2018南京航天航空大学820自动控制原理参考答案

一、（2021.12.23改）

C(s)=G1G2G31+G1G3H1H3+G2G3H2H3+G1G2G3H3+G1G2G3H1H2H3R(S)C(s)=\frac{G_1G_2G_3}{1+G_1G_3H_1H_3+G_2G_3H_2H_3+G_1G_2G_3H_3+G_1G_2G_3H_1H_2H_3}R(S) C(s)=1+G1G3H1H3+G2G3H2H3+G1G2G3H3+G1G2G3H1H2H3G1G2G3R(S)

二、

系统的开环传递函数
G(s)=K1K2s(s+K2β)G(s)=\frac{K_1K_2}{s(s+K_2\beta)} G(s)=s(s+K2β)K1K2
系统的闭环传递函数
Φ(s)=K1K2s2+K2βs+K1K2\Phi(s)=\frac{K_1K_2}{s^2+K_2\beta s+K_1K_2} Φ(s)=s2+K2βs+K1K2K1K2
系统的特征方程
Δ(s)=s2+K2βs+K1K2=0\Delta(s)=s^2+K_2\beta s+K_1K_2=0 Δ(s)=s2+K2βs+K1K2=0

1.

根据赫尔维兹稳定性判据可知，当β>0\beta>0β>0时，系统稳定。

2.

系统的自然振荡频率
ωn=K1K2\omega_n=\sqrt{K_1K_2} ωn=K1K2
系统的阻尼比
ζ=2βK2K1\zeta=2\beta\sqrt{\frac{K_2}{K_1}} ζ=2βK1K2
β\betaβ越大，系统的超调量越小，调节时间越短。

3.

在单位斜坡响应下，系统的稳态误差为
ess(∞)=K1β\xcancel{ e_{ss}(\infin)=\frac{K_1}{\beta} } ess(∞)=βK1
ess(∞)=βK1e_{ss}(\infin)=\frac{\beta}{K_1} ess(∞)=K1β
在系统稳定的情况下，β\betaβ越大，稳态误差越小。
在系统稳定的情况下，β\betaβ越大，稳态误差越大。

三、

1.

系统的开环传递函数
G(s)=10Kp(Tis+1)Tis(0.5s+1)(Ts+1)G(s)=\frac{10K_p(T_is+1)}{T_is(0.5s+1)(Ts+1)} G(s)=Tis(0.5s+1)(Ts+1)10Kp(Tis+1)
系统的闭环传递函数
Φ(s)=10Kp(Tis+1)Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)\Phi(s) = \frac{10K_p(T_is+1)}{T_is(0.5s+1)(Ts+1)+10bK_p(T_is+1)} Φ(s)=Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)10Kp(Tis+1)
扰动传递函数
ΦN(s)=10Tis(0.5s+1)+10TisGN(s)Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)\Phi_N(s)=\frac{10T_is(0.5s+1)+10T_isG_N(s)}{T_is(0.5s+1)(Ts+1)+10bK_p(T_is+1)} ΦN(s)=Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)10Tis(0.5s+1)+10TisGN(s)
由输出可知，系统的为一个二阶系统且扰动误差输出为零，则由上式可得
GN(s)=−(0.5s+1)G_N(s)=-(0.5s+1) GN(s)=−(0.5s+1)
输出变换
c(t)=0.5−13e−tsin(3t+π3)c(t)=0.5-\frac{1}{\sqrt3}e^{-t}sin(\sqrt3t+\frac{\pi}{3}) c(t)=0.5−31e−tsin(3t+3π)
设系统闭环传递函数为
Φ(s)=Ks2+2ζωns+ωn2\Phi(s)=\frac{K}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2} Φ(s)=s2+2ζωns+ωn2K
由输出表达式可知，输出稳态值为输入的一半，则可得到以下方程
{K=0.5ωn21−ζ2=32−ζωn=−1ωn1−ζ2=3\begin{cases} K=0.5\omega_n^2\\ \sqrt{1-\zeta^2}=\frac{\sqrt3}{2} \\ -\zeta\omega_n=-1 \\ \omega_n \sqrt{1-\zeta^2}=\sqrt3 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧K=0.5ωn21−ζ2=23−ζωn=−1ωn1−ζ2=3
解得
{ζ=0.5ωn=2\begin{cases} \zeta= 0.5\\ \omega_n=2 \end{cases} {ζ=0.5ωn=2
系统的闭环传递函数为
Φ(s)=2s2+2s+4\Phi(s)=\frac{2}{s^2+2s+4} Φ(s)=s2+2s+42
与原式对比，①Ti=0.5T_i=0.5Ti=0.5
{T=1b=2Kp=0.05\begin{cases} T=1 \\ b=2 \\ K_p=0.05 \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧T=1b=2Kp=0.05
②Ti=TT_i=TTi=T
{b=2Kp=0.1T\begin{cases} b=2 \\ K_p=0.1T \end{cases} {b=2Kp=0.1T

