《现代控制理论课后习题答案(51页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《现代控制理论课后习题答案(51页).doc（51页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-现代控制理论课后习题答案-第 49 页绪 论 为了帮助大家在期末复习中能更全面地掌握书中知识点，并且在以后参加考研考博考试直到工作中，为大家提供一个理论参考依据，我们11级自动化二班的同学们在王整风教授的带领下合力编写了这本现代控制理论习题集（刘豹第三版），希望大家好好利用这本辅助工具。根据老师要求，本次任务分组化，责任到个人。我们班整体分为五大组，每组负责整理一章习题，每个人的任务由组长具体分配，一个人大概分12道题，每个人任务虽然不算多，但也给同学们提出了要求：1.写清题号，抄题，画图（用CAD或word画）。2.题解详略得当，老师要求的步骤必须写上。3.遇到一题多解，要尽量写出多种方法
2、。本习题集贯穿全书，为大家展示了控制理论的基础、性质和控制一个动态系统的四个基本步骤，即建模、系统辨识、信号处理、综合控制输入。我们紧贴原课本，强调运用统一、联系的方法分析处理每一道题，将各章节的知识点都有机地整合在一起，力争做到了对控制理论概念阐述明确，给每道题的解析赋予了较强的物理概念及工程背景。在课后题中出现的本章节重难点部分，我们加上了必要的文字和图例说明，让读者感觉每一题都思路清晰，简单明了，由于我们给习题配以多种解法，更有助于发散大家的思维，做到举一反三！这本书是由11级自动化二班现代控制理论授课老师王整风教授全程监管，魏琳琳同学负责分组和发布任务书，由五个小组组组长李卓钰、程俊辉
3、、林玉松、王亚楠、张宝峰负责自己章节的初步审核，然后汇总到胡玉皓同学那里，并由他做最后的总审核工作，绪论是段培龙同学和付博同学共同编写的。本书耗时两周，在同学的共同努力下完成，是二班大家庭里又一份智慧和努力的结晶，望大家能够合理使用，如发现错误请及时通知，欢迎大家的批评指正！ 2014年6月2日第一章 控制系统的状态空间表达式1-1 试求图1-27系统的模拟结构图，并建立其状态空间表达式解：系统的模拟结构图如下：系统的状态方程如下：令，则所以，系统的状态空间表达式及输出方程表达式为1-2有电路如图1-28所示。以电压为输入量，求以电感中的电流和电容上的电压作为状态变量的状态方程，和以电阻上的电
4、压作为输出量的输出方程。解：由图，令，输出量有电路原理可知： 既得 写成矢量矩阵形式为：1-3 有机械系统如图1.29所示,M1和M2分别受外力f1和f21和M2的运动速度为输出的状态空间表达式.K1K2B2f1(t)M1 M2B1y2 c2 y1 c1 f2(t) 解:以弹簧的伸长度y1，y2 质量块M1， M2的速率c1，c2作为状态变量即 x1=y1，x2=y2，x3=c1，x4=c2根据牛顿定律，对M1有：M1=f1-k1(y1-y2)-B1(c1-c2)对M2有：M2=f2+k1(y1-y2)+B1(c1-c2)-k2y2-B2c2将x1,x2,x3,x4代入上面两个式子，得 M1=
5、f1-k1(x1-x2)-B1(x3-x4)M2=f2+k1(x1-x2)+B1(x3-x4)-k2x2-B2x4整理得 =x3 =x4 =f1-x1+x2-x3+x4 =f2+x1-x2+x3-x4输出状态空间表达式为 y1=c1=x3 y2=c2=x41-4 两输入，两输出，的系统，其模拟结构图如图1-30所示，试求其状态空间表达式和传递函数阵。解：系统的状态空间表达式如下所示：1-5系统的动态特性由下列微分方程描述列写其相应的状态空间表达式，并画出相应的的模拟结构图。(1) 解:由微分方程得：系统的传递函数为W（s）=则状态空间表达式为：相应的模拟结构图如下：x1X2U72513y(2)
