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1、1. 采样系统结构如图所示，求该系统的脉冲传递函数。答案:该系统可用简便计算方法求出脉冲传递函数。去掉采样开关后的连续系统输出表达式为对闭环系统的输出信号加脉冲采样得再对上式进行变量替换得2. 已知采样系统的结构如图所示，值范围。，采样周期 =0.1s 。试求系统稳定时K的取答案:首先求出系统的闭环传递函数。由求得e-1=0.368 ，故，已知T=0.1s ，系统闭环传递函数为，特征方程为2 D(z)=1+G(z)=z+(0.632K-1.368)z+0.368=0将双线性变换代入上式得+1 4 +( 7-0.632K)=0要使二阶系统稳定，则有 K0，2.736-0.632K0故得到K的取值
2、范围为0K4.32 。3. 求下列函数的z变换。-at(1). e(t)=te答案:e(t)=te-at该函数采样后所得的脉冲序列为-anT e(nT)=nTe n=0 ，1，2，代入z变换的定义式可得E(z)=e(0)+P(T)z-1+e(2T)z-2+e(n )z-n+= + e-aTz-1+2Te-2aTz-2+n e-naTz-n+= (e-aTz-1+2e-2aT-2z+ne-naTz-n+)两边同时乘以e-aTz-1，得 e-aTz-1E(z)=T(e-2aTz-2+2e-3aTz-3+ne-a(n+1)Tz-(n+1)+)两式相减，若|e-aTz-1|1，该级数收敛，同样利用等比
3、级数求和公式，可得最后该z变换的闭合形式为(2). e( )=答案 e( )=对e( )=取拉普拉斯变换得展开为部分分式，即可以得到化简后得(3).答案:将上式展开为部分分式，得查表可得(4).答案:对上式两边进行z变换可得得4. 求下列函数的z反变换(1).答案:由于所以得所以可得 (z)的z反变换为n e(nT)=10(2-1)(2).答案:由于所以得所以E(z) 的z反变换为nn e(nT)=-n-1+2 =2n-n-1(3).答案:由长除法可得E(z)=2z-1-6z-3+10z-5-14z-7+所以其反变换为* e ( )= ( -T)- ( - )+1 (-5T)- 14( -7
4、)+18(-9 )+(4).答案:解法1：由反演积分法，得解法2：由于所以得最后可得z反变换为5. 分析下列两种推导过程：(1).令x(k)=k1(k)，其中1(k) 为单位阶跃响应，有答案:(2).对于和(1) 中相同的 (k)，有 x(k)-x(k-1)=k-(k-1)=1试找出(2) 与(1) 中的结果为何不同，找出(1) 或(2) 推导错误的地方。答案:x(k)-x(k-1)=k(k)-(k-1)1(k-1)=0，1，2， Zx(k)-x(k-1)=(1-Z-1)X(z)按z变换定义有将上述结果代入Zx(k)-x(k-1)=(1-Z-1)X(z) 中可得可见，(1) 的推导正确，(2)
5、 的推导第一步就错了，导致最后结果错误。6. 假设一个序列f(k) ，有如下的z变换形式(1).求f(k) 。答案:首先求出 (z)的z反变换由此可得 f(k)=0.33(-0.6)k1(k)-0.0476(0.3)k1(k)+0.711(k) k=0，1，2， -(2).序列的稳态值为多少?答案:在计算序列的稳态值之前，应该先判断(z-1)F(z)的稳定性。通过查看(z-1)F(z)的极点z1 =-0.6 ，z2=0.3 ，可见(z-1)F(z)是稳定的。由终值定理可得7. 某一过程的离散传递函数为(1).计算输出 (k)关于r(k) 的单位阶跃响应。答案:单位阶跃信号的z变换为，因此 z反
6、变换为2.594.675 ( )=11 4 e( 4e)1(k)+11.426e-j2.594(0.64e-j0.675)k1(k)+19.51(k)=11.426(0.64)k(ej2.594+j0.675k+e-j2.594-j0.675k)1(k)+19.51(k)=22.85(0.64)kcos(0.675k+2.594)1(k)+19.51(k) k=0，1,2 ，.(2). c(k) 的稳态值为多少?答案:可知，c(k) 的稳态值为19.5 。可以通过终值定理来检验这一结果的正确性，稳态增益为8. 考虑如下的差分方程： y(k+1)+0.5y(k)=z(k)则当输入 (k)为单位阶
