v}_I^s\\ \end{array}\right] }$

の最小２乗解として $\delta=\delta^*$ を定めます。ここで、セレクター行列 $\tilde{R}$ により、望ましい $v_R,v_I$ の指定された $2q$ 個の成分だけを集めた $\tilde{v}_R^s,\tilde{v}_I^s$ が得られるとしています。

このとき、割当可能な $v_R^*,v_I^*$ は次式で与えられます。

$\displaystyle{(23)\quad \left[\begin{array}{c} v_R^*\\ v_I^* \end{array}\right]= K_\gamma\delta^* }$

これは(14)の $\delta_R^*,\delta_I^*$ を、それぞれ $\alpha^{\dag}K_\gamma\delta^*$ と $\beta^{\dag}K_\gamma\delta^*$ で定めれば（ $\dag$ は疑似逆行列を表す）、対応する $\xi_R^*,\xi_I^*$ は次式で与えられます。

$\displaystyle{(24)\quad \left[\begin{array}{c} \xi_R^*\\ \xi_I^* \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} M(\lambda)\alpha^{\dag}K_\gamma\delta^*\\ M(\lambda)\beta^{\dag}K_\gamma\delta^*\\ \end{array}\right] }$

[3] 複素共役固有値の場合（別のアプローチ）

(17)は次式のようにも表すことができます。

$\displaystyle{(25)\quad \begin{array}{l} (A-BF)(v_R\pm jv_I)=(\lambda_R\pm j\lambda_I)(v_R\pm jv_I)\\ \Rightarrow (A-BF)v_R=\lambda_Rv_R-\lambda_Iv_I,\ (A-BF)v_I =\lambda_Rv_I+\lambda_Iv_R \\ \Rightarrow %\underbrace{ \left[\begin{array}{cccc} \lambda_R I-A & -\lambda_I I & B & 0\\ \lambda_I I & \lambda_R I-A & 0 & B\\ \end{array}\right] %}_{G(\lambda)} \left[\begin{array}{cc} v_R \\ v_I \\ \xi_R \\ \xi_I \end{array}\right] =0 \quad(\xi_R=Fv_R,\xi_I=Fv_I) \end{array} }$

したがって、[2]において

$\displaystyle{(26)\quad \begin{array}{l} G(\lambda)\leftarrow \left[\begin{array}{cccc} \lambda_R I-A & -\lambda_I I & B & 0\\ \lambda_I I & \lambda_R I-A & 0 & B \end{array}\right]\\ v\leftarrow\left[\begin{array}{c} v_R\\ v_I \end{array}\right],\ \xi\leftarrow\left[\begin{array}{c} \xi_R\\ \xi_I \end{array}\right],\ \delta\leftarrow\left[\begin{array}{c} \delta_R\\ \delta_I \end{array}\right] \end{array} }$

と置き換えて同様の議論ができそうです（[2]の議論と等価であるかは検討中です）。

●もし $A-\lambda_R I_n$ が正則ならば、公式

$\displaystyle{(27)\quad \begin{array}{l} \left[\begin{array}{cc} M_{11} & M_{12} \\ M_{21} & M_{22} \end{array}\right]^{-1} = \left[\begin{array}{cc} \Phi^{-1} & -\Phi^{-1}M_{12}M_{22}^{-1} \\ -M_{22}^{-1}M_{21}\Phi^{-1} & M_{22}^{-1}+M_{22}^{-1}M_{21}\Phi^{-1}M_{12}M_{22}^{-1} \end{array}\right]\\ \Phi\stackrel{\rm def}{=}M_{11}-M_{12}M_{22}^{-1}M_{21}\ (M_{22}\ {\rm nonsingular}) \end{array} }$

を参照すると

$\displaystyle{(28)\quad \left[\begin{array}{cc} \lambda_R I-A & -\lambda_I I\\ \lambda_I I & \lambda_R I-A \end{array}\right]^{-1} }$

を計算できます。そこで

$\displaystyle{(29)\quad \begin{array}{l} \left[\begin{array}{cc} \lambda_R I-A & -\lambda_I I\\ \lambda_I I & \lambda_R I-A \end{array}\right] \underbrace{ \left[\begin{array}{cc} \lambda_R I-A & -\lambda_I I\\ \lambda_I I & \lambda_R I-A \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{cc} B & 0\\ 0 & B \end{array}\right] }_{N(\lambda)}\\ + \left[\begin{array}{cc} B & 0\\ 0 & B \end{array}\right] \underbrace{(-I_{2m})}_{M(\lambda)}=0 \end{array} }$

より、 $N(\lambda)$ と $M(\lambda)$ が特定できます。(8)に相当する式より

$\displaystyle{(30)\quad \boxed{ \left[\begin{array}{c} v_R\\ v_I \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} A-\lambda_R I & \lambda_I I\\ -\lambda_I I & A-\lambda_R I \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{cc} B & 0\\ 0 & B \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} \xi_R\\ \xi_I \end{array}\right]} }$

