题号 得分
（注意：本试卷共 2 张，6 大题，满分 100 分. 考试时间为 120 分钟. 要求写出解题过程，否则不予计分）
1
2
3
4
5
6
总分
1. （15 分）已知系统状态系数矩阵 A 如下，试用两种方法求矩阵指数。
1 ⎞ ⎛ 0 A=⎜ ⎜ − 2 − 3⎟ ⎟ ⎝ ⎠
解： ①第一种方法，拉普拉斯法：
1 ⎞ ⎛ 0 sI − A = ⎜ ⎜ − 2 − 3⎟ ⎟ ⎝ ⎠
( sI − A) −1 = ⎛ s + 3 1⎞ ⎛ s + 3 1⎞ adj ( sI − A) 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 2 = ⎜ ⎟ ⎟ sI − A s + 3s + 2 ⎝ − 2 s ⎠ ( s + 1)( s + 2) ⎜ ⎝ − 2 s⎠
2011-2012 学年第一学期《现代控制理论基础》期中考试参考答案
同济大学课程考核试卷参考答案 2010—2011 学年第二学期
课程名称：现代控制理论基础
此卷选为：期中考试（√） 、期终考试（） 、重修（）试卷
考试形式：开卷
专业_____________ 学号_____________ 姓名____________ 任课教师____________
试判断它的可观测性。如果完全可观测，将它化为可观测规范型；如果不完全可观测， 则找出它的可观测子系统。 解：
⎛ C ⎞ ⎛1 −1 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ rankQo = rank ⎜ CA ⎟ = ⎜ 2 − 3 2 ⎟ = 2 ⎜ CA 2 ⎟ ⎜ 4 − 7 4 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3
故该系统不可观测；
0 0⎞ ⎟ 1 0⎟ 2 ⎟ 0 1⎟ ⎠
，
k = (58 50 12 )PΣ−c1 = (20 25 12)
⎛ 20 ⎞ ⎜ ⎟ 因此，观测器增益矩阵 f = k = ⎜ 25 ⎟ ⎜ 12 ⎟ ⎝ ⎠
T
全维观测器为： ~ x (t ) = ( A − fc) ~ x (t ) + bu (t ) + fy (t )
可得： e
At
⎛ e −t = P⎜ ⎜ ⎝
⎞ −1 ⎛ − 1 − 1⎞⎛ e − t ⎟P = ⎜ ⎜1 2⎟ ⎟⎜ ⎜ e −2t ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ e − t − e −2 t ⎞ ⎟ − e − t + 2e − 2 t ⎟ ⎠
e
−2t
⎞⎛ − 2 − 1⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ 1 1⎟ ⎠ ⎠⎝
试设计观测器，使极点为– 3，– 4 和 –5。 解：
⎧ ⎛1 3 0⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ (t ) = ⎜ 0 − 1 2 ⎟0 z (t ) + ⎜ 0 ⎟v(t ) ⎪z 取： ⎨ ⎜0 1 0⎟ ⎜1⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ ( ) ( t ) 2 1 1 z ( t ) γ = ⎩
⎛ 1 −1 1⎞ ⎜ ⎟ P −1 = ⎜ 2 − 3 2 ⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠
于是
，
⎛ 3 − 1 − 1⎞ ⎜ ⎟ P = ⎜ 2 −1 0 ⎟ ⎜0 0 1 ⎟ ⎝ ⎠
= Ax + Bu ， y = Cx 即 x
⎛1⎞ ⎛ 0 1 0⎞ o ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x x ⎛x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ o o −1 −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + = − + = P AP P Bu 2 3 0 ⎟ ⎜ ⎜x ⎟ ⎜ x ⎟ ⎜ 2 ⎟u ⎜x ⎟ ⎝ o⎠ ⎝ o ⎠ ⎟⎝ o ⎠ ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎝ − 5 3 2⎠ ⎝ ⎠
⎛ xo ⎞ y = CPx = (1 0 0 )⎜ ⎜x ⎟ ⎟ ⎝ o⎠
可观测子系统为：
⎛ 0 1⎞ ⎛1⎞ o = ⎜ ⎟ + x x ⎜ − 2 3⎟ o ⎜ ⎜ ⎟ ⎟u ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠
y = (1 0)xo
ห้องสมุดไป่ตู้
5. （20 分）已知受控系统 Σ( A, b, c ) 系数矩阵为
⎛ 2⎞ ⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A = ⎜ 3 − 1 1 ⎟ ， b = ⎜ 1 ⎟ ， c = (0 0 1) ⎜1⎟ ⎜0 2 0⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠
5
⎛0 0 6 ⎞ ⎟ ⎜ QΣc = ⎜ 0 2 − 2 ⎟ ， rank (QΣc ) = 3 , 系统可控。 ⎜1 0 2 ⎟ ⎝ ⎠
Δ( s ) = det( Is − AT ) = s 3 − 3s + 2 Δ* ( s) = ( s + 5)( s + 6) = s 3 + 12s 2 + 47 s + 60
−1 −1
②第二种方法，求变换矩阵法：
λI − A =
λ
−1 = (λ + 1)(λ + 2) 2 λ +3
