北航线性系统理论完整版答案

1、文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持1-1证明：由矩阵可知A的特征多项式为n-2-100-100-10001anan-1an-2a1an-1an-2a1-100(-1)nan-1(-1)n-2an*n-2an-3a12n-3n-1na3aia2a2aiI A3n-1an-1n 1n-1an(-1)(-1)r-2n-3a3an-1an若i是A的特征值,所以1 i 21-7解：由于g t， 果性。又由于g t，T是属于i的特征向量。-M，可知当t时,g t.0，所以系统不具有因g t ,0，所以系统是时不变的所以此系统是线性的。1-8解：容易验证该系统满足齐次性与可加性,由

2、于u ttu tt而 Q P u Q，故P Q u Q P u，所以系0t0t统是时变的。u ttu tt min T，又因为FTP uPt0t0t min T，u ttmin T，u tt min T，丄而 PT P PTuPtc，故0tmin T，0t min T，Pt P u PT P PTU，所以系统具有因果性。1-11解：由题设可知，g t 随 变化的图如下所示u 随变化的图如下所示从上述两图及所描述的系统，分析如下:当t2，t 12且t 22即3t 4时，有t2!t2yg tudt 2 d4t8 ；0t 22当t4时，y0 ；当2t 3时,有1t 2dt 12t 2 dt d3 2

3、8t 10 ；yt2t 21t 12当1t 2时,有t 11t322 ；yt 2dt dtdt2 4t0t 112当0t 1时，有td 1t2 ；o2综上所示，该松弛系统在上述输入而激励的输出为:1- 15 解：由上述齐次方程，可得两线性无关的解向量为：t1 tX11eX12e2X210tX22et e所以x即其基本矩阵为状态转移矩阵为：1-17证明：由题设我们可知故-T 1 t T 1 t -T t T 1 t，得证 dtdt1-19证明：由题设可知：由上式可推出1 t， t0-1 t， t0 A t又由t，toAt t，to及习题1-17的结论可推出由以上两个结论，我们可得到! t，tot

4、o, t t，to 1所以1 t，tot，toI得证。即1 t， tot， tot， to 1 t， to 1 t， to t， to I 得证。1-20解：设其等价变换为X Px，则可知：由于P是非奇异矩阵，所以PA P OAdtP e1- 24 解:易知G s Go s，其中Go1Fl5s 1s 3-9，其中Go s为严格真有理g s s1 s2 s33 s6s211s6253所以GoG1，G230-2725-36函数矩阵，进行下列计算:6，则 r 3, go 6, g1 11，g2 61 1。5 -9因此，可得G s 一个实现如下:其模拟图如下所示。丄tkkC A B D tk 0 k!

5、G t ，即满足同理可知G tCeAt B D t1-25证明：由题设知kCAkB CA Bk0,1,2DD，得证。2-2 解：0 1010?01-1a, x001x 01uyx121-2 -4 -3-11由题设可知：1001-112rank B AB ABrank01-111-73，所以系统可控;-111-7115若要使得两系统零状态等价，则要满足 Gt01-1121C0AArankCArankz443，所以系统可观。9-2-3-1CA-8 -14-8220?11010b, x010 x01uyC1C2C3 x00110由题设可知:1011rankB 2rank B AB rank 0101

6、3，所以系统可控;1010(1)若Ci C2 C30，则系统不可观;(2)若d, C2, C3中至少有一个不等于零，则CC1C2C3rank CArank c1C1C2C33，所以糸统不可观CA2C12c1C2C3总之，该系统不可观。?-10t etd, xxuy1e x0-22t e由题设知由于t0, t B t的两行不是线性无关的，所以系统不可控;又No t-t e，Ni t-J五 Not -1 -3e4则 rankNo tN1 t1rank-1-te-3e-t2，所以系统可观。2-3证明:若线性系统可控,则存在构造输入u tt1 t0使得W t0， t1非奇异。1 1B tt0,tW-t

