时变Lyapunov方程的一种新型抗噪Zhang神经网络

摘要

Zhang神经网络（ZNN）已成为各种时变问题求解的基准解算器。本文利用一个新的设计公式，针对一个时变Lyapunov方程，设计并分析了一个噪声容限连续时间ZNN模型，该模型继承了经典CTZNN在无噪声环境下的指数收敛速度。理论结果表明，对于含有常噪声或时变线性噪声的时变Lyapunov方程，无论噪声有多大，所提出的NTCTZNN模型都是收敛的。这些结果表明，所提出的NTCTZNN模型比传统的CTZNN具有更强的抗噪声能力。此外，为了实现潜在的数字硬件，基于欧拉前向差分提出了离散时间版本的NTCTZNN模型（NTDTZNN）。最后，通过一些数值例子说明了所提出的NTCTZNN和NTDTZNN模型的有效性和准确性。

1介绍

由于时变Lyapunov方程在广泛领域中发挥着重要作用，其算法设计迅速增加，并提出了许多数值方法和神经动力学来解决该问题及其时不变版本；参见，例如[1–6]关于这个主题。让\（t_｛\mathrm｛0｝｝\in\mathbb｛R｝\）和\（t_{\mathrm{f}}\in\mathbb{R}\）分别表示求解过程的开始时刻和结束时刻。时变Lyapunov方程可以表示为

$$A（t）^{\top}X+XA（t）=B（t），\quad t\in[t_{\mathrm{0}}，t_{\mathrm{f}]$$

(1)

哪里\（A（t）\in\mathbb｛R｝^｛n\times n｝\）和\（B（t）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）平滑时变矩阵信号，以及\（X\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）是待确定的未知矩阵。在本文中，我们将计算问题的在线解(1)实时，解决方案集(1)在本文的整个讨论过程中，假设是非空的。

自从霍普菲尔德的开创性论文发表以来[7]神经网络，特别是递归神经网络，已被广泛用于解决各种时不变和时变问题。ZNN是递归神经网络的一个重要子课题，由张云农于2001年3月首次提出[1]. 近年来，ZNN被普遍认为是实际中出现的各种动力学系统的基准解算器，如机器人的运动控制、摆系统[8]混沌传感器系统的同步[9]. 基于一个简单的常微分方程（ODE），即分析初值问题数值方法稳定性的测试问题，对于ZNN，不定误差函数的每个分量直接指数趋于零，这使得ZNN能够以无误差的方式跟踪时变问题的时间相关解。随着ZNN应用的日益广泛，文献中对其进行了深入的研究，并提出了许多更有效的ZNN变体。例如，为了实现潜在的数字硬件，在[10–13]. 为了加快ZNN的收敛速度，Chen等人提出了一种具有时变设计参数的超指数ZNN[9]. 此外，基于一些精心设计的激活函数，已经提出了许多具有有限时间收敛特性的连续ZNN[14,15].

尽管上述ZNN在各种时变或未来问题的解决方面取得了显著进展，但它们对噪声很敏感，在无噪声环境中容易产生较大误差。然而，噪声在现实生活中是普遍存在的，不能完全忽视。例如，在监控视频的背景提取中，数据丢失且有噪音[16,17]观测数据往往受到加性高斯噪声的污染。近年来，具有抗噪声性能的ZNN越来越受到研究人员的关注。据我们所知，Jin等人[18]首先设计了一个积分增强的ZNN公式来求解具有加性常数噪声的实时变矩阵反演问题。然后，Guo等人[19]提出了一种改进的ZNN公式，用于求解含有加性谐波噪声的时变非线性方程，并基于巧妙的Lyapunov函数分析了其收敛性。为了分析具有动态有界渐消噪声或动态有界不消噪声的时变矩阵反演问题，肖（Xiao）等人提出了一种新的噪声容限和预定义时间ZNN模型[20]其中符号函数在证明其收敛性和鲁棒性方面起着重要作用。

然而，上述三种噪声容忍ZNN[18–20]所有这些都无法处理时变线性噪声，这是无界的，与以往研究中考虑的噪声不同[18–20]. 因此，这些论文还有很大的改进空间。本文基于一个新的设计公式，设计了一个噪声容限连续时间ZNN（称为NTCTZNN）来求解线性噪声污染的时变Lyapunov方程。新的ZNN对线性噪声具有免疫性，可以完全对抗其负紧性。此外，为了实现潜在的数字硬件，基于欧拉前向差分，提出了NTCTZNN模型的离散时间版本。对所提出的NTCTZNN及其离散版本进行了详细的理论分析。

