1、 现代控制理论第二章习题解答 2.1 试叙述处理齐次状态方程求解问题的基本思路? 答：求解齐次状态方程的解至少有两种方法。一种是从标量其次微分方程的解推广得到，通过引进矩阵指数函数，导出其次状态方程的解。 另一种是采用拉普拉斯变换的方法。 2.2 叙述求解预解矩阵的简单算法，并编程计算例2.1.1中的预解矩阵。 答：根据定义，为 11() adj(det( )sIA sIAsI A= (1) 式（1）中的adj( )sIA和det( )sIA可分别写成以下形式： 12adj( )nnnnsI A H s H s H= + +“00(2) 1det( )nsI A s a s a =+ +“ (
2、3) 将式（1）两边分别左乘det(，并利用式（2）和（3），可得 )( )sI A sI A1210121 01()()nn n n0IsaIs aIHs H AHs HAHsAH+=+ +“ (4) 上式左右两个多项式矩阵相等的条件是两边的系数矩阵相等，故 is121011000nnnnHIHAHaHAHaIAH a I=+=+=+#1I1(5) 由此可以确定式（2）中的系数矩阵0,nHH“。另一方面，可以证明式（3）中的系数可通过以下关系式来求取： 0,naa“11221100()1()21()11()nnnatrAatrAHatrAnatrAHn=#H(6) 利用式（5）和（6），未知
3、矩阵和可以交替计算得到，从而可求出预解矩阵iHia1()sIA的解。 求解预解矩阵1()sIA的Matlab程序为: function invsia A=1,1,0;3,-1,-2;0,0,-3; b=length(A(1,:); %确定H和a% H=eye(b); J=eye(b); J0=eye(b); a(1)=-trace(A); J=A*J0+a(1)*eye(b); J0=J; H=H,J; a(2)=-trace(A*J)/2; J=A*J0+a(2)*eye(b); J0=J; H=H,J; a(3)=-trace(A*J)/3; %计算出sI-A的行列式% num=1,a(1
4、),a(2),a(3); den=1 G1=tf(num,den) %计算出sI-A的伴随矩阵% for i=1:b for j=1:b num=H(i,j),H(i,j+b),H(i,j+2*b); G(i,j)=tf(num,den) end end %计算inv(SI-A)% invsia=G/G1 2.3 状态转移矩阵的意义是什么？列举状态转移矩阵的基本性质。 答： 状态转移矩阵的意义是：它决定了系统状态从初始状态转移到下一个状态的规律，即初始状态0()At-te0x在矩阵的作用下，时刻的初始状态0()At-te0t0x经过时间后转移到了时刻的状态0tt t()x t。 以为初始时刻的
5、状态转移矩阵具有以下基本性质： 0t = ()Atte=(1) () ()tAt=(2) 对任意的和， t s () ()(ts t s+ =)(3) 对于任意的t，1() ( )tt = 2.4 线性定常系统状态转移矩阵的计算方法有哪几种？已知状态转移矩阵，写出齐次状态方程和非齐次状态方程解的数学表达式。 答：线性定常系统状态转移矩阵的计算方法主要有以下4种： (1) 直接计算法 (2) 通过线性变换计算 (3) 通过拉普拉斯变换计算 (4) 凯莱哈密顿法 已知状态转移矩阵，则齐次状态方程和非齐次状态方程解的数学表达式分别为： 0()0() ( )At tx te xt= 和 ()0() (
6、0) ( )tAt A tx tex e Bud =+2.5 试求下列矩阵A对应的状态转移矩阵()t。 (1) ， (2) 0102A=0140A = ， (3) 0112A = ， (4) ， (5) 010001254A=0100001000010000A = ， (6) 0000100 1000A0 = 答：（1） 11() ( )tLsIA= 122110sLsss+=+111(2)102sssLs+=+22111220ttee=（2） 由凯莱-哈密尔顿定理，可得 01(0) ( )AteaIat=+A 系统的2个特征值为12 j =，22 j =，故 1011() ()teatat=
