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自动化考研现控部分习题解答.t x t l 8 拥有诚实，就舍弃了虚伪；拥有诚实，就舍弃了无聊；拥有踏实，就舍弃了浮躁，不论是有意的丢弃，还是意外的失去，只要曾经真实拥有，在一些时候，大度舍弃也是一种境界。本文由v i ct o r y 0 7 0 2 贡献d o c文档可能在W A P 端浏览体验不佳。建议您优先选择T X T,或下载源文件到本机查看。现代控制理论习题详解v i ct o r y 上传第一章控制系统的状态空间描述3-1-1 求图示网络的状态空间表达式，选 取 u c 和 i L为状态变量。(1)R1u iCl u clR2i l uC 2 i 2 u oc2题 3-1-1 图 1(2)Ru ii LLC u cu o题 3-1-1 图 2【解】：(1)设状态变量：x l =u cl x2=uc 2而i l 二 C luc l、i 2 =C 2 u c 2根据基尔霍夫定律得：u i =Cl u cl +(u cl u c 2 )R1 +u cl R2uc l=C 2uc 2R 2+uc 2整理得1 RI+R 2 1&x l RI R 2 Cl R 2 Cl x l +R1 C1 u i =x 1 1 x 2&2 0 R2 C 2 R2 C 2x l y =u 0 =0 1 x 2(2)设状态变量：x l =i L x2=uc 而P ag e 1 o f 8 4现代控制理论习题详解v i ct o r y 上传i L =C u c根据基尔霍夫定律得：u i =R i L +L i L +u c整理得R&xlLx=l&2C llLxl+uLi0 x20 xy=u0=01 1 x 23-1-2 如图所示电枢电压控制的它励直流电动机，输入为电枢电压u a 输出为电动机角 速 度 3,电动机轴上阻尼系数为f,转动惯量J,试列写状态方程和输出方程。Ra u aL ai ai f二常数fDJML3题 3-1-2 图【解】：设状态变量为：x l i a=x 2 3其 中 i a 为流过电感上的电流，/电动机轴上的角速度。电动机电枢回路的电压方程为：u a =L a i a +R a ia +eb eb 为电动机反电势。电动机力矩平衡方程为M D=J 3 +f w +M L由电磁力矩和反电势的关系，有e b=c es,M D=c M i a式 中 c e为电动机反电势系数，c M 为电动机的转矩系数。J 为电动机轴上粘性摩擦系数，f电动机轴上等效转动惯量。整理得P ag e 2 o f 8 4现代控制理论习题详解v i ct o r y 上传Ra&x l L a=x&2 cM Jce 1 x l L L a+a f x 2 0 J x y =w =0 1 1 x 20 u a 1 M L J(注：解是非唯一的)3-1-3 试求图示系统的模拟结构图，并建立状态空间表达式。(1)U (s )K I T l s +1 K 2 T 2 s +1 K 3 s1 T 4 s +1Y (s)1 sK 5 T 5 s +1题 3-1-3 图 1(2)U I(s)c s+a1 sY l (s )U 2 (s)d s+bf s+eY 2 (s)g题 3-1-3 图 2【解】：(1)如 题 3-1-3 图 3设状态变量P ag e 3 o f 8 4现代控制理论习题详解U (s )v i ct o r y 上传x 6K I T 1&x 6K 2 T 2&x 41 T 2x 4K 3&x2x21 T 4&x l 1 T 4x lY (s )1 T 1x 3&x 3x 5&x 5K 5 T 51 T 5题 3-1-3 图 3&x l =1 1 x l +x 2 T 4 T 4&x 2 =K 3 (x 4 x 3 )&x 3 =x 2&x 4 =K K 1 x 4 2 x 5 +2 x 6 T 2 T 2 T 2 K 5 1 x 2x 5 T 5 T 5&x 5 =&x 6 =K 1 x 6 +1 (u x l )T 1 T 1 y =x l写成矩阵的形式得：1100TT440K3K300100100&x=0T2K5000T5K1000Tly=1 0 0 0 0 0 x 0 0 0 K 2 T 2 1 T 5 0 0 0 0 0 0 0 K 2 x +u T 2 0 0 0 K 1 T 1 1 T 1(2)如 图 题 3-1-3 图 4设状态变量P ag e 4 o f 8 4现代控制理论习题详解v i ct o r y 上传u lc&x 2x 2x ly iau 2d&x 4x 4f&x 3&x 3 x 3y 2beg题 3-1-3 图 4&x l =x2&x2=ax 2 +c(u l x 4)&x 3 =e x 3 +fx4&x4=bx 4 +d x 2 d g x3 +d u 2 y l =x l y 2 =x 3 y =x l写成矩阵的形式得：000010a 0c c x+&x=00ef00ddgb 01000 y=x001000u0d(注：此题解并非唯一的)3-1-4 已知系统的微分方程，试将其转变成状态空间表达式。