简而言之，本文的贡献可以概括如下。

• 为了求解时变线性方程组，提出了一种新的带二重积分的噪声容限连续时间Zhang神经网络（简称NTCTZNN）。

• 所提出的ZNN模型可保证收敛于无噪声、常噪声或时变线性噪声的时变线性方程组的解。

• 基于欧拉前向差分，提出了NTCTZNN模型的离散时间版本。

• 给出了包括比较在内的数值结果，以验证所获得的理论结果。

本文的其余部分组织如下。在Sect。 2针对时变Lyapunov方程，设计了一种新的抗噪连续时间ZNN模型（称为NTCTZNN），并对其收敛性进行了严格的讨论。章节三描述了离散形式的NTCTZNN（称为NTDTZNN），并证明了其全局收敛性。章节4给出了一些数值结果来验证NTCTZNN和NTDTZNN的效率。最后，帮派。 5最后总结了本文的研究方向。

2NTCTZNN模型及其收敛性

在本节中，我们将为时变Lyapunov方程设计一种新型的噪声容限连续时间Zhang神经网络（NTCTZNN），并证明其收敛性。

首先，让我们回顾一下Jin等人设计的带积分的容错ZNN模型[18]:

$$\dot{e}（t）=-\gamma e（t）-\lambda\int_{0}^{t} e（电子）（τ）、dτ、$$

(2)

哪里\（伽马>0）和\（\lambda>0）是两个设计参数。设置\（e（t）=A（t）^{\top}X+XA（t）-B（t在(2)，我们得到了时变Lyapunov方程的一个噪声容限连续时间ZNN模型，如下所示：

$$\开始{对齐}&A（t）^{\top}\dot{X}（t）+\dot}X}\，d\tau\\&\qquad{}-\bigl（\dot{A}（t）^{\top}X（t）+X（t$$

(3)

哪里\（n（t）在mathbb{R}^{n次n}中）表示未知的加性噪声。噪声容忍ZNN模型(三)具有以下收敛属性。

引理2.1

噪音-容错ZNN模型(三)收敛到问题的理论解(1)全球地,不管未知矩阵有多大-形式恒定噪声为.此外,它收敛于问题的理论解(1)稳定极限的上限-状态剩余误差为\（\|a\|/\lambda\）存在未知矩阵时-形成时间-可变线性噪声,哪里\（n（t）=at\in\mathbb｛R｝^｛n\times n｝\）是一个恒定的鼻子.

证明

参见中的定理1–3[18]. □

进一步提高噪声容限连续时间ZNN模型的效率(三)，我们提出了一个新的二重积分设计公式，如下所示：

$$\dot{e}（t）=-\gamma e（t）-\lambda\int_{0}^{t} e（电子）（\tau）\，d\tau-\mu\int_{0}^{t} 杜\nint_{0}^{u} e（电子）（v） \，dv$$

(4)

设置\（e（t）=A（t）^{\top}X+XA（t）-B（t在设计公式中(4)，我们得到了一个新的时变Lyapunov方程的容噪连续时间ZNN模型：

$$\开始{对齐}&A（t）^{\top}\dot{X}（t）+\dot}X}\，d\tau\\&\qquad{}-\mu\int_{0}^{t} 杜\nint_{0}^{u}\bigl（A（v）^{\top}X（v）+X（v）A（v）-B（v）\bigr）\，dv\\&\qquad{}-\bigle（\dot{A}（t）^{top}X。\结束{对齐}$$

(5)

设置

$$X_{2}（u）=\int_{0}^{u}\bigl（A（v）^{top}X（v）+X（v^{t} X_{2} （u）\，du$$

积分微分方程(5)可以写成以下微分方程组：

$$\textstyle\begin{cases}\dot{X}（X）_{1} （t）=X{2}（t），\\dot{X}（X）_{2} （t）=A（t）^{\top}X（t）+X（t）A（t（t）+\点{X}（t）A（t）=}{}-（\点{A}（t）^{\top}X（t）+X（t。\结束{cases}$$

在实际计算中，我们需要将上述矩阵形式的微分方程组转换为向量形式的微分方程式组⊗和vec算子vec，我们得到向量形式的NTCTZNN：

$$\textstyle\begin{cases}\operatorname{vec}（\dot{X}（X）_{1} （t））=\运算符名称｛vec｝（X_｛2｝（t）），\\\\运算符名称｛vec｝（\dot{X}（X）_{2} （t）=\操作符名{vec}（A（t）^{top}X（t）+X（t）-B（t））-\lambda X_{2}（t。\结束{cases}$$

