Chapter9.4：线性系统的状态空间分析与综合(上)

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
 自动控制原理(第七版)课后习题精选
 自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

第九章：线性系统的状态空间分析与综合

Example 9.31

已知连续时间系统 $(A, b, c)$ 如下，如有可能，将系统化为可观测标准型，并求出相应的基底变换矩阵。

解：

【系统1】
$A=\begin{bmatrix} 2 & -1 & -1\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 2 & 1 \end{bmatrix}, b=\begin{bmatrix} 7\\2\\1 \end{bmatrix}, c=\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}$
计算可观测性矩阵：
$V=\begin{bmatrix} c^T & A^Tc^T & (A^T)^2c^T \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 4\\ 1 & -2 & -2\\ 0 & -1 & -3 \end{bmatrix}$
由于 ${\rm rank}V=3=n$ ，因此系统可观测。

求 $V$ 的逆矩阵：
$V^{-1}=\frac{1}{6}\begin{bmatrix} 4 & 2 & 4\\ 3 & -3 & 6\\ -1 & 1 & -4 \end{bmatrix}$
取 $V^{-1}$ 的第三行， $v_n^T=\displaystyle\frac{1}{6}\begin{bmatrix}-1 & 1 & -4\end{bmatrix}$ ，并构造
$P=\begin{bmatrix} v_n^T\\ v_n^TA^T\\ v_n^T(A^T)^2 \end{bmatrix}=\frac{1}{6}\begin{bmatrix} -1 & 1 & -4\\ 1 & -1 & -2\\ 5 & 1 & -4 \end{bmatrix}$
求 $P$ 的逆矩阵：
$P^{-1} =\begin{bmatrix} -1 & 0 & 1\\ 1 & -4 & 1\\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix}$
令 $T=(P^{-1})^T$ 为变换矩阵，即
$T=\begin{bmatrix} -1 & 1 & -1\\ 0 & -4 & -1\\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}，\overline{x}=Tx，T^{-1}=P^T=\frac{1}{6}\begin{bmatrix} -1 & 1 & 5\\ 1 & -1 & 1\\ -4 & -2 & -4 \end{bmatrix}$
因此可得系统的可观测标准型为：
$\dot{\overline{x}}=TAT^{-1}\overline{x}+Tbu=\begin{bmatrix} 0 & 0 & -2\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{bmatrix}\overline{x}+\begin{bmatrix} -6\\-9\\9 \end{bmatrix}u，y=cT^{-1}\overline{x}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\overline{x}$
【系统2】
$A=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & -3 \end{bmatrix}, b=\begin{bmatrix} 2\\3\\4 \end{bmatrix}, c=\begin{bmatrix} 1&-1&2 \end{bmatrix}$
计算可观测性矩阵：
$V=\begin{bmatrix} c^T & A^Tc^T & (A^T)^2c^T \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1\\ -1 & 2 & -4\\ 2 & -6 & 18 \end{bmatrix}$
由于 ${\rm rank}V=3=n$ ，因此系统可观测。

求 $V$ 的逆矩阵：
$V^{-1}=\begin{bmatrix} 3 & 3 & 0.5\\ 2.5 & 4 & 0.75\\ 0.5 & 1 & 0.25 \end{bmatrix}$
取 $V^{-1}$ 的第三行， $v_n^T=\begin{bmatrix}0.5 & 1 & 0.25\end{bmatrix}$ ，并构造
$P=\begin{bmatrix} v_n^T\\ v_n^TA^T\\ v_n^T(A^T)^2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0.5 & 1 & 0.25\\ -0.5 & -2 & -0.75\\ 0.5 & 4 & 2.25 \end{bmatrix}$
求 $P$ 的逆矩阵：
$P^{-1} =\begin{bmatrix} 6 & 5 & 1\\ -3 & -4 & -1\\ 4 & 6 & 2 \end{bmatrix}$
令 $T=(P^{-1})^T$ 为变换矩阵，即
$T=\begin{bmatrix} 6 & -3 & 4\\ 5 & -4 & 6\\ 1 & -1 & 2 \end{bmatrix}，\overline{x}=Tx，T^{-1}=P^T=\begin{bmatrix} 0.5 & -0.5 & 0.5\\ 1 & -2 & 4\\ 0.25 & -0.75 & 2.25 \end{bmatrix}$
因此可得系统的可观测标准型为：
$\dot{\overline{x}}=TAT^{-1}\overline{x}+Tbu=\begin{bmatrix} 0 & 0 & -6\\ 1 & 0 & -11\\ 0 & 1 & -6 \end{bmatrix}\overline{x}+\begin{bmatrix} 19\\22\\7 \end{bmatrix}u，y=cT^{-1}\overline{x}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\overline{x}$