2.

等效系统的误差传递函数
Φe(s)=Tis[(0.5s+1)(Ts+1)−10bGf(s)]b[Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)]\Phi_e(s)=\frac{T_is[(0.5s+1)(Ts+1)-10bG_f(s)]}{b[T_is(0.5s+1)(Ts+1)+10bK_p(T_is+1)]} Φe(s)=b[Tis(0.5s+1)(Ts+1)+10bKp(Tis+1)]Tis[(0.5s+1)(Ts+1)−10bGf(s)]
可选
Gf(s)=1/10bG_f(s)=1/10b Gf(s)=1/10b

四、

系统的开环特征方程：
Δ=(a+1)s2+(5a+1)s+6a=0\varDelta = (a+1)s^2+(5a+1)s+6a=0 Δ=(a+1)s2+(5a+1)s+6a=0
开环传递函数在s=2s=2s=2之左具有一对重极点，则有：
(5a+1)2−24a(a+1)=0(5a+1)^2-24a(a+1)=0 (5a+1)2−24a(a+1)=0
解得
a1=13.9282a2=0.0718a_1=13.9282 \qquad a_2=0.0718a1=13.9282a2=0.0718
代入原开环特征方程可得：
a=7+43a=7+4\sqrt{3}a=7+43
系统的闭环特征方程：
Δ=(a+1)s2+(5a+b+1)s+(6a+5b)=0\varDelta = (a+1)s^2+(5a+b+1)s+(6a+5b)=0 Δ=(a+1)s2+(5a+b+1)s+(6a+5b)=0
要求闭环系统处于临界阻尼，则：
(5a+b+1)2−4(6a+5b)(a+1)=0(5a+b+1)^2-4(6a+5b)(a+1)=0(5a+b+1)2−4(6a+5b)(a+1)=0
解得：
b1=157.2820b2=−2.8611×10−7(舍去)b_1=157.2820 \qquad b_2=-2.8611\times10^{-7}(舍去)b1=157.2820b2=−2.8611×10−7(舍去)

五、

当输入信号为r(t)=2+0.5tr(t)=2+0.5tr(t)=2+0.5t时，系统的稳态误差为ess(∞)=0.5e_{ss}(\infin)=0.5ess(∞)=0.5，可知该系统为I\rm{I}I型系统，设系统的开环传递函数为
G(s)=Kcs(as+1)(bs+1)G(s)=\frac{K_c}{s(as+1)(bs+1)} G(s)=s(as+1)(bs+1)Kc
由系统的稳态误差可知
Kc=1K_c=1 Kc=1
系统的频率特性
G(jω)=−a+b(a2ω2+1)(b2ω2+1)+jω2−1ω(a2ω2+1)(b2ω2+1)G(j\omega)=-\frac{a+b}{(a^2\omega^2+1)(b^2\omega^2+1)}+j\frac{\omega^2-1}{\omega(a^2\omega^2+1)(b^2\omega^2+1)} G(jω)=−(a2ω2+1)(b2ω2+1)a+b+jω(a2ω2+1)(b2ω2+1)ω2−1
当ω→0+\omega\rarr0^+ω→0+时
Re[G(jω)]=−(a+b)=−2.5Re[G(j\omega)]=-(a+b)=-2.5 Re[G(jω)]=−(a+b)=−2.5
当奈奎斯曲线与负实轴相交时
ω2−1ω(a2ω2+1)(b2ω2+1)=0\frac{\omega^2-1}{\omega(a^2\omega^2+1)(b^2\omega^2+1)}=0 ω(a2ω2+1)(b2ω2+1)ω2−1=0
解得
ω=1\omega=1 ω=1
代入Re[G(jω)]Re[G(j\omega)]Re[G(jω)]，可得
−a+b(a2+1)(b2+1)=−0.4-\frac{a+b}{(a^2+1)(b^2+1)}=-0.4 −(a2+1)(b2+1)a+b=−0.4
联立两方程，解得
a=0.5b=2a=0.5 \quad b=2 a=0.5b=2
系统的开环传递函数为
G(s)=1s(0.5s+1)(2s+1)G(s)=\frac{1}{s(0.5s+1)(2s+1)} G(s)=s(0.5s+1)(2s+1)1

