声明：本人特别菜，不研究相关的方向，差点挂科，这个作业的内容仅供交流。

题目一

讨论左图中系统对 μ e z t \mu {e^{zt}} μezt的响应是否为零（恒为零）

| 图1 系统结构示意图 |
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理解：

对于第一个系统，可以参考老师在课堂上的讨论 v i e z t {v_i}{e^{zt}} vi​ezt 输入对系统一来说，输出是否恒为零，与初始状态 x ( 0 ) x(0) x(0)有关。

G 1 ( s ) = C ( s I − A ) − 1 B {G_{\rm{1}}}(s) = C{(sI - A)^{ - 1}}B G1​(s)=C(sI−A)−1B ，因为 s = z s = z s=z 是 G 2 ( s ) {G_2}(s) G2​(s) 的零点，所以存在
u = v e z t , x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B v x ( t ) = e A t x ( 0 ) + ∫ 0 t e A ( t − τ ) B v e z τ d τ y ( t ) = C e A t x ( 0 ) + C ∫ 0 t e A ( t − τ ) B v e z τ d τ = C e A t [ x ( 0 ) + ∫ 0 t e ( z I − A ) τ B v d τ ] = C e A t [ x ( 0 ) + ( z I − A ) − 1 e ( z I − A ) τ B v ∣ 0 t ] = C e A t [ x ( 0 ) + ( z I − A ) − 1 e ( z I − A ) t B v − ( z I − A ) − 1 B v ] = C e A t x ( 0 ) + C ( z I − A ) − 1 e z t B v − C e A t ( z I − A ) − 1 B v = C e A t x ( 0 ) + e z t G 1 ( z ) v − C e A t ( z I − A ) − 1 B v = C e A t ( x ( 0 ) − ( z I − A ) − 1 B v ) \begin{array}{l} u = v{e^{zt}},x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}Bv\\ x(t) = {e^{At}}x(0) + \int_0^t {{e^{A(t - \tau )}}Bv{e^{z\tau }}} d\tau \\ y(t) = C{e^{At}}x(0) + C\int_0^t {{e^{A(t - \tau )}}Bv{e^{z\tau }}} d\tau \\ = C{e^{At}}\left[ {x(0) + \int_0^t {{e^{(zI - A)\tau }}Bv} d\tau } \right]\\ = C{e^{At}}\left[ {x(0) + \left. {{{(zI - A)}^{ - 1}}{e^{(zI - A)\tau }}Bv} \right|_0^t} \right]\\ = C{e^{At}}\left[ {x(0) + {{(zI - A)}^{ - 1}}{e^{(zI - A)t}}Bv - {{(zI - A)}^{ - 1}}Bv} \right]\\ = C{e^{At}}x(0) + C{(zI - A)^{ - 1}}{e^{zt}}Bv - C{e^{At}}{(zI - A)^{ - 1}}Bv\\ = C{e^{At}}x(0) + {e^{zt}}{G_1}(z)v - C{e^{At}}{(zI - A)^{ - 1}}Bv\\ = C{e^{At}}(x(0) - {(zI - A)^{ - 1}}Bv) \end{array} u=vezt,x(0)=(zI−A)−1Bvx(t)=eAtx(0)+∫0t​eA(t−τ)Bvezτdτy(t)=CeAtx(0)+C∫0t​eA(t−τ)Bvezτdτ=CeAt[x(0)+∫0t​e(zI−A)τBvdτ]=CeAt[x(0)+(zI−A)−1e(zI−A)τBv∣∣∣​0t​]=CeAt[x(0)+(zI−A)−1e(zI−A)tBv−(zI−A)−1Bv]=CeAtx(0)+C(zI−A)−1eztBv−CeAt(zI−A)−1Bv=CeAtx(0)+eztG1​(z)v−CeAt(zI−A)−1Bv=CeAt(x(0)−(zI−A)−1Bv)​