Example 9.32

设系统的传递函数为： $G(s)=\displaystyle\frac{s^2+as+b}{s^3+7s^2+14s+8}，a<b$ 。

问：

$a, b$ 为何值时， $G (s)$ 既可控又可观测实现的阶数最低？请给出一个这样的实现；
$b = 6$ 时， $G (s)$ 最小实现的阶数 $n$ 是多少？写出 $G (s)$ 所有可控的 $n$ 阶可观测标准型实现；

解：

【问1】

系统的传递函数为：
$G(s)=\displaystyle\frac{s^2+as+b}{s^3+7s^2+14s+8}=\frac{s^2+as+b}{(s+1)(s+2)(s+4)}$
当 $s^2+as+b=(s+1)(s+2)$ 时， $a = 3, b = 2$ ，不满足 $a < b$ 条件；

当 $s^2+as+b=(s+1)(s+4)$ 时， $a = 5, b = 4$ ，不满足 $a < b$ 条件；

当 $s^2+as+b=(s+2)(s+4)$ 时， $a = 6, b = 8$ ，满足 $a < b$ 条件，传递函数可约简为：
$G_1(s)=\frac{1}{s+1}=\frac{Y(s)}{U(s)}$
此时， $G_1(s)$ 既可控又可观，是 $G (s)$ 的阶数最低的实现，阶数为 $1$ ；

令 $y = x$ ，则相应的状态方程组为：
$\dot{x}=-x+u，y=x$
【问2】

若 $s^2+as+6=(s+1)(s+6)$ ，此时 $a = 7$ ，不满足 $a < b$ 条件；

若 $s^2+as+6=(s+2)(s+3)$ ，此时 $a = 5$ ，满足 $a < b$ 条件；

若 $s^2+as+6=(s+4)(s+1.5)$ ，此时 $a = 5.5$ ，满足 $a < b$ 条件；

当 $a = 5, b = 6$ 时， $G (s)$ 可约简为：
$G_2(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+4)}=\frac{Y(s)}{U(s)}$
此时， $G_2(s)$ 既可控又可观，为 $G (s)$ 的最小实现，阶数为 $2$ ，相应的可观测标准型状态方程为：
$\dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & -4\\ 1 & -5 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 3\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 0&1 \end{bmatrix}x$
当 $a = 5.5, b = 6$ 时， $G (s)$ 可约简为：
$G_3(s)=\frac{s+1.5}{(s+1)(s+2)}=\frac{Y(s)}{U(s)}$
此时， $G_3(s)$ 既可控又可观，为 $G (s)$ 的最小实现，阶数为 $2$ ，相应的可观测标准型状态方程为：
$\dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & -2\\ 1 & -3 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 1.5\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 0&1 \end{bmatrix}x$

Example 9.33

设系统的动态方程为：
$\dot{x}=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -4 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 & 1 \end{bmatrix}x$
要求：

写出系统的规范分解动态方程；
求系统不可简约的传递函数 $G (s)$ ；

解：

写出系统的规范分解动态方程；

根据对角型系统的可控和可观测性判据可知：

可控变量： $x_1,x_3$ ；不可控变量： $x_2,x_4$ ；

可观测变量： $x_3,x_4$ ；不可观测变量： $x_1,x_2$ ；

综上： $x_3$ 为可控且可观测变量， $x_1$ 为可控但不可观测变量， $x_4$ 为不可控但可观测变量， $x_2$ 为不可控且不可观测变量。因此，通过变换矩阵 $T$ 重新调整 $A, b, c$ 的行列次序可得系统的规范动态方程为：
$\begin{aligned} \dot{x}&=\begin{bmatrix} \dot{x}_{co}\\ \dot{x}_{c\overline{o}}\\ \dot{x}_{\overline{c}o}\\ \dot{x}_{\overline{co}} \end{bmatrix}=TAT^{-1}x+Tbu=\begin{bmatrix} -3 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} {x}_{co}\\ {x}_{c\overline{o}}\\ {x}_{\overline{c}o}\\ {x}_{\overline{co}} \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{bmatrix}u\\\\ y&=cT^{-1}x=\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} {x}_{co}\\ {x}_{c\overline{o}}\\ {x}_{\overline{c}o}\\ {x}_{\overline{co}} \end{bmatrix}，其中：T=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}$
求系统不可简约的传递函数 $G (s)$ ；