1.

根据幅值裕度的定义可得系统临界稳定时
Kc=1/0.4=2.5K_c=1/0.4=2.5 Kc=1/0.4=2.5

2.

当ωx=1\omega_x=1ωx=1时，由图可知奈奎斯曲线与负实轴相交，系统的截止频率为
1ωc0.25ωc2+14ωc2+1=1\frac{1}{\omega_c\sqrt{0.25\omega^2_c+1}\sqrt{4\omega^2_c+1}}=1 ωc0.25ωc2+14ωc2+11=1
解得
ωc=0.608\omega_c=0.608 ωc=0.608
系统的相角裕度为
γ=180°−90°−arctan⁡0.5ωc−arctan⁡2ωc=22.523°\gamma=180°-90°-\arctan0.5\omega_c-\arctan2\omega_c=22.523° γ=180°−90°−arctan0.5ωc−arctan2ωc=22.523°
图略

3.

由2可知系统的截至频率和相角频率，根据题目要求，可用超前校正，取Kp=1K_p=1Kp=1，则校正装置为
Gc(s)=αTs+1Ts+1G_c(s)=\frac{\alpha Ts+1}{Ts+1} Gc(s)=Ts+1αTs+1
根据题目要求，取ωc=1\omega_{c}=1ωc=1，代入原系统中，求不变部分ωc\omega_cωc的相角裕度
γ0=180°−90°−arctan⁡0.5ωc−arctan⁡2ωc=0°\gamma_0=180°-90°-\arctan0.5\omega_c-\arctan2\omega_c=0° γ0=180°−90°−arctan0.5ωc−arctan2ωc=0°
则校正装置提供的最大相角为
φm=γ−γ0+(5°∼10°)=50°\varphi_m=\gamma-\gamma_0+(5° \sim 10°)=50° φm=γ−γ0+(5°∼10°)=50°
确定校正装置α\alphaα
α=1+sinφm1−sinφm=7.55\alpha=\frac{1+sin\varphi_m}{1-sin\varphi_m}=7.55 α=1−sinφm1+sinφm=7.55
或者根据幅频特性
20lg⁡∣G0(jωc)∣=−10lg⁡α→α=6.2520\lg|G_0(j\omega_c)|=-10\lg\alpha \rightarrow \alpha=6.25 20lg∣G0(jωc)∣=−10lgα→α=6.25
确定
T=1ωmα=0.36T=\frac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}=0.36 T=ωmα1=0.36
或
T=1ωmα=0.4T=\frac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}=0.4 T=ωmα1=0.4
校正装置的传递函数为
Gc(s)=2.75s+10.36s+1G_c(s)=\frac{2.75s+1}{0.36s+1} Gc(s)=0.36s+12.75s+1
或
Gc(s)=2.5s+10.4s+1G_c(s)=\frac{2.5s+1}{0.4s+1} Gc(s)=0.4s+12.5s+1
验证
γ=180°+∠G(jωc)=50.21°或46.39°\gamma=180°+\angle G(j \omega_c)=50.21°或46.39° γ=180°+∠G(jωc)=50.21°或46.39°
符合题目要求。