这里的分析和课堂上的讲解有出入，我认为 x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B v x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}Bv x(0)=(zI−A)−1Bv 的时，给出输入[u = v{e^{zt}}] ，输出 y ( t ) ≡ 0 y(t) \equiv 0 y(t)≡0
对第二个系统，输入 μ e z t \mu {e^{zt}} μezt

u = μ e z t , x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B μ x ( t ) = e A t x ( 0 ) + ∫ 0 t e A ( t − τ ) B μ e z τ d τ y ( t ) = w i T C e A t x ( 0 ) + w i T C ∫ 0 t e A ( t − τ ) B μ e z τ d τ = w i T C e A t [ x ( 0 ) + ∫ 0 t e ( z I − A ) τ B μ d τ ] = w i T C e A t [ x ( 0 ) + ( z I − A ) − 1 e ( z I − A ) τ B μ ∣ 0 t ] = w i T C e A t [ x ( 0 ) + ( z I − A ) − 1 e ( z I − A ) t B μ − ( z I − A ) − 1 B μ ] = w i T C e A t x ( 0 ) + w i T C ( z I − A ) − 1 e z t B μ − w i T C e A t ( z I − A ) − 1 B μ = w i T C e A t x ( 0 ) + w i T e z t G ( z ) μ − w i T C e A t ( z I − A ) − 1 B μ = w i T C e A t ( x ( 0 ) − ( z I − A ) − 1 B μ ) \begin{array}{l} u = \mu {e^{zt}},x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}B\mu \\ x(t) = {e^{At}}x(0) + \int_0^t {{e^{A(t - \tau )}}B\mu {e^{z\tau }}} d\tau \\ y(t) = w_i^TC{e^{At}}x(0) + w_i^TC\int_0^t {{e^{A(t - \tau )}}B\mu {e^{z\tau }}} d\tau \\ = w_i^TC{e^{At}}\left[ {x(0) + \int_0^t {{e^{(zI - A)\tau }}B\mu } d\tau } \right]\\ = w_i^TC{e^{At}}\left[ {x(0) + \left. {{{(zI - A)}^{ - 1}}{e^{(zI - A)\tau }}B\mu } \right|_0^t} \right]\\ = w_i^TC{e^{At}}\left[ {x(0) + {{(zI - A)}^{ - 1}}{e^{(zI - A)t}}B\mu - {{(zI - A)}^{ - 1}}B\mu } \right]\\ = w_i^TC{e^{At}}x(0) + w_i^TC{(zI - A)^{ - 1}}{e^{zt}}B\mu - w_i^TC{e^{At}}{(zI - A)^{ - 1}}B\mu \\ = w_i^TC{e^{At}}x(0) + w_i^T{e^{zt}}G(z)\mu - w_i^TC{e^{At}}{(zI - A)^{ - 1}}B\mu \\ = w_i^TC{e^{At}}(x(0) - {(zI - A)^{ - 1}}B\mu ) \end{array} u=μezt,x(0)=(zI−A)−1Bμx(t)=eAtx(0)+∫0t​eA(t−τ)Bμezτdτy(t)=wiT​CeAtx(0)+wiT​C∫0t​eA(t−τ)Bμezτdτ=wiT​CeAt[x(0)+∫0t​e(zI−A)τBμdτ]=wiT​CeAt[x(0)+(zI−A)−1e(zI−A)τBμ∣∣∣​0t​]=wiT​CeAt[x(0)+(zI−A)−1e(zI−A)tBμ−(zI−A)−1Bμ]=wiT​CeAtx(0)+wiT​C(zI−A)−1eztBμ−wiT​CeAt(zI−A)−1Bμ=wiT​CeAtx(0)+wiT​eztG(z)μ−wiT​CeAt(zI−A)−1Bμ=wiT​CeAt(x(0)−(zI−A)−1Bμ)​
对于系统二，我认为 x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B μ x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}B\mu x(0)=(zI−A)−1Bμ的时，给出输入 u = μ e z t u = \mu {e^{zt}} u=μezt，输出 y ( t ) ≡ 0 y(t) \equiv 0 y(t)≡0

