現(xiàn)代控制理論第3版課后習題答案

010 301即Rc00131得R11000 c 010 032 1AR1AR142bRc1b0ccRc121 c c 00 1 03-12試將下列系統(tǒng)按能觀性進行結(jié)構(gòu)分解1210（1）A01 0,b0,C11104311210解：由已知得A01 0,b0,C1110431C111232則有NCACA2474rankN=2<3，該系統(tǒng)不能觀111構(gòu)造非奇異變換矩陣R01，有R01232001311則R02100010101xR01AR0xR01bu230x2u7321ycRx100x03-13試將下列系統(tǒng)按能控性和能觀性進行結(jié)構(gòu)分解1001（1）A223,b2,C1122012111解：由已知得MAAbAb221226202rankM=3，則系統(tǒng)能控c112NcA125cA27411rankN=3，則系統(tǒng)能觀所以此系統(tǒng)為能控并且能觀系統(tǒng) 1 7 111 34 4取Tc221226，則Tc217123 202 1 53 4 4 002 1則A105，BTc21b0，ccTc271323 014 03-14求下列傳遞函數(shù)陣的最小實現(xiàn)。（1）wss111111 11 10解：1，B11，Ac01 0 0 10 11 00B01，Cc11，Dc00c系統(tǒng)能控不能觀1111取R101，則R0010所以A?R01AR00101，B?R01Bc1011C?CcR01100，D?0000所以最小實現(xiàn)為A?1，B?11，C?11，D?m0000 m m m驗證：C?msIA?m1B?ms111111ws3-15設(shè)和是兩個能控且能觀的系統(tǒng) 1 2 0 1 021 ：A34，b11，C1 1：A2，b1，C12 2 2試分析由和所組成的串聯(lián)系統(tǒng)的能控性和能觀性，并寫出其傳遞函數(shù)；2試分析由和所組成的并聯(lián)系統(tǒng)的能控性和能觀性，并寫出其傳遞函數(shù)。2解：（1）1和2串聯(lián)當?shù)妮敵鰕是的輸入u時，x2x2xx 1 1 2 2 33 1 2 01 00x340x1u，y001x2120014MbAbA2b1413014則rankM=2<3，所以系統(tǒng)不完全能控。 s2 1 W(s)C(sIA)1B (s2)(s3)(s4)s27s12當?shù)幂敵鰕是的輸入u時 2 2 1 10110x341x0u，y210x0021001因為MbAbA2b016124rankM=3則系統(tǒng)能控c210因為NcA321cA2654rankN=2<3則系統(tǒng)不能觀1W(s)C(sIA)1Bs27s12（2）和并聯(lián) 1 20100x340x1u，y211x0021014AAbAb21413124因為rankM=3，所以系統(tǒng)完全能控c211cA322 cA265 4因為rankN=3，所以系統(tǒng)完全能觀222s2s2wsCsIA1Bs12s2s32現(xiàn)代控制理論第四章習題答案4-1判斷下列二次型函數(shù)的符號性質(zhì)：（1）Q(x)x23x211x22xxxx2xx 1 2 3 12 23 13（2）v(x)x24x2x22xx6xx2xx 1 2 3 12 23 13解：（1）由已知得xQ(x)xxxx3x1xx1x11xx1 1 2 3 1 223 122 32x3117102411 11 1 x1xxx1312x2 1 2 3 1 x3111 2 113121110，20，1 1 21331因此Q(x)是負定的（2）由已知得xQ(x)x1x2x3x14x23x3x13x2x3x12x3xx1 211x314131x3x121x31111110，30，143160 1 2143131因此Q(x)不是正定的4-2已知二階系統(tǒng)的狀態(tài)方程： a a x11 12x a a 21 22試確定系統(tǒng)在平衡狀態(tài)處大范圍漸進穩(wěn)定的條件。解：方法（1）：要使系統(tǒng)在平衡狀態(tài)處大范圍漸進穩(wěn)定，則要求滿足A的特征值均具有負實部。即： a a IA 11 12aa 21 222(aa)aaaa 11 22 1122 12210有解，且解具有負實部。即：aa0且aaaa22 1122 1221方法（2）：系統(tǒng)的原點平衡狀態(tài)x0為大范圍漸近穩(wěn)定，等價于ATPPAQ。