《现代控制理论》课后习题答案2

《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())sIAsIAsIA−−=−−(1)式（1）中的adj()sIA−和det()sIA−可分别写成以下形式：1212adj()nnnnsIAHsHsH−−−−−=+++"00(2)11det()nnnsIAsasa−−−=+++"(3)将式（1）两边分别左乘det(，并利用式（2）和（3），可得)()sIAsIA−−121012101()()nnnnnnnn0IsaIsaIHsHAHsHAHsAH−−−−−−+++=+−++−−""(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is121011000nnnnHIHAHaHAHaIAHaI−−−=⎧⎪=+⎪⎪⎨⎪=+⎪=+⎪⎩#1I−1(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:functioninvsiaA=[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),a(2),a(3)];den=[1]G1=tf(num,den)%计算出sI-A的伴随矩阵%fori=1:bforj=1:bnum=[H(i,j),H(i,j+b),H(i,j+2*b)];G(i,j)=tf(num,den)endend%计算inv(SI-A)%invsia=G/G12.3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()xt。以为初始时刻的状态转移矩阵Φ具有以下基本性质：0t=()Atte=(1)()Φ()tAtΦ=�(2)对任意的和，ts()()(tstsΦ+=ΦΦ)(3)对于任意的t，1()()tt−Φ=Φ−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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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()()Attxtext−=和()0()(0)()tAtAtxtexeBudτττ−=+∫2.5试求下列矩阵A对应的状态转移矩阵()tΦ。(1)，(2)0102A⎡⎤=⎢−⎣⎦⎥0140A−⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，(3)0112A⎡⎤=⎢⎥−−⎣⎦，(4)，(5)010001254A⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥−⎣⎦0100001000010000A⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，(6)00001001000Aλλλ0λ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦答：（1）11()()tLsIA−−⎡⎤Φ=−⎣⎦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12jλ=，22jλ=−，故1011()()teatatλλ=+2012()()teatatλ，λ=+=+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)22jtjtjtjteeatteeatt−−⎧+==⎪⎪⎨+⎪==⎪⎩因此，11cos(2)00sin(2)cos(2)sin(2)()220cos(2)2sin(2)02sin(2)cos(2)ttttttttt⎡⎤⎡⎤−−⎡⎤⎢⎥⎢⎥Φ=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（3）系统的特征多项式是2det()21IAλλλ−=++因此，矩阵A有一个二重特征值1λ=−。根据线性代数的知识可知变换矩阵111010101111Tλ−−⎡⎤⎡⎤⎡===⎢⎥⎢⎥⎢−⎣⎦⎣⎦⎣1⎤⎥⎦满足11101TATJ−−⎡⎤==⎢⎥−⎣⎦而0ttJtteteee−−−⎡⎤=⎢⎥⎣⎦故系统的状态转移矩阵为11010()11110tttttJttteteetetetTeTetete−−−−−−−−tte−−⎡⎤⎡+⎡⎤⎡⎤Φ===⎤⎢⎥⎢⎢⎥⎢⎥−−−+⎣⎦⎣⎦⎥⎣⎦⎣⎦（4）系统的特征多项式是322det()452(1)(2)IAλλλλλλ−=−++=−−因此，系统状态矩阵的特征值是121λλ==，32λ=。应用凯莱—哈密尔顿方法得：120112()()()tetttλ1ααλαλ=++112()2()ttettλ1ααλ=+3201323()()()tetttλααλαλ=++将121λλ==，32λ=代入，得到012()()()tettααα=++ttttA222t12()2()ttettαα=+2012()2()4()tettααα=++解以上线性方程组，可得：20()2tttteeα=−+21()232ttteteeα=+−22()ttteteeα=−−+故2012()()()()ttItAtαααΦ=++2222222(32)2(1)2(1)2(35)4(2)22(2)4(38)8(3)4tttttttttttttttttteeteeteeteeteeteeteeteetee⎡⎤−++−−++⎢⎥=−+++−−++⎢⎥⎢⎥−+++−−++⎣⎦（5）由于A为约旦 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 型，因此可直接得到:23211126101()20010001ttttttt⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥Φ=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦（6）由于A为约旦标准型，因此可直接得到:21000101()20010001ttttetλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥Φ=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦2.6试求状态转移矩阵22222()552ttttttteeeeteeee−−−−−−−−⎡⎤−−Φ=⎢⎥−+−+⎣⎦ttt的逆矩阵。1()t−Φ答：由可得：1()()t−Φ=Φ−221222()()552ttttttteeeetteeee−⎡⎤−−Φ=Φ−=⎢⎥−+−+⎣⎦2.7一个振动现象可以由以下系统产生0110xx⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦�证明该系统的解是cossin()(0)sincosttxtxtt⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦并用MATLAB观察其解的形状。