分析

或者对于系统二，我们也可以做类似分析
G 1 ( s ) = C ( s I − A ) − 1 B {G_1}(s) = C{(sI - A)^{ - 1}}B G1​(s)=C(sI−A)−1B 因为 s = z s = z s=z是 G 2 ( s ) {G_2}(s) G2​(s)的零点，所以存在 G 1 ( z ) = C ( z I − A ) − 1 B = 0 {G_{\rm{1}}}(z) = C{(zI - A)^{ - 1}}B = 0 G1​(z)=C(zI−A)−1B=0

仿真

线性系统
x ˙ = [ 2 1 1 1 ] x + [ 1 0 0 1 ] u y = [ 1 1 2 2 ] x \begin{array}{l} \dot x = \left[ {\begin{matrix}{} 2&1\\ 1&1 \end{matrix}} \right]x + \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right]u\\ y = \left[ {\begin{matrix}{} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]x \end{array} x˙=[21​11​]x+[10​01​]uy=[12​12​]x​
G ( s ) = C ( s I − A ) − 1 B = [ ∗ 20 c 1 1 2 2 ] [ ∗ 20 c s − 2 − 1 − 1 s − 1 ] − 1 [ ∗ 20 c 1 0 0 1 ] = [ ∗ 20 c s ( s − 1 ) ( s − 2 ) − 1 s − 1 ( s − 1 ) ( s − 2 ) − 1 2 s ( s − 1 ) ( s − 2 ) − 1 s − 1 ( s − 1 ) ( s − 2 ) − 1 ] G(s) = C{(sI - A)^{ - 1}}B = \left[ {\begin{matrix}{*{20}{c}} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]{\left[ {\begin{matrix}{*{20}{c}} {s - 2}&{ - 1}\\ { - 1}&{s - 1} \end{matrix}} \right]^{ - 1}}\left[ {\begin{matrix}{*{20}{c}} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{*{20}{c}} {\frac{s}{{(s - 1)(s - 2) - 1}}}&{\frac{{s - 1}}{{(s - 1)(s - 2) - 1}}}\\ {\frac{{2s}}{{(s - 1)(s - 2) - 1}}}&{\frac{{s - 1}}{{(s - 1)(s - 2) - 1}}} \end{matrix}} \right] G(s)=C(sI−A)−1B=[∗20c12​12​][∗20cs−2−1​−1s−1​]−1[∗20c10​01​]=[∗20c(s−1)(s−2)−1s​(s−1)(s−2)−12s​​(s−1)(s−2)−1s−1​(s−1)(s−2)−1s−1​​]

从 G ( s ) G(s) G(s)中可以看出， s = z = 1 s = z = 1 s=z=1是 G ( s ) G(s) G(s) 的零点
取右方向向量 v = [ 0 1 ] v = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right] v=[01​]
G ( z ) v = C ( s I − A ) − 1 B v = [ 1 1 2 2 ] [ s − 2 − 1 − 1 s − 1 ] − 1 [ 1 0 0 1 ] [ 0 1 ] = [ − 1 0 − 2 0 ] [ 0 1 ] = [ 0 0 ] G(z)v = C{(sI - A)^{ - 1}}Bv = \left[ {\begin{matrix}{} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]{\left[ {\begin{matrix}{} {s - 2}&{ - 1}\\ { - 1}&{s - 1} \end{matrix}} \right]^{ - 1}}\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&0\\ { - 2}&0 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 0 \end{matrix}} \right] G(z)v=C(sI−A)−1Bv=[12​12​][s−2−1​−1s−1​]−1[10​01​][01​]=[−1−2​00​][01​]=[00​]
符合零点的条件。
取左方向向量 w = [ 2 − 1 ] T w = {\left[ {\begin{matrix}{} 2\\ { - 1} \end{matrix}} \right]^T} w=[2−1​]T
w G ( z ) = w C ( s I − A ) − 1 B = [ 2 − 1 ] [ 1 1 2 2 ] [ s − 2 − 1 − 1 s − 1 ] − 1 [ 1 0 0 1 ] = [ 2 − 1 ] [ − 1 0 − 2 0 ] = [ 0 0 ] wG(z) = wC{(sI - A)^{ - 1}}B = \left[ {\begin{matrix}{} 2&{ - 1} \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]{\left[ {\begin{matrix}{} {s - 2}&{ - 1}\\ { - 1}&{s - 1} \end{matrix}} \right]^{ - 1}}\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 2&{ - 1} \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&0\\ { - 2}&0 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 0 \end{matrix}} \right] wG(z)=wC(sI−A)−1B=[2​−1​][12​12​][s−2−1​−1s−1​]−1[10​01​]=[2​−1​][−1−2​00​]=[00​]

