Chapter9.1：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
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自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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第九章：线性系统的状态空间分析与综合

Example 9.1

设电网络如下图所示，其中$u$为系统的输入，列写系统的状态方程式。

1. 图$(\mathrm{a})$中，$u$为电流源，状态变量取：$x_1=i_L，x_2=v_c$；
2. 图$(\mathrm{b})$中，$u$为电压源，状态变量取：$x_1=v_c，x_2=i_1，x_3=i_2$；

解：

【图$(\mathrm{a})$】

取状态变量为$x_1=i_L，x_2=v_C$，根据电路定律可列写方程：
$$\{\begin{array}{ll}& u=i_L+C\frac{\mathrm{d}{v}_C}{\mathrm{d}t}\\ & \\ & R_1{i}_L+L\frac{\mathrm{d}{i}_L}{\mathrm{d}t}=v_C+R_{2}C\frac{\mathrm{d}{v}_C}{\mathrm{d}t}\end{array}$$
整理可得：
$$\{\begin{array}{ll}& \frac{\mathrm{d}{i}_L}{\mathrm{d}t}=-\frac{R_1+R_2}{L}{i}_L+\frac{1}{L}{v}_C+\frac{R_2}{L}u\\ & \\ & \frac{\mathrm{d}{v}_C}{\mathrm{d}t}=-\frac{1}{C}{i}_L+\frac{1}{C}u\end{array}$$
即
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=-\frac{R_1+R_2}{L}{x}_1+\frac{1}{L}{x}_2+\frac{R_2}{L}u\\ & \\ & {\dot{x}}_2=-\frac{1}{C}{x}_1+\frac{1}{C}u\end{array}$$
写成向量-矩阵形式可得系统的状态方程：
$$\dot{x}=\left[\begin{array}{cc}-\frac{R_1+R_2}{L}& \frac{1}{L}\\ & \\ -\frac{1}{C}& 0\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}\frac{R_2}{L}\\ \\ \frac{1}{C}\end{array}\right]u$$
【图$(\mathrm{b})$】

选取状态变量为：$x_1=v_C，x_2=i_1，x_3=i_2$，根据电路定律可列写如下方程：
$$\{\begin{array}{ll}& C\frac{\mathrm{d}{v}_C}{\mathrm{d}}+i_1+i_2=0\\ & \\ & L_2\frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}+R_2{i}_2=v_C\\ & \\ & L_1\frac{\mathrm{d}{i}_1}{\mathrm{d}t}+R_1{i}_1+u=v_c\end{array}$$
整理可得：
$$\{\begin{array}{ll}& \frac{\mathrm{d}{v}_C}{\mathrm{d}t}=-\frac{1}{C}{i}_1-\frac{1}{C}{i}_2\\ & \\ & \frac{\mathrm{d}{i}_1}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{L_1}{v}_C-\frac{R_1}{L_1}{i}_1-\frac{1}{L_1}u\\ & \\ & \frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{L_2}{v}_C-\frac{R_2}{L_2}{i}_2\end{array}$$
即
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=-\frac{1}{C}{x}_2-\frac{1}{C}{x}_3\\ & \\ & {\dot{x}}_2=\frac{1}{L_1}{x}_1-\frac{R_1}{L_1}{x}_2-\frac{1}{L_1}u\\ & \\ & {\dot{x}}_3=\frac{1}{L_2}{x}_1-\frac{R_2}{L_2}{x}_3\end{array}$$
写成向量-矩阵形式可得系统的状态方程：
$$\dot{x}=\left[\begin{array}{ccc}0& -\frac{1}{C}& -\frac{1}{C}\\ \frac{1}{L_1}& -\frac{R_1}{L_1}& 0\\ \frac{1}{L_2}& 0& -\frac{R_2}{L_2}\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}0\\ -\frac{1}{L_1}\\ 0\end{array}\right]u$$

Example 9.2

设机械运动系统如下图所示，作用在质量块上的拉力$u(t)$为系统的输入，质量块的位移$y(t)$为系统的输出。列写系统的动态方程式(运动自与重力相平衡的位置开始)。

