4.3 LQR: koszt zamiast biegunów · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: ile kosztuje uchyb?

W tym samym 1960 r., w którym Kálmán zdefiniował sterowalność, opublikował też pracę o optymalnym sterowaniu z kryterium kwadratowym. Pomysł był prosty: zamiast mówić regulatorowi, gdzie mają być bieguny, powiedzmy mu, czego chcemy. Mały uchyb, ale bez szarpania silnikami. Każdą z tych chęci zapisujemy jako koszt, a regulator ma zminimalizować ich ważoną sumę.

Okazało się, że dla obiektów liniowych i kosztów kwadratowych optymalne sterowanie jest zawsze liniowym sprzężeniem od stanu $u = -K\mathbf x$ , a $K$ wynika z jednego równania macierzowego. LQR stał się podstawowym narzędziem przemysłu lotniczego i kosmicznego, a do dziś jest punktem startowym prawie każdego projektu regulatora wielowymiarowego.

Pytanie na start. W lekcji 4.1 dobraliśmy bieguny drona w płaszczyźnie „na oko”: 1,5 i 6 rad/s. Czy istnieje regulator, który przy tym samym zużyciu sterowania sprowadzi drona do celu z mniejszym łącznym uchybem? Odpowiedź w części 4.

1 Kryterium kwadratowe

Dla obiektu $\dot{\mathbf x} = A\mathbf x + B\mathbf u$ szukamy sterowania minimalizującego

J = \int_0^\infty \left(\mathbf x^TQ\,\mathbf x + \mathbf u^TR\,\mathbf u\right)\mathrm dt ,

gdzie $Q \succeq 0$ (macierz półdodatnio określona) waży uchyby stanu, a $R \succ 0$ waży wysiłek sterowania. To funkcjonał, jak w rachunku wariacyjnym (lekcja 6.1 Rachunek wariacyjny): liczba przypisana całej trajektorii. Dla diagonalnych wag $J = \int (q_1x_1^2 + \dots + q_nx_n^2 + r u^2)\,\mathrm dt$ : duże $q_i$ znaczy „bardzo mi zależy, żeby $x_i$ było małe”, duże $r$ znaczy „sterowanie jest drogie”.

Dlaczego kwadraty? Trzy powody: karzą duże odchyłki mocniej niż małe (jak energia), dają gładki problem z jednoznacznym minimum i, co najważniejsze, prowadzą do rozwiązania w postaci liniowego sprzężenia od stanu.

Zadania · część 1

2 zadania · ok. 10 min

Napisz $Q$ i $R$ , jeśli chcemy, żeby położenie drona było 25 razy „ważniejsze” od pochylenia, prędkości nas nie obchodzą, a waga momentu wynosi 100.

Odpowiedź
Dla $\mathbf x = [x, \dot x, \theta, \dot\theta]$ : $Q = \operatorname{diag}(25, 0, 1, 0)$ , $R = 100$ . Liczy się tylko stosunek wag: $Q$ i $R$ pomnożone przez tę samą liczbę dają to samo $K$ .
Dlaczego $R$ musi być dodatnio określone, a $Q$ wystarczy półdodatnio?

Odpowiedź
Gdyby sterowanie było „darmowe” w jakimś kierunku ( $R$ osobliwe), optimum żądałoby nieskończonego sterowania (natychmiastowego skoku stanu). Stany natomiast mogą być nieważone (np. prędkość), byle pętla była stabilna: wtedy potrzebne jest, żeby nieważone stany „widział” koszt przez dynamikę (formalnie: para $(A, Q^{1/2})$ wykrywalna).

2 Rozwiązanie: równanie Riccatiego

Regulator LQR

u = -K\mathbf x,\qquad K = R^{-1}B^TP,\qquad A^TP + PA - PBR^{-1}B^TP + Q = 0 .

Ostatnie równanie to algebraiczne równanie Riccatiego. Szukamy jego rozwiązania symetrycznego, półdodatnio określonego, dającego stabilną pętlę; jest ono jedno, o ile obiekt jest stabilizowalny, a para $(A, Q^{1/2})$ wykrywalna (zadanie 1.2). Przy obserwowalności $P$ jest dodatnio określone. Minimalny koszt dla stanu początkowego $\mathbf x_0$ wynosi $J^* = \mathbf x_0^TP\mathbf x_0$ .

