从线性连续时间状态转移方程推导离散状态转移方程

线性连续时间状态转移方程具有如下形式：
$\dot{x} = \mathscr{A}x + \mathscr{B}u \tag{1}$
现在考虑在一个一个离散控制系统中的一个控制周期的时间范围 $[t_k, t_{k+1}]$ ，其中 $t_{k+1} = t_k + \Delta{t}$ 。使用 $x_k$ 和 $x_{k+1}$ 来分别表示状态 $x$ 在 $t_k$ 和 $t_{k+1}$ 时刻的值，控制输入 $u$ 在这个控制周期中保持不变，使用 $u_k$ 来表示这个值。根据上述定义，可以得到该系统的离散状态转移方程具有如下形式：
$x_{k+1} = A x_k + Bu_k \tag{2}$
只需要计算 $A$ 和 $B$ 就可以得到该系统的离散状态转移方程。
将 $\mathscr{A}$ 对角化， $\mathscr{A} = P^{-1}DP$ ，根据（1），有：
$\begin{aligned} \dot{x} &= \mathscr{A}x + \mathscr{B}u \\ &=P^{-1}DPx + \mathscr{B}u \\ P\dot{x} &= DPx + P\mathscr{B}u \end{aligned} \tag{3}$
进行变量替换， $y=Px$ ，于是得到：
$\begin{aligned} \dot{y} &= Dy + P\mathscr{B}u \\ \end{aligned} \tag{4}$
由于 $D$ 是对角阵，公式（4）中的每一项都是一个一阶线性微分方程，其中第 $i$ 项的形式如下：
$\dot{y}^i = d^{ii}y^i + [P\mathscr{B}u]^i \tag{5}$
其通解具有如下形式：
$\begin{aligned} y^i(t) &= m^ie^{d^{ii}t} + n^i \\ \dot{y}^i(t) &= m^id^{ii}e^{d^{ii}t} \end{aligned} \tag{6}$
代入 $t_k$ ，得到：
$\dot{y}^i(t_k) = \dot{y}^i_{t_k} = m^id^{ii}e^{d^{ii}t_k} = d^{ii}y^i(t_k) + [P\mathscr{B}u_k]^i = d^{ii}y^i_k + [P\mathscr{B}u_k]^i\\ \begin{aligned} m^i &= e^{-d^{ii}t_k}(y^i_k + (1 / d^{ii})[P\mathscr{B}u_k]^i) \\ n^i &= -(1/d^{ii})[P\mathscr{B}u_k]^i \end{aligned} \tag{7}$
将结果代入到公式（6），可以得到：
$y(t) = e^{D(t-t_k)}y_k + (e^{D(t-t_k)}-1)D^{-1}P\mathscr{B}u_k \tag{9}$
其中我们定义 $\begin{bmatrix} e^{d^{11}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & e^{d^{22}} & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & e^{d^{nn}} \end{bmatrix} = e^D \quad D = \begin{bmatrix} d^{11} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & d^{22} & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & d^{nn} \end{bmatrix}$

代入 $y=Px$ ，可以得到：
$\begin{aligned} Px(t) &= e^{D(t-t_k)}Px_k + (e^{D(t-t_k)} - 1)D^{-1}P\mathscr{B}u_k \\ x(t) &= P^{-1}e^{D(t-t_k)}Px_k + P^{-1}(e^{D(t-t_k)} - 1)D^{-1}P\mathscr{B}u_k \\ &= P^{-1}e^{D(t-t_k)}Px_k + (P^{-1}e^{D(t-t_k)}PP^{-1}D^{-1}P - P^{-1}D^{-1}P)\mathscr{B}u_k \\ &= P^{-1}e^{D(t-t_k)}Px_k + (P^{-1}e^{D(t-t_k)}P - 1)P^{-1}D^{-1}P\mathscr{B}u_k \end{aligned} \tag{10}$
下面需要定义矩阵的指数，算是对 $\mathbb{R}^1$ 定义域下的指数函数 $e^x \quad x\in\mathbb{R^1}$ 上的解析延拓。下面定义：
$\begin{aligned} e^A &= \sum_{i=0}^{\infty}{\frac{1}{i!}{A}^i} \\ A &\in \mathbb{R}^{n \times n} \end{aligned} \tag{11}$
根据定义，如果 $A=F^{-1}DF$ ，其中 $D$ 是对角矩阵，那么有：
$\begin{aligned} e^A &= \sum_{i=0}^{\infty}{\frac{1}{i!}{(F^{-1}DF)^i}} \\ &= \sum_{i=0}^{\infty}{\frac{1}{i!}{[(F^{-1}DF)(F^{-1}DF)\cdots(F^{-1}DF)]}} \\ &= F^{-1}(\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{1}{i!}{D^i}})F \\ &= F^{-1}e^DF \end{aligned} \tag{12}$
根据（12）和（10），可以得到：
$\begin{aligned} x(t) &= P^{-1}e^{D(t-t_k)}Px_k + (P^{-1}e^{D(t-t_k)}P - 1)P^{-1}D^{-1}P\mathscr{B}u_k \\ &= e^{P^{-1}DP(t-t_k)}x_k + (e^{P^{-1}DP(t-t_k)} - 1)P^{-1}D^{-1}P\mathscr{B}u_k \\ &= e^{\mathscr{A}(t-t_k)}x_k + (e^{\mathscr{A}(t-t_k)} - 1)\mathscr{A}^{-1}\mathscr{B}u_k \end{aligned} \tag{13}$
将 $t_{k+1}$ 代入（13），可以得到：
$\begin{aligned} x(t_{k+1}) = x_{k+1} &= e^{\mathscr{A}(t_{k+1}-t_k)}x_k + (e^{\mathscr{A}(t_{k+1}-t_k)} - 1)\mathscr{A}^{-1}\mathscr{B}u_k \\ &= e^{\mathscr{A}\Delta{t}}x_k + (e^{\mathscr{A}\Delta{t}} - 1)\mathscr{A}^{-1}\mathscr{B}u_k \end{aligned} \tag{14}$
显然，根据（2），可以得到：
$\begin{aligned} A&=e^{\mathscr{A}\Delta{t}} \\ B&=(e^{\mathscr{A}\Delta{t}}-1)\mathscr{A}^{-1}\mathscr{B} \end{aligned} \tag{15}$

推导完毕。

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