设计公式(4)可用于求解时变线性矩阵方程和时变Sylvester方程。

• (1) 考虑时变线性矩阵方程

  $$A（t）X=B（t）$$

  哪里\（A（t）\in\mathbb{R}^{m\次n}\）,\（B（t）\in\mathbb{R}^{m\次p}\）.应用设计公式(4)为了解上述时变线性矩阵方程，我们有

  $$\开始{对齐}&\hat{A}（t）\operatorname{vec}\bigl（\dot{X}（t）\bigr）\\&\quad=-\gamma\bigl（\hat}A}（\tau）\bigr）-\operatorname{vec}\bigl（B（\taus）\biger）\，d\tau\\&\qquad{}-\mu\int_{0}^{t} 杜\int_{0}^{u}\bigl（\hat{A}（v）\operatorname{vec}\bigr biger）\biger）+\operatorname{vec}\bigl（n（t）\bigr），\end{aligned}$$

  (6)

  哪里\（{A}（t）=I_{p}\注释A（t）\）.

• (2) 考虑时变Sylvester方程

  $$A_{1}（t）X+XA_{2}（t）=B（t）$$

  哪里\（A_｛1｝（t）\in\mathbb｛R｝^｛m \ times m｝\）,\（A_{2}（t）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）和\（B（t）\in\mathbb{R}^{m\次n}\）.应用设计公式(4)为了解时变Sylvester方程，我们有

  $$\begon｛aligned｝&&hat｛A｝（t）\ operatorname｛vec｝\bigl（\dot｛X｝（t）\bigr）\\&&\quad=\ operatorname｛vec｝\bigl（-\gamma\bigl（A（t）^｛\top｝X（t）+X（t）A（t）-B（t）\bigr）\\&&\qquad｛｝-\lambda\int _｛0｝^｛t｝\bigl（A（\tau）^｛\top｝X（\tau）+X（\tau）A（\tau）-B（\tau）\bigr）\，d\tau\\&\qquad｛｝-\mu\int _｛0｝^{t} 杜\nint_{0}^{u}\bigl（A（v）^{\top}X（v）+X（v$$

  (7)

  哪里\（{A}（t）=I_{n}\ otimes A_{1}（t）+A_{2}（t^{top}\ otimes I_{m}\）.

假设2.1

确保残余误差的收敛性\（e（t））由NTCTZNN生成(5),设计参数γ,λ和μ仅限于满足\（伽马>0）,\（\lambda>0）,\（\mu>0\）和多项式的所有根

$$s^{3}+\gamma s^{2}+\lambda s+\mu=0$$

(8)

在左半平面.

备注2.1

如果我们设置\（伽马=3）,\（λ=2）,\（\mu=1\），的三个根(8)是\（-0.7849+1.3071\mathrm{i}\）,\（-0.7849-1.3071\mathrm{i}）, −0.4302. So假设2.1与保持\（伽马=3）,\（λ=2）,\（\mu=1\）.

根据不同类型的噪音\（n（t）\），我们划分了NTCTZNN收敛性的证明(5)分为以下四种情况。

案例1：如果未知噪音\（n（t）=0\in\mathbb{R}^{n\次n}\），我们有以下收敛结果。

定理2.1

什么时候？\（n（t）=0\）和γ,λ满足条件(8),剩余误差\（e（t））由NTCTZNN生成(5)全局指数收敛到零.

证明

设置

$$\varepsilon（t）=\int_{0}^{t} 杜\nint_{0}^{u} e（电子）（v） \，dv$$

然后让\（e_{ij}（t）\）,\（瓦雷普西隆{ij}（t））,\（\dot{\varepsilon}{ij}（t）\）,\（\ddot｛\varepsilon｝_｛ij｝（t）\）和\（\dddot{\varepsilon}{ij}（t）\）成为ij公司的第个元素\（e（t）\）,\（\varepsilon（t）\）,\（\点{\varepsilon}（t）\）,\（\ddot{\varepsilon}（t）\）和\（\dddot{\varepsilon}（t）\）分别是。然后ij公司动力系统的th子系统(6)可以写为

$$\dddot{\varepsilon}（t）+\gamma\ddot{\varesilon}$$

(9)

其特征方程为

$$s^{3}+\gamma s^{2}+\lambda s+\mu=0$$

(10)

三次方程的判别式(10)定义为

$$\Delta=3\bigl（4\lambda^{3}-\lambda ^{2}\gamma^{2{-18\lambda\mu\gamma+27\mu^{2neneneep+4\mu\gamma^{3{3}\bigr）$$

根据Fan方程[21]，如果\（\gamma^｛2｝=3\lambda\）,\（\gamma\lambda=9\mu\），等式(10)有一个真正的三重根，表示为\（s{1}\），由于假设，这是一个负常数2.1所以三阶常微分方程的通解(9)是

$$\varepsilon_{ij}（t）=\bigl（c{1ij}+c_{2ij}吨+c（c）_{3ij}吨^{2} \bigr）\exp（s_{1} t吨)，对于所有i，j=1,2，\ldot，n$$