6、 解：由微分方程得：系统的传递函数为W（s）=则状态空间表达式为：相应的模拟结构图如下：1-6 已知系统传递函数(1)(2),试求出系统的约旦标准型的实现，并画出相应的模拟结构图解：(1)由 可得到系统表达式为 X1X2X3 (2) yX1X2X3X4u 1-7 给定下列状态空间表达式（1） 画出其模拟结构图（2） 求系统的传递函数 解： 1-8 求下列矩阵的特征矢量：（1） A=解：A的特征方程：=0解之得：=-2+j，=-2-j;当=-2+j时，=（-2+j)解得：=-j,令=1，得=； 当=-2-j时，=（-2-j)解得：=-j,令=1，得=（2）A=解：A的特征方程：=0解之得：=-2
7、，=-3;当=-2时，=-2解得：=-2,令=1，得=； 当=-3时，=-3解得：=-3,令=1，得=（3）解：A的特征方程 解之得：当时，解得： 令 得 （或令，得）当时， 解得： 令 得 （或令，得）当时，解得： 令 得 （4）解：A的特征方程 解之得：当时，解得： 令 得 当时， 解得： 令 得 当时，解得： 令 得 1-9.试将下列状态空间表达式化成约旦标准型。 （1） =+u y=x解：A的特征方程=0解得=-1或=-3当=-1时，=-解之得P11=P21,令P11=1，得P1=当=-3时=-3解之得P21=-P22，令P21=1，得P2=故T=,=,则=,=,CT=,故约旦标准型为
8、=Z ， y=Z（2） =+u解：A的特征方程=0解得=3 ， =1当=3时特征向量：=3解之得P12=P21=P31，令P11=1，得P1=当2=3时的广义特征向量，=3+解之得P12=P22+1， P22=P32， 令P12=1，得P2=当=1时 =解之得P13=0，P23=2P33， 令P33=1，的P3=故T=， = AT= B= CT=故约旦标准型为=X+uY=X1和分别为：=试求两子系统串联连接时系统的传递函数，并讨论所得结果。解：两子系统串联联接时，系统的传递函数阵W(s)=,得W(s)=两子系统并联联接时，系统的传递函数阵W(s)=+,得W(s)=+= 串联联接时，由于前一环节
9、的输出为后一环节的输入，串联后等效非线性环节特性与两环节的先后次序有关，故改变向后次序等效特性会发生改变。 并联联接时，系统的传递函数阵为两系统单独作用后的叠加。1-11 已知如图1-22（见教材47页）所示的系统，其中子系统1、2的传递函数阵分别为求系统的闭环传递函数阵。解：1-12 已知差分方程为：试将其用离散状态空间表达式表示，并使驱动函数u的系数b(即控制列阵)为解：由差分方程得传递函数化为并联型：化为能控标准型： 第二章 控制系统状态空间表达式的解2-1 试证明同维方阵A和B，当AB=BA时，=，而当ABBA时，。证明：由矩阵指数函数=可得：=将以上两个式子相减，得：显然，只有当时，
10、才有-=0，即=；否则。2-2 试证本章2.2节中几个特殊矩阵的矩阵指数函数式（2.17），式（2.18），式（2.19）和式（2.20）成立。证明：（1）式（2.17）由矩阵指数函数=可得： =即得证。（2）式（2.18）由矩阵指数函数=可知，若存在非奇异变换阵，使得，则，且是特征根可知即得证。（3）式（2.19）若为约旦矩阵，= 由矩阵指数函数=则= ，=，将以上所求得的、代入式，令=，则第块的状态转移矩阵：即得证。（4）式（2.20）拉式反变换法证明：由，得：则状态转移矩阵为：由欧拉公式得：= 即得证。2-3 已知矩阵A=试用拉氏反变换法求。（与例2-3、例2-7的结果验证）解：由=转化
11、成部分分式为： 又由拉氏反变换得：2-4 用三种方法计算以下矩阵指数函数。（1）A=（2）A=解：（1）方法一：约旦标准型由A=，令=0， 即 ，得，解得= ，由可得当时，设=由，得，解得即当时，设=由，得，解得即变换矩阵,则，矩阵指数函数= 方法二定义法由已知 得 方法三：凯莱-哈密顿定理由A=，令=0， 即 ，得，解得：特征根= ，则= = = 则，矩阵指数函数（2）方法一：约旦标准型由A=，令=0， 即 ，得，解得= ，由可得当时，设=由，得，解得即当时，设=由，得，解得即变换矩阵,则，矩阵指数函数= 方法二：拉式反变换法由=，得：则，矩阵指数函数=方法三：凯莱-哈密顿定理由A=，令=0