7、0，t1xt0-t0，t1x，其能在 t1 时刻将状态x t0转移到x t1 x1。我们将上式代入文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持txtt，tox toto to，B u d ，此时x t1t1， tox tot1- toto，to-1B Bto， d W -1 to， t1 xto -to， t1 xt1， tox to-W to， t1-1 1 Wto， t1 x to - to， t1 xt1， toto，t1 x1 x1命题得证。对离散线性系统不一定成立。对xn 1 Ax n Bun，由递推可知：要使所控状态任意，则必须满足若xn 0,而A不满秩，则

8、x只在An值域中选取，否则x属于B ABAn-1B的值域。故对离散系统， 任意状态控向任意状态的条件一般强于从任意状态控向 原点的条件。若A满秩时，两者等价。2-4 证明：若线性动态方程在 t0 可控，则存在 t1 t0 ，使 t0， B 在 t0，t1 上行线性 无关。当t to时t， Bt，to to， B ，由于t，为可逆阵，故不改变其线性无关性。 取 t1 t0 t， 使得 t0， B 在 t0，t1 上行线性无关， 而 to， t1 t， t1 ，所以 to， B 在 t， t1 上行线性无关，从而 t， B 在 t，ti上行线性无关，即对任意的t to，动态方程也可控。在t to时

9、，系统未必可控。因为不能保证使t， B 的行线性无关的区间存在。2- 7 证明：必要性：反证法，当系统可控时，若rank A B n，则存在 O，满足：A B oAo，B o ，即这说明矩阵 BABAn-1B 行线性相关，与线性时不变系统可控条件rank B ABAn-1B n矛盾，即命题得证。充分性：1o对 A，o1B11 o 1，我们可知 rank A B rank2，1o 1 1但此时rank B AB1 1 rank1 112，此时系统不可控，故不是充分条件2-8 解: 由题设易知：则 x tt,0x0七 t， Bu d' 0 '故令t 2可知,1 2u1 弓U3 02

10、 23亍1 * 3，此方程组有解，例如u103，U2242x 22 ,0x0302 ,Bu1d322,Bu2d42 ,Bu3dJ33即0cost|sin t -4sint2sin t -3u1d32u2d4U3dt 20-si nt0cos t -3cos t3cos t2424cost U1 cos t-costU2cost-cos t-U3 cos t-2- cos t -一33332244-sint u1 sint-sin tU2sint-sin tu3 sin t-sin t -23333不可控，因而不能使系统由 t=0 的任意状态向 t=1 的零状态转移。2- 14 证明：举例说明：

11、对如下线性时不变系统（ A， B， C）设系统输入u=0,则系统可观测时，要求c111与0,12线性无关，显然这时必有5,0 ,在输出y CeAtx。中，只要选取合适的初始条件，可保证含有所有模式，但Cm 0 并不代表c,与c112线性无关，即输出中包含有全部模式，系统也未必可观测。2-17证明： 首 先 证 明 AT，CT，BT 是 G s 的 不 可 简 约 实 现 （该 题 有 问 题 ， 不 是 AT， BT，CT ）。由 于 G s 是 对 称 传 递 函 数 阵 ， 故 有 C sI - A -1 B BT sI -AT -1CT ， 所 以 AT，CT，BT 是 G s 的实现。

12、Cn-1CA又因为 rank CT AT CTAT CTrankn ，其可控；CAn-1同理可证其可观，故系统 AT，CT，BT 是可控可观的。所以其是 G s 的不可简约实现。 证明 P 的对称性。由题设易知，由于 AT，CT，BT 是 G s 的不可简约实现，则存在非奇异阵 P， 使得 PAP 1 AT，PB CT，CP 1 BT。由 PB CT C BTPT CP 1PTP 1PT I P PT所以 P 是非奇异对称阵。 证明 P 的唯一性。由 PB CT ，很容易知道 P C T B 1 ，故知 P 是唯一的。综上可知，命题得证。2- 18 解：文档来源为 :从网络收集整理 .word