&(1)&y&+2&+4 y +6 y =2 u y&(2)&y&+7&+3 y =u +2 u y&(3)&y&+5&+4y+7y=u+3u+2uy&(4)y (4)+3&+2 y =3 u +u y【解】：P ag e 5 o f 8 4现代控制理论习题详解v i ct o r y 上传在零初始条件下，方程两边拉氏变换，得到传递函数，再根据传递函数求状态空间表达式。此题多解，般写成能控标准型、能观标准型或对角标准型，以下解法供参考。(1)传递函数为：G(s)=2 s +2s +4 s +63 2状态空间表达式为：1 0 0 0&x=0 0 1 x+0 u6 42 1 y=2 0 0 x(2)传递函数为：G(s)=s+2 s +7s +33s+22 s +7 s 2+Os +33状态空间表达式为：0 1 0 0&=0 0 1 x +0 ux 30 7 1 y=2 10 x(3)传递函数为：G(s)=s 2 +3 s +2 2 s+5s +4 s +73状态空间表达式为：1 0 0 0 x+0 u&=0 x 0 1 7 45 1 y=2 31 x(4)传递函数为:G(s)=3s+1 3s+l=42 2 3s+3s+2 s+0 s+3s+0 s+24状态空间表达式为：0 1 0 0 0 0 0 1 0 x+0 u&x=0 0 0 1 0 2 0 30 1 y=1 30 0 xPa g e 6 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传3-1-5已知系统的传递函数，试建立其状态空间表达式，并画出结构图。(1)G(s)=(3)G(s )=s 2+s +1 s 2+3 s +1 (2)G(s )=2 2 s+5s +6 s 3 +6 s +Il s +6 4 s(s +1)2(s +3)(4)G(s )=s2+2 s+32 s3+3s+3s+l【解】：此题多解，一般可以写成能控标准型、能观标准型或对角标准型，以下解法供参考。(1)1 0 0 0 0 x+0 u&x=0 1 6 1 1 6 1 y=lllx结构图如图题3-1-5图 1 所示u&x3x3&x2&x3 x2&xlxly6116题 3 T-5 图 1(2)G(s)=s +3 s +l s +5 s +6 2 s 5 2s +5=1 2 2 2 s+5s +6 s +5s +6 s +5s +62 21 0 0&x=x +lu6 5 y=5 2 +u结构图如图题3-1-5图 2(a)所示Pa g e 7 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传2u&x2&x3 x2&xlxly55 6题 3-1-5 图 2(a)或有G(s)=s2+3 s +1 1 1=1 s+2 s+3 s 2+5s +62 0 1&x=x+lu0 3y=l l x+u结构图如图题3-1-5图 2(b)所示u&xl2xly&x2 x23题 3-1-5 图 2(b)(3)G(s)=4 s (s +1)2(s +3)41 3+2+lG(s)=3 +s(s+3)(s +1)2(s +1)Pa g e 8 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传0 0 0 36 x=0 0 0 0 1 4 y=3 30 1 0 x+lu0 1 1 0 1 1 0 0 2 1 x结构图如图题3-1-5图 3所示u&xlxl4 3&x2x21 33y&x4x4&x3x32题 3-1-5图 3(4)G(s)=s2+2 s+32 s3+3s+3s+11 0 0 0&x=0 0 1 X+0 u 1 3 3 1 y=3 2 l x结构图如图题3-1-5图 4所示Pa g e 9 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传2u&x3x3&x2&x3 x2&xlxl33 3y题 3 T-5 图 43-1-6将下列状态方程化成对角标准型。