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
线性系统的状态空间分析与综合考研参考题
REFERENCE1
已知离散时间系统状态方程为：
x ( k + 1 ) = [ 1 4 0 − 3 − 2 − 3 2 0 0 ] x ( k ) x(k+1)=\begin{bmatrix} 1 & 4 & 0\\ -3 & -2 & -3\\ 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}x(k) x(k+1)=⎣⎡1−324−200−30⎦⎤x(k)
用两种方法判断系统是否为渐近稳定。
解：
【法1】
由于 x ( k + 1 ) = Φ x ( k ) x(k+1)=\Phi{x(k)} x(k+1)=Φx(k)，令 ∣ λ I − Φ ∣ = 0 |\lambda{I}-\Phi|=0 ∣λI−Φ∣=0，解得系统特征根为： λ 1 , 2 = 0.5 ± j 3.4278 ， λ 3 = − 2 \lambda_{1,2}=0.5±{\rm j}3.4278，\lambda_3=-2 λ1,2=0.5±j3.4278，λ3=−2，位于单位圆外，系统不稳定。
【法2】
取 Q = I 3 × 3 Q=I_{3\times3} Q=I3×3，令 Φ T P Φ − P = − Q \Phi^TP\Phi-P=-Q ΦTPΦ−P=−Q，其中 P = P T P=P^T P=PT，可得：
[ 1 − 3 2 4 − 2 0 0 − 3 0 ] [ p 11 p 12 p 13 p 12 p 22 p 23 p 13 p 23 p 33 ] [ 1 4 0 − 3 − 2 − 3 2 0 0 ] − [ p 11 p 12 p 13 p 12 p 22 p 23 p 13 p 23 p 33 ] = [ − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 − 1 ] \begin{bmatrix} 1 & -3 & 2\\ 4 & -2 & 0\\ 0 & -3 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13}\\ p_{12} & p_{22} & p_{23}\\ p_{13} & p_{23} & p_{33} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 4 & 0\\ -3 & -2 & -3\\ 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13}\\ p_{12} & p_{22} & p_{23}\\ p_{13} & p_{23} & p_{33} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} ⎣⎡140−3−2−3200⎦⎤⎣⎡p11p12p13p12p22p23p13p23p33⎦⎤⎣⎡1−324−200−30⎦⎤−⎣⎡p11p12p13p12p22p23p13p23p33⎦⎤=⎣⎡−1000−1000−1⎦⎤
有：
{ p 11 − 6 p 12 + 4 p 13 − 12 p 23 + 9 p 33 − p 11 = − 1 − 3 p 12 + 9 p 22 − 6 p 23 − p 13 = 0 4 p 11 − 14 p 12 + 8 p 13 + 6 p 22 − 4 p 23 − p 12 = 0 16 p 11 − 16 p 12 + 3 p 22 = − 1 − 12 p 13 + 5 p 23 = 0 9 p 22 − p 33 = − 1 \begin{cases} &p_{11}-6p_{12}+4p_{13}-12p_{23}+9p_{33}-p_{11}=-1\\\\ &-3p_{12}+9p_{22}-6p_{23}-p_{13}=0\\\\ &4p_{11}-14p_{12}+8p_{13}+6p_{22}-4p_{23}-p_{12}=0\\\\ &16p_{11}-16p_{12}+3p_{22}=-1\\\\ &-12p_{13}+5p_{23}=0\\\\ &9p_{22}-p_{33}=-1 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧p11−6p12+4p13−12p23+9p33−p11=−1−3p12+9p22−6p23−p13=04p11−14p12+8p13+6p22−4p23−p12=016p11−16p12+3p22=−1−12p13+5p23=09p22−p33=−1
解得：
P = [ − 0.0985 − 0.0683 − 0.0570 − 0.0683 − 0.2725 − 0.2151 − 0.0570 − 0.2151 − 0.5526 ] P=\begin{bmatrix} -0.0985 & -0.0683 & -0.0570\\ -0.0683 & -0.2725 & -0.2151\\ -0.0570 & -0.2151 & -0.5526 \end{bmatrix} P=⎣⎡−0.0985−0.0683−0.0570−0.0683−0.2725−0.2151−0.0570−0.2151−0.5526⎦⎤
P P P非正定，因此系统非渐近稳定。
REFERENCE2
设系统状态方程为：
[ x ˙ 1 x ˙ 2 ] = [ 0 1 − a 1 − a 2 ] [ x 1 x 2 ] \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -a_1 & -a_2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} {x}_1\\ {x}_2 \end{bmatrix} [x˙1x˙2]=[0−a11−a2][x1x2]
