Introduction à la commande stochastique v.0.9 - Jean-Pierre ...

2. LE PROBLÈME LQG 91
4. Y k (u), pour u ∈ H m×T , la tribu engendrée par les observations
(y i , i = 0, ··· , k),
solution de (2.1).
La condition (2.2) est équivalente à u k est Y k (u) mesurable pour tout k.
DÉFINITION 2.1. Nous désignons par U ad l’ensemble des u ∈ H m×T
adaptés c.a.d. vérifiant (2.2).
PROPOSITION 2.2. U ad est un sous-espace de Hilbert de H m×T .
Ce résultat est une conséquence du
LEMME 2.3. Pour u ∈ U ad , la famille de sous-tribus engendrée par les observations,
Y k (u) est fixe (indépendante de u).
PREUVE. Soit(xk o, yo k ) la solution de (2.1) associée au contrôle u k = 0
pour tout k :
{
x
o
k+1 = Axk o + w k, x0 o = ξ,
yk o = Cxk o + v k .
Et soit Y k (0) la tribu engendrée par y0 o,... ,yo k . Par ailleurs pour u ∈ U ad,
posons
{
x
u
k+1
= Axk u + Bu k, x0 u = 0 ,
yk u = Cxk u .
Il est clair que, pout tout k il existe une fonction h k de R mk dans R p ,
telle que
y u k = h k(u 0 , u 1 ,... ,u k−1 ). (2.3)
De plus la linéaritédeséquations implique que la solution de (2.1) associée
au contrôle u s’écrit encore :
x k = x o k + x u k ; y k = y o k + yu k . (2.4)
Remarquons que l’on a toujours y0 o = y 0 et donc que Y 0 (u) = Y 0 (0).
Supposons par récurrence que
Y i (u) = Y i (0), ∀i = 0, ··· , k − 1 .
De (2.3) on déduit que yk u est Yk−1 (0) mesurable et donc d’après (2.4) que
y k est Y k (0) mesurable. D’où l’inclusion Y k (u) ⊂ Y k (0). Mais comme le
raisonnement précédent est symétrique en y k et yk o , on obtient également
l’inclusion inverse.
La proposition est alors conséquence du lemme 5.2.
REMARQUE 2.4. Si l’observation y k n’est pas disponible à l’instant k mais
seulement à l’instant k + 1 les contrôles deviennent des feedbacks de la
forme
u k = s k (y 0 , y 1 ,... ,y k−1 )