现代控制理论试卷-总结

2012年现代控制理论考试一试卷一、（10分，每题1分）试判断以下结论的正确性，若结论是正确的，（√）1.由一个状态空间模型能够确立唯一一个传达函数。（√）2.若系统的传达函数不存在零极点抵消，则其任意的一个实现均为最小实现。（×）3.对一个给定的状态空间模型，若它是状态能控的，则也必然是输出能控的。（√）4.对线性定常系统x&Ax，其Lyapunov意义下的渐近牢固性和矩阵A的特点值都拥有负实部是一致的。（√）5.一个不牢固的系统，若其状态完整能控，则必然能够经过状态反响使其牢固。（×）6.对一个系统，只好采用一组状态变量；（√）7.系统的状态能控性和能观性是系统的构造特点，与系统的输入和输出没关；（×）8.若传达函数G(s)C(sIA)1B存在零极相消，则对应的状态空间模型描述的系统是不能够控且不能够观的；（×）9.若一个系统的某个平衡点是李雅普诺夫意义下牢固的，则该系统在任意平衡状态处都是牢固的；（×）10.状态反响不改变系统的能控性和能观性。优选二、已知以下列图电路，以电源电压u(t)为输入量，求以电感中的电流和电容中的电压作为状态变量的状态方程，和以电阻R2上的电压为输出量的输出方程。（10分）解：（1）由电路原理得：diL1R11udt1iL1ucLLL111diL2RiL21dt2ucL2L2duc1iL11iL2dtccuR2R2iL2gR1011iLLLiL1111L1gR21iL20iL20uL2L2g0ucuc110cciL1uR20R20iL2uc优选二．（10分）图为R-L-C电路，设u为控制量，电感L上的支路电流和电容C上的电压x2为状态变量，电容C上的电压x2为输出量，试求：网络的状态方程和输出方程，并绘制状态变量图。解：此电路没有纯电容回路，也没有纯电感电路，因有两个储能元件，故有独立变量。以电感L上的电流和电容两端的电压为状态变量，即令：iLx1,ucx2，由基尔霍夫电压定律可得电压方程为：??R2Cx2x2Lx10??R1(x1Cx2)Lx1u0??从上述两式可解出x1，x2，即可获得状态空间表达式以下：?R1R2R1R2x1(R1R2)L(R1R2)Lx1(R1R2)L?R1x2u11x2(R1R2)C(R1R2)C(R1R2)Cy101x10R1R2R1R2uy2=R1R2R1R2x2+R1R2三、（每题10分共40分）基础题（1）试求&&&y3y&2y&&&uu的一个对角规范型的最小实现。（10分）优选Y(s)3(s2s1)2s11)(sss11114U(s)s3(s1)(s2s2)3s2s2s2s2s1不如令X1(s)1，X2(s)1U(s)s2U(s)s1于是有

2&2x1ux1&x2ux2又Y(s)X1(s)X2(s)，所以Y(s)U(s)X1(s)X2(s)，即有U(s)1U(s)U(s)ux1x22最后的对角规范型实现为&2x1ux1&x2ux2yx1x2u201&xu,y11x+u2x0112&011u,y12x22310&021u1322y12x2rankUCrankbAb562,系统状态完整能控LLL3分rank32则对偶系统能观LLL3分优选3&1011201110tet00e2t.....3x(t)tx(0)ttBu()dτ0.....3et01tet01dτ0e2t102t10e...2ettetdτe2t02te......1et1et1=e2t11e2t=11e2t..122111（4）已知系统x0xu试将其化为能控标准型。（10分）01解：uc12101...210，uc1122p101uc10111011..112222p2p1A112211P22,P112

10111

12...1...2010...4能控标准型为x1xu01优选四、设系统为x&1100x1x111&0100x20x22&0030x35u,y0140x3x3x&40004x40x4试对系统进行能控性及能察看性分解，并求系统的传达函数。（10分）解：能控性分解：&%%300051&%%0-11012u,LL（4分）&%%00-1003&%%00040x44%x1%y4010x2%x3x%4能察看性分解：&%%3000x11&%%0-100x22&%%01-10x33&%%000-4x44%x1%y4100x2%x3%x44520