哪里\（c{1ij}\）,\（c{2ij}\）,\（c{3ij}\）是由初始条件确定的三个常数。然后，将上述方程微分两次，我们得到

$$e_{ij}（t）=\bigl[c_｛1ij｝s_{1} ^{2}+（2+s_{1} t吨)c（c）_{2ij}秒_{1} +\bigl（2+4ts_{1}+t^{2} 秒_{1} ^{2}\biger）c_{3ij}\bigr]\exp_{1} t吨). $$

矩阵形式错误\（e（t）\）是

$$e（t）=\bigl[s{1}^{2}c{1}+（2+s_{1} t吨)s{1}c{2}+\bigl（2+4ts{1}+t^{2} 秒_{1} ^{2}\biger）c_{3}\bigr]\exp_{1} t吨), $$

哪里\（c｛1｝=（c｛1ij｝）\in\mathbb｛R｝^｛n\times n｝\）,\（c{2}=（c_{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中,\（c{3}=（c{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中.然后

$$\bigl\Verte（t）\bigr\Vert\leq\bigl[s_{1}^{2}\Vert c_{1{1\Vert+\bigl\ Vert（2+s_{1} t吨)s_｛1｝\bigr\vertC_｛2｝\vert+\bigl\vert2+4ts_{1｝+t^{2} 秒_{1} ^{2}\bigr\vert\vert c_{3}\vert\bigr]\exp（s）_{1} t吨). $$

这个定理的结论由上述不等式和\（s{1}<0\）.

如果\（增量>0），等式(10)有一个实根和两个复共轭根，表示为

$$s_{1}，\qquad s_{2}=\alpha+\beta\mathrm{i}，\ qquad s_{3}=\alpha-\beta\ mathrm}$$

哪里\（\mathrm{i}=\sqrt{-1}\）表示虚单位。自γ,λ和μ满足假设2.1，我们有\（s{1}<0\）,\（α<0）根据以上分析，三阶常微分方程的一般解(9)是

$$\varepsilon_{ij}（t）=c_{1ij}\exp_{1} t吨)+\exp（\alpha t）\bigl（c{2ij}\cos（\beta t）+c{3ij}\sin（\betat）\bigr）$$

哪里\（c{1ij}\）,\（c{2ij}\）,\（c{3ij}\）是由初始条件确定的三个常数。然后，将上述方程微分两次，我们得到

$$e_{ij}（t）=c_{1ij}z_{1} ^{2}\exp_{1} t吨)+\bigl（\alpha^{2}-\β^{2}\bigr）\exp（\alpha t）\bigl（c{2ij}\cos（\beta t）+c{3ij}\sin（\betat）\bigr）$$

矩阵形式错误\（e（t）\）是

$$e（t）=c_{1} z（z）_{1} ^{2}\exp_{1} t吨)+\bigl（\alpha^｛2｝-\β^{2}\bigr）\exp（\alpha t）\bigl（c{2}\cos（\beta t）+c{3}\sin（\betat）\bigr）$$

哪里\（c_{1}=（c_}1ij}）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）,\（c{2}=（c_{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中,\（c{3}=（c{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中.然后

$$\bigl\Verte（t）\bigr\Vert\leq\Vert c_{1}\Vert z_{1{^{2}\exp（s）_{1} t吨)+\bigl\vert\alpha^{2}-\beta^{2}\bigr\vert\bigl（\vert c_{2}\vert+\vert c _{3}\vert\bigr）\exp（\alpha t）$$

这个定理的结论由上述不等式和\（s{1}<0\）和\（α<0）.

如果\（增量=0），等式(10)有一个多个根，并且它的所有根都是实的，用表示\（s{1}\）,\（s_｛2｝=s_｛3｝\）三阶常微分方程的通解(9)是

$$\varepsilon_{ij}（t）=c_{1ij}\exp_{1} t吨)+（c{2ij}+c_{3ij}吨)\exp（s）_{2} t吨)，对于所有i，j=1,2，\ldot，n$$

哪里\（c{1ij}\）,\（c{2ij}\）,\（c{3ij}\）是由初始条件确定的三个常数。然后，将上述方程微分两次，我们得到

$$e_{ij}（t）=c_{1ij}秒_{1} ^｛2｝\exp（s_{1} t吨)+\bigl[c{3ij}+2c_{3ij}秒_{2} +（c{2ij}+c_｛3ij｝t)s_{2}^{2}\bigr]\exp（s）_{2} t吨). $$