7、跃序列时，零初始条件下响应y(k) 等于多少?答案:同时对方程两边进行z变换，得 zY(z)+0.5Y(z)=X(z)当输入信号为单位阶跃序列时因此所得结果为9. 已知系统传递函数为出状态变量图。答案:(1) 能控标准型为，试求能控标准型、能观测标准型、约当标准型，并画 (2) 能观测标准型为 (3)由上式可得对角型状态结构图分别如下图(a)、(b) 和(c) 所示。 1 174 4 9 8 1og 98 7 74887 9 44 47.jpg提示 需要注意的是：当传递函数的分子与分母的阶次相等时， 。10. 已知系统和，判断1 与是否是状态转移矩阵。若是，试确定系统矩阵A；如果不是，说明理由
8、。答案:状态转移矩阵应满足：，( )= ，则假设1(t) 与2(t) 为转移矩阵，则则所以1(t) 不是转移矩阵，2(t) 是转移矩阵，其系统矩阵为。提示 由状态转移矩阵的定义可知，判断是否符合，状态转移矩阵必须满足的两个条件：(1)( )=；(2)交换律。11. 已知系统矩阵答案:(1) 定义法，至少用两种方法求状态转移矩阵 (t)。 (2) 拉氏反变换法提示 求取状态转移矩阵的方法有多种，对于阶次 阶以下的系统，采用拉氏反变换法计算较为简单。12. 已知系统状态方程为，初始条件为x1(0)=1 ，x2(0)=0 。试求系统在单位阶跃输入作用下的响应。答案:此题为求非齐次状态方程的解，对于非
9、齐次状态方程，有提示 状态方程的解是两部分的叠加， 即初始状态引起的自由运动(零输入响应)和控制输入引起的强制运动(零状态响应)，解的公式为13. 给定二阶系统， ，现知对应于两个不同初态时状态响应为。时，时，试求系统矩阵A。答案:方法1：先计算状态转移矩阵 (t)。设齐次状态方程的解 ( )=( )0，依题意应有 (9-21) (9-22)解方程组得11(t)=2e-t-e-2t12(t)=2e-t-2e-2t21(t)=-e-t+e-2t22(t)=-e-t+2e-2t故方法2：根据式(9-21) 、式(9-22) 可以列出下面式子，用以求得 (t)。提示 齐次状态方程求出 ( ) ，再求
10、系统矩阵A。， ，x(0)=x0 的解为 ( )=( )0，已知x0和x(t) ，则可先14. 已知连续系统的动态方程为离散化动态方程。答案:状态转移矩阵：，y=1 0 x 设采样周期T=1s ，试求则 y(k)=Cx(k)=1 0 x(k)提示 连续时间系统的离散化模型的系数矩阵G和 满足：G=( )=eAT，而系数矩阵C和D与连续系统相同。15. 线性系统的空间描述为 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e171 G9e 9 1 nn e179 G G 7 9Gn GecXCG n e1 n9 z 144 4 44 Gn e X0%3D ，确定使系统为状态完全能控和
11、状态完全能观测的待定常数 和 。答案:能控性判别矩阵若系统状态完全能控，则M，即 和 应满足： - -1能观性判别矩阵 (9-23)若系统状态完全能观测，则| | ，即 和 应满足： -+1 (9 -24)联立式(9-23) 、式(9-24) ，得+1提示 单输入单输出系统状态完全能控的充要条件是：能控性判别矩阵 = n-1 b 满秩，即 e ( ) ；同理，状态完全能观测的充要条件是：能观测判别矩阵 e ( ) 。满秩，即16. 设系统状态方程为，并设系统状态能控且能观测，试求a值。答案:在任意3阶实现情况下能控且能观测，则 1 ，2，4(没有零极点对消)。提示 系统状态能控性与能观测性与传
12、递函数零极点的关系是：当传递函数出现零极点对消时，状态不是完全能控且能观测的，即当传递函数出现了零极点对消，系统的状态可能会出现：能控不能观测、不能控能观测或既不能控又不能观测。17. 已知系统传递函数为不能观测的实现。，试写出系统能控不能观测，不能控能观测，不能控答案:传递函数有零极点对消，因此系统状态不是能控且能观测的。能控不能观测实现： y=1 1x不能控能观测实现： y=0 1x不能控不能观测实现： y=0 1x提示 当传递函数出现零极点对消时，状态不是完全能控且能观测的，即当传递函数出现了零极点对消，系统的状态可能会出现：能控不能观测、不能控能观测或既不能控又不能观测。18. 设线性