5010

u,LL（4分）传达函数为g(s)LLLs3s3

(2分)优选五、试用李雅普诺夫第二法，判断系统方法一：

?01x1x的牢固性。（101分）?解：x1x2?x2x1x2原点xe=0是系统的唯一平衡状态。采用标准二次型函数为李雅普诺夫函数，即v(x)x12x220???2v(x)2x1x12x2x22x1x22x2(x1x2)2x2???当x10，x20时，v(x)0；当x10，x20时，v(x)0，所以v(x)为负半定。依据判断，可知该系统在李雅普诺夫意义下是牢固的。另选一个李雅普诺夫函数，比方：v(x)1(x1x2)22x12x223212x1=x1x21x2212为正定，而?????(x12x22)v(x)(x1x2)(x1x2)2x1x1x2x2为负定的，且当x，有V(x)。即该系统在原点处是大范围渐进牢固。方法二：解：或设p11p12Pp22p21则由ATPPAI得01p11p12p11p12011011p12p22p12p221101优选2p111p113312p11p1222p11p12p220p221Pp2212p122p2211p121p12223p11p12315P110detdet222p12p2201142可知P是正定的。所以系统在原点处是大范围渐近牢固的六、（20分）线性定常系统的传函为Y(s)s4U(s)(s2)(s1)（1）实现状态反响，将系统闭环的希望极点配置为4,3，求反响阵K。（5分）（2）试设计极点为（-10,-10）全维状态察看器（5分）。（3）绘制带察看器的状态反响闭环系统的状态变量图（4分）（4）解析闭环前后系统的能控性和能观性（4分）注明：因为实现是不唯一的，本题的答案不唯一！此中一种答案为：解：（1）Y(s)s4s2s4U(s)(s2)(s1)3s2系统的能控标准型实现为：&010分X2Xu,y41X131系统完整可控，则能够任意配置极点1分令状态反响增益阵为Kk1k21分01，则状态反响闭环特点多项式为则有ABK2k13k22(k13)(k22)IABK优选又希望的闭环极点给出的特点多项式为：(s4)(s3)s27s12由2(k13)(k22)s27s12可获得K4103分2）察看器的设计：由传达函数可知，原系统不存在零极点相消，系统状态完整能观，可以任意配置察看器的极点。1分令Ee1e2T1分&(AEC)xBuEy可得其希望的特点多项式为:??f(s)det[I(AEC)]2(4e1e23)(10e14e22)f*(s)(10)(10)2201001195Tf*(s)f(s)E4分33）绘制闭环系统的模拟构造图第一种绘制方法：&??(ABuEyxEC)x01114411AEC3413323953861043334411011&(AEC)x?BuEy33x?3yx?386104u951333优选x2x1vu11x1yss432410222233??4?1yx231x1ss4224335834（注：察看器输出端的加号和减号应去掉！不好意思，刚发现！！）01011&??3???u395213优选x2x1vu11x1yss4324101x21x1?yss4状态察看器部分32132334）闭环前系统状态完整能控且能观，闭环后系统能控但不能够观（因为状态反响不改变系统的能控性，但闭环后存在零极点抵消，所以系统状体不完整可察看）4分优选卷一、判断题，判断下例各题的正误，正确的打√，错误的打×（每题1分，共10分）1、状态方程表达了输入引起状态变化的运动，输出方程则表达了状态引起输出变化的变换过程（√）2、对于给定的系统，状态变量个数和选择都不是唯一的（×）3、连续系统失散化都没有精确失散化，但近似失散化方法比一般失散化方法的精度高（×）4、系