特征值为 λ1 = −1 ， λ2 = −2 ，可得变换矩阵为：
⎛ − 1 − 1⎞ ⎟ ， P=⎜ ⎜1 2⎟ ⎝ ⎠
⎛ − 2 − 1⎞ ⎟ P −1 = ⎜ ⎜ 1 1⎟ ⎝ ⎠
1
2011-2012 学年第一学期《现代控制理论基础》期中考试参考答案
2011-2012 学年第一学期《现代控制理论基础》期中考试参考答案
构造非奇异矩阵 P，取
⎛ P1T ⎞ ⎜ T⎟ P −1 = ⎜ P2 ⎟ ⎜ ⎜ P3T ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
P1 = (1 − 1 1) ， P2 = (2 − 3 2 )
T T
为使 P −1 非奇异，取 P3 = (0
T
0 1) ，则
G ( s) =
则可控可观实现为：
s +1 1 = 2 2 s + 7 s + 14s + 8 s + 6s + 8
3
1 ⎞ ⎛ 0 ⎛0⎞ (t ) = ⎜ ⎜ ⎟ ) + x x ( t ⎜1⎟ ⎜ − 8 − 6⎟ ⎟u ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
可控不可观的三阶实现为：
y = (1 0 )x(t )
1 ⎛ 2 − ⎜ ⎜ s +1 s + 2 =⎜ ⎜ −2 2 + ⎜ ⎝ s +1 s + 2
故：
1 1 ⎞ − ⎟ s +1 s + 2 ⎟ ⎟ −1 2 ⎟ + ⎟ s +1 s + 2 ⎠
e −t − e −2t ⎞ ⎟ − e − t + 2e − 2 t ⎟ ⎠
e
At
⎛ 2e − t − e −2t = L [( sI − A) ] = ⎜ ⎜ − 2e − t + 2e − 2 t ⎝
4
2011-2012 学年第一学期《现代控制理论基础》期中考试参考答案
⎛1 −1 pΣc1 = (0 0 1)QΣ c =⎜ ⎝6
⎞ 0 0⎟ ⎠
，
⎛ pΣc1 ⎜ T −1 PΣc = ⎜ pΣc1 A T ⎜ ⎝ pΣc1 A
( )
⎛1 ⎞ ⎜ 6 ⎟ ⎜1 ⎟=⎜ 6 2⎟ ⎠ ⎜1 ⎝ 6
3.（20 分）设系统的传递函数为：
G ( s) =
s+a s + 7 s 2 + 14s + 8
3
(1) 问 a 为多大时，系统是不完全可控或者不完全可观测的； （10 分） (2) 当 a = 1 时，写出它的完全可控但不完全可观测的三阶实现（10 分） 解： (1)当 a=1，2，4 时，分子分母有公因子，可约分，故此时系统是不完全可控或者不完 全可观测的； (2) 当 a = 1 时，系统的传递函数为：
C = (C1 C2 ) = (1 0 1 2 )
⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎛ B1 ⎞ ⎜ 1 ⎟ B=⎜ ⎜B ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎜0⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠
(2) 假设系统为负反馈，则：
1 = A1 x1 + B1 (u − C2 x2 ) ⎧x ⎪ ⎪ 2 = A2 x2 + B2C1 x1 ⎨x ⎪y = y = C x 1 1 1 ⎪ ⎩
⎛ 2e − t − e − 2 t =⎜ ⎜ − 2e − t + 2e − 2 t ⎝
2. （15 分）已知两个子系统如下：
Σ1 ： A1 = ⎜ ⎜− 2 ⎝
Σ 2 ： A2
⎛ 0
1 ⎞ ⎛0⎞ ⎟ ， B1 = ⎜ ⎟ ⎜1⎟ ⎟ ， C1 = (1 0 ) − 3⎠ ⎝ ⎠
1 ⎞ ⎛ 0 ⎛0⎞ =⎜ ⎜ − 4 − 4⎟ ⎟ ， B2 = ⎜ ⎜1⎟ ⎟ ， C2 = (1 2 ) ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(1) 求并联系统的状态空间描述； （6 分） (2) 求 Σ1 在主通道， Σ 2 在反馈通道时的反馈系统的状态空间描述（9 分）
∑1
∑2
解： (1) 并联后系统(A,B,C)满足：
⎛ A1 A=⎜ ⎜ 0 ⎝
1 0 0 ⎞ ⎛ 0 ⎜ ⎟ 0 ⎞ ⎜− 2 − 3 0 0 ⎟ ⎟=⎜ A2 ⎟ 0 0 1 ⎟ ⎠ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 0 − 4 − 4⎟ ⎝ ⎠
1 ⎞ ⎛ A1 ⎛x ⎜ ⎟ ⎜x ⎟=⎜ ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ B2 C1 − B1C 2 ⎞⎛ x1 ⎞ ⎛ B1 ⎞ ⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎟u ⎜ ⎟ ⎟+⎜ A2 ⎟ ⎠⎝ x2 ⎠ ⎝ 0 ⎠
y = (C1
⎛ x1 ⎞ 0 )⎜ ⎜x ⎟ ⎟ ⎝ 2⎠
2
2011-2012 学年第一学期《现代控制理论基础》期中考试参考答案
1 0⎞ ⎛ 0 ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (t ) = ⎜ − 8 − 6 0 ⎟ x(t ) + ⎜ 1 ⎟u x ⎜1⎟ ⎜ 0 0 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
4． （20 分）已知系统系数矩阵
y = (1 0 0 )x(t )
⎛ 0⎞ ⎛ 1 2 − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ A = ⎜0 1 0 ⎟ ， b = ⎜ 0 ⎟ ， c = (1 − 1 1) ⎜1⎟ ⎜1 − 4 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