符合零点的条件。
首先我们对系统一进行仿真
因此当 u = v 1 e z t = [ 0 1 ] e t u = {v_1}{e^{zt}} = \left[ {\begin{matrix}{} 0&1 \end{matrix}} \right]{e^t} u=v1​ezt=[0​1​]et ，
x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B v = [ 1 1 2 2 ] ( 1 × [ 1 0 0 1 ] − [ 2 1 1 1 ] ) [ 1 0 0 1 ] [ 0 1 ] = [ − 1 0 − 2 0 ] [ 0 1 ] = [ 0 0 ] \begin{array}{l} x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}Bv\\ = \left[ {\begin{matrix}{} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]\left( {1 \times \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right] - \left[ {\begin{matrix}{} 2&1\\ 1&1 \end{matrix}} \right]} \right)\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right]\\ = \left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&0\\ { - 2}&0 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 0 \end{matrix}} \right] \end{array} x(0)=(zI−A)−1Bv=[12​12​](1×[10​01​]−[21​11​])[10​01​][01​]=[−1−2​00​][01​]=[00​]​
y ( t ) = ∫ 0 t g ( τ ) u ( t − τ ) d τ = ∫ 0 t g ( τ ) [ 0 1 ] e ( t − τ ) d τ = 0 y(t) = \int_0^t {g(\tau )u(t - } \tau )d\tau = \int_0^t {g(\tau )\left[ {\begin{matrix}{} 0&1 \end{matrix}} \right]{e^{(t - \tau )}}} d\tau = 0 y(t)=∫0t​g(τ)u(t−τ)dτ=∫0t​g(τ)[0​1​]e(t−τ)dτ=0

| 图2 系统仿真图 |
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我们得到了系统的输出，示波器显示如下：

| 图3 示波器显示 |
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其中橘色的线是信号 e t {e^t} et ，黑色的线表示系统的输出为 0
仿真结果和分析的结果符合，系统的输出恒为0。
然后我们对系统二进行仿真，仿真电路图如下所示：图中设计的输入 u = μ e z t = [ 1 1 ] e t u = \mu {e^{zt}} = \left[ {\begin{matrix}{} 1\\ 1 \end{matrix}} \right]{e^t} u=μezt=[11​]et，状态方程就是例子里面的状态方程，输出参数 w T = [ 2 − 1 ] T = [ 2 − 1 ] {w^T} = {\left[ {\begin{matrix}{} 2\\ { - 1} \end{matrix}} \right]^T} = \left[ {\begin{matrix}{} 2&{ - 1} \end{matrix}} \right] wT=[2−1​]T=[2​−1​] ，观察输出可以就可以验证上面的分析。
x ( 0 ) = ( z I − A ) − 1 B μ = [ 1 1 2 2 ] ( 1 × [ 1 0 0 1 ] − [ 2 1 1 1 ] ) [ 1 0 0 1 ] [ 1 1 ] = [ − 1 0 − 2 0 ] [ 1 1 ] = [ − 1 − 2 ] \begin{array}{l} x(0) = {(zI - A)^{ - 1}}B\mu \\ = \left[ {\begin{matrix}{} 1&1\\ 2&2 \end{matrix}} \right]\left( {1 \times \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right] - \left[ {\begin{matrix}{} 2&1\\ 1&1 \end{matrix}} \right]} \right)\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 1\\ 1 \end{matrix}} \right]\\ = \left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&0\\ { - 2}&0 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 1\\ 1 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} { - 1}\\ { - 2} \end{matrix}} \right] \end{array} x(0)=(zI−A)−1Bμ=[12​12​](1×[10​01​]−[21​11​])[10​01​][11​]=[−1−2​00​][11​]=[−1−2​]​