&(1)x=1 0 0 x +u5 6 11 0 0 2 33x +1 5 u&(2)x=0 2 12 7 6 7 1 0 1 0 1 0 1 x +l u 6 1 1 6 0&x=0【解】：(1)特征方程为：D(X)=X 2+6 入 +5=(入 +1)(入 +5)=0。特征值为：X 1 =1,X 2=5系统矩阵A 为友矩阵，且特征值互异，因此可以化为对角标准型，其变换矩阵P 为 范德蒙矩阵。变换阵：1 1 1 1 1 5 1 P=,P=0.25 1 1 X 1 X2 1 5线性变换后的状态方程为：1 0 0.25&X=(P 1 AP)X+(P l b)u =X+u 0 5 0.25(2)特征方程为：Pa g e 10 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传X Xl A=3121X70 2=入 3 +6 入 2+11 入 +6=（入 +1）（入 +2）（入 +3）=0 X+6特征值为：入 1 =1,X 2=2,入 3 =3。设变换阵：P=P21P3 1 Pl l P12 P22 P3 2 P13 P23 P3 3由（入i I A）P i=0 得1 1 0 Pl l Pl 13 1 2 P =0 取 P=P=当入 1=1 时，1 21 21 1 2 7 P 3 1 5 P3 1 11 12 10Pl 2 Pl 2 2 3 2 2 P=0 取 P=P=4 当入 2=2 时，2 22 22 12 7 P3 2 1 4P3 2 31 0 P13 Pl 3 1 332 P =0 取 P=P=3 当 X3 =3 时，3 23 23 12 7 P3 3 3 3P3 3变换阵：2 1 1 4.5 2.5 1 1 43,P 1=32 1 P=1 1 2.5 1.5 1 3线性变换后的状态方程为：0 1 0 18.5 27&=0 2 0 x+15 20u x 0 13.5 16 0 3（3）特征方程为：D（入）=入 3 +6 入 2+11入 +6=（入 +1）（入 +2）（入 +3）=0 o特征值为：入 1 =1,X2=2,入 3 =3。Pa g e 11 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传系统矩阵A 为友矩阵，旦特征值互异，因此可以化为对角标准型，其变换矩阵P 为：1 P=X 1 2 X 1 1入 2 X2 21 1 1 1 =1 2 3 X 3 2 X 31 49P13 2.5 0.5=3 4 1 1 1.5 0.5线性变换后的状态空间表达式为：0 1 0 5.5&=0 2 0 x +7 ux 0 2.5 0 33-1-7将下列状态方程化成约旦标准型。&（1）x=2 1 0 x +ul2 1 1&（2）x=12 31 2 x +2 7 ull35 3400 1 0 0 0 0 1 x +0 u&（3）x=2 5 4 1【解】：（1）特征方程为：X I A=X+21 1入+2=入 2+4 入 +3 =（入 +1）（入 +3）=0特征值为：入 1=1,入 2=3。设变换阵：P 二Pl l P21 P12 P22由（入 i I A）Pi =0 得：Pa g e 12 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传当 A 1=1 时，1 1 1 Pl l P=0 取 Pl =1 1 1 21 1 1 1 Pl 2P=0 取 P2=1 1 1 22当 入 2=3时，1 1 0.5 0.5 1 P=,P=1 1 0,5 0.5线性变换后的状态空间表达式为：1 0 0.5&x=（P 1 AP）x+（P l b）u =x+u0 3 0.5（2）特征方程为：X 4 1 入 I A=1 X1 12 2=（入 1）（X 3）2=0 X 3特征值为：X 1 =X 2=3,入3=1。设变换阵：Pl l P=P21 P3 1 P12 P22 P3 2 P13 P23 P3 3当 X 11 1 2 Pl i 1 1 3 2 P =0,取 P=1 =3 时，由（入 1 I A）P1=0 得：1 21 1 1 10 P 3 1 1 1 2 P l 2 1 1 3 2 P22=1 ,取 P2=0 1 1 0 0 P3 2 1当 A 2=3 时，由（入 2 I A）P2=P1 得：13 1 2 P13 0 1 1 2 P=0,取 P=2 当 入 3 =1 忖，由（入 3I A）P3 =0 得：3 231 1 2 P3 3 1变换阵：Pa g e 13 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传1 1 0 0 1 2 1 0 2,P 1=1 1 2 P=1 0 1 0 1 1线性变换后的状态空间表达式为：31 0 8 1&=0 30 x +5 2 ux 0 0 1 34（3）特征方程为：D（X）=X3 4 X 2+5 入 2=（入 1）2（X 2）=0。