答：考虑齐次状态方程0110xx⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦�容易得到系统状态矩阵的两个特征根是1jλ=，2jλ=−，故01()()jteatat=+jj=+cossinjtjt−=−，01()()jteatat−=−而cossinjtetjt，et因此，，。由此得到状态转移矩阵0()cosatt=1()sinatt=01()(0)()AtteaIatAΦ==+cossinsincostttt⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦系统的解是cossin()(0)sincosttxtxtt⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦假设初始条件，用Matlab观察该系统解的形状。程序代码如下：0(0)1x⎡⎤=⎢⎥⎣⎦a=[01;-10];b=[0;0];c=[00];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：0510152025303540-1-0.8-0.6-0.4-0.200.20.40.60.81time(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0132xx⎡⎤=⎢⎥−−⎣⎦�且初始条件为1(0)1x⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦试求该齐次状态方程的解。()xt答：由，可得21det()2332IAλλλλ−⎡⎤−==++⎢⎥+⎣⎦λA的两个特征根：112jλ=−+212jλ=−−由凯莱-哈密尔顿定理可得：(12)01()()(12)jteatat−+=+−+j(12)01()()(12)jteatat−−=+−−jA01(0)()AteaIat=+进一步可得：2011()()2()tjteeatatatj−=−+2011()()2()tjteeatatatj−−=−−再结合：2cos(2)sin(2)jtetj=+t2cos(2)sin(2)jtetj−=−t由以上线性不等式组可得：02()cos(2)sin(2)2tatett−⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠,12()sin(2)2tatet−=故，()()01AteatIat=+A()()()()()010100032atatatatat⎡⎤⎡=+⎢⎥⎢−−⎣⎦⎣1⎤⎥⎦()()()()()0110132atatatatat⎡⎤=⎢⎥−−⎣⎦22cos(2)sin(2)sin(2)22322sin(2)cos(2)sin(2)22ttttett−⎡⎤+⎢⎥⎢⎥=⎢⎥−−⎢⎥⎣⎦t()(0)Atxtex=22cos(2)sin(2)sin(2)1221322sin(2)cos(2)sin(2)22ttttettt−⎡⎤+⎢⎥⎡⎤⎢⎥=⎢⎥−⎢⎥⎣⎦−−⎢⎥⎣⎦cos(2)cos(2)2sin(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=�1122(0),()1ttexxte−−⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦；2212(0),()1ttttetexxtete−−−−⎡⎤+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦求系统的状态转移矩阵和状态矩阵。答：由，而1212[()()][(0)(0)]Atxtxtexx=1221[(0)(0)]11xx⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是非奇异的，故11212[()()][(0)(0)]112212242Atttttttttttttextxtxxeeteeeteeteteteete−−−−−−−−−−−−−=⎡⎤−⎡⎤+=⎢⎥⎢⎥−+⎣⎦⎣⎦⎡⎤−=⎢⎥−+⎣⎦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()tt=AΦ=�，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)100()0sincos0cossintttt⎡⎤⎢⎥Φ=⎢⎥⎢⎥−⎣⎦t2210.5(1)()0ttete−−⎡⎤−Φ=⎢⎥⎣⎦答：(i)由于(0)IΦ≠，所以不满足状态转移矩阵的条件。()tΦ(ii)由于，所以满足状态转移矩阵的条件。10(0)01⎡⎤Φ=⎢⎣⎦⎥根据计算对应的状态矩阵。当()()tAtΦ=Φ�0t=时，。由于，因此(0)AΦ=�01(0)02⎡⎤Φ=⎢−⎣⎦�⎥01(0)02A⎡⎤=Φ=⎢⎥−⎣⎦�2.12给定矩阵Aσωωσ⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦证明:cos()sin()expsin()cos()tttteteteteσσσσσωωωωσωω⎛⎞tt⎡⎤⎡⎤=⎜⎟⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎣⎦⎝⎠证明:11()ssIAsσωωσ−−−−⎡⎤−=⎢⎥−⎣⎦221()sssσωωσσω−⎡⎤=⎢⎥−−−+⎣⎦故11cos()sin()exp()sin()cos()AttttteLsIAtteσσωωωωσωω−−⎛⎞⎡⎤⎡⎤⎡⎤==−=⎜⎟⎢⎥⎢⎥⎣⎦−−⎣⎦⎣⎦⎝⎠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：xxuyx=−+⎧⎨=⎩�由被控对象的状态空间模型可得其状态空间模型：[]01042110xxuyx⎧⎡⎤⎡⎤=+⎪⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎣⎦⎨⎪=⎩�编写并执行下列的m-文件：A1=-1;B1=1;C1=1;D1=0;sys1=ss(A1,B1,C1,D1);A2=[01;-4-2];B2=[0;1];C2=[10];D2=0;sys2=ss(A2,B2,C2,D2);sys3=series(sys1,sys2);sys=feedback(sys3,1)impulse(sys)得到下列结果：010421101a⎡⎤⎢⎥=−−⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦，001b⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