《现代控制理论》赵明旺 王杰 江卫华华中科技大学出版社习题解答 108页

'课后答案网www.khdaw.com习题解答2-12-22-32-42-52-62-72-82-92-102-112-122-132-142-152-162-172-18 课后答案网www.khdaw.com2-1如题图2-1所示为RLC电路网络,其中Ut()为输入电压,安培表的指示电流i(t)为输出io量。试列写状态空间模型。题图2-1解:(1)根据回路电压和节点电流关系,列出各电压和电流所满足的关系式.dUtLitUt()=+()()iLCdtd1itititCUt()=+=()()()+Ut()LCRCCdtR(2)在这个电路中,只要给定了储能R元件电感L和电容C上的iL和UC的初始值,以及t≥t0时刻后的输入量Ui(t),则电路中各部分的电压、电流在t≥t0时刻以后的值就完全确定了。也就是说,i和U可构成完整的描述系统行为的一组最少个数的变量组,因此可选i和为U状态LCLC变量,即x(t)=i,x(t)=u1L2C(3)将状态变量代入电压电流的关系式,有dx111=−x+U2idtLLdx112=−xx12dtCRC经整理可得如下描述系统动态特性的一阶矩阵微分方程组--状态方程⎡⎤10−⎡1⎤⎡⎤xx&⎢⎥L⎡⎤⎢⎥11=+⎢⎥⎢⎥⎢L⎥Ui⎣⎦xx&22⎢⎥11−⎣⎦⎢⎥⎣0⎦⎢⎥⎣⎦CRC(4)列写描述输出变量与状态变量之间关系的输出方程,11⎡⎤1⎡x1⎤yUx===0⎢⎥C2⎢⎥RR⎣⎦R⎣x2⎦(5)将上述状态方程和输出方程列写在一起,即为描述系统的状态空间模型的状态空间表达式2 课后答案网www.khdaw.com⎡⎤10−⎡1⎤⎡⎤xx&⎢⎥L⎡⎤⎢⎥11=+⎢⎥⎢⎥⎢L⎥Ui⎣⎦xx&22⎢⎥11−⎣⎦⎢⎥⎣0⎦⎢⎥⎣⎦CRC⎡⎤1⎡⎤x1y=0⎢⎥⎢⎥⎣⎦R⎣⎦x23 课后答案网www.khdaw.com2-2如题图2-2所示为RLC电路网络,其中vt()为输入电压,vt()为输出电压。试列写状态12空间模型。题图2-2解:(1)根据回路电压和节点电流关系,列出各电压和电流所满足的关系式.⎧di⎛⎞duLC⎪LR+−=⎜⎟iCu11L⎪⎝⎠ddtt⎨⎪dduuCC⎛⎞uR+=CRiC⎜⎟−⎪CL21⎩ddtt⎝⎠(2)选择状态变量.状态变量的个数应为独立一阶储能元件(如电感和电容)的个数.对本题x1(t)=iL,x2(t)=uC(3)将状态变量代入电压电流的关系式,经整理可得如下描述系统动态特性的一阶矩阵微分方程组--状态方程⎡⎤−−RRR121⎢⎥⎡1⎤⎡⎤xx&()RRLRRL++()⎡⎤11=+⎢⎥1212⎢L⎥u⎢⎥⎢⎥1⎣⎦xx&22⎢⎥R1−1⎣⎦⎢0⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()RRCRRC++()1212(4)列写描述输出变量与状态变量之间关系的输出方程,⎛⎞duC⎡⎤RR12R1⎡⎤x1yuRiC==21⎜⎟L−=RxC1()12−x&=⎢⎥⎢⎥⎝⎠d(tR⎣⎦12++R)(R12R)⎣⎦x2(5)将上述状态方程和输出方程列写在一起,即为描述系统的状态空间模型的状态空间表达式⎡⎤−−RRR121⎢⎥⎡1⎤⎡⎤xx&()RRLRRL++()⎡⎤11=+⎢⎥1212⎢L⎥u⎢⎥⎢⎥1xx&⎢⎥R−1⎢⎥⎣⎦221⎣⎦0⎢⎥⎣⎦⎣⎦()RRCRRC++()1212⎡⎤RR12R1⎡⎤x1y=⎢⎥⎢⎥⎣⎦()RR12++()RR12⎣⎦x24 课后答案网www.khdaw.com2-3设有一个弹簧-质量-阻尼器系统,安装在一个不计质量的小车上,如题图2-3所示。u和y为分别为小车和质量体的位移,k、b和m分别为弹簧弹性系数、阻尼器阻尼系数和质量体质量阻尼器。试建立u为输入,y为输出的状态空间模型。题图2-3解：下面推导安装在小车上的弹簧－质量－阻尼器系统的数学模型。假设t<0时小车静止不动,并且安装在小车上面的弹簧－质量－阻尼器系统这时也处于静止状态(平衡状态)。在这个系统中,ut()是小车的位移,并且是系统的输入量。当t=0时,小车以定常速度运动,即u&=常量。质量的位移y()t为输出量（该位移是相对于地面的位移）。在此系统中,m表示质量,b表示黏性摩擦系数,k表示弹簧刚度。假设阻尼器的摩擦力与y&&−u成正比,并且假设弹簧为线性弹簧,即弹簧力与yu−成正比。对于平移系统,牛顿第二定律可以表示为：ma=∑F式中,m为质量,a为质量加速度,∑F为沿着加速度a的方向并作用在该质量上的外力之和。对该系统应用牛顿第二定律,并且不计小车的质量,我们得到：2dy⎛⎞dydumb=−−−−⎜⎟k()yu2dt⎝⎠dtdt2dydydu即：mbk++=+ybku2dtdtdt这个方程就是该系统的数学模型。对这个方程进行拉普拉斯变换,并且令初始条件等于零,得到：2(ms+bs+k)Y(s)=(bs+k)U(s)取Y(s)与U(s)之比,求得系统的传递函数为：Ys()bsk+Gs()==2Us()msbsk++下面我们来求这个系统的状态空间模型。首先将该系统的微分方程bkbk&&yyyu++=+&&ummmm与下列标准形式比较：5 课后答案网www.khdaw.com&&yayaybububu++=++&&&&12o12得到：bkbka=,a=,b=0,b=,b=12o12mmmm即而得到：β==b000bββ=−ba=1110m2kb⎛⎞ββ=−−baaβ=−⎜⎟221120mm⎝⎠并定义：xyuy=−=β10bx=−=−xux&&βu2111m可得到：bxxux&=+=+βu1212m2kbkb⎡⎛⎞⎤x&=−axax−+βu=−x−x+⎢−⎜⎟⎥u22112212mmmm⎢⎣⎝⎠⎥⎦输出方程为：yx=1即：⎡b⎤⎡⎤01⎢⎥⎡⎤xx&11=+⎢⎥⎡⎤⎢m⎥⎢⎥kb⎢⎥2uxx&⎢⎥−−⎢kb⎛⎞⎥⎣⎦22⎣⎦⎣⎦⎢⎥mm⎢−⎜⎟⎥⎣mm⎝⎠⎦⎡⎤x1y=[]10⎢⎥⎣⎦x26 课后答案网www.khdaw.com2-4题图2-4为登月舱在月球软着陆的示意图。其中,m为登月舱质量,g为月球表面重力常数,−km&项为反向推力,k为常数,y为登月舱相对于地球表面着陆点的距离。现指定状态变量组x=y,x=y&和x=m,输入变量u=m&,试列出系统的状态方程。123题图2-4解：本题属于由物理系统建立状态空间描述的基本题。对给定力学系统,储能元件质量的相应变量即位置、速度和质量（本题中他也是随时间改变的）,可被取为状态变量组x=y,x=y&和x=m。123基此,利用力学定律并考虑到输入变量u=m&,先来导出xyx&&==12kgmgkx&&==ym&&−=−x+u23mmxx33xmu&&==3在将此方程组表为向量方程,就得到系统的状态方程：⎡x&1⎤⎡010⎤⎡x1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢g⎥⎢⎥⎢k⎥⎢x&2⎥=⎢00−x3⎥⎢x2⎥+⎢x3⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣x&3⎦⎢⎣000⎥⎦⎣x3⎦⎢⎣1⎥⎦且由状态方程形式可以看出,给定力学系统为非线性系统。7 课后答案网www.khdaw.com2-5某磁场控制的直流电动机的简化原理图如题图2-5所示,其中电动机轴上的负载为阻尼摩擦,其摩擦系数为f;电动机轴上的转动惯量为J。设输入为电枢电压ua和激磁电压uf,输出为电机转角θ,试列出系统的状态空间模型。题图2-5解设电动机的铁芯工作在非饱和区。分析题图2-5所描述的电动机转速控制系统,可以写出电动机的主回路、励磁回路电压方程和轴转动运动方程为uR=+iEaaaadifuR=+iLffffdt2ddθθMJ=+f2ddtt式中,Ea和M分别为如下电动机电枢电势和电动机转矩,且ddθθEC=Φ=ki,M=Φ=Cikiiaeefmamfaddtt式中,Ce和Cm分别为电动机的电枢电势常数和转矩常数；Φ为磁场的磁通量，其正比于励磁回路电流if；ke和km分别为比例常数。因此,主回路、励磁回路电压方程和轴转动运动可记为⎧dθuR=+iki⎪aaaefdt⎪⎪dif⎨uRff=+iLff(2-13)⎪dt⎪2ddθθ⎪kii=+Jfmfa2⎩ddtt对于上述微分方程组,若已知电枢电流if(t)、角位移θ(t)及其导数dθt)(/dt在初始时刻t0的值,以及电枢电压ua和励磁回路电压uf,则方程组有惟一解。因此,可以选择状态变量为d()θtxtit()===(),xt()θ(),txt()123fdt因此,由微分方程组(2-13)可得系统的状态方程为8 课后答案网www.khdaw.com⎧Rf1⎪xxu&=+-11fLL⎪ff⎪⎨xx&=23⎪kkf⎛⎞u−kxxf⎪x&==mmxi--xxae13x3131a⎜⎟3⎪JJJRJ⎩⎝⎠a输出方程为y=θ=x2由上述状态方程和输出方程可得系统的非线性状态空间模型为⎧Rf1⎪xxu&=+-11fLL⎪ff⎪⎨xx&=23⎪⎪=−kkmmke2fx&uxxx-x31a133⎪JRaaJRJ⎩yx=29 课后答案网www.khdaw.com2-6题图2-6为一化学反应器,它是一个均匀、连续流动单元,其中发生如下反应速率常数为k的一级吸热反应kA→B该化工反应生产过程为:温度为常量θf,含A物质浓度为常量CAf的料液以Q(t)的流量进入反应器;假定流出的液体的流量也为Q(t),保持单元内液体体积为V;为了使化学反应向右进行,用蒸汽对反应器内的溶液进行加热,蒸汽加热量为q(t)。试以料液的流量Q(t)和蒸汽加热量q(t)为输入,容器内的液体的温度θ(t)和物质B的浓度CB(Bt)为输出,建立状态空间模型。题图2-6参见2.2小节例题10 课后答案网www.khdaw.com2-7.将以下系统输入输出方程变换为状态空间模型。(1)&&&y+++=2635&&yyy&u(2)23&&&y−yuu=−&&&(3)&&&y+++=+++4522&&yyyuuuu&&&&&&&2解(1)由所求的系统输入输出方程,有a1=2,a2=6,a3=3,b=5当选择输出y及其1阶、2阶导数为状态变量时,可得状态空间模型为⎡010⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥xx&=+0010u⎢⎥⎢⎥⎢⎣−−−362⎥⎢⎦⎣5⎥⎦yx=[100](2)先将方程变换成y的首项的系数为1,对方程两边除以2，得311&&&yyu−=−&&&u222由所求的系统输入输出方程,有a1=0,a2=0,a3=-3/2,b0=1/2,b1=0,b2=0,b3=-1/2,故由式(2-17)可得β==b1/200ββ=−ba=01110ββ=−−baaβ=0221120ββ=−−−=baaaββ1/433122130因此,当选择状态变量⎧1xyuyu=−=−β⎪102⎪⎪1⎨xyuuyu=−−=−&&ββ&&210⎪2⎪1⎪x=−−−=−&&yuuuyβββ&&&&&u&&3210⎩2时,可写出状态空间模型为11 课后答案网www.khdaw.com⎡010⎤⎡⎤0⎢⎥⎢⎥xx&=+0010u⎢⎥⎢⎥⎢⎣3/200⎥⎢⎥⎦⎣⎦1/41yx=+[100]u2(3)由所求的系统输入输出方程,有a1=4,a2=5,a3=2,b0=2,b1=1,b2=1,b3=2,故由式(2-17)可得β==b200ββ=−ba=−71110ββ=−−baaβ=19221120ββ=−−−baaaββ=−4333122130因此,当选择状态变量⎧xyuyu=−=−β210⎪⎨xyuuyuu=−−=+−&&ββ&&72210⎪⎩x=−−−=−+−&&yuuuyuuβββ&&&&&197&2u&&3210时,可写出状态空间模型为⎡010⎤⎡⎤−7⎢⎥⎢⎥xx&=+00119u⎢⎥⎢⎥⎢⎣−−−254⎥⎢⎥⎦⎣⎦−43yx=+[100]2u12 课后答案网www.khdaw.com2-8将下列传递函数转换为状态空间模型2221ss++840s+21s+(1)Gs()=(2)Gs()=322sss+++6116ss+56+3(s+5)(3)Gs()=2(3ss++)(1)32解(1)由系统特征多项式s+6s+11s+6,可求得系统的极点为s1=-1,s2=-2,s3=-3于是有k1k2k3G(s)=++s−s1s−s2s−s3其中,kG=+=[()(1)]ss1211s=−kG=[()(2)]ss+=−1222s=−kG=+=[()(3)]ss233s=−故当选择状态变量为G(s)分式并联分解的各个一阶惯性环节的输出,则可得状态空间模型为⎡−100⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥xx&=−020+1u⎢⎥⎢⎥⎢⎣003−⎥⎢⎦⎣1⎥⎦yx=−[12122](2)对本题，先用长除法求出严格真有理函数如下2ss++21−−35s%Gs()==1+=1+Gs()22ss++56ss++562由系统特征多项式ss++56,可求得系统的极点为s1=-2,s2=-3于是有kk12Gs()1=++s−sss−12其中,kG=+=[()(2)]%ss112s=−kG=[()(3)]%ss+=−423s=−故当选择状态变量为G(s)分式并联分解的各个一阶惯性环节的输出,则可得状态空间模型为13 课后答案网www.khdaw.com⎡⎤−20⎡1⎤xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎣⎦031−⎣⎦yx=−+[14]u2(3)由系统特征多项式(3ss++)(1),可求得系统的极点为s1=s2=-3,s3=-1于是有k11k12k31G(s)=++2s−ss−s(s−s1)13其中2kG=+=[()(3)]ss−3,11s=−2d2kG=+[()(3)]ss=−3,12s=−2dskG=+=[()(1)]ss3。31s=−1故当选择状态变量为G(s)分式串-并联分解的各个一阶惯性环节的输出,可得状态空间模型为⎡−310⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥xx&=−⎢030⎥⎢+1⎥u⎢001−⎥⎢1⎥⎣⎦⎣⎦yx=−−[333]14 课后答案网www.khdaw.com2-9试求题图2-9所示系统的模拟结构图,并建立其状态空间模型。