13、 版本可编辑 .欢迎下载支持010020000A-6-230-3204a.A|B10BC324 -3 1 1 。11112 3 0 0 0 0 由 U B AB A 0 span( B A1A|BB3 3 3 32 5 17 65所以A|Bspan(1032103501)21即任意 xA|B1032x11035x2 ，同时有1031x30121x4x1x2-x30，A|Bspan(10)32 5 1 1 -x4 A|B易知， x A|BT23T0000xT BABA2BA3Bx333311110，即2 5 17 650 -310所以 A|B span( 1 ，0 )0100同，可知 A| B同

14、可知 A| B3易知A| B span( 2 )10综上可知，上述空间的维数加起来不等于4，故在上述空间的直和空间中不能取到状态空间的基底。b.1易知 X2A| B span( 0 )31因为Xi X A|B ，显然Xi与X 线性无关且属于 A| B ,0i可取 Xispan(0 ) ，由 X40X 2，同理可知 X 4i span( )ii30X3与 Xi、X2、X4 线性无关，取 X 32 span( )i文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持01311 -4-514002-11-1450因此PP03-111432-1011006 -10-2040501d018-11

15、所以APAPI,BPB，CCP 10-19000300002202-21 解:1所以 span()由于与A|B线性无关，所以A|B易知A|Bspa.1），所以11A| B span( )1由于 span( 1 )A|B1span( 1 )由于与A| B 线性无关，所以0A|B 0可观测性矩阵V11-1-1，111 -1PP 1010 110 _2 _则APAP 1，BPB,C0-11?10 -2此时xxu，y 10 x，0-11可观性分解标准分解所以可构造非奇异变换阵CP-110状态变量x的分量冷是可观测的。X11span(1),X41span( 1)Xi与X4可构成基底，令P1-11 111

16、12-11所以A PAP1 0 -0 -1，B PBCP3-3 解：可控标准型2-44可控性矩阵U B AB A2b01-2，知系统可控;1 -1 112-4412，此时其最后一行hU 101-21-111h2AhA1hA221则变换矩阵P21 121 P3 2由此可得出：02 22一 一 1B PB 0，C CP 11 1 0 1 1011 21可观测标准型C 110可观测性矩阵V CA-1 -3 -1，知系统可观测;CA110此时V 1-1 -3-1150501一4U-44101一，取最后一列h1-4441一一-2 1-221501£-1012 1.1-4 5-4 1 Z00-4

17、 3 4 1-21-4 11-21 - 4h2A h A h1311-1-312 2444 0 0-1此时APAP 120-1 01 11351 0-3444110 00 1111 0 1-3-22-21 -1-32-1B PB2 0-1031 1012131444135C CP1 1 100 014441112223-5解1 10-1 01可控性矩阵U-1 111 0-1，可知线性无关的列为1, 2, 3 列。0 -101 1110 1101故12, 21，则可令P 1-11 1P11200 -100-1所以h 1 1 2,®0 0 -1从而可得可控标准型s0-12s s1s由题设

18、知adj si Aadj -1s0s 12 ss1 1-1-1s-1s 1s2 s所以传递函数阵为G sCadj sl A B|sl As3s2s 122s s 1 2s 222s 3s 1 2s 43- 7 解:a,由题设可知，该传递函数阵的极点多项式为:所以G s 8 b,该函数阵的极点多项式为：所以G s 33- 8 解：1 3 134 s s a s 1 1 8 8 16'4s4 2s3 2s 1441 a 11s s s 224构造可控标准型实现如下：因为G s无零，极点对消，所以是最小阶实现b，s5s4s2 s 1s3s2s 1构造可控标准型实现如下：因为G s存在零、极点

