线性系统理论作业及参考答案

《线性系统理论》第一次作业参考答案 2010.11.12 1-1 证明：由矩阵                 −−−− = −− 121 0000 0100 0010 aaaa A nnn L MOMMM L L L 则 A的特征多项式为 n nn n n n n nnn n n n nnnnnn aa aa aaaa a aaaaaaaa AI +++= =+−−+ + − − = −−+ + − − = + − − =− − − − −−− −+ −−−−− L L L MOMMM L L L L MOMMM L L L L MOMMM L L L 1 1 2 1 1432 2 11 1321121 )1()1(000 010 001 )1()1(000 010 001 000 010 001 λλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ 若 iλ 是 A的特征值，则 00 0 01 000 010 001 )( 1 1 1 2 121 =                 +++ =                                 + − − =− −− −− n n i n i n i i i innn i i i ii aaaaaa AI L MM L MOMMM L L L λλλ λ λ λ λ λ λ υλ 这表明 [ ]Tniii 121 −λλλ L 是 iλ 所对应的特征向量。 1-2 根据矩阵函数的不同定义有如下两种证法： 证法 1：一元函数 )( if λ 展开成幂级数： ∑ ∞ = = 0 )( k k iki cf λλ 矩阵函数 )(Af 幂级数表示为： ∑ ∞ = = 0 )( k k k AcAf 由于 iλ 为 A的特征值，所以 kiλ 为 kA 的特征值， L,2,1=k 设 iλ 对应的特征向量为 iγ ，则 iii k k ik k k i k iki k ki fccAcAf γλγλγλγγ )()()( 00 0 ==== ∑∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = 所以 )( if λ 是 )(Af 的一个特征值。 证法 2：根据矩阵函数定义，设 )(λp 是函数 )(zf 在 )(Aλ 上的 Hermite插值多项式，则 1 1 ))(),(()()( −== PJpJpPdiagApAf sL ， 因为 )()( λλ fp = ，所以 siJfJp ii ,,2,1),()( L== 。 其中 ii i nni i i i n i ii i p p p p n pp Jp × −                 ′ − ′ = )( )( !1 1 )( )()!1( 1)( !1 1)( )( )1( λ λ λ λλλ O MO L ii i nni i i i n i ii i f f f f n ff Jf × −                 ′ − ′ = )( )( !1 1 )( )()!1( 1)( !1 1)( )( )1( λ λ λ λλλ O MO L 1 1 ))(),(()()( −== PJfJfPdiagApAf sL 。 可以看出， )( if λ 是 )(Af 的一个特征值。 1-3 解：(1) 特征多项式为 411 )()( λλλ −=∆ ，最小多项式为 411 )()( λλλ −=Ψ ； (2) 特征多项式为 4111211 )())(()()( λλλλλλλλλ −=−−−=∆ ， 最小多项式为 211 )()( λλλ −=Ψ ； (3) 特征多项式为 4121211 )()()()( λλλλλλλ −=−−=∆ ， 最小多项式为 211 )()( λλλ −=Ψ 。 1-4 解：由矩阵           =           = 100 100 111 , 100 100 011 2AA ，根据数学归纳法，设           − = 100 100 111 i Ai ， 则           =                     − == + 100 100 11 100 100 011 100 100 111 1 ii AAA ii 也成立，所以           = 100 100 10011 101A ； 又有 A存在特征值 0,1 321 === λλλ ，当 121 == λλ 时，基础解系为 [ ]T110 只有一个， 可以用求逆矩阵法，           − − −− =− 100 10 011 )( s s s AsI ，                 − − −−− =           − −− −− − = − − =− − 1 100 )1( 110 )1( 1 )1( 1 1 1 )1(00 1)1(0 11)1( )1( 1 )det( )()( 2 2 2 1 s sss sssss ss ss sss ssAsI AsIadjAsI 所以           − +−− =−= −− t t tttt At e e teeee AsILe 00 110 11 ])[( 11 。 