现代控制理论(期末A)答案

（勤奋、求是、创新、奉献）

2007 ～ 2008 学年第二学期考查试卷

主考教师：_________________

学院 _______________ 班级 __________ 姓名 __________ 学号 ___________

《 现代控制理论 》课程试卷A（参考答案）

（本卷考试时间 90 分钟）

一、 判断题：（每小题2分，共10分）

1、描述系统的状态方程不是唯一的。（√）

2、对多输入多输出系统，如果C(sIA)1B存在零极点对消，则系统一定不可控。（×） 3、线性定常系统经过非奇异线性变换后，系统的可控性不变。（√）

4、通过全维状态观测器引入状态反馈来任意配置系统的闭环极点时，要求系统必须同时可控和可观测。（√）

5、用状态反馈进行系统极点配置可能会改变系统的可观测性。（√）

二、 简答题：（10分）

1、简述对偶原理。（5分）

解： 系统1(A1,B1,C1)和系统2(A2,B2,C2)互为对偶系统，则1的能控性等价于2 的能观性；2的能观性，1的能观性等价于2的能控性。

2、简述李雅普诺夫第二方法中，对于李雅普诺夫意义下稳定的判别定理。（5分）

解：设系统状态方程为：x

f(x)，平衡状态为：xe0，满足f(xe)0。

若存在一个标量函数V(x)，满足： （1）、V(x)对所有

x都具有连续的一阶偏导数；

（2）、V(x)是正定的，即当x0，V(x)0；x0，V(x)0；

()（3）、Vx

dVx()/dt

为半负定。

则平衡状态xe为在李雅普诺夫意义下稳定。

三、 设系统的微分方程为：（10分）

610y3yu5u2u yy

（1）、写出系统的传递函数；（5分）

（2）、写出能观标准型状态空间表达式。（5分） 解：传递函数：

s25s2

G(s)3 2

s6s10s3

能观标准型：

01x

0y0

032

5u010x

161

01x

四、 试将下列状态方程化为对角标准形。 （15分）

101x10xx56x1u 22

解：① 求特征值

1

IA(6)5(5)(1)0

56

解得：



11,25

② 求特征向量

v11111v110

，解得：a、对于11：有：1IAv1v1v1 v0551212

b、对于25：有：2IAv2

5

1

v21151v210

，解得：v 21v220v225

③ 构造P，求P

11

Pv1v2

1515

4P141144

④ 求，。

10

, P1AP

05

11404 11144

5

41

PB

14

1

410则得对角标准型： 1u

05

4

五、 已知系统状态空间表达式为：

011xxu 341

y11x

求系统在零初始状态下的单位阶跃响应。 （15分）

解：∵

IA



1

(4)3(3)(1)011,23

34

3

∴ P

11

1P1

1312213

211

1 

1

22

3

t

t

eAtP

e

001

2e3tP111e0

130

e3t21

122



3t13t

1

2e2e2et12

e3t3

2et32

e3t1t33t2e2e

将u(t)1(t)代入求解公式得：

31t13tx(t)

2e2e2et12

e3t



x)1(0)1t3ete3(t3et31t33tx+2(0)23et03e3(t)

22e3t2e2e

3ete3t3t

xet

ext1(0)2

22(0)e13et

3e3t

et3e3t

2x1(0)2x

2(0)et1

若取x(0)0，则有：x(t)et1

et1

y11x(t)11et1

tet12e2



六、 已知控制系统如图所示。 （20分）

ete3(t)1

et3e3(t)1

d

（1）、写出以x1，x2为状态变量的系统状态方程与输出方程。

（2）、试判断系统的能控性和能观性。若不满足系统的能控性和能观性条件，问当K1与K2取何

值时，系统能控或能观。 （3）、求系统的极点。 解：

（1）、由图可知：

1x2 x

2u x

yK1x1K2x2

将状态方程和输出方程写成矩阵形式，有：

101x20x

x00x1u 32yK1

能控性矩阵：

K2x1x2

（2）、系统能控能观性判断。

UCb

01

Ab，rankUC2

10

无论K1与K2取何值，系统均能控。 能观性矩阵：

cK

UO1

cA0

（3）、系统的特征方程为：

K2

K1

要使系统能观，UO应满秩，即detUOK120，K10。

sdetsIAs20

0s

则，系统的极点为s1s20。

七、 已知系统：（20分）

x0100x01u y10x

要求设计一个状态观测器，使观测器的极点为：1，4。

解：能观性判别矩阵：N10

01，rankN2，系统完全能观



设状态反馈矩阵G

g1，则：AGc001g1gg200

g201g2f()I(AGc)g11

g2g1g2

2

f*()(1)(4)254

g15,g24

∴ 状态观测器方程为：x

ˆ5140xˆ05

1u4

y

1

0