Install RemoteView.docker, Finish Dynamic System Control[1]
尝试安装 remoteview
- 搞定浏览器嵌套
- docker
-
docker -v pull dosyago/browsergapce:2.5 # from other has access to internet docker save -o remoteview.docker dosyago/browsergapce:2.5 docker load -i remoteview.docker # at ucas server wget https://raw.githubusercontent.com/c9fe/ViewFinder/master/chrome.json docker run -d -p 8002:8002 --security-opt seccomp=$(pwd)/chrome.json dosyago/browsergapce:2.5 -
nginx
rewrite_log on; proxy_pass http://127.0.0.1:8002/; proxy_redirect / /browser/; rewrite ^(?!/browser)/?(.*)$ /browser/$2 last; proxy_http_version 1.1; proxy_set_header Upgrade $http_upgrade; proxy_set_header Connection "upgrade"; proxy_set_header Origin ""; sub_filter '/api/v1/tabs' '/browser/api/v1/tabs'; sub_filter 'login' 'browser/login'; sub_filter_types *; sub_filter_once off; 
准备搞明白泛函
无人机的动力学系统
- 从问题到思路
- 实际问题[由浅入深]:
- 一个4旋翼无人机从空间中A点到B点需要的动力输出方程应该如何设计
- 一个4旋翼无人机从空间中A点到B点再到C点中，不希望再B点停留(hover)，动力输出方程应该如何设计
- 多个无人机如何先后通过某一点而不发生碰撞
- 转化为抽象子问题[由浅入深]
- 假定我们可以在任意时刻指定任意大小的速度1阶动力学问题
- 在2D或3D空间内从A点到B点需要的速度方程
- 假定我们可以在任意时刻指定任意大小的加速度
推力2阶动力学问题 - 假定我们可以在任意时刻指定任意大小的加加速度
给定电压条件下推力随电压持续增加或减少3阶动力学问题
- 假定我们可以在任意时刻指定任意大小的速度1阶动力学问题
- 需要解决的数学子问题
- 使用Euler-Lagrange Equation[欧拉-拉格朗日方程] 求解
- 变分法推导Euler-Lagrange Equation[欧拉-拉格朗日方程]
- 惯性系(body-fixed frame)与旋转矩阵
- 实际问题[由浅入深]:
- 变分法与泛函
- 参考文章
- 泛函
- 对等概念
- 函数: 值->值 运算
- 泛函: 函数->值 运算 即函数的函数
- 求解函数极值，即寻找函数中的最大值或最小值
- 求解泛函极值，即寻找一种函数的形式，使得这样的函数形式有最大值或最小值
- 泛函形式
- 一般常见的形式
- $J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(x, y, y’)dx$
- 即，从$x_0$到$x_1$的曲线积分值
- 这里的基本假设，$y’$存在，即寻找一条光滑曲线以达到特定极值
- 下方E-L方程推导过程中的证明中有使用$y’’$，因此，特定公式的成立，可能需要依赖其他条件
- 如果存在导数不存在或者是折线的情况就要更一般的考虑
- 其他假设下的形式
- $J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(x, y, y’, y’’, y’’’, \dotsc)dx$
- 这里就假设$y’’‘$甚至更高的导数存在
- 一般常见的形式
- 求解例子[由浅入深]
- 两点之间的最短路径
- 曲线的微元$ds = \sqrt{1 + \frac{dy}{dx}^2}$
- 曲线长 $S = \int_{x_0}^{x_1}ds = \int_{x_0}^{x_1}{\sqrt{1 + y’^2}dx}$
- 问题等价为找到一个函数$y$使$S$最小
- 泛函式$J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(y’)dx$
- 最速曲线问题
- 能量守恒 $\begin{aligned} \frac{1}{2}mv^2&=mgy\\ v^2 &= 2gy \end{aligned}$
- 速度公式 $v = \frac{ds}{dt} = \sqrt{\frac{1+y’^2}{dt}}dx$
- $dt = {\sqrt\frac{1+y’^2}{v}}dx = \sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}}dx$
- $x_0$到$x_1$的时间为$t = \int_{x_0}^{x_1}dt = \int_{x_0}^{x_1}\sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}}dx$
- 问题等价为找到一个函数$y$使$t$最小
- 泛函1式$J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(y, y’)dx$