，[]100c=，0d=闭环系统的脉冲响应如下图所示0123456-0.0200.020.040.060.080.10.120.140.16ImpulseResponseTime(sec)Amplitude2.15已知线性定常系统的状态方程为010231xxu⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎣⎦�，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11λ=−，22λ=−，变换矩阵为111211211T−⎡⎤⎡==⎤⎢⎥⎢⎥−−−−⎣⎦⎣⎦所以122112100121100ttAttteeeTTee−−−−−⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡==⎢⎥⎢⎥⎤⎢⎥⎢⎥−−−−⎣⎦⎣⎣⎦⎣⎦⎦22222222tttttttteeeeeeee−−−−−−−−⎡⎤−−=⎢⎥−+−+⎣⎦单位阶跃输入的状态响应为()()(0)()()0txttxtBudτττ=Φ+Φ−∫()2()()2()()2()()2()02(0)1()01222ttttAtttttteeeeexdeeeeττττττττττ−−−−−−−−−−−−−−−−⎡⎤−−⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥−+−+⎣⎦⎣⎦∫22()2()122()2(2(0)2(0)02222ttttttttttttxteeeeeedxeeeeeeττττ)τ−−−−−−−−−−−−−−−−⎡⎤⎡−−−⎡⎤=+⎢⎥⎢⎢⎥−+−+−+⎣⎦⎣⎦⎣∫⎤⎥⎦2221222211(0)222(0)222ttttttttttttxeeeeeexeeeeee−−−−−−−−−−−−⎡⎤⎡⎤−+−−⎡⎤⎢⎥=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥−+−+⎣⎦⎣⎦−⎣⎦由初始状态为，故状态方程的解为1(0)1x⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦212211()22()ttxtexte−−⎡⎤+⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦−⎣⎦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[]100,10021xxuy−⎡⎤⎡⎤=+=⎢⎥⎢⎥−⎣⎦⎣⎦�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()0TATTeGTee−−⎡⎤==⎢⎥⎣⎦1()[()]HTAGTIB−=−210010110012TTee−−−⎡⎤⎡⎤−⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦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)xkxkee−−−⎡⎤⎡⎤⎢⎥+=+⎢⎥⎢⎥−+⎣⎦⎣⎦uk2.18试求以下线性时不变状态方程010()()()021xtxt−⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥−⎣⎦⎣⎦�ut的离散化方程，假定采样周期1T=秒。答：由1211()0(2)ssIAsss−+−⎡⎤−=⎢⎥+⎣⎦10.50.52102ssss−⎡⎤+⎢⎥+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎣⎦可得2112111()220tAtteeLsIAe−−−−⎡⎤−+⎢⎥⎡⎤=−=⎣⎦⎢⎥⎣⎦22111()220TATTeGTee−−⎡⎤−+⎢⎥==⎢⎥⎣⎦2202211(1)(102424()()1110(1)(1)22TTTATTTTTeeHTedBeeσσ−−−−⎡⎤⎡−−−−−−⎢⎥⎢⎡⎤===⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢−−−−⎢⎥⎢⎣⎦⎣∫)⎤⎥⎥⎥⎥⎦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22221111(1)124(1)()(2210(1)2ee)xkxkee−−−−⎡⎤−−−⎡⎤⎢⎥−+⎢⎥+=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎢⎥⎣⎦uk2.19已知系统的离散状态方程(1)()(xkGxkHuk)+=+其中：011,0.111GH⎡⎤⎡==⎤⎢⎥⎢−−⎥⎣⎦⎣⎦若初始条件，输入是单位阶跃信号，即T(0)[11]=−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)()()xkGxkHuk+=+得到每一步的状态量。01110(1)0.11111.9x⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢−−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎤=⎥⎦⎤⎥⎦⎤=⎥⎦01012.9(2)0.111.910.9x⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢−−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣012.910.1(3)0.110.911.61x⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢−−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣2.20已知离散时间状态方程1122(1)()10.50.3()(1)()00.10.4xkxkukxkxk+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦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)()()xkGxkHu+=+k，可得(1)(0)(0)xGxHu=+(1)(2)(1)(1)xGxHu=+(2)将(1)式代入(2)得：2(0)(0)(1)(2)GxGHuHux++=将G和H带入(2)得10.510.5110.50.30.30(0)(1)00.100.1100.10.40.40uu⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎤=⎥⎦(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=.