1-5 证明：因为 1−D 存在，所以由 ppRD ×∈ )det(det0 0 detdet 1 11 CBDAD DC CBDA DC BA I BDI DC BA D A − −− −=      − =            − =      1-6 证明：由 pqqp RBRA ×× ∈∈ , 得 令       − =      = AI IB D I IA C p q q p ,0 ，则      + =      + = p q q p I BIBA DC IB ABI CD 0, 0 ， 所以 DCCD detdet = ，即 )det()det( BAIABI qp +=+ 。 线性系统理论第二次作业答案 2010.11.29 1-7 (3) 解：由 xex t       = − 00 0 & ，取 Itx =)( 0 ，则    == == − 0)(,0 1)(, 02121 0112111 txx txxex t & & ，    == == − 1)(,0 0)(, 02222 0122212 txx txxex t & & 解得    = = 0 1 21 11 x x ，    = +−= −− 121 12 0 x eex tt 即       +− = −− 10 1 0tt ee x       +− ==Ψ∴ −− 10 1)( 0tt ee xt ，       +− =ΨΨ=Φ −− − 10 1)()(),( 0 0 1 0 tt ee tttt 1-8 证 1： BAAB =Q ∑∑∑∑ ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = =====∴ 0000 ) ! 1( ! 1 ! 1 ! 1 k Atkk k kk k kk k kkAt BeBtA k BtA k tBA k tA k BBe BxBxeexBeex AtAtAtAt ===∴ −−& )(0 0),( ttBett −=Φ∴ 而 ABBABA eeeeeBAAB ⋅=⋅=∴= +Q ),( 0)()( )()()()())(( 0000 00000000000 tteeee eeeeeeeeeeeeeee ttBttBAtAt AtttBAtAtttBAtAtAtAtttBttAAtAtttBAAt Φ=== === −−− −−−−−−−−−+− 证毕。 证 2：取 xtTxex At )(== xex At−=∴ 两边求导得 xBexexAex AtAtAt −−− =+−= && 即 xBAx )( +=& 其状态转移矩阵为 ))((0 0),( ttBAett −+=Φ 根据相似矩阵性质得 00 ))((0010 )(),()(),( AtttBAAt eeetTtttTtt −+−− =Φ=Φ 1-9 解：由题可得 A，B，C的值，则                 + +++ +++++ − + =− − 2 100 )2)(1( 1 1 10 )3)(2)(1()3)(1( 1 3 1 )( 1 s sss sss s sss AsI 传递函数阵为             ++ +++ − +++ ++ =−= − 2 1 2 1 )3)(2)(1( 2 )3)(2)(1( 24 )()( 2 1 ss ssssss ss BAsICsG 脉冲响应阵为         −+−−+− ==− −−−− −−−−−−−−−−−− − )(2)(2 )(3)(2)()(3)(2)( 1 22 12 2 1 )]([)( ττ ττττττ τ tt tttttt ee eeeeee sGLtG 1-12 证： 222111 BACBAC kk =Q 2 )( 2 0 222 0 222 0 111 0 1111 )( 1 2 1 ))( ! 1()( ! 1 )( ! 1))( ! 1( BeCBtA k CtBAC k tBAC k BtA k CBeC tA k kk k kk k kk k kktA τ τ ττ ττ − ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = − =−=−= −=−=∴ ∑∑ ∑∑ 又 21 DD =Q )()( 21 ττ −=−∴ tGtG 所以两个系统零状态响应等价。 1-16 解 1： ),()(),( 00 tttAtt Φ=Φ&Q ， I=Φ )0( AA =Φ=Φ∴ )0()0(& 即       =           +−+ ++− =Φ= = −− −− 14 11 )3( 2 13 )3( 4 1)3( 2 1 )0( 0 33 33 t tttt tttt eeee eeee A & 解 2： ])[()( 11 −− −==Φ AsILet AtQ             −+ − −+ −+−+ − =−∴ − )3)(1( 1 )3)(1( 4 )3)(1( 1 )3)(1( 1 )( 1 ss s ss ssss s AsI       −− −− =−∴ 14 11)( s s AsI       =∴ 14 11 A 1-19 b) 证 1： )(20)( 21 AtrAtr =≠=Q 不相似与 21 AA∴ ，两系统不可能等价。 证 2：由 21 DD ≠ 知两系统不等价。 