试用李雅普诺夫第二法证明：当 a 1 > 0 ， a 2 > 0 a_1>0，a_2>0 a1>0，a2>0时，系统的原点是大范围一致渐近稳定的。
证明：
因系统矩阵：
A = [ 0 1 − a 1 − a 2 ] A=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -a_1 & -a_2 \end{bmatrix} A=[0−a11−a2]
当 a 1 > 0 ， a 2 > 0 a_1>0，a_2>0 a1>0，a2>0时， A A A为常值非奇异矩阵，原点 x e = 0 x_e=0 xe=0是唯一平衡状态。
x e = 0 x_e=0 xe=0大范围一致渐近稳定的充分必要条件：对于给定的正定实对称矩阵 Q Q Q，存在唯一的正定实对称矩阵 P P P，使
A T P + P A = − Q A^TP+PA=-Q ATP+PA=−Q
其中，李雅普诺夫函数 V ( x ) = x T P x V(x)=x^TPx V(x)=xTPx。
令 Q = I Q=I Q=I，设 P = [ p 11 p 12 p 12 p 22 ] P=\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{12}&p_{22}\end{bmatrix} P=[p11p12p12p22]，因
[ 0 − a 1 1 − a 2 ] [ p 11 p 12 p 12 p 22 ] + [ p 11 p 12 p 12 p 22 ] [ 0 1 − a 1 − a 2 ] = − [ 1 0 0 1 ] \begin{bmatrix} 0 & -a_1\\ 1 & -a_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{11} & p_{12}\\ p_{12} & p_{22} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} p_{11} & p_{12}\\ p_{12} & p_{22} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1\\ -a_1 & -a_2 \end{bmatrix}=-\begin{bmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{bmatrix} [01−a1−a2][p11p12p12p22]+[p11p12p12p22][0−a11−a2]=−[1001]
有
{ − 2 a 1 p 12 = − 1 p 11 − a 1 p 22 − a 2 p 12 = 0 2 ( p 12 − a 2 p 22 ) = − 1 ⇒ P = [ a 1 2 + a 2 2 + a 1 2 a 1 a 2 1 2 a 1 1 2 a 1 a 1 + 1 2 a 1 a 2 ] \begin{cases} &-2a_{1}p_{12}=-1\\\\ &p_{11}-a_1p_{22}-a_2p_{12}=0\\\\ &2(p_{12}-a_2p_{22})=-1 \end{cases}\Rightarrow{P}=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{a_1^2+a_2^2+a_1}{2a_1a_2} & \displaystyle\frac{1}{2a_1}\\\\ \displaystyle\frac{1}{2a_1} & \displaystyle\frac{a_1+1}{2a_1a_2} \end{bmatrix} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧−2a1p12=−1p11−a1p22−a2p12=02(p12−a2p22)=−1⇒P=⎣⎢⎢⎢⎡2a1a2a12+a22+a12a112a112a1a2a1+1⎦⎥⎥⎥⎤
当 a 1 > 0 ， a 2 > 0 a_1>0，a_2>0 a1>0，a2>0时，
p 11 = a 1 2 + a 2 2 + a 1 2 a 1 a 2 > 0 ， det P = ( a 1 + 1 ) ( a 1 2 + a 2 2 + a 1 ) 4 a 1 2 a 2 2 − 1 4 a 1 2 = a 1 3 + 2 a 1 2 + a 1 + a 1 a 2 2 4 a 1 2 a 2 2 > 0 p_{11}=\displaystyle\frac{a_1^2+a_2^2+a_1}{2a_1a_2}>0，\det{P}=\displaystyle\frac{(a_1+1)(a_1^2+a_2^2+a_1)}{4a_1^2a_2^2}-\displaystyle\frac{1}{4a_1^2}=\displaystyle\frac{a_1^3+2a_1^2+a_1+a_1a_2^2}{4a_1^2a_2^2}>0 p11=2a1a2a12+a22+a1>0，detP=4a12a22(a1+1)(a12+a22+a1)−4a121=4a12a22a13+2a12+a1+a1a22>0
故矩阵 P = P T > 0 P=P^T>0 P=PT>0，系统在原点大范围一致渐近稳定。
REFERENCE3
设系统的动态方程为：
