2012年現代控制理論考試一試卷一、（10分，每題1分）試判斷以下結論的正確性，若結論是正確的，（√）1.由一個狀態空間模型能夠確立唯一一個傳達函數。（√）2.若系統的傳達函數不存在零極點抵消，則其任意的一個實現均為最小實現。（×）3.對一個給定的狀態空間模型，若它是狀態能控的，則也必然是輸出能控的。（√）4.對線性定常系統x&Ax，其Lyapunov意義下的漸近牢固性和矩陣A的特點值都擁有負實部是一致的。（√）5.一個不牢固的系統，若其狀態完整能控，則必然能夠經過狀態反響使其牢固。（×）6.對一個系統，只好采用一組狀態變量；（√）7.系統的狀態能控性和能觀性是系統的構造特點，與系統的輸入和輸出沒關；（×）8.若傳達函數G(s)C(sIA)1B存在零極相消，則對應的狀態空間模型描述的系統是不能夠控且不能夠觀的；（×）9.若一個系統的某個平衡點是李雅普諾夫意義下牢固的，則該系統在任意平衡狀態處都是牢固的；（×）10.狀態反響不改變系統的能控性和能觀性。優選二、已知以下列圖電路，以電源電壓u(t)為輸入量，求以電感中的電流和電容中的電壓作為狀態變量的狀態方程，和以電阻R2上的電壓為輸出量的輸出方程。（10分）解：（1）由電路原理得：diL1R11udt1iL1ucLLL111diL2RiL21dt2ucL2L2duc1iL11iL2dtccuR2R2iL2gR1011iLLLiL1111L1gR21iL20iL20uL2L2g0ucuc110cciL1uR20R20iL2uc優選二．（10分）圖為R-L-C電路，設u為控制量，電感L上的支路電流和電容C上的電壓x2為狀態變量，電容C上的電壓x2為輸出量，試求：網絡的狀態方程和輸出方程，并繪制狀態變量圖。解：此電路沒有純電容回路，也沒有純電感電路，因有兩個儲能元件，故有獨立變量。以電感L上的電流和電容兩端的電壓為狀態變量，即令：iLx1,ucx2，由基爾霍夫電壓定律可得電壓方程為：??R2Cx2x2Lx10??R1(x1Cx2)Lx1u0??從上述兩式可解出x1，x2，即可獲得狀態空間表達式以下：?R1R2R1R2x1(R1R2)L(R1R2)Lx1(R1R2)L?R1x2u11x2(R1R2)C(R1R2)C(R1R2)Cy101x10R1R2R1R2uy2=R1R2R1R2x2+R1R2三、（每題10分共40分）基礎題（1）試求&&&y3y&2y&&&uu的一個對角規范型的最小實現。（10分）優選Y(s)3(s2s1)2s11)(sss11114U(s)s3(s1)(s2s2)3s2s2s2s2s1不如令X1(s)1，X2(s)1U(s)s2U(s)s1于是有

2&2x1ux1&x2ux2又Y(s)X1(s)X2(s)，所以Y(s)U(s)X1(s)X2(s)，即有U(s)1U(s)U(s)ux1x22最后的對角規范型實現為&2x1ux1&x2ux2yx1x2u201&xu,y11x+u2x0112&011u,y12x22310&021u1322y12x2rankUCrankbAb562,系統狀態完整能控LLL3分rank32則對偶系統能觀LLL3分優選3&1011201110tet00e2t.....3x(t)tx(0)ttBu()dτ0.....3et01tet01dτ0e2t102t10e...2ettetdτe2t02te......1et1et1=e2t11e2t=11e2t..122111（4）已知系統x0xu試將其化為能控標準型。（10分）01解：uc12101...210，uc1122p101uc10111011..112222p2p1A112211P22,P112

10111

12...1...2010...4能控標準型為x1xu01優選四、設系統為x&1100x1x111&0100x20x22&0030x35u,y0140x3x3x&40004x40x4試對系統進行能控性及能察看性分解，并求系統的傳達函數。（10分）解：能控性分解：&%%300051&%%0-11012u,LL（4分）&%%00-1003&%%00040x44%x1%y4010x2%x3x%4能察看性分解：&%%3000x11&%%0-100x22&%%01-10x33&%%000-4x44%x1%y4100x2%x3%x44520