7、+2012() ()teatat，=+=+2cos(2 ) sin(2 )jtetjt=且 2cos(2 ) sin(2 )jtetjt, 解以上线性方程组，可得 220221() cos(2)21() sin(2)22jt jtjt jteeat teeat t +=+=因此， 11cos(2 ) 0 0 sin(2 ) cos(2 ) sin(2 )()220cos(2)2sin(2 ) 0 2sin(2 ) cos(2 )t ttttttt = + = （3） 系统的特征多项式是 2det( ) 2 1IA =+ 因此，矩阵A有一个二重特征值1 =。根据线性代数的知识可知变换矩阵 111
8、0 1 0 101111T = = 1满足 11101TAT J = 而 0ttJtteteee = 故系统的状态转移矩阵为 110 10()11 110tt tt tJte te e te tetTeTete + = = = + （4） 系统的特征多项式是 32 2det( ) 4 5 2 ( 1) ( 2)IA= += 因此，系统状态矩阵的特征值是121 = =，32 =。应用凯莱哈密尔顿方法得： 120112() () ()tett t1 =+ + 112() 2 ()tte t t1 =+ 320 1323() () ()tett t =+ + 将121 =，32 =代入，得到 012
9、() () ()tett=+ttttA22t12() 2 ()tte t t=+ 2012() 2 () 4 ()tett=+ + 解以上线性方程组，可得： 20() 2ttttee = + 21() 2 3 2tttetee =+ 22()tttetee = + 故 201 2() () () ()ttItAt= + + 22222(32)2(1)2(1 ) 2 (3 5) 4 ( 2) 22(2 ) 4 (3 8) 8 ( 3) 4tt t t tttt tt tttt tt tte e t e e t e ete e t e e t e ete e t e e t e e+ + += +
10、 + + + + + + +（5） 由于A为约旦标准型，因此可直接得到: 23211126101()200 100 0 1tt ttttt = （6） 由于A为约旦标准型，因此可直接得到: 2100 0101()2001000 1ttttet = 2.6 试求状态转移矩阵 222()55 2tt tttttee eetee ee =+ +ttt的逆矩阵。 1()t答：由可得： 1() ( )t=2212() ( )55 2tt tttttee eettee ee = + + 2.7 一个振动现象可以由以下系统产生 0110x x = 证明该系统的解是 cos sin() (0)sin cost
11、tx txtt=并用MATLAB观察其解的形状。 答：考虑齐次状态方程 0110x x = 容易得到系统状态矩阵的两个特征根是1j =，2j =，故 01() ()jteatat=+j j=+ cos sinjtjt=， 01() ()jteatat=而 cos sinjtetjt，et 因此，。由此得到状态转移矩阵 0() cosat t=1() sinat t=01() (0) ()Atte a IatA= = +cos sinsin costttt = 系统的解是 cos sin() (0)sin costtx txtt=假设初始条件，用Matlab观察该系统解的形状。程序代码如下： 0
12、(0)1x=a=0 1;-1 0; b=0; 0; c=0 0; d=0; x0=0;1; y,x,t=initial(a,b,c,d,x0); plot(t,x(:,1),k,t,x(:,2),k:) xlabel(time(sec) ylabel(x1(solid),x2(dotted) 由此得到的图形为： 0 5 10 15 20 25 30 35 40-1-0.8-0.6-0.4-0.200.20.40.60.81time(sec)x1(solid),x2(dotted)读者可自行更改初始条件(0)x的取值。 2.8 给定线性定常系统 0132x x = 且初始条件为 1(0)1x =
13、 试求该齐次状态方程的解。 ()xt答： 由，可得21det( ) 2 332IA= =+A的两个特征根：112j = + 212j = 由凯莱-哈密尔顿定理可得： (1 2)01() ()( 1 2 )jteatat+=+j (1 2)01() ()( 1 2 )jteatat=+jA01(0) ( )AteaIat=+ 进一步可得： 201 1() () 2 ()tjtee at at atj=+ 201 1() () 2 ()tjtee at at atj= 再结合： 2cos( 2 ) sin( 2 )jtetj=+t 2cos( 2 ) sin( 2 )jt= 由以上线性不等式组可得