线性系统理论第三次作业答案 2010.12.5 1-10 解：最小公分母为 2)1()(g += sss ，       ++ +++ == 12)1( )1)(12()1()()()( 2 sss sss sgsGsN 其行列式因子为 1)(1 =sD ， )2 1)(1()1()( 22 +−+= ssssD 则其不变因子为 1)(1 =sd ， )2 1)(1()1()( )()( 2 1 2 2 +−+== sss sD sD sd 其 Smith标准型为       +−+ = )2/1)(1()1(0 01)( 2 ssssS ， 所以McMillan标准型为             +− + == s ss ss sg sS sGM )2/1)(1(0 0)1( 1 )( )()( 2 则传递函数阵地零点为 2 11 21 −== zz ， ，极点为 10 4321 −==== pppp ， 。 1-11 解：           + ++= 200 )2()1(0 001 )( 2 s sssssP ，           − = 1 0 ( ssQ ） ， [ ]100)( −=sR ， 0)( =sW 系统的特征方程为 0)2)(1()(det 2 =++= ssssP ，则系统的极点为 0，0，-1，-2。 系统的传递函数阵为 2 1)()()()()( 1 + =+= − s sWsQsPsRsG ，故传递函数阵的极点 为-2，无零点。 )2)(1( )1( 2 1)( 2 2 ++ + = + =∴ sss ss s sG ，即系统的零点为 0，0，-1。 2-1 解：(1) [ ] 3 7111 1110 1001 2 =           −− −= rankBAABBrank ，所以系统可控； [ ] 3 1411 3421 2210 )( 2 =           −− − − = T TTTTTT rankCACACrank ，所以系统可观。 (2) [ ] 3 0101 1010 1101 2 =           = rankBAABBrank ，所以系统可控； [ ] 32)( 333 21212 111 2 <           ++= T TTTTTT CCC CCCCC CCC rankCACACrank ， 所以系统不完全可观。 2-3 解：∵系统在 0t 时刻可控 ∴格兰姆矩阵 ∫ ΦΦ= 1 0 ),()()(),(),( 0010 t t TT c dtBBtttW τττττ 非奇异 对于任给的初始状态 )( 0tx ，构造如下容许控制输入 )),()()(,(),()()( 11001010 xtttxttWtttBtu cTT Φ−Φ−= − ，则 1 1 10010 1 10001 1 10010 1 00001 00011 )]),()()(,(),()()[,( ])),()()(,(),()()(),()()[,( ])()(),()()[,()( 1 0 1 0 x xtttxttWttWtxtt dxtttxttWtBBttxtt duBttxtttx cc t t c TT t t = Φ−−Φ= Φ−ΦΦ−Φ= Φ+Φ= − − ∫ ∫ τττττ ττττ ∴可以将系统状态转移到 01 ≠x 。 若要使系统状态保持在 1x ，即 11 )()(0)()( xtAutButBxtAx −==+= ，即& 有解， 由于 01 ≠x ，所以这个很难保证。 2-7(1) 解：由题意得 [ ] 201,2 1 1 =      =      =      + + = ba rank CA C rank dc ba rankABBrank ∴使 dcba +≠+ ，系统完全可控；使 0≠b ，系统完全可观。 2-8 解： [ ] nABBrankBrank ==           == 3 0300 0001 0110 2)( ， ，所以可控性指数 2=µ ； n CA C rankCrank ==             − =      = 3 100 140 010 101 2)( ， ，所以可观性指数为 2=ν 。 线性系统理论第四次作业参考答案 2010.12.9 2-6(3) 解： [ ] 21 000000 2110012 <=      −− =BCACABCBrank ， 所以系统输出不完全可控。         ++ + =                     − + −       =−= − − 00 )1( 1 )1( 2 00 10 01 300 021 01 100 001)()( 22 1 1 ss s s s s BAsICsG 21)( <=srankG ，所以系统输出函数不可控，输入函数不可观。 2-13 解 1：存在。因为 ),( bA 可控，将它化成可控标准形，得 ),( cc bA ，变换阵为 1T 。若令 可控标准形的输出矩阵 [ ]001 L=cc ，则系统 ),( cc cA 可观。令 1Tcc c= ，则系统 ),( cA 可观。 解 2：由 ),( bA 可控可得， bAsI 1)( −− 行线性独立。 取 )(])[( 1 AsIAsIbc TT −−= − ，则 TT AsIbAsIc ])[()( 11 −− −=− 列线性独立， 即 ),( cA 可观。 