U(s)K1Kps+K11Kbθ(s)Ks+Ks2+_p1+_+_J1sJ2sKns题图2-9解：系统方框图变换成：u1x11x211x3K1x41x5θKb1KK1J+_p_s_s_1sJ2ssKx611KKKpnps⎧x&=+AxBu则状态空间表达式⎨中：⎩yC=+xDu⎡−k1/kp000−k1/kp0⎤⎡k/k⎤⎢⎥1pk0−k000⎢⎥⎢11⎥0⎢⎥⎢k/J/1J−k/J00−k/J⎥p11p1n1⎢0⎥A=⎢⎥B=⎢⎥,⎢00kb/J2000⎥⎢0⎥⎢000100⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣001000⎥⎦⎢⎣0⎥⎦C=[000010],D=015 课后答案网www.khdaw.com2-10给定题图2-10所示的一个系统方框图,输入变量和输出变量分别为u和y,试列出系统的一个状态空间模型。题图2-10解：首先,定出状态方程。对此,需将给定方块图化为图示规范方块图,并按图中所示把每个一阶环节的输出取为状态变量x,,,xxx。进而,利用每个环节的因果关系,可以导出变换1234域变量关系式：10xˆˆ12()su=−{}()s5⎡⎣xˆ()s−xˆ3()s⎤⎦s+22xˆˆ2()s=−{}xsxsxsxs1234()ˆ()+ˆ()+ˆ()s2xˆˆ31()s=−{}xsxsxsxs()ˆ2()+ˆ3()+ˆ4()s+11xˆˆ42()sx=−{}()sxˆ3()ss+3基此,可以导出变换域状态变量方程：sxsˆˆˆˆˆ1123()=−25xs()−05xs()+01xs()+0us()sxsˆˆˆˆˆ21234()=−++2222xs()xs()xs()xs()sxsˆˆˆˆˆ31234()=−++22xs()xsxs()()2xs()sxsˆˆˆˆ42()=−−23xsxsxs()34()()−1将上述关系式组取拉普拉斯反变换,并运用L{sxs()}=x&,就定义此方块图的状态变量方ii程：x&=−25xxx−05+01+0u1123xxxxx&=−++222221234xxxxx&=−++22231234xxxx&=−−3423416 课后答案网www.khdaw.com再将上述方程组表为向量方程,得到此方块图的状态方程：⎡⎤xx&11⎡−−250500⎤⎡⎡⎤10⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎥⎥xx&2-2220⎢⎥22=+⎢⎥⎢⎢⎥⎥u⎢⎥xx&⎢2-212⎥⎢⎢⎥0⎥33⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎥⎥⎢⎥⎣⎦xx&44⎣01-1-3⎦⎣⎢⎥⎣⎦0⎦进而,定出输出方程。对此,由方块图中相应环节显示的因果关系,可直接导出此方块图的输出方程：⎡x1⎤⎢⎥xy=−[]0110⎢2⎥⎢x⎥3⎢⎥⎢⎣x4⎥⎦17 课后答案网www.khdaw.com2-11已知系统的状态空间模型为⎡300⎤⎡⎤10⎢⎥⎢⎥xx&=+15220u⎢⎥⎢⎥⎢⎣021⎥⎢⎥⎦⎣⎦05⎡⎤301yx=⎢⎥⎣⎦620现用x%=Px进行状态变换,其变换矩阵为⎡100⎤⎢⎥P=020⎢⎥⎢⎣003⎥⎦试写出状态变换后的状态方程和输出方程。解本题的线性变换为x%=Px，因此相应的各个矩阵的变换公式为−−11AP%%==APBP,,,%%BCC=PDD=P的逆矩阵为⎡100⎤−1⎢⎥P=01/20⎢⎥⎢⎣001/3⎥⎦因此有⎡300⎤⎡10⎤AP%==AP−1⎢254/3⎥⎢BP%=B=40⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣031⎥⎢⎦⎣015⎥⎦⎡⎤301/3CC%==P−1⎢⎥⎣⎦610~故系统在新的状态变量x下的状态空间模型为⎡300⎤⎡⎤10xx%%&=+⎢254/3⎥⎢⎥40u⎢⎥⎢⎥⎢⎣031⎥⎢⎥⎦⎣⎦015⎡⎤301/3yx=⎢⎥%⎣⎦61018 课后答案网www.khdaw.com2-12求下列各方阵A的特征值、特征向量和广义特征向量。⎡122⎤⎡13⎤⎢⎥(1)A＝⎢⎥(2)A=⎢212⎥⎣⎦02⎢⎣221⎥⎦⎡⎤010⎡010⎤⎢⎥⎢⎥(3)A=001(4)A=001⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦254−⎢⎣−81−−26⎥⎦解(1)由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=1,λ2=2计算对应于λ1=1的特征向量。按定义有(λ1I-A)v1=0将A、λ1和v1代入上式,有⎡⎤03−⎡⎤v11⎢⎥⎢⎥=0⎣⎦01−⎣⎦v12该方程组有无穷组解。由于n-rank(λ1I-A)=1,即特征向量解空间为1维,其通解式为TTvv11==[100][v11]令v11=1,可得如下独立的特征向量Tv1=[10]再计算对应于重特征值λ2=2的特征向量。按定义有(λ2I-A)v2=0将A、λ2和v2代入上式,有⎡⎤13−⎡⎤v21⎢⎥⎢⎥=0⎣⎦00⎣⎦v22由于n-rank(λ2I-A)=1,该方程组有特征向量解空间为1维,其通解式为TTvvv22==[122][3vv2222]因此,令v22=1,解之得Tv2=[31]19 课后答案网www.khdaw.com(2)由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=λ2=-1,λ3=5即-1为系统的二重特征值,其代数重数为2。计算对应于二重特征值-1的特征向量。按定义有(λ1I-A)v1=0将A、λ1和v1代入上式,有⎡⎤−−−222⎡⎤v11⎢⎥⎢⎥−222−−v=0⎢⎥⎢⎥12⎢⎥−−−222⎢⎥v⎣⎦⎣13⎦由于n-rank(λ1I-A)=2,该方程组有特征向量解空间为2维,故特征向量解空间为2维,独立的特征向量数为2。解该方程,可得特征向量的通解式为TTvvvv11==[]11223[]vv1112−()vv111+2因此,令v11=1,v12=0或1,解之得TTv1=−[101]和v2=−[112]即重特征值2有两个线性独立的特征向量,故该重特征值的几何重数亦为2。再计算对应于重特征值λ3=5的特征向量。按定义有(λ3I-A)v2=0将A、λ3和v3代入上式,有⎡⎤422−−⎡⎤v31⎢⎥⎢⎥−242−=v0⎢⎥⎢⎥32⎢⎥−−224⎢⎥v⎣⎦⎣33⎦该方程组有无穷组解。由于n-rank(λ1I-A)=1,即特征向量解空间为1维,其通解式为TTvvvv33==[]13233[vvv313131]令v31=1,可得如下独立的特征向量Tv1=[111](4)由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=λ2=1,λ3=2由于矩阵为友矩阵，因此对应于λ1=λ2=1的特征向量和广义特征向量分别为20 课后答案网www.khdaw.comTT2vv1,1==1⎡⎤⎣⎦11λλ11=[]11TTv1,2==[]012λ1[]012对应于λ3=2的特征向量和广义特征向量分别为TT2v33==⎡⎤⎣⎦11λλ3[]24(4)由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=λ2=λ3=-2由于矩阵为友矩阵，因此对应于λ1=λ2=λ3=-2的特征向量和广义特征向量分别为TT2vv1,1==1⎡⎤⎣⎦11λλ11=−[]24TTv1,2==[]012λ1[]014−TTv1,3==[]001[]00121 课后答案网www.khdaw.com2-13试将下列状态方程变换为约旦规范形(对角线规范形)⎧−⎡⎤211−⎡7⎤⎪⎢⎥⎢⎥⎪xx&=−⎢⎥010+⎢2u⎡882−−⎤⎡⎤23⎥(1)⎪⎨⎢⎥⎣⎦021⎢⎣3⎥⎦(2)xx&=−−+⎢432⎥⎢⎥15u⎢⎥⎢⎥⎪⎡⎤001⎢⎣341−⎥⎢⎥⎦⎣⎦71⎪y=⎢⎥x⎪⎩⎣⎦120解(1)先求A的特征值。由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=-1,λ2=1,λ3=2求特征值所对应的状态向量。由前述方法可求得特征值λ1,λ2,和λ3所对应的特征向量分别为τττp1=[01-1],p2=[101],p3=[-100]-1取系统的特征向量组成线性变换矩阵P并求逆矩阵PP,即有⎡⎤⎡011−010⎤⎢⎥⎢−1⎥PP==100,011⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎦⎣−−110111⎥⎦~~~计算A、B和C⎡−100⎤⎡2⎤APA%==−−11P⎢010,⎥⎢BPB%==5⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣002⎥⎢⎦⎣−2⎥⎦⎡⎤−110CC%==P⎢⎥⎣⎦211−~故系统在新的状态变量x下的状态空间模型为⎡−100⎤⎡⎤2xx%%&=+⎢010⎥⎢⎥5u⎢⎥⎢⎥⎢⎣002⎥⎢⎥⎦⎣⎦−2⎡⎤−110yx=⎢⎥%⎣⎦211−(2)先求A的特征值。由特征方程|λI-A|=0可求得系统的特征值为λ1=-1,λ2=1,λ3=222 课后答案网www.khdaw.com求特征值所对应的状态向量。由前述方法可求得特征值λ1,λ2,和λ3所对应的特征向量分别为τττp1=[-4-3-2],p2=[321],p3=[211]-1取系统的特征向量组成线性变换矩阵P并求逆矩阵PP,即有⎡⎤⎡−−432111−⎤⎢⎥⎢−1⎥PP=−321,=102−⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎦⎣−−211121⎥⎦~~计算A、B⎡⎤100⎡−63−⎤APA%==−−11P⎢⎥020,BPB%==⎢−121⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥003⎣⎢7−6⎦⎥~故系统在新的状态变量x下的状态空间模型为⎡100⎤⎡−−63⎤⎢⎥⎢⎥xx%%&=+020−121u⎢⎥⎢⎥⎢⎣003⎥⎢⎦⎣7−6⎥⎦23 课后答案网www.khdaw.com2-14状态空间模型为⎡010⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥xx&=−−230+1u⎢⎥⎢⎥⎢⎣−−113⎥⎢⎦⎣2⎥⎦y=[]001x(1)画出其模拟结构图;(2)求系统的传递函数。解：(i)系统的模拟结构图如下：2uy1x21x11x3-1sss-3-3-2(ii)传递函数Gs()由下式给出：−1G(s)=C(sI−A)B+D对于该问题,矩阵A,B,C和D为：⎡010⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥A=−2−30,B=1,C=[001],D=0⎢⎥⎢⎥⎢⎣−11−3⎥⎦⎢⎣2⎥⎦因此：−1⎡s−10⎤⎡0⎤[]⎢⎥⎢⎥G(s)=0012s+301⎢⎥⎢⎥⎢⎣1−1s+3⎥⎦⎢⎣2⎥⎦22s+7s+3=32s+6s+11s+624 课后答案网www.khdaw.com2-15已知两系统的传递函数阵WsWs()和()分别为12⎡⎤11⎡11⎤⎢⎥⎢⎥ss++12ss++34Ws()=⎢⎥,Ws()=⎢⎥12⎢⎥s+1⎢1⎥00⎢⎥⎣⎦s+2⎢⎣s+1⎥⎦试求两子系统串联联结和并联联结时,系统的传递函数阵。解：串联联结时,WsWsWs()=⋅()()21⎡11⎤⎡11⎤⎢⎥⎢⎥=s+3s+4s+1s+2⎢1⎥⎢s+1⎥⎢0⎥⎢0⎥⎣s+1⎦⎣s+2⎦2⎡1s+5s+7⎤⎢232⎥=s+4s+3s+9s+26s+24⎢⎥11⎢⎥⎢22⎥⎣s+2s+1s+3s+2⎦并联联结时,WsWsWs()=+()()12⎡11⎤⎡11⎤⎢⎥⎢⎥=⎢s+1s+2⎥+⎢s+3s+4⎥s+11⎢0⎥⎢0⎥⎣s+2⎦⎣s+1⎦⎡11⎤⎢22⎥=s+4s+3s+6s+8⎢⎥1s+1⎢⎥⎣s+1s+2⎦25 课后答案网www.khdaw.com2-16给定题图2-16所示的动态输出反馈系统,其中,⎡⎤⎡1111⎤⎢⎥⎢⎥ss++12ss++34Gs12()==⎢⎥⎢,Gs()⎥⎢⎥⎢s+11⎥00⎢⎥⎢⎣⎦⎣ss++21⎥⎦试定出反馈系统的传递函数矩阵Gs()。uˆ()s+yˆ(s)G(s)1_G(s)2题图2-16解：计算所依据的关系式为()()[]()()−1()[()()]−1()Gs=GsI+GsGs或Gs=I+GsGsGs121121采用前一个计算公式。对此,先行计算⎡11⎤⎡11⎤⎢⎥⎢⎥s+3s+4s+1s+2G()()sGs=⎢⎥⎢⎥21⎢1⎥⎢s+1⎥00⎢⎥⎢⎥⎣s+1⎦⎣s+2⎦2⎡1s+5s+7⎤⎢⎥()s+1()s+3()s+2()s+3()s+4=⎢⎥⎢11⎥⎢⎥2⎢⎣()s+1()s+1()s+2⎥⎦22⎡s+4s+4s+5s+7⎤⎢⎥()s+1()s+3()s+2()s+3()s+4[]I+G()()sGs=⎢⎥21⎢2⎥1s+3s+3⎢⎥2⎢⎣()s+1()s+1()s+2⎥⎦−122⎡s+4s+4s+5s+7⎤⎢⎥()s+1()s+3()s+2()s+3()s+4[]()()−1⎢⎥I+GsGs=21⎢2⎥1s+3s+3⎢⎥2⎢⎣()s+1()s+1()s+2⎥⎦26 课后答案网www.khdaw.com22⎡()s+3s+3()s+3()s+4(s+5s+7)(s+1)⎤⎢432432⎥s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41=⎢⎥⎢()s+2()s+3()s+4()s2+4s+4()s+2()s+4⎥⎢⎥()()432432⎣s+1s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41⎦基此,求得()()[]()()−1Gs=GsI+GsGs12122⎡11⎤⎡()s+3s+3()s+3()s+4()s+5s+7()s+1⎤⎢⎥⎢432432⎥=⎢s+1s+2⎥×⎢s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41⎥⎢s+1⎥⎢()s+2()s+3()s+4()s2+4s+4()s+2()s+4⎥0⎢⎥⎢⎥432432⎣s+2⎦⎣()s+1()s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41⎦32⎡()s+2()s+3()s+4s+7s+15s+9⎤⎢432432⎥s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41=⎢⎥⎢()s+3()s+4()s2+4s+4()s+1()s+4⎥⎢⎥432432⎣s+10s+37s+62s+41s+10s+37s+62s+41⎦27 课后答案网www.khdaw.com2-17将下列系统输入输出方程变换为状态空间模型。