12、， 即 ，得，解得= ，则= = = 则，矩阵指数函数2-5 下列矩阵是否满足状态转移矩阵的条件，如果满足，试求与之对应的A阵。（1）=（2）=（3）= （4）解：(1)因为所以该矩阵不满足状态转移矩阵的条件（2）因为，所以该矩阵满足状态转移矩阵的条件则（3）因为 ，所以该矩阵满足状态转移矩阵的条件则（4）因为，所以该矩阵满足状态转移矩阵的条件则2-6 求下列状态空间表达式的解：初始状态，输出是单位阶跃函数。解：系统矩阵: 特征多项式为:因为 ，所以 2-7 试证明本章2.3节，在特定控制作用下，状态方程式（2.25）的解、式（2.30）、式（2.31）和式（2.32）成立。证明：（1）采用类
13、似标量微分方程求解的方法，则有：等式两边同乘，得：即 对上式在,t上积分，有：整理后可得式：（2）脉冲响应：=K，时，由状态方程解为：把带入，有带入，有（考虑到函数的特点）（3）阶跃响应：由状态方程解为：把带入，有 ，积分，由上式得:（4）斜坡响应：由状态方程解为：把，代入，有2-8 计算下列线性时变系统的状态转移矩阵和。解：由题意知：=即：和是可以交换的由： 得：由状态转移矩阵的基本性质：=，得：而=即：和是可以交换的由： 得： 由题意知：=即：和是可以交换的由： 得：由状态转移矩阵的基本性质：=，得：而 =即：和是可以交换的由： 得：2-9 有系统如图2.2所示，试求离散化的状态空间表达式
14、。设采样周期分别为=0.1s和1s,而和为分段常数。 解： 图2.2 系统结构图解：将此图化成模拟结构图列写状态方程为：可表示为： 则离散化的时间状态空间表达式为：由和得：系统的个矩阵为： s时，有当T=1s时，有2-10 有离散时间系统如下，求输入是斜坡函数采样而来，是从同步采样而来。解：由题易得 将G变换为对角型 令：可得：即 ：特征方程 解得 分别令 可得 特征矢量 即转移矩阵为 则 则 设 则 可得 则 运用递推法 2-11 某离散时间系统的结构图如图2.3所示。零阶保持器 1 (s+1)(s+2)r(t)+-图2.3 离散系统结构图 写出系统的离散状态方程。 当采样周期=0.1s时的
15、状态转移矩阵。 输入为单位阶跃函数，初始条件为零的离散输出。 =0.25s时刻的输出值。解：(1) 系统中连续时间被控对象的时间函数为：连续时间被控对象的状态空间表达式为：即： =+输出方程为：=则，被控对象的离散化状态方程为：(3) 由题意知 初始条件为零，即：，当k=0时，=当k=1时，=+=当k=2时，=+=系统的离散化输出为：=(4) 当t=0.25s时，=第三章 线性控制系统的能控性与能观性3-1 判别下列系统的能控性与能观性。系统中a,b,c,d的取值与能控性能观性是否有关，若有关其取值条件如何? （1）由解：由图可得：状态空间表达式为：由于、与无关，因而状态不能完全能控，为不能控
16、系统。由于只与有关，因而系统为不完全能观的，为不能观系统。此可知系统中的a,b,c,d的取值对系统的能控性和能观性没有影响（2）由系统的结构图可以知道其状态空间表达式为则由此可知若系统可控则同理可知若系统能观则（3）系统如下式: 解：如状态方程与输出方程所示，A为约旦标准型，要使系统能控，控制系统b中相对于约旦块的最后一行元素不能为0,故有,。要使系统能观，则C中对应于约旦块的第一列元素不全为0，故有，。3-2 时不变系统： =x+ y=试用两种方法判别其能控性与能观性。解：一、(1)变换为约旦型=-1=+8=0当时由 得 令 则 得当时由 得令则得则 其逆矩阵则 因为有一行元素为零所以系统不