5010

u,LL（4分）傳達函數為g(s)LLLs3s3

(2分)優選五、試用李雅普諾夫第二法，判斷系統方法一：

?01x1x的牢固性。（101分）?解：x1x2?x2x1x2原點xe=0是系統的唯一平衡狀態。采用標準二次型函數為李雅普諾夫函數，即v(x)x12x220???2v(x)2x1x12x2x22x1x22x2(x1x2)2x2???當x10，x20時，v(x)0；當x10，x20時，v(x)0，所以v(x)為負半定。依據判斷，可知該系統在李雅普諾夫意義下是牢固的。另選一個李雅普諾夫函數，比方：v(x)1(x1x2)22x12x223212x1=x1x21x2212為正定，而?????(x12x22)v(x)(x1x2)(x1x2)2x1x1x2x2為負定的，且當x，有V(x)。即該系統在原點處是大范圍漸進牢固。方法二：解：或設p11p12Pp22p21則由ATPPAI得01p11p12p11p12011011p12p22p12p221101優選2p111p113312p11p1222p11p12p220p221Pp2212p122p2211p121p12223p11p12315P110detdet222p12p2201142可知P是正定的。所以系統在原點處是大范圍漸近牢固的六、（20分）線性定常系統的傳函為Y(s)s4U(s)(s2)(s1)（1）實現狀態反響，將系統閉環的希望極點配置為4,3，求反響陣K。（5分）（2）試設計極點為（-10,-10）全維狀態察看器（5分）。（3）繪制帶察看器的狀態反響閉環系統的狀態變量圖（4分）（4）解析閉環前后系統的能控性和能觀性（4分）注明：因為實現是不唯一的，本題的答案不唯一！此中一種答案為：解：（1）Y(s)s4s2s4U(s)(s2)(s1)3s2系統的能控標準型實現為：&010分X2Xu,y41X131系統完整可控，則能夠任意配置極點1分令狀態反響增益陣為Kk1k21分01，則狀態反響閉環特點多項式為則有ABK2k13k22(k13)(k22)IABK優選又希望的閉環極點給出的特點多項式為：(s4)(s3)s27s12由2(k13)(k22)s27s12可獲得K4103分2）察看器的設計：由傳達函數可知，原系統不存在零極點相消，系統狀態完整能觀，可以任意配置察看器的極點。1分令Ee1e2T1分&(AEC)xBuEy可得其希望的特點多項式為:??f(s)det[I(AEC)]2(4e1e23)(10e14e22)f*(s)(10)(10)2201001195Tf*(s)f(s)E4分33）繪制閉環系統的模擬構造圖第一種繪制方法：&??(ABuEyxEC)x01114411AEC3413323953861043334411011&(AEC)x?BuEy33x?3yx?386104u951333優選x2x1vu11x1yss432410222233??4?1yx231x1ss4224335834（注：察看器輸出端的加號和減號應去掉！不好意思，剛發現！！）01011&??3???u395213優選x2x1vu11x1yss4324101x21x1?yss4狀態察看器部分32132334）閉環前系統狀態完整能控且能觀，閉環后系統能控但不能夠觀（因為狀態反響不改變系統的能控性，但閉環后存在零極點抵消，所以系統狀體不完整可察看）4分優選卷一、判斷題，判斷下例各題的正誤，正確的打√，錯誤的打×（每題1分，共10分）1、狀態方程表達了輸入引起狀態變化的運動，輸出方程則表達了狀態引起輸出變化的變換過程（√）2、對于給定的系統，狀態變量個數和選擇都不是唯一的（×）3、連續系統失散化都沒有精確失散化，但近似失散化方法比一般失散化方法的精度高（×）4、系