Skąd równanie Riccatiego (szkic)

Zgadujemy, że najmniejszy koszt „od teraz do końca” zależy od stanu kwadratowo: $V(\mathbf x) = \mathbf x^TP\mathbf x$ . Wzdłuż optymalnej trajektorii $V$ maleje dokładnie o bieżący koszt: $\dot V + \mathbf x^TQ\mathbf x + u^TRu = 0$ , a przy każdym innym $u$ ta suma jest dodatnia. Zatem $u$ minimalizuje $2\mathbf x^TP(A\mathbf x + Bu) + \mathbf x^TQ\mathbf x + u^TRu$ . Pochodna względem $u$ równa zero daje $u = -R^{-1}B^TP\mathbf x$ . Podstawiając z powrotem i żądając, żeby wynik był zerem dla każdego $\mathbf x$ , dostajemy równanie Riccatiego. Ścisłe wyprowadzenie (zasada Bellmana albo Pontriagina, lekcja 5.1 Zasada maksimum Pontriagina, sterowanie czasooptymalne i metoda strzałów) daje to samo.

Zadania · część 2

2 zadania · ok. 20 min

W szkicu: pokaż, że minimum $2\mathbf x^TPBu + u^TRu$ względem $u$ jest w $u = -R^{-1}B^TP\mathbf x$ .

Odpowiedź
Gradient: $2B^TP\mathbf x + 2Ru = 0$ (korzystamy z symetrii $P$ i $R$ ). Stąd $u = -R^{-1}B^TP\mathbf x$ . To minimum, bo hesjan $2R$ jest dodatnio określony.
Dlaczego $K$ nie zależy od stanu początkowego, choć optymalna trajektoria od niego zależy?

Odpowiedź
Problem jest liniowy z kosztem kwadratowym i nieskończonym horyzontem: z każdego stanu „reszta” wygląda tak samo (zasada optymalności Bellmana). Optymalna reguła jest więc funkcją bieżącego stanu, ta sama dla każdego początku.

3 Jeden stan: wszystko widać we wzorze

Dla $\dot x = ax + bu$ , $J = \int (qx^2 + ru^2)\,\mathrm dt$ równanie Riccatiego jest kwadratowe w $P$ : $2aP - \frac{b^2}{r}P^2 + q = 0$ . Dodatni pierwiastek:

P = \frac{r}{b^2}\left(a + \sqrt{a^2 + \frac{b^2q}{r}}\right),\qquad K = \frac{a + \sqrt{a^2 + b^2q/r}}{b},\qquad \text{biegun} = -\sqrt{a^2 + \frac{b^2q}{r}} .

Ten wzór mówi wszystko o LQR:

liczy się tylko stosunek $q/r$ ;
sterowanie tanie ( $q/r \to \infty$ ): biegun $\approx -b\sqrt{q/r}$ , coraz szybciej;
sterowanie drogie ( $q/r \to 0$ ): biegun $\to -|a|$ . Obiekt stabilny zostaje prawie bez zmian, a niestabilny ( $a > 0$ ) zostaje „odbity” na lewo, z minimalnym wysiłkiem.

Prędkość drona ( $a = -0{,}5$ , $b = 1$ ): przy $q = r$ biegun $-1{,}12$ i $K = 0{,}62$ ; przy $q/r = 16$ biegun $-4{,}03$ , $K = 3{,}53$ (prawie regulator P z lekcji 1.3).

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 20 min

Prędkość drona, $q = 100$ , $r = 1$ . Policz $K$ i biegun.

Odpowiedź
$\sqrt{0{,}25 + 100} = 10{,}01$ ; $K = -0{,}5 + 10{,}01 = 9{,}51$ , biegun $-10{,}01$ .
Ten sam obiekt, $q = 1$ , $r = 100$ . Ile wynosi $K$ ? Skomentuj.

Odpowiedź
$\sqrt{0{,}25 + 0{,}01} = 0{,}51$ , $K = 0{,}0099$ , biegun $-0{,}51$ . Sterowanie jest tak drogie, że regulator prawie nic nie robi: obiekt i tak jest stabilny.
Obiekt niestabilny $a = +2$ , $b = 1$ , sterowanie bardzo drogie. Gdzie trafi biegun? Ile wynosi $K$ ?

