HighGain and HighFrequency
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对于一个系统
$$ \dot{x}=f(x)+u\\\\ x\rightarrow x_d $$其中不清楚 $f(x)$ 的具体表达形式，但是 $f(x)$ 是有界的，并且 $|f(x)|<\rho(x)$
引入误差 $e=x_d-x$ ⇒ $\dot{e}=\dot{x}_d-f(x)-u$，定义李雅普诺夫函数 $V(e)=\frac{1}{2}e^2$
不妨令
$$ u=ke+\dot{x}_d+u_{aux} $$其中 $u_{aux}$ 是一个辅助的控制器
滑膜控制器： $u_{aux}=\rho(x) \frac{|e|}{e}$，而这个会导致系统不断抖动
High Gain： $u_{aux}=\frac{1}{\varepsilon}\rho^2e$ 用足够大的输入抵消不确定性
带入 $\dot{V}$，得
$$ \dot{V}=e\dot{e}=e(\dot{x}_d-f(x)-ke-\dot{x}_d-\frac{1}{\varepsilon}\rho^2e)=-ef(x)-ke^2-\frac{1}{\varepsilon}\rho^2e^2\\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}\leq -ke^2+\rho|e|(1-\frac{1}{\varepsilon}\rho |e|) $$此时出现两种情况
case 1:
$$ \rho |e| > \varepsilon \\\\ \Downarrow\\\\ 1-\frac{1}{\varepsilon}\rho |e|<0 \\\\ \Downarrow \\\\ \rho|e|(1-\frac{1}{\varepsilon}\rho |e|)<0 \\\\ \Downarrow \\\\ \dot{V} \leq -ke^2 $$case 2:
$$ \rho |e| \leq \varepsilon \\\\ \Downarrow \\\\ 0\leq 1-\frac{1}{\varepsilon}\rho |e|\leq 1\\\\ \Downarrow \\\\ \rho|e|(1-\frac{1}{\varepsilon}\rho |e|)\leq \rho|e|\leq \varepsilon \\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}\leq -ke^2+\varepsilon=-2kV+\varepsilon \\\\ Introduce ~~s(t)>0\\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}+2kV=\varepsilon -s(t)\\\\ 解微分方程\\\\ \Downarrow\\\\ V=\frac{1}{2}e^2=\frac{1}{2}e^2_{(0)}exp(-2kt)-exp(-2kt)\int_0^texp(2k\tau)s(\tau)d\tau + \frac{\varepsilon}{2k} (1-exp(-2kt))\\\\ 由于第二项总是大于0的\\\\ \Downarrow\\\\ \frac{1}{2}e^2\leq\frac{1}{2}e^2_{(0)}exp(-2kt)+ \frac{\varepsilon}{2k} (1-exp(-2kt))\\\\ 两边同时乘2开平方\\\\ \Downarrow\\\\ |e_{(t)}|\leq\sqrt{|e_0|exp(-2kt)+\frac{\varepsilon}{k}-\frac{\varepsilon}{k}exp(-2kt)}\\\\ t\rightarrow \infty\\\\ \Downarrow\\\\ |e_{(t)}|\leq\sqrt{\frac{\varepsilon}{k}} $$这就是系统最终会保持一个误差，但是当 $\varepsilon$ 足够小，误差就很小，但是这也导致输入 $u_{aux}=\frac{1}{\varepsilon}\rho^2e$ 会非常大，需要做一个权衡
High Frequency： $u_{aux}=\frac{\rho^2e}{\rho |e|+\varepsilon}$ 相当于把滑模控制的抖动幅度减小了
带入 $\dot{V}$ 得
$$ \dot{V}=-ef(x)-ke^2-e\frac{\rho^2e}{\rho |e|+\varepsilon}\leq |e||f(x)|-ke^2-\frac{\rho^2e^2}{\rho |e|+\varepsilon}\\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}\leq-ke^2+|e|\rho(1-\frac{\rho |e|}{\rho |e|+\varepsilon})=-ke^2+\varepsilon\frac{\rho |e|}{\rho |e|+\varepsilon}\\0\leq\frac{\rho |e|}{\rho |e|+\varepsilon}\leq 1\\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}\leq -ke^2+\varepsilon=-2kV+\varepsilon \\\\ Introduce ~~s(t)>0\\\\ \Downarrow\\\\ \dot{V}+2kV=\varepsilon -s(t)\\\\ 解微分方程\\\\ \Downarrow\\\\ V=\frac{1}{2}e^2=\frac{1}{2}e^2_{(0)}exp(-2kt)-exp(-2kt)\int_0^texp(2k\tau)s(\tau)d\tau + \frac{\varepsilon}{2k} (1-exp(-2kt))\\\\ 由于第二项总是大于0的\\\\ \Downarrow\\\\ \frac{1}{2}e^2\leq\frac{1}{2}e^2_{(0)}exp(-2kt)+ \frac{\varepsilon}{2k} (1-exp(-2kt))\\\\ 两边同时乘2开平方\\\\ \Downarrow\\\\ |e_{(t)}|\leq\sqrt{|e_0|exp(-2kt)+\frac{\varepsilon}{k}-\frac{\varepsilon}{k}exp(-2kt)}\\\\ t\rightarrow \infty\\\\ \Downarrow\\\\ |e_{(t)}|\leq\sqrt{\frac{\varepsilon}{k}} $$但是这个 $\varepsilon$ 过小时，并不会导致系统的输入过大
例子
对于一个系统
$$ \dot{x}=ax^2+u=f(x)+u\\\\ x\rightarrow x_d $$在先前是设定 $a$ 是一个常数，但在此控制系统中，认为 $a$ 是一个有界（ $|a|\leq |\overline{a}|$，其中 $\overline{a}$ 已知 ）的数，并非是一个常数， $a$ 是一个 $[-1,1]$ 之间的一个随机数
系统的目标依旧是 $x→x_d$，设定 $e=x_d-x$，得到 $\dot{e}=\dot{x}_d-\dot{x}=\dot{x}_d-f(x)-u$
引入一个函数 $\rho(x)$（实际上可以是函数，也可以是一个固定的上界）使得 $|f(x)|\leq\rho (x)$，设定
high gain
$$ u=ke+\dot{x}_d+\frac{1}{\varepsilon}\rho^2e $$high frequency
$$ u=ke+\dot{x}_d+\frac{\rho^2e}{\rho |e|+\varepsilon} $$