用户: Solution/ 习题: 数学控制论

3控制系统的分析

14.	静态解为 $\{\begin{array}{l}{x}_1\equiv 1\\ x_2\equiv 0\end{array}$, $\{\begin{array}{l}{x}_1\equiv 0\\ x_2\equiv 0\end{array}$, 相应的线性化是$$\{\begin{array}{l}{\dot{x}}_1=x_2\\ {\dot{x}}_2=(x_1-1-x_2)t\end{array},\{\begin{array}{l}{\dot{x}}_1=x_2\\ {\dot{x}}_2=(-x_1-x_2)t\end{array}.$$
16.	(4) 不稳定, 因为 $1-\frac{3}{5}\cdot 2=-\frac{1}{5}<0$. $$\begin{array}{cccccc}{x}^5& x^4& x^3& x^2& x& 1\\ 3& 5& 1& 2& 2& 1\\ & 5& 1-\frac{3}{5}\cdot 2& 2& 2-\frac{3}{5}\cdot 1& 1\end{array}$$
19.	两者都等价于 $a_1>0,a_1{a}_2>a_3,a_1{a}_2{a}_3>a_3^2+a_1^2{a}_4,a_4>0$. $$\begin{array}{ccccc}{x}^4& x^3& x^2& x& 1\\ 1& a_1& a_2& a_3& a_4\\ & a_1& a_2-a_1^{-1}{a}_3& a_3& a_4\\ & & a_2-a_1^{-1}{a}_3& a_3-\frac{a_1}{a_2-a_1^{-1}{a}_3}{a}_4& a_4\end{array}$$
20.	$a_1>0,a_1{a}_2>a_3,a_3>0$. $$\begin{array}{cccc}{x}^3& x^2& x& 1\\ 1& a_1& a_2& a_3\\ & a_1& a_2-a_1^{-1}{a}_3& a_3\end{array}$$P80 的方程 (3.17) 为$${\lambda }^3+\frac{b}{m}{\lambda }^2+\frac{g{\sin }^2{\phi }_0}{\cos {\phi }_0}\lambda +\frac{2kg{\sin }^2{\phi }_0}{{\omega }_{0}J}=0,$$由于摩擦系数 $b>0$, 质量 $m>0$, 重力加速度 $g>0$, 比例常数 $k>0$, 开度 ${\phi }_0\ne 0$, 角速度 ${\omega }_0>0$, 转动惯量 $J>0$, 只需$$\frac{b}{m}\frac{g{\sin }^2{\phi }_0}{\cos {\phi }_0}>\frac{2kg{\sin }^2{\phi }_0}{{\omega }_{0}J},$$等价于$$\frac{bJ}{m}>\frac{2k\cos {\phi }_0}{{\omega }_0},$$此即 (3.19),(3.20).
27.	不稳定, 其中 $f(s)=s^5+2s^4+5s^3+2.5s^2+2s+1$ 不稳定, 因为 $5-2\cdot 2.5=0$. $$\begin{array}{cccccc}{s}^5& s^4& s^3& s^2& s& 1\\ 1& 2& 5& 2.5& 2& 1\\ & 2& 5-2\cdot 2.5& 2.5& 2-2\cdot 1& 1\end{array}$$
29.	令 $t=s+1$, 对 $f(t-1)$ ($=f(s)$) 用 Routh 判据, 以知其根是否满足 $\mathrm{Re}t=\mathrm{Re}(s+1)<0$.