根据系统的规范分解可知，其可控可观测部分为：
$\dot{x}_{co}=-3x_{co}+u，y=2x_{co}$
因此可得系统不可简约的传递函数为：
$G(s)=\frac{2}{s+3}$

Example 9.34

已知系统传递函数： $G(s)=\displaystyle\frac{20}{s^3+4s^2+3s}$ ，试写出系统可控标准型动态方程，设计反馈增益阵 $k$ ，使系统极点配置在 $-5,-2±{\rm j}2$ 处，并画出系统结构图；

解：

根据系统的传递函数可得系统的可控标准型：
$\dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & -3 & -4 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 20 & 0 & 0 \end{bmatrix}x$
系统可控，可以对其进行极点配置。

希望特征多项式为：
$|\lambda{I}-\overline{A}|=(\lambda+5)(\lambda+2-{\rm j}2)(\lambda+2+{\rm j}2)=\lambda^3+9\lambda^2+28\lambda+40$
取状态反馈控制律为：
$u=v-kx，k=\begin{bmatrix} k_0 & k_1 & k_2 \end{bmatrix}$
则状态反馈后系统的状态方程为：
$\dot{x}=(A-bk)x+bv=\overline{A}x+bv$
其特征多项式为：
$|\lambda{I}-(A-bk)|=\lambda^3+(4+k_2)\lambda^2+(3+k_1)\lambda+k_0$
有
$\begin{cases} &4+k_2=9\\ &3+k_1=28\\ &k_0=40 \end{cases}\Rightarrow\begin{cases} k_0=40\\ k_1=25\\ k_2=5 \end{cases}$
【系统结构图】

Example 9.35

已知系统动态方程为：
$\dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & -6 & -5 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}x$
要求：

设计全维状态观测器，使其极点落在 $\overline\lambda_1=\overline\lambda_2=\overline\lambda_3=-3$ 处，并求观测器输出反馈向量 $h$ ；
利用状态观测器进行状态反馈，使系统极点配置在 $\lambda_1=-6，\lambda_{2,3}=-3±{\rm j}3$ 处，并求满足要求的状态反馈增益向量 $k$ ；
画出系统总体结构图；

解：

全维状态观测器设计。

因可观测性矩阵为：
$V=\begin{bmatrix} c\\ cA\\ cA^2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}，{\rm rank}V=3=n$
因此系统可观测，可设计全维状态观测器为：
$\dot{\hat{x}}=(A-hc)\hat{x}+bu+hy$
令 $h=\begin{bmatrix}h_1&h_2&h_3\end{bmatrix}^T$ ，计算
$A-hc=\begin{bmatrix} -h_1 & 1 & 0\\ -h_2 & 0 & 1\\ -h_3 & -6 & -5 \end{bmatrix}$
可得其特征多项式为：
$det[sI-(A-hc)]=s^3+(5+h_1)s^2+(6+5h_1+h_2)s+6h_1+5h_2+h_3$
希望特征多项式为：
$s+3)^3=s^3+9s^2+27s+27$
比较上两特征多项式，可得：
$h=\begin{bmatrix} 4 & 1 & -2 \end{bmatrix}^T$
可得观测器方程为：
$\dot{\hat{x}}=\begin{bmatrix} -4 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 2 & -6 & -5 \end{bmatrix}\hat{x}+\begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}u+\begin{bmatrix} 4\\1\\-2 \end{bmatrix}y$
状态反馈设计。

因为可控性矩阵为：
$S=\begin{bmatrix} b & Ab & A^2b \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -5\\ 1 & -5 & 19 \end{bmatrix}，{\rm rank}S=3=n$
因此系统可控，可以通过状态反馈进行极点配置，同时由于被控系统完全可控可观测，满足分离定理，观测器和状态反馈控制器可以分别独立进行设计。

令状态反馈增益向量为： $k=\begin{bmatrix}k_1&k_2&k_3\end{bmatrix}$ ，由
$A+bk=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ k_1 & k_2-6 & k_3-5 \end{bmatrix}$
可得特征多项式为：
$det[sI-(A+bk)]=s^3+(5-k_3)s^2+(6-k_2)s-k_1$
希望特征多项式为：
$(s+6)(s+3-{\rm j}3)(s+3+{\rm j}3)=s^3+12s^2+54s+108$
比较上两式可得：
$k=\begin{bmatrix} -108 & -48 & -7 \end{bmatrix}$
系统总体结构图。