现代控制理论第四章习题答案

4.1 判断下列系统的能控性。 11x1) 21x10x02) x23x213x03) x23x01x1 0x21041300u 10u11 u211u10 u200x111 x203x310x110 x201x32解：

1) 由于该系统控制矩阵b，系统矩阵A01Ab11111，所以 0111  001从而系统的能控性矩阵为

UCb1Ab01 1显然有

rankUCrankbAb2n

满足能控性的充要条件，所以该系统能控。

2)由于该系统控制矩阵为

1B0101 1系统矩阵为

0A0210401 3则有，

- 48 -

0AB0202AB02104104011 031001 13100111111117111 717 15从而系统的能控性矩阵为

12AB0101101111711117 15UCBAB有

rankUC3n

满足能控性的充要条件，所以该系统能控。

3)由于该系统控制矩阵为

1B0210 0系统矩阵为

3A0013000 1则有，

3AB0032AB00130130010 012030 01213000239000230 090 0于是，系统的能控性矩阵为

- 49 -

UCBAB12AB0210030230090290 0可知

rankUC2n

不满足能控性的充要条件，所以该系统不完全能控。

4.2判断下列系统的输出能控性。 1)

13x0x23x01300x110 x201x321u10 u20y11y2101x11 x2 0x32)

10x0x23x610110x101 x20u 6x31x10 x2 x3y10解：

1) 系统输出完全能控的充分必要条件是，矩阵CBCABCAB  CA2n1BD的秩

为q。由于

1CB10111 002130101 1 - 50 -

1CAB10131 00031 000130130010 0120012150301110903 312CAB1011 029 9所以

CB而

CABCAB23D11153331199 9rankCBCABCAB2 D2q等于输出变量的数目，因此系统是输出能控的。

2) 系统输出完全能控的充要条件是，矩阵CBCABCA2B  CAn1BD的秩为q。由于

CB0 CAB0

CAB0

2所以

CB而

CABCAB2D0010

rankCBCABCAB2D1q

等于输出变量的数目，因此系统是输出能控的。 □

4.3判断下列系统的能观测性。 1)

11x21x1x1 0x2x1y11 

x22)

- 51 -

10x0x23x21040x11 x2 3x3y10y2112x11 x2 1x33)

x1043x1x202016 x2

x302520x3x1y130 x2 x3解

1) 系统的观测矩阵C11，系统矩阵A1110，得 CA11 111021

系统能观性矩阵为

UC11OCA 21 可知

rankUrankCOCA2n

满足能观性的充要条件，所以该系统是能观测的。

12) 系统的观测矩阵C0110121，系统矩阵A0024 - 52 -

01，于是3 0CA11201 0124104100212308123434 1CA222304 01214248 0系统能观性矩阵为

012 2821243142114 180UOCCA2CA易知

CrankCA3n

2CArankUO满足能观性的充要条件，所以该系统是能观测的。

3) 系统的观测矩阵C100，系统矩阵A00420254202531602031602042025316，于是

2045

3CA1300 00045 0056CA205654

系统能观测性矩阵为

C1CA 02CA0- 53 -

3565UO045 4

易知

CrankCA3n

2CArankUO满足能观性的充要条件，所以该系统是能观测的。

4.4 试确定当p与q为何值时下列系统不能控，为何值时不能观测。

1112x1pxu x10x212yqx11  x2解 系统的能控性矩阵为

UCbpAb12p12 p其行列式为

detbAbpp12

根据判定能控性的定理，若系统能控，则系统能控性矩阵的秩为2，亦即detb可知p4或p3。

系统能观测性矩阵为

cqUOcAq11 12qAb0，

其行列式为

c2det12qq1

cA根据判定能观性的定理，若系统能观，则系统能观性矩阵的秩为2，亦即det知q13c0，可cA或q14。 □

4.5试证明如下系统

- 54 -

120x4x23x1211660x1a0x2bu 18x3c不论a,b,c取何值都不能控。

证

系统的特征方程为

20IA解得特征值

4121000

1661812318

分别将其带入特征方程得

2126000 0IA412我们知道

2rank412126001 0基础解的个数312，所以存在着两个线性无关的向量P1,P2，可将A化为:

