現代控制理論課后習題答案

緒 論 為了幫助大家在期末復習中能更全面地掌握書中知識點，并且在以后參加考研考博考試直到工作中，為大家提供一個理論參考依據，我們11級自動化二班的同學們在王整風教授的帶領下合力編寫了這本《現代控制理論習題集》（劉豹第三版），希望大家好好利用這本輔助工具。 根據老師要求，本次任務分組化，責任到個人。我們班整體分為五大組，每組負責整理一章習題，每個人的任務由組長具體分配，一個人大概分1~2道題，每個人任務雖然不算多，但也給同學們提出了要求：1.寫清題號，抄題，畫圖（用CAD或word畫）。2.題解詳略得當，老師要求的步驟必須寫上。3.遇到一題多解，要盡量寫出多種方法。 本習題集貫穿全書，為大家展示了控制理論的基礎、性質和控制一個動態系統的四個基本步驟，即建模、系統辨識、信號處理、綜合控制輸入。我們緊貼原課本，強調運用統一、聯系的方法分析處理每一道題，將各章節的知識點都有機地整合在一起，力爭做到了對控制理論概念闡述明確，給每道題的解析賦予了較強的物理概念及工程背景。在課后題中出現的本章節重難點部分，我們加上了必要的文字和圖例說明，讓讀者感覺每一題都思路清晰，簡單明了，由于我們給習題配以多種解法，更有助于發散大家的思維，做到舉一反三！ 這本書是由11級自動化二班《現代控制理論》授課老師王整風教授全程監管，魏琳琳同學負責分組和發布任務書，由五個小組組組長李卓鈺、程俊輝、林玉松、王亞楠、張寶峰負責自己章節的初步審核，然后匯總到胡玉皓同學那里，并由他做最后的總審核工作，緒論是段培龍同學和付博同學共同編寫的。 本書耗時兩周，在同學的共同努力下完成，是二班大家庭里又一份智慧和努力的結晶，望大家能夠合理使用，如發現錯誤請及時通知，歡迎大家的批評指正！ 2014年6月2日 第一章 控制系統的狀態空間表達式 1-1 試求圖1-27系統的模擬結構圖，并建立其狀態空間表達式 解：系統的模擬結構圖如下： 系統的狀態方程如下： 令，則 所以，系統的狀態空間表達式及輸出方程表達式為 1-2有電路如圖1-28所示。以電壓為輸入量，求以電感中的電流和電容上的電壓作為狀態變量的狀態方程，和以電阻上的電壓作為輸出量的輸出方程。 解：由圖，令，輸出量 有電路原理可知： 既得 寫成矢量矩陣形式為： 1-3 有機械系統如圖1.29所示,M1和M2分別受外力f1和f2的作用.求以M1和M2的運動速度為輸出的狀態空間表達式. K1 K2 B2 f1(t) M1 M2 B1 \y2 c2 y1 c1 f2(t) 解:以彈簧的伸長度y1，y2 質量塊M1， M2的速率c1，c2作為狀態變量 即 x1=y1，x2=y2，x3=c1，x4=c2 根據牛頓定律，對M1有：M1=f1-k1(y1-y2)-B1(c1-c2) 對M2有：M2=f2+k1(y1-y2)+B1(c1-c2)-k2y2-B2c2 將x1,x2,x3,x4代入上面兩個式子，得 M1=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 輸出狀態空間表達式為 y1=c1=x3 y2=c2=x4 1-4 兩輸入，，兩輸出，的系統，其模擬結構圖如圖1-30所示，試求其狀態空間表達式和傳遞函數陣。 解：系統的狀態空間表達式如下所示： 1-5系統的動態特性由下列微分方程描述 列寫其相應的狀態空間表達式，并畫出相應的的模擬結構圖。 (1) 解:由微分方程得：系統的傳遞函數為W（s）= 則狀態空間表達式為： 相應的模擬結構圖如下： x1 X2 U 7 2 5 1 3 y (2) 解：由微分方程得：系統的傳遞函數為W（s）= 則狀態空間表達式為： 相應的模擬結構圖如下： 1-6 已知系統傳遞函數(1) (2),試求出系統的約旦標準型的實現，并畫出相應的模擬結構圖 解：(1)由 可得到系統表達式為 X1 X2 X3 (2) y X1 X2 X3 X4 u 1-7 給定下列狀態空間表達式 （1） 畫出其模擬結構圖 （2） 求系統的傳遞函數 解： (2) 1-8 求下列矩陣的特征矢量： （1） A= 解：A的特征方程： ===0 解之得：=-2+j，=-2-j; 當=-2+j時，=（-2+j) 解得：=-j,令=1，得=； 當=-2-j時，=（-2-j) 解得：=-j,令=1，得= （2）A= 解：A的特征方程： ===0 解之得：=-2，=-3; 當=-2時，=-2 解得：=-2,令=1，得=； 當=-3時，=-3 解得：=-3,令=1，得= （3） 解：A的特征方程 解之得： 當時， 解得： 令 得 （或令，得） 當時， 解得： 令 得 （或令，得） 當時， 解得： 令 得 （4） 解：A的特征方程 解之得： 當時， 解得： 令 得 當時， 解得： 令 得 當時， 解得： 令 得 1-9.試將下列狀態空間表達式化成約旦標準型。 （1） =+u y=x 解：A的特征方程==0 解得=-1或=-3 當=-1時，=- 解之得P11=P21,令P11=1，得P1= 當=-3時=-3 解之得P21=-P22，令P21=1，得P2= 故T=,=, 則=,=,CT=, 故約旦標準型為=Z ， y=Z （2） =+u = 解：A的特征方程===0 解得=3 ， =1 當=3時特征向量：=3 解之得P12=P21=P31，令P11=1，得P1= 當2=3時的廣義特征向量，=3+ 解之得P12=P22+1， P22=P32， 令P12=1，得P2= 當=1時 = 解之得P13=0，P23=2P33， 令P33=1，的P3= 故T=， = AT= B= CT= 故約旦標準型為=X+u Y=X 1—10.已知兩子系統的傳遞函數陣和分別為：= = 試求兩子系統串聯連接時系統的傳遞函數，并討論所得結果。 解：兩子系統串聯聯接時，系統的傳遞函數陣W(s)=,得 W(s)== 兩子系統并聯聯接時，系統的傳遞函數陣W(s)=+,得 W(s)=+= 串聯聯接時，由于前一環節的輸出為后一環節的輸入，串聯后等效非線性環節特性與兩環節的先后次序有關，故改變向后次序等效特性會發生改變。 并聯聯接時，系統的傳遞函數陣為兩系統單獨作用后的疊加。 1-11 已知如圖1-22（見教材47頁）所示的系統，其中子系統1、2的傳遞函數陣分別為 求系統的閉環傳遞函數陣。 解： 1-12 已知差分方程為： 試將其用離散狀態空間表達式表示，并使驅動函數u的系數b(即控制列陣)為 解：由差分方程得傳遞函數 化為并聯型： 化為能控標準型： 第二章 控制系統狀態空間表達式的解 2-1 試證明同維方陣A和B，當AB=BA時，=，而當ABBA時，。 證明：由矩陣指數函數= 可得：= = = = 將以上兩個式子相減，得： -= 顯然，只有當時，才有-=0，即=； 否則。 2-2 試證本章2.2節中幾個特殊矩陣的矩陣指數函數式（2.17）， 式（2.18），式（2.19）和式（2.20）成立。 證明：（1）式（2.17） 由矩陣指數函數= 可得： = == 即得證。 （2）式（2.18） 由矩陣指數函數= 可知，若存在非奇異變換陣，使得，則，且是特征根 可知 == 即得證。 （3）式（2.19） 若為約旦矩陣，== 由矩陣指數函數= = ， 則= ，=， ， 將以上所求得的、、、代入式，令=，則 第塊的狀態轉移矩陣： = ==， 即得證。 （4）式（2.20） 拉式反變換法證明： 由，得： ， = 則狀態轉移矩陣為： = 由歐拉公式得：= 即得證。 2-3 已知矩陣A= 試用拉氏反變換法求。（與例2-3、例2-7的結果驗證） 解： 由= 轉化成部分分式為： = 又由拉氏反變換得： = 2-4 用三種方法計算以下矩陣指數函數。 （1）A= （2）A= 解：（1）方法一：約旦標準型 由A=，令=0， 即 ，得，解得= ， 由可得 ①當時，設= 由，得，解得即 ②當時，設= 由，得，解得即 變換矩陣, 則，矩陣指數函數== = 方法二定義法 由已知 得 方法三：凱萊-哈密頓定理 由A=，令=0， 即 ，得，解得：特征根= ， 則= = = 則，矩陣指數函數 = + = （2）方法一：約旦標準型 由A=，令=0， 即 ，得，解得= ， 由可得 ①當時，設= 由，得，解得即 ②當時，設= 由，得，解得即 變換矩陣, 則，矩陣指數函數== = 方法二：拉式反變換法 由=，得： == 則，矩陣指數函數= 方法三：凱萊-哈密頓定理 由A=，令=0， 即 ，得，解得= ， 則= = = 則，矩陣指數函數 = + = 2-5 下列矩陣是否滿足狀態轉移矩陣的條件，如果滿足，試求與之對應的A陣。 （1）= （2）= （3）= （4） 解：(1)因為 ， 所以該矩陣不滿足狀態轉移矩陣的條件 （2）因為，所以該矩陣滿足狀態轉移矩陣的條件 則 （3）因為 ，所以該矩陣滿足狀態轉移矩陣的條件 則 （4）因為，所以該矩陣滿足狀態轉移矩陣的條件 則 2-6 求下列狀態空間表達式的解： = 初始狀態，輸出是單位階躍函數。 解：系統矩陣: 特征多項式為: 因為 ， 所以 2-7 試證明本章2.3節，在特定控制作用下，狀態方程式（2.25）的解、式（2.30）、式（2.31）和式（2.32）成立。 證明：（1）采用類似標量微分方程求解的方法，則有： 等式兩邊同乘，得： 即 對上式在[,t]上積分，有： 整理后可得式： （2）脈沖響應：=K，時， 由狀態方程解為： 把帶入，有 帶入，有 （考慮到函數的特點） （3）階躍響應： 由狀態方程解為： 把帶入，有 ，積分，由上式得: = = = （4）斜坡響應： 由狀態方程解為： 把，代入，有 = = = = 2-8 計算下列線性時變系統的狀態轉移矩陣和。 = = 解：由題意知：== = == 即：和是可以交換的 由： 得： ==+++ = 由狀態轉移矩陣的基本性質：=，得： == 而== = == 即：和是可以交換的 由： 得： == =+++ = 由題意知：== = == 即：和是可以交換的 由： 得： ==+++ = 由狀態轉移矩陣的基本性質：=，得： == 而 == = == 即：和是可以交換的 由： 得： == =+++ = 2-9 有系統如圖2.2所示，試求離散化的狀態空間表達式。設采樣周期分別為=0.1s和1s,而和為分段常數。 解： 圖2.2 系統結構圖 解：將此圖化成模擬結構圖 列寫狀態方程為： 可表示為： 則離散化的時間狀態空間表達式為： 由和得： 系統的個矩陣為： 當T=0.1s時，有 當T=1s時，有 2-10 有離散時間系統如下，求 = ， 輸入是斜坡函數采樣而來，是從同步采樣而來。 解：由題易得 將G變換為對角型 令： 可得： 即 ： 特征方程 解得 分別令 可得 特征矢量 即轉移矩陣為 則 則 設 則 可得 則 運用遞推法 2-11 某離散時間系統的結構圖如圖2.3所示。 零階保持器 1 (s+1)(s+2) r(t) + - 圖2.3 離散系統結構圖 寫出系統的離散狀態方程。 當采樣周期=0.1s時的狀態轉移矩陣。 