统的状态转移矩阵就是矩阵指数（×）5、若系统的传达函数存在零极点相消，则系统状态不完整能控（×）6、状态的能空性是系统的一种构造特点,依赖于系统的构造,与系统的参数和控制变量作用的地址有关（√）7、状态能控性与输出能控性之间存在必然的联系（×）8、一个传达函数化为状态方程后，系统的能控能观性与所选择状态变量有关（√）9、系统的内部牢固性是指系统在碰到小的外界扰动后，系统状态方程解的收敛性，与输入没关（√）10、若不能够找到适合的李雅普诺夫函数，那么表示该系统是不牢固的（×）二、已知系统的传达函数为Y(s)s310s231s32G(s)(s25s6)(s5)U(s)试分别用以下方法写出系统的实现：1）串通分解2）并联分解3）直接分解4）能察看性规范型（20分）解：G(s)s310s231s3212s310s231s30s310s231s30对于2有10s231s30s3（1）串通分解22s310s231s30(s5)(s2)(s3)优选串通分解有多种，若是不将2分解为两个有理数的乘积，如218，绘制该系统串通分解4的构造图，尔后每一个惯性环节ki的输出设为状态变量，则可获得系统四种典型的实pi)(s现为：32221112131s30(s2)(s3)(s5)(s2)(s2)(s5)s10s1121112(s2)(s3)(s5)(s2)(s3)(s5)则对应的状态空间表达式为：20022001&130&230X0uXX0uX0150,0150y001Xuy001Xu&2001&2001130130X0uXX0uX0250,0150y001Xuy002Xu需要说明的是，当交换环节相乘的序次时，对应地交换对应行之间对角线的元素！！！&2002130X0u211X如的实现为：(s2)(s3)(s5)0150y001Xu&5002130X0u211X则的实现为：0120(s5)(s3)(s2)y001Xu挨次类推！！（2）并联分解s310s22k1k2k331s30(s1)(s2)(s3)优选&100b1020Xb2u实现有无数种，若实现为X00只要知足3b3yc1c2c3Xuc1b1=k1，c2b2=k2，c3b3=k3即可21比方：10s2230(s3(s1(s3，则其实现能够为：s331s2)3)5)2001500250013&3030X1u&X020X&020X13uX1uX如：0051,003,00311y211Xu3y111Xuy1323Xu33（3）直接分解1000&10X0uX03031101100Xu4）能察看规范型10301&0131X0uX00100y001Xu三、给定一个二维连续时间线性定常自治系统&Ax,t0。现知，对应于两个不同样初态x的状态响应分别为13et1e3t25et3e3t,x(t)44；x(0),x(t)44x(0)3et1e3t5et3e3t112222试据此定出系统矩阵A。（10分）优选At解：x(t)ex(0)3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t12At444424444e3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t11222222221ete3t1et1e3t244ete3t1ete3t21t33t1t33tdeAt2e2e4e4e11At01et3e3tt0dtet3e3t4122四、已知系统的传达函数为G(s)4sa2s312s222s121）试确立a的取值，使系统成为不能够控，或为不能够察看；2）在上述a的取值下，写出使系统为能控的状态空间表达式，判断系统的能察看性；3）若a3，写出系统的一个最小实现。