[ x ˙ 1 x ˙ 2 ] = [ 0 1 − 3 2 ] [ x 1 x 2 ] + [ 1 0 ] u ， [ x 1 ( 0 ) x 2 ( 0 ) ] = [ 2 3 ] ， y = [ 1 1 ] [ x 1 x 2 ] + 2 u \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -3 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}u，\begin{bmatrix} x_1(0)\\x_2(0) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\\3 \end{bmatrix}，y=\begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}+2u [x˙1x˙2]=[0−312][x1x2]+[10]u，[x1(0)x2(0)]=[23]，y=[11][x1x2]+2u
其中： u ( t ) = δ ( t ) u(t)=\delta(t) u(t)=δ(t)为单位脉冲函数。试求：
- 系统的状态转移矩阵；
- 系统的状态响应；
解：
-
系统的状态转移矩阵；
因
s I − A = [ s − 1 3 s + 2 ] ， ( s I − A ) − 1 = [ s + 2 s 2 + 2 s + 3 1 s 2 + 2 s + 3 − 3 s 2 + 2 s + 3 s s 2 + 2 s + 3 ] sI-A=\begin{bmatrix} s & -1\\ 3 & s+2 \end{bmatrix}，(sI-A)^{-1}=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{s+2}{s^2+2s+3} & \displaystyle\frac{1}{s^2+2s+3}\\\\ \displaystyle\frac{-3}{s^2+2s+3} & \displaystyle\frac{s}{s^2+2s+3} \end{bmatrix} sI−A=[s3−1s+2]，(sI−A)−1=⎣⎢⎢⎢⎡s2+2s+3s+2s2+2s+3−3s2+2s+31s2+2s+3s⎦⎥⎥⎥⎤
所以
e A t = L − 1 [ ( s I − A ) − 1 ] = [ 1 2 e − t sin 2 t + e − t cos 2 t 1 2 e − t sin 2 t − 3 2 e − t sin 2 t e − t cos 2 t − 1 2 e − t sin 2 t ] {\rm e}^{At}=L^{-1}[{(sI-A)^{-1}}]=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t & \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t\\\\ -\displaystyle\frac{3}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t & {\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t \end{bmatrix} eAt=L−1[(sI−A)−1]=⎣⎢⎢⎢⎡21e−tsin2t+e−tcos2t−23e−tsin2t21e−tsin2te−tcos2t−21e−tsin2t⎦⎥⎥⎥⎤ -
系统的状态响应；
x ( t ) = e A t x ( 0 ) + ∫ 0 t e A t [ 1 0 ] δ ( τ ) d τ = [ 5 2 e − t sin 2 t + 2 e − t cos 2 t − 9 2 e − t sin 2 t + 3 e − t cos 2 t ] + [ 1 2 e − t sin 2 t + e − t cos 2 t − 3 2 e − t sin 2 t ] = [ 6 2 e − t sin 2 t + 3 e − t cos 2 t − 12 2 e − t sin 2 t + 3 e − t cos 2 t ] \begin{aligned} x(t)&={\rm e}^{At}x(0)+\int_0^t{\rm e}^{At}\begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}\delta(\tau){\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{5}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+2{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t\\\\ -\displaystyle\frac{9}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+3{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t\\\\ -\displaystyle\frac{3}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t \end{bmatrix}\\\\ &=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{6}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+3{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t\\\\ -\displaystyle\frac{12}{\sqrt{2}}{\rm e}^{-t}\sin\sqrt{2}t+3{\rm e}^{-t}\cos\sqrt{2}t \end{bmatrix} \end{aligned} x(t)=eAtx(0)+∫0teAt[10]δ(τ)dτ=⎣⎢⎢⎢⎡25e−tsin2t+2e−tcos2t−29e−tsin2t+3e−tcos2t⎦⎥⎥⎥⎤+⎣⎢⎢⎢⎡21e−tsin2t+e−tcos2t−23e−tsin2t⎦⎥⎥⎥⎤=⎣⎢⎢⎢⎡26e−tsin2t+3e−tcos2t−212e−tsin2t+3e−tcos2t⎦⎥⎥⎥⎤