輸入為單位階躍函數，初始條件為零的離散輸出。 =0.25s時刻的輸出值。 解：(1) 系統中連續時間被控對象的時間函數為： == 連續時間被控對象的狀態空間表達式為： 即： =+ 輸出方程為：= == == = == 則，被控對象的離散化狀態方程為： =+ (2) 由(1)得 當T=0.1s時 === (3) 由題意知 =1，T=0.1s =+ 初始條件為零，即：， 當k=0時，= 當k=1時，=+= 當k=2時，=+= 系統的離散化輸出為：== = = = = (4) 當t=0.25s時，== 第三章 線性控制系統的能控性與能觀性 3-1 判別下列系統的能控性與能觀性。系統中a,b,c,d的取值與能控性能觀性是否有關，若有關其取值條件如何? （1） 由解：由圖可得： 狀態空間表達式為： 由于、、與無關，因而狀態不能完全能控，為不能控系統。由于只與有關，因而系統為不完全能觀的，為不能觀系統。 此可知系統中的a,b,c,d的取值對系統的能控性和能觀性沒有影響 （2） 由系統的結構圖可以知道其狀態空間表達式為 則由此可知 若系統可控則 同理可知 若系統能觀則 （3）系統如下式: 解：如狀態方程與輸出方程所示，A為約旦標準型，要使系統能控，控制系統b 中相對于約旦塊的最后一行元素不能為0,故有,。 要使系統能觀，則C中對應于約旦塊的第一列元素不全為0，故有，。 3-2 時不變系統： =x+ y= 試用兩種方法判別其能控性與能觀性。 解：一、(1)變換為約旦型 ==-1=+8=0 當時由 得 令 則 得 當時由 得令則得 則 其逆矩陣 則 因為有一行元素為零所以系統不能控。 (2)由已知轉換矩陣則 因為CT沒有全為0的列 所以系統是能觀的。 二、(1)能控性判別 由能控判別陣M=（b ,Ab） 因為 ， 所以 所以M所有二階式全為0且rankM<2 則系統不能控 （2）能觀性判別 由能觀判別陣 因為 所以因為N的所有二階式全不為0 且rankN=2 則滿秩 所以系統是能觀的。 3-3確定是下列系統為狀態完全能控和狀態完全能觀的系統。 解：構造能控陣： 要使系統完全能控，則，即 構造能觀陣： 要使觀，則，即 ， ， 解：由題知得： 構建能控判別陣： 構建能觀判別陣： 由于該系統狀態完全能控和狀態完全能觀。所以： 所以滿足題意的取值為： ，， 解：由題知得： 構建能控判別陣： 構建能觀判別陣： 由于該系統狀態完全能控和狀態完全能觀。所以： 所以滿足題意的取值為： 3-4 線性系統傳遞函為： (1) 試確定的值，是系統為不能控不能觀的。 (2) 在上述的取值下，求使系統為能控能狀態空間表達式。 (3) 在上述的取值下，求使系統為能觀的狀態空間表達式。 解. （1） 系統能控且能觀的條件為W(s)沒有零極點對消。因此當a=1,或a=3或a=6時，系統為不能控或不能觀。 （2）當a=1或a=3或a=6時，將系統化為能控標準I型： （3） 根據對偶原理，當a=1或a=3或a=6時，系統的能觀標準II型為： 3-5試證明對于單輸入的離散時間定常系統r=（G，h），只要它是完全能控的，那么對于任意給定的非零初始狀態x0，都可以在不超過n個采樣周期的時間內轉移到狀態空間原點。 證明：離散時間定常系統的狀態方程： 初始狀態為x0，則方程的解： 當k=0時 當k=2時 … 當k=n時 因為系統能控 所以能控判別陣M滿秩 則有解 即 因為 所以x(n)=0 則該系統在不超過n個采樣周期內，由任意給定的非零初始狀態x0轉移到了狀態空間原點。 3-6 已知系統的微分方程為： 試寫出其對偶系統的狀態空間表達式及其傳遞函數。 