特征值为：X 1 =X 2=1,入 3 =2。且特征值有重根，因此可以化为约当标准型，其变换矩阵P 为：系统 矩 阵 A 为友矩阵，P=Pl P2 d Pl P3 =Pl M M P3 d X 11 1 0 0 11 X=1,p=i =i,P=入=2 Pl =1 32 32 入 1 1 2 入 12 人 24 3变换阵：2 1 1 0 1 0 1 1 2,P 1=2 31 P=1 2 41 2 1线性变换后的状态空间表达式为：1 1 0 1&=0 1 0 x+lux 0 0 2 13-1-80 1 1 2 1 0 30 x +l&已知状态空间表达式，x=4u0 1 42 3Pa g e 14 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传1 0 0 1 =P 1 x进行线性变换，(1)试 用x变换矩阵P=0 2 0求变换后的状态空间表达式。0 0 1(2)试证明变换前后系统的特征值的不变性和传递函数矩阵的不变性。【解】：(1)=P lx x x 二 P、x2 0.5 O 1 A =P A P =0 30 0 0.5 41 1 1 B=P B=2 8 2 3 2 0.5 0 1 1 二0 30 +2&x x 8 u0 0.5 42 3(2)证明：变换后的系统矩阵为A=P 1 AP,输入矩阵为B=P 1 B特征值的不变性：s i P 1 AP=s P 1 P P 1 AP=P 1 s i A P=s i A传递函数矩阵的不变性：G(s )=CP(s i P 1 AP)1 P 1 B=CP(s P 1 P P 1 AP)1 P 1 B=CP P 1 (s iA)P 1 P 1 B=CPP 1(s i A)1 PP 1 B=C(s i A)1 B验证：变换前的特征方程为：D1(入)=(入 +2)(入 +3)(入 +4)=0变换后的特征方程为：D 2(X)=(入 +2)(入 +3)(X+4)=0 DI(X)=D 2(X)所以变换前后系统的特征值是不变的。3T-9已知两个子系统的传递函数矩阵分别为Pa g e 15 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传1 Gl (s )=s +1 01 1 s +2,G(s)=s+31 2 1 ss+l1 s +1 ,试求两子系统串联后和并联后的传递函数0矩阵。【解】：(1)串 联Gl (s )在前，G 2(s )在后时lG(s)=G 2 (s )G1(s)=s+31 s+lG 2 (s )在前，Gl (s )在后忖lls+l s +1 0 0 1 1(s+l)(s +3)s+2=lls(s+l)2 2s 2+6s +6 s(s+1)(s +2)(s +3)1 (s +1)(s +2)1 G(s )=Gl (s )G 2(s)=s+1 0lls+2 s +31 1 ss+l2s +5 1(s +1)(s +2)(s +3)s +1=1 0 s (s +1)12s +4 s +l =(s +l)(s+3)1 0(s +1)(s +1)012(2)并联1 G(s )=Gl (s )+G 2(s)=s+1 01 1 s +2+s +3 1 lss+1 2 s+3 (s +l)(s +2)1 s3-1-10已知离散系统的差分方程为y(k +3)+3 y(k +2)+5 y(k +1)+y(k )=U (k +1)4-2u (k ),求系统的状态空间表达式，并画出系统结构图。【解】：根据差分方程，在零初始条件卜，方程两边Z 变换，得到系统的脉冲传递函数为G(z)=z+2 z+3 z2+5 z +l31 0 0 0 x(k+l)=0 0 1 x(k)+0 u(k)1 5 3 1 y(k )=2 1 O x(k )其结构图如图题3-1-10图所示：Pa g e 16 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传uz 13x3 (k )&x3 z 1x2(k )z 1xl (k )2y5题 3-1-10图3-1-111 已知离散系统的状态空间表达式为1 u (k ),=+x 2(k +1)1 3 x 2(k )1x(k +1)0 1 x(k )0 x(k )y(k )=1 1 1,求系统的脉冲传递函数。