现代控制理论复习题

1、概念：设动态系统为 Mt) Ax(t) Bu(t), y(t) Cx(t) Du， At(1)若 (t) e ，则(t)称为(状态转移矩阵) 1(2)若G(s) C(sI A) B D ,则G(s)称为(传递函数矩阵)(3)若/A,B B, AB,A2B, ,An1B,则 A, B称为(能控性矩阵)(4)若 oC,A C,CA,CA2, ,CAn1T,则 oC, A称为(能观性矩阵)(5)若 C,A,B CB,CAB,CA2B, ,CAn1B,D,则 C , A, B称为(输出能 控性矩阵)(6)李雅普诺夫方程ATP PA Q ,其中Q为正定对称阵，当使方程成立的P为(正定对称阵)时，系统为渐

2、近稳定。(7)设系统x f (x), t 0, f (0) 0 ,如果存在一个具有一阶导数的标量函数V(x), V(0) 0,并且对于状态空间X中的且非零点x满足如下条件：V(x)为(正 定)；V(x)为(负定)；当|x|时，V(x) 0则系统的原点平衡状态是(大范围渐近稳定的)。(8)状态反馈不改变系统的(可控性)。输出至状态微分反馈不改变系统的( 可观测性)。输出至参考输入反馈，不改变系统的(可控性和可观测性)。状态反馈和输出反馈都能影响系统的(稳定性和动态性能)。(9)状态反馈控制的极点任意配置条件是系统状态(完全可控)。状态观测的极点任意配置条件是系统状态(完全可观)。(10)系统线性

3、变换x Px时，变换矩阵P必须是(非奇异的，或满秩)的。:已知系统传递函数G(s)2_(s 1) (s 2),试求约当型动态方程。解：G(s)5(s 1)2(s 2)555(s 1)2 s 1 s 21 / 16由上式，可得约当型动态方程X1110Klx2010x2x3002 x3x15 5 x2x3:试求下列状态方程的解 x100020 x的解解：由题意可得： x Ax (sI A)x x01x (sI A) xx(t) L1(sI A),01五：设系统状态方程为&01 x1 a 2%1s 100x(t) L1 0 s 20x01s 10 x°L 100te0 e 2t 0

4、x03tu ,并设系统状态可控，试求a,b o解:PcBAB1 bb ab 11 令Pc| ab 1 b2 0 a b 1时，即可满足可控性条件。a 1K :就确止使系统& x, y 11 x可观测的a, b.。0 b解：C11Pc八CAa 1 bPc| 1 b a 0 b a 1时，于是系统可观。第A9-3题：系统微分方程为 X 3X 2X U,其中u为输入量；x为输出量设状态X1 X, x2 X ,试写出系统的动态方程；设状态变换X1X1X2，X2X12X2,试确定变换矩阵T,及变换后的动态方程。参考答案：列写系统的动态方程X101 X10Ux223 x21x1X2求变换矩阵T和变

5、换后的动态方程X1由题意知X211X1,C -，故变换矩阵T12 x2由于T 1A T 1ATB T 1B_1 , C CT 1 1 变换后的动态方程X110X11u y x202 x21 ，X1X23 / 16第A9-5题：已知系统结构图，其状态变量为 xi, x2, X30试列写动态方程。2(u Xi) (s 3)X2 ,2(x2 x3) s(s 3)为y XiX32x23x3将频域参量s视作微分算子，可得X3 SXi , 整理得动态方程XiX3x22X1 3x2 2uyXi写成向量矩阵形式x1001x10x223 0 x22 ux3023x30Xiy 1 0 0X2X3第A9-6题：已知

6、系统传递函数为G（s）2s2 6s 8s2 4s 3可观标准型（A为友矩阵转置），对角型（A为对角试求可控标准型（A为友矩阵）， 阵）动态方程。参考答案：4 / i62_s2 6s 8由于G(s) -2s2 4s 3串联分解，引入中间变量z, 2s 5i -2-s2 4s 3可得微分方程z 4z3z uy 2z 5z选取状态变量Xiz,X2则状态方程XiX2 ，X23x14x2则输出方程5X12x2可控标准型动态方程XiX2X2xiuX2利用能控性与能观性的对偶关系AoAj, BoCTCoBT,DoDc由可控标准型得可观标准型动态方程XiX23 xi4 x2XiuX2由于G(s)N(s)D(s

7、)2s 5s2 4s 3D(s)s2 4s3 (s i)(s3)故N=-i, ；2=-3为系统的单实极点，且有N(s)D(s)2s 54s因此，Y(s)3/2s i(s)令状态变量Xi(s)U(s),X2(s)U(s)其反拉氏变换Xi3x2因此对角型动态方程5 / i6-xi - x2 u22XiX2X110X11uX203 X21第A9-13题：已知线性系统的状态转移矩阵为t 2t2e e ,t 2t2e etete2t2e2t试求系统的状态矩阵Ao参考答案1:由状态转移矩阵性质2121(sI A) 1 (t) s21 S12, S21 s12s 1 s 2, s 1 s 21 s 31(s