解：

【图$(\mathrm{a})$】

取质量块进行受力分析，列写系统力平衡方程可得：
$$-M\ddot{y}=u+K_{2}y+K_{1}y+B\dot{y}$$
取$x_1=y,x_2=\dot{y}$为状态变量，可得：
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=x_2\\ & \\ & {\dot{x}}_2=-\frac{K_1+K_2}{M}{x}_1-\frac{B}{M}{x}_2-\frac{1}{M}\\ & \\ & y=x_1\end{array}$$
写成向量-矩阵形式为：
$$\begin{array}{rl}& \dot{x}=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ & \\ -\frac{K_1+K_2}{M}& -\frac{B}{M}\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}0\\ -\frac{1}{M}\end{array}\right]u\\ & \\ & y=\left[\begin{array}{cc}1& 0\end{array}\right]x\end{array}$$
【图$(\mathrm{b})$】

分别取质量块$M_1$和$M_2$进行受力分析，列写系统力平衡方程可得：
$$\{\begin{array}{ll}& M_1{\ddot{y}}_1=-K_1{y}_1-B_1({\dot{y}}_1-{\dot{y}}_2)-B_3{\dot{y}}_1+u\\ & \\ & M_2{\ddot{y}}_2=-K_2{y}_2+B_3({\dot{y}}_1-{\dot{y}}_2)-B_2{\dot{y}}_2\end{array}$$
取$x_1=y_1,x_2=y_2,x_3={\dot{y}}_1,x_4={\dot{y}}_2$为状态变量，可得：
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=x_3\\ & \\ & {\dot{x}}_2=x_4\\ & \\ & {\dot{x}}_3=-\frac{K_1}{M_1}{x}_1-\frac{B_1+B_3}{M_1}{x}_3+\frac{B_1}{M_1}{x}_4+\frac{1}{M_1}u\\ & \\ & {\dot{x}}_4=-\frac{K_2}{M_2}{x}_2+\frac{B_3}{M_2}{x}_3-\frac{B_2+B_3}{M_2}{x}_4\\ & \\ & y=x_1+x_2\end{array}$$
写成向量-矩阵形式为：
$$\begin{array}{rl}& \dot{x}=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\\ & & & \\ 0& 0& 0& 1\\ & & & \\ -\frac{K_1}{M_1}& 0& -\frac{B_1+B_3}{M_1}& \frac{B_1}{M_1}\\ & & & \\ 0& -\frac{K_2}{M_2}& \frac{B_3}{M_2}& -\frac{B_2+B_3}{M_2}\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}0\\ \\ 0\\ \\ \frac{1}{M_1}\\ \\ 0\end{array}\right]u\\ & \\ & y=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\end{array}\right]x\end{array}$$

Example 9.3

试求下图所示各系统的动态方程。图中$u$为输入，$y$为输出，$x_i(i=1,2,3,4)$为状态。

解：

【图$(\mathrm{a})$】

将频域参量$s$视作为微分算子，设全部初始条件为零，由图可得：
$$\{\begin{array}{ll}& (2s+1)X_4=2X_3\\ & \\ & (s+1)X_1=U-X_4\\ & \\ & s{X}_3=X_1+X_2\\ & \\ & (1+0.5s)X_2=U-X_4\\ & \\ & Y=X_3\end{array}$$
整理可得动态方程为：
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=-x_1-x_4+u\\ & \\ & {\dot{x}}_2=-2x_2-2x_4+2u\\ & \\ & {\dot{x}}_3=x_1+x_2\\ & \\ & {\dot{x}}_4=x_3-0.5x_4\\ & \\ & y=x_3\end{array}$$
向量-矩阵形式为：
$$\begin{array}{rl}& \dot{x}=\left[\begin{array}{cccc}-1& 0& 0& -1\\ 0& -2& 0& -2\\ 1& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& -0.5\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\\ 0\end{array}\right]u\\ & \\ & y=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\end{array}\right]x\end{array}$$
【图$(\mathrm{b})$】