eP P取QI，令PP11P12，則帶入ATPPAQ，得到22 2a 2a 0P1a1211a1121a22a21P12110 0 2a 2aP1 12 22 22 2a 2a 021若a aa a4(aa)(aaaa)0，則此方程組有唯一解。即11 22 2111 22 1122 1221 0 2a 2a 12 22 1 Aa2a2 (aaaa) P 21 221222 2111 2(aa)A(a12a22a21a11) Aa112a122 11 22其中detAAaaaa 1122 1221要求P正定，則要求Aa2a2 P 21 220 1 112(aa)A 11 22 (aa)2(aa)2 P11 22 12 210 2 4(aa) 11 22因此aa0，且detA0 11 224-3試用lyapunov第二法確定下列系統(tǒng)原點的穩(wěn)定性。11x23x11x11x解：（1）系統(tǒng)唯一的平衡狀態(tài)是x0。選取Lyapunov函數(shù)為V(x)x2x20，則 e 1 222V?(x)22112x(x2x)2x(2x3x)1 1 2 2 1 22x26xx6x2 1 12 2 3 32(xx)2x20 122 22V?(x)是負定的。x，有V(x)。即系統(tǒng)在原點處大范圍漸近穩(wěn)定。（2）系統(tǒng)唯一的平衡狀態(tài)是x0。選取Lyapunov函數(shù)為V(x)x2x20，則 e 1 2112211222x(xx)2x(xx) 1 1 2 2 1 22x22x20 1 2V?(x)是負定的。x，有V(x)。即系統(tǒng)在原點處大范圍漸近穩(wěn)定。4-6設(shè)非線性系統(tǒng)狀態(tài)方程為：xx 1 2 xa(1x)2xx,a0 22 2 1試確定平衡狀態(tài)的穩(wěn)定性。解：若采用克拉索夫斯基法，則依題意有： x f(x)a(1x2)2xx 2 2 1 f(x)0 1 J(x)xT1a4ax3ax2 2 2取PIQ(x)JT(x)J(x) 0 1 0 1 1a4ax3ax21a4ax3ax2 2 2 2 2 0 0 02a8ax6ax2 2 2很明顯，Q(x)的符號無法確定，故改用李雅普諾夫第二法。選取Lyapunov函數(shù)為V(x)x2x20，則 1 2112211222xx2x(xa(1x)2x)2 2 1 2 22a(1x2)x202V?(x)是負定的。x，有V(x)。即系統(tǒng)在原點處大范圍漸近穩(wěn)定。4-9設(shè)非線性方程：xx2xx3x1 2試用克拉索夫斯基法確定系統(tǒng)原點的穩(wěn)定性。解：（1）采用克拉索夫斯基法，依題意有：x f(x)x32x 1 2 f(x)0 1J(x)xT3x211 x V(x)fT(x)f(x)x2x13x2x32xx22(x13x2)2 1 2x，有V(x)。取PIQ(x)JT(x)J(x) 03x20 11113x121 0 13x2 1 13x2 21 0 13x2則Q(x) 1，根據(jù)希爾維斯特判據(jù)，有： 13x2 213x210，1（3x21）20，Q(x)的符號無法判斷。213x2 211 3 3（2）李雅普諾夫方法：選取Lyapunov函數(shù)為V(x)x4x20，則4122V?(x)3x3x3xx 11 223x13x23x2(x13x2)3x202V?(x)是負定的。x，有V(x)。即系統(tǒng)在原點處大范圍漸近穩(wěn)定。4-12試用變量梯度法構(gòu)造下列系統(tǒng)的李雅普諾夫函數(shù)x-x2x2x 1 1 12x-x2 2解：假設(shè)V(x)的梯度為：axaxV V111 1221axaxV 211 222 2計算V(x)的導數(shù)為：V?(x)(V)Txaxaxaxaxx12x12x2 111 122 211 222x 2ax2aaxxax22ax2x22ax3x 111 12 2112 222 1212 1112選擇參數(shù)，試選aa1,aa0，于是得： 11 22 12 21 x V V xxV1，顯然滿足旋度方程1 2,即120，表明上述選擇的參數(shù)是允許的。則有： x x x x x 2 2 1 2 1V?(x)(12xx)x2x2 121 21 1如果12xx0或xx，則V?(x)是負定的，因此，xx是x和x的約束條件。 12 122 122 1 2計算得到V(x)為： x(x0) x(xx) V(x)12xdx21 1xdx1 1 2 20 0 (x2x2)1 21V(x)是正定的，因此在12xx0即xx范圍內(nèi)，x0是漸進穩(wěn)定的。 