8、 1)(s 2)231s 31Asi(s1)(s2)s0s10s2s 3参考答案2:由状态转移矩阵性质所以A (t)t 0(t) A (t),(0) I2et 2e2t, e t 2e 2t 012et 2e2t, e 4e 2tt 023第A9-14题：设系统(A,B,C)的状态矩阵为010A 00125 4At试求系统的状态转移矩阵e :参考答案1：拉氏变换法6 / 16(sI A)is 100 s 12 5 s 41(s 1)2(s 2)s2 4s 522ss 41s2 4s s5s 2 s2213(s 1)2 (s 2) (s 1)22223(s1)2IT!)(s2)(s1)2_2_4

9、43(s1)2IT!)(s2)(s1)222(-n(s2)54(TT)(s2)88(FT)(s2)111(s1)2(s2)122(s1)2(T15(s2)144(s1)2(Tlj(s2)Ate (si A)2tet e2t 3tet 2et 2e2t 2tet 2et 2e2t 3tet 5et 4e2t 2tet 4et 4e2t 3tet 8et 8e2t.tt2tteeetet2et2e2ttet3et4e2t参考答案2:线性变换法 由于A是友矩阵，故有, 4t 5入2 (入1)2(入2)4 1, 后 1, I 2所以101101P41A11222入；1%1141 1 0P 1AP 0

10、1 00 0 20211P 1231121ettet0e t 0 et 000e2tt 2t(t1)eet2t(t2)et2et2t(t3)et4e2tt 2tt2t2tet e2t(3t2)et2eAt1 Je P e Pt2tt2t2(t 1)et 2e(3t5)et4et2tt2t2(t 2)et 4e(3t8)et8e参考答案3:待定系数法根据凯莱-哈密顿定律 n 1eAtak(t)Ak a0(t)I a")A az(t)A2k 0因A的特征值1 = k = 1, 2 = 2,则有7 / 16.2ta0(t)1% ea1(t)01%tet,、.22tt 2t2te et 2t

11、(3t 2)et2et 2t(t 1)ee100eAt2tete2t010001010t 2t(3t 2)et 2e 00125 4a2 (t)1% e001t2t(t 1)ete2t2542e2 t(t 1)ete2t4e2t(t 2)et2e2t8e2t(t 3)et 4e2t818112tet e2t (3t 2)ett2tt2(t 1)et 2e (3t 5)ett2tt2(t2)et4e2t(3t8)et第A9-15题：已知线性定常自治系统的状态方程0101X001X , X(0)10002试求系统的状态轨线。参考答案：线性定常齐次状态方程的解 x(t) eAtx(0)0102A00

12、1, A0000 0 10 0 0 , Ak0,0 0 0At e0 ktkAkAt12 2-A2t221 t t2/20 1 t0 0 t1 t t21 2t21tt2/21x(t)eAtx(0)01t100t2第A9-19题：已知线性动态方程为8 / 160 x 1 u, y 0 0 1 x32试求传递函数阵参考答案：G。G(s) c(sI1A) 1b0 0 1 s s 3011 s 322s2 9s300 0 0 1s 7s 622s 6s23s01s 5s1s23s2222s27s 3s3 7s 6100 a b第A9-21题：已知ad = bc,试计算 c da b,则A的特征多项式

13、为 c df (2)入 I A2入(a d)入 ad bc片(a d)入2f (A) A2 (a d)A 02A2 (a d)AA3 A2A (a d)A2 (a d)2A43223A4 A3 A (a d)2A2 (a d)3Akk 1由数学归纳法A (a d) A100(a99d)99第A9-22题：设系统的传递函数为G(s)s2 8s 15s3 7s2 14s 8试求：可控标准型实现;9 / 16可观标准型实现;对角型实现；下三角型实现；参考答案：可控标准型实现引入中间变量z,使G瑞Ug可得微分方程s2 8s 1521s3 7 s2 14s 8z 8z 15z y, z 7z 14z 8

14、z u选才? X1z , X2 z , X3 z ,则有X1X2X2X3x38X1 14x2 7x3 uy 15x1 8x2 x3系统的可控标准型实现X1010X10X1x2001x20u, y 15 8 1 x2X38 14 7 X31X3可观标准型实现15u对应系统的微分方程，y 7y 14y 8y u 8u选择状态变量，X1 y 7 y 14y u 8u x2 y 7y uX3 y 则有X1y7y14y u8u 8x315ux2 y 7y u X1 14x3 8u x3yx27x1 u系统的可观标准型实现10 / 16x1008x115x1x21014x28u , y 0 0 1x2x3