18APAP00101800118

因为在约当块中有相同的根，由能控判据2可知无论a,b,c为何值，系统均不能控。□

4.7已知两个系统S1和S2的状态方程和输出方程分别为

S1：

0x1310x1u1 41y12S2：

1x1

22x2u2 x- 55 -

y2x2

若两个系统按如图P4.2所示的方法串联，设串联后的系统为S。

1) 求图示串联系统S的状态方程和输出方程。

2) 分析系统S1，S2和串联后系统S的可控性、可观测性。

图P4.2 串联系统结构图

解

1) 因为uu1，u2y1，yy2，因此

110x123x1x11 4x120u 1y12x111  x12x111 2x2 x1222x2y12xy2x2

串联组合系统的状态方程为

110xx3122x21410x1100x1u 122x20输出方程为

y0x111 x12 x202) 串联后系统的能控性矩阵

UCbAb02Ab10141413 4可见，

detUC0，rankUC23

- 56 -

因此，系统不能控。

串联后系统的能观性矩阵

c0cA22cA701412 4UO可见，detUO10，rankUO3因此，系统能观测。 □

4.10将下列状态方程化为能控标准形

x12134 x1u 解 该状态方程的能控性矩阵为

UCbAb1117 知它是非奇异的。求得逆矩阵有，

71U1C8811 88由P1001 bAbAn1b1得 71P1101UC01 88111888同理，由P2P1A得

P13244 从而得到P

11PP18P8213 44 - 57 -

18 P131481418 18由此可得，

1818 13232 16401 ACPAP113414314326411bCPb8813 10

1144所以，

x010105 x1u 此即为该状态方程的能控标准形。 4.11将下列状态方程和输出方程化为能观标准形。

x11211x1u y11x

解 给定系统的能观性矩阵为

Uc11OcA02 知它是非奇异的。求得逆矩阵有，

1U1O121 02由此可得，

111T121 0211

022

- 58 -

105 □

根据求变换矩阵T公式有，

1AT1212210 1TT1 10T1代入系统的状态表达式。分别得

10A1AT2011OT11 11 201211bT1b20O11 2411 10c2OcT11 01

121所以该状态方程的能观标准型为

x022x411u y01x

4.15 系统的状态方程：

x10x11ax200x2bu x300x3cx1ydef x2 x3试讨论下列问题：

1) 能否通过选择a,b,c使系统状态完全可控？

- 59 -

22  □

2) 能否通过选择d,e,f使系统状态完全可观？ 解

1) 可控性矩阵

UCbAba2Abbcabbca2bbc222 显然，第三行乘以

bc即为第二行，故第二行与第三行成比例，因而不论怎样选择a,b,c，

系统状态均不完全可控。

2) 可观性矩阵

cdcAd22cAdede2de2UOff

2f第一列等于第三列乘以

df，故不论怎样选择d,e,f，系统均不完全可观。 □

4.19 已知控制系统如图P4.4所示。

图P4.4 系统结构图

1) 写出以x1，x2为状态变量的系统状态方程与输出方程。

2) 试判断系统的能控性和能观性。若不满足系统的能控性和能观性条件，问当K1与K2取何值时，系统能控或能观。

3) 求系统的极点。 解

1) 由图P4.4可知，sX1(s)X2(s)，sX2(s)U(s)，则有

1x2 x

- 60 -

2u xyK1x1K2x2

将状态方程和输出方程写成矩阵形式，有

10x20x1x20x30u 1yK1K2x1x2

2) 系统能控能观性判断。 能控性矩阵

UCb0Ab11，rankUC2 0无论K1与K2取何值，系统均能控。

能观性矩阵

cK1UOcA0K2 K12此时无法判断系统的能观性。要使系统能观，UO应满秩，即detUOK10，K10。

3) 系统的特征方程为

detsIAs01ss0

2则，系统的极点为s1s20。 □

4.21系统传递函数为

Gs2s82s12s22s1232

1) 建立系统能控标准形实现。 2) 建立系统能观测标准形实现。 解

1) 将Gs分子分母同时除以2，可得Gs的首项为一的最小公分母为

ssa1sa2sa3s6s11s6

3232 - 61 -

则，

PssGsb1sb2sb3s4

2由于Gs阵的qp，可采用能控性实现为

0A0alIpIp0al1Ip00Ip6a1Ipplpl0101101 600B0

01IpplpCblbl1b1qpl410

1验证由以上A，B，C构成的状态空间表达式，必有CsIABGs，从而此为该系统的能控性实现。

2) 将Gs分子分母同时除以2，可得Gs的首项为一的最小公分母为

ssa1sa2sa3s6s11s6

3232则，

PssGsb1sb2sb3s4

2由于Gs阵的pq，可采用能观性实现为

0IqA000IqalIq0al1Iq10a1Iqqlql001611

6bl4bl1B1 0b1qlpC0

0Iqqql001

- 62 -

验证由以上A，B，C构成的状态空间表达式，必有CsIABGs，从而此为该系

1统的能观性实现。 □

4.22已知传递矩阵为

2s3Gss1s24s4 s5试求该系统的最小实现。

解 Gs的最小公分母是

hss1s2s5

则有，

Gs2s3s54s1s20s1s2s542s216s30324s12s82s8s17s100 4为方便计算，先求其转置的实现：

GTs2s3s54s1s20s1s2s5142s216s303022s8s17s104s12s8 4利用传递函数直接分解法可得

00x1030y810171612001x0u 8120xu 44在对其进行转置，得出系统实现为

- 63 -

01x01011017x830162812u

4y001x04u

即为该系统的最小实现。 □

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