REFERENCE4
已知系统动态方程为：
x ˙ ( t ) = A x ( t ) + b u ( t ) ， y ( t ) = c x ( t ) \dot{x}(t)=Ax(t)+bu(t)，y(t)=cx(t) x˙(t)=Ax(t)+bu(t)，y(t)=cx(t)
其中： A = [ 0 1 0 − 2 ] ； b = [ 0 1 ] ； c = [ 2 0 ] A=\begin{bmatrix}0&1\\0&-2\end{bmatrix}；b=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}；c=\begin{bmatrix}2&0\end{bmatrix} A=[001−2]；b=[01]；c=[20]；
要求：
- 画出系统结构图；
- 判断系统的可控性与可观测性；
- 求出系统的传递函数；
- 求出系统的状态转移矩阵 e A t {\rm e}^{At} eAt；
解：
-
画出系统结构图；
-
判断系统的可控性与可观测性；
因为
r a n k [ b A b ] = r a n k [ 0 1 1 − 2 ] = 2 ， r a n k [ c c A ] = r a n k [ 2 0 0 2 ] = 2 {\rm rank}\begin{bmatrix} b & Ab \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & -2 \end{bmatrix}=2，{\rm rank}\begin{bmatrix} c\\cA \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 2 & 0\\ 0 & 2 \end{bmatrix}=2 rank[bAb]=rank[011−2]=2，rank[ccA]=rank[2002]=2
因此，系统可控且可观测。 -
求出系统的传递函数；
G ( s ) = c ( s I − A ) − 1 b G(s)=c(sI-A)^{-1}b G(s)=c(sI−A)−1b
因为
( s I − A ) − 1 = [ s − 1 0 s + 2 ] − 1 = [ 1 s 1 s ( s + 2 ) 0 1 s + 2 ] (sI-A)^{-1}=\begin{bmatrix} s & -1\\ 0 & s+2 \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{s} & \displaystyle\frac{1}{s(s+2)}\\ 0 & \displaystyle\frac{1}{s+2} \end{bmatrix} (sI−A)−1=[s0−1s+2]−1=⎣⎢⎡s10s(s+2)1s+21⎦⎥⎤
所以
G ( s ) = [ 2 0 ] [ 1 s 1 s ( s + 2 ) 0 1 s + 2 ] [ 0 1 ] = 2 s ( s + 2 ) G(s)=\begin{bmatrix} 2 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{s} & \displaystyle\frac{1}{s(s+2)}\\ 0 & \displaystyle\frac{1}{s+2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}=\frac{2}{s(s+2)} G(s)=[20]⎣⎢⎡s10s(s+2)1s+21⎦⎥⎤[01]=s(s+2)2 -
求出系统的状态转移矩阵 e A t {\rm e}^{At} eAt；
e A t = L − 1 [ ( s I − A ) − 1 ] = L − 1 [ 1 s 1 s ( s + 2 ) 0 1 s + 2 ] = [ 1 1 2 ( 1 − e − 2 t ) 0 e − 2 t ] {\rm e}^{At}=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{s} & \displaystyle\frac{1}{s(s+2)}\\ 0 & \displaystyle\frac{1}{s+2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2t})\\ 0 & {\rm e}^{-2t} \end{bmatrix} eAt=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎡s10s(s+2)1s+21⎦⎥⎤=[1021(1−e−2t)e−2t]
REFERENCE5
设二阶系统结构图如下图所示，试用状态空间描述及传递函数描述判断系统的可控性与可观测性，并说明传递函数描述的不完全性。
解：
由结构图可得：
{ x ˙ 2 − x 2 = y x ˙ 1 + 4 x 1 = − 5 u + 5 x 2 y = u − x 2 + x 1 \begin{cases} &\dot{x}_2-x_2=y\\\\ &\dot{x}_1+4x_1=-5u+5x_2\\\\ &y=u-x_2+x_1 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧x˙2−x2=yx˙1+4x1=−5u+5x2y=u−x2+x1
【状态空间描述】