12 122 e現(xiàn)代控制理論第五章習題答案5-1已知系統(tǒng)狀態(tài)方程為：1110x011x0u1011試設(shè)計一狀態(tài)反饋陣使閉環(huán)系統(tǒng)極點配置為-1，-2，-3。解：依題意有：1110A011,b01011011MbAbA2b012rankM3，系統(tǒng)能控。112系統(tǒng)(A,b,C)的特征多項式為：0IA(1)3(1)1332210100則將系統(tǒng)寫成能控標準I型，則有x001x0u。1231引入狀態(tài)反饋后，系統(tǒng)的狀態(tài)方程為：x(AbK)xbu，其中K為13矩陣，設(shè)Kkkk，則系統(tǒng) 0 1 2(A,bK,C)的特征多項式為：Kf()det[I(AbK)]3(3k)2(2k)(1k) 2 1 0根據(jù)給定的極點值，得到期望特征多項式為：f*()(1)(2)(3)362116比較f()與f*()各對應(yīng)項系數(shù)，可解得：k5k9k9，則有：K-5-9-9。 0 1 25-3有系統(tǒng)：210x01x1uy10x畫出模擬結(jié)構(gòu)圖。若動態(tài)性能不滿足要求，可否任意配置極點？若指定極點為-3，-3，求狀態(tài)反饋陣。解（1）系統(tǒng)模擬結(jié)構(gòu)圖如下：12--112--12題5-3系統(tǒng)模擬結(jié)構(gòu)圖系統(tǒng)采用狀態(tài)反饋任意配置極點的充要條件是系統(tǒng)(A,b,C)完全能控。0對于系統(tǒng)(A,b,C)有：0MbAb1011rankM2，系統(tǒng)能控，故若系統(tǒng)動態(tài)性能不滿足要求，可任意配置極點。系統(tǒng)(A,b,C)的特征多項式為：0IA(2)(1)232010則將系統(tǒng)寫成能控標準I型，則有x23x1u。引入狀態(tài)反饋后，系統(tǒng)的狀態(tài)方程為：x(AbK)xbu，設(shè)Kkk，則系統(tǒng)(A,bK,C)的特征多1項式為：f()det[I(AbK)]2(3k)(2k)0根據(jù)給定的極點值，得到期望特征多項式為：f*()(3)2269比較f()與f*()各對應(yīng)項系數(shù)，可解得：k7k3，K73。 0 1K5-4設(shè)系統(tǒng)傳遞函數(shù)為(s1)(s2)(s1)(s2)(s3)試問能否利用狀態(tài)反饋將傳遞函數(shù)變成s1(s2)(s3)若有可能，試求出狀態(tài)反饋K，并畫出系統(tǒng)結(jié)構(gòu)圖。 (s1)(s2) s2s2解：W(s) (s1)(s2)(s3)s32s25s6由于傳遞函數(shù)無零極點對消，因此系統(tǒng)為能控且能觀。能控標準I型為0100x001x0u6521y211x令Kkkk為狀態(tài)反饋陣，則閉環(huán)系統(tǒng)的特征多項式為 0 1 2f()det[I(AbK]3(2-k)2(5-k)(6k) 2 1 0由于狀態(tài)反饋不改變系統(tǒng)的零點，根據(jù)題意，配置極點應(yīng)為-2，-2，-3，得期望特征多項式為f*()(2)(3)(2)3721612比較f()與f*()的對應(yīng)項系數(shù)，可得k18k21k5 0 1 2即K18215系統(tǒng)結(jié)構(gòu)圖如下：-52++yu1x2x-611-21-18-5++-23x+v 題5-4系統(tǒng)模擬結(jié)構(gòu)圖 5-5使判斷下列系統(tǒng)通過狀態(tài)反饋能否鎮(zhèn)定。1222（1）A011,b01011解：系統(tǒng)的能控陣為：240MbAbA2b010rankM3，系統(tǒng)能控。115由定理5.2.1可知，采用狀態(tài)反饋對系統(tǒng)(A,b,C)任意配置極點的充要條件是(A,b,C)完全能控。 0 0又由于rankM3，系統(tǒng)(A,b,C)能控，可以采用狀態(tài)反饋將系統(tǒng)的極點配置在根平面的左側(cè)，使閉環(huán)系0統(tǒng)鎮(zhèn)定。5-7設(shè)計一個前饋補償器，使系統(tǒng) 1 1 s1 s2 W(s) 解耦，且解耦后的極點為1,1,2,2。解：W(s)W(s)W(s) 0 ds(s1)sW(s)W(s)-1W(s) d 01 1 s W(s)-1 0 1 1 -1-1s21s(s1)s(s1)(s2)