14、： 02( ) cos( 2 ) sin( 2 )2tat e t t=+, 12() sin( 2)2tat e t= 故， () ( )01AteatIat=+A ()()( )() ()0100032at atat at at=+1() ( )() () ()0110 132at atat at at=22cos( 2 ) sin( 2 ) sin( 2 )32 2sin( 2 ) cos( 2 ) sin( 2 )22ttt tett+=t() (0)Atx tex= 22cos( 2 ) sin( 2 ) sin( 2 )1132 2sin( 2 ) cos( 2 ) sin( 2
15、)22ttt tettt+=cos( 2 )cos( 2 ) 2 sin( 2 )ttett=2.9 已知二阶系统的初始状态和自由运动的两组值： xAx=112 2(0) , ( )1ttexxte= ； 221 2(0) , ( )1ttttetexxtete += + 求系统的状态转移矩阵和状态矩阵。 答： 由，而 12 1 2 ( ) ( ) (0) (0)Atxt xt e x x=1221 (0) (0)11xx = 是非奇异的，故 1121 2() ()(0) (0)112212242Attt tttttt ttttextxtx xee teeeteete tete e te =
16、+= + =+因此， 03411AttdAedt= = 2.10 为什么说状态转移矩阵包含了系统运动的全部信息，可以完全表征系统的动态特性？ 答： 因为由状态转移矩阵可以确定系统的状态矩阵，0()t=A =，而系统的状态转移矩阵决定了系统自由运动的全部信息。 2.11 试判断下列矩阵是否满足状态转移矩阵的条件，如果满足，试求对应的状态矩阵A。 (i) ， (ii) 10 0() 0 sin cos0cossintttt=t2210.5(1 )()0ttete = 答：(i) 由于(0) I，所以不满足状态转移矩阵的条件。 ()t(ii) 由于，所以满足状态转移矩阵的条件。 10(0)01=根据
17、计算对应的状态矩阵。当() ()tAt=0t =时，。由于， 因此 (0) A=01(0)02=01(0)02A = = 2.12 给定矩阵 A = 证明: cos( ) sin( )expsin( ) cos( )ttetetete tt = 证明: 11()ssI As =221()sss = + 故 11cos( ) sin( )exp ( )sin( ) cos( )At tttteLsIAtte = = 2.13 一般线性系统状态方程的解有哪几部分组成？各部分的意义如何？ 答： 一般线性系统状态方程的解由两部分组成，第一部分是系统自由运动引起的，是初始状态对系统运动的影响；第二部分是
18、由控制输入引起的，反映了输入对系统的影响。两部分叠加构成了系统的状态响应。 2.14 考虑由下图给出的控制系统 控制器被控对象+R(s)_Y(s)图2.8 控制系统结构图 其中：控制器的传递函数是 1()1Kss=+被控对象的传递函数是 21()24Gsss=+ +试分别确定控制器和被控对象的状态空间模型，进而利用函数series和feedback给出闭环系统的状态空间模型，并画出闭环系统状态的脉冲响应图。 答: 由控制器的传递函数可得其状态空间模型： x xuyx=+=由被控对象的状态空间模型可得其状态空间模型： 01 042 110x xuyx =+ =编写并执行下列的m-文件： A1=-
19、1; B1=1; C1=1; D1=0; sys1=ss(A1,B1,C1,D1); A2=0 1;-4 -2; B2=0;1; C2=1 0; D2=0; sys2=ss(A2,B2,C2,D2); sys3=series(sys1,sys2); sys=feedback(sys3,1) impulse(sys) 得到下列结果： 01042110 1a = ， 001b = ， 100c=， 0d = 闭环系统的脉冲响应如下图所示 0 1 2 3 4 5 6-0.0200.020.040.060.080.10.120.140.16Impulse ResponseTime (sec)Ampli