- 两点之间的最短路径
- 对等概念
- 变分 [Calculus of variations]
- 函数的变分
- 在定义域$[x_0, x_1]$, $\delta y = y(x) - y_0(x)$称为函数$y(x)$在$y_0(x)$处的变分
- $y_0$为另一可取函数
- 变分即为两个函数相减产生的新的函数，新函数$\delta y$在定义域$[x_0, x_1]$出随$x$变化
- 泛函的变分
- 最简泛函的变分
- $J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(x, y, y’)dx$
- $F$为最简泛函的核
-
$$ \begin{aligned} \Delta J &= J[y_0(x)] - J[y(x)]\\ &= J[y(x) + \delta y] - J[y(x)]\\ &= \int_{x_0}^{x_1}[F(x, y+\delta y, y' + \delta y') - F(x, y, y')]dx\\ &= \int_{x_0}^{x_1}(F_2\delta y + F_3\delta y')dx + \dotsc + \int_{x_0^{x_1}}[\frac{1}{n!}(\delta y\frac{\partial}{\partial y} + \delta y'\frac{\partial}{\partial y'})^n]dx &\text{多元函数的泰勒展开}&\\ &&\text{$F_1, F_2, F_3$} 为偏导数&\\ \end{aligned} $$
- 其中$\int_{x_0}^{x_1}(F_2\delta y + F_3\delta y’)dx$称为泛函的变分，记为$\delta J$
- 函数的变分
- 利用变分法求解泛函极值(极值存在的函数形式)
- 假设$y(x)$为我们要出来的函数
- 那么$y(x) + \delta y$为$x_0$到$x_1$的所有可能形式
- 记$\tilde{y}(x) = y(x) + \delta y = y(x) + \epsilon \eta(x)$
- 其中$\eta(x)$为满足$\eta(x_0) = \eta(x_1) = 0$的任意函数
- $\epsilon$为一个常量
- $\epsilon = 0$时，$\tilde y(x)$即为所求函数
- 记$\Phi(\epsilon) = J[\tilde y(x)] = J[y(x) + \epsilon \eta(x)] = \int_{x_0}^{x_1}F(x, y(x) + \epsilon \eta(x), y’(x) + \epsilon \eta’(x))dx$
- 我们希望$\Phi(\epsilon)$在$\epsilon = 0$时取极值
-
则$\Phi’(\epsilon)\big _{\epsilon =0 } = 0$ -
$$ \begin{aligned} \frac{d\Phi}{d\epsilon} &= \int_{x_0}^{x_1}F_2[x, y(x) + \epsilon \eta(x), y'(x) + \epsilon \eta'(x)]\eta(x) + F_3[x, y(x) + \epsilon\eta(x), y'(x)+\epsilon\eta'(x)]\eta'(x)dx\\ &=\int_{x_0}^{x_1}[F_2\eta(x) + F_3\eta'(x)]dx&\text{令$\epsilon = 0$}\\ &=\int_{x_0}^{x_1}F_2\eta(x)dx + \int_{x_0}^{x_1}F_3\eta'(x)dx\\ &=\int_{x_0}^{x_1}F_2\eta(x)dx + \int_{x_0}^{x_1}F_3d\eta(x)&\text{分部积分法}\\ &=\int_{x_0}^{x_1}F_2\eta(x)dx + F_3\eta(x)\big|_{x_0}^{x_1} - \int_{x_0}^{x_1}\eta(x)\frac{dF_3}{dx}dx&\text{这里要求$F_3存在对x的导数$}\\ &=\int_{x_0}^{x_1}(F_2\eta(x) - \eta(x)\frac{dF_3}{dx})dx + F_3\eta(x)\big|_{x_0}^{x_1}\\ &=\int_{x_0}^{x_1}[F_2 -\frac{dF_3}{dx}]\eta(x)dx&\text{$\eta(x_0) = 0, \eta(x_1) = 0\rightarrow F_3\eta(x)\big|_{x_0}^{x_1} = 0$}\\ &=0&\text{\textcircled 1} \end{aligned} $$
- 引理
- $f(x)$在$[x_0, x_1]$内连续,$\eta(x)$是满足$\eta(x_0)=0,\eta(x_1)=0$的任意函数
- 若$\int_{x_0}^{x_1}f(x)\eta(x)dx = 0$
- 则对所有的$x\in[x_0, x_1]$,有$f(x)\equiv0$
- 证明:
- 反证法, 设$f(x)$不恒为0
- 取$\eta(x) = -f(x)(x-x_0)(x-x_1)$
- 取$x_0\lt x\lt x_1$, 所以$(x-x_0)(x-x_1)\lt 0$
- 所以$\int_{x_0}^{x_1}f(x)\eta(x)dx = \int_{x_0}^{x_1}-f(x)^2(x-x_0)(x-x_1)\gt 0$
- 与预设矛盾，因此$f(x)\equiv 0$
- 利用上述引理