(1)yk(2++)2(1yk++)()(yk=uk)(2)yk(2)++++yk(1)0.16()yk=++uk(1)2()uk解：(1)可知：a=2a=1b=0b=0b=112012故可得：β=b=000β=b−aβ=0−2×0=01110β=b−aβ−aβ=1−1×0−1×0=1221120因此,当选择状态变量如下：x(k)=y(k)−βu(k)=y(k)10x(k)=y(k+)1−βu(k)−βu(k+)1=y(k+)1210可写出如下线性离散系统的状态空间表达式:⎡01⎤⎡0⎤x(k+)1=⎢⎥x(k)+⎢⎥u(k)⎣−1−2⎦⎣1⎦y(k)=[]10x(k)(2)yk(++++2)yk(1)0.16()yk=++uk(1)2()uk解：可知：a=1a=.016b=0b=1b=212012故可得：β=b=000β=b−aβ=1−1×0=11110β=b−aβ−aβ=2−1×1−.016×0=1221120因此,当选择状态变量如下：x(k)=y(k)−βu(k)=y(k)10x(k)=y(k+)1−βu(k)−βu(k+)1=y(k+)1−u(k)210可写出如下线性离散系统的状态空间表达式:⎡01⎤⎡1⎤x(k+)1=⎢⎥x(k)+⎢⎥u(k)⎣−.016−1⎦⎣1⎦28 课后答案网www.khdaw.comy(k)=[]10x(k)29 课后答案网www.khdaw.com2-18求下列系统状态空间模型对应的z域传递函数G(z)⎧−⎡⎤⎡201⎤⎧⎡⎤01⎡0⎤⎪xx(1kk+=)⎢⎥⎢()+⎥u(k)⎪xx(1kk+=)⎢⎥()+⎢⎥u()k(1)⎨⎣⎦⎣03−1⎦(2)⎨⎣⎦−−0.161⎣1⎦⎪⎪⎩yk()14()()=−[]xk+uk⎩yk()21()=[]xk解：(1)由公式可得：−1G(z)=C(zI−G)H+D−1⎡z+20⎤⎡1⎤=1[−]4⎢⎥⎢⎥+1⎣0z+3⎦⎣1⎦⎡1⎤0[]⎢z+2⎥⎡1⎤=1−4⎢1⎥⎢⎥+1⎢0⎥⎣1⎦⎣z+3⎦2z+2z+1=2z+5z+6⎡⎤01⎡0⎤(2)x(1kx+=)⎢⎥()k+⎢⎥u(k)⎣⎦−−0.161⎣1⎦yk()21()=[]xk解：由公式可得：−1G(z)=C(zI−G)H+D−1⎡z−1⎤⎡0⎤=2[]1⎢⎥⎢⎥⎣.016z+1⎦⎣1⎦2⎡z+.084z+.0161⎤⎢22⎥⎡0⎤z(z+z+.016)z+z+.016=[]21⎢⎥⎢⎥⎢−.016z⎥⎣1⎦⎢⎣z2+z+.016z2+z+.016⎥⎦z+2=2z+z+.01630 课后答案网www.khdaw.com习题解答3-13-23-33-43-53-63-73-83-93-10 课后答案网www.khdaw.comAt3-1试用直接计算法计算下列矩阵A的矩阵指数函数e(即状态转移矩阵)。⎡100⎤⎡−10⎤⎢⎥⑴A=⎢⎥⑵A=⎢001⎥⎣01⎦⎢⎣0−10⎥⎦At解(1)按矩阵指数函数e的展开式，可计算如下:22kkAtAtAte=++IAt++...+...2!k!22⎡⎤10⎡⎤−−10⎡⎤10t=++⎢⎥⎢⎥t⎢⎥+...⎣⎦0101⎣⎦⎣⎦012!⎡⎤121.−+tt+..0⎢⎥2!=⎢⎥⎢⎥1201++tt+...⎢⎥⎣⎦2!−t⎡⎤e0=⎢⎥t⎣⎦0eAt(2)按矩阵指数函数e的展开式，可计算如下:22kkAtAtAte=++IAt++...+...2!k!2⎡⎤100100⎡⎤⎡⎤1002⎢⎥⎢⎥⎢⎥t=++010001t001+...⎢⎥⎢⎥⎢⎥2!⎢⎥⎣⎦001010⎢⎥⎣⎦−−⎢⎥⎣⎦010⎡⎤121.++tt+..00⎢⎥2!⎢⎥⎢⎥1123=−01tt+...−t+...⎢⎥2!3!⎢⎥⎢⎥0−+tt1132+...1−t+...⎢⎥⎣⎦3!2!t⎡⎤e00⎢⎥=⎢⎥0cossttin⎢⎥0s−inttcos⎣⎦2 课后答案网www.khdaw.comAt3-2试利用矩阵指数函数的性质计算下列矩阵A的矩阵值函数e。⎡−210⎤⎡000⎤⎢⎥⎢⎥⑴A=0−20⑵A=100⎢⎥⎢⎥⎢⎣00−2⎥⎦⎢⎣001⎥⎦解(1)因为A矩阵为由⎡⎤−21AA12=⎢⎥=−[]2⎣⎦02−At2个方块矩阵组成的块对角矩阵，因此矩阵A的矩阵值函数e为⎡⎤−21⎡⎤⎡⎤1t⎡10t⎤⎡⎤e0A1t⎡⎤⎢⎥t⎢⎥e0−2t⎢⎥⎢⎥eeAt==⎢⎥e0⎣⎦02−=01=−2t⎢⎥A2t⎢⎥⎣⎦⎢010⎥⎣⎦0e⎢⎥0e−2t⎢⎥0e−2t⎢001⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦(2)因为A矩阵为由⎡⎤00AA12=⎢⎥=[]1⎣⎦102个方块矩阵组成的块对角矩阵，其中块矩阵A1的矩阵指数函数为TT⎛⎞⎛⎞⎡⎤00⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡011t10⎤e=expA1t⎜⎟⎜⎟⎢⎥tt=exp⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢==⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦10⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣0001t1⎦At因此矩阵A的矩阵值函数e为⎡100⎤⎡⎤e0A1t⎢⎥Ate1==⎢⎥⎢t0⎥0eA2t⎣⎦⎢t⎥00e⎣⎦3 课后答案网www.khdaw.comAt3-3试选择适当的方法计算下列矩阵A的矩阵指数函数e。⎡100⎤⎢⎥⎡01⎤⑴A=⎢011⎥⑵A=⎢⎥(a≠b)⎣−ab−(a+b)⎦⎢⎣002⎥⎦解(1)因为A矩阵为由⎡11⎤AA12==[]1⎢⎥⎣02⎦2个方块矩阵组成的块对角矩阵，其中块矩阵A2的矩阵指数函数的计算过程为⎡111⎤−−1adj(sI−A2)1⎡⎤s−21⎢sss−12−−1⎥()sI−=A=⎢⎥=⎢⎥2sI−−A(1s)(2s−)⎣⎦01s−⎢1⎥20⎢⎣s−2⎥⎦ttt2⎡⎤eee−e[At2=−=L−−11()sIA]⎢⎥22t⎣⎦0eAt因此矩阵A的矩阵值函数e为t⎡e00⎤⎡⎤e0A1t⎢⎥Att2tte0==⎢⎥A2t⎢ee−e⎥⎣⎦0e⎢2t⎥00e⎣⎦2At(2)因为A矩阵的特征多项式为s+(a+b)s+ab,其特征值为-a和-b。因此矩阵A的矩阵值函数e可表示为Ate=α0t)(I+α1(t)A其中待定函数由如下计算确定⎡⎤α()t⎡⎤1e−−ab−1⎡−−at⎤⎡1eat+e−bt⎤0a⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥α()t1−bee−−btab−−+ate−bt⎣⎦1⎣⎦⎢⎣⎥⎢⎦⎣⎥⎦则系统的矩阵指数函数为Ate=+αα()tI()tA011−−atbt−−atbt=−{}(ebaI++e)(ee)−+Aab−−−atbt−−atbt1⎡−+baeeee−+⎤=⎢⎥−−atbt−−atbtab−⎣−−+ab(ee)ea−be⎦4 课后答案网www.khdaw.com3-4试说明下列矩阵是否满足状态转移矩阵的条件,若满足,试求与之对应的A矩阵。⎡100⎤1⎡(2e−t+e3t)e3t−e−t⎤⎢⎥⑴Φt)(=0cost−sint⑵Φ(t)=⎢⎥⎢⎥4(4e3t−e−t)(2e−t+e3t)⎢⎣0sintcost⎥⎦⎣⎦解(1)判断是否为状态转移矩阵，主要看是否其满足状态转移矩阵的如下定义式。⎧Φ&(t)=AΦ(t)⎨⎩Φ)0(=I本例的Φ(t)显然满足定义的初始条件。设该Φ(t)满足该微分方程式，则也应该满足t=0的情形Φ=Φ&(0)A(0)即A=Φ&(0)将本例的Φ(t)代入有⎡⎤000⎡000⎤At=Φ&(0)=⎢⎥0−sin−cost=⎢00−1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦0cossttint=0⎢⎣010⎥⎦对上述计算出的A，还需检验其是否满足Φ(t)定义中的微分方程式。该微分方程式的左右两边分别为⎡⎤000Φ=−&()tt⎢⎥0sin−cost⎢⎥⎢⎥⎣⎦0costt−sin⎡⎤00010⎡0⎤⎡000⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥AΦ=()0010costt−−sint=−0sint−cost⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦0100sincos⎢⎣tt⎥⎦⎢⎣0cost−sint⎥⎦综上所述，因为该A矩阵满足Φ(t)定义中的微分方程式和初始条件，因此其为该Φ(t)为一个状态转移矩阵，A为其对应的系统矩阵。(2)判断是否为状态转移矩阵，主要看是否其满足状态转移矩阵的如下定义式。⎧Φ&(t)=AΦ(t)⎨⎩Φ)0(=I本例的Φ(t)显然满足定义的初始条件。设该Φ(t)满足该微分方程式，则也应该满足t=0的情形5 课后答案网www.khdaw.comΦ=Φ&(0)A(0)即A=Φ&(0)将本例的Φ(t)代入有−−tt33tt1⎡⎤2(−+ee3)3ee+⎡11⎤A=Φ&(0)=⎢⎥=⎢⎥33tt−−tt4⎣⎦4(3ee+−)2(ee+3)⎣41⎦t=0对上述计算出的A，还需检验其是否满足Φ(t)定义中的微分方程式。该微分方程式的左右两边分别为−−tt33tt1⎡⎤2(−+ee3)3ee+Φ=&()t⎢⎥33tt−−tt4⎣⎦4(3ee+−)2(ee+3)−−tt33tt−tt33tt−⎡⎤1111⎡⎤2(eeee+−)⎡2(−ee+3)3ee+⎤AtΦ=()⎢⎥×⎢⎥=⎢⎥33tt−−tt3tt−−tt3⎣⎦4144⎣⎦4(ee−+)2(ee)⎣4(3ee+)2(−ee+3)⎦综上所述，因为该A矩阵满足Φ(t)定义中的微分方程式和初始条件，因此其为该Φ(t)为一个状态转移矩阵，A为其对应的系统矩阵。6 课后答案网www.khdaw.com3-5试求下列齐次状态方程的解。⎡x&1⎤⎡−100⎤⎡x1⎤⎡x&1⎤⎡210⎤⎡x1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(1)⎢x&2⎥=⎢0−20⎥⎢x2⎥(2)⎢x&2⎥=⎢021⎥⎢x2⎥⎢⎣x&3⎥⎦⎢⎣00−3⎥⎦⎢⎣x3⎥⎦⎢⎣x&3⎥⎦⎢⎣002⎥⎦⎢⎣x3⎥⎦解：(1)由于A矩阵为对角线矩阵，其对应的矩阵指数函数为−t⎡e00⎤At⎢−2t⎥e0=⎢e0⎥⎢00e−3t⎥⎣⎦因此齐次状态方程的解为⎡⎤e00−−()tt0Att()−−00⎢⎥2()tt−xx()=ett()=0e0x()t00⎢⎥⎢⎥00e−−3(tt0)⎣⎦(2)由于A矩阵为约旦矩阵，其对应的矩阵指数函数为2⎡1/tt2!⎤At2t⎢⎥ee01=⎢t⎥⎢001⎥⎣⎦因此齐次状态方程的解为2⎡⎤1(tt−−)(tt)/2!00Att()−−002()tt⎢⎥xx()=ett()e=−01(tt)x()t00⎢⎥0⎢⎥001⎣⎦7 课后答案网www.khdaw.com3-6设线性定常系统的齐次状态方程为xx&()tAt=()已知−2t⎡⎤e⎡1⎤⑴x()t=⎢⎥,当x(0)=⎢⎥−2t⎣⎦−e⎣−1⎦−t⎡⎤2e⎡⎤2⑵x()t=⎢⎥,当x(0)=⎢⎥−t⎣⎦−e⎣⎦−1试求取该系统的系统矩阵A及状态转移矩阵Φt)(。解:根据齐次状态方程的解表达式,将同一个系统在不同初始条件下的解排列在一起，有AtAtAt[()xxtt()]=[ex(0)ex(0)]=e[(0)xx(0)]121212因此,有At-1Φ=()=ett[()xxxx()][(0)t(0)]1212⎡⎤−−2tt2⎡⎤12-1ee=⎢⎥⎢⎥−−2tt⎣⎦−−ee⎣⎦−−11−−tttt22−−⎡⎤22eeee−−2=⎢⎥−−tttt22−−⎣⎦−+eeee−+2下面计算上述矩阵指数函数（状态转移矩阵）对应的A。由状态转移矩阵的定义式⎧Φ&(t)=AΦ(t)⎨⎩Φ)0(=I知，矩阵A和Φ(t)满足该微分方程式，则也应该满足t=0的情形Φ=Φ&(0)A(0)即A=Φ&(0)将上述Φ(t)代入有−−tttt22−−⎡⎤−+2224eeee−+⎡02⎤A=Φ&(0)=⎢⎥=⎢⎥−−tttt22−−⎣⎦eeee−−24⎣−13−⎦t=0对上述计算出的A，还需检验其是否满足Φ(t)定义中的微分方程式。该微分方程式的左右两边分别为8 课后答案网www.khdaw.com−−tttt22−−⎡⎤−+2224eeee−+Φ=&()t⎢⎥−−tttt22−−⎣⎦eeee−−24−−−−tttt22−−tt2−−tt2⎡⎤02⎡⎤22eeee−−−22⎡eeee+2−2+4⎤AtΦ=()⎢⎥×⎢⎥=⎢⎥−−−−tttt22−−tttt2−−2⎣⎦−−13⎣⎦−+eeee−+224⎣eeee−−⎦综上所述，因为该A矩阵满足Φ(t)定义中的微分方程式和初始条件，因此所求得的A及其状态转移矩阵Φ(t)满足题目所给定的两个初始条件。9 课后答案网www.khdaw.com3-7已知线性定常系统的齐次状态方程为⎡⎤01xx&()tt=⎢⎥()⎣⎦21−T试确定与状态x(1)=[25]相对应的初始状态x(0)。