[ x ˙ 1 x ˙ 2 ] = [ − 4 5 1 0 ] [ x 1 x 2 ] + [ − 5 1 ] u ， y = [ 1 − 1 ] [ x 1 x 2 ] + u \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -4 & 5\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} -5\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}+u [x˙1x˙2]=[−4150][x1x2]+[−51]u，y=[1−1][x1x2]+u
因为
r a n k [ b A b ] = r a n k [ − 5 25 1 − 5 ] = 1 < 2 ， r a n k [ c c A ] = r a n k [ 1 − 1 − 5 5 ] = 1 < 2 {\rm rank}\begin{bmatrix} b & Ab \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} -5 & 25\\ 1 & -5 \end{bmatrix}=1<2，{\rm rank}\begin{bmatrix} c\\cA \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 1 & -1\\ -5 & 5 \end{bmatrix}=1<2 rank[bAb]=rank[−5125−5]=1<2，rank[ccA]=rank[1−5−15]=1<2
所以系统不可控且不可观测。
【传递函数描述】
G ( s ) = c ( s I − A ) − 1 b + d = [ 1 − 1 ] [ s + 4 − 5 − 1 s ] − 1 [ − 5 1 ] + 1 = [ 1 − 1 ] [ s s 2 + 4 s − 5 5 s 2 + 4 s − 5 1 s 2 + 4 s − 5 s + 4 s 2 + 4 s − 5 ] [ − 5 1 ] + 1 = ( s − 1 ) 2 ( s − 1 ) ( s + 5 ) = s − 1 s + 5 \begin{aligned} G(s)&=c(sI-A)^{-1}b+d=\begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} s+4 & -5\\ -1 & s \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} -5\\1 \end{bmatrix}+1\\\\ &=\begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{s}{s^2+4s-5} & \displaystyle\frac{5}{s^2+4s-5}\\ \displaystyle\frac{1}{s^2+4s-5} & \displaystyle\frac{s+4}{s^2+4s-5} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -5\\1 \end{bmatrix}+1\\\\ &=\frac{(s-1)^2}{(s-1)(s+5)}=\frac{s-1}{s+5} \end{aligned} G(s)=c(sI−A)−1b+d=[1−1][s+4−1−5s]−1[−51]+1=[1−1]⎣⎢⎡s2+4s−5ss2+4s−51s2+4s−55s2+4s−5s+4⎦⎥⎤[−51]+1=(s−1)(s+5)(s−1)2=s+5s−1
所得传递函数可以约简，因出现了 s s s右半平面的零极点对消，成为一阶系统，所以，系统不可控且不可观测。传递函数描述只表征了系统可控且可观测的部分，因此具有不完全性。
REFERENCE6
某单位负反馈位置随动系统，其控制系统的开环传递函数为： G 0 ( s ) = 9 s ( s + 2 ) G_0(s)=\displaystyle\frac{9}{s(s+2)} G0(s)=s(s+2)9。
求：
- 试确定反馈增益向量 k k k，使其状态反馈系统具有阻尼比 ζ = 0.707 \zeta=0.707 ζ=0.707，无阻尼自然振荡频率 ω n = 20 \omega_n=20 ωn=20；
- 若用输出反馈能否达到上述控制效果？
解：
-
确定状态反馈增益量 k k k。
系统闭环传递函数为：
Φ ( s ) = 9 s 2 + 2 s + 9 \Phi(s)=\frac{9}{s^2+2s+9} Φ(s)=s2+2s+99
其可控标准型实现为：
A = [ 0 1 − 9 − 2 ] , b = [ 0 1 ] , c = [ 9 0 ] A=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -9 & -2 \end{bmatrix},b=\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix},c=\begin{bmatrix} 9&0 \end{bmatrix} A=[0−91−2],b=[01],c=[90]
期望闭环传递函数为：
Φ ( s ) = ω n 2 s 2 + 2 ζ ω n s + ω n 2 = 400 s 2 + 28.28 s + 400 \Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}=\frac{400}{s^2+28.28s+400} Φ(s)=s2+2ζωns+ωn2ωn2=s2+28.28s+400400
期望闭环极点为：