注意：不能直接取 Tbc = ，反例：           − = 300 020 201 A ，           = 1 1 1 b ， [ ]111== Tbc 此时 3 931 421 711 =           −− = rankrankU ， 2 141 121 111 =           = rankrankV ，系统可控不可 观。 2-15 证明：充分性：∵ ),( bbkA − 对所有 k可控，∴当 0=k 时， ),( bA 可控。 必要性：∵ ),( bA 可控，则 nbAsIrank =− ],[ 又∵ ]),([ bbkAsI −− 与 ],[ bAsI − 相抵（列初等变换） 则 nbAsIrankbbkAsIrank =−=−− ],[]),([ 根据 PBH秩判据， ),( bbkA − 对所有 k可控。 3-1解：(1) 首先验证该系统可控可观。 [ ]           − − − == 111 210 442 2bAAbbU ，           −− −− − = − 115.0 211 205.0 1U           −− − −− =           = 235.0 125.0 115.0 2 1 Ap Ap p T T n T n T n ， 如此得可控标准形为           −−− == − 331 100 010 1 11ATTAc ，           == 1 0 0 1bTbc ， [ ]23111 −== −cTcc 由此可得，系统的传递函数阵为 133 132)( 23 2 +++ −+ = sss ss sg 由于系统是可观可控的，根据传递函数阵可直接得到可观标准形           − − − = 310 301 100 oA ，          − = 2 3 1 ob ， [ ]100=oc (2) 首先验证该系统可观可控。 [ ]           == 742 211 421 2bAAbbU ，           − −− − = − 102 213 021 1U           −− − =           = 010 111 102 2 1 Ap Ap p T T n T n T n ， 如此得可控标准形为           == − 111 100 010 1 11ATTAc ，           == 1 0 0 1bTbc ， [ ]87411 == −cTcc 由此可得，系统的传递函数阵为 1 478)( 23 2 −−− ++ = sss ss sg 由于系统是可观可控的，根据传递函数阵可直接得到可观标准形           = 110 101 100 oA ，           = 8 7 4 ob ， [ ]100=oc 3-3 解： )(sg 的可控标准形实现为：             −−− = 2031 1000 0100 0010 A ，             = 1 0 0 0 b ， [ ]1001=c 4 105104 4252 2021 1001 3 2 =             −−− − −−− =             rank cA cA cA c rank 该系统既可控又可观，故此实现为最小实现。（另可由 )(sg 无零极点相消判断其为 最小实现） 3-4 解：不可简约实现：           − = 001 100 010 1A ，           = 1 0 0 1b ， [ ]0011 =c 令 ss s sg + = 4)( ，则其可观标准形为             − = 0100 0010 1001 0000 2A ，             = 0 0 1 0 2b ， [ ]10002 =c ，此实现为不完全可控实现； 其可控标准形为             − = 0010 1000 0100 0010 3A ，             = 1 0 0 0 3b ， [ ]00103 =c ，此实现为不完全可观测实现； 对最小实现增加一个不可观不可控的状态即为既不可控也不可观实现，即             − = 1000 0001 0100 0010 4A ，             = 0 1 0 0 3b ， [ ]00013 =c 线性系统理论第五次作业参考答案 2010.12.16 3-5(1) 解：                      2 1 1 1 3 1 1 1 11 01 )( ss sssG ，令                2 1 1 1 3 1 1 1 )( ss sssG 方法 1： )(sG 各元的最小公分母为 6116)( 23  ssssg                               2 11 11 45 45 36 26 )( 1 )( ss sg sG )(sG 的可控标准形实现为                        6011060 0601106 100000 010000 001000 000100 1A ，                      10 01 00 00 00 00 1B         114536 113526 1C ，        11 01 1D 经验证 31 rankV ，系统不可观测。