解：有微分方程可寫出系統的狀態空間方程， 可求得其對偶系統， ， 所以其對偶系統的狀態方程為， 及其傳遞函數， 3-7 已知能控系統的狀態方程A，b陣為： ， 試將該狀態方程變換為能控標準型。 解： 易得，即系統是能控的 再由， 求得，, 所以，變換矩陣為： ， 可求得， 所以能控標準型為： 3-8 已知能觀系統的A，b,c陣為： ，， 試將該狀態空間表達式變換為能觀標準型。 解：易得,即系統能觀。再由 可求得，， 所以，變換陣為 可求得， 所以，能觀標準型為： 3-9已知系統的傳遞函數為 試求其能控標準型和能觀標準型。 解： 可得 系統的能控標準I型為 又因為系統能控標準I型與能觀標準II型對偶得 能觀標準II型為 3-10給定下列狀態空間方程，試判別其是否變換為能控和能觀標準型。 解： 3—11 試將下列系統按能控性進行結構分解 （1）A＝，b＝，c＝ （2）A＝，b＝，c＝ 解：（1）構造能控判別矩陣 M＝[b，Ab，A2b]＝，易知rank（M）＝2＜3，故系統不完全能控。 構造奇異變換陣Rc，R1＝b＝ R2 ＝Ab＝ R3＝ 其中 R3任意的，只需滿足Rc滿秩即 Rc＝，則有RＣ－１＝，可得 ＝RＣ－１A Rc＝＝ ＝RＣ－１b＝ ， 故系統分解為兩部分 二維能控子系統 一維不能控子系統 （2）構造能控判別矩陣 M＝[b，Ab，A2b]＝，易知rank（M）＝2＜3，故系統不完全能控。 構造奇異變換陣Rc，R1＝ ，R2＝，R3＝，則 Rc＝，RＣ－１＝，可得 ＝＝ ＝RＣ－１b＝＝ ＝c Rc＝ 故系統分解為兩部分 二維能控子系統 一維不能控子系統 3-12 試將下列系統按能觀性進行結構分解。 （1） 解：（1）由已知得 則有能能觀性判別陣 rank N=2<3，該系統不能觀 構造非奇異變換矩陣，有 則 （2） ，， 解：系統的能觀性判別矩陣， rankN=2<3，系統不完全能觀 存在非奇異變換陣： ， 所以， 存在二維能觀子系統： 一維不能觀子系統： 3-13 試將下列系統按能控性和能觀性進行結構分解。 （1） 解：由已知得 rank M=3，則系統能控 rank N=3，則系統能觀 所以此系統為能控并且能觀系統 取，則 則，， （2），， 解：系統的能控性判別陣M: rankM=2<4，系統不完全能控 存在非奇異變換陣： ， 所以， 按能控性可分解為，能控子系統： 不能控子系統： 1） 對能控子系統進行能觀分解， ，， 能觀判別陣： rank=1<2,系統不完全能觀， 存在非奇異變換陣： ， 所以， ①能控能觀子系統： ②能控不能觀子系統： 2） 對不能控子系統進行能觀分解： ， 能觀判別陣： rank=1<2，系統不完全能觀， 存在非奇異變換陣: ， 所以， ③不能控能觀子系統： ④不能控不能觀子系統： 3--14、求下列傳遞函數陣的最小實現： 解：（1）.W（s）的各元Wik(s)為嚴格真有理分式，其實現Σ具有（A,B,C）的形式，則有：C（sI-A）-1B=W(s) 將C（sI-A）-1B寫成按s降冪排列的格式： 可得：a0=1， 可得到能控標準型的各系數陣： ，， 該能控標準型的能觀性判別矩陣N為： ，rankN=1 則該能控標準型不完全能觀，即該能控標準型不是最小系統。 構造變換陣R0-1，將系統按能觀性分解： 取，則 有， 則，W（s)的最小實現為：， ， （2).W（s）的各元Wik(s)為嚴格真有理分式，其實現Σ具有（A,B,C）的形式，則有：C（sI-A）-1B=W(s) 將C（sI-A）-1B寫成按s降冪排列的格式： 可得：a0=a1=a2=0，,, 可得到能控標準型的各系數陣： ，， 該能控標準型的能觀性判別矩陣N為： ，rankN= 3<6, 則該能控標準型不完全能觀，即該能控標準型不是最小系統。 