矩阵形式错误\（e（t）\）是

$$e（t）=s_{1}^{2}c_{1{1\exp_{1} t吨)+\bigl[c{3}+2s_{2} c（c）_{3} +（c{2}+c_{3} t吨)s_{2}^{2}\bigr]\exp（s）_{2} t吨), $$

哪里\（c_{1}=（c_}1ij}）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）,\（c｛2｝=（c｛2ij｝）\in\mathbb｛R｝^｛n\times n｝\）,\（c{3}=（c{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中.然后

$$\bigl\Verte（t）\bigr\Vert\leq[s_{1}^{2}\Vert c_{1{1\Vert\exp（s）_{1} t吨)+\bigl[\Vert c_{3}\Vert+2\Vert s_{2}\Vert\Vert c_3}\Vert+\bigl（\Vert c _{2{2\Vert+\|c_{3} t吨\大）\|s_{2}^{2}\bigr]\exp_{2} t吨). $$

这个定理的结论由上述不等式和\（s{1}<0\）和\（s{2}<0\）.

如果\（增量<0），等式(10)有三个不同的实根，表示为\（s{1}\）,\（s{2}\）,\（s{3}\）三阶常微分方程的通解(9)是

$$\varepsilon _｛ij｝（t）=c｛1ij｝\exp（s_{1} t吨)+c{2ij}\exp（s）_{2} t吨)+c（c）_｛3ij｝t\exp（s）_{3} t吨)，对于所有i，j=1,2，\ldot，n$$

哪里\（c{1ij}\）,\（c{2ij}\）,\（c{3ij}\）是由初始条件确定的三个常数。然后，将上述方程微分两次，我们得到

$$e_{ij}（t）=c_{1ij}秒_{1} ^{2}\exp_{1} t吨)+c{2ij}\exp（s）_{2} t吨)+c｛3ij｝\exp（s_{3} t吨). $$

矩阵形式错误\（e（t）\）是

$$e（t）=s{1}^{2}c{1}\exp_{1} t吨)+s{2}^{2}c{2}\exp（s）_{2} t吨)+s{3}^{2}c{3}\exp（s）_{3} t吨), $$

哪里\（c_{1}=（c_}1ij}）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）,\（c{2}=（c_{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中,\（c{3}=（c{2ij}）在\mathbb{R}^{n次n}中.然后

$$\bigl\Verte（t）\bigr\Vert\leq s_{1}^{2}\Vert c_{1{1\Vert\exp（s）_{1} t吨)+s_{2}^{2}\Vert c_{2neneneep \Vert\exp（s）_{2} t吨)+s_｛3｝^｛2｝\Vert c_｛3｝\Vert\exp（s_{3} t吨). $$

这个定理的结论由上述不等式和\（s{1}<0\）,\（s{2}<0\）和\（s_｛3｝<0\）. □

案例2：如果未知噪音\（n（t）\）是持续的噪音\（n（t）=a\in\mathbb{R}^{n\次n}\），我们有以下收敛结果。

定理2.2

无论未知恒定噪声有多大\（n（t）=（a_{ij}）在mathbb{R}^{n次n}中是,剩余误差\（e（t））由NTCTZNN生成(5)对于问题(1)收敛到零.

证明

显然，NTCTZNN(5)可以解耦为\（n^{2}\）微分方程：

$$\点{电子}_{ij}（t）=-\gammae_{ijneneneep（t）-\lambda\int_{0}^{t} e（电子）_{ij}（\tau）\，d\tau-\mu\int_{0}^{t} 杜\nint_{0}^{u} e（电子）_{ij}（v）\，dv+a{ijneneneep$$

(11)

采用拉普拉斯变换(11)，一个有

$$s\varepsilon_{ij}（s）-e_{ij}（0$$

(12)

哪里\（瓦雷普西隆{ij}（t））是的图像函数\（e_{ij}（t）\）.来自(12)，我们有

$$\varepsilon_{ij}（s）=\frac{e_{ij{（0）s^{2}+a_{ij}秒}{s^{3}+\gamma s^{2}+\lambda s+\mu}$$

其传递函数的三极为\（s_｛1｝\）,\（s{2}\）和\（s{3}\），位于左半平面上，因为γ,λ和μ满足假设2.1因此，系统(12)是稳定的，终值定理成立。那就是，

$$\lim_{t\rightarrow\infty}e_{ij}（t）=\lim_{s\rightarror0}s\varepsilon_{ij{（s）=\lim_{s\rirtarrow0}\ frac{e_{ij}（0）s^{3}+n_{ij}秒^{2} }{s^{3}+\gammas^{2}+\lambdas+\mu}=0$$

这就完成了证明。 □

案例3：如果未知噪音\（n（t）\）是一种时变线性噪声\（n（t）=在+b\in\mathbb｛R｝^｛n\times n｝\处），我们有以下收敛结果。

定理2.3

无论未知线性噪声有多大\（\bar{n}=在+b=（a_{ij}吨+b_{ij}）在\mathbb{R}^{n\timesn}中是,剩余误差\（e（t））由NTCTZNN生成(5)对于问题(1)收敛到零.