x 2(k )【解】：W (z)=C(zl G)1 H1 0 z=1 1 1 z 3 1=llz 31 0 z lz 3z llz+l=2 z 3z ll21也可以直接写出。3-1-12已知系统的脉冲传递函数，试求系统的状态空间表达式。(1)G(z)=(2)G(z)=2 z 2+z+2 z 3+6 z 2+llz+6 1 z 3+4z 2+5 z+2【解】：此题多解，一般可以写成能控标准型、能观标准型或对角标准型，以下解法供参考。(1)Pa g e 17 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传1 0 0 0 0 x(k)+0 u(k)x(k+l)=0 1 6 1 1 6 1 y(k)=2 1 2 x(k )(2)1 0 0 0 0 x(k)+0 u(k)x(k+l)=0 1 2 5 41 y(k)=10 0 x(k )第二章状态空间表达式的解3-2-1试求下列矩阵A 对应的状态转移矩阵。(t)。(1)0 1 A二(2)0 2 1 0 A=(4)1 2 0 1 A=4 0(3)0 1 0 A =0 0 1 2 5 40 0(5)A=0 01 0 0 X 0 0 0 0 1 0 (6)A=0 入 1 0 0 0 人 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 人【解】：1 1 s 1 1 s c p (t )=L(s i A)=L(=L 0 0 s+21 1 11 s (s +2)1(s +2)1 s =LI 00.5 0.5 2t s (s +2)1 0.5 0.5e =1 e 2t 0(s +2)(2)s 1 s 1 1 s 2+4 O (t )=L(s i A)=L =L 4 4 s s 2+41 1 1s +4 =c o s 2t s 2 s i n 2t s 2+4 120.5 s i n 2t c o s 2tPa g e 18 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传(3)s+2 1 s 1 (s +1)2(t )=LI(s i A)1 =LI =LI 1 1 s +2(s +1)2(s+l)s(s+l)2 12t e t +e t (t)=t t et e t e t t e t(4)特征值为：XI=X 2=1,入 3 =2。由习题3-1-7(3)得 将 A 阵化成约当标准型的变换阵P 为2 1 1 0 1 0 1 1 2,P 1=2 31 P=1 2 1 1 2 4线性变换后的系统矩阵为：1 1 O A=P 1 A P =0 1 0 0 0 2e t =0 0 t e t ete At00 0 e2 t0 et0 0 0 2 1 tte2 31 etl2 1e 2t t e t e t 2e 2t t e t 2e t 4 e 2t t e t 3 e t(t )=eAt=Pe P At12 tl0 1 ell2 0=1 2 40e 2t 2t e t 中(t )=2e 2t 2t e t 2e t 4 e 2t 2t e t 4 e t2e 2t +3 t e t +2e t 4 e 2t +3 t e t +5e t 8e 2t +3 t e t +8e t(5)为结构四重根的约旦标准型。入1 二 入 2 二 人 3二 入 4二0Pa g e 19 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传(t )=e At1 t =e X t 0 1 0 0 0 01 2 t 2!t 1 01 3tlt3!1 2 t=0 1 2!t0 0 1 0 01 2 t 2 t 1 01 3 t 6 1 2 t 2 t 1(6)X 1=X 2=X 3 =入 4 =X虽然特征值相同，但对应着两个约当块。