構造變換陣R0-1，將系統按能觀性分解： 取，則 有， 則，W（s)的最小實現為：， ， 3-15設和是兩個能控且能觀的系統 （1）試分析由和所組成的串聯系統的能控性和能觀性，并寫出其傳遞函數； （2）試分析由和所組成的并聯系統的能控性和能觀性，并寫出其傳遞函數。 解： （1）和串聯 當的輸出是的輸入時， ， 則rank M=2<3，所以系統不完全能控。 當得輸出是的輸入時 ， 因為 rank M=3 則系統能控 因為 rank N=2<3 則系統不能觀 （2）和并聯 ， 因為rank M=3，所以系統完全能控 3-16 從傳遞函數是否出現零極點對消現象出發，說明圖3.18中閉環系統的能控性與能觀性和開環系統的能控性和能觀性是一致的。 圖3.18 系統結構圖 解：設W0(s)= (mn) 若系統不能控或（和）不能觀，則W0(s)有零極點相消，即與有公因子。若系統能控且能觀，而無零極點對消，閉環系統的傳遞函數為 Wf(s)= 顯然Wf(s)和W0(s)能相消的零極點是相同的。所以圖中開環及閉環系統為能控、能觀性一致。 第四章 穩定性與李雅普諾夫方法 4-1 判斷下列二次型函數的符號性質： （1） Q（x）= -x12-3x22-11x32+2x1x2-x2x3-2x1x3 （2） Q（x）= x12+4x22+x32-2x1x2-6x2x3-2x1x3 解：（1） Q（x）=xT Q（x）=xTx=xTPx，由于P的2階主子行列式都大于零，而1、3階主子行列式小于零，故為負定函數。 （2） Q（x）=xTx=xTPx，由于P的1、2階主子行列式都大于零，而3階主子行列式小于零，故為非定號性函數。 4-2已知二階系統的狀態方程： 試確定系統在平衡狀態處大范圍漸進穩定的條件。 解：方法（1）：要使系統在平衡狀態處大范圍漸進穩定，則要求滿足A的特征值均具有負實部。 即： 有解，且解具有負實部。 即： 方法（2）：系統的原點平衡狀態為大范圍漸近穩定，等價于。 取，令，則帶入，得到 若 ，則此方程組有唯一解。即 其中 要求正定，則要求 因此，且 4-3以李雅普諾夫第二法確定下列系統原點的穩定性。 （1） （2） 解：（1）系統唯一的平衡狀態是。選取標準二次型函數為李雅普諾夫函數，即，則 =0即x1x2<的范圍內，xe=0是漸進穩定的。 (2) 解題步驟 a：假設V(x)的梯度. b:計算V(x)的導數. c:選擇參數,得：. d:根據選擇參數，重新寫出. e:根據公式得出. f:判斷是否正定，進而判斷穩定性. 第五章 線性定常系統的綜合 5-1已知系統狀態方程為： 試設計一狀態反饋陣使閉環系統極點配置為-1，-2，-3。 解：依題意有： ，系統能控。 加狀態反饋陣，，則閉環系統的特征多項式為： = 給定的閉環極點為 -1，-2，-3 期望的特征多項式為： 對應系數相等得：23，-50，-9 即狀態反饋陣為：K=[23 -50 -9] 5-2已知系統狀態方程為： 試設計一狀態反饋陣使閉環系統極點配置為：-10，。 解：依題意有：, =，rankM=3，系統能控。 加狀態反饋陣，閉環系統的特征多項式為： = 給定的閉環極點為：-10， 期望的特征多項式為： 對應系數相等得：-4，-1.2，-0.1 即狀態反饋陣為：K=[-4 -1.2 -0.1] 5-3有系統： （1） 畫出模擬結構圖。 （2） 若動態性能不滿足要求，可否任意配置極點？ （3） 若指定極點為-3，-3，求狀態反饋陣。 解（1）系統模擬結構圖如下： （2）系統采用狀態反饋任意配置極點的充要條件是系統完全能控。 