20、tude2.15 已知线性定常系统的状态方程为01 023 1x xu =+ ，初始条件为。若系统的输入为单位阶跃函数，试求状态方程的解。 1(0)1x=答： 容易求出A的两个特征值为11 =，22 =，变换矩阵为 111 2112 11T = 所以 12211 210012 11ttAteeeT T = 22222 2tt ttttttee eeee ee =+ +单位阶跃输入的状态响应为 () () (0) ( ) ( )0tx ttx tBud = + () 2() () 2()() 2() () 2()02(0) 1( )0122 2tt ttAtttttt ee eeex dee e
21、e =+ +2()122 ()2(0)2(0) 022 2 2tt tt t ttttt t tx tee ee e edxee ee e e + + +22212211(0)222(0)22 2tttt ttttttttx eeee eexee eeee + =+ + + 由初始状态为，故状态方程的解为 1(0)1x=212211()22()ttxt exte + = 2.16 连续时间状态空间模型离散化时需要注意哪些问题？ 答： 需要注意的问题有 (1) 采样脉冲宽度要比采样周期小很多，这样才可以不考虑脉冲宽度的影响； (2) 采样周期应该满足香农采样定理，以使得采样信号包含连续信号尽可能
22、多的信息，从而可以从采样得到的离散信号序列中完全复现原连续信号； 2.17 已知线性定常连续系统的状态空间模型为 10 0,1002 1x xuy=+=x， 设采样周期1T =秒，试求离散化状态空间模型。 答: A为非奇异矩阵，所以 20()0TATTeGT ee = 1() () HT A GT IB=210010110 012TTee = 201122Te = + 由，可得 1T =120(1)0eGe=，20(1)1122He = + 故离散化后的状态空间模型为 12200(1) () (11022e)x kxkee+= +uk 2.18 试求以下线性时不变状态方程 01 0() ()
23、()02 1x txt=+ut 的离散化方程，假定采样周期1T =秒。 答： 由 1211()0(2)ssI Asss+ = + 10.50.52102ssss + += + 可得 2112111()220tAtteeLsIAe + = 22111()220TATTeGT ee + = 02211(1) (1024 24() ( )1110(1) (1)TTTATTTe eHT e d Bee = = )把s代入可得： 1T =22111(1)220eGe + = 2211(1)24(1)1(1)2eHe = 故可得离散化方程 222 21111 (1)124(1) () (2210 (1)2
24、ee)x kxke e += +uk 2.19 已知系统的离散状态方程 (1) () (xk Gxk Huk)+ =+ 其中： 01 1,0.1 1 1GH = 若初始条件，输入是单位阶跃信号，即T(0) 1 1=x () 1uk =，试求状态 (1), (2), (3)xxx。 答： 由于系统的初始状态和输入都已知，故可以根据(1) () ()x kGxkHuk+ =+得到每一步的状态量。 011 1 0(1)0.1 1 1 1 1.9x=+=010 1 2.9(2)0.1 1 1.9 1 0.9x=+= 0 1 2.9 1 0.1(3)0.1 1 0.9 1 1.61x=+2.20 已知离
25、散时间状态方程 1122(1) ()10.5 0.3()(1) ()00.1 0.4xk xkukxk xk+ =+ + 若初始状态 12(0) 1(0) 1xx = 试求，使得系统状态在第二个采样时刻转移到原点。 )(ku答: 由状态离散化的方程(1) () ()x kGxkHu+= + k，可得 (1) (0) (0)x Gx Hu= + (1) (2) (1) (1)x Gx Hu= + (2) 将(1)式代入(2)得： 2(0) (0) (1) (2)Gx GHu Hu x+= 将G和H带入(2)得 1 0.5 1 0.5 1 1 0.5 0.3 0.3 0(0) (1)0 0.1 0 0.1 1 0 0.1 0.4 0.4 0uu+=(3) 整理得 0.5 (0) 0.3 (1) 1.550.04 (0) 0.4 (1) 0.01uuuu+=+=(4) 解方程(4)可得 (0) 3.28u =，(1) 0.303u = .