統的狀態轉移矩陣就是矩陣指數（×）5、若系統的傳達函數存在零極點相消，則系統狀態不完整能控（×）6、狀態的能空性是系統的一種構造特點,依賴于系統的構造,與系統的參數和控制變量作用的地址有關（√）7、狀態能控性與輸出能控性之間存在必然的聯系（×）8、一個傳達函數化為狀態方程后，系統的能控能觀性與所選擇狀態變量有關（√）9、系統的內部牢固性是指系統在碰到小的外界擾動后，系統狀態方程解的收斂性，與輸入沒關（√）10、若不能夠找到適合的李雅普諾夫函數，那么表示該系統是不牢固的（×）二、已知系統的傳達函數為Y(s)s310s231s32G(s)(s25s6)(s5)U(s)試分別用以下方法寫出系統的實現：1）串通分解2）并聯分解3）直接分解4）能察看性規范型（20分）解：G(s)s310s231s3212s310s231s30s310s231s30對于2有10s231s30s3（1）串通分解22s310s231s30(s5)(s2)(s3)優選串通分解有多種，若是不將2分解為兩個有理數的乘積，如218，繪制該系統串通分解4的構造圖，爾后每一個慣性環節ki的輸出設為狀態變量，則可獲得系統四種典型的實pi)(s現為：32221112131s30(s2)(s3)(s5)(s2)(s2)(s5)s10s1121112(s2)(s3)(s5)(s2)(s3)(s5)則對應的狀態空間表達式為：20022001&130&230X0uXX0uX0150,0150y001Xuy001Xu&2001&2001130130X0uXX0uX0250,0150y001Xuy002Xu需要說明的是，當交換環節相乘的序次時，對應地交換對應行之間對角線的元素！！！&2002130X0u211X如的實現為：(s2)(s3)(s5)0150y001Xu&5002130X0u211X則的實現為：0120(s5)(s3)(s2)y001Xu挨次類推！！（2）并聯分解s310s22k1k2k331s30(s1)(s2)(s3)優選&100b1020Xb2u實現有無數種，若實現為X00只要知足3b3yc1c2c3Xuc1b1=k1，c2b2=k2，c3b3=k3即可21比方：10s2230(s3(s1(s3，則其實現能夠為：s331s2)3)5)2001500250013&3030X1u&X020X&020X13uX1uX如：0051,003,00311y211Xu3y111Xuy1323Xu33（3）直接分解1000&10X0uX03031101100Xu4）能察看規范型10301&0131X0uX00100y001Xu三、給定一個二維連續時間線性定常自治系統&Ax,t0。現知，對應于兩個不同樣初態x的狀態響應分別為13et1e3t25et3e3t,x(t)44；x(0),x(t)44x(0)3et1e3t5et3e3t112222試據此定出系統矩陣A。（10分）優選At解：x(t)ex(0)3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t12At444424444e3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t11222222221ete3t1et1e3t244ete3t1ete3t21t33t1t33tdeAt2e2e4e4e11At01et3e3tt0dtet3e3t4122四、已知系統的傳達函數為G(s)4sa2s312s222s121）試確立a的取值，使系統成為不能夠控，或為不能夠察看；2）在上述a的取值下，寫出使系統為能控的狀態空間表達式，判斷系統的能察看性；3）若a3，寫出系統的一個最小實現。