13、定常系统为 y=1 -1 1x判别其能控性，若不是完全能控的，试将该系统按能控性分解。答案:系统能控性判别矩阵为其秩 n kM=2 n，所以系统是不完全能控的。构造非奇异变换阵：，证Rc为非奇异即可)，(其中R3是任意的，只要能保即，变换后的状态空间描述为 1 174 4 9 8 1 98 7 7 488741 9 80.jpg提示 当系统状态不完全能控时，即 nM=n1n(n 为系统矩阵A的维数)，则有n=n1 个状态是不完全能控的，可按能控性分解：系统的状态空间被分解成能控的和不能控的两部分，引入线性变换，选择非奇异变换矩阵 1 174 4 9 8 1 98 7 7 488741 9 88
14、14.jpg ，其中n个列矢量可以按如下方法构成：前n1个列矢量是能控性判别矩阵M中的n1个线性无关的列，另外n-n1 个列在确保Rc为非奇异条件下，完全是任意的。19. 上题中线性定常系统，判别其能观测性，若不是完全能观测的，试将该系统按能观性分解。答案:系统能观性判别矩阵为其秩 n kN=2 n，所以系统是完全能观的。构造非奇异变换阵： R1=c=1 -1 1，R2=cA=1 -3 2，R3=0 0 1( 其中R3是任意的，只要能保证为非奇异即可)即，变换后的状态空间描述为 1 174 4 9 8 1 98 7 78874 9 4F.jpg提示 当系统状态不完全能观测时，即 nN=n1n(
15、n 为系统矩阵A的维数)，则有n-n1 个状态是不完全能观测的，可按能观测性分解：系统的状态空问被分解成能观测的和不能观测的两部分，引入线性变换，选择非奇异变换矩阵ttp:/221.174 4 9 8 1 98 7 78874 9 4 94.jpg ，其中n个行矢量可以按如下方法构成：前n1个行矢量是能观测性判别矩阵N中的，n1个线性无关的行，另外n-n1 行确保R。存在，完全是任意的。20. 设系统的状态空间描述为 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e171 G9e 9 1 nn e179G n e 1 n e G n 79e9 7 9 X9 z eF5fQ%3D%
16、3D，试分析系统的状态稳定性和输出稳定性。答案:(1) 状态稳定性平衡状态e=0李雅普诺夫第一法：系统矩阵 的特征多项式为得 1=-1 ，2=12=1具有正实部，所以系统在平衡状态是不稳定的。 (2) 输出稳定性系统的传递函数G(s)=c(sI-A)-1b闭环极点 =-1具有负实部，所以系统输出是稳定的。提示 输出稳定性(BIBO 稳定)的充要条件是：系统的传递函数的极点均具有负实部；李雅普诺夫第一法判断线性定常系统状态稳定性(又称内部稳定性、平衡状态的稳定性)的充要条件是：系统矩阵 的特征值都具有负实部。21. 试用李雅普诺夫第二法判断答案:平衡状态e=0构造则，平衡状态的稳定性。判定性质：
17、 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e17 8n nn e179 17 9 4GhcneX0%3D负定，xe是渐近稳定的平衡点，且当| | 时， ( ) ，因此平衡状态是大范围渐近稳定的。提示 李雅普诺夫第二法直接判断平衡状态的稳定性方法：构造正定的李雅普诺夫函数V(x) ，通过V(x) 的符号性质来判断平衡状态的稳定性。22. 下式中a为常数，试确定平衡点的稳定性。 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 ncnJh e 171 G9e 914 1e 97 e971eez9ez 9n7e 1 ez 914 1e 97n e971eez9ez 9ne%3
18、D%3D答案:xe=0是唯一的平衡点。试取显然，V(x) 0，且有连续一阶偏导，即 1 174 4 9 88 e en e= G4 1 nG Ge 9 e1 e 9 7 19 z e1 1714 1 7G1G9 1e14 17n4X3 1G G 7G1Gez 9 e9 9n e z 9ez 9 44 7n e97 n 1eez9n e z 914 1e 97n e 97 1e ez 9ez 9 n 47 ne 97n1eez97Mn0%3D当a0时， 有V(x) 0， xe是渐近稳定的平衡点， 且当当a=0 时，有，xe是李氏稳定的平衡点；当a0，有V(x) 0，xe是不稳定的平衡点。所选V(