Odpowiedź
Biegun $\to -2$ (odbicie lustrzane $+2$ ), $K \to 2a/b = 4$ . To najtańszy sposób stabilizacji: każdy regulator musi przesunąć ten biegun na lewo, a LQR robi to najmniejszym kosztem.

4 Dron w płaszczyźnie i reguła Brysona

Jak wybrać $Q$ i $R$ ? Praktyczna reguła Brysona: wagi to odwrotności kwadratów dopuszczalnych wartości:Bryson–Ho

Q_{ii} = \frac{1}{x_{i,\max}^2},\qquad R = \frac{1}{u_{\max}^2} .

Dla drona w płaszczyźnie: uchyb położenia do 1 m, pochylenie do 0,2 rad (ok. 11°), moment do 0,1 N·m. Daje to $Q = \operatorname{diag}(1, 0, 25, 0)$ , $R = 100$ i (python-control)

K = [0{,}100;\ 0{,}121;\ 0{,}717;\ 0{,}120],\qquad \text{bieguny}\ -0{,}99 \pm 0{,}99j,\ -5 \pm 5j .

Obie pary mają $\zeta = 0{,}71$ . Nikt tego nie zadał: wynikło z optymalizacji. Przy starcie 1 m od celu moment osiąga dokładnie 0,1 N·m, pochylenie 7°, czas ustalania 4,5 s.

Odpowiedź na pytanie z prologu. Porównajmy dwie miary: łączny uchyb $\int x^2\,\mathrm dt$ i łączny wysiłek $\int u^2\,\mathrm dt$ . Projekt z lokowania biegunów (1,5 i 6 rad/s) daje $0{,}938$ m²·s przy $\int u^2 = 0{,}0004$ . LQR z kosztem tylko na położenie i takim $\rho$ , żeby wysiłek był ten sam, daje $0{,}833$ m²·s, o 11% mniej. Dla tego stanu początkowego żaden regulator (nawet nieliniowy) nie zrobi lepiej: LQR leży na froncie Pareto, a każdy inny projekt nad nim.

Zadania · część 4

4 zadania · ok. 35 min

Zastosuj regułę Brysona: uchyb położenia do 0,5 m, pochylenie do 10°, moment do 0,05 N·m.

Odpowiedź
$10^\circ = 0{,}175$ rad. $Q = \operatorname{diag}(4, 0, 32{,}8, 0)$ , $R = 400$ .
Z $Q = \operatorname{diag}(1, 0, 25, 0)$ pomnóż $R$ przez 10 i przez 0,1. Co się dzieje z szybką i wolną parą biegunów?

Odpowiedź
Wolna para zostaje przy $-0{,}99 \pm 0{,}99j$ , szybka zmienia się: $-2{,}8 \pm 2{,}8j$ (droższe sterowanie) i $-8{,}9 \pm 8{,}9j$ (tańsze). Moment największy: 0,03 i 0,32 N·m. Wolna para zależy głównie od kosztu położenia, a szybka od kompromisu pochylenie–moment.
W symulacji 2 przesuń $\rho$ tak, żeby czerwony punkt był na tej samej wysokości ( $\int x^2$ ) co projekt 1,5/6. Ile wysiłku oszczędza LQR?

Odpowiedź
Przy $\int x^2 \approx 0{,}94$ LQR potrzebuje $\int u^2 \approx 1{,}7\cdot 10^{-4}$ ( $\rho \approx 770$ ), czyli ok. 2,3 razy mniej niż lokowanie ( $4\cdot 10^{-4}$ ).
Bieguny LQR z $Q = \operatorname{diag}(1, 0, 0, 0)$ leżą na okręgu w kątach $\pm 22{,}5^\circ$ i $\pm 67{,}5^\circ$ od osi rzeczywistej (wzór Butterwortha 4. rzędu). Sprawdź na danych dla $\rho = 100$ : $-1{,}2 \pm 2{,}91j$ i $-2{,}91 \pm 1{,}2j$ .