2解对本题，先求出系统的状态转移矩阵。由于矩阵A为友矩阵，其特征多项式为s+s-2，特征值为1和-2，其对应的特征向量分别为TT[11][1-2]则由特征向量组成的变换矩阵P可以将A矩阵变换为对角线矩阵，即有⎡⎤11P=⎢⎥⎣⎦12−%−1⎡10⎤APA==P⎢⎥⎣02−⎦因此，原矩阵A的矩阵指数函数为tAtAt%−1⎡11⎤⎡⎡⎤e0121⎤ee==PP⎢⎥⎢⎢⎥−2t×⎥⎣12−⎦⎣⎣⎦0e311−⎦ttt−−22t1⎡⎤2e+ee-e=⎢⎥tt−−22tt3⎣⎦2e−+2ee2eTA×1因此，若已知x(1)=[25]，则由xx(1)=e(0)可得−−1212−12−A1⎡⎤2e+ee-e⎡⎤23⎡ee−⎤xx(0)=e(1)==⎢⎥⎢⎥⎢⎥−−1212−123⎣⎦2e−+2ee2e⎣⎦5⎢⎣3e+2e⎥⎦10 课后答案网www.khdaw.com3-8已知线性定常系统的非齐次状态方程为⎡x&1⎤⎡01⎤⎡x1⎤⎡2⎤⎡x1)0(⎤⎡0⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥+⎢⎥u⎢⎥=⎢⎥⎣x&2⎦⎣−2−3⎦⎣x2⎦⎣0⎦⎣x2)0(⎦⎣1⎦试分别求在下列输入下状态轨迹x()t(1)阶跃信号ut)(=(1t≥)0;−t(2)负指数信号ut)(=e(t≥)0。解先求系统的状态转移矩阵。⎡2111−−⎤++−1adj(sI−A)1⎡⎤s+31⎢ssss+1212+++⎥()sI−=A=⎢⎥=⎢⎥sI−+A(1s)(2s+)⎣⎦−−−22s⎢212⎥++⎢⎣ssss+1212+++⎥⎦−−tt22−−ttAt−−11⎡⎤2e−−eeee[=−L()sIA]=⎢⎥−−−−tttt22⎣⎦-2e2++e-e2e然后根据非齐次状态方程的解公式对不同输入求解状态响应。−t(1)当输入信号为负指数信号u(t)=e(t≥)0t−−−−1111AtAt(−τ)xx(ts)()=−+−LL⎡⎤IA⎡()(sIABUs)⎤=+ex(0)e(Buτ)dτ⎣⎦0⎣⎦∫0−t⎡⎤-3e+3=⎢⎥−t⎢⎥⎣⎦3e−2−t(2)当输入信号为负指数信号u(t)=e(t≥)0t−−−−1111AtAt(−τ)xx(ts)()=−+−LL⎡⎤IA⎡()(sIABUs)⎤=+ex(0)e(Buτ)dτ⎣⎦0⎣⎦∫0−−−2ttt⎡⎤ee4−+te=⎢⎥−−−2ttt⎢⎥⎣⎦−−2e+3e4et11 课后答案网www.khdaw.com3-9试求取下列连续系统状态方程在T=0.1s的离散化方程。⎡⎤⎡000⎤⎡01⎤⎡1⎤(1)xx&()t=+⎢⎥⎢⎥u(2)xx&()tu=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣011⎦⎣02−⎦⎣1⎦解采样周期T=0.1s较大，采用精确离散法(1)先求系统的状态转移矩阵。由于A为对角线矩阵，因此状态转移矩阵为⎡10⎤Φ=()t⎢⎥t⎣0e⎦因此，精确离散化方法离散化所得的系统模型各矩阵为⎡⎤10⎡⎤10GT()=()Φ=T⎢⎥=⎢⎥T0.1⎣⎦0e⎣⎦0eTT⎡10⎤⎡⎤⎡00⎤⎡0⎤HT()=Φ()dttB=⎢⎥⎢⎥⎢dt=⎥⎢=⎥∫∫00⎣0etT⎦⎣⎦⎣1e1e1−⎦⎣0.1−⎦(2)先求系统的状态转移矩阵。由求状态转移矩阵的方法，可求得本题的−2t⎡1(1e)/2−⎤Φ=()t⎢⎥−2t⎣0e⎦因此，精确离散化方法离散化所得的系统模型各矩阵为−−20T.2⎡⎤1(1e)/2−−⎡⎤1(1e)/2GT()=()Φ=T⎢⎥=⎢⎥−−20T.2⎣⎦0e⎣⎦0e−−22tT−0.2TT⎡1(1e)/2−⎤⎡⎤⎡⎤1116T-1+e⎡-0.4+e⎤HT()=Φ∫∫00()dttB=Φ()t⎢−−22tT⎥⎢⎥dt⎢⎥==⎢−0.2⎥⎣0e⎦⎣⎦⎣⎦1442-2e⎣2-2e⎦12 课后答案网www.khdaw.com3-10已知系统的状态方程为⎡⎤⎡0.2110⎤⎡−1⎤xx(1kk+=)⎢⎥⎢()+⎥u(k)x(0)=⎢⎥⎣⎦⎣00.201⎦⎣3⎦其中输入信号u1(k)和u2(k)分别为阶跃信号和斜坡信号在采样周期为0.2s时的采样值。试求系统的状态方程的解x(k)。k解(1)直接法求解。先计算出G。由于G矩阵为约旦矩阵，则kk11−−kk1k⎡⎤λλΩk⎡0.20.2k⎤G==⎢⎥⎢⎥kk⎣⎦00λ⎣0.2⎦又知⎡1⎤u()k=⎢⎥⎣0.2k⎦因此有k−1kk−−j1xx()kG=+(0)∑GHju()j=0kk−−11k−1kj−k−j−2⎡⎤0.20.2kk⎡⎤−11⎡0.20.2(−−j1)⎤⎡⎤0⎡⎤1=+⎢⎥⎢⎥∑⎢⎥⎢⎥⎢⎥kk−−j1⎣⎦00.2⎣⎦30j=0⎣00.2⎦⎣⎦⎣⎦10.2j⎡⎤−+0.2k30.2×k−−11kkk−1⎡0.2kj−+0.2kj−−1(−−j1)⎤=+⎢⎥∑⎢⎥kk−j⎣⎦⎢⎥30.2×j=0⎢⎣0.2j⎥⎦-1(2)用z变换法求解。先计算(zI-G):−1adj(-)zIG1⎡z−0.21⎤(-)zIG==⎢⎥2|-|(0zIGz−.2)⎣00z−.2⎦⎡⎤11⎢⎥2zz−−0.2(0.2)=⎢⎥⎢⎥1⎢⎥0⎣⎦z−0.2对系统输入，⎡1⎤u()k=⎢⎥⎣0.2k⎦其拉氏变换为13 课后答案网www.khdaw.com⎡z⎤⎢⎥z−1Uz()=⎢⎥⎢0.2z⎥⎢(1z−)2⎥⎣⎦因此有-1Xz()(I-)[(0)=+zGzxHUz()]⎡⎤11⎧⎫⎡⎤z⎢⎥zz−−0.2(0.2)2⎪⎪⎪⎪⎡⎤⎡⎤−110⎢⎥z−1=⎢⎥⎨⎬⎢⎥⎢⎥z+⎢⎥⎢⎥1⎪⎪⎣⎦⎣⎦301⎢⎥0.2z⎢⎥0z0.2⎪⎪⎢⎥(1z−)2⎣⎦−⎩⎭⎣⎦⎡⎤11⎡⎤z−+z⎢⎥2⎢⎥zz−−0.2(0.2)z−1=⎢⎥⎢⎥⎢⎥1⎢⎥0.2z03z+⎢⎥z0.2⎢⎥(1z−)2⎣⎦−⎣⎦⎡⎤−zz30zz.2+++⎢⎥222z−0.2(zzz−−−0.2)(1)(0.2)(zz−−0.2)(1)=⎢⎥⎢⎥30zz.2⎢⎥+2⎣⎦zzz−−−0.2(0.2)(1)⎡⎤−zz30z.2z+++⎢⎥222zzzzzz−−−−−−0.2(0.2)(1)(0.2)(0.2)(1)==−−11⎢⎥x()kXZZ{()}z⎢⎥30zz.2⎢⎥+2⎣⎦zzz−−−0.2(0.2)(1)⎡⎤−zzz30z.2z+−++⎢⎥222zzzz−−−−×0.20.8(1)0.8(0.2)(0.2)0.8(z−0.2)⎢⎥⎢⎥0.4zz0.2−0.4z=Z−1⎢⎥+++32230.8×−(zz0.2)0.8×−(1)0.8×−(z1)⎢⎥⎢⎥30zzzz.20.20−.2⎢⎥+++222⎢⎥zzzz−−−−0.20.8(0.2)0.8(1)0.8(1)⎣⎦⎡⎤−0.752zzzz2.120.240.2+++⎢⎥3223220.8×−(zzzz0.2)0.8×−(0.2)0.8×−(1)0.8×−(1)=Z−1⎢⎥⎢⎥2.12zzz0.2−0.2++⎢⎥2220.8(zz−−0.2)0.8(1)0.8(z−1)⎣⎦kk⎡⎤−×0.7520.22.12kk×0.20.240.2⎢⎥+++32320.80.80.80.8=⎢⎥k⎢⎥2.120.2×−0.2k0.2⎢⎥++22⎣⎦0.80.80.814 课后答案网www.khdaw.com3-11设线性时变离散系统的状态方程为−−kTkT⎡⎤11−ee⎡⎤1⎡0⎤xx(1kk+=)⎢⎥()+⎢⎥u(k)x(0)=⎢⎥−−kTkT⎣⎦00ee⎣⎦1−⎣0⎦T试求取在T=2.0s且u()01(kk=[]≥0)时该系统状态方程的解。15 课后答案网www.khdaw.com习题解答4-14-24-34-44-54-64-74-84-94-104-114-12 课后答案网www.khdaw.com4-1判定如下系统的状态能控性和输出能控性。⎧−⎡310⎤⎡⎤11−⎪⎢⎥⎢⎥⎧⎡⎤10⎡⎤1xx&=−030+00u⎪xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎪⎪⎢⎥⎢⎥(1)⎨⎣⎦−12⎣⎦0(2)⎨⎢⎣001−⎥⎢⎥⎦⎣⎦20⎪⎪⎩yx=[]01⎪=⎡⎤101yx⎢⎥⎪⎩⎣⎦−110⎧⎡⎤λ00⎡⎤a⎪⎢⎥⎢⎥⎪xx&=+01λbu⎢⎥⎢⎥(3)⎨⎪⎢⎥⎣⎦00λ⎣⎢⎥c⎦⎪⎩yx=[]100解(1)采用代数判据。由状态能控性的代数判据有⎡⎤11rankQB=rank[AB]==rank⎢⎥2=nc⎣⎦01−所以状态完全能控。由输出能控性的代数判据有rank[CBCABD]=rank0[−=10]1=m所以输出完全能控。(2)由状态能控性的模态判据有，由于特征值-3的约旦块对应的B的分块的最后一行为全零，则系统不完全能控。由输出能控性的代数判据有⎡⎤31−L2rank[CBCABCABD]=rank⎢⎥==2m⎣⎦−11L所以输出完全能控。(3)由状态能控性的模态判据有，由于特征值λ的2个约旦块对应的B的分块的最后一行为[a]和[c]相关，则系统不完全能控。由输出能控性的代数判据有22[]CBCABCABD=⎡aaλλa0⎤⎣⎦因此，当a不为0时，输出完全能控。否则，输出不能控。2 课后答案网www.khdaw.com4-2判定如下系统的状态能观性。⎧⎡010⎤⎧−⎡⎤21⎪⎢⎥⎪x&=⎢⎥x⎪xx&=⎢001⎥(1)⎨⎣−24⎦(2)⎨⎪⎪⎢⎣−−−243⎥⎦⎩y=[]11x⎪=⎩y[]142x⎧−⎡⎤210⎪⎢⎥xx&=−020⎪⎢⎥⎪(3)⎨⎢⎥⎣⎦003−⎪⎡⎤102⎪yx=⎢⎥⎪⎩⎣⎦204解(1)采用代数判据。由状态能观性的代数判据有⎡⎤C⎡⎤11rankQn=rank⎢⎥==rank⎢⎥2=o⎣⎦CA⎣⎦03所以状态完全观控。(2)采用代数判据。由状态能观性的代数判据有⎡⎤C⎡⎤142⎢⎥⎢⎥rankQC==rankArank−4−7−2=3=no⎢⎥⎢⎥⎢⎥CA2⎢⎥441−⎣⎦⎣⎦所以状态完全观控。(3)由状态能观性的模态判据有，由于每个特征值仅有一个约旦块且所对应的C的分块的第一列非全为零，因此系统完全能观。3 课后答案网www.khdaw.com4-3确定使下列系统为状态完全能控和状态完全能观的待定常数α、β。ii⎧⎡002⎤⎡⎤1⎧⎡⎤α11⎡⎤1⎪⎢⎥⎢⎥⎪xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎪xx&=−⎢103⎥⎢⎥+β1u(1)⎨⎣⎦0α2⎣⎦1()2⎨⎢⎣014−⎥⎢⎥⎦⎣⎦β⎪⎪2⎩y=−[]11x⎪=⎩y[]00β3x解(1)采用代数判据。由状态能控性、状态能观性的代数判据有⎡11++αα11⎤⎡11⎤rank[]BAB==rank⎢⎥⎢rank⎥⎣10αα⎦⎣−α−1221⎦⎡⎤C⎡11−⎤⎡10⎤rank⎢⎥==rank⎢⎥⎢rank⎥⎣⎦CA⎣αα11−+⎦⎣αα−α⎦12112因此系统状态完全能控、状态完全能观的条件都为10+αα−≠12(2)采用代数判据。由状态能控性、状态能观性的代数判据有⎡12ββ28−β⎤2122⎢⎥rank⎡⎤BABAB=−rankβββ13−3+14β⎣⎦⎢1212⎥⎢βββ−−4141ββ+3⎥⎣21212⎦⎡⎤C⎡⎤00β3⎢⎥⎢⎥rankCA=rank0β*⎢⎥⎢⎥32⎢⎥CA⎢⎥β**⎣⎦⎣3⎦因此当β不为0时系统状态完全能观，否则不能观。当β=β=0时，系统状态完全能控；312222233更进一步若1-+10βββ-27ββββ+25+3-14ββ+6βββ+2+4不为0时，系统状态完全121221211212能控，否则不能控。4 课后答案网www.khdaw.com4-4设连续被控系统的状态方程为⎡⎤01⎡0⎤xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎣⎦−40⎣1⎦为了保持该连续系统的离散化系统的状态能控性,试确定采样周期T的选择。解由连续系统的A矩阵，可求得系统的特征值伟2j和-2j。根据离散化系统状态能控能观的条件，为保持连续系统的状态能控能观性，采样周期的选择满足2kkππTk≠==1,2,...Im[λλ−]2ij5 课后答案网www.khdaw.com4-5试将下列系统按能控性进行结构分解。⎧−⎡⎤121⎡0⎤⎧−⎡⎤221−⎡⎤0⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎢⎥⎢⎥⎪Ab==010,1⎪Ab=−020,0=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(1)⎨(2)⎨⎪⎢⎥⎣⎦043−⎢⎣2⎥⎦⎪⎢⎥⎣⎦140−⎣⎢⎥1⎦⎪⎩C=−[]111⎪⎩C=−[]111解：(1)按4.5.1小节的计算方法，本题得到的能控性分解为⎡106−⎤⎡1⎤⎡⎤xx&%%⎡⎤11⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+012⎢⎥0u⎢⎥⎣⎦x&%⎢⎥⎢⎣⎦x%⎥22⎢⎣003⎥⎢⎦⎣0⎥⎦⎡⎤x&%1y=−[133]⎢⎥⎢⎥⎣⎦x&%2其中能控子系统为1维子系统x%，完全不能控子系统为2维子系统x%，变换矩阵为12⎡030⎤⎢⎥P=103c⎢⎥⎢⎣200⎥⎦(2)按4.5.1小节的计算方法，本题得到的能控性分解为⎡014−⎤⎡1⎤⎡⎤xx%%&11⎢⎥⎢⎡⎤⎥⎢⎥=−⎢122⎥⎢⎢⎥+0⎥u⎢⎥⎣⎦x%&2⎢−⎥⎢⎣⎦x%2⎥0020⎣⎦⎣⎦⎡⎤x%&1y=−[111]⎢⎥⎢⎥⎣⎦x%&2其中能控子系统为2维子系统x%，完全不能控子系统为1维子系统x%，变换矩阵为12⎡010⎤⎢⎥P=001c⎢⎥⎢⎣100⎥⎦6 课后答案网www.khdaw.com4-6试将下列系统按能观性进行结构分解。