在 1V 中选取 3 个线性无关行，另外再选取 3 个线 性无关的行，得变换阵                        000100 000010 000001 319566 114536 113526 1T 则                           5065.005.1 010011 100000 000403 0005.025.1 001100 1 1111 TATA ，                        00 00 00 31 11 11 111 BTB ，         000010 0000011 111 TCC 最小实现为：             403 5.025.1 100 A ，             31 11 11 B ，        010 001 C ，        11 01 D 方法 2：（汉克尔阵法）   33 2 2 1 1)( shshshsG ，其中         11 11 1h ，         21 31 2h ，         41 91 3h ，         81 271 4h ，         161 811 5h 作汉克尔阵                            1618141 81127191 814121 2719131 412111 913111 ),( H ， 3),( rankH ， 故最小实现维数为 3，根据变换阵取法，得               931 211 311 F ，               2791 421 931 *F ，          211 311 1F ，             31 11 11 2F 最小实现为              403 5.025.1 100 1*FFA ，             31 11 11 2FB ，         010 0011 1FFC ，        11 01 D ，经验证 ),,( CBA 完全可控可观测。 方法 3：                                                                                                     11 01 10 0 1 3 1 10 1 0 2 1 01 1 1 1 1 11 01 00 10 3 1 10 00 2 1 01 01 1 1 11 01 2 1 1 1 3 1 1 1 2 1 1 3 1 1 2 )( sss sss ss ss s s s s ss s sG 所以 )(sG 的 Jordan 形实现（最小） uXX                          10 10 01 3 2 1  ， uXy               11 01 011 101 3-6 解：            22 22 2 1 )1(222 )1(244 )2()1( 1 )()( sss sss ss BAsICsG 在(1)中， )()( sGsG  ；而在(2)中， )()( sGsG  ，故该实现是(1)的实现，经验证 ),,( CBA 完全可控可观测，所以此实现为最小实现。 3-11 答：(1) ),,( CBA 为最小实现，即系统完全可控可观测，极点多项式与 A的特征多项式 相同。 (2)极点多项式一定与特征多项式相同，但不一定等于最小多项式。反例： uxx              10 01 10 01  ， xy        10 01 ，经验证系统完全可控可观测， 2)1()()(  sssp ，但 1)(  ss 。 (3)极点多项式与特征多项式的阶数等于 )(sG 的 McMillan 阶，但最小多项式则不 一定。 4-1 解：         22 11 1 1 x t x xex t   ，解得        )1)(0( )0( 22 1 11 txx exx te ，即                        )0( )0( 10 0 2 1 1 2 1 x x t e x x x te 因为 tee 1 趋于定值，而 1t 是发散的，则系统在 0x 处不稳定，因而不是一致 稳定、渐进稳定、一致渐进稳定的。 4-2 证明：对于系统 xtAx )( ， ),()(),( 00 tttAtt  而 )]()([max)(  Tm AA  ，则 ),(),()( ),())()()(,( ),(),(),(),()],(),([ 00 00 000000 ttttt tttAtAtt tttttttttttt dt d T m TT TTT      即 ),()( ),( 0 0 ttt dt ttd m    ， dtt tt ttd m )( ),( ),( 0 0    两边求积分得： Cttadttt t t m   )(),(ln 00 0  ，即 )(0 0),( ttaCeett  即存在 0,0  aeN C ，使得对于 01 tt  ，有 )( 0 0),( ttaNett  所以系统是一致渐进稳定的，对于线性系统 xtAx )( 是按指数稳定的。 4-5 证明：由状态方程解得： 2 0 texx  ，则当 t 时， )(tx ，故系统的解不稳定。 将等价变换 xex t 2  代入状态方程，的 xtexexte ttt 222 22   ，即 0x 变换后的系统是稳定的，因此等价变换不能保证稳定性不变。 