となって、指定した固有ベクトルの実部 $v_R$ と虚部 $v_I$ を近似する $\xi_R$ と $\xi_I$ を直接求めることができます。

●具体的に、(1)に対して、固有値 $-1\pm j$ を持たせる状態フィードバックを、対応する固有ベクトルが

$\displaystyle{(31)\quad \underbrace{ \left[\begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array}\right]}_{v_R} \pm j \underbrace{ \left[\begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array}\right]}_{v_I} }$

となるように求めてみます。

$\displaystyle{(32)\quad \begin{array}{l} \underbrace{ \left[\begin{array}{cccc} 0-(-1) & 0 & 1 & 0\\ 0 & -1-(-1) & 0 & 1\\ -1 & 0 & 0-(-1) & 0\\ 0 & -1 & 0 & -1-(-1) \end{array}\right]^{-1} }_{\left[\begin{array}{cc} A-\lambda_R I & \lambda_I I\\ -\lambda_I I & A-\lambda_R I \end{array}\right]^{-1}}\\ \times\underbrace{ \left[\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & 0\\ 1 & -1& 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right] }_{\left[\begin{array}{cc} B & 0\\ 0 & B \end{array}\right]} \left[\begin{array}{c} \xi_R\\ \xi_I \end{array}\right] =\underbrace{ \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]}_{\left[\begin{array}{c} v_R\\ v_I \end{array}\right]}\\ \Rightarrow \left[\begin{array}{c} \xi_R\\ \xi_I \end{array}\right]= \left[\begin{array}{cccc} 1/2 & 1/2 & -1/2 & -1/2\\ 0 & 0 & -1 & 1\\ 1/2 & 1/2 & 1/2 & 1/2\\ 1 & -1& 0 & 0 \end{array}\right]^{-1} \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1/2\\ -1/2 \end{array}\right] \end{array} }$

状態フィードバックゲイン $F$ は

$\displaystyle{(33)\quad \begin{array}{l} \left[\begin{array}{cc} \xi_R & \xi_I \end{array}\right] =F \left[\begin{array}{cc} v_R & v_I \end{array}\right]\\ \Rightarrow F= \left[\begin{array}{cc} \xi_R & \xi_I \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} v_R & v_I \end{array}\right]^{-1} = \left[\begin{array}{cc} 1 & -1/2\\ 0 & -1/2 \end{array}\right] \end{array} }$

演習C42…Flipped Classroom
$1^\circ$ 　(16)と(33)の計算を行う次のプログラムを実行せよ。

MATLAB

%test_vplace2.m
%-----
 clear all, close all
 A=[0 0;
    0 -1];
 B=[1 1;
    1 -1];
%-----
 lambda=[-2 -3];
 nocomp=0;
%固有ベクトルの要素の指定の有無 (１：指定、０：任意)
 specpos=[ 1  1; 
           1  1];       
%固有ベクトルの要素の値 (０：零指定、１：非零指定、－１：非零任意)       
 specent=[ 1  0;
           0  1];
 F=vplace2(A,B,lambda,nocomp,specpos,specent)
 [V,pl]=eig(A-B*F)
 VV=V*diag([1/V(2,1),1/V(1,2)])
 disp("---")
%-----
 lambda=[-1 1];
 nocomp=1;
%固有ベクトルの要素の指定の有無 (１：指定、０：任意)
 specpos=[ 1  1; 
           1  1];        
%固有ベクトルの要素の値 (０：零指定、１：非零指定、－１：非零任意)       
 specent=[ 1  0;
           0  1];        
 F=vplace2(A,B,lambda,nocomp,specpos,specent) 
 [V,pl]=eig(A-B*F) 
 VV=V*diag([1/V(1,1),1/V(1,2)])

$2^\circ$ 　１入力系の場合は、specposとspecentは乱数で与えてよい、なぜか？

MATLAB

%test_vplace2a.m
%-----
 clear all, close all
 A=[0 1;
    0 0];
 B=[0;
    1];
%-----
%lambda=[-1 -1];
 lambda=[-2 -3];  
 nocomp=0;
%固有ベクトルの要素の指定の有無 (１：指定、０：任意)
 specpos=rand(2,2)
%固有ベクトルの要素の値 (０：零指定、１：非零指定、－１：非零任意)       
 specent=rand(2,2) 
 F=vplace2(A,B,lambda,nocomp,specpos,specent) 
 [V,pl]=eig(A-B*F)
%-----
 lambda=[-1 1];
 nocomp=1;
%固有ベクトルの要素の指定の有無 (１：指定、０：任意)
 specpos=rand(2,2)
%固有ベクトルの要素の値 (０：零指定、１：非零指定、－１：非零任意)       
 specent=rand(2,2) 
 F=vplace2(A,B,lambda,nocomp,specpos,specent) 
 [V,pl]=eig(A-B*F) 
%-----
%eof

Note C42 固有ベクトル設定プログラム
これはEdwards and Spurgeonによるプログラムspvplを基に作成できます。

制御系CAD

制御を意識したモノつくりを目指して

固有ベクトル設定問題