06级答案B

发布时间：2020-03-02 21:06:03 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

答案及评分标准（现代控制理论06试卷B）

一、已知系统的微分方程如下，写出其状态空间表达式（10分）yy4y5y3u

解：(1)选择状态变量yx1,yx2,yx3（3分）

x1x2

(2)写出微分方程组（4分） x2x3

x5x

314x2x33u

yx1

(3)写出状态空间表达式（3分）

x1010x10

x

2001x

20u



x3541x33

x

y[100]x

x

3

二、已知系统传递函数，求出系统的约旦标准型的实现

W(s)6(s1)

s(s2)(s3)2

解：(1)把原传递函数展开成部分分式形式（9分）W(s)6(s1)410/331/3

s(s2)(s3)2(s3)2s3s2s

注：分子或者分母的数字算错一个扣1分，全对给9分。

(2)直接写出其并联型对角阵实现形式(6分)：

31

30

1

xxu

2

01

1

y(410/331/3)x

1 （15分）

注：A阵元素必须和C阵元素一一对应，错一组扣1分；B阵元素错一个扣1分，扣完为止。

三、求下列状态空间表达式的解：（15分）

010

xxu 231

初始状态x(0)，输入u(t)1(t)是单位阶跃函数。解：（1）计算(t)(10分)

用课文中给出的三种方法求均可。此处仅给出其中一种方法，如果考生采用其它方法，请阅卷老师酌情扣分扣分。

求得特征值，1122（2分）

0

0

0(t)求（4分） 1(t)

0(t)11et11et2ete2t

2tt2t (t)1t

12e12eee

11

求(t)（4分）

2ete2t(t)e0(t)I1(t)At2t

2e2e

Atete2t

t2te2e

00

(2)计算x(t)，把B，x(0)， u(t)1(t)代入求解 (5分)

10

x(t)(t)x(0)(t)Bu()d

e(t)e2(t)

(t)d2(t)2e0e

1t12tee22t2t

ee

四、判断下列系统的能控性和能观测性并说明理由。（10分）

610004060000x00310x0

00030100002120101yx 30010

200u 10

解：(1) 能控性判断（5分）

61

A阵中约当块最后一行对应的B阵相应行为零向量，故系统不

06

完全能控。

(2) 能观性判断（5分）

6131

A阵中约当块及第一列对应的C阵相应列不为零向

0603

量，且C阵最后一列不为零向量，故系统完全能观。

五、设系统

(A,B,C,D)中：（15分）

0100

0101A000,B1,C,D 10120030

（1）试判断系统的能控性、能观测性；

（2）若不能控或不能观测，试给出其能控性分解或能观测性分解的描述形式。

解：(1) 判断系统的能控性、能观测性：

01001010

2① AB00010,AB00000300003

00

10 00

MB

010

100

A2B

000

∵rankM=2＜3∴该系统不完全能控。（4分）

010

010000② CA 000101013003

0100100002

CA000 101003009



01

C

0NCA

0

2CA0

0

100100

010 309

∵rankN=3∴该系统完全能观。（4分）

(2) ∵该系统不完全能控∴作能控性分解。

010

取M中的两个线性无关列10，再任取一个与其线性无关的列0，001010010

1

组成变换阵T100，求得T100T。（3分）

001001

从而求得能控性分解的系数阵：

0001

ˆT1AT100;BˆCT100 ˆT1B0;CA0110030

其中二维能控子系统为：

ˆ1x

001

ˆxu 1

100

101

ˆ1uy（4分） x

012

六、设二阶线性定常系统的状态方程为：（15分）

11

xx 

23

试用李雅普诺夫第二法判断该系统原点的稳定性。

0

解：由x0知xe 是系统的一个平衡态。（2分）

0

p11

设P

p21

p12

,QI，其中P为实对称阵 p22

代入李雅普诺夫方程AP+PA=-I

p12p11

p22p21

p121110

（4分） p222301

11p11

得：p2321

可得联立方程组为：

2p114p121

p114p122p220 2p6p1

1222

74

解得P

58

5

8

（3分） 

38

817

=﹥0（3分） 3648

根据希尔维斯特判据知：

741﹥0，2

所以P是正定的，系统的平衡点是大范围渐近稳定的。且李雅普诺夫函

数为：

（3分） V(x)=xTPx=(14x1210x1x23x2)

七、已知受控系统状态方程为：（20分）

1000

011x0u ，设计状态反馈阵，将极点配置在-3，-3，-3处。x 0161

解：（1）（5分）判断系统的能控性：

0

Qc,A,A20

1



1

17， 635

∵Qc10，∴Qc满秩，系统完全能控，所以通过状态反馈可任意配置极点。

（2）（5分）求出加入状态反馈阵k0

k1k2后闭环特征多项式：



k2 

100000T0110kf()I(A)0000161003(7k2)2(7k1k2)k0 （3）（5分）确定希望的闭环特征多项式：f*()(3)33922727 （4）（5分）计算其状态反馈阵：

令 f()f*() ，就可得到： kk0

k1k227182