對于系統有： ，系統能控，故若系統動態性能不滿足要求，可通過狀態反饋任意配置極點。 故系統完全能觀，故若系統動態性能不滿足要求，可通過輸出反饋任意配置極點。 （3） 加狀態反饋陣，則閉環系統的特征方程為： = 給定的閉環極點為：-3，-3 期望的特征多項式為： 對應系數相等得：-1,-3 即狀態反饋陣為：K=[-1 -3] 5-4設系統傳遞函數為 試問能否利用狀態反饋將傳遞函數變成 若有可能，試求出狀態反饋，并畫出系統結構圖。 解： 由于傳遞函數無零極點對消，因此系統為能控且能觀。 能控標準I型為 令為狀態反饋陣，則閉環系統的特征多項式為 = 由于狀態反饋不改變系統的零點，根據題意，配置極點應為-2，-2，-3， 得期望特征多項式為: 比較與的對應項系數，可得 即 系統結構圖如下： 5-5使判斷下列系統通過狀態反饋能否鎮定。 (1) 解：系統的能控陣為： 系統能控，可以采用狀態反饋將系統的極點配置在根平面的左側，使閉環系統鎮定。 （2） 解：系統可以分解為以下兩個子系統： ， 以上兩個子系統最后一行對應的b陣全為0，故兩子系統均不能控， 又有,，可得兩個子系統的特征根分別為：-2，-2，-2和-5，-5 均為負實根，所以兩個子系統是漸進穩定的，所以通過狀態反饋可以實現系統的鎮定。 5-6 設系統的狀態方程為： （1） 判斷系統能否穩定。 （2） 系統能否鎮定，若能，設計狀態反饋陣使之穩定。 解：（1）系統的特征方程為： 各系數異號且缺項，故系統不穩定。 （2）判斷系統的能控性： rankM=4,系統完全能控，通過狀態反饋可以實現系統的鎮定。 設狀態反饋陣為，使閉環極點配置為：-1，-1，-1，-1 則閉環系統特征多項式為： = 給定的閉環極點為：-1，-1，-1，-1 則期望的特征多項式為： 比較對應系數可得 所以狀態反饋陣為 5-7. 設計一個前饋補償器，使系統： 解耦，且解耦后的極點為。 解：求被解耦傳遞函數陣的逆： （注：若不存在逆，則該系統不能用前饋補償解耦。） 跟據要求，令解耦后的系統的傳遞函數陣為： 由式，得前饋補償器的傳遞函數陣為： 即為所求。 5-8. 已知系統： （1）判別系統能否用狀態反饋實現解耦 （2）設計狀態反饋使系統解耦，且極點為。 解： （1） 求： 可知使的最小的是，則；使的最小的是，則。 確定D、E陣： （2）E矩陣不滿秩，根據能解耦判據得，該系統不能狀態反饋實現解耦。 5-10. 已知系統： 試設計一個狀態觀測器，是觀測器的極點為。 解： ① 判別能觀性 可知系統完全能觀，能夠找到觀測器； ② 設加入的，則觀測器的特征多項式為： ③ 期望觀測器特征多項式為： 解得： 。 ④ 綜上，觀測器為 5-11. 已知系統： 設狀態變量不能測取，試設計全維和降維觀測器，設觀測器極點為。 解： ① 判別能觀性 可知系統完全能觀，能夠找到觀測器； ② 對于全維觀測器 觀測器的特征多項式為： 期望觀測器特征多項式為： 解得：。 觀測器為： ③ 對于降維觀測器 構造變換陣為，設 得變換后的系統為 由于狀態分量可由直接提供，對變換后的系統設計一維觀測器，設，則觀測器的特征多項式為 期望觀測器特征多項式為： 解得 由課本式（5.109）可得觀測器為 5-12. 已知系統： 設計一降維觀測器，是觀測器極點為，畫出模擬結構圖。 解： ① 判別能觀性 可知系統完全能觀，能任意陪極點，能夠找到觀測器。 ② 建立變換矩陣 得 由于狀態分量可由直接提供，對變換后的系統設計二維觀測器，設，得觀測器的特征多項式為 期望特征多項式為 解得。 由課本（5.109）得 經狀態變換后的狀態估計值為 原來系統的狀態評估為 結構圖