六、

系统的开环传递函数为
G(s)=10(as+1)s2(2s+1)G(s)=\frac{10(as+1)}{s^2(2s+1)} G(s)=s2(2s+1)10(as+1)
系统的频率特性为
G(jω)=−20aω2+10ω2(4ω2+1)+j20−10aω(4ω2+1)G(j\omega)=-\frac{20a\omega^2+10}{\omega^2(4\omega^2+1)}+j\frac{20-10a}{\omega(4\omega^2+1)} G(jω)=−ω2(4ω2+1)20aω2+10+jω(4ω2+1)20−10a

1.

当a=0a=0a=0时，系统的频率特性为
G(jω)=−10ω2(4ω2+1)+j20ω(4ω2+1)G(j\omega)=-\frac{10}{\omega^2(4\omega^2+1)}+j\frac{20}{\omega(4\omega^2+1)} G(jω)=−ω2(4ω2+1)10+jω(4ω2+1)20
与负实轴无交点，且Z=P−N=2Z=P-N=2Z=P−N=2，系统不稳定。
图略

2.

当ωc=4\omega_c=4ωc=4时
10a2ωc2+1ωc24ωc2+1=1\frac{10\sqrt{a^2\omega_c^2+1}}{\omega_c^2\sqrt{4\omega_c^2+1}}=1 ωc24ωc2+110a2ωc2+1=1
解得
a=3.215a=3.215 a=3.215
系统的相角裕度为
γ=180°−180°−arctan⁡2ωc+arctan⁡3.215ωc=2.678°\gamma=180°-180°-\arctan2\omega_c+\arctan3.215\omega_c=2.678° γ=180°−180°−arctan2ωc+arctan3.215ωc=2.678°
系统的相角裕度不超过15°15°15°

3.

系统的闭环特征方程为
Δ(s)=2s3+s2+10as+10=0\Delta(s)=2s^3+s^2+10as+10=0 Δ(s)=2s3+s2+10as+10=0
劳斯表
s3210as2110s110a−20s010\begin{matrix} s^3& 2 & 10a & \\ s^2& 1 & 10 & \\ s^1& 10a-20 & & \\ s^0& 10 \end{matrix} s3s2s1s02110a−201010a10
当a>2a>2a>2时，系统稳定。

七、

系统的开环脉冲传递函数为
G(z)=z−1Z[5s(s+5)]=1−e−5t(z−1)(z−e−5t)G(z)=z^{-1}Z[\frac{5}{s(s+5)}]=\frac{1-e^{-5t}}{(z-1)(z-e^{-5t})} G(z)=z−1Z[s(s+5)5]=(z−1)(z−e−5t)1−e−5t
系统的闭环特征方程为
Δ(z)=z2−(1+e−5T)z+1\Delta(z)=z^2-(1+e^{-5T})z+1 Δ(z)=z2−(1+e−5T)z+1

1.

令z=w+1w−1z=\frac{w+1}{w-1}z=w−1w+1，系统的闭环特征方程为
Δ(w)=(1−e−5T)w2+(3+e−5T)=0\Delta(w)=(1-e^{-5T})w^2+(3+e^{-5T})=0 Δ(w)=(1−e−5T)w2+(3+e−5T)=0
特征根位于虚轴上，无论TTT取何值，系统临界稳定。

2.

当T=0.4T=0.4T=0.4且输入为单位节约信号，系统的输出为
C(z)=(1−e−2)z(z−1)(z2−1.135z+1)=0.865z−21−2.135z−1+2.135z−2−z−3C(z)=\frac{(1-e^{-2})z}{(z-1)(z^2-1.135z+1)}=\frac{0.865z^{-2}}{1-2.135z^{-1}+2.135z^{-2}-z^{-3}} C(z)=(z−1)(z2−1.135z+1)(1−e−2)z=1−2.135z−1+2.135z−2−z−30.865z−2
长除法
c(3T)=1.846775c(3T)=1.846775 c(3T)=1.846775