⎧−⎡⎤121⎡0⎤⎧−⎡⎤221−⎡⎤0⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎢⎥⎢⎥⎪Ab==010,0⎪Ab=−020,0=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(1)⎨(2)⎨⎪⎢⎥⎣⎦143−⎢⎣1⎥⎦⎪⎢⎥⎣⎦140−⎢⎥⎣1⎦⎪⎩C=−[]111⎪⎩C=−[]111解：(1)按4.5.2小节的计算方法，本题得到的能观性分解为⎡010⎤⎡1⎤⎡⎤xx%%&11⎢⎥⎢⎡⎤⎥⎢⎥=−⎢230⎥⎢⎢⎥+2⎥u⎢⎥⎣⎦x%&2⎢−⎥⎢⎣⎦x%2⎥5520⎣⎦⎣⎦⎡⎤x&%1y=[100]⎢⎥⎢⎥⎣⎦x&%2其中能观子系统为2维子系统x%，完全不能观子系统为1维子系统x%，变换矩阵为12⎡111−⎤⎢⎥−1P=−⎢232⎥o⎢500⎥⎣⎦(2)按4.5.2小节的计算方法，本题得到的能观性分解为⎡010⎤⎡1⎤⎡⎤xx%%&11⎢⎥⎢⎡⎤⎥⎢⎥=−−⎢230⎥⎢⎢⎥+−1⎥u⎢⎥⎣⎦x%&2⎢−−−⎥⎢⎣⎦x%2⎥6310⎣⎦⎣⎦⎡⎤x&%1y=[100]⎢⎥⎢⎥⎣⎦x&%2其中能观子系统为2维子系统x%，完全不能观子系统为1维子系统x%，变换矩阵为12⎡111−⎤⎢⎥−1P=⎢−−101⎥o⎢300⎥⎣⎦7 课后答案网www.khdaw.com4-7试指出下述系统的能控能观分解后的各子系统(特征值λ、λ和λ互异)。123⎧⎡⎤λ11000⎡0⎤⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎢⎥00λ100⎢1⎥⎪⎪xx&=+⎢⎥00λ200⎢1⎥u⎨⎢⎥⎢⎥⎪⎢⎥000λ31⎢1⎥⎪⎢⎥0000λ⎢0⎥⎣⎦3⎣⎦⎪⎪⎩yx=[]01110解对该题分析如下：由模态判据可知：x1-x2子系统状态完全能控、状态不完全能观x3子系统状态完全能控、状态完全能观x4-x5子系统状态不完全能控、状态完全能观对状态不完全能观的x1-x2子系统可进一步分析可知，其能观性矩阵的秩为1，则该2维子系统（子空间）应有1维能观，1维不能观。由系统方程知，状态变量x1不能观，x2能观。同样对状态不完全能控的x4-x5子系统可进一步分析可知，其能控性矩阵的秩为1，则该2维子系统（子空间）应有1维能控，1维不能控。由系统方程知，状态变量x5不能控，x4能控。综上所述，x2-x3-x4子系统状态完全能控能观，x1子系统状态完全能控但不能观，x5子系统状态完全不能控但能观。8 课后答案网www.khdaw.com4-8试将下列系统按能控性和能观性进行结构分解。⎡⎤100⎡⎤1⎢⎥⎢⎥(1)A=223,b=2,C=[112]⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦−201⎢⎥⎣⎦2⎡⎤100⎡⎤1⎢⎥⎢⎥(2)A=223,b=−2,C=[100]⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦−201⎢⎥⎣⎦2解(1)本题系统能控又能观，不能进行分解(2)按4.5.3小节的方法，本题系统得到的能控能观性分解为⎡⎤x&%1⎡105−⎤⎡⎡⎤x%11⎤⎢⎥&%%⎢⎥⎢⎢⎥⎥⎢⎥xx=−2110−+2u22⎢⎥⎢⎢⎥⎥⎢⎥x&%⎢⎣002⎥⎢⎦⎣⎢⎥x%0⎥⎦⎣⎦3⎣⎦3⎡⎤x%1⎢⎥y=[105]x%⎢⎥2⎢⎥x%⎣⎦3其中能控但不能观子系统为1维子系统x%，能控又能观子系统为1维子系统x%，不能控又12能观子系统为1维子系统x%，变换矩阵为3⎡105⎤⎢⎥P=−430co⎢⎥⎢⎣010⎥⎦9 课后答案网www.khdaw.com4-9已知能控系统的状态方程A,b阵为⎡12−⎤⎡1⎤A=⎢⎥,b=⎢⎥⎣34⎦⎣1⎦试将该状态方程变换为能控规范形。解系统的能控性矩阵⎡11−⎤QBA==[]B⎢⎥c⎣17⎦是非奇异矩阵,即该系统为状态完全能控,因此可以将其变换成能控规范形。(1)求能控规范I形。根据定理4-24,系统变换矩阵可取为⎡11−⎤⎡−1171⎤TQcc11==⎢⎥⎢,Tc=⎥⎣17⎦⎣8−11⎦~因此,经变换x=Tc1x后所得的能控规范形的状态方程为−−11⎡01−01⎤⎡⎤xx%%&=+TATccc111TBu=⎢⎥⎢x%+⎥u⎣15⎦⎣0⎦(2)求能控规范II形。先求变换矩阵。根据定理4-25,有−1⎡⎤11−⎡−11⎤−1TB===[01][AB][01]⎢⎥1⎢⎥⎣⎦17⎣88⎦则变换矩阵为−1⎡⎤T11⎡−−11⎤⎡61⎤TTcc22==⎢⎥⎢⎥⎢,=⎥⎣⎦TA18⎣26⎦⎣21⎦~因此,经变换x=Tc2x后所得的能控规范形的状态方程为−−11⎡010⎤⎡⎤xx&%%=+TATcc22TBc2u=⎢⎥⎢x%+⎥u⎣−105⎦⎣1⎦10 课后答案网www.khdaw.com4-10已知能观系统的A,b,C阵为⎡11−⎤⎡2⎤A=⎢⎥,b=⎢⎥,C=−[11]⎣11⎦⎣1⎦试将该状态空间模型变换为能观规范形。解因为系统的能观性矩阵⎡C⎤⎡-11⎤Qo==⎢⎥⎢⎥⎣CA⎦⎣02⎦是非奇异矩阵,即该系统为状态完全能观,则可以将其变换成能观规范形。(1)求能观规范I形。根据定理4-26,系统变换矩阵可取为−11⎡-21⎤⎡−11⎤TQoo11==⎢⎥⎢,To=⎥2⎣01⎦⎣02⎦~因此,经变换x=To1x后所得的能控规范形的状态方程为xx%%&=+TAT−−11TBux=+⎡⎢01⎤⎡⎤⎥⎢⎥%−1uooo111⎣−22⎦⎣⎦2yxx==CTo1%%[10](2)求能观规范II形。根据定理4-27,先求变换矩阵，有−−11⎡C⎤⎡⎤⎡0-1101⎤⎡⎤⎡⎤1R1==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎣CA⎦⎣⎦⎣10211⎦⎣⎦⎣⎦2则变换矩阵1⎡10⎤⎡−120⎤TRAoo21==[]R1⎢⎥⎢T2=⎥2⎣12⎦⎣−11⎦~因此,经变换x=To2x后所得的能观规范形的状态空间模型为⎡⎤02−⎡4⎤xx%%&=+TAT−−11TBux=+⎢⎥%⎢⎥uoo22o2⎣⎦12⎣-1⎦yxx==CTo2%%[]0111 课后答案网www.khdaw.com4-11线性系统的传递函数为ys()sa+=ux()sss32102718+++(1)a取何值时,使系统3阶的状态空间实现或为不能控,或为不能观；(2)在上述a的取值下,求使系统为能控但不能观的3阶状态空间模型。解(1)根据零极点相消定理，对3阶的传递函数实现的3阶状态空间实现或为不能控,或为不能观的充分必要条件为传递函数有零极点相消。对该传递函数其零点为-a，其极点分别为-1，-3，和-6。因此，若出现零极点相消，则a为1，或3，或6。(2)在a为1，或3，或6时，3阶的传递函数实现的3阶状态空间实现或为不能控,或为不能观。因此，若求取的是3阶的能控规范形实现，则必为不能观的。故，下述求取的如下能控规范II形是能控但不能观的。⎧⎡⎤0100⎡⎤⎪⎢⎥⎢⎥⎪xx&=+0010u⎢⎥⎢⎥⎨⎪⎢⎥⎣⎦−−−182710⎢⎣1⎥⎦⎪⎩ya=[]10x12 课后答案网www.khdaw.com4-12求下列传递函数阵的最小实现⎡⎤11⎡11⎤⎢⎥ss+1+1⎢ss2⎥(1)Ws()=⎢⎥(2)Ws()=⎢⎥⎢⎥11⎢11⎥⎣⎦⎢⎥ss+11+⎢⎣s23s⎥⎦解(1)按照4.7.2节的方法，可求得本题传递函数阵的最小实现为⎧xx&=+[11]u⎪⎨⎡⎤1⎪yx=⎢⎥⎩⎣⎦1(2)按照4.7.2节的方法，可求得本题传递函数阵的最小实现为⎧⎡001⎤⎡⎤10⎪⎢⎥⎢⎥xx&=+10000u⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎨⎢⎣000⎥⎢⎥⎦⎣⎦01⎪⎡⎤100⎪y=⎢⎥x⎪⎩⎣⎦01013 课后答案网www.khdaw.com习题解答5-15-25-35-45-55-65-75-85-95-105-115-125-135-145-155-165-175-18 课后答案网www.khdaw.com5-1判定下列二次型函数的定号性。22222(1)V(x)=2x1+3x2+x3−2x1x2+2x1x3(2)V(x)=x1+2x3−2x1x3+6x2x3⎡111⎤⎧x2+xx≥0ττ⎢⎥⎪122(3)V(x)=xQx=x⎢120⎥x(4)V(x)=⎨24⎢102⎥⎪⎩x1+x2x2<0⎣⎦解：(1)本题二次型函数对应的对称权矩阵P为⎡2-11⎤⎢⎥P=-130⎢⎥⎢⎣101⎥⎦对实对称矩阵P作合同变换如下⎡⎤⎡⎤⎡2-111-10100⎤行行:(1)(3)−→(1):(2)(1)+→(2)⎢⎥⎢⎥⎢⎥P=⇒-130-130⇒020⎢⎥⎢⎥⎢列列:(1)(3)−→(1):(2)(1)+→(2)⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦⎣101001001⎥⎦因此该二次型函数及对应的对称权矩阵P为正定的。(2)本题二次型函数对应的对称权矩阵P为⎡101−⎤⎢⎥P=003⎢⎥⎢⎣−132⎥⎦对实对称矩阵P作合同变换如下⎡101−⎤⎡⎤100⎡100⎤行行:(1)(3)+→(3):(2)3(3)−→(2)⎢⎥⎢⎥⎢⎥P=⇒003003⇒090−⎢⎥⎢⎥列列:(1)(3)+→(3):(2)3(3)−→(2)⎢⎥⎢⎣−132⎥⎢⎥⎦⎣⎦031⎢⎣001⎥⎦因此该二次型函数及对应的对称权矩阵P为不定的。(3)对实对称矩阵P作合同变换如下⎡111⎤⎡⎤⎡1/2101/200⎤行行:(1)(3)/2−→(1):(2)2(1)−→(2)⎢⎥⎢⎥⎢⎥P=⇒120120⇒000⎢⎥⎢⎥⎢列列:(1)(3)/2−→(1):(2)2(1)−→(2)⎥⎢⎣102⎥⎢⎥⎢⎦⎣⎦⎣002001⎥⎦因此该二次型函数及对应的对称权矩阵P为半正定的。2 课后答案网www.khdaw.com(4)由于2⎧xx+=00xx==1212⎪2⎪xx+>≠00xx,≥01212V():x=⎨2⎪xx+>=00xx,>01212⎪24⎩xx+>00x<122故该函数V(x)为正定函数。3 课后答案网www.khdaw.com5-2确定下列二次型函数中的待定系数的取值范围,从而使其成为正定的。222(1)V(x)=x1+2x2+ax3+2x1x2−2x1x3+2x2x3222(2)V(x)=ax1+bx2+cx3+2x1x2+2x1x3−4x2x3解：(1)本题二次型函数对应的对称权矩阵P为⎡111−⎤⎢⎥P=121⎢⎥⎢⎣−11a⎥⎦对实对称矩阵P作合同变换如下⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡111−110100100⎤行行行:(1)(3)+→(3):(2)(1)−→(2):(3)2(2)−→(3)⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥P=⇒121122⇒012⇒010⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢列列列:(1)(+→3)(3):(2)(−→1)(2):(3)2−→(2)(3)⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣−−11aa02102a−100a−5⎥⎦因此该二次型函数及对应的对称权矩阵P为正定的条件为a>5。(2)本题二次型函数对应的对称权矩阵P为⎡a11⎤⎢⎥Pb=12−⎢⎥⎢⎣12−c⎥⎦根据赛尔维斯特准则知，由于a11a1Δ=aa,1Δ==−bb,Δ=1−=2abc−−−−4abc41231b12−c因此，该二次型函数及对应的对称权矩阵P为正定的条件为a>−01ab>−044abcabc−−−>04 课后答案网www.khdaw.com5-3判定下列矩阵的正定性。2⎡⎤aa11a2⎡⎤2aaaaa⎢⎥11213(1)⎢⎥2λλ11(,,aaλ≠0)(2)⎢⎥aaa2aa(,,aaa≠0)⎢⎥121⎢⎥12223123aa122⎢⎥2⎢⎥a2⎣⎦aa13aa23a3λ⎣⎦1解(1)对实对称矩阵P作合同变换如下2⎡⎤aaa112⎢⎥2λλ行行:(1)*λ11/aa→→(1)⎡⎤λ1a:(2)/2(2)⎡λλ1111⎤⎡行:(1)(2)−→(1)−0⎤P=⇒⇒⎢⎥11⎢⎥22⎢22⎥⎢⇒⎥⎢⎥aa122列列:(1)*λ11/aa→→(1)⎢⎥2:(2)/2(2)⎢⎥⎢列:(1)(2)−→(1)⎥⎢⎥a2⎢⎥⎣⎦aa22⎢⎣11⎥⎢⎦⎣01⎥⎦⎣⎦λ1因此,当λ>2该二次型函数及对应的对称权矩阵P为正定；当λ=2该二次型函数及对11应的对称权矩阵P为半正定；当λ<2该二次型函数及对应的对称权矩阵P为不定。1(2)对实对称矩阵P作合同变换如下222⎡⎤aaaaa⎡a00aa⎤⎡a0⎤112131131⎢⎥行:(2)(1)*−→aa21/(2)⎢⎥行:(3)(1)*−→aa31/(3)⎢⎥2Pa=⇒⇒aaaa000000⎢⎥12223⎢⎥⎢⎥列列:(2)(1)*−→aa21/(2):(3)(1)*−→aa31/(3)⎢⎥aaaaa22⎢aa00a⎥⎢00⎥⎣⎦13233⎣133⎦⎣⎦因此,该二次型函数及对应的对称权矩阵P为半正定。5 课后答案网www.khdaw.com5-4设有二阶非线性系统为⎧x&1=x2⎨⎩x&2=−sinx1−x2(1)求出所有的平衡态;(2)求出各平衡态处的线性化状态方程,并用李雅普诺夫第一法判断是否为渐近稳定。解(1)对本题，平衡态为代数方程组⎧x=02⎨⎩−sinxx−=012的解,即下述状态空间中的状态为其孤立平衡态⎡⎤±kπx==⎢⎥k0,1,2,3,...e,k⎣⎦0(2)由线性化方法，各平衡态处的线性化状态方程的系统矩阵A为∂fx()⎡⎤01⎡01⎤A==⎢⎥==⎢⎥τk+1∂x⎣⎦−−cosx1⎣(1)−−1⎦xx=e1xk1=±π2k⎡⎤±kπ线性化系统的特征多项式为s+s+(-1),因此，只有平衡态x==⎢⎥k0,2,4,...为渐e,k⎣⎦0⎡⎤±kπ近稳定的，而平衡态x==⎢⎥k135,...，，为不稳定的。e,k⎣⎦06 课后答案网www.khdaw.com5-5设系统的运动方程式为y&&+(1−y)y&+y=0试确定其渐近稳定的条件。解：令x==yx,y&，则状态方程为12⎧x&1=y&=x2⎨x&=y&&=−1(−x)x−x⎩2121原点是唯一的平衡态，初选22Vx()x=+>x012则有2()V&(x)=−2x1−x12当x<1，V&()0x≤。则在原点平衡态的这个邻域范围内，系统是稳定的。