19、对消，所以此实现不是最小阶实现3-9 解:s 1155a，s 1s 2s3s1s 2s3即ys1us5s5u sus 1s2s 3令xs1 us，X2s1s ，X3 s1u sus 1s2s 3则sxsX1 sus，sx>s2X2su s ，sX3 s 3X3 s u s?x1x1u所以?X22x2u，而y5x25X3综合上面各式并令xxi X2 X3T，可得由若当型方程的可控性判据和可观测性判据知上式是可控、可观测性的b，s2 1 s 2 3令x1 s3U1x2 s s 2X2 s1 x3 s s 21x3 su ss 2则sxs2x1 sX2s，sx? s2x2 sX3 s ， sx

20、3 s 2x3 s u s?x2%X2所以?x2x2X3 ，而y5x.|4x2 X3?X32x3u综合上面各式并令xX1 X2 X3 T，可得由若当型方程的可控性判据和可观测性判据知上式是可控、可观测性的3- 14 解：a,列分母展开，可控标准形最小实现241038200ssss简化后传函为1a71822127s1Is545s4 85s374s224s010000000100000010000 081020故可知A，B，C000010012 221871000000100-24-74-85 -45-111b,行分母展开，可观标准形最小实现2s2 1 2s 11 2s 12 2b，ss2 2 s

21、s1 0，可知D10s 32s 320 00022ssss简化后传函为21 sl5 436 s0 4 ；s'5s9s37s2 2s00000041000-236故可知A 0100-7，B54，C 0 0 0 0 10010-9210001-500在实现传递函数和向量传递函数中，不存在本质的差别3-15 解s 1 s a，3s 1 s 31 0，故可知D1 0ss11 11 11 1s 1 s2s 1 s 2111此时将g ss 1s 3，按列分母展开可得q s111s 1s 1s 22 s 1111 2 s13s2 5s 6由此可构成如下实现-1 0 0 1 0A 0 0 1，B 0

22、0，C0 -6 -51 2 1-1 -3 -1因为A的维数为3,且可知该实现也是可观的。所以该有理函数阵的最小阶实现为-1 0 0A 0 0 1，B0 -6 -51 2 1 1 0-1 -3 -1，D 1 11 2s 12 2s ss 32，按列分母展开可得01s1321s202ss2 s0100000000101A，B，C0001003000001由此构成如下实现1 02，可验证上述构成亦可观;0100000000101A，B，C0001003000001故其最小实现为0 1 2 1 01 0 2，D 0 0C,故可构造其最小实现为由若当型矩阵知，该动态方程的特征值为2, 2,1,1,1,故

23、只要状态反馈后的00001110210-100A，B1300-2022000-21314-4 解:1-0 1 0 ，C 20 1 0 1闭环极点中含有所有的不可控振型，则能利用状态反馈使方程稳定。易知不可控极点为2, 2，所以极点组1,1, 2, 2, 2能用状态反馈进行配置。设状态反馈阵为Kk1, k2, k3, k4, k5SI ABKs 2 k100&K1 k2s 20k2k20s 1k3k3k4011k4k4sk5001k51 k5，因为最终配置极点时有两-2，将上式矩阵分块,可令k1k20，此时即求s 1k3 s 1 k41 01k5k4 s 1ks(3 k5k4)s2(3

24、2k5 k4 k3)s 1 k5 s3 4s2 5s 2此时有 k53，k44，k312所以增益向量为K 0 01243 。4- 5 解：易知该动态系统的特征值为2,2，-1，-1。其中有一个-1为不可控模态，因 为rank B AB A2B A3B3，所以只有一个不可控模态。由于-2，-2，-1，-1与-2，-2，-2，-1中含有不可控模态-1，所以其能极点配置，而-2，-2，-2，-2中不含有-1，不能极点配置。 对-2，-2，-1，-1进行极点配置设增益向量为Kk1 k2 k3 k4，此时有BK2 1 k1 2 k2 k1 k1k20 0k3k41k3 k4k31k4，对该矩阵进行分块,