17、能控。(2)由已知转换矩阵则因为CT没有全为0的列 所以系统是能观的。二、(1)能控性判别 由能控判别阵M=（b ,Ab） 因为， 所以所以M所有二阶式全为0且rankM2 则系统不能控（2）能观性判别 由能观判别阵因为 所以因为N的所有二阶式全不为0 且rankN=2 则满秩所以系统是能观的。3-3确定是下列系统为状态完全能控和状态完全能观的系统。解：构造能控阵：要使系统完全能控，则，即构造能观阵：要使观，则，即解：由题知得：构建能控判别阵：构建能观判别阵：由于该系统状态完全能控和状态完全能观。所以：所以满足题意的取值为：解：由题知得：构建能控判别阵：构建能观判别阵：由于该系统状态完全能控和
18、状态完全能观。所以：所以满足题意的取值为：3-4 线性系统传递函为：(1) 试确定的值，是系统为不能控不能观的。(2) 在上述的取值下，求使系统为能控能状态空间表达式。(3) 在上述的取值下，求使系统为能观的状态空间表达式。解. （1）系统能控且能观的条件为W(s)没有零极点对消。因此当a=1,或a=3或a=6时，系统为不能控或不能观。 （2）当a=1或a=3或a=6时，将系统化为能控标准I型： （3） 根据对偶原理，当a=1或a=3或a=6时，系统的能观标准II型为：3-5试证明对于单输入的离散时间定常系统r=（G，h），只要它是完全能控的，那么对于任意给定的非零初始状态x0，都可以在不超过
19、n个采样周期的时间内转移到状态空间原点。证明：离散时间定常系统的状态方程： 初始状态为x0，则方程的解： 当k=0时 当k=2时 当k=n时 因为系统能控 所以能控判别阵M满秩 则有解 即 因为所以x(n)=0则该系统在不超过n个采样周期内，由任意给定的非零初始状态x0转移到了状态空间原点。3-6 已知系统的微分方程为：试写出其对偶系统的状态空间表达式及其传递函数。 解：有微分方程可写出系统的状态空间方程，可求得其对偶系统，所以其对偶系统的状态方程为，及其传递函数，3-7 已知能控系统的状态方程A，b阵为：试将该状态方程变换为能控标准型。解：易得，即系统是能控的再由，求得，,所以，变换矩阵为：
20、可求得，所以能控标准型为：3-8 已知能观系统的A，b,c阵为：试将该状态空间表达式变换为能观标准型。解：易得,即系统能观。再由可求得，所以，变换阵为可求得，所以，能观标准型为：3-9已知系统的传递函数为试求其能控标准型和能观标准型。解：可得系统的能控标准I型为又因为系统能控标准I型与能观标准II型对偶得能观标准II型为3-10给定下列状态空间方程，试判别其是否变换为能控和能观标准型。解：311 试将下列系统按能控性进行结构分解（1）A，b，c（2）A，b，c解：（1）构造能控判别矩阵Mb，Ab，A2b，易知rank（M）23，故系统不完全能控。构造奇异变换阵Rc，R1bR2AbR3其中R3任
21、意的，只需满足Rc满秩即Rc，则有R，可得RA RcRb，故系统分解为两部分 二维能控子系统 一维不能控子系统（2）构造能控判别矩阵Mb，Ab，A2b，易知rank（M）23，故系统不完全能控。构造奇异变换阵Rc，R1，R2，R3，则Rc，R，可得Rbc Rc故系统分解为两部分 二维能控子系统 一维不能控子系统3-12 试将下列系统按能观性进行结构分解。 （1）解：（1）由已知得则有能能观性判别阵rank N=23，该系统不能观构造非奇异变换矩阵，有则（2） ，解：系统的能观性判别矩阵，rankN=23，系统不完全能观存在非奇异变换阵：所以，存在二维能观子系统：一维不能观子系统：3-13 试将
22、下列系统按能控性和能观性进行结构分解。 （1）解：由已知得 rank M=3，则系统能控 rank N=3，则系统能观所以此系统为能控并且能观系统 取，则 则，（2），解：系统的能控性判别阵M:rankM=24，系统不完全能控存在非奇异变换阵：所以，按能控性可分解为，能控子系统：不能控子系统：1） 对能控子系统进行能观分解，能观判别阵：rank=12,系统不完全能观，存在非奇异变换阵：所以，能控能观子系统：能控不能观子系统：2） 对不能控子系统进行能观分解：能观判别阵：rank=12，系统不完全能观，存在非奇异变换阵:所以，不能控能观子系统：不能控不能观子系统：3-14、求下列传递函数阵的最小