（15分）解：（1）因為4sa2s2a2saG(s)22s12s36s211s6s1s2s32s312s2所以當a1或a2或a3時，出現零極點抵消現象，系統就成為不能夠控或不能夠察看的系統（2）可寫系統的能控標準形實現為此問答案不唯一0100&001x0uy2a20xx61161存在零極相消，系統不能夠觀2（3）a3，則有G(s)s23s2可寫出能控標準形最小實現為010&xuy20x231優選此問答案不唯一，可有多種解五、已知系統的狀態空間表達式為&20x032125x1）判斷系統的能控性與能察看性；2）若不能夠控，試問能控的狀態變量數為多少？3）試將系統按能控性進行分解；4）求系統的傳達函數。（15分）解：（1）系統的能控性矩陣為UC00detUC0,rankUC12bAb，12故系統的狀態不能夠控系統的能察看性矩陣為UOc25detUC1150,rankUO2cA19，10故系統的狀態不能夠察看4分（2）rankUC1，所以能控的狀態變量數為11分（3）由狀態方程式&20x0ux&12x1x321x&3x2xu221可知是x2能控的，x1是不能夠控的2分（4）系統的傳達函數為G(s)csIA1c2sIA2153分bb2s只與能控子系統有關2六、給定系統1ax&xa1解李雅普諾夫方程，求使得系統漸近牢固的a值范圍。（10分）優選七、伺服電機的輸入為電樞電壓，輸出是軸轉角，其傳達函數為優選G0(s)

50ss2（1）設計狀態反響控制器uKxv，使得閉環系統的極點為5j5；2）設計全維狀態察看器，察看器擁有二重極點－15；3）將上述設計的反響控制器和察看器結合，組成帶察看器的反響控制器，畫出閉環系統的狀態變量圖；4）求整個閉環系統的傳達函數。（20分）優選優選優選第二章題A卷第一題：判斷題，判斷下例各題的正誤，正確的打√，錯誤的打×（每題1分，共10分）11、狀態方程表達了輸入引起狀態變化的運動，輸出方程則表達了狀態引起輸出變化的變換過程（√）12、對于給定的系統，狀態變量個數和選擇都不是唯一的（×）13、連續系統失散化都沒有精確失散化，但近似失散化方法比一般失散化方法的精度高（×）14、系統的狀態轉移矩陣就是矩陣指數（×）15、若系統的傳達函數存在零極點相消，則系統狀態不完整能控（×）16、狀態的能空性是系統的一種構造特點,依賴于系統的構造,與系統的參數和控制變量作用的地址有關（√）17、狀態能控性與輸出能控性之間存在必然的聯系（×）18、一個傳達函數化為狀態方程后，系統的能控能觀性與所選擇狀態變量有關（√）19、系統的內部牢固性是指系統在碰到小的外界擾動后，系統狀態方程解的收斂性，與輸入沒關（√）20、若不能夠找到適合的李雅普諾夫函數，那么表示該系統是不牢固的（×）Y(s)32第二題：已知系統的傳達函數為s10s31s32,試分別用以下方法寫G(s)U(s)(s25s6)(s1)出系統的實現：5）串通分解（4分）6）并聯分解（4分）7）直接分解（4分）8）能察看性規范型（4分）（9）繪制串通分解實現時系統的構造圖（4分）解：G(s)s310s232s301ss310s231s3010s231s30s3對于10s2s有31s30s3（3）串通分解sss310s231s30(s1)(s2)(s3)串通分解有三種ss111s111ss310s231s30(s1)(s2)(s3)(s1)(s2)(s3)(s1)(s2)(s3)(11).1.11.(12).11.1(13)(s2)3)(s1)(s3)(s(s(s(s1)(s2)(s1)2)3)對應的狀態方程為：優選100110011001&120&120&120X0uXX1uXX0uX0130,1230,0130y001Xy001Xy013X（4）并聯分解s12232s310s231s30(s1)(s2)(s3)實現有無數種，此中之三為：10011001210014&020&020X&020X1uXX1uX2uX0031,00332,00332y12232Xy111Xy221X（3）直接分解1000&10X0uX03031101010X4）能察看規范型10300&131X1uX000100001X10）構造圖第二章題B卷第一題：判斷題，判斷下例各題的正誤，正確的打√，錯誤的打×（每題1分，共10分）1、狀態空間模型描述了輸入-輸出之間的行為,并