e Al t (t)=eA t=0 0 e A2tAl =X e Al t =e 入 t入 t e 入 1 0 0 人 1 e A2t =0 A2=0 0 0 入 e X t 0 =0 0 0 eAt t e X t e X t 0 1 2 X t t e 2 t e 入 t e 入 t0 t eX t(t )=e At0 0e X t 000 1 2 X t t e 2 t e A t e X t0 1 s X 0 0 0 1 s 入1s X 0 或 (t );LI(s i A)1 =LI 0 0s X 0 01 s +X 0 1 =L 0 00 1 s+X 0 00 1(s+入)2 1 s+入 0l(s+X)31 2(s+X)ls+X 0Pa g e 20 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传e X t 0=0 00 eX t0 t eAt0 0e X t 00 1 2 X t t e 2 t e 入 t e 入 t3-2-2已知系统的状态方程和初始条件1 0 0 1&x =0 1 0 x,x(0)=0 0 1 2 1(1)用 l a p l a c e 法求状态转移矩阵；(2)用化标准型法求状态转移矩阵；(3)用化有限项法求状态转移矩阵；(4)求齐次状态方程的解。【解】：(1)(t )=LI(s i A)10 sl0 1=L 0 sl0 0 1 s211(s 1)1 =L 0 00 1 (s 1)1 1(s 1)(s 2)t e 0=0 1 0(s 2)00 e t e t +e 2t0 0 e 2t(2)特征方程为：X 1 0 X I A=0 X 10 10 0=(入 1)2(A 2)=0 入 2特征值为：X 1=X 2-1,入 3 =2。0 0 0 r a nk (XI I A)=r a nk 0 0 0 =nl =1 0 1 1Pa g e 21 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传0 0 0 r a nk (XI I A)=r a nk 0 0 0 =n 2 =1 0 1 12由 于 n2=nl =l ,所 以 X 1 对应的广义特征向量的阶数为k 求 满 足(X 1 I A)P1=0 的 解 P1,得:0 P11 0 0 1 0 0 0 P21=0,P1=0 0 1 1 P3 1 0再 根 据(入 2 I A)P2=0,且 保 证 P l、P 2 线性无关，解得：P2=0 1 1 T对于当入3 =2 的特征向量，由(入 3 I A)P3 =0 容易求得：P3 =0 0 1 T所以变换阵为：P=P1P21 0 0 1 0 0 P 3=0 1 0,P l=0 1 0 0 1 1 0 1 1线性变换后的系统矩阵为：1 O O 1 A =PAP=0 1 0 0 0 2e t =0 0 0 ete At00 0 e 2t 0 et t(t )=eAte t =P 0 00 et0et0 1 0 P=0 0 e2 te +e 2t0 0 e 2t(3)特征值为：X 1=X 2=1,入 3 =2。2 e X It =a O+a l X 1 +a 2 X 1Pa g e 22 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传t e X It =a l +2a 2 入 1e X3 t =a O +a l X3 +a 2 入 2 3即a 0 1 X 1 a =0 1 1 a 2 1 X 32 X 1 2X 1 入2 311e X It X It t e e X 3 t1 1 1 =0 1 2 1 2 4e t t t e e 2 tt 0 2 1 e t =2 3 2 t e 1 1 1 e 2t2t e t +e 2t =2e t +3 t e t2 e2 tettet+e2 teA t=aO I+alA+a2 A2 et=0 0 0 et te +e 2t0 0 e 2t(4)etx(t)=(t)x(0)=0 0 0 e t e t +e2 t0 1 et0 0 =0 e2 tle2 t3-2-3 试判断下列矩阵是否满足状态转移矩阵的条件，如果满足，试求对应的矩阵Ao0 0 1 2t 0 s i n t c o s t (2)(t )=1 0.5(1 e)(1)(t)=e 2 t 0 0 c o st s i n tPa g e 23 o f 84现代控制理论习题详解vi c t o r y 上传(3)中(t )=【解】：(1)2e t e 2t t 2t e e0.5e t +0.5e 3 t 2e t +2e 2t (4)(t )=t 3 t e t +2e 2 t e +e0.25e t +0.25e 3 t 0.5e t +0.5e 3 t0 0 1 1 0 0 QC (0)=0 s in t c o s t =0 0 1 I 0 c o s t s in t t =0 0 1 0 不满足状态转移矩阵的条件。(2)1 0.5(1 e 2t )1 0 Q 中(0)二二二I 2t e 0 t =0 0 1 满足状态转移矩阵的条件。