进一步，由于1V&()0x≤对所有非零状态轨迹不能恒为零，因此该平衡态为渐近稳定的。7 课后答案网www.khdaw.com5-6试选择适当的李雅普诺夫函数,并利用该函数判定下列非线性系统的稳定性。⎧x&1=x2⎧x&1=x2(1)⎨2(2)⎨⎩x&2=−x1−x1x2⎩x&2=−sinx1−x2⎧⎪x&1=x2(3)⎨&2⎪⎩x2=−a1(+x2)x2−x1,a>022解：(1)显然,原点是给定系统的惟一平衡态,如果选择正定函数V(x)=x1+x2为李雅普诺夫函数,那么沿任意轨迹x(t),V(x)对时间的全导数22Vx&()2x=+=x&&2xxx−2x112212是半负定函数，并且由于V&()x对所有非零初始状态出发的状态轨迹非恒为零，因此，该原点平衡态是渐近稳定的。(2)显然,原点是给定系统的平衡态。下面仅讨论原点平衡态的稳定性问题，其它平衡态22可类似地进行分析。如果选择正定函数Vx()sinx=+xcosx为李雅普诺夫函数,那么沿任121意轨迹x(t),V(x)对时间的全导数2Vx&()x=+2cos(11)(sinx)x&&&12x21(cosx)x2+2x21(sinx)x123=−−2cos()x11()sinxx22x211212()cosx()()(sinx2xcosx+2xsinx1)2=−2cxx21⎡⎤⎣⎦os−xx21()sin2在原点的一个充分小的邻域内，Vx&()2x=−+高阶项，因此V&()x为负定，故系统原点处的2平衡态渐近稳定。(3)原点为系统的平衡态，选李氏函数为：22V(x,t)=x+x12()22则V&(x,t)=2xx&+2xx&=−2a1+xx为半正定，原点平衡态为稳定的。更进一步，112222由于在原点的充分小的邻域内，当x≠,0x=0时，V&(x,t)=0，但此时xx&=≠0，1221故x和Vt&(,)x都不能保持恒定为零。因此，原点平衡态为渐近稳定的。28 课后答案网www.khdaw.com5-7设系统的状态方程为22⎧⎪xxa&=−xxx()+12112⎨22⎪⎩x&=−−xaxxx()+21212试求其V函数,并在a>,0a<0和a=0时,分析平衡点处的系统稳定性。22解)设选择正定函数V(x)=x1+x2为李雅普诺夫函数,那么沿任意轨迹x(t),V(x)对时间的全导数222Vx&()2x=+=x&&2xxa−+2(xx)112212因此，当a>0，V&()x是负定函数，该原点平衡态是渐近稳定的；当a<0，V&()x是正定函数，该原点平衡态是不稳定的；当a=0，V&()x恒为0，该原点平衡态是稳定的，但非渐近稳定的。9 课后答案网www.khdaw.com5-8用李雅普诺夫方法判定下列线性定常系统的稳定性。⎡26⎤⎡01⎤(1)x&=⎢⎥x(2)x&=⎢⎥x⎣−1−5⎦⎣−6−5⎦τ解(1)设选取的李雅普诺夫函数V()xxx=P,其中P为对称矩阵。将P代入李雅普诺夫方程,可得⎡⎤pp1112⎡⎤2621⎡⎤−⎡⎤pp1112⎡10⎤⎢⎥⎢⎥+=⎢⎥⎢⎥−⎢⎥⎣⎦pp1222⎣⎦−−1565⎣⎦−⎣⎦pp1222⎣01⎦解出p11、p12和p22,得⎡⎤pp1112⎡-2.37500.7083⎤P==⎢⎥⎢⎥⎣⎦pp1222⎣0.7083-0.0417⎦经检验，对称矩阵P不为正定矩阵，因此该线性系统不是渐近稳定的。τ(2)设选取的李雅普诺夫函数V()xxx=P,其中P为对称矩阵。将P代入李雅普诺夫方程,可得⎡⎤pp1112⎡⎤0106⎡⎤−⎡⎤pp1112⎡10⎤⎢⎥⎢⎥+=⎢⎥⎢⎥−⎢⎥⎣⎦pp1222⎣⎦−−6515⎣⎦−⎣⎦pp1222⎣01⎦解出p11、p12和p22,得⎡⎤pp1112⎡0.5333-0.5⎤P==⎢⎥⎢⎥⎣⎦pp1222⎣-0.50.7⎦经检验，对称矩阵P为正定矩阵，因此该线性系统是渐近稳定的。10 课后答案网www.khdaw.com5-9线性时变系统的状态方程为。.⎧1x&=−xx+⎪⎪112t⎨⎪x&=−tx−1x212⎪⎩2分析系统在平衡点处的稳定性如何？并求V函数。解：原点是系统的一个平衡态，由TP&()tA=−()()tPtP−()()tAtQ−()t⎡⎤⎡−1/t110⎤其中At()==⎢⎥⎢,Qt()⎥⎣⎦⎣−−t1/201⎦⎡t0⎤解矩阵P得Pt()=⎢⎥。根据根据赛尔维斯特准则有：⎣⎦01t0Δ=>tt0,Δ==>01201该系统在平衡点处是大范围渐近稳定的。其李雅普诺夫函数为T22Vt(,)xx==()()()tPtttxxx+。1211 课后答案网www.khdaw.com5-10用李雅普诺夫方法判定下列线性定常离散系统的稳定性。⎡140⎤⎡01⎤⎢⎥(1)x(k+)1=⎢⎥x(k)(2)x(k+)1=⎢−3−2−3⎥x(k)⎣−.016−1⎦⎢⎣200⎥⎦⎡⎤010⎢⎥(3)x(k+)1=⎢001⎥x(k),k>0⎢k⎥⎢00⎥⎣2⎦解(1)设P为对称矩阵，由李雅普诺夫代数方程:⎡⎤⎡⎤00−.16⎡⎤pp111201⎡⎤pp1112⎡10⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥−=⎢⎥−⎢⎥⎣⎦⎣⎦11−−⎣⎦pp12220.161−⎣⎦pp1222⎣01⎦求解上述方程,解出p11、p12和p22,得⎡⎤pp1112⎡⎤5.0981-3.5328P==⎢⎥⎢⎥⎣⎦pp1222⎣⎦-3.53284.0981经检验对称矩阵P为正定的,因此,系统为大范围渐近稳定的。(2)设P为对称矩阵，由李雅普诺夫代数方程:⎡⎤132−⎡⎤ppp111213⎡140⎤⎡⎤ppp111213⎡100⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥420−−ppp323−−−ppp=−010⎢⎥⎢⎥122223⎢⎥⎢⎥122223⎢⎥⎢⎥030−⎢⎥ppp⎢200⎥⎢⎥ppp⎢001⎥⎦⎣⎦⎣⎦132333⎣⎦⎣⎦132333⎣求解上述方程,解出P,得⎡⎤ppp111213⎡-0.34030.11880.2694⎤⎢⎥⎢⎥Pppp==0.1188-0.1219-0.1219⎢⎥122223⎢⎥⎢⎥ppp⎢0.2694-0.1219-0.3614⎥⎣⎦132333⎣⎦经检验对称矩阵P不为正定的,因此,系统非渐近稳定的。T(3)由李雅普诺夫代数方程GPG−P=−Q,有12 课后答案网www.khdaw.com⎡⎤⎡⎤000⎢⎥⎡ppp111213⎤⎡⎢⎥010ppp111213⎤k⎢⎥⎢⎢⎥⎥⎢⎥10ppp001−ppp⎢⎥2⎢212223⎥⎢⎢⎥212223⎥⎢⎥⎢ppp⎥⎢⎢⎥kppp⎥⎣⎦010⎣313233⎦⎣⎢⎥00313233⎦⎣⎦2⎡⎤−100⎢⎥=−010⎢⎥⎢⎥⎣⎦001−⎡⎤⎢100⎥⎢2⎥⎢k+4⎥解出矩阵P=00⎢2⎥k−4⎢⎥8⎢00−⎥⎢2⎥⎣k−4⎦为使P为正定矩阵，根据根据赛尔维斯特准则，其充要条件是2k−4<0即−<<2k2，可保证系统在原点处是大范围渐近稳定。13 课后答案网www.khdaw.com5-11用克拉索夫斯基法判别下述非线性系统的稳定性。⎧⎪x&=−x−x−x31121⎨3⎪⎩x&2=x1−x2−x2解由于f(x)连续可导且τ3232fxfx()()(=−−−xxx)(+−−xxx)0>121122可取作李雅普诺夫函数,因此,有2∂fx()⎡−−13x−1⎤1J()x==⎢⎥τ2∂x⎣11−−3x⎦22⎡⎤−−26x0JJJˆ()xxx=+=()τ()⎢⎥1<02⎣⎦02−−6x2由矩阵函数Jˆ(x)负定,所以由克拉索夫斯基定理可知,平衡态xe=0是渐近稳定的。14 课后答案网www.khdaw.com5-12用克拉索夫斯基法确定下述系统为大范围渐近稳定时,参数a和b的取值范围。⎧x&1=ax1+x2⎨5⎩x&2=x1−x2+bx2解由于f(x)连续可导且τ252fxfx()()(=++−+axx)(xxbx)12122τττ因此当b≠0时，fxfx()()正定；当b=0时，只要a≠-1,fxfx()()正定.此时，上述fxfx()()可取作李雅普诺夫函数,因此,有∂fx()⎡a1⎤J()x==⎢⎥τ4∂x⎣115−+bx⎦2⎡⎤22aJJJˆ()xxx=+=()τ()⎢⎥<04⎣⎦221−+0bx24因此矩阵函数Jˆ(x)负定的条件为a<0,4(15)40ab−+−x>.所以综上所述,由克拉索夫斯基2定理可知,平衡态xe=0是渐近稳定的条件为：4b≠0，a<0,4(15)40ab−+−x>.2或b=0，a<-115 课后答案网www.khdaw.com5-13用变量梯度法构成下述非线性系统的李雅普诺夫函数,并判别稳定性。⎧⎪x&=−x+2x5x1112⎨⎪⎩x&2=−x2参见5.4.2小节的例题16 课后答案网www.khdaw.com5-14用阿依捷尔曼法判别结构如题图5-14所示的非线性系统的稳定性。题图5-14参见5.4.3小节的例题17 课后答案网www.khdaw.com习题解答6-16-26-36-46-56-66-76-86-96-106-116-126-136-146-156-166-176-18 课后答案网www.khdaw.com6-1对线性系统⎧xx&=+ABu⎨⎩y=+CDxu作状态反馈u=−Kx+v,试推导出闭环系统的状态空间模型和传递函数。解将反馈律代入状态空间模型，则有xx&=ABK+−+()xv=−()ABKxv+Byx=CDK+−+()xv=−()CDKxv+D因此，闭环系统的状态空间模型和传递函数分别为⎧xx&=−()ABK+Bv⎨⎩yx=−()CDK+Dv−1GsCDKsIABKBD()(=−)(−+)+K2 课后答案网www.khdaw.com6-2对线性系统⎧xx&=+ABu⎨⎩y=+CDxu作输出反馈u=-Hy+v,试推导出闭环系统的状态空间模型和传递函数。解将反馈律代入状态空间模型的输出方程，则有yx=CDH+−+()yv=−+CDxyvHD即()I+DHyx=+CDv因此，当(I+DH)可逆时，闭环系统输出方程为−−11y=+()()IDHCxv++IDHD将反馈律和上述输出方程代入状态方程，则有xxu&=+AB=+−+ABHxy()v−−11=−[()ABHIDHC+]xv+[BHIDHDB()++]当闭环系统的状态空间模型和传递函数分别为−−11⎧xxv&=−[()ABHIDHC+]+[BHIDHDB()]++⎨−−11⎩yxv=+()()IDHCID++HD−−11−1−1−1Gs()(=+IDHCsIABHIDHCBHIDHDB)[−+(+)][(+)+++](IDHD)H3 课后答案网www.khdaw.com6-3给定被控系统的状态方程为⎡12⎤⎡1⎤xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎣31⎦⎣0⎦试确定一个状态反馈阵K,使闭环系统的极点配置在-2±j处。解1)判断系统的能控性。开环系统的能控性矩阵为⎡11⎤[]BAB=⎢⎥⎣03⎦则开环系统为状态能控,可以进行任意极点配置。2)求能控规范II形:−11TB1==[01][AB][]013−1⎡⎤T11⎡⎤01T==⎢⎥⎢⎥c2⎣⎦TA13⎣⎦31ATAT%==−−11⎡⎤⎢⎥01,BTB%==⎡⎢0⎤⎥cc22c2⎣⎦52⎣1⎦2因此系统开环特征多项式f(s)=s-2s-5,而由期望的闭环极点-2±j所确定的期望的闭环特征多2项式f(s)=s+4s+5,得系统的状态反馈阵K为%−−1**111⎡⎤01⎡816⎤KK==T[-aaaaT-]=[5-(-5)4-(-2)]×⎢⎥=cc2221123331⎢⎥⎣⎦⎣3⎦则在反馈律u=-Kx+v下的闭环系统的状态方程为⎡−−510/3⎤⎡1⎤xx&=+⎢⎥⎢⎥v⎣31⎦⎣0⎦通过验算可知,该闭环系统的极点为-2±j,达到设计要求。4 课后答案网www.khdaw.com6-4给定被控系统的状态方程为⎡⎤2100⎡0⎤⎢⎥⎢⎥02001xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎢⎥0020−⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦0002−⎣1⎦问能否确定一个状态反馈阵K,使闭环系统的极点分别配置在下列位置:(1)s1=-2,s2=-2,s3=-2,s4=-2(2)s1=-3,s2=-3,s3=-3,s4=-2(3)s1=-3,s2=-3,s3=-3,s4=-3解：由于开环系统模型为约旦规范形，因此由模态判据知，该系统特征值2的子系统完全能控，因此2重的开环极点2可以任意配置；而特征值-2对应的2维子系统不完全能控，但由于其对应的2维子系统的能控性矩阵的秩为1，故2重的开环极点-2应有一个可以任意配置，一个不能配置（不能控）。根据上述分析结果，可以判定如下：(1)s1=-2,s2=-2,s3=-2,s4=-2由于期望闭环极点有一个为-2，因此，可以将可任意配置的3个极点配置为-2，而一个不能配置的极点也为-2，符合期望极点要求。故，应存在状态反馈律将闭环极点配置在期望位置上。(2)s1=-3,s2=-3,s3=-3,s4=-2由于期望闭环极点有一个为-2，因此，可以将可任意配置的3个极点配置为-3，而一个不能配置的极点还为-2，符合期望极点要求。故，应存在状态反馈律将闭环极点配置在期望位置上。(3)s1=-3,s2=-3,s3=-3,s4=-3由于期望闭环极点没有-2极点，因此，不存在状态反馈律将不能配置的极点-2还为配置在期望的4个极点的任何一个上。5 课后答案网www.khdaw.com6-5判断下述系统是否能镇定，若能镇定，试设计一个状态反馈使系统成为稳定的。