4线性系统的能控性和能观性

2.	(1) $(\mathbf{B},\mathbf{A}\mathbf{B},{\mathbf{A}}^2\mathbf{B})=\left(\begin{array}{ccc}2& -4& -4\\ 0& 1& 2\\ 1& 3& -1\end{array}\right)$, 秩为 $3$, 能控. (2) $(\mathbf{B},\mathbf{A}\mathbf{B})=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -2& -2\\ 1& 1& -2& -2\end{array}\right)$, 秩为 $1$, 不能控.
6.	用定理 1.6 (ii), 存在状态变换使得 $\mathbf{A}$ 的左下角出现 $0$, 若 $[{\mathbf{A}}_1,{\mathbf{B}}_1]$ 还是不能控的话继续变换, 直到能控为止.
7.	(1) 是. 用定理 1.6 (vi), 对于所有的 $\lambda \in \mathbb{C}$, $\left(\begin{array}{ccc}\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_1& 0& {\mathbf{B}}_1\\ 0& \lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_2& {\mathbf{B}}_2\end{array}\right)$ 满秩, 用行秩说明 $(\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_1,{\mathbf{B}}_1),(\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_2,{\mathbf{B}}_2)$ 满秩. (2) 不一定. 令 $({\mathbf{A}}_1,{\mathbf{B}}_1)=(\mathbf{I},\mathbf{I}),({\mathbf{A}}_2,{\mathbf{B}}_2)=(\mathbf{I},\mathbf{I})$, 对于所有的 $\lambda \in \mathbb{C}$, $(\lambda \mathbf{I}-\mathbf{I},\mathbf{I})$ 满秩, 故均能控; 而 $\left(\begin{array}{ccc}\mathbf{I}& 0& \mathbf{I}\\ 0& \mathbf{I}& \mathbf{I}\end{array}\right)$ 不能控, 毕竟 $\lambda =1$ 时 $\left(\begin{array}{ccc}\lambda \mathbf{I}-\mathbf{I}& 0& \mathbf{I}\\ 0& \lambda \mathbf{I}-\mathbf{I}& \mathbf{I}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& \mathbf{I}\\ 0& 0& \mathbf{I}\end{array}\right)$ 不满秩.
11.	(1) 在 $[t_0,s]$ 上取控制 $\hat{\mathbf{u}}=\{\begin{array}{ll}\mathbf{u},& [t_0,\tau ]\\ 0,& (\tau ,s]\end{array}$. 那么 $[t_0,\tau ]$ 上 $\mathbf{x}$ 与原来一样, $(\tau ,s]$ 上 $\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{A}\mathbf{x}$ 且初值 $\mathbf{x}(\tau )=0$, 则 $\mathbf{x}$ 如如不动, $\mathbf{x}(s)=0$. (2) 对于所有的 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 存在时刻 ${\tau }_{{\mathbf{x}}_0}\in [t_0,t_1]$ 使得 ${\mathbf{x}}_0$ 在 $[t_0,{\tau }_{{\mathbf{x}}_0}]$ 上能控. 令 $\tau =\underset{{\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n}{\sup }{\tau }_{{\mathbf{x}}_0}$, 由 (1), ${\mathbf{x}}_0$ 亦在更大的区间 $[t_0,\tau ]$ 上能控.
19.	不会.
21.	根据定理 2.2, 设 $\mathbf{K}=(k_1{k}_2{k}_3)$, 令 $u_k=-\mathbf{K}{\mathbf{x}}_k+v_k$, $\mathbf{A}-\mathbf{B}\mathbf{K}$ 的特征多项式是$$\det (s\mathbf{I}-\mathbf{A}+\mathbf{B}\mathbf{K})=\left|\begin{array}{ccc}s-1+k_1& -1+k_2& -1+k_3\\ -1-k_1& s+1-k_2& -k_3\\ 0& -1& s-1\end{array}\right|.$$不经一番彻寒骨, 哪得梅花扑鼻香, 上式展开为$$s^3+(k_1-k_2-1)s^2+(-k_1+3k_2-k_3-2)s+(-k_1-2k_2+2k_3+1),$$比较系数有$$\{\begin{array}{l}{k}_1-k_2-1=-\frac{1}{2}\\ -k_1+3k_2-k_3-2=\frac{1}{4}\\ -k_1-2k_2+2k_3+1=-\frac{1}{8}\end{array},$$解得 $\mathbf{K}=\left(\frac{43}{8}\frac{39}{8}7\right)$.
29.	用定理 3.2 (v), 对于所有的 $\lambda \in \mathbb{C}$, $\left(\begin{array}{ccc}\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_1^{\text{T}}& -{\mathbf{A}}_3^{\text{T}}& {\mathbf{C}}^{\text{T}}\\ -{\mathbf{A}}_2^{\text{T}}& \lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_4^{\text{T}}& 0\end{array}\right)$ 满秩, 用行秩说明 $(-{\mathbf{A}}_2^{\text{T}},\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_4^{\text{T}})$ 满秩.
30.	(1) 令 ${\bar{\mathbf{x}}}_k=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right){\mathbf{x}}_k$, 这是为了 ${\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)}^{-1}(11)=(10)$. 又计算$$\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}-2& 1\\ 2& -2\end{array}\right){\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 2& -4\end{array}\right),$$故系统成为$$\{\begin{array}{l}{\bar{\mathbf{x}}}_{k+1}=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 2& -4\end{array}\right){\bar{\mathbf{x}}}_k+\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)u_k,\\ y_k=(10){\bar{\mathbf{x}}}_k.\end{array}$$设 $\mathbf{L}=\left(\begin{array}{c}{l}_1\\ l_2\end{array}\right)$, 则 $\mathbf{A}-\mathbf{L}\mathbf{C}$ 的特征多项式是$$\det (s\mathbf{I}-\mathbf{A}+\mathbf{L}\mathbf{C})=\left(\begin{array}{cc}s+2+l_1& -1+l_1\\ -2+l_2& s+2+l_2\end{array}\right),$$要令上式即$$s^2+(4+l_1+l_2)s+(2+4l_1+3l_2)=(s-\frac{1}{2})(s-\frac{1}{3}),$$解得 $\mathbf{L}=\left(\begin{array}{c}38/3\\ -35/2\end{array}\right)$. (2) 设 $L=(l)$, 记 ${\bar{\mathbf{x}}}_k=({\bar{x}}_k^{(1)},{\bar{x}}_k^{(2)})$. 置 $z_k={\bar{x}}_k^{(2)}-l{\bar{x}}_k^{(1)}$, 降维估计器为$$\{\begin{array}{l}{\hat{z}}_{k+1}=((2-l\cdot 0)+(4+l\cdot (-1))l)y_k+(-4+l){\hat{z}}_k+l{u}_k,\\ {\hat{z}}_k(0)=0.\end{array}$$其中 $-4-l=\frac{1}{2}$, 得 $l=\frac{9}{2}$, $y_k$ 的系数 $2+\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{2}=\frac{17}{4}$, 代入有$$\{\begin{array}{l}{\hat{z}}_{k+1}=\frac{17}{4}{y}_k+\frac{1}{2}{\hat{z}}_k+\frac{9}{2}{u}_k,\\ {\hat{z}}_k(0)=0.\end{array}$$