20
可将闭环传递函数阵表为：
1 sd11 Gf(s)
或


[EF(sIA)1B][IK(sIABK)1B]H
1 sdp1
(S-1)
1 sd11 Gf(s)


[EF(sIA)1B][IK(sIA)1B]1H
E i
F i
(sIA )1
sd1i1[EiFi(sIA)1B]
18
ห้องสมุดไป่ตู้环传递函数阵可以表示为: p21
G(s
)

G1(s )
G2
(s
)



1 sd11 [E1
s
1
d2 1
[E2

F1(sI

A)1B]


F2
(s
I

A)1
B]



12
的 最 小 正 整 数 ， 即
d i: m in { a i1a i2 a ij a ip } 1
gij(s)n diijj((ss)): deg(dij(s))deg(nij(s))
因 此 ， 根 据 上 述 d i和 E i的 定 义 ，
E i s l i m s d i 1 G i( s ) c iA d iB 0 (4-39) 以上分析表明，对两种表达方式：G(s)和
1

(4-49)
其中，
[ I E 1 F ( s I A ) 1 B ] 1 E 1
[ E 1 E E 1 F ( s I A ) 1 B ] 1 E 1
[E F (sI A ) 1 B ] 1 。
证完。
30
注：定理的充分性证明实际上给出了使系统的解
(4-
34)
其中
K R pn为 状 态 反 馈 阵
H R p p 为 非 奇 异 的 输 入 变 换 阵 。
5
vH
u B
x
x
y

C
A
K
包括输入变换的状态反馈系统
6
因此，对上述状态反馈控制律
u=Kx+Hv (H为非奇异阵)
(4-34)
x ( A B K ) x B H v ,y C x 经 状 态 反 馈 后 的 闭 环 传 递 矩 阵 为 ：
定理4-9 系统
x A x B u , y C x(4-32)
可用反馈u=Kx+Hv 进行解耦的充分必要条件是(4-
42) 式定义的E为非奇异阵，即
E

E1

E
2




c1A
c2A

d1B d2B

非奇异。

E
p



c p A d p B

G
p
(s
)



1 sdp 1
[Ep

Fp
(sI

A)1B]
1


sd11


[E

F(sI

A)1B]

1

sd
p
1

19
再利用 (4-37)式: G f(s ) C [ s I (A B K ) ] 1 B H G ( s ) [ I K ( s I A B K ) 1 B ] H G ( s ) [ I K ( s I A ) 1 B ] 1 H ( 4 3 7 )
§4-3 用状态反馈进行解耦控制 一、解耦问题的提法
1.解耦系统的定义
系统动态方程为 x A x B u , y C x(4-32)
这里A、B、C分别为n×n、n×p、p×n的矩阵。由于 p=q，这是一个方阵解耦问题。
系统的传递函数矩阵为
G ( s ) q pq p C ( s I A ) 1 B (4 -3 3 )
28
充分性: 将
K=E1F , H=E1
代入(S-2)可得
1 sd11 Gf (s)

K=E1F
H=E1

[EF(sIA)1B][IE-1F(sIA)1B]1E-1
1 sdp1
开环
29
1

s
d11








1
s
d
p
1 [u 1 ]

s
1
4 [u 2 ]
1
6
[u 1 ]

s2

1 2s

[u 1
2]




由于控制间的耦合作用，要使每一个通道都能够稳
定并有满意的动态性能，控制律的设计显然要比单
变量系统时来得困难。
4
2.状态反馈控制律：
p=q，即方解耦问题；
状态反馈控制律为
u=Kx+Hv (H为非奇异阵)
Gfi(s)ci[sI(ABK)]1BH=ciBHs1 ci(ABK)BHs12 ci(ABK)kBHsk11 22
我们有
Ei :ci(ABK)di BH0, ci(ABK)kBH0,kdi
引 理 2 ： d i d i,E i E iH 。
证 明 ： 只 要 证 明
证明：经冗长的代数运算即可证明(习题课讲），略。
10
2. 非负整数di 及非零向量 Ei
记C的第i行为ci；G(s)的第i 行为Gi (s)，即
G 1(s)
G
(s)


G

2
(
s
)



G
p
(
s
)

可将Gi (s)表示成 G i( s ) c i( s I A ) 1 B c s i B c i s A 2 B c iA s d d i i 1 B c i s A d i d i 1 B
1 sdp1
(S-2)p19
21
4 . 闭 环 系 统 的 非 负 整 数 d i 和 非 零 行 向 量 E i:
按照非负整数di及非零向量Ei 的定义，我们可以得到
闭环传函阵所对应的 d i ,
E
。注意到
i
G f 1 (s )


G
f (s )




G
fp
(s
)

G f( s ,K ,H ) C [ s I ( A B K ) ] 1 B H
7
3. 解耦问题的提法： 找出矩阵K、H ，使 G f( s ,K ,H ) C [ s I ( A B K ) ] 1 B H
为对角、非奇异阵：
g1(s) 0

Gf
(s)
g2(s)
1
定义 若(A,B,C) 的传函阵G(s)p=q是对角形非奇异 矩阵，则称系统(4-32)是解耦的。
n 1 (s )

d
1
(s
)
0
0



n 2 (s )

G
(s
)


d 2 (s )


0
0
0
n
p
(s
)


d p (s )
ni (s)不恒为零。
di (s)
共 di项
11
若 在 上 式 中 ， c i B c i A B c i A d i 1 B 0 ( 共 有 d i 项 ）
但
Ei： ciAdiB0，
则我们得到了一个非负整数
di 0 d个i事数实，上它是等上价于式使中由左向右s负幂次系数是零的项的
lim s sdi1G i(s)0





c p A d p 1
开环传递函数阵的第i 行可以表示为下式：
17
c i( s I A ) 1 B s d 1 i 1 ( c iA d iB c iA d i 1 B 1 s)
sd 1 i 1[ciA diB ciA di 1(I1 sA s1 2A 2s1 3 )B ]
ciA kB 0,k di
由k=0、1,…..,依次证明即可。
于 是 ：
1 ） k 0 ,1 , ,d i 1 时 ， c i(A B K )kB H c iA kB H 0 ;
2） ci(AB K )diB H ciA diB H E iH E i。
同 时 有 di di。
解 d1 =min{1,2}1=0 , d2
=min{2,2}1=1
故 根 据 定 义 ：
我们有
E i s l im s d i 1 G i( s ) c iA d iB 0
14
E 1 s l i m s G 1 ( s ) 1 0 c 1 A d 1 0 B E 2 s l i m s 2 G 2 ( s ) 1 3 c 2 A d 2 1 B
15
例题4-5a 系统方程为 p33
0 0 0 1 0
x0 0 1x0 0u 12 3 0 1
1 1 0 y0 0 1x
试计算di 和 Ei
解
c1B=[1 0], d1 =0; E1=[1 0]
c2B=[0 1], d2=0; E2=[0 1]
2
例：考虑如下系统：