⎡−100⎤⎡0⎤⎡10−1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(1)x&=001x+0u(2)x&=0−20x+0u⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣013⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎢⎣−102⎥⎦⎢⎣1⎥⎦解:(1)先对系统进行能控性分解⎡⎤000⎢⎥rank[]BAB=rank011=<=2n3⎢⎥⎢⎥⎣⎦134表明系统不完全能控,取能控性分解变换矩阵Pc为⎡⎤004⎡03−1⎤⎢⎥−1⎢⎥P=010，P=010c⎢⎥c⎢⎥⎢⎥⎣⎦130⎢⎣0.2500⎥⎦于是可得⎡010⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥APA%==−1P⎢130⎥；BPB%==−1⎢0⎥ccc⎢001−⎥⎢0⎥⎣⎦⎣⎦原系统的能控性分解为⎡010⎤⎡1⎤⎡⎤x%&1⎢⎥⎢⎡⎤x%1⎥⎢⎥%&=+⎢130⎥⎢⎢⎥%0⎥u⎣⎦x2⎢−⎥⎢⎣⎦x2⎥0010⎣⎦⎣⎦由于该系统的不能控部分只有一个具有负实部的极点-1,因此不能控子系统是稳定的,系统是可镇定的。再对能控部分进行极点配置。由上可知,系统的能控部分为⎡01⎤⎡1⎤A%=⎢⎥，B%=⎢⎥111⎣13⎦⎣0⎦**~~~设A为具有期望特征值的闭环系统矩阵，且A=A11−B1K1,本例中设期望的闭环极点取为-3和-2，因此有AAB*=−=%%%K⎡011⎤⎡−⎢⎥⎡⎤[]kk=−−kk121⎤1111⎢⎥⎢12⎥⎣13⎦⎣⎣⎦013⎦~显然,当反馈阵K1为Kkk%112==[][831]此时,闭环极点为-3和-2。求取原系统的状态反馈镇定矩阵K⎡⎤03−1KKP==⎡⎤%08−1[]310⎢⎥010=[078]⎣⎦1c⎢⎥⎢⎥⎣⎦0.25006 课后答案网www.khdaw.com经检验,状态反馈后得到的如下闭环系统矩阵为镇定的。⎡100⎤⎢⎥ABK−=001⎢⎥⎢⎣065−−⎥⎦(2)先对系统进行能控性分解⎡10−1⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥x&=0−20x+0u⎢⎥⎢⎥⎢⎣−102⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎡⎤013−−⎢⎥rank[]BAB=rank000=<=2n3⎢⎥⎢⎥⎣⎦125表明系统不完全能控,取能控性分解变换矩阵Pc为⎡⎤010−⎡201⎤⎢⎥−1⎢⎥P=003，P=−100c⎢⎥c⎢⎥⎢⎥⎣⎦120⎢⎣0.1/30⎥⎦于是可得⎡010−⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥APA%==−1P⎢130⎥；BPB%==−1⎢0⎥ccc⎢002−⎥⎢0⎥⎣⎦⎣⎦原系统的能控性分解为⎡010−⎤⎡1⎤⎡⎤x%&1⎢⎥⎢⎡⎤x%1⎥⎢⎥%&=+⎢130⎥⎢⎢⎥%0⎥u⎣⎦x2⎢002−⎥⎢⎣⎦x20⎥⎣⎦⎣⎦由于该系统的不能控部分只有一个具有负实部的极点-1,因此不能控子系统是稳定的,系统是可镇定的。(2)对能控部分进行极点配置。由上可知,系统的能控部分为⎡01−⎤⎡1⎤A%=⎢⎥，B%=⎢⎥111⎣13⎦⎣0⎦**~~~设A为具有期望特征值的闭环系统矩阵，且A=A11−B1K1,本例中设期望的闭环极点取为-1和-2，因此有AAB*=−=%%%K⎡011−−⎤⎡−⎢⎥⎡⎤[]kk=kk12−1−⎤1111⎢⎥⎢12⎥⎣13⎦⎣⎣⎦013⎦~显然,当反馈阵K1为Kkk%112==[][619]此时,闭环极点为-1和-2。(3)求取原系统的状态反馈镇定矩阵K7 课后答案网www.khdaw.com⎡⎤201KKP==−=⎡⎤%06−1[]190⎢⎥1007[−06]⎣⎦1c⎢⎥⎢⎥⎣⎦0.1/30经检验,状态反馈后得到的如下闭环系统矩阵为镇定的。⎡101−⎤⎢⎥ABK−=−020⎢⎥⎢⎣604−⎥⎦8 课后答案网www.khdaw.com6-6已知系统状态空间模型的各矩阵为⎡010⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥⎡100⎤A=⎢00−1⎥，B=⎢1⎥，C=⎢001⎥⎣⎦⎢⎣−100⎥⎦⎢⎣0⎥⎦试判断该系统的输出反馈可镇定性。解设输出反馈u=[h1h2]y,因此闭环系统的系统矩阵为⎡⎤0100⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎡100⎤ABHC−=⎢⎥0011−−⎢⎥[]hh12⎢⎥⎣001⎦⎢⎥⎣⎦−100⎢⎣0⎥⎦⎡⎤010⎢⎥=−hh01−−⎢⎥12⎢⎥⎣⎦−1003其特征多项式为s+h1s-(1+h2)。由劳斯判据可知，该系统不可能通过输出反馈进行镇定。本题系统为能控能观的，根据定理6-5，其输出反馈可镇定性。9 课后答案网www.khdaw.com6-7已知待解耦的传递函数矩阵为。⎡11⎤−⎢⎥ss+1Gp(s)=⎢s−11⎥⎢⎥⎢⎣s(s+)1s+1⎥⎦试作一前馈补偿器Gc(s)使系统解耦，且其传递函数阵为⎡1⎤0⎢2⎥(s+)1G(s)=⎢⎥⎢1⎥0⎢⎣(s+1)(s+)2⎥⎦解根据6.4.1节的方法，前馈补偿器Gc(s)为−1−1GsGsGsIGscp()=−()()[]()−1⎡⎤11⎡⎤11⎡⎤−01−0⎢⎥⎢⎥22⎢⎥ss+1(1ss++)(1)=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥s−11⎢⎥11⎢⎥⎢⎥⎢⎥00⎢1−⎥⎣⎦ss(1++)s1⎣⎦(1ss++)(2)⎣(1ss++)(2)⎦⎡⎤1⎡⎤11⎢⎥20(1s+)(1s+−)1=⎢⎥⎢⎥ss−+112⎢⎥−⎢⎥1⎢⎥⎣⎦ss⎢⎥0⎣⎦(1ss++−)(2)1⎡⎤s+1(1s+)⎢⎥21s(ss++2)3s+1=⎢⎥⎢⎥22−+2ss1(1)⎢⎥−22⎣⎦ss(2++)(31sss+)10 课后答案网www.khdaw.com6-8已知状态空间模型的各矩阵为⎡−210⎤⎡00⎤⎢⎥⎢⎥⎡001⎤A=⎢0−20⎥,B=⎢01⎥,C=⎢100⎥⎣⎦⎢⎣004⎥⎦⎢⎣10⎥⎦试判断该系统能否实现状态反馈解耦。若能，求其积分型解耦系统。解：由于CB=[10],1TCB==[00],CAB[01],22可知ll=0,=1。12从而Δ⎡⎤CB1⎡⎤10E==⎢⎥⎢⎥,⎣⎦CAB2⎣⎦01Δ⎡⎤CA1⎡004⎤F==⎢⎥⎢⎥2⎣⎦CA⎣440−⎦2状态反馈解耦控制律的反馈矩阵与前馈矩阵为⎡004−⎤−1KEF==⎢⎥,⎣−440⎦⎡⎤10−1HE==⎢⎥⎣⎦01因此，状态反馈解耦控制闭环系统传递函数阵为⎡⎤s+−2100−1⎡0⎤⎡⎤10−1⎡⎤001⎢⎥⎢⎥⎢⎥sGsCsIABKBH()=−(+)=⎢⎥4s−2001=⎢⎥d100⎢⎥⎢⎥1⎣⎦⎢⎥⎢⎥00s⎢10⎥0⎣⎦⎣⎦⎢⎥2⎣⎦s11 课后答案网www.khdaw.com6-9给定被控系统的状态空间模型为⎡⎤−−−122⎡2⎤⎢⎥⎢⎥xx&=−011+0u⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦101−⎢⎣1⎥⎦yx=[]110试确定一个状态观测器,要求将其极点配置在-2,-2和-3处。解(1)用方法一求解。利用对偶性方法,求得原系统的对偶系统为⎛−⎡⎤101⎡1⎤⎞Σ=(,,)ABC%%%Σ⎜⎟⎢⎥−210,1,[201]−⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎢⎥⎜⎟⎢⎥−−2110⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎣⎦根据6.2节进行极点配置方法，可计算出对偶系统的状态反馈阵K为K=−[621]即所求状态观测器的反馈阵τTGK==−[621]则相应状态观测器为⎡⎤−−−782⎡2⎤⎡6⎤xxˆˆ&=+⎢⎥211⎢0⎥u+⎢−2(⎥y−yˆ)⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦0111−−⎢⎣⎥⎦⎢⎣1⎥⎦yxˆˆ=[110]12 课后答案网www.khdaw.com6-10给定被控系统的状态空间模型为⎡⎤120⎡2⎤⎢⎥⎢⎥xx&=−311+1u⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦020⎢⎣1⎥⎦yx=[]001试设计一个降维状态观测器,要求将观测器的极点配置在-3和-5处。解(1)由于输出C已为规范形式，则系统各矩阵可分解为如下形式⎡120⎤⎡2⎤⎢⎥⎢⎥AB=−⎢311⎥⎢=1⎥⎢020⎥⎢1⎥⎣⎦⎣⎦C=[]001(2)因此,降维状态观测器的特征多项式为%%⎡⎤12⎡⎤L1fs()|=−=−−sIF|sI()A11LA21=−sI⎢⎥+⎢⎥[]02⎣⎦31−⎣⎦L2sL−−122+12==sL+27s−−26LL+221−+31sL+22(3)由给定的期望特征值得期望的特征多项式为*2fss()(3)(5)=++=++sss815*令f(s)=f(s),则可得⎡⎤L1⎡5⎤L==⎢⎥⎢⎥⎣⎦L2⎣4⎦(4)故，可得降维状态观测器的各矩阵为⎡⎤125⎡⎤⎡⎤18−FAL=−=11A21⎢⎥−⎢⎥[]02=⎢⎥⎣⎦314−−⎣⎦⎣⎦39⎡05⎤⎡⎤⎡1852−−⎤⎡⎤⎡⎤7GAL=−+=−×+AFL⎢⎥⎢⎥0⎢⎥⎢⎥⎢⎥=1222⎣14⎦⎣⎦⎣3942−−⎦⎣⎦⎣⎦0⎡⎤⎡⎤25⎡⎤−3HBL=−=−×=B⎢⎥⎢⎥1⎢⎥12⎣⎦⎣⎦14⎣⎦−3于是所得的降维状态观测器为⎡18−−−⎤⎡⎤⎡⎤273z&=++=FGHzyu⎢⎥⎢⎥⎢⎥z+y+u⎣39−−−⎦⎣⎦⎣⎦203⎡⎤⎡105⎤⎡⎤zy+L⎢⎥⎢⎥xzˆ==+⎢⎥014yy⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎣⎦⎣001⎥⎦13 课后答案网www.khdaw.com6-11给定被控系统的状态空间模型为⎡⎤010⎡0⎤⎢⎥⎢⎥xx&=+0010u⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦−−−243⎢⎣1⎥⎦yx=[]142该系统的状态不能直接测量,试设计一个带状态观测器的状态反馈系统,要求将其状态观测部分的极点配置在-5,-7和-8处,状态反馈部分的极点配置在-1,-2和-3处。解：根据6.2节求解极点配置方法，得到反馈矩阵为K=[473]；再根据6.5节求解状态观测T器反馈矩阵的方法，得到反馈矩阵为G=[-353/3260/3-106]。因此，所设计的带状态观测器的状态反馈系统的状态反馈律：ux=−+[473]ˆv状态观测器为⎧−⎡⎤010⎡⎤03⎡53/3⎤⎪&⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎪xxˆˆ=+0010u+260/3(y−yˆ)⎨⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎪⎢⎥⎣⎦−−−243⎢⎥⎣⎦1⎢⎣−106⎥⎦⎪⎩yxˆˆ=[]14214 课后答案网www.khdaw.com习题解答7-17-27-37-47-57-67-77-87-97-107-117-127-137-147-15 课后答案网www.khdaw.com7-1应用拉格朗日乘子法求下列二次型函数ττJ(,)xu=+xxuuQR在n维线性向量方程fxu(,)=Ax+=BCu约束条件下的极值点。其中x和u分别为n维和m维的变量向量;Q和R分别为n×n维和m×m维的正定的常数矩阵;A和B分别n×n和n×m常数矩阵;C为n维常数向量。并证明满足必要条件的点是极小值点。解先定义如下拉格朗日函数τττLQ(,)xλ=+++xxuuRλ(AxuB−C)式中，λ为n维拉格朗日乘子向量,那么∂Lτ=20QAx+=λ∂x∂Lτ=20RBu+=λ∂u因此，有1−1τx=−QAλ21−1τu=−RBλ2由约束条件,有11−−11ττAxu+=BA−QABλλ−RB=C22即−1−−11ττλ=−2⎡⎤AQABRB+C⎣⎦由上述λ的表达式，可得x和u的解如下−1−−−111τττx=+QAAQABRB⎡⎤C⎣⎦−1−−−111τττu=+RBAQABRB⎡⎤C⎣⎦−−1τ1τ只要矩阵A和B其中之一行满秩，则矩阵AQABRB+是可逆的,此时上述解成立。由极值问题的充分条件可知,由于2**2**⎡⎤∂∂LL(,,)xuλ(,,)xuλ⎢⎥∂∂xxττ∂∂xu⎡⎤Q0⎢⎥=⎢⎥>02*LL(,,)*2*(,,)*0R⎢⎥∂∂xuλxuλ⎣⎦⎢⎥ττ⎣⎦∂∂ux∂∂uu时,上述极值为极小值。2 课后答案网www.khdaw.com7-2求函数22J()xxx=+12在不等式约束2222(4xxxx−)+≤4,(1−+≤)21212条件下的最大值。解先定义库恩-塔哈克函数如下222222Lxy(,,λλ,)=++xxλ[(x−+−+4)4x]λ[(x−+−1)2x]1212112212根据库恩-塔哈克定理,极小值的必要条件如下:∂L=+2(xxλλ28−+)(22x−=)0,11121∂x1∂L=++=2220xxxλλ21222∂x222λλ[(xx−+−=4)4]0,≥0112122λλ[(xx−+−=1)2]0,≥0212222(4xx−+−≤)40,1222(1xx−+−≤)2012现在依次考虑下述4种可能情况:(1)λ1=λ2=0,即在两个不等式约束的边界之内求解。此时,则由∂L=20x=,1∂x1∂L=20x=2∂x2解得x1=x2=0。由于该问题的第一个不等式约束条件不满足,因此,不是极小解。(2)λ1=0,λ2>0。因此,有∂L=2(xx+−λ22)=0,121∂x1∂L=+=220xxλ222∂x222(1xx−+−=)2012解得⎧⎧⎪⎪xx=+12=−12⎪⎪11⎪⎪⎨⎨xx==0,022⎪⎪⎪⎪12+−12λλ=−=22⎪⎪⎩⎩22经检验，上述2个均故不是极小值解。(3)λ1>0,λ2=0。因此,有3 课后答案网www.khdaw.com∂L=2(xx+−λ28)=0,111∂x1∂L=+=220xxλ212∂x222(4xx−+−=)40,12解得⎧⎧xx=62=11⎪⎪⎨⎨xx=0,=022⎪⎪⎩⎩λλ=−=1/3111经检验，上述第一个解不满足λ1>0,因此不是极小值解。第二个解满足所有条件，其为极小值解。(4)λ1>0,λ2>0。