4-6 证明：原系统平衡状态稳定，则 ),( 0tt 有界，因为 )(,)( 1 tTtT  均有界，则经李雅 普诺夫变换后， )(),()()(),()(),( 10 1 00 tTtttTtTtttTtt   ，即 ),( 0tt 有界，故稳定性不变； 原系统渐进稳定，则 0),(lim 0   tt t ，则 0)(),()(lim),(lim 100    tTtttTtt tt ， 故渐进稳定性亦不变。同理，若原系统不稳定，则变化下的系统也不稳定。 举例：令 txx  ，则 xtx 1 ，代入状态方程得： xxtxt 212    ，解得 2 0 ttexx  ， 所以，若原系统不稳定，在李雅普诺夫变换下系统依然不稳定。 线性系统理论第六次作业参考答案 2010.12.23 4-7解：(1) 由系统得 4 1010 0101 11.01.110 1.1011                  rankrankU , 4 1011.01.1 011.10 1011 0101                  rankrankV 所以系统可控可观测。 )1.11.1)(1)(1()( 2  sssss ，知系统有一个特征值为 1，不满足 0)(Re A ， 则系统平衡状态不稳定，不是渐近稳定。又由于系统可控可观测，所以 BIBS不稳定， BIBO不稳定，总体不稳定。 (6) 将 )(sG 化为 Smith-McMillan形：           40 0 )3)(2)(1( 1 s ssssGM 系统传递函数阵的极点为 0，-1，-2，-3。由于包含极点 0，所以系统不是渐近稳定 的。由于 )(sG 中有元素的极点中包含 0，则系统 BIBO不稳定，因而系统 BIBS不稳定， 总体不稳定。对于系统是否平衡状态稳定，则需要判断系统的特征方程 )(s 的根，若 )(s 中实部为零的根所对应的初等因子是一次，而其余根均有负实部，则系统平衡状 态稳定，否则不稳定。 4-8 解： 0x 是系统唯一的平衡状态。 取 ])1([ 2 1 ),( 22 2 1 xtxtxV  ，则 ),( txV ， ),( txV  对 x,t存在且连续，且 0),0( tV 。 当 0x 时， x t txVx 2 1 ),( 2 1   ，所以 ),( txV 正定且有界； 0)1920( 2 1 ]2)1(2[ 2 1 ),( 22 2 2 2 2 1 1  xtx dt dx xt dt dx xtxVt  ，当 1x 任意， 02 x 时， 0),( txVt  ，除此之外均有 0),( txVt  。将 02 x 代入方程         212 21 10 1 1 0 xx t x xx   ， 可见除 )0,0( 点之外， )0,( 1x 不是系统受绕运动的解。 当 x 时， ),( txV 。所以系统原点平衡状态是大范围渐近稳定的。 4-9 解：系统的特征方程为： 2213231233221113221133222211 2 332211 3 )()( )det()( aaaaaaasaaaaaaasaaas AsIs   根据劳斯判据，令 )( 332211211 aaacb  332211 1322113322221133221122132312332211 312 ))(( aaa aaaaaaaaaaaaaaaaa cb    )( 332211 22132312332211 21 41 3 aaa aaaaaaa c c b    构成许瓦兹矩阵：             12 3 0 10 010 bb bB ，系统系数阵 A与许瓦兹矩阵 B具有相同的特征多项式。 取 Q阵为 0 200 000 000 2 1             b Q ，显然 QxxT 沿任意非零解不恒为 0。 由李雅普诺夫方程 QPBPBT  ，解得            1 21 321 00 00 00 b bb bbb P ，当 0 TPP 时， 系统 Bxx  渐进稳定，这时系统 Axx  也渐近稳定。即当 0,0,0 321  bbb 时，系 统大范围渐近稳定。 4-10 解：令 PxxxV T)( ， WxxxPAPAxxPxPxxxV TTTTT  )()(  ，即解李雅 普诺夫方程 WPAPAT  ，得             1 21 321 00 00 00 b bb bbb P 。 所以， x b bb bbb xxV T             1 21 321 00 00 00 )( )(xV 正定的条件为 0,0,0 321  bbb 。 4-14 解：        u Q 0 01 ，设        2212 1211 pp pp P ，代入李雅普诺夫方程 QPAPAT  ，得                                    upp pp pp pp 0 01 21 10 21 10 2212 1211 2212 1211  解得   4 1 ,5.0, 4 1 221211 u pp u p     ，则   4 1 )0()0( u PxxJ T   由 0 4 14 2 2         uJ 解得 2 1 u  ， 0 ， 2 1 u  。 ans1 ans2 ans3 ans4 ans5 ans6