且在任何初始條件下都能揭穿系統的內部行為（√）2、狀態空間描述是對系統的一種完整的描述，而傳達函數則可是對系統的一種外面描述（√）3、任何采樣周期下都能夠經過近似失散化方法將連續時間系統失散化（×）4、對于一個線性系統來說，經過線性非奇怪狀態變換后，其狀態能控性不變（√）5、系統狀態的能控所關懷的是系統的任意時辰的運動（×）優選6、能觀（能控）性問題能夠轉變為能控（能觀）性問題來辦理（√）7、一個系統的傳達函數所表示的是該系統既能控又能觀的子系統（√）8、一個系統的傳達函數如有零、極點抵消現象，則視狀態變量的選擇不同樣，系統或是不能夠控的或是不能夠觀的（√）9、對于一個給定的系統，李雅普諾夫函數是唯一的（×）10、若系統對全部有界輸入引起的零狀態響應的輸出是有界的，則稱該系統是外面牢固的（√）2、第二題：求以下RLC網絡系統的狀態空間模型,并繪制其構造圖。取電壓e_i為輸入，e_o為輸出。此中R1、R2、C和L為常數。第二題圖答案:解：（狀態變量能夠另取）定義狀態變量：x1為電阻兩端電壓v，x2為經過電感的電流i。輸入u為e_i，輸出y為e_o。使用基爾霍夫電流定理列R1和R2間節點的電流方程：v-eidvidv111R1+C+=0=-R1Cv-Ci+R1Ceidtdt使用基爾霍夫電壓定理列出包括C、R2、L回路的電壓方程：v-R2i-Ldi=0di=1v-R2idtdtLL最后，輸出電壓的表達式為：eovR2i獲得狀態空間模型：優選&111R1CR1Cx1x1RCu&R2x21x210LLy1R2x1x21構造圖為：u1u252Cs1s210s10第三題：以下列圖，系統的輸入量為u1和u2、輸出量為y和請選擇適合的狀態變量，并寫出系統的狀態空間表達式，依據狀態空間表達式求系統的閉環傳達函數：u1u252Cs1s210s10第三題圖解：狀態變量以以下列圖所示（3分）u1u252Cs1s210s10從方框圖中能夠寫出狀態方程和輸出方程（4）優選&x15x35ux1&2x12x2x2&10x210x3x2yx2狀態方程的矩陣向量形式：1055&220X0uX010100y010X系統的傳達函數為（3分）：G(s)c(sIA)1b10s10012s232s120s3優選現代控制理論試題答案一、觀點題1、何為系統的能控性和能觀性？答：（1）對于線性定常連續系統，若存在一分段連續控制向量u(t)，能在有限時間區間[t0,t1]內將系統從初始狀態x(t0)轉移到任意終端狀態x(t1)，那么就稱此狀態是能控的。（2）對于線性定常系統，在任意給定的輸入u(t)下，能夠依據輸出量y(t)在有限時間區間[t0,t1]內的丈量值，唯一地確立系統在t0時辰的初始狀態x(t0)，就稱系統在t0時辰是能察看的。若在任意初始時辰系統都能察看，則稱系統是狀態完整能察看的，簡稱能察看的。2、何為系統的最小實現？答：由傳達函數矩陣或相應的脈沖響應來建立系統的狀態空間表達式的工作，稱為實現問題。在全部可能的實現中，維數最小的實現稱為最小實現。3、何為系統的漸近牢固性？答：若在時辰為李雅普若夫意義下的牢固，且存在不依賴于的實數和任意給定的初始狀態，使得時，有，則稱為李雅普若夫意義下的漸近牢固二、簡答題1、連續時間線性時不變系統（線性定常連續系統）做線性變換時不改變系統的那些性質？答：系統做線性變換后，不改變系統的能控性、能觀性，系統特點值不變、傳達函數不變2、怎樣判斷線性定常系統的能控性？怎樣判斷線性定常系統的能觀性？答：方法1：對n維線性定常連續系統，則系統的狀態完整能控性的充分必需條件為：。方法2：若是線性定常系統的系統矩陣A擁有互不同樣的特點值，則系統能控的充要條件是，系統經線性非奇怪變換后A陣變換成對角標準形，且不包括元素全為0的行線性定常連續系統狀態完整能察看的充分必需條件是能觀性矩陣滿秩。即：3、傳達函數矩陣的最小實現A、B、C和D的充要條件是什么？答：充要條件是系統狀態完整能控且完整能察看。4、對于線性定常系統能夠任意配置極點的充要條件是什么？