八、

线性部分穿越频率
ωx=10.5=2\omega_x=\frac{1}{0.5}=2 ωx=0.51=2
奈奎斯曲线与负实轴的交点
G(jωx)=−2.5×0.520.5+0.5=−0.625G(j\omega_x)=-\frac{2.5\times0.5^2}{0.5+0.5}=-0.625 G(jωx)=−0.5+0.52.5×0.52=−0.625
非线性部分为理想继电特性，负倒数描述函数曲线在负实轴上，最大值为000，最小是为−∞-\infin−∞。
图略
两曲线存在交点(−0.625,j0)(-0.625,j0)(−0.625,j0)，且负倒数描述函数曲线沿AAA增大方向，由不稳定区域进入稳定区域，系统存在稳定的周期运动，幅值为
−1N(A)=−0.625-\frac{1}{N(A)}=-0.625 −N(A)1=−0.625
解得
A=0.796A=0.796 A=0.796
各点输出
c(t)=−0.398sin⁡2tx(t)=0.796sin⁡2tc(t)=-0.398\sin2t \\ x(t)=0.796\sin2t c(t)=−0.398sin2tx(t)=0.796sin2t
继电特性输出为
y={1x>0−1x<0y = \begin{cases} 1 & x>0 \\ -1 & x< 0 \\ \end{cases} y={1−1x>0x<0
当输入信号为x(t)=0.798sin⁡2tx(t)=0.798\sin2tx(t)=0.798sin2t时，输出波形为
y(t)={10<t<π2−1π2<t<πy(t) = \begin{cases} 1 & 0< t < \cfrac{\pi}{2} \\ -1 & \cfrac{\pi}{2} < t < \pi \\ \end{cases} y(t)=⎩⎪⎨⎪⎧1−10<t<2π2π<t<π

九、(2021.11.7修改)

1.

系统M(s)M(s)M(s)的状态空间方程：
{x˙1=−4x˙1+uy=x˙1\left\{\begin{array}{l} \boldsymbol{\dot x_1} = -4 \boldsymbol{\dot x_1} + \boldsymbol u \\ \boldsymbol{y} = \boldsymbol{\dot x_1} \end{array}\right. {x˙1=−4x˙1+uy=x˙1
系统N(s)N(s)N(s)的状态空间方程：
{[x˙2x˙3]=[−300−2][x2x3]+[11]uy=[−24]x\xcancel{\left\{\begin{array}{l} \begin{bmatrix}\boldsymbol{\dot x_2} \\ \boldsymbol{\dot x_3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & 0 \\ 0 &-2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\boldsymbol{x_2} \\ \boldsymbol{x_3}\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \boldsymbol u \\ \boldsymbol y = \begin{bmatrix} -2 & 4 \end{bmatrix} \boldsymbol x \end{array}\right.} ⎩⎨⎧[x˙2x˙3]=[−300−2][x2x3]+[11]uy=[−24]x
{[x˙2x˙3]=[01−6−5][x2x3]+[01]uy=[82]x\left\{ \begin{array}{l} \begin{bmatrix} \boldsymbol{\dot x_2} \\ \boldsymbol{\dot x_3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -6 & -5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \boldsymbol{x_2} \\ \boldsymbol{x_3} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} \boldsymbol u \\ \boldsymbol y = \begin{bmatrix} 8 & 2 \end{bmatrix} \boldsymbol x \end{array}\right. ⎩⎨⎧[x˙2x˙3]=[0−61−5][x2x3]+[01]uy=[82]x
两个子系统串联，存在零极点对消，系统不能控。系统串联后的状态空间方程
{x˙=[−4−240−3000−2]x+[011]uy=[100]x\xcancel{\left\{\begin{array}{l} \boldsymbol{\dot x} = \begin{bmatrix} -4 & -2 & 4 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{bmatrix} \boldsymbol x + \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \boldsymbol u \\ \boldsymbol y= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \boldsymbol x \end{array}\right.} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x˙=⎣⎡−400−2−3040−2⎦⎤x+⎣⎡011⎦⎤uy=[100]x
{x˙=[−4820010−6−5]x+[001]uy=[100]x\left\{ \begin{array}{l} \boldsymbol{\dot x} = \begin{bmatrix} -4 & 8 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -6 & -5 \end{bmatrix} \boldsymbol x + \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \boldsymbol u \\ \boldsymbol y= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \boldsymbol x \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x˙=⎣⎡−40080−621−5⎦⎤x+⎣⎡001⎦⎤uy=[100]x
系统能控性矩阵
Qc=[BABA2B]=[02−1001−51−519]\boldsymbol{Q_c}= \begin{bmatrix} \boldsymbol{B} & \boldsymbol{AB} & \boldsymbol{A}^2\boldsymbol{B} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 2 & -10 \\ 0 & 1 & -5 \\ 1 & -5 & 19 \end{bmatrix} Qc=[BABA2B]=⎣⎡00121−5−10−519⎦⎤
rankQc=2\text{rank}\boldsymbol{Q_c}=2rankQc=2，不满秩，系统不能控。