19、x) 可判稳定性，故是李雅普诺夫函数。时， ( ) ， 故有大范围渐近稳定；23. 设系统传递函数为，判断能否利用状态反馈矩阵将传递函数变成答案:能。，若有可能，求出一个满足的状态反馈矩阵K。上式无零极点对消，因此状态是完全能控的，可以通过状态反馈任意配置极点。用能控标准型实现：；y=cx其中：，c=-2 1 1为使传递函数变为，需配置极点，使得期望极点为 s1=s2=-2 ，s3=-3期望特征多项式为 f(s*)=(s+2)2(s+3)=s3+7s2+16s+12反馈矩阵 =k1 k2 k3，引入状态反馈后的特征多项式为 f(s)=|sI-(A-bK)|=s3+(2+k3)s2+(k2-5)
20、S+k1-6令f(s*)=f(s) ，有 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e17ez 9G ez99G e z 99eQ%3D%3D解得 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1pbnn e171197 n9 Gez 9 e5fQ%3D%3D配置极点后出现零极点对消，系统不能观测。但传递函数只描述外部特性，故可达到目的。提示 通过状态反馈配置极点改变闭环的极点，但是有可能出现零极点对消，出现对消后，系统不是能控且能观测的。而传递函数只描述系统的外部特征，所以是可以实现的。状态反馈极点配置的步骤：判断能控性；*求期望特征多项式f(s )；求引入反馈矩阵的特
21、征多项式f(s) ；令f(s )=f(s) ，得出反馈矩阵K。24. 设系统状态空间描述为 y=0 1x (1) 画出系统的状态结构图； (2) 求系统的传递函数； (3) 判断系统的能控性和能观测性； (4) 求系统的状态转移矩阵 ( ) 和-1(t) ； (5) 当，u(t)=0 时，求系统输出y(t) ； (6) 设计全维状态观测器，将观测器极点配置在-10+j10 ，-10-j10) 处； (7) 在(6) 的基础上，设计状态反馈u=v-Kx ，反馈矩阵 ，使系统闭环极点配置在-5+j5 ，-5-j5 处； (8) 画出系统总体状态结构图。答案:(1) 原系统的状态结构图如图9-5 所
22、示。 1 174 4 9 8 1/D 98 7 788747 9 1E6.jpg (2) (3) 能控性判别矩阵 nkM=2=n ，故系统是状态完全能控的。能观测性判别矩阵 (4) n=2=n ，故系统是状态完全能观测的。 (5) (6) 设观测器输出误差反馈矩阵，令=s2+(5+g2)s+6+6g1+5g2=(s+10-j10)(s+10+j10)=s2s+20s+200比较对应项系数得 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e171ez 9 4 4 44 44z n1 19 7 n9G n e%3D 解得 (7) 状态反馈 =v-Kx ，设状态反馈矩阵K=k1 k2，
23、令=s2+(5+2k2)s+6-2k1+10k2=(s+5-j5)(s+5+j5)=s2+10s+50比较对应项系数得 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e171 z197 1 79解得 (8) 整体系统状态结构图如图9-6 所示。http:/221.174 4 9 8 1 98 7 788747 9 1 768.jpg提示 本题是综合题，是控制系统的模型转换、定量和定性分析和控制系统的设计综合应用。25. 已知线性系统的状态空间描述为 1 174 4 9 88 e en e= Gn e1 nn e171 G9e 9 1 nn e179 e 141 1nn e17G nheX1 n e1e%3D%3D试求：(1) 能控型；(2) 能观测标准型。答案:(1) 能控性判别矩阵求出能控标准型。 n=2=n ，故系统是状态完全能控的，故可特征多项式 a0=0，a1=-1选择变换矩阵Tc，使得 (2) 能观性判别矩阵 n选择变换矩阵To，使得kN=2=n ，所以系统是状态完全能观测的。经坐标变换后的能观测标准型为提示 利用线性变换，系统经非奇异变换，可以转化为各种标准型。