证明

类似于定理证明2.3，我们有

$$\lim_{t\rightarrow\infty}e_{ij}（t）=\lim{s\rightarror0}s\varepsilon_{ij{（s）=\lim_{s\rirtarrow0}\frac{e_{1j}[0）s^{3}+b_{ij}秒^{2} +a个_{ij}秒}｛s^｛3｝+\gamma s^｛2｝+\lambda s+\mu｝=0$$

这就完成了证明。 □

案例4：如果未知噪音\（n（t）\）是一种时变二次型噪声\（n（t）=在^{2}+bt+c\in\mathbb{R}^{n次n}），我们有以下收敛结果。

定理2.4

对于未知的二次噪声\（\bar{n}=在^{2}+bt+c=（a_{ij}吨^{2} +b个_{ij}吨+c_{ij}）\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）,我们有

$$\lim_{t\rightarrow\infty}\bigl\Verte（t）\bigr\Vert=\frac{2\Verta\Vert}{\mu}$$

证明

类似于定理证明2.3，我们有

$$\lim_{t\rightarrow\infty}e_{ij}（t）=\lim_{s\rightarror0}s\varepsilon_{ij{（s）=\lim_{s\riftarrow0}\frac{e_{ij}（0）s^{3}+c_{ij}秒^{2} +b_{ij}秒+2a{ij}}{s^{3}+\gamma s^{2}+\lambda s+\mu}=\frac{2a{1j}}}{\mu}$$

这就完成了证明。 □

三NTDTZNN及其收敛性

对于潜在的数字硬件实现，我们将针对问题提出一个容错离散时间ZNN（NTDTZNN）模型(1)并证明其全球收敛性。

我们使用欧拉正向差分来离散该项\（\点{X}（t）\）在NTCTZNN中(5)并得到以下NTDTZNN模型：

$$\开始{aligned}&A_{k}^{top}{X}（X）_{k+1}+{X}（X）_{k+1}A_{k}\\&\quad=A_{k}^{top}{X}（X）_{k}+｛X｝_{k} A类_{k}-伽马射线_{k}-\λ\tau\sum_｛j=1｝^{k} e（电子）_{j}-\mu\tau\sum_{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{j} e（电子）_{i} \\&\qquad{}-\tau\bigl（\dot{答}_{k} ^{\top}X_{k}+X_{k}\dot{答}_{k}-\点{乙}_{k} \biger）+\tau n_{k}，\end{aligned}$$

(13)

哪里\（\tau>0\）是采样间隙。

引理3.1

NTDTZNN公司(13)可以写为

$$e_{k+1}+（\gamma\tau-1）e_{k}+\lambda\tau\sum_{j=1}^{k} e（电子）_{j} +\mu\tau\sum_{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{j} e（电子）_{我}-\τn_{k}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

(14)

证明

发件人(13)，我们有

$$\开始{对齐}&-\gamma\tau e_{k}-\lambda\tau\sum{j=1}^{k} e（电子）_{j}-\mu\tau\sum_{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{j} e（电子）_{i} \\\\quad=A_｛k｝^｛\top｝({X}（X）_{k+1}-X_{k}）+({X}（X）_{k+1}-X_{k}）A{k}+\tau\bigl（\dot｛A｝_{k} ^{\top}X_{k}+X_{k}\dot{答}_{k}-\点{乙}_{k} \biger）-\tau n_{k}\\&\quad=\tau\bigl（A_{k{^{top}\dot{X}（X）_{k} +\点{X}（X）_{k} A类_{k} \bigr）+\tau\bigl（\dot{答}_{k} ^{\top}X_{k}+X_{k}\dot{答}_{k}-\点｛B｝_{k} \biger）-\tau n_{k}+\mathcal{O}\bigl（\tau ^{2}\bigr）\\&\quad=\tau\dot{电子}_{k}-\τn_{k}+\mathcal{O}\bigl（τ^{2}\bigr）\\&\quad=e_{k+1}-e_{k}-\tau n_{k}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr），\end{aligned}$$