2.

系统的单位阶跃响应近似为一个调节时间tst_sts为4.75s4.75s4.75s的临界阻尼系统，即系统存在两个相同的极点，可得
ts=4ξωn=4.75s\xcancel{t_s=\frac{4}{\xi\omega_n}=4.75s} ts=ξωn4=4.75s
解得
s1,2=0.8421\xcancel{s_{1,2}=0.8421} s1,2=0.8421
由1可知，系统状态x1x_1x1不能控，设状态反馈后系统的特征方程为
Δ∗(s)=(s+0.8421)2=s2+1.6842s+0.70913241\xcancel{\begin{aligned} \Delta^*(s) & =(s+0.8421)^2 \\ & = s^2 + 1.6842s + 0.70913241 \end{aligned}} Δ∗(s)=(s+0.8421)2=s2+1.6842s+0.70913241
设状态反馈矩阵为K=[K1K2]\sout{\boldsymbol K = \begin{bmatrix}K_1 & K_2 \end{bmatrix}}K=[K1K2]，对应系统的特征多项式为
Δ=det[sI−(A−BK)]=(s+3+K1)(s+2+K2)−K1K2=s2+(5+K1+K2)s+6+2K1+3K2\xcancel{\begin{aligned} \Delta &= det[s\boldsymbol{I} - (\boldsymbol{A} - \boldsymbol{B}\boldsymbol{K})] \\ & = (s+3+K_1)(s+2+K_2) - K_1 K_2 \\ & = s^2 + (5 + K_1 + K_2)s + 6 + 2K_1 + 3K_2 \end{aligned}} Δ=det[sI−(A−BK)]=(s+3+K1)(s+2+K2)−K1K2=s2+(5+K1+K2)s+6+2K1+3K2
对比两式可解得
{K1=−4.6565321K2=1.34073241\xcancel{\left\{\begin{array}{l} K_1 = -4.6565321 \\ K_2 = 1.34073241 \end{array}\right.} {K1=−4.6565321K2=1.34073241
取线性变换矩阵为
P=[0210101−50]\boldsymbol{P}= \begin{bmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & -5 & 0 \end{bmatrix} P=⎣⎡00121−5100⎦⎤
线性变化后，系统的状态空间方程为
{xˉ˙=[0−601−5000−4]xˉ+[100]uy=[021]xˉ\left\{ \begin{array}{l} \boldsymbol{\dot{\bar{x}}} = \begin{bmatrix} 0 & -6 & 0 \\ 1 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{bmatrix} \boldsymbol{\bar{x}} + \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \boldsymbol u \\ \boldsymbol y= \begin{bmatrix} 0 & 2 & 1 \end{bmatrix} \boldsymbol{\bar{x}} \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧xˉ˙=⎣⎡010−6−5000−4⎦⎤xˉ+⎣⎡100⎦⎤uy=[021]xˉ
系统的单位阶跃响应近似为一个调节时间tst_sts为4.75s4.75s4.75s的临界阻尼系统，即系统存在两个相同的极点，由临界阻尼二阶系统的调试时公式ts=4.75T1t_s=4.75T_1ts=4.75T1可知，T1=1T_1=1T1=1。由线性变换后系统的状态空间方程可知，状态−4-4−4不可控，设变换后状态反馈矩阵为
Kˉ=[k1k20]\boldsymbol{\bar{K}}= \begin{bmatrix} k_1 & k_2 & 0 \end{bmatrix} Kˉ=[k1k20]
闭环特征方程为
Δ(s)=(s+4)[s2+(k1+5)s+5k1+k2+6]\begin{aligned} \Delta(s)=(s+4)[s^2+(k_1+5)s+5k_1+k_2+6] \end{aligned} Δ(s)=(s+4)[s2+(k1+5)s+5k1+k2+6]
由于状态−4-4−4不可控，则期望闭环特征方程为
Δ∗(s)=(s+4)(s2+2s+1)\Delta^*(s)=(s+4)(s^2+2s+1) Δ∗(s)=(s+4)(s2+2s+1)
对比两式可解得
k1=−3,k2=10k_1=-3,\quad k_2=10 k1=−3,k2=10
状态−4-4−4不可控，设状态反馈矩阵为
K=KˉP−1=[0−5−3]\boldsymbol{K}=\boldsymbol{\bar{K}}\boldsymbol{P}^{-1}= \begin{bmatrix} 0 & -5 & -3 \end{bmatrix} K=KˉP−1=[0−5−3]