（15分）解：（1）因为4sa2s2a2saG(s)22s12s36s211s6s1s2s32s312s2所以当a1或a2或a3时，出现零极点抵消现象，系统就成为不能够控或不能够察看的系统（2）可写系统的能控标准形实现为此问答案不唯一0100&001x0uy2a20xx61161存在零极相消，系统不能够观2（3）a3，则有G(s)s23s2可写出能控标准形最小实现为010&xuy20x231优选此问答案不唯一，可有多种解五、已知系统的状态空间表达式为&20x032125x1）判断系统的能控性与能察看性；2）若不能够控，试问能控的状态变量数为多少？3）试将系统按能控性进行分解；4）求系统的传达函数。（15分）解：（1）系统的能控性矩阵为UC00detUC0,rankUC12bAb，12故系统的状态不能够控系统的能察看性矩阵为UOc25detUC1150,rankUO2cA19，10故系统的状态不能够察看4分（2）rankUC1，所以能控的状态变量数为11分（3）由状态方程式&20x0ux&12x1x321x&3x2xu221可知是x2能控的，x1是不能够控的2分（4）系统的传达函数为G(s)csIA1c2sIA2153分bb2s只与能控子系统有关2六、给定系统1ax&xa1解李雅普诺夫方程，求使得系统渐近牢固的a值范围。（10分）优选七、伺服电机的输入为电枢电压，输出是轴转角，其传达函数为优选G0(s)

50ss2（1）设计状态反响控制器uKxv，使得闭环系统的极点为5j5；2）设计全维状态察看器，察看器拥有二重极点－15；3）将上述设计的反响控制器和察看器结合，组成带察看器的反响控制器，画出闭环系统的状态变量图；4）求整个闭环系统的传达函数。（20分）优选优选优选第二章题A卷第一题：判断题，判断下例各题的正误，正确的打√，错误的打×（每题1分，共10分）11、状态方程表达了输入引起状态变化的运动，输出方程则表达了状态引起输出变化的变换过程（√）12、对于给定的系统，状态变量个数和选择都不是唯一的（×）13、连续系统失散化都没有精确失散化，但近似失散化方法比一般失散化方法的精度高（×）14、系统的状态转移矩阵就是矩阵指数（×）15、若系统的传达函数存在零极点相消，则系统状态不完整能控（×）16、状态的能空性是系统的一种构造特点,依赖于系统的构造,与系统的参数和控制变量作用的地址有关（√）17、状态能控性与输出能控性之间存在必然的联系（×）18、一个传达函数化为状态方程后，系统的能控能观性与所选择状态变量有关（√）19、系统的内部牢固性是指系统在碰到小的外界扰动后，系统状态方程解的收敛性，与输入没关（√）20、若不能够找到适合的李雅普诺夫函数，那么表示该系统是不牢固的（×）Y(s)32第二题：已知系统的传达函数为s10s31s32,试分别用以下方法写G(s)U(s)(s25s6)(s1)出系统的实现：5）串通分解（4分）6）并联分解（4分）7）直接分解（4分）8）能察看性规范型（4分）（9）绘制串通分解实现时系统的构造图（4分）解：G(s)s310s232s301ss310s231s3010s231s30s3对于10s2s有31s30s3（3）串通分解sss310s231s30(s1)(s2)(s3)串通分解有三种ss111s111ss310s231s30(s1)(s2)(s3)(s1)(s2)(s3)(s1)(s2)(s3)(11).1.11.(12).11.1(13)(s2)3)(s1)(s3)(s(s(s(s1)(s2)(s1)2)3)对应的状态方程为：优选100110011001&120&120&120X0uXX1uXX0uX0130,1230,0130y001Xy001Xy013X（4）并联分解s12232s310s231s30(s1)(s2)(s3)实现有无数种，此中之三为：10011001210014&020&020X&020X1uXX1uX2uX0031,00332,00332y12232Xy111Xy221X（3）直接分解1000&10X0uX03031101010X4）能察看规范型10300&131X1uX000100001X10）构造图第二章题B卷第一题：判断题，判断下例各题的正误，正确的打√，错误的打×（每题1分，共10分）1、状态空间模型描述了输入-输出之间的行为,并且在任何初始条件下都能揭