23、实现：解：（1）.W（s）的各元Wik(s)为严格真有理分式，其实现具有（A,B,C）的形式，则有：C（sI-A）-1B=W(s)将C（sI-A）-1B写成按s降幂排列的格式： 可得：a0=1，可得到能控标准型的各系数阵：该能控标准型的能观性判别矩阵N为：，rankN=1则该能控标准型不完全能观，即该能控标准型不是最小系统。构造变换阵R0-1，将系统按能观性分解：取，则有，则，W（s)的最小实现为：，（2).W（s）的各元Wik(s)为严格真有理分式，其实现具有（A,B,C）的形式，则有：C（sI-A）-1B=W(s)将C（sI-A）-1B写成按s降幂排列的格式：可得：a0=a1=a2=0，,
24、可得到能控标准型的各系数阵：该能控标准型的能观性判别矩阵N为：，rankN= 36,则该能控标准型不完全能观，即该能控标准型不是最小系统。构造变换阵R0-1，将系统按能观性分解：取，则有，则，W（s)的最小实现为：，3-15设和是两个能控且能观的系统（1）试分析由和所组成的串联系统的能控性和能观性，并写出其传递函数；（2）试分析由和所组成的并联系统的能控性和能观性，并写出其传递函数。解：（1）和串联当的输出是的输入时，则rank M=23，所以系统不完全能控。当得输出是的输入时因为 rank M=3 则系统能控 因为 rank N=23 则系统不能观（2）和并联因为rank M=3，所以系统完
25、全能控3-16 从传递函数是否出现零极点对消现象出发，说明图3.18中闭环系统的能控性与能观性和开环系统的能控性和能观性是一致的。 图3.18 系统结构图解：设W0(s)= (mn)若系统不能控或（和）不能观，则W0(s)有零极点相消，即与有公因子。若系统能控且能观，而无零极点对消，闭环系统的传递函数为 Wf(s)=显然Wf(s)和W0(s)能相消的零极点是相同的。所以图中开环及闭环系统为能控、能观性一致。第四章 稳定性与李雅普诺夫方法4-1 判断下列二次型函数的符号性质：（1） Q（x）= -x12-3x22-11x32+2x1x2-x2x3-2x1x3（2） Q（x）= x12+4x22+
26、x32-2x1x2-6x2x3-2x1x3解：（1） Q（x）=xT Q（x）=xTx=xTPx，由于P的2阶主子行列式都大于零，而1、3阶主子行列式小于零，故为负定函数。 （2） Q（x）=xTx=xTPx，由于P的1、2阶主子行列式都大于零，而3阶主子行列式小于零，故为非定号性函数。4-2已知二阶系统的状态方程：试确定系统在平衡状态处大范围渐进稳定的条件。解：方法（1）：要使系统在平衡状态处大范围渐进稳定，则要求满足A的特征值均具有负实部。即：有解，且解具有负实部。即：方法（2）：系统的原点平衡状态为大范围渐近稳定，等价于。取，令，则带入，得到若 ，则此方程组有唯一解。即其中要求正定，则要
27、求因此，且4-3以李雅普诺夫第二法确定下列系统原点的稳定性。（1）（2）解：（1）系统唯一的平衡状态是。选取标准二次型函数为李雅普诺夫函数，即，则 =0即x1x2的范围内，xe=0是渐进稳定的。(2) 解题步骤 a：假设V(x)的梯度. b:计算V(x)的导数. c:选择参数,得：. d:根据选择参数，重新写出. e:根据公式得出. f:判断是否正定，进而判断稳定性.第五章 线性定常系统的综合5-1已知系统状态方程为：试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为-1，-2，-3。解：依题意有： ，系统能控。加状态反馈阵，则闭环系统的特征多项式为：给定的闭环极点为 -1，-2，-3期望的特征多项式为：