25、取k3 k40,此时需满足:(4 k2)s2k2 k14s 4，此时有k28，k116所以增益向量16对-2，-2，-2，-1设增益向量为Kk4，此时有A BK2k1k1k1此时有k112 k2k2k219291k30 k4 k4k31k4802孑，所以增益向量K1928099，对该矩阵分块，取k40，此时需满足:4- 6 解:由于引入状态反馈后不改变系统的零点，故由题设可知只要使引入状态反馈 后闭环方程具有特征值-2，-2，-3即可满足要求。将传函写成可控标准型有0 1 00A 0 0 15B0，C2 116 521设增益向量为Kk1k2 k(3 ，此时有s10si A BK0s1s32 k

26、3 s2 5 k2 s 6 k1 s3 7s2 16s 126k15k2s 2k3故 k118，k221，k35所以增益向量K18215。4- 7 解：对角规范型易知该系统的特征值为-1，-2 , 1,所以该系统可对角化; 分别求相应特征值的相应特征向量如下所示：X12 0T3 ，X20 10TX31T0 1201100此时PX1 X2X2010，则可知A P 1AP0203010010_ 1B P 1B1，CCP0011因为系统不可控阵型为-1，故系统可用状态反馈镇定。因为-2，-2，-1包含不可控阵型，故可用状态反馈配置；-2，-3，-2不 包含不可控阵型，故不可用状态反馈配置。4-8 解

27、：k3k4k5T直接设Kk6k7k8k9k10此时k11 k12k13k14k15取 k15，k28，k36，k42，k513，k64，k73.5，k82.5，k96，k10k14k150，由s34k132 s6k2s 7 kns3 4s26s4，可得k11 11， k12 12， k13 8，即有4-9 解：当将输入与扰动改为斜坡输入后， 应在中间再加一状态变量， 这时系统的状 态方程为x 所加的状态反馈为 u k1 k2 k3 q1 k1x k2q1 k3q2q2此时可得闭环系统动态方程如下q1C00q1?q20I0q2A Bk1 Bk2 Bk3 xdx yr ， y C 0 0 q1 0

28、q2定理 4-7 上述系统可控的充要条件为开环系统可控且满足证明：考虑矩阵首先我们知道闭环后的系统是n 2q维的，当s 0时，由于A, B可控，它的从上往下数的 n 行是线性无关的，并且下面的 2q 行由于 s 0 ，它和前述 n 行 也是线性无关的， 这是上述矩阵的秩为 n 2q 。当 s 0 时，易知它的秩也是 n 2q ， 故可知反馈后的系统可控。定理4-8设ki，k2，k3选得使闭环系统的特征值具有负实部，而且干扰与参考 输入均为斜坡信号d t dt1 t ， yr yr t1 t_ _ ? ? ?其中 d ， yr 为相应维数的常值向量，则 x t ， q1 t ， q2 t 均趋向

29、于常量，因而 输出均趋向于 yr ，即 lime t 0 。证明：对上述闭环系统进行拉氏变换，并解出象函数的代数方程，得由于 k1 ， k2， k3 可取使闭环系统稳定，故由终值定理可得? ? ?q2 趋向于常量，表明 q2 趋向于零，因而 e t q2 趋向于零，定理得证。 4-11 解：gB0 0，gAB2813，d11，C2B0 0，C2AB2 5，d2 1，E22813 亠2 525巳 2813 ；u Kx H v,将闭环化为积分器解耦系统。FigA27，F2C2A2故得H E10.03010.0120.0783 0.1687E1F0.30720.31330.3494 0.36750.