&由(t )=A (t )，得(0)=A(0)二 A。&(t )二e 2t ,2t 0 2 e0OOle2 t&=A=0 (0)=2t 0 2e t =0 0 2(3)2e t e 2t Q O (0)=t 2t e e2e t +2e 2t =1 e t +2e 2 t t =0，满足状态转移矩阵的条件。2e t +2e 2t&A =(0)=t 2t e +2e 0 2 2e t 4 e 2t =t 2t e 4 e t =0 1 3(4)0.5 e t +0.5 e 3 t Q (0)=t 3 t e +e0.25 e t +0.25 e 3 t =1 0.5 e t +0.5 e 3 t t =0 满足状态转移矩阵的条件。0.5 e t +1.5 e 3 t&A =O (0)=t 3 t e +3 e 1 1 0.25 e t +0.7 5 e 3 t =t 3 t 0.5 e+1.5 e t =0 4 1P a ge 24 of 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传&3-2-4已知线性时变系统为x =2t 11 x ,试求系统的状态转移矩阵。2t【解】：取A(t l )=2t l 1t1 ,2t l2t 2 A(t 2)=11,得：A(t l )*A(t 2)=A(t 2)*A(t l )2t 2f A(T)d T=I +t 2 T (t ,t 0)=e t 0 ft O11 1 d i+2 T 2!f2T t 0 11 d T+L 2 T22 331 2 2 2 ttO+t O t 2 +L l +(tOt)+3(ttO)+2(ttO)+L 0(t,t0)=2 1 2 2 31+(t0 t2)+(t3t0)+(tt0)+L tt0 +t0 t 2 +L 32 1 0 0 1 x+u,初始条件为 x(0)=试 2 3 1 1&3-2-5已知线性定常系统的状态方程为x =求输入为单位阶跃函数时系统状态方程的解。【解】：(t )=LI (s i A)1 s+3 (s +1)(s +2)(t )=LI 2(s +1)(s +2)1t 2t (s +1)(s +2)2e e =t 2 t s 2e +2e (s +1)(s +2)e t e 2t e t +2e 2t0.5 +0.5 e 2t x(t )=(t )x (0)A 1 I (t (t )B=2t e3-2-6&已知线性定常系统的状态空间表达式为x =1 0 2 x +u,5 6 0y =1 2 x ,已知状态的初始条件为x(0)二,输入量为u(t )=e t 10(t 2 0),试求系统的输出响应。【解】：5 t 1 5 t e 4 e O(t )=L (s i A)=455et+e 5 t 4 41 1Itl5tee441 t55te+e44y (t )二 c (t )x(0)+c (t T)Bu(T)d T0ftP a ge 25 o f 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传5tl5te4e=1 2 455et+e 5 t 445(t T)1 5(t T)e e 4 +1 24 5 (t T)5 5(t T)e +e 0 4 4tltl5tee0 441 5et+e5tl441 (t T)1 5(t T)e e 2 T 4 4 e dT l(tT)55(ti)0 e+e44f91二et+e 5 t +44f5 (t T)1 5(t T)e e T 2 1 2 25 e d T 5 e (t T)+e 5(t T)0 2 2t9595791=et+e5 t+(et+e 5 t +4 i)d T=t e t +e t +e 5 t (t20)42 2 8840 2f&3-2-7线性定常系统的齐次方程为x =A x(t ),已知当x(0)=1 时，状态方程的解为2e 2t e t 1；而 当 x(0)=时，状态方程的解为x(t )=t ,试求：x (t )=2t 2ee 1(1)系统的状态转移矩阵(t )；(2)系统的系数矩阵A。【解】：x (t )=(t )x (0)x l (t )4 11 M 2 x l (0)=x 2(t )0 2 1 6 22 x 2(0)e 2t 11 12 1 e t 4 11 12 1 =;t =2t 2e d 21 6 22 2 e 6 21 6 22 16 11 2 6 12=e 2t ,21 2。