将频域参量$s$视作微分算子，设全部初始条件为零，由图可知：
$$\{\begin{array}{ll}& s{X}_3=X_2\\ & \\ & Y_1=X_1+X_2\\ & \\ & Y_2=X_3+U_1-Y_1\\ & \\ & (s+2)X_2=U_2-Y_2\\ & \\ & (s+1)X_1=U_1-Y_1\end{array}$$
整理可得：
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=-2x_1-x_2+u_1\\ & \\ & {\dot{x}}_2=x_1-x_2-x_3-u_1+u_2\\ & \\ & {\dot{x}}_3=x_2\\ & \\ & y_1=x_1+x_2\\ & \\ & y_2=-x_1-x_2+x_3+u_1\end{array}$$
向量-矩阵形式为：
$$\begin{array}{rl}& \dot{x}=\left[\begin{array}{ccc}-2& -1& 0\\ 1& -1& -1\\ 0& 1& 0\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]u\\ & \\ & y=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ -1& -1& 1\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right]u\end{array}$$

Example 9.4

设系统的传递函数为：$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{2s+8}{2s^3+12s^2+22s+12}$，求：

1. 系统的可控标准型实现；
2. 系统的可观测标准型实现；

要求画出各种实现的系统状态变量图。

解：

1. 系统的可控标准型实现；

   由于
   $$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{2s+8}{2s^3+12s^2+22s+12}$$
   可控标准型实现：
   $$\begin{array}{rl}& {\dot{x}}_c=A_c{x}_c+b_{c}u=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -6& -11& -6\end{array}\right]x_c+\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]u\\ & \\ & y=c{x}_c=\left[\begin{array}{ccc}4& 1& 0\end{array}\right]x_c\end{array}$$
   可控标准型实现的系统状态变量图：
   

2. 系统的可观测标准型实现；

   系统的可观测标准型实现为可控标准型实现的对偶形式，即
   $$A_o=A_c^T，b_o=c_c^T，c_o=b_c^T$$
   则可观测标准型实现为：
   $$\begin{array}{rl}& {\dot{x}}_o=A_o{x}_o+b_{o}u=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& -6\\ 1& 0& -11\\ 0& 1& -6\end{array}\right]x_o+\left[\begin{array}{c}4\\ 1\\ 0\end{array}\right]u\\ & \\ & y=c{x}_o=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\end{array}\right]x_o\end{array}$$
   可观测标准型实现的系统状态变量图：
   

Example 9.5

已知系统传递函数为：$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{s^2+6s+8}{s^3+5s^2+7s+3}$，利用传递函数分解法求系统的标准型实现，并画出系统的状态变量图。

解：

将系统的传递函数分解为部分分式：
$$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{(s+1{)}^2}+\frac{5}{4}\cdot \frac{1}{s+1}-\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{s+3}$$
可得并联分解的表达形式为：
$$Y(s)=\left[\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{(s+1{)}^2}+\frac{5}{4}\cdot \frac{1}{s+1}-\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{s+3}\right]U(s)$$
令
$$\begin{array}{r}{X}_1(s)=\frac{1}{(s+1{)}^2}U(s)=\frac{1}{s+1}{X}_2(s)，X_2(s)=\frac{1}{s+1}U(s)，X_3(s)=\frac{1}{s+3}U(s)\end{array}$$
则
$$\{\begin{array}{ll}& {\dot{x}}_1=-x_1+x_2\\ & \\ & {\dot{x}}_2=-x_2+u\\ & \\ & {\dot{x}}_3=-3x_3+u\\ & \\ & y=\frac{3}{2}{x}_1+\frac{5}{4}{x}_2-\frac{1}{4}{x}_3\end{array}$$
向量-矩阵形式，可得系统的约当标准型实现：
$$\dot{x}=\left[\begin{array}{ccc}-1& 1& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& -3\end{array}\right]x+\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right]u，y=\left[\begin{array}{ccc}\frac{3}{2}& \frac{5}{4}& -\frac{1}{4}\end{array}\right]x$$
系统状态变量图如下所示：