λ 1 , 2 = − ζ ω n ± ω n ζ 2 − 1 = − 14.14 ± j 14.14 \lambda_{1,2}=-\zeta\omega_n±\omega_n\sqrt{\zeta^2-1}=-14.14±{\rm j}14.14 λ1,2=−ζωn±ωnζ2−1=−14.14±j14.14
由于系统可控，故可用状态反馈进行极点配置。令状态反馈增益向量 k = [ k 1 k 2 ] k=\begin{bmatrix}k_1&k_2\end{bmatrix} k=[k1k2]，则闭环系统矩阵为：
A ‾ = A + b k = [ 0 1 k 1 − 9 k 2 − 2 ] \overline{A}=A+bk=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ k_1-9 & k_2-2 \end{bmatrix} A=A+bk=[0k1−91k2−2]
闭环特征多项式为：
∣ λ I − A ‾ ∣ = λ 2 + ( 2 − k 2 ) λ + ( 9 − k 1 ) |\lambda{I}-\overline{A}|=\lambda^2+(2-k_2)\lambda+(9-k_1) ∣λI−A∣=λ2+(2−k2)λ+(9−k1)
与期望特征多项式比较，有：
2 − k 2 = 28.28 ， 9 − k 1 = 400 ⇒ k 1 = − 391 ， k 2 = − 26.28 2-k_2=28.28，9-k_1=400\Rightarrow{k_1=-391}，k_2=-26.28 2−k2=28.28，9−k1=400⇒k1=−391，k2=−26.28
故满足控制效果的反馈增益向量为：
k = [ − 391 − 26.28 ] k=\begin{bmatrix} -391 & -26.28 \end{bmatrix} k=[−391−26.28] -
采用输出反馈的效果。
r a n k [ c c A ] = r a n k [ 9 0 0 9 ] = 2 {\rm rank}\begin{bmatrix} c\\cA \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9 \end{bmatrix}=2 rank[ccA]=rank[9009]=2
系统可观测。取控制律： u = k y + v u=ky+v u=ky+v。则闭环系统矩阵为：
A ‾ = A + b k c = [ 0 1 9 k − 9 − 2 ] \overline{A}=A+bkc=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 9k-9 & -2 \end{bmatrix} A=A+bkc=[09k−91−2]
闭环特征多项式为：
∣ λ I − A ‾ ∣ = λ 2 + 2 λ + ( 9 − 9 k ) |\lambda{I}-\overline{A}|=\lambda^2+2\lambda+(9-9k) ∣λI−A∣=λ2+2λ+(9−9k)
可见，无论 k k k值如何选取，均无法实现上述效果。
REFERENCE7
试判断下列系统的可控性与可观测性，系统中 a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d的取值对可控性与可观测性是否有影响？讨论其取值条件。
解：
由结构图可知：
{ x ˙ 1 = − a x 1 + b x 2 + u x ˙ 2 = − c x 1 + d x 2 + u y = x 1 \begin{cases} &\dot{x}_1=-ax_1+bx_2+u\\\\ &\dot{x}_2=-cx_1+dx_2+u\\\\ &y=x_1 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧x˙1=−ax1+bx2+ux˙2=−cx1+dx2+uy=x1
矩阵-向量形式：
[ x ˙ 1 x ˙ 2 ] = [ − a b − c − d ] [ x 1 x 2 ] + [ 1 1 ] u ， y = [ 1 0 ] [ x 1 x 2 ] \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -a & b\\ -c & -d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} {x}_1\\ {x}_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix} [x˙1x˙2]=[−a−cb−d][x1x2]+[11]u，y=[10][x1x2]
若
r a n k [ b A b ] = r a n k [ 1 − a + b 1 − c − d ] = 2 ⇒ a − b − c − d ≠ 0 {\rm rank}\begin{bmatrix} b & Ab \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 1 & -a+b\\ 1 & -c-d \end{bmatrix}=2\Rightarrow{a-b-c-d≠0} rank[bAb]=rank[11−a+b−c−d]=2⇒a−b−c−d=0
若
r a n k [ c c A ] = r a n k [ 1 0 − a b ] = 2 ⇒ b ≠ 0 {\rm rank}\begin{bmatrix} c\\cA \end{bmatrix}={\rm rank}\begin{bmatrix} 1 & 0\\ -a & b \end{bmatrix}=2\Rightarrow{b≠0} rank[ccA]=rank[1−a0b]=2⇒b=0
综上：系统可控的条件为： a − b − c − d ≠ 0 a-b-c-d≠0 a−b−c−d=0，系统可观测的条件为： b ≠ 0 b≠0 b=0.