3.

系统的能观性矩阵为
Qo=[100−4−241614−24]\xcancel{\boldsymbol Q_o = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -4 & -2 & 4 \\ 16 & 14 & -24 \end{bmatrix}} Qo=⎣⎡1−4160−21404−24⎦⎤
Qo=[100−48216−44−10]\boldsymbol Q_o = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -4 & 8 & 2 \\ 16 & -44 & -10 \end{bmatrix} Qo=⎣⎡1−41608−4402−10⎦⎤
rankQo=3rank\boldsymbol Q_o =3rankQo=3，满秩，系统完全能观，可以任意配置极点调节状态观测器的动态性能。将其中两个主导极点设置为s1,2=−0.8421\sout{s_{1,2}=-0.8421}s1,2=−0.8421 s1,2=−1s_{1,2}=-1s1,2=−1，第三个极点要远离主导极点，实部的模比主导极点实部的模大三倍以上，可设为s3=−5s_3=-5s3=−5。

十、(2021.12.22改)

1.

系统状态方程的齐次解
x(t)=Φ(t)x(0)\boldsymbol {x} (t) = \boldsymbol {\varPhi} (t) \boldsymbol {x} (0) x(t)=Φ(t)x(0)
可得
[cos⁡4t−sin⁡4t2cos⁡4t−sin⁡4t−cos⁡4t−sin⁡4t−cos⁡4t−2sin⁡4t]=Φ(t)[12−1−1]\begin{bmatrix} \cos4t - \sin4t & 2\cos4t - \sin4t \\ -\cos4t - \sin4t & -\cos4t - 2\sin4t \end{bmatrix} = \boldsymbol {\varPhi} (t) \begin{bmatrix} 1& 2 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} [cos4t−sin4t−cos4t−sin4t2cos4t−sin4t−cos4t−2sin4t]=Φ(t)[1−12−1]
解得
Φ(t)=[cos⁡4t−sin⁡4t2cos⁡4t−sin⁡4t−cos⁡4t−sin⁡4t−cos⁡4t−2sin⁡4t][12−1−1]−1=[cos⁡4tsin⁡4t−sin⁡4tcos⁡4t]\begin{aligned} \boldsymbol {\varPhi} (t) &= \begin{bmatrix} \cos4t - \sin4t & 2\cos4t - \sin4t \\ -\cos4t - \sin4t & -\cos4t - 2\sin4t \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1& 2 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} ^{-1} \\ & = \begin{bmatrix} \cos4t & \sin4t \\ -\sin4t & \cos4t \end{bmatrix} \end{aligned} Φ(t)=[cos4t−sin4t−cos4t−sin4t2cos4t−sin4t−cos4t−2sin4t][1−12−1]−1=[cos4t−sin4tsin4tcos4t]
矩阵A\boldsymbol AA为
A=Φ˙(0)=[−4sin⁡4t4cos⁡4t−4cos⁡4t−4sin⁡4t]t=0=[04−40]\begin{aligned} \boldsymbol A &= \boldsymbol {\dot{\varPhi}} (0) \\ & = \begin{bmatrix} -4\sin4t & 4\cos4t \\ -4\cos4t & -4\sin4t \end{bmatrix}_{t=0} \\ & = \begin{bmatrix} 0 & 4 \\ -4 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned} A=Φ˙(0)=[−4sin4t−4cos4t4cos4t−4sin4t]t=0=[0−440]