28、对应系数相等得：23，-50，-9即状态反馈阵为：K=23 -50 -95-2已知系统状态方程为：试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为：-10，。解：依题意有：,=，rankM=3，系统能控。加状态反馈阵，闭环系统的特征多项式为：给定的闭环极点为：-10，期望的特征多项式为：对应系数相等得：-4，-1.2，即状态反馈阵为：K=-4 -1.2 -0.15-3有系统：（1） 画出模拟结构图。（2） 若动态性能不满足要求，可否任意配置极点？（3） 若指定极点为-3，-3，求状态反馈阵。解（1）系统模拟结构图如下：（2）系统采用状态反馈任意配置极点的充要条件是系统完全能控。 对于系统有： ，系统能控
29、，故若系统动态性能不满足要求，可通过状态反馈任意配置极点。故系统完全能观，故若系统动态性能不满足要求，可通过输出反馈任意配置极点。（3） 加状态反馈阵，则闭环系统的特征方程为：给定的闭环极点为：-3，-3期望的特征多项式为：对应系数相等得：-1,-3即状态反馈阵为：K=-1 -35-4设系统传递函数为试问能否利用状态反馈将传递函数变成若有可能，试求出状态反馈，并画出系统结构图。解： 由于传递函数无零极点对消，因此系统为能控且能观。能控标准I型为令为状态反馈阵，则闭环系统的特征多项式为由于状态反馈不改变系统的零点，根据题意，配置极点应为-2，-2，-3，得期望特征多项式为:比较与的对应项系数，可
30、得即系统结构图如下：5-5使判断下列系统通过状态反馈能否镇定。(1)解：系统的能控阵为：系统能控，可以采用状态反馈将系统的极点配置在根平面的左侧，使闭环系统镇定。（2）解：系统可以分解为以下两个子系统：以上两个子系统最后一行对应的b阵全为0，故两子系统均不能控，又有,，可得两个子系统的特征根分别为：-2，-2，-2和-5，-5均为负实根，所以两个子系统是渐进稳定的，所以通过状态反馈可以实现系统的镇定。5-6 设系统的状态方程为：（1） 判断系统能否稳定。（2） 系统能否镇定，若能，设计状态反馈阵使之稳定。解：（1）系统的特征方程为：各系数异号且缺项，故系统不稳定。（2）判断系统的能控性：ran
31、kM=4,系统完全能控，通过状态反馈可以实现系统的镇定。设状态反馈阵为，使闭环极点配置为：-1，-1，-1，-1则闭环系统特征多项式为：给定的闭环极点为：-1，-1，-1，-1则期望的特征多项式为：比较对应系数可得 所以状态反馈阵为 5-7. 设计一个前馈补偿器，使系统：解耦，且解耦后的极点为。解：求被解耦传递函数阵的逆：（注：若不存在逆，则该系统不能用前馈补偿解耦。） 跟据要求，令解耦后的系统的传递函数阵为： 由式，得前馈补偿器的传递函数阵为：即为所求。5-8. 已知系统：（1）判别系统能否用状态反馈实现解耦（2）设计状态反馈使系统解耦，且极点为。解：（1） 求： 可知使的最小的是，则；使的
32、最小的是，则。 确定D、E阵：（2）E矩阵不满秩，根据能解耦判据得，该系统不能状态反馈实现解耦。5-10. 已知系统：试设计一个状态观测器，是观测器的极点为。解： 判别能观性可知系统完全能观，能够找到观测器； 设加入的，则观测器的特征多项式为： 期望观测器特征多项式为： 解得： 。 综上，观测器为5-11. 已知系统：设状态变量不能测取，试设计全维和降维观测器，设观测器极点为。解： 判别能观性可知系统完全能观，能够找到观测器； 对于全维观测器 观测器的特征多项式为：期望观测器特征多项式为：解得：。观测器为： 对于降维观测器构造变换阵为，设得变换后的系统为 由于状态分量可由直接提供，对变换后的系统设计一维观测器，设，则观测器的特征多项式为期望观测器特征多项式为：解得由课本式（5.109）可得观测器为5-12. 已知系统：设计一降维观测器，是观测器极点为，画出模拟结构图。解： 判别能观性可知系统完全能观，能任意陪极点，能够找到观测器。 建立变换矩阵得由于状态分量可由直接提供，对变换后的系统设计二维观测器，设，得观测器的特征多项式为期望特征多项式为解得。由课本（5.109）得经状态变换后的状态估计值为原来系统的状态评估为结构图