REFERENCE8
已知系统动态方程为：
x ˙ = [ 0 1 4 − 3 ] x + [ 0 1 ] u ， y = [ − 1 1 ] x \dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 4 & -3 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}u，y=\begin{bmatrix} -1 & 1 \end{bmatrix}x x˙=[041−3]x+[01]u，y=[−11]x
要求：
- 判断系统是否渐近稳定？
- 若初始条件： x ( 0 ) = [ 1 − 1 ] T ， u ( t ) = 1 ( t ) x(0)=\begin{bmatrix}1 & -1\end{bmatrix}^T，u(t)=1(t) x(0)=[1−1]T，u(t)=1(t)，求状态响应 x ( t ) x(t) x(t)；
- 是否可用状态反馈将 A + b k A+bk A+bk的特征值配置到 ( − 3 , − 3 ) (-3,-3) (−3,−3)？若可以，求出状态反馈增益向量 k k k；
- 说明系统的可观测性是否会由于引入 ( 3 ) (3) (3)中的状态反馈而改变？
解：
-
稳定性判别。
由题意可得：
A = [ 0 1 4 − 3 ] , b = [ 0 1 ] , c = [ − 1 1 ] A=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 4 & -3 \end{bmatrix},b=\begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix},c=\begin{bmatrix} -1 & 1 \end{bmatrix} A=[041−3],b=[01],c=[−11]
因 λ ( A ) = ( 1 , − 4 ) \lambda(A)=(1,-4) λ(A)=(1,−4)，系统有 s s s右半平面的极点，故系统不是渐近稳定的。 -
求状态响应。
状态转移矩阵为：
e A t = L − 1 [ ( s I − A ) − 1 ] = L − 1 [ s + 3 ( s − 1 ) ( s + 4 ) 1 ( s − 1 ) ( s + 4 ) 4 ( s − 1 ) ( s + 4 ) s ( s − 1 ) ( s + 4 ) ] = L − 1 [ 0.8 s − 1 + 0.2 s + 4 0.2 s − 1 − 0.2 s + 4 0.8 s − 1 − 0.8 s + 4 0.2 s − 1 + 0.8 s + 4 ] = [ 0.8 e t + 0.2 e − 4 t 0.2 e t − 0.2 e − 4 t 0.8 e t − 0.8 e − 4 t 0.2 e t + 0.8 e − 4 t ] \begin{aligned} {\rm e}^{At}&=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{s+3}{(s-1)(s+4)} & \displaystyle\frac{1}{(s-1)(s+4)}\\ \displaystyle\frac{4}{(s-1)(s+4)} & \displaystyle\frac{s}{(s-1)(s+4)} \end{bmatrix}\\\\ &=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{0.8}{s-1}+\displaystyle\frac{0.2}{s+4} & \displaystyle\frac{0.2}{s-1}-\displaystyle\frac{0.2}{s+4}\\ \displaystyle\frac{0.8}{s-1}-\displaystyle\frac{0.8}{s+4} & \displaystyle\frac{0.2}{s-1}+\displaystyle\frac{0.8}{s+4} \end{bmatrix}\\\\ &=\begin{bmatrix} 0.8{\rm e}^t+0.2{\rm e}^{-4t} & 0.2{\rm e}^t-0.2{\rm e}^{-4t}\\ 0.8{\rm e}^t-0.8{\rm e}^{-4t} & 0.2{\rm e}^t+0.8{\rm e}^{-4t} \end{bmatrix} \end{aligned} eAt=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎡(s−1)(s+4)s+3(s−1)(s+4)4(s−1)(s+4)1(s−1)(s+4)s⎦⎥⎤=L−1⎣⎢⎡s−10.8+s+40.2s−10.8−s+40.8s−10.2−s+40.2s−10.2+s+40.8⎦⎥⎤=[0.8et+0.2e−4t0.8et−0.8e−4t0.2et−0.2e−4t0.2et+0.8e−4t]
因此状态响应为：