答：線性定常系統能夠任意配置極點的充要條件是系統完整能控。優選5、線性定常連續系統狀態察看器的存在條件是什么？答：線性定常連續系統狀態察看器的存在條件是原系統完整能觀。三、計算題1、RC無源網絡如圖1所示，試列寫出其狀態方程和輸出方程。此中，為系統的輸入，選兩端的電壓為狀態變量,兩端的電壓為狀態變量,電壓為為系統的輸出y。圖1：RC無源網絡解：由電路圖可知：選,,可得：=所以能夠獲得：優選2、計算以下狀態空間描述的傳達函數g(s)解：運用公式可得：可得傳達函數為：3、求出以下連續時間線性是不變系統的時間隔散化狀態方程：此中，采樣周期為T=2。解：先求出系統的.優選令,可得：X(k)+4、求取以下各連續時間線性時不變系統的狀態變量解和解：計算算式為：所以：5、確立是以下連續時間線性時不變系統結合完整能控和完整能察看得待定參數a的取值范圍：優選解：因為A無特定形式，用秩判據簡單。所以，無論a去何值都不能夠夠結合完整能控和完整能察看6、對以下連續時間非線性時不變系統，判斷原點平衡狀態即可否為大范圍漸近牢固：解：（1）采用李雅普若夫函數V(x)，取，可知：V(0)=0,即為正定。（2）計算并判斷其定號性。對取定和系統狀態方程，計算得到：基此可知：即：為負半定。（3）判斷。對此，只要判斷的和不為系統狀態方程的解。為此，將帶入狀態方程，導出：表示，狀態方程的解只為，不是系統狀態方程的解。經過優選類似解析也能夠得證不是系統狀態方程的解。基此，可知判斷。4）綜合可知，對于給定非線性時不變系統，可構造李雅普若夫函數判斷知足：V(x)為正定，為負定；對任意,當，有基此，并依據李雅普若夫方法漸近牢固性定理知：系統原點平衡狀態為大范圍漸近牢固。7、給定一個單輸入單輸出連續時間線性時不變系統的傳達函數為試確立一個狀態反響矩陣K，使閉環極點配置為,和。解：可知，系統完整可控，能夠用狀態反響進行任意極點配置。因為狀態維數為3維。所以設。系統希望的特點多項式為：而令,兩者相應系數相等。得：即：考據：優選A卷二、基礎題（每題10分）1xAx,t0。現知，對應于兩個不同樣初態的、給定一個二維連續時間線性定常自治系統&狀態響應分別為13et1e3t25et3e3tx(0),x(t)44；x(0)443et1e3t,x(t)5et3e3t112222試據此定出系統矩陣A。解：()eAtx(0)2分xt可得3et1e3t5et3e3t1213et1e3t5et3e3t12At44444444e3et1e3t5et3e3t113et1e3t5et3e3t11222222221ete3t1et1e3t244ete3t1ete3t24分1t33t1t33tdeAt2e2e4e4e114分At01et3e3tt0dtet3e3t4122、設線性定常連續時間系統的狀態方程為x&101x10x&202x2u,t01取采樣周期T1s，試將該連續系統的狀態方程失散化。解：①第一計算矩陣指數。采納拉氏變換法：s1eAtL1sIA1L110s2113分L1ss(s2)10.51e2t10e2t0(s2)②進而計算失散時間系統的系數矩陣。優選GeAT10.51e2T將T1s代入得GeAT10.43232分0e2T00.1353HTT10.51e2t0eAtdtB0e2tdt0010.5T0.25e2T0.253分0.5e2T0.51.07890.4323③故系統失散化狀態方程為x1k110.4323x1k1.07892分x2k100.1353x2kuk0.4323、已知系統的傳達函數為4saG(s)2s312s222s121）試確立a的取值，使系統成為不能夠控，或為不能夠察看；2）在上述a的取值下，寫出使系統為能控的狀態空間表達式，判斷系統的能察看性；3）若a3，寫出系統的一個最小實現。（10分）解：（1）因為4sa2s2a2saG(s)22s12s36s211s6s1s2s32s312s2所以當a1或a2或a3時，出現零極點抵消現象，系統就成為不能夠控或不能夠察看的系統3分（2）可寫系統的能控標準形實現為此問答