Odpowiedź
Moduły: $\sqrt{1{,}2^2 + 2{,}91^2} = 3{,}15$ dla obu par. Kąty od osi rzeczywistej ujemnej: $\arctan(2{,}91/1{,}2) = 67{,}6^\circ$ i $\arctan(1{,}2/2{,}91) = 22{,}4^\circ$ ✓. Dla tego obiektu (cztery całkowania, bez zer) bieguny spełniają $s^8 = -(g/J)^2/\rho$ , więc wzór Butterwortha zachodzi dokładnie przy każdym $\rho$ . Dla innych obiektów to tylko granica taniego sterowania.

5 Gwarantowane zapasy

LQR z pełnym stanem i jednym wejściem ma własność, której nie daje lokowanie biegunów: dla każdych $Q$ i $R$ transmitancja pętli $L(s) = K(sI - A)^{-1}B$ spełnia

|1 + L(j\omega)| \ge 1\quad\text{dla każdego } \omega .

Wykres Nyquista nigdy nie wchodzi do koła o promieniu 1 wokół −1, czyli $\max|S| \le 1$ (lekcja 2.5). Z tego wynikają gwarantowane zapasy: wzmocnienie może wzrosnąć dowolnie albo zmaleć do połowy, a zapas fazy wynosi co najmniej $60^\circ$ . Dla drona w płaszczyźnie z wagami Brysona: zapas fazy $63^\circ$ , $\min|1 + L| = 1{,}000$ .

Haczyk: gwarancja dotyczy pętli przeciętej na wejściu obiektu i regulatora, który zna cały stan dokładnie. Z obserwatorem albo filtrem Kalmana (LQG) znika. To słynne odkrycie Doyle’a z 1978 r., temat lekcji 5.2 LQG i odporność.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 15 min

Pokaż, że z $|1 + L| \ge 1$ wynika zapas fazy co najmniej $60^\circ$ . Wskazówka: przy $\omega_c$ jest $|L| = 1$ ; gdzie przecinają się okręgi $|L| = 1$ i $|1 + L| = 1$ ?

Odpowiedź
Punkty $L = e^{j\varphi}$ z $|1 + e^{j\varphi}| = 1$ : $2 + 2\cos\varphi = 1$ , $\cos\varphi = -1/2$ , $\varphi = \pm 120^\circ$ . Punkt $L$ leżący poza kołem wokół −1 ma fazę między $-120^\circ$ a $120^\circ$ , czyli co najmniej $60^\circ$ od $-180^\circ$ .
Dlaczego z $|1 + L| \ge 1$ wynika, że wzmocnienie może zmaleć do połowy?

Odpowiedź
Przy $L(j\omega)$ rzeczywistym ujemnym (faza $-180^\circ$ ) mamy $|1 + L| \ge 1$ , więc $L \le -2$ . Żeby trafić w −1, trzeba go przemnożyć przez co najwyżej $1/2$ . Przemnożenie przez liczbę większą od 1 przesuwa go dalej od −1.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: projekt LQR

Model $A$ , $B$ i sprawdzenie stabilizowalności.
Wagi z reguły Brysona; stany nieistotne z wagą 0; ewentualnie stan całki uchybu (lekcja 4.1).
Rozwiązanie: K, P, E = control.lqr(A, B, Q, R).
Sprawdzenie: maksymalne sterowanie i stany w symulacji dla typowych manewrów; poprawka wag (zwykle 2–3 iteracje).
Estymator stanu (lekcje 4.2, 4.4) i sprawdzenie odporności całości.

Przykład 6.1 LQR prędkości drona

$\dot v = -0{,}5v + u$ . Chcemy, żeby uchyb prędkości 0,25 m/s „kosztował” tyle co 1 N ciągu. Wyznacz $K$ .

Bryson: $q = 1/0{,}25^2 = 16$ , $r = 1$ .
$K = -0{,}5 + \sqrt{0{,}25 + 16} = 3{,}53$ , biegun $-4{,}03$ .

Wynik: $u = -3{,}53\,v$ : regulator P prędkości z lekcji 1.3 ( $K_p = 3{,}5$ ) okazuje się prawie optymalny dla takich wag.

Sprawdzenie: control.lqr daje $K = 3{,}5311$ , $P = 3{,}5311$ ✓ (tu $P = K$ , bo $b = r = 1$ ).

Przykład 6.2 Dron w płaszczyźnie: Bryson

$Q = \operatorname{diag}(1, 0, 25, 0)$ , $R = 100$ . Policz $K$ , bieguny i odpowiedź z $x_0 = 1$ m.