穿系统的内部行为（√）2、状态空间描述是对系统的一种完整的描述，而传达函数则可是对系统的一种外面描述（√）3、任何采样周期下都能够经过近似失散化方法将连续时间系统失散化（×）4、对于一个线性系统来说，经过线性非奇怪状态变换后，其状态能控性不变（√）5、系统状态的能控所关怀的是系统的任意时辰的运动（×）优选6、能观（能控）性问题能够转变为能控（能观）性问题来办理（√）7、一个系统的传达函数所表示的是该系统既能控又能观的子系统（√）8、一个系统的传达函数如有零、极点抵消现象，则视状态变量的选择不同样，系统或是不能够控的或是不能够观的（√）9、对于一个给定的系统，李雅普诺夫函数是唯一的（×）10、若系统对全部有界输入引起的零状态响应的输出是有界的，则称该系统是外面牢固的（√）2、第二题：求以下RLC网络系统的状态空间模型,并绘制其构造图。取电压e_i为输入，e_o为输出。此中R1、R2、C和L为常数。第二题图答案:解：（状态变量能够另取）定义状态变量：x1为电阻两端电压v，x2为经过电感的电流i。输入u为e_i，输出y为e_o。使用基尔霍夫电流定理列R1和R2间节点的电流方程：v-eidvidv111R1+C+=0=-R1Cv-Ci+R1Ceidtdt使用基尔霍夫电压定理列出包括C、R2、L回路的电压方程：v-R2i-Ldi=0di=1v-R2idtdtLL最后，输出电压的表达式为：eovR2i获得状态空间模型：优选&111R1CR1Cx1x1RCu&R2x21x210LLy1R2x1x21构造图为：u1u252Cs1s210s10第三题：以下列图，系统的输入量为u1和u2、输出量为y和请选择适合的状态变量，并写出系统的状态空间表达式，依据状态空间表达式求系统的闭环传达函数：u1u252Cs1s210s10第三题图解：状态变量以以下列图所示（3分）u1u252Cs1s210s10从方框图中能够写出状态方程和输出方程（4）优选&x15x35ux1&2x12x2x2&10x210x3x2yx2状态方程的矩阵向量形式：1055&220X0uX010100y010X系统的传达函数为（3分）：G(s)c(sIA)1b10s10012s232s120s3优选现代控制理论试题答案一、观点题1、何为系统的能控性和能观性？答：（1）对于线性定常连续系统，若存在一分段连续控制向量u(t)，能在有限时间区间[t0,t1]内将系统从初始状态x(t0)转移到任意终端状态x(t1)，那么就称此状态是能控的。（2）对于线性定常系统，在任意给定的输入u(t)下，能够依据输出量y(t)在有限时间区间[t0,t1]内的丈量值，唯一地确立系统在t0时辰的初始状态x(t0)，就称系统在t0时辰是能察看的。若在任意初始时辰系统都能察看，则称系统是状态完整能察看的，简称能察看的。2、何为系统的最小实现？答：由传达函数矩阵或相应的脉冲响应来建立系统的状态空间表达式的工作，称为实现问题。在全部可能的实现中，维数最小的实现称为最小实现。3、何为系统的渐近牢固性？答：若在时辰为李雅普若夫意义下的牢固，且存在不依赖于的实数和任意给定的初始状态，使得时，有，则称为李雅普若夫意义下的渐近牢固二、简答题1、连续时间线性时不变系统（线性定常连续系统）做线性变换时不改变系统的那些性质？答：系统做线性变换后，不改变系统的能控性、能观性，系统特点值不变、传达函数不变2、怎样判断线性定常系统的能控性？怎样判断线性定常系统的能观性？答：方法1：对n维线性定常连续系统，则系统的状态完整能控性的充分必需条件为：。方法2：若是线性定常系统的系统矩阵A拥有互不同样的特点值，则系统能控的充要条件是，系统经线性非奇怪变换后A阵变换成对角标准形，且不包括元素全为0的行线性定常连续系统状态完整能察看的充分必需条件是能观性矩阵满秩。即：3、传达函数矩阵的最小实现A、B、C和D的充要条件是什么？答：充要条件是系统状态完整能控且完整能察看。4、对于线性定常系统能够任意配置极点的充要条件是什么？答：线性定常系统能够任意配置极点的充要条件是系统完整能控。