其中第二个和第四个等式是根据欧拉正向差分得出的。那么上述等式可以很容易地进一步写成(14). 这就完成了证明。 □

定理3.1

考虑线性噪声\（n_{k}=ak+b\in\mathbb{R}^{n\timesn}\）,剩余误差的极限\（e_{k}）由NTDTCNN生成(13)是\（O（h^{2}）\）当且仅当参数γ,λ和τ满足

$$\beign｛aligned｝&\mu\tau＞0，\qquad\mu\tau+4\gamma\tau+2\lambda\tau＜8，\quad（\gamma\tau-1）^｛2｝＜1，\\&&\bigl（（\lambda+2\gamma）\tau+（\gamma\tau-1）\bigl（（\lambda+\mu+\gamma）\tau-3\bigr）^｛2｝<\bigl（（\gamma\tau-1）^｛2｝-1\bigr）^｛2｝。\结束{对齐}$$

(15)

证明

显然，平等(14)也适用于k个也就是说，

$$e_{k}+（\gamma\tau-1）e_{k-1}+\lambda\tau\sum_{j=1}^｛k-1｝e_{j} +\mu\tau\sum_{j=1}^{k-1}\sum _{i=1}^{j} e（电子）_{我}-\τn_{k-1}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

(16)

发件人(14)–(16)，我们可以

$$e_{k+1}+\bigl（（\gamma+\lambda）\tau-2\bigr）e_{k}-（γτ-1）e_{k-1}+mu\tau\sum_{i=1}^{k} e（电子）_{i} -啊+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

(17)

同样，平等(17)也适用于k个也就是说，

$$e_｛k｝+\bigl（（\gamma+\lambda）\tau-2\bigr）e_{k-1}-（γτ-1）e_{k-2}+mu\tau\sum_{i=1}^{k-1}电子_{i} -a个\tau+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

(18)

发件人(17)–(18)，因此我们

$$e_{k+1}+\bigl（（\gamma+\lambda+\mu）\tau-3\bigr）e_{k}+\bigl$$

(19)

设置\（\bar{电子}_{k} =e_{k}-\数学{O}（tau^{2}），平等(19)可以重写为

$$\bar（美元\bar）｛e｝_{k+1}+\bigl（（\gamma+\lambda+\mu）\tau-3\bigr）\bar{电子}_{k} +\bigl（3-（2\gamma+\lambda）\tau\bigr）\bar{电子}_｛k-1｝+（\gamma\tau-1）\bar{电子}_{k-2}=0$$

(20)

特征方程(20)是

$$v^{3}+\bigl（（\gamma+\lambda+\mu）\tau-3\bigr）v^{2}+\bigl（3-（2\gamma+\ lambda）\tau\biger）v+\gamma\tau-1=0$$

(21)

如果所有特征方程的模根都在(21)小于1，NTDTZNN(13)是稳定的。根据陪审团稳定性标准[22]，很容易推断出特征方程的根(21)在单位圆内当且仅当(15)保持。证明已经完成。 □

备注3.1

如果我们设置\（伽马=5）,\（λ=2）,\（\mu=1\）和\（τ=0.1），很容易检查(15)保持。如果我们设置\（伽马=5）,\（λ=2）,\（\mu=1\）和\（τ=0.01），很容易检查(15)无法保持。

按照类似的过程，我们可以推导出连续时间ZNN的离散形式[18]对于问题(1)，用NTDTZNN-p表示，如下所示：

$$\开始{aligned}&A_{k}^{top}{X}（X）_｛k+1｝+{X}（X）_{k+1}A_{k}\\&\quad=A_{k}^{top}{X}（X）_{k}+{X}（X）_{k} A类_{k}-伽马射线_{k}-\lambda\tau\sum{j=1}^{k} e（电子）_{j}-\tau\bigl（\dot{答}_{k} ^｛\top｝X_｛k｝+X_｛k｝\dot{答}_｛k｝-\点{乙}_{k} \较大）+\τn_{k}。\结束{对齐}$$

(22)

推论3.1

NTDTZNN公司-第页(22)持续噪音\（n（t）=a）收敛的当且仅当参数γ,λ和τ满足

$$\lambda\tau>0，\qquad 2\gamma\tau+\lambda \tau<4，\quad（\gamma\tao-1）^{2}<1$$

(23)

证明

平等(22)可以写为

$$e_{k+1}+（\gamma\tau-1）e_{k}+\lambda\tau\sum_{j=1}^{k} e（电子）_{j}-\tau n_{k}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

这也适用于k个也就是说，

$$e_{k}+（\gamma\tau-1）e_{k-1}+\lambda\tau\sum_{j=1}^{k-1}电子_{j}-\tau n_{k-1}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

减去上述两个等式，我们得到

$$e_{k+1}+\bigl（（\gamma+\lambda）\tau-2\bigr）e_{k}-（\gamma\tau-1）e_{k-1}+\mathcal{O}\bigl（\tau^{2}\bigr）=0$$