15、017x31x3对角型实现；将传递函数分解成部分分式、Y(s) s2 8s 158/33/21/6G(s)-32U (s) s3 7s2 14s 8 s 1 s 2 s 4111设X1小U即X2二UX3sU(s)可得 x1x1u , x2系统的对角型实现为2x2 u , x34x3 ux1100x1x2020 x2x3004x3下三角型实现；将传递函数分解成1.81u，y 31x11x2x3 Y(s) s2 8s 151 s 3 s 5G(s)2U(s) s3 7s2 14s 8 s 1 s 2 s 4设 X1 (s)1,、- s), X2(s)s 3"立 X3(s)s 5MX2 Y

16、(s)可得x1x1u ,x2%3x1 2x22x1 2x2 u,x3x25x24x32x1 3x2 4x3 u系统的三角型实现为x1100x11x1x2220 x21 u , y 0 0 1 x2x3234x31x3第A9-26题：设有不稳定线性定常系统(A, b, c),其中12 00A 311, b 0,c 1 1 10 2 01能否通过状态反馈把系统的闭环极点配置在10,1 jV3处？若能，试求出实现上述极点配置的反馈增益向量 k;11 / 16当系统状态不可直接测量时，能否通过状态观测器来获取状态变量？若能，试设 计一个极点位于 4,3 j处的等维状态观测器；参考答案：反馈增益向量k系

17、统的可控性矩阵及秩_2P b Ab A b0 0 20 11 , rankP = 31 0 2系统是可控的，可以通过状态反馈来进行极点配置，设反馈增益向量k k1 k2 k3系统的闭环特征多项式32det入 I (A bk) 入k3 入(k2 9)入(7k3 k2 2ki 2)闭环系统期望的特征多项式(入 10)(入 1 j ,3)(入 1 j .3)f 12 犬 24 人 40比较同次系数得k3 12, k2 33, k177.5反馈增益向量k 77.5 33 12系统状态可观测矩阵及秩cAcA2111211, rankV = 3171系统是可观测的，可以通过状态观测器来获取状态变量。利用输

18、出至状态微分反馈来 配置极点，设反馈增益向量h,先将(A, c)化为能观标准型 A, cdet(sI A) s3 9s 2, a10, a29, a32变换矩阵a2ali 9 0 1Ta110V01 010 010 0821021111128 12132 28 , A TAT201 64a3a2a1c cT12 / 16h30A hc 102 h19h2h3det入 I (Ahc)状态观测器的特征多项式为fh( ) det入 I (A hc)片用片(h2 9)入(h12)期望的状态观测器的特征多项式为fh(分(入 4)(入3 j)(入j)34 入 40比较同次系数得hi38, h243,h31

19、0h13843 ,102012284384310272413要设计的等维状态观测器(Ahc)?hybu28?2725251311A9-27272313272413试用李雅普诺夫第二法判断系统的原点稳定性:x2,x2 2x1 3x2X1x2 2x1 x2x12%x2x2X1(k1)0.8x1(k) 0.4x2(k),x2(k 1)1.2x1(k) 0.2x2(k)【参考答案u方法一：原点(x1=0, x2=0)是该系统唯一的平衡状态.选取正定标量函数V(x)1 22x11 24x2则有V (x)x1 x11x2x22x1(2x1x23 22X2、1 ，c c 、 x1 x2)x2 (2x1 3x

20、2)2/、212c(x1 x2)x2 02对于状态空间中的一切非零x满足V(x)正定,V(x)负定，故系统的原点平衡状态13 / 16是大范围渐近稳定的。方法二：系统状态方程写成向量矩阵形式XiX211Xi 一.11c c ，系统状态矩阵A, detA 123X2 '23即A是非奇异的，故原点 及其导微分分别为V(x) xTPx, V(x)xTQx,P 0, Q 0Xe=0是系统唯一的平衡状态。设系统的李雅普诺夫函数则atp pa Q成立。P11P12p21p22取Q = I ,上式为12P11P1213p21p22其中p12=p21求解该矩阵方程可得pnp121 14 5Pp21p2

21、28 5 3由于 p1114 0, detP17 c -一0,对称矩阵64P是正定的。系统的原点平衡状态是大范围渐近稳定的【参考答案2原点(x1=0, x2=0)是该系统唯一的平衡状态.系统状态方程向量矩阵形式x10 1 x1x221 x2若选取 V(x) xTPx,V(x)xTQx,Q I解李雅普，S夫方程ATP PA Q一131得P13I,由于p11411统的稳定性。13 0, detP - 0为不定，则难以判定系2用特征根判别det X I A可见系统原点平衡状态是不稳定的【参考答案3原点(x1=0, x2=0)是该系统唯一的平衡状态.选取正定标量函数V(x) 2x2 2x814 / 16则有747 ,V(x) 4x1x1 16x2x2 4x1( 2x1 2x2) 16x2 ( 3x2)8x12 8x1x4 16x87x12 (x2 8x1x4 16x8)2,2427x12 (x； 4x4)20对于状态空间中的一切非零 x满足V(x)正定,V(x)负定，故系统的原点平衡状态 是大范围渐近稳定的。注：V(x) x； x2,V(x) 1x12 工x；,V(x) 2x； x4 2