x ( t ) = e A t x ( 0 ) + ∫ 0 t e A τ b u ( t − τ ) d τ = [ 0.8 e t + 0.2 e − 4 t 0.2 e t − 0.2 e − 4 t 0.8 e t − 0.8 e − 4 t 0.2 e t + 0.8 e − 4 t ] [ 1 − 1 ] + ∫ 0 t [ 0.8 e τ + 0.2 e − 4 τ 0.2 e τ − 0.2 e − 4 τ 0.8 e τ − 0.8 e − 4 τ 0.2 e τ + 0.8 e − 4 τ ] [ 0 1 ] d τ = [ 0.8 e t + 0.45 e − 4 t − 0.25 0.8 e t − 1.8 e − 4 t ] \begin{aligned} x(t)&={\rm e}^{At}x(0)+\int_0^t{\rm e}^{A\tau}bu(t-\tau){\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} 0.8{\rm e}^t+0.2{\rm e}^{-4t} & 0.2{\rm e}^t-0.2{\rm e}^{-4t}\\ 0.8{\rm e}^t-0.8{\rm e}^{-4t} & 0.2{\rm e}^t+0.8{\rm e}^{-4t} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}+\int_0^t\begin{bmatrix} 0.8{\rm e}^{\tau}+0.2{\rm e}^{-4\tau} & 0.2{\rm e}^{\tau}-0.2{\rm e}^{-4\tau}\\ 0.8{\rm e}^{\tau}-0.8{\rm e}^{-4\tau} & 0.2{\rm e}^{\tau}+0.8{\rm e}^{-4\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}{\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} 0.8{\rm e}^{t}+0.45{\rm e}^{-4t}-0.25\\ 0.8{\rm e}^{t}-1.8{\rm e}^{-4t} \end{bmatrix} \end{aligned} x(t)=eAtx(0)+∫0teAτbu(t−τ)dτ=[0.8et+0.2e−4t0.8et−0.8e−4t0.2et−0.2e−4t0.2et+0.8e−4t][1−1]+∫0t[0.8eτ+0.2e−4τ0.8eτ−0.8e−4τ0.2eτ−0.2e−4τ0.2eτ+0.8e−4τ][01]dτ=[0.8et+0.45e−4t−0.250.8et−1.8e−4t] -
用极点配置求 k k k。
因可控阵
S = [ b A b ] = [ 0 1 1 − 3 ] ， r a n k S = 2 S=\begin{bmatrix} b & Ab \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & -3 \end{bmatrix}，{\rm rank}S=2 S=[bAb]=[011−3]，rankS=2
故系统完全可控，可任意配置极点。令状态反馈增益向量为： k = [ k 1 k 2 ] k=\begin{bmatrix}k_1&k_2\end{bmatrix} k=[k1k2]，由
A + b k = [ 0 1 4 − 3 ] + [ 0 1 ] [ k 1 k 2 ] = [ 0 1 4 + k 1 − 3 + k 2 ] A+bk=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 4 & -3 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} k_1 & k_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 4+k_1 & -3+k_2 \end{bmatrix} A+bk=[041−3]+[01][k1k2]=[04+k11−3+k2]
可得闭环特征多项式为：
det [ λ I − ( A + b k ) ] = det [ λ − 1 − ( 4 + k 1 ) λ + 3 − k 2 ] = λ 2 + ( 3 − k 2 ) λ − ( 4 + k 1 ) \det[\lambda{I}-(A+bk)]=\det\begin{bmatrix} \lambda & -1\\ -(4+k_1) & \lambda+3-k_2 \end{bmatrix}=\lambda^2+(3-k_2)\lambda-(4+k_1) det[λI−(A+bk)]=det[λ−(4+k1)−1λ+3−k2]=λ2+(3−k2)λ−(4+k1)
希望特征多项式为：
( λ + 3 ) 2 = λ 2 + 6 λ + 9 (\lambda+3)^2=\lambda^2+6\lambda+9 (λ+3)2=λ2+6λ+9
比较两特征式可得：
3 − k 2 = 6 , 4 + k 1 = − 9 ⇒ k 1 = − 13 ， k 2 = − 3 3-k_2=6,4+k_1=-9\Rightarrow{k_1}=-13，k_2=-3 3−k2=6,4+k1=−9⇒k1=−13，k2=−3
即状态反馈增益矩阵为：
k = [ − 13 − 3 ] k=\begin{bmatrix} -13 & -3 \end{bmatrix} k=[−13−3] -
分析状态反馈与可观测性。
状态反馈前，系统的可观测性矩阵为：
V 1 = [ c c A ] = [ − 1 1 4 − 4 ] ， r a n k V 1 = 1 V_1=\begin{bmatrix} c\\cA \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 & 1\\ 4 & -4 \end{bmatrix}，{\rm rank}V_1=1 V1=[ccA]=[−141−4]，rankV1=1
原系统不可观测。状态反馈后，系统的可观测性矩阵为：
V 2 = [ c c ( A + b k ) ] = [ − 1 1 − 9 − 7 ] ， r a n k V 2 = 2 V_2=\begin{bmatrix} c\\c(A+bk) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 & 1\\ -9 & -7 \end{bmatrix}，{\rm rank}V_2=2 V2=[cc(A+bk)]=[−1−91−7]，rankV2=2
系统可观测，故状态反馈不一定保持系统的可观测性。