那就是，

$$\bar（美元\bar）{电子}_{k+1}+\bigl（（\gamma+\lambda）\tau-2\bigr）\bar{电子}_{k}-（伽马\tau-1）\bar{电子}_{k-1}=0$$

其特征方程为

$$v^{2}+\bigl（（\gamma+\lambda）\tau-2\bigr）v+1-\gamma\tau=0$$

（24）

根据陪审团稳定性标准[22]同样，很容易推断出特征方程的根(24)在单位圆内当且仅当(23)保持。证明已完成。 □

备注3.2

如果我们设置\（伽马=5）,\（λ=2）和\（τ=0.1），很容易检查(23)保持。

4数值结果

在本节中，通过两个仿真实例验证了NTCTZNN的有效性和快速收敛性能(5)和NTDTZNN(13). 为了进行比较，CTZNN模型[8]（用CTZNN表示），NTCTZNN[18]（用NTCTZNN-p表示）(22)用于求解时变Lyapunov方程。

通过一些简单的操作，CTZNN模型[8]对于问题(1)是

$$开始{对齐}A（t）^{\top}\dot{X}（t）+\dot}X}对齐}$$

和中的NTCTZNN模型[18]对于问题(1)是

$$\textstyle\boot｛cases｝\dot{X}（X）_{1} （t）=X{2}（t），\\A（t）^{\top}\dot{X}（t）^{\top}X（t）+X（t。\结束{cases}$$

在以下实验中，我们设置\（伽马=5）,\（λ=2）,\（\mu=1\）,\（h=0.1）、和

$$\mathrm{Res}=\bigl\Vert A（t）^{\top}X（t）+X（t$$

示例4.1

考虑以下时变Lyapunov方程：

$$A（t）^{\top}X+XA（t）=B（t），\quad t\in[0,50]~\mathrm{s}$$

哪里

$$A（t）=\begin{bmatrix}3+\sin（t）&1\ 1&3+\cos（t）\end{bmatricx}，\qquad B（t）=\begin{bmattrix}\sin（t）&1+\cos$$

首先，我们考虑零噪声\（n（t）=0）和持续的噪音\（n（t）=1）数值结果如图所示1.

图1

示例的数值结果4.1

其次，我们考虑线性噪声\（n（t）=t+1）和二次噪声\（n（t）=t^｛2｝+t+1\）数值结果如图所示2.

图2

示例的数值结果4.1

数值结果如图所示1和2结果表明：（1）对于零噪声，CTZNN首先振荡，NTCTZNN。三个测试模型都可以求解示例4.1具有高精度。（2） 对于恒定噪声，CTZNN无法解决示例4.1，其他两个模型成功求解了Example4.1此外，我们再次发现NTCTZNN-p比NTCTZNN先振荡。（3） 对于线性噪声，CTZNN和NTCTZNN-p都无法解决示例4.1，而NTCTZNN成功解决了示例4.1（4）对于二次噪声，三个被测模型都不能很好地工作，NTCTZNN的精度约为1，这符合定理2.4(\（a{ij}=1\）,\（\mu=1\）). 总的来说，这个例子表明

$$\mathrm{NTCTZNN}\suck\mathrm{NTCTZNN-p}\suct\mathrm}$$

哪里\（A\成功B\）表示模型的性能A类比模型好B类.

示例4.2

考虑以下时变Lyapunov方程：

$$A（t）^{\top}X+XA（t）=B（t），\quad t\in[0,50]~\mathrm{s}$$

哪里

$$A（t）=\begin{bmatrix}3+t&1+t\\1+t&3+t\end{bmatricx}，\qquad B（t）=\begin{bmattrix}t&1+t\\1+t&t\end{bmatrix}$$

我们使用NTDTZNN(13)用恒定噪声解决这个问题\（n（t）=1）或线性噪声\（n（t）=t+1）数值结果如图所示三从中我们发现NTDTZNN产生的Res是振荡下降的。事实上，在最后50秒时，NTDTZNN在两种噪声下产生的Res约为10⁻⁹这表明NTDTZNN以较高的精度成功地解决了这个问题。对于具有恒定噪声的NTDTZNN，精度约为10⁻⁷，比NTDTZNN稍差，但带有线性噪声的NTDTZNN无法解决此问题，这与推论一致3.1.

图3

示例的数值结果4.2

5结论

本文设计了一种新型的噪声容限连续时间ZNN（NTCTZNN）模型及其离散形式NTDTZNN，用于求解时变Laypunov方程。已经证明，NTCTZNN和NTDTZNN固有地对各种类型的噪声具有鲁棒性。数值结果表明，这两个模型对于求解时变Lyapunov方程是有效的。

未来，我们将通过引入三重积分来进一步改进NTCTZNN，以增强其对二次噪声的鲁棒性，并根据在[23–28].