- $\text{\textcircled 1}$式
- $\int_{x_0}^{x_1}(F_2-\frac{dF_3}{dx})\eta(x)dx = 0$
- $F_2-\frac{dF_3}{dx} = 0$
- 即Euler-Lagrange Equation[欧拉-拉格朗日方程]
- $\frac{\partial}{\partial y}F - \frac{d}{dx}(\frac{\partial}{\partial y’}F) = 0$
- Euler-Lagrange Equation[欧拉-拉格朗日方程]表示，极值函数的存在形式一定满足该条件
- 利用E-L求解
- 两点间最短距离
-
$$ \begin{aligned} J[y(x)] &= \int_{x_0}^{x_1}{\sqrt{1 + y'^2}dx} \\ F&=\sqrt{1 + y'^2}\\ \frac{\partial F}{\partial y} &= 0\\ \frac{\partial F}{\partial y'} &= \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}\\ E-L: 0 - \frac{d}{dx}[ \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}] &= 0\\ \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}} &= C\\ y' &= \sqrt{\frac{C^2}{1-C^2}} = C_0\\ y & = C_0x + C_1 \end{aligned} $$
- 因此是导数为常数的直线
-
- 最速降线问题
- $J[y(x)] = \int_{x_0}^{x_1}\sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}}dx$
- 引理(在$x$不存在时的简便计算法)
-
$$ \begin{aligned} F(y, y')&= \sqrt{\frac{1+y'^2}{2gy}}\\ \frac{d}{dt}(F - y'F_2) &= \frac{d}{dt}F - \frac{d}{dt}(y'F_2)\\ &=[y'F_1 + y''F_2] - [y''F_2 + y'\frac{d}{dt}F_2]&\text{这里要求$y''$存在}\\ &=y'F_1-y'\frac{d}{dt}F_2\\ &=y'[F_1-\frac{d}{dt}F_2]\\ &=0&\text{here $F_1=\frac{\partial F}{\partial y}, F_2=\frac{\partial F}{\partial y'}$, hence $F_1-\frac{d}{dt}F_2 = 0$ 为EL方程 }\\ \therefore F - y'F_2 &= C &\text{here $C$为常数} \end{aligned} $$
-
-
$$ \begin{aligned} F - y'F_2 &= \sqrt{\frac{1+y'^2}{2gy}} - y'\frac{2y'\frac{1}{2}(1+y'^2)^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{2gy}}\\ &=\sqrt{\frac{1+y'^2}{2gy}} - \frac{y'^2}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}}\\ &=\frac{1+y'^2}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}} - \frac{y'^2}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}}\\ &=C&\text{利用上面的引理}\\ \therefore y(1+y'^2) &= \frac{1}{2gC^2} \end{aligned} $$
- 解得(积分表或换元$y’=\cot\frac{\theta}{2}$), 摆线
-
$$ \begin{cases} x&=\frac{C}{2}(\theta - \sin\theta)\\ y&=\frac{C}{2}(1-\cos\theta) \end{cases} $$
-
- 两点间最短距离
- 约束
- 指求解时需要满足的条件
- 求解例子
- 两点间最短路径
-
$$ \begin{cases} y(x_0)&= y_0\\ y(x_1)&= y_1\\ \end{cases} $$
- 代入$y = C_0x$
- 得到$C_0 = \frac{y_1 - y_0}{x_1 - x_0}$
-
- 最速降线
-
$$ \begin{cases} y(x_0)&= y_0\\ y(x_1)&= y_1\\ \end{cases} $$
- 代入 $\begin{cases} x&=\frac{C}{2}(\theta - \sin\theta)\\ y&=\frac{C}{2}(1-\cos\theta) \end{cases}$
- 得到 $\begin{aligned} y' &= \cot\frac{\theta}{2}\\ A(x,y) &= \theta^2\\ B(x,y) &= 4x\theta + 4y\\ D(x,y) &= 4(x^2+y^2)\\ C&=\frac{D_1A_2 - D_2A_1}{B_1A_2 - B_2A_1} \end{aligned}$
-
- 两点间最短路径