y ( t ) = ∫ 0 t g ( τ ) u ( t − τ ) d τ = ∫ 0 t w T g ( τ ) e ( t − τ ) d τ = [ 2 − 1 ] e t ∫ 0 t g ( τ ) e − τ d τ = 0 \begin{array}{l} y(t) = \int_0^t {g(\tau )u(t - } \tau )d\tau = \int_0^t {{w^T}g(\tau ){e^{(t - \tau )}}} d\tau \\ = \left[ {\begin{matrix}{} 2&{ - 1} \end{matrix}} \right]{e^t}\int_0^t {g(\tau ){e^{ - \tau }}} d\tau = 0 \end{array} y(t)=∫0t​g(τ)u(t−τ)dτ=∫0t​wTg(τ)e(t−τ)dτ=[2​−1​]et∫0t​g(τ)e−τdτ=0​

| 图4 零点左向量仿真示意图 |
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示波器的结果如下：

| 图5 输入的示波器显示 |
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| 图6 输出的示波器显示 |
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从图中我们可以看出，二维的输入和输出都是重合的，输入 u = μ e z t = [ 1 1 ] e t u = \mu {e^{zt}} = \left[ {\begin{matrix}{} 1\\ 1 \end{matrix}} \right]{e^t} u=μezt=[11​]et ，输出 y = [ 0 0 ] y = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 0 \end{matrix}} \right] y=[00​] 和上面的分析完全一致，就是讲当 w T {w^T} wT 是 s = z = 1 s = z = 1 s=z=1 的左特征向量的时候。像系统二那样的系统输出为 0 0 0，恒为 0 0 0.

题目二

假设 G ( s ) G(s) G(s)是多变量系统的传递函数矩阵，对 G ( s ) G(s) G(s) 进行分解

G ( s ) = 1 s − λ 1 A 1 + ⋯ + 1 s − λ n A n G(s) = \frac{1}{{s - {\lambda _1}}}{A_1} + \cdots + \frac{1}{{s - {\lambda _n}}}{A_n} G(s)=s−λ1​1​A1​+⋯+s−λn​1​An​
A 1 = a 1 b 1 T , ⋯ , A n = a n b n T {A_1} = {a_1}b_1^T, \cdots ,{A_n} = {a_n}b_n^T A1​=a1​b1T​,⋯,An​=an​bnT​
假设 A 1 {A_1} A1​ 的秩为 2 2 2
a 1 = ( a 11 a 12 ) {a_1} = \left( {\begin{matrix}{} {{a_{11}}}&{{a_{12}}} \end{matrix}} \right) a1​=(a11​​a12​​)
b 1 = ( b 11 b 12 ) {b_1} = \left( {\begin{matrix}{} {{b_{11}}}&{{b_{12}}} \end{matrix}} \right) b1​=(b11​​b12​​)