22=2e 2t 011 1)12=e t ,小 21 22-e t6 12 2e t e 2t 6 中(t )=11=t 2t 4 21 6 22 2e +2eete2 tet+2 e 2 tP a ge 26 o f 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传&A =(t )&3-2-8 已知线性时变系统为x =0 1 x,0 tt =01 0=2 3 1 x(0)=,试求系统状态方程的解。1【解】：对任意时间 t l 和 t 2 有 A(t l )=得：A(t l)*A(t 2)A(t 2)*A(t l )所以有(t,0)=I+A(t )d T+A(T 1 )A(T 2)d T 2 d T 1 +L0 0 0 t t0 1 ,0 t l0 1 A(t 2)=0 t 2ffT 1ft0 1 0 0 =+2+0 1 0 0.5 t 01 2 t2+L 1 3t61 2 t2 +L)X 1 1 1 3 t 6t 0 1 0 0 x(t )=O (t ,0)x(0)=(+2+0 1 0 0.5 t 0llltt2 L t+t2 L 1 1 2 2 X=x(t)=1 31 1 30 1 +0.5 t 2+t L(l +0.5 t 2+t L)6 6第三章线性控制系统的能控性和能观性3-3-1判断下列系统的状态能控性。1 0(1)A =,1 01 0 0 1 0 1 0,B=0 1 B=(2)A =0 1 0 2 431 1 1 0 0 0 0,0 X 1 0 1 B=1 1X 1 0 3 1 1 1 0(3)A =0 30,B =0 0 (4)A =0 0 2 0 0 1 0X 10 0X 10【解】：P a ge 27 o f 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传(1)U c =B 1 1 A B =,r a n kU c =n =2,所以系统完全能控。0 1(2)Uc =BA B1 1 0 0 0 1 1 1 L AB=1 1 1 72前三列已经 可 使 r a n kU c =n =3 ,所以系统完全能控(后续列元素 不 必 计 算)。(3)A为约旦标准型，且第一个约旦块对应的B 阵最后一行元素全为零，所以系统不完全能控。(4)A阵为约旦标准型的特殊结构特征，所以不能用常规标准型的判别方法判系统的能控性。同一特征值对应着多个约旦块，只要是单输入系统，一定是不完全能控的。可以求一下能控判别阵。Uc =BA BA 2 B0 1 1 入 1 A3B=1 X 1 1 X 12X 1X 1 2 X 1 2 X 1 23 X 1 2 X 1 3 ,r a n kU c =2,所以系统不完全能控。X 1 3 X I 33-3-2判断下列系统的输出能控性。0 1 1 31&=0 30 x+0 0 u x0 1 2 0(l)0 y=1 0 1 xll0 1 0 0 0&=0 01 x +0 u x (2)6 11 6 1 y =1 0 0 x【解】：0 3 1 0 3 0,已知 A =0 0 11 1 1 0 1 0 0 B=0 0,C=,D=1 1 0 0 0 2 0 D0 0 3 1 L C B C A B C A 2 B=0 0 1 1 LP a ge 28 o f 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传前两列已经使r a n k D C B C A B C A 2 B=m =2,所以系统输出能控。(2)系统为能控标准型，所以状态完全能控。又因输出矩阵C满秩，且输出维数m小 于 状 态 维 数 n,所以状态能控则输出必然能控。2-3-3 判断下列系统的能观性。1 0 0&x=0 0 1 x (1)2 4 3 ；(2)0 1 1 y =1 2 1 x1 1&x =x 1 0；y =1 l x2&x =0(3)0 y =01 0 4 x&2 0 x =0；（4）0 0 3 y =1 1 1 l x0 0 4 0 x 0 1 4 x【解】：1 0 0 0 1 1 0 已知 A =0 1,C =1 2 1 2 4 30 1 1 1 2 1 CCA=2 44 V0=M C A 2前三行已使r a n kVO =n =3 ,所以系统完全能观（后续元素不必计算）。（2）1 1 A=,C =1 1 1 0 C 1 1 V0=,r a n kVO =n =2 C A 2 1所以系统完全能观。（3）P a ge 29 o f 8 4现代控制理论习题详解vic t o r y 上传状态空间表达式为约旦标准