$K = [0{,}100;\ 0{,}121;\ 0{,}717;\ 0{,}120]$ .
Bieguny $-0{,}99 \pm 0{,}99j$ i $-5 \pm 5j$ , obie pary z $\zeta = 0{,}71$ .
Moment największy $0{,}100$ N·m (dokładnie $u_{\max}$ , bo $k_1x_0 = 0{,}1$ ), pochylenie 7,0°, czas ustalania 4,5 s.

Wynik: regulator spełnia założone limity „z marszu”, a bieguny wyszły rozsądne bez zgadywania.

Sprawdzenie: residuum równania Riccatiego dla scipy.linalg.solve_continuous_are ok. $3\cdot 10^{-13}$ ✓; zapas fazy $63^\circ$ ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Optymalny znaczy najlepszy.”: Optymalny względem wybranego kryterium. Złe wagi dają optymalnie zły regulator. Wybór $Q$ i $R$ to wciąż decyzja inżyniera, tylko lepiej opisana.
„LQR uwzględnia ograniczenia sterowania.”: Nie: koszt $u^2$ tylko je zniechęca. Twarde ograniczenia trzeba sprawdzić w symulacji albo użyć sterowania predykcyjnego (MPC).
„LQR zawsze ma zapas fazy 60°.”: Tylko przy pełnym, dokładnym stanie i pętli przeciętej na wejściu. Z estymatorem gwarancja znika.
„Wagi trzeba dobierać długo metodą prób i błędów.”: Reguła Brysona daje dobry start w minutę; zwykle wystarczą 2–3 poprawki.
„Równanie Riccatiego trzeba rozwiązywać ręcznie.”: Ręcznie tylko dla jednego stanu, żeby zrozumieć. W praktyce jedna linijka w Pythonie.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Podwójny integrator. $\ddot x = u$ , $J = \int (x^2 + ru^2)\,\mathrm dt$ . Rozwiąż równanie Riccatiego ręcznie i pokaż, że bieguny mają $\zeta = 1/\sqrt2$ przy każdym $r$ .
Rozwiązanie
1. $A = \begin{bmatrix}0 & 1\\ 0 & 0\end{bmatrix}$ , $B = [0, 1]^T$ . Równania na $P = \begin{bmatrix}p_1 & p_2\\ p_2 & p_3\end{bmatrix}$ : $1 - p_2^2/r = 0$ , $p_1 - p_2p_3/r = 0$ , $2p_2 - p_3^2/r = 0$ . Stąd $p_2 = \sqrt r$ , $p_3 = \sqrt2\,r^{3/4}$ .
2. $K = [p_2/r,\ p_3/r] = [r^{-1/2},\ \sqrt2\,r^{-1/4}]$ . Wielomian $s^2 + \sqrt2\,\omega_0s + \omega_0^2$ z $\omega_0 = r^{-1/4}$ : $\zeta = \sqrt2/2$ ✓, niezależnie od $r$ .
Koszt czasu. Czy LQR minimalizuje czas dojścia do celu? Co trzeba by zmienić w kryterium?
Rozwiązanie
1. Nie: minimalizuje ważoną sumę kwadratów. Czas pojawia się tylko pośrednio.
2. Minimalny czas przy ograniczonym sterowaniu to inny problem: kryterium $J = \int 1\,\mathrm dt$ i $|u| \le u_{\max}$ . Rozwiązanie jest typu „bang-bang” i nieliniowe: zasada maksimum Pontriagina, lekcja 5.1 Zasada maksimum Pontriagina, sterowanie czasooptymalne i metoda strzałów.
Waga na prędkość. Dodaj do kryterium drona w płaszczyźnie wagę na prędkość $\dot x$ . Jak to zmieni zachowanie? Kiedy jest to potrzebne?
Rozwiązanie
1. Kara za prędkość daje spokojniejszy przelot, mniejsze przeregulowanie, ale wolniejsze dojście. Działa jak tłumienie.
2. Potrzebne, gdy ważne są prędkości: pasażerowie, ładunek na lince (lekcja 4.1), ograniczenia przepisów. Reguła Brysona: $1/\dot x_{\max}^2$ .
Skończony horyzont. Satelita ma zakończyć manewr dokładnie po 100 s. Czym różni się LQR ze skończonym horyzontem od tego z tej lekcji?
Rozwiązanie
1. Kryterium $\int_0^{T}(\dots)\,\mathrm dt + \mathbf x(T)^TS\mathbf x(T)$ . $P(t)$ spełnia różniczkowe równanie Riccatiego całkowane wstecz od $P(T) = S$ , więc $K(t)$ zmienia się w czasie.
2. Daleko od końca $P(t)$ jest prawie stałe i równe rozwiązaniu algebraicznemu. Pod koniec $K$ rośnie, żeby „zdążyć”. To most do sterowania optymalnego w lekcji 5.1 i do Tewariego.
Odwrotny problem. Masz regulator z lokowania biegunów. Czy istnieją $Q$ , $R$ , dla których jest on LQR? Co mówi o tym warunek $|1 + L| \ge 1$ ?
Rozwiązanie
1. Nie zawsze. Każdy LQR (jedno wejście, pełny stan) spełnia $|1 + L(j\omega)| \ge 1$ . Jeśli regulator z lokowania biegunów tego nie spełnia, nie jest optymalny dla żadnych $Q$ , $R$ .
2. Jeśli spełnia (pętla stabilna, $(A, B)$ sterowalne), da się dobrać odpowiednie $Q$ (wynik Kalmana z 1964 r., tzw. odwrotny problem optymalności). Ciekawostka: projekt 1,5/6 z lekcji 4.1 ma $\min|1 + L| = 0{,}9998$ , minimalnie poniżej 1, więc nie jest LQR dla żadnych wag.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jakie kryterium minimalizuje LQR?