举例说明 a 1 {a_1} a1​, b 1 {b_1} b1​ 中的元素是向量还是标量
a 1 b 1 T = a 1 u u T b 1 T {a_1}b_{_1}^T = {a_1}u{u^T}b_{_1}^T a1​b1​T​=a1​uuTb1​T​
G ( s ) = [ 1 ( s + 1 ) ( s + 2 ) 2 ( s + 2 ) 3 ( s + 2 ) 4 ( s + 1 ) ] = 1 s + 1 [ 1 0 0 4 ] + 1 s + 2 [ − 1 2 3 0 ] G(s) = \left[ {\begin{matrix}{} {\frac{1}{{(s + 1)(s + 2)}}}&{\frac{2}{{(s + 2)}}}\\ {\frac{3}{{(s + 2)}}}&{\frac{4}{{(s + 1)}}} \end{matrix}} \right] = \frac{1}{{s + 1}}\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&4 \end{matrix}} \right] + \frac{1}{{s + 2}}\left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&2\\ 3&0 \end{matrix}} \right] G(s)=[(s+1)(s+2)1​(s+2)3​​(s+2)2​(s+1)4​​]=s+11​[10​04​]+s+21​[−13​20​]

对于 λ = − 1 \lambda = - 1 λ=−1 来说， A 1 = [ 1 0 0 4 ] = [ 1 0 0 1 ] [ 1 0 0 4 ] {A_1} = \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&4 \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&1 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&4 \end{matrix}} \right] A1​=[10​04​]=[10​01​][10​04​]

a 1 = ( a 11 a 12 ) , a 11 = [ 1 0 ] , a 12 = [ 0 1 ] {a_1} = \left( {\begin{matrix}{} {{a_{11}}}&{{a_{12}}} \end{matrix}} \right),{a_{11}} = \left[ {\begin{matrix}{} 1\\ 0 \end{matrix}} \right],{a_{12}} = \left[ {\begin{matrix}{} 0\\ 1 \end{matrix}} \right] a1​=(a11​​a12​​),a11​=[10​],a12​=[01​]

这个例子里面，说明 a 1 {a_1} a1​, b 1 {b_1} b1​ 中的元素是向量
a 1 b 1 T = a 1 u u T b 1 T {a_1}b_{_1}^T = {a_1}u{u^T}b_{_1}^T a1​b1​T​=a1​uuTb1​T​

对于上述系统通过列组合实现，可以得到
G 1 = [ 1 ( s + 1 ) ( s + 2 ) 3 ( s + 2 ) ] , G 2 = [ 2 ( s + 2 ) 4 ( s + 1 ) ] {G_1} = \left[ {\begin{matrix}{} {\frac{1}{{(s + 1)(s + 2)}}}\\ {\frac{3}{{(s + 2)}}} \end{matrix}} \right],{G_2} = \left[ {\begin{matrix}{} {\frac{2}{{(s + 2)}}}\\ {\frac{4}{{(s + 1)}}} \end{matrix}} \right] G1​=[(s+1)(s+2)1​(s+2)3​​],G2​=[(s+2)2​(s+1)4​​]

根据列组合实现我们可以得到框图如下;