2.

由1可知
Φ(t)=[cos⁡4tsin⁡4t−sin⁡4tcos⁡4t]\boldsymbol {\varPhi} (t) = \begin{bmatrix} \cos4t & \sin4t \\ -\sin4t & \cos4t \end{bmatrix} Φ(t)=[cos4t−sin4tsin4tcos4t]
可得
G(T)=Φ(t)t=T=[cos⁡4Tsin⁡4T−sin⁡4Tcos⁡4T]h(T)=∫0TΦ(t)Bdt=∫0T[cos⁡4tsin⁡4t−sin⁡4tcos⁡4t][04]dt=[−cos⁡4Tsin⁡4T]=[1−cos⁡4Tsin⁡4T]\begin{aligned} \boldsymbol G(T) & = \boldsymbol {\varPhi} (t) _{t=T} \\ & = \begin{bmatrix} \cos4T & \sin4T \\ -\sin4T & \cos4T \end{bmatrix} \end{aligned} \\ \begin{aligned} \boldsymbol h(T) &= \int_{0}^{T} \boldsymbol {\varPhi} (t) \boldsymbol B dt \\ &= \int_{0}^{T} \begin{bmatrix} \cos4t & \sin4t \\ -\sin4t & \cos4t \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 4 \end{bmatrix} dt \\ &= \xcancel{ \begin{bmatrix} -\cos4T \\ \sin4T \end{bmatrix}} \\ &= \begin{bmatrix} 1-\cos4T \\ \sin4T \end{bmatrix} \end{aligned} G(T)=Φ(t)t=T=[cos4T−sin4Tsin4Tcos4T]h(T)=∫0TΦ(t)Bdt=∫0T[cos4t−sin4tsin4tcos4t][04]dt=[−cos4Tsin4T]=[1−cos4Tsin4T]
离散化后系统的状态空间表达式为
{x˙[(k+1)T]=[cos⁡4Tsin⁡4T−sin⁡4Tcos⁡4T]x(kT)+[1−cos⁡4tsin⁡4t]u(kT)y=[20]x(kT)\left\{\begin{array}{l} \boldsymbol {\dot x} [(k+1)T] = \begin{bmatrix} \cos4T & \sin4T \\ -\sin4T & \cos4T \end{bmatrix} \boldsymbol {x} (kT) + \begin{bmatrix} 1-\cos4t \\ \sin4t \end{bmatrix} u(kT) \\ y = \begin{bmatrix} 2 & 0 \end{bmatrix} \boldsymbol {x} (kT) \end{array}\right. ⎩⎨⎧x˙[(k+1)T]=[cos4T−sin4Tsin4Tcos4T]x(kT)+[1−cos4tsin4t]u(kT)y=[20]x(kT)
系统能观性矩阵
Nc=[202cos⁡4T2sin⁡4T]\boldsymbol {N_c} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 2\cos4T & 2\sin4T \end{bmatrix} Nc=[22cos4T02sin4T]
当离散化系统能观时
T≠kπ(k=0,±1,±2⋯)\xcancel{ T\not=k\pi(k=0,\pm1,\pm2\dotsb) } T=kπ(k=0,±1,±2⋯)
T≠kπ4(k=0,±1,±2⋯)T\not=\frac{k\pi}{4}\ (k=0,\pm1,\pm2\dotsb) T=4kπ (k=0,±1,±2⋯)