30、27710.67470.0602 0.253由反馈控制律可知闭环系统动态方程为0.16870.02410.18070.2410.03610.5060.33730.04820.36140.48190.07230.0120.72290.67470.93981.2530.0120.16870.45780.49400.79521.06020.2410.3735vx A BK x BHv闭环系统的传递函数矩阵为Gf s1，由于闭环系统亦可观测，故这时解耦与闭环稳定不矛盾。4-12 解：2a， d11 巳 lim s G s 0 2 ； d20E2s0 2所以E 0，是奇异矩阵，不可用状态反馈解耦;0 1

31、b，gB1 1， d10， E11 1 ；c2B2 1 ， d2 0， E22 12 slim sG2 s 0 1s1 1E 21，非奇异阵，可解耦文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持0F|G AC2A13132E 1F故反馈控制律u Kx Hv13134-13 解:a， gB 1，d1E1C2B0 0C2ABd2 1，E21 1非奇异阵,可用状态反馈律使系统动态解耦F|C| AF2C2A2E1E 1F故反馈控制律可以用状态反馈使之稳定。又有1 00100 2401A Bdet1 0101C 01 00000 1100静态解耦的反馈律为u KxHv1 k1k2k3A B

32、Kk42k541k4k51b,易知该系统是可控的,0，该系统可以静态解耦。，设Kk2也，此时k4k5k6Ik6，极点配置为-1，-2，-3k6文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持令 k30 ， ke4 ， k1k?k4k50可满足要求00 010即K取M00 4011 110则HC A BKbM02e4-14 解：a，C|B0 1，d10，E101c2B 0 0， qAB 2 1 ， d21， E22 10 1故E，为非奇异矩阵，故可用状态反馈律 u Kx Hv,将闭环化为积2 1分器解耦系统。Kx Hv，设 K静态解耦的反馈律为ub,易知该系统是可控的，可以用状态反馈

33、使之稳定，又有BK2k11k4 k4 k4k5k22 k51 ke1k3ke ,极点配置为-1，-1，-21令k1k4ke且要满足下式2 2k23s2，则 k2 k382010103111121010，该系统口以解耦1000010100A B detC 0k2k5所以K1 1则 H C A BK B M1524-15 解：a， C|B 1 0 ， d1 0， E. 1 0C2B 0 1 ， d 2 0 ， E2 0 11 0故e，非奇异矩阵，所以可用状态反馈律 u Kx Hv实现动态解耦;0 1b,易知该系统是可控的，可以用状态反馈使之稳定，又有00010A detB00100123010，所

34、以不可用状态反馈律u Kx Hv实现静C01100000100态解耦。4-16证明:由于Gf sG sIK si A11B H，将 HE1与K E1D代入上式得 Gf s G sE DsiA 1 B 1，其中c, Ad1 1d.11AL1d1 1 1Dq Ad2 1Ad221 iL2d2 11，则要证明d 1dCp A pA pp1 hLPdp 11只要证明sdi 1sdii1Lidi1 GisEi Di siA1B即可。1)2)3)由3) 般有”di j 1、isGisijAdi j1 11 si A B，j1,2,L ,di1 ；i 1,2,L , p故结合上面几式可知sdi 1i1sdi

35、Ldi 1diidi 1 Gi s Ei Ci A"Ai2Adi 1 Lidi 1A si A B1二 Ei D si A B故命题得证4-17 解：c1Bd1 0 ，E1 10；c2Bc2 ABd21，E2 1 11011，d1 d2n ，所以可用状态反馈律 u Kx Hv 使闭环传递函数阵变为相应形式。此时 H E 11011c2c1 A 3I A2 3A 2I5- 7 解：容易验证这个系统是可观测的，现构造具有特征值 -2，-2 ，-3 的三维状态观测器。 A 的特征多项式为s33s2 5s求矩阵 P期望多项式 f ss37s2 16s 12取 g 12 5 1611计算最后可得状态观测器的方程为5- 8 解：因为 rankC 1 ，故可设计二维观测器。首先作变换1212A011，B0，C1001111011A111， A1221A211， A2211000 ， G2g1B12，B21，C11，C2g2由题设知其状态观测器的特征值为 -2 ，-3文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持所以有 si A22 G2 A12s22 g2 2g1 s 2 3g2 g1s2 5s 6将上面各式代入相关公式得出二维状态观