| 图7 系统的框图 |
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根据上述的框图，我们可以得到状态方程如下：
x ˙ 1 = − x 1 + u 1 x ˙ 2 = − 2 x 2 + x 1 x ˙ 3 = − 2 x 3 + 3 u 1 x ˙ 4 = − 2 x 4 + 2 u 2 x ˙ 5 = − x 5 + 4 u 2 y 1 = x 2 + x 4 y 2 = x 3 + x 5 \begin{array}{l} {{\dot x}_1} = - {x_1} + {u_1}\\ {{\dot x}_2} = - 2{x_2} + {x_1}\\ {{\dot x}_3} = - 2{x_3} + 3{u_1}\\ {{\dot x}_4} = - 2{x_4} + 2{u_2}\\ {{\dot x}_5} = - {x_5} + 4{u_2}\\ {y_1} = {x_2} + {x_4}\\ {y_2} = {x_3} + {x_5} \end{array} x˙1​=−x1​+u1​x˙2​=−2x2​+x1​x˙3​=−2x3​+3u1​x˙4​=−2x4​+2u2​x˙5​=−x5​+4u2​y1​=x2​+x4​y2​=x3​+x5​​
整理可以得到
[ x ˙ 1 x ˙ 2 x ˙ 3 x ˙ 4 x ˙ 5 ] = [ − 1 0 0 0 0 1 − 2 0 0 0 0 0 − 2 0 0 0 0 0 − 2 0 0 0 0 0 − 1 ] [ x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 ] + [ 1 0 0 0 3 0 0 2 0 4 ] [ u 1 u 2 u 3 u 4 u 5 ] [ y 1 y 2 ] = [ 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 ] [ x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 ] \begin{array}{l} \left[ {\begin{matrix}{} {{{\dot x}_1}}\\ {{{\dot x}_2}}\\ {{{\dot x}_3}}\\ {{{\dot x}_4}}\\ {{{\dot x}_5}} \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} { - 1}&0&0&0&0\\ 1&{ - 2}&0&0&0\\ 0&0&{ - 2}&0&0\\ 0&0&0&{ - 2}&0\\ 0&0&0&0&{ - 1} \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} {{x_1}}\\ {{x_2}}\\ {{x_3}}\\ {{x_4}}\\ {{x_5}} \end{matrix}} \right] + \left[ {\begin{matrix}{} 1&0\\ 0&0\\ 3&0\\ 0&2\\ 0&4 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} {{u_1}}\\ {{u_2}}\\ {{u_3}}\\ {{u_4}}\\ {{u_5}} \end{matrix}} \right]\\ \left[ {\begin{matrix}{} {{y_1}}\\ {{y_2}} \end{matrix}} \right] = \left[ {\begin{matrix}{} 0&1&0&1&0\\ 0&0&1&0&1 \end{matrix}} \right]\left[ {\begin{matrix}{} {{x_1}}\\ {{x_2}}\\ {{x_3}}\\ {{x_4}}\\ {{x_5}} \end{matrix}} \right] \end{array} ⎣⎢⎢⎢⎢⎡​x˙1​x˙2​x˙3​x˙4​x˙5​​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎢⎢⎡​−11000​0−2000​00−200​000−20​0000−1​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎢⎢⎡​x1​x2​x3​x4​x5​​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​+⎣⎢⎢⎢⎢⎡​10300​00024​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎢⎢⎡​u1​u2​u3​u4​u5​​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​[y1​y2​​]=[00​10​01​10​01​]⎣⎢⎢⎢⎢⎡​x1​x2​x3​x4​x5​​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​​
仿真，对于这个两输入两输出系统，我构造了三个仿真的系统，第一个按照框图进行仿真，第二个按照整理好的状态方程进行仿真，第三个直接按照传递函数阵进行仿真。
简化整个仿真的过程， u = [ u 1 u 2 ] , u 1 , u 2 u = \left[ {\begin{matrix}{} {{u_1}}\\ {{u_2}} \end{matrix}} \right],{u_1},{u_2} u=[u1​u2​​],u1​,u2​ 都取单位阶跃输入。
仿真图如下：

| 图8 按照框图进行仿真 |
|–|–|

| 图9 按照状态方程进行仿真 |
|–|–|

| 图10 按照传递函数进行仿真 |
|–|–|

其中图中的传递函数 F = [ 1 ( s + 1 ) ( s + 2 ) 2 ( s + 2 ) 3 ( s + 2 ) 4 ( s + 1 ) ] F = \left[ {\begin{matrix}{} {\frac{1}{{(s + 1)(s + 2)}}}&{\frac{2}{{(s + 2)}}}\\ {\frac{3}{{(s + 2)}}}&{\frac{4}{{(s + 1)}}} \end{matrix}} \right] F=[(s+1)(s+2)1​(s+2)3​​(s+2)2​(s+1)4​​] ，对于仿真结果如下：

| 图11按照框图进行仿真示波器结果 |
|–|–|

| 图12 按照状态方程进行仿真示波器结果 |
|–|–|

| 图13 按照传递函数进行仿真示波器结果 |
|–|–|

我们可以看到仿真的结果完全相同，三个系统相同输入可以产生相同的输出。

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