因此,有∂L=+2(xxλλ28−+)(22x−=)0,11121∂x1∂L=++=2220xxx21λλ222∂x222(4xx−+−=)40,1222(1xx−+−=)2012解得⎧⎧⎪⎪xx==13/613/611⎨⎨,⎪⎪⎩⎩xx==23/6−23/622经检验，上述2个解均不是极小值解。综上所述,该极值问题的解为⎧x=21⎨。⎩x=024 课后答案网www.khdaw.com7-3求如下泛函问题的极值曲线π/222(1)Jx[()]⋅=∫(x&−xt)dx(0)1,(/2)=xπ=2012(2)Jx[()]⋅=∫(x&+12)dtxtx(0)0,(1)2=x=0221+x&(3)Jx[()]⋅=∫dtx(0)1,(2)0=x=0x解(1)因为F函数不显含自变量t,因此极值曲线的解满足F−x&Fx&=C1代入F函数，有22x&&−xxxC−=(2)&1则有22x&=±−−Cx=±Cx−12解得x=+ktksin()12根据边界条件，可解得kk=±5a=±rcsin(1/5)12d(2)由欧拉方程Fx−Fx&=0，有dtd12tx−(2)&=0dt即&&x=6t则有3x=tC++tC12根据边界条件，可解得3x=tt+221+x&Jx[()]⋅=∫dtx(0)1,(2)0=x=0x(3)由于泛函的被积函数F不显含自变量t,因此极值曲线的解满足F−x&Fx&=C1将F代入该方程,有21+xx&&−x&=C1xxx1+&2经整理,可得2x1+xC&=2引入参变量ξ,令x&=ctgξ,于是上式可表示为5 课后答案网www.khdaw.comC2xC==sinξ321ctg+ξ又由dxCcosξ3ddtC==ξ=sinξξd3x&ctgξ积分得tC=−+cosξC34即该泛函问题的极值曲线解满足tC=−cosξ+CxC=sinξ343即222x+()tC−=C43由边界条件，可确定CC=±5/4=3/4346 课后答案网www.khdaw.com7-4已知线性系统的状态方程为⎡01⎤⎡⎤10xx&=+⎢⎥⎢⎥u⎣00⎦⎣⎦01其边界条件为⎡⎤1x(0)==⎢⎥,x(2)02⎣⎦1求u(t),使性能指标泛函12τJu=∫()()dtutt20为最小。解本例中末态约束条件为g(x(tf),tf)=x2(2)=0因此,相应的哈密顿函数和辅助性能指标泛函中的末值项分别为1τHt(,,,,)xx&uλ=+utut()()λ()xux+−&&+λ()ux−12112222Stt((),)x=μx(2)ff2根据定理7-7,可得该最优控制的如下方程和边界条件xtxtut&()=+()()121xtut&()=()22&∂Hλ()t=−=01∂x&1&∂Hλ()tt=−=−λ()21∂x&2xx(0)1==(0)112x(2)=02∂∂ggλ(2)==μ0λ(2)==μμ12∂∂xx12∂H=+=uλ011∂u1∂H=+=uλ022∂u2由上述方程可求得如下解析解*ut()0=1*1ut()=−221*2x()tt=−+t+114*txt()=−+1227 课后答案网www.khdaw.com7-5已知被控系统x&=u,其初始条件为x(0)=1。试求u(t)和tf,使系统在tf时刻转移到x(tf)=0,且使如下性能指标泛函极小tf22Jt=+utt()df∫0解首先构造哈密顿函数如下2Hxu(,,,)λtuu=+λ由极值条件可解得u=-λ/2。将其代入规范方程,可得xu&=,λ&==-0∂H∂x并写出边界条件如下xx(0)1=()t=0f2ut()+λ()()2tut=−tffff从而解得**133*tu==3()tx−=2()t−21t+f28 课后答案网www.khdaw.com7-6已知线性系统的状态方程为⎧xx&=⎡1⎤12⎨x(0)=⎢⎥⎩xu&=⎣1⎦2系统的在未定末态时刻tf的末态条件分别为2(1)x()tt=−1ff2(2)xt()=−=txt()012fff试分别求使系统转移到上述末态条件的最优控制u(t),并使性能指标泛函tf2Ju=∫()dtt0为最小。解(1)首先构造哈密顿函数如下2Hxu(,,,)λtuxu=++λλ122由极值条件可解得u=-λ2/2。将其代入规范方程,可得xxxu&&======λ&&-0∂HHλ-∂−λ122121∂∂xx12解得λ=C11λ=−CtC+212CC12ut=−22CC122xtt=−+C2342CC1232x=tt−++CtC134124并写出边界条件如下xx(0)1==(0)1122xt()=−t1ffτ2∂∂Stt((),)xg((),)xtt∂[()xtt+]ffff1ffλμ()t=+μ==μ1f∂∂∂xx()ttx()()tff1fτ2∂∂Stt((),)xg((),)xtt∂[()xtt+]ffff1ffλμ()t=+μ==02f∂∂∂xx()ttx()()tff2fτ∂S((),)xgtt∂((),)xtt2ffffut()++=λλ()()txt()()tut−−μ=−2t+μff12ff2ff∂∂ttff**由边界条件可以求出待定常数Ci,从而解得最优控制u(t)和最优状态轨迹x(t)。(2)首先构造哈密顿函数如下2Hxu(,,,)λtuxu=++λλ122由极值条件可解得u=-λ2/2。将其代入规范方程,可得9 课后答案网www.khdaw.comxxxu&&======λ&&-0∂HHλ-∂−λ122121∂∂xx12解得λ=C11λ=−CtC+212CC12ut=−22CC122xtt=−+C2342CC1232x=tt−++CtC134124并写出边界条件如下xx(0)1==(0)1122xt()=−txt()0=12fffτ2∂∂Stt((),)xg((),)xtt∂[()]xtt+∂xt()ffff12fffλμ()t=+μ=+μ=μ1f121∂∂∂∂xx()ttx()()tx()tff11ffτ2∂∂Stt((),)xg((),)xtt∂[()]xtt+∂xt()ffff12fffλμ()t=+μ=++μμ=2f122∂∂∂xx()ttx()()t∂xt()ff2f2fτ∂∂Stt((),)xg((),)xtt2ffffut()++=λ()()txtλμ()()tut−−μ=−2t+ff12ff2ff1∂∂ttff**由边界条件可以求出待定常数Ci,从而解得最优控制u(t)和最优状态轨迹x(t)。10 课后答案网www.khdaw.com7-7已知被控系统状态方程x&=u控制变量不等式约束|u(t)|≤1,试试利用极大值原理求使系统从初始状态x(0)=1转移到x(tf)=0,且使性能指标泛函tf22Jt=+xtt()df∫0为最小的最优控制和最优轨线。解该问题的哈密顿函数为2Hxu=+λ运用极大值原理***Httt(x(),(),λux())=minHttt((),(),())λuu()tU∈*2=+minxuλ1()1≤≤ut*2=+xuminλ1()1≤≤ut解得⎧−1(λt)0>ut*()=⎨⎩+1(λt)0<由于本问题时寻求控制律使系统从初始状态x(0)=1转移到末态x(tf)=0,因此，考虑系统的状态方程为x&=u，从初始状态x(0)=1出发时的一段时间内，系统的最优控制律必为*u(t)=-1;此时状态轨线为*x(t)=-t+1由协态方程&∂Hλ=−=−=21xt−∂x得12λλ()ttt=−+(0)λ()0t>02*若系统控制量到达x(tf)=0之前无切换，即没有从-1切换到+1，则只要tf=1,x(1)=0,此时22tf124Jt=+xtt()d1=+−+(t1)dt=f∫∫003可以证明，若发生切换，不管切换多少次，使系统从初始状态x(0)=1转移到末态x(tf)=0的控**制规律的性能指标函数值必定大于没有发生过切换的u(t)=-1。因此u(t)=-1为最优控制且tf=1。11 课后答案网www.khdaw.com7-8已知被控系统状态方程和性能指标泛函分别为x&&&=xxxxu==12233t22fJ=+txt()xtt()dff21∫0约束条件为τ(1)x(0)[100]=(2)x()tx=()t,xt()0=12ff3f(3)|()|1ut≤tf2(4)∫utt()d1=0试写出最优控制的必要条件,其中末态时刻tf未定。参见习题7-712 课后答案网www.khdaw.com7-9某一阶被控系统的状态方程为x&=0.5xu+=x(0)x0试证明−tft*1−eeut()=−xt()−tft2(1+ee)是使性能指标泛函1tf−t22Je=+∫[()2()]xtutdt20为最小的最优控制律。解对本问题，各系统状态空间模型和二次型、性能指标函数各矩阵如下−−ttABQRF====[0.5,][1,]⎡⎤⎣⎦e,[2e],=[0]−tft*1−ee因此，若ut()=−xt()为最优控制规律，应满足黎卡提微分方程。由于最优−tft2(1+ee)−t−tf*1−τee−二次型控制律为u()tR=−BPx()t，因此该控制律的P=应满足如下黎卡提微分−tft1+ee方程τ−1τP&()tP=−()tA−AP()tP+()tBRBP()tQtt−,∈[,]t0fP()tF=f即tt2−P&()tP=−()te+P()/2tett−,∈[,]t0fPt()0=f−t−tfee−将P=代入上述黎卡提方程，等式左右两边相等，边界条件也成立。根据微分−tft1+ee−t−tfee−方程解理论，微分方程解惟一存在，因此P=为该二次型最优控制问题的黎卡提方−tft1+ee−tft*1−ee程的解，ut()=−xt()为最优控制律。−tft2(1+ee)13 课后答案网www.khdaw.com7-10某一阶被控系统的状态方程和初始条件为xu&=x(1)=3性能指标泛函为1522Jx=+(5)∫utt()d21试求使J最小的最优控制律。解对本问题，各系统状态空间模型和二次型、性能指标函数各矩阵如下ABQRF=====[0,][1,][0,][1],[1]因此求解黎卡提代数方程τ−1τP&()tP=−()tA−AP()tP+()tBRBP()tQtt−,∈[,]t0fP()tF=f得1P=6−t因此，最优反馈控制律为*1−τ1ux()tR=−BP()t=−x()t6−t闭环系统状态方程为−1τxx&()tAB=−⎡⎤RBP()t⎣⎦⎡⎤1=−1(xt)⎢⎥⎣6−t⎦5−t=x()t6−t14 课后答案网www.khdaw.com7-11某一阶被控系统的状态方程和初始条件为x&=xu+=x(0)x0性能指标泛函为1tf22J=+∫[2()xtutt()]d20试求使J最小的最优控制律。解对本问题，各系统状态空间模型和二次型、性能指标函数各矩阵如下ABQRF=====[1,][1,][2,][1],[0]因此求解黎卡提代数方程τ−1τP&()tP=−()tA−AP()tP+()tBRBP()tQtt−,∈[,]t0fP()tF=f得23tCe(13−−)13−P=23tCe1−其中13+-23tfC=e13−即23(tt−f)−+2e2P=23(tt−f)(1+−3)e(1−3)因此，最优反馈控制律为23(tt−f)*−1τ−2e+2ux()tR=−BP(t)(=−xt)2()3tt−f(1+−3)e−(13)闭环系统状态方程为−1τxx&()tAB=−⎡⎤RBPt()⎣⎦⎡⎤−+2e23(tt−f)2=−⎢⎥1x(t)23(tt−f)⎢⎥⎣⎦(1+−3)e(1−3)23(tt−f)(3+−3)e(3−3)=x(t)23(tt−f)(1+−3)e(1−3)15 课后答案网www.khdaw.com7-12某一阶被控系统的状态方程为⎧x&=x12⎨⎩x&=u2性能指标泛函为1∞22Jx=+[()()]tutdt∫120试求使J最小的最优控制律。解对本问题，各系统状态空间模型和二次型、性能指标函数各矩阵如下⎡⎤01⎡⎤0⎡⎤10AB==⎢⎥,,⎢⎥QR==⎢⎥,[1]⎣⎦00⎣⎦1⎣⎦00因此求解黎卡提矩阵代数方程τ−1τPA+AP−PBRBP+Q=0得⎡21⎤P=⎢⎥⎢⎣12⎥⎦因此，最优反馈控制律为*1=−−τ=−⎡⎤ux()tRBP()t12()xt⎣⎦闭环系统状态方程为−1τxx&()tAB=−⎡⎤RBP()t⎣⎦⎡⎤01=⎢⎥x()t⎣⎦−−1216 课后答案网www.khdaw.com7-13如题图7-14所示的街道,图中数字表示相应的街道长度,试求从起点S到终点F的最短路线。题图7-13某街道路线图解由动态规划法逆向求解，各点到终点的最佳路径与最短路径值如下图所示。1914721723145711102015 课后答案网www.khdaw.com7-14已知被控系统的状态方程和初始条件分别为x(k+1)=x(k)u(k)+u(k)x(0)=1其中u(k)是控制变量,它只能在-1、0和+1三者之间取值。给定的性能指标泛函为2Jx=+|(3)|∑[|()|3|()1|]xk++ukk=0极小化。试用动态规划法先列出递推方程,然后求出最优控制序列u*(0),u*(1)和u*(2)的显式解。解采用搜索路径的图解法，求解过程如图所示，节点内的数字为各时刻状态变量的值，弧线上的数字表示各步性能指标函数，即为|()|3|()1|xk+uk+，红线表示各状态下一步的最优策略，红色数字表示最优性能指标值。从图上可知，最优策略为u(k)=-1,k=0,1,2;最优状态轨迹为{1，-2，1，-2}944836266322572731411166144010003360011-111-1253-225-286-359-4418 课后答案网www.khdaw.com7-15已知被控系统的状态方程x(k+1)=x(k)+u(k)和初始条件x(0)=x0x(N)=xf给定的性能指标泛函为N−12Ju=+∑1(k)k=0极小化。试用动态规划法先列出递推方程,然后求出最优控制律。解由离散系统最优控制问题的贝尔曼逆向递推方程,可得**2*JxkukN[(),(,−=1)]min{1+ukJk()+[(xu+1),*(kN+−1,1)]}kNN=−−1,2,...u()kU∈*JxNN[(),)]0=由状态方程x(k+1)=x(k)+u(k)可得N−1xf=+xu0∑()kk=0因此,本题的最优控制问题等价于求N−12Ju=+∑1(k)k=0在约束条件N−1xf=+xu0∑()kk=0下的最优控制问题。因此，该问题的最优解为x−xf0uk()=，k=0,1,2,…,N-1N19'