优选5、线性定常连续系统状态察看器的存在条件是什么？答：线性定常连续系统状态察看器的存在条件是原系统完整能观。三、计算题1、RC无源网络如图1所示，试列写出其状态方程和输出方程。此中，为系统的输入，选两端的电压为状态变量,两端的电压为状态变量,电压为为系统的输出y。图1：RC无源网络解：由电路图可知：选,,可得：=所以能够获得：优选2、计算以下状态空间描述的传达函数g(s)解：运用公式可得：可得传达函数为：3、求出以下连续时间线性是不变系统的时间隔散化状态方程：此中，采样周期为T=2。解：先求出系统的.优选令,可得：X(k)+4、求取以下各连续时间线性时不变系统的状态变量解和解：计算算式为：所以：5、确立是以下连续时间线性时不变系统结合完整能控和完整能察看得待定参数a的取值范围：优选解：因为A无特定形式，用秩判据简单。所以，无论a去何值都不能够够结合完整能控和完整能察看6、对以下连续时间非线性时不变系统，判断原点平衡状态即可否为大范围渐近牢固：解：（1）采用李雅普若夫函数V(x)，取，可知：V(0)=0,即为正定。（2）计算并判断其定号性。对取定和系统状态方程，计算得到：基此可知：即：为负半定。（3）判断。对此，只要判断的和不为系统状态方程的解。为此，将带入状态方程，导出：表示，状态方程的解只为，不是系统状态方程的解。经过优选类似解析也能够得证不是系统状态方程的解。基此，可知判断。4）综合可知，对于给定非线性时不变系统，可构造李雅普若夫函数判断知足：V(x)为正定，为负定；对任意,当，有基此，并依据李雅普若夫方法渐近牢固性定理知：系统原点平衡状态为大范围渐近牢固。7、给定一个单输入单输出连续时间线性时不变系统的传达函数为试确立一个状态反响矩阵K，使闭环极点配置为,和。解：可知，系统完整可控，能够用状态反响进行任意极点配置。因为状态维数为3维。所以设。系统希望的特点多项式为：而令,两者相应系数相等。得：即：考据：优选A卷二、基础题（每题10分）1xAx,t0。现知，对应于两个不同样初态的、给定一个二维连续时间线性定常自治系统&状态响应分别为13et1e3t25et3e3tx(0),x(t)44；x(0)443et1e3t,x(t)5et3e3t112222试据此定出系统矩阵A。解：()eAtx(0)2分xt可得3et1e3t5et3e3t1213et1e3t5et3e3t12At44444444e3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t11222222221ete3t1et1e3t244ete3t1ete3t24分1t33t1t33tdeAt2e2e4e4e114分At01et3e3tt0dtet3e3t4122、设线性定常连续时间系统的状态方程为x&101x10x&202x2u,t01取采样周期T1s，试将该连续系统的状态方程失散化。解：①第一计算矩阵指数。采纳拉氏变换法：s1eAtL1sIA1L110s2113分L1ss(s2)10.51e2t10e2t0(s2)②进而计算失散时间系统的系数矩阵。优选GeAT10.51e2T将T1s代入得GeAT10.43232分0e2T00.1353HTT10.51e2t0eAtdtB0e2tdt0010.5T0.25e2T0.253分0.5e2T0.51.07890.4323③故系统失散化状态方程为x1k110.4323x1k1.07892分x2k100.1353x2kuk0.4323、已知系统的传达函数为4saG(s)2s312s222s121）试确立a的取值，使系统成为不能够控，或为不能够察看；2）在上述a的取值下，写出使系统为能控的状态空间表达式，判断系统的能察看性；3）若a3，写出系统的一个最小实现。（10分）解：（1）因为4sa2s2a2saG(s)22s12s36s211s6s1s2s32s312s2所以当a1或a2或a3时，出现零极点抵消现象，系统就成为不能够控或不能够察看的系统3分（2）可写系统的能控标准形实现为此问答