$J = \int(\mathbf x^TQ\mathbf x + \mathbf u^TR\mathbf u)\,\mathrm dt$ .

2 Jak wyznaczyć

K

$K = R^{-1}B^TP$ , $P$ z algebraicznego równania Riccatiego.

3 Co mówi reguła Brysona?

$Q_{ii} = 1/x_{i,\max}^2$ , $R = 1/u_{\max}^2$ .

4 Biegun LQR dla jednego stanu?

$-\sqrt{a^2 + b^2q/r}$ .

5 Co się dzieje przy bardzo drogim sterowaniu?

Bieguny stabilne zostają, niestabilne odbijają się lustrzanie na lewą stronę.

6 Jakie zapasy gwarantuje LQR?

Zapas fazy ≥ 60°, wzmocnienie od 1/2 do ∞ (pełny stan, jedno wejście).

7 Co to front Pareto?

Zbiór projektów, w których nie da się zmniejszyć uchybu bez zwiększenia wysiłku; LQR leży na nim.

10 Karta wzorów i co dalej

LQR

$J = \int(\mathbf x^TQ\mathbf x + \mathbf u^TR\mathbf u)\,\mathrm dt$

$A^TP + PA - PBR^{-1}B^TP + Q = 0$

$K = R^{-1}B^TP$ , $\;J^* = \mathbf x_0^TP\mathbf x_0$

skalar: biegun $-\sqrt{a^2 + b^2q/r}$

Bryson: $Q_{ii} = 1/x_{i,\max}^2$ , $R = 1/u_{\max}^2$

Własności i Python

$|1 + L(j\omega)| \ge 1$ : PM ≥ 60°, GM ∈ [1/2, ∞)

tylko stosunek $Q : R$ ma znaczenie

K, P, E = control.lqr(A, B, Q, R)

scipy.linalg.solve_continuous_are(A, B, Q, R)

Do przeczytania

Obowiązkowo: A. Tewari, Modern Control Design with MATLAB and SIMULINK, rozdz. 6 (LQR z przykładami lotniczymi; kod MATLAB przetłumaczysz według ramki wyżej).
Dla chętnych: A. E. Bryson, Y.-C. Ho, Applied Optimal Control, klasyka; S. Brunton, Control Bootcamp, wykłady o LQR (wideo).

LQR odpowiada na pytanie, jak sterować, gdy znamy stan. Dualne pytanie brzmi: jak optymalnie estymować stan, gdy znamy statystykę szumów pomiaru i zakłóceń? Odpowiedzią jest filtr Kalmana, najważniejszy algorytm estymacji XX wieku i temat następnej lekcji.