线性系统理论+课后答案+(程兆林+马树萍+著)+科学出版社(2)

x(k)=x1(k), x(k答

+1)=案

x2(k), 则

w(z),

x 1(k+1) 后

01 课

ax1(k) 0

x2(k+1) =

2 3 x2(k) + 1 u(k),

y(k)=[32] x d

1(k)

16. 解: e

At

h x 2(k).

k= 1t

01

, 则 .

G=e

AT

= 12

01

, wH=∫22 1t 0 2 t 2 0eAtBdt=∫0 01 1 dt=∫0 1 dt= 2

, 则 x(k+1)= 12 01 x(k)+ 2 2

u(k).

17. 解: A= 01 02 , B= 0

, T=1, 1

m

ww

好东西

111 1

112t ( +e 12ss 2At 1 1 1s == e=L , sIAL() 22 1 0 0e2t s 2

G=eAT

12T (2T+1 e) 112t TT +e 1.0973

H=∫eAtBdt=∫ 22 dt= 4= ,00 13.1946 e2t(e2T 1) 2 T=1

x(k+1)=Gx(k)+Hu(k),y(k)=Cx(k)=[01]x(k).

www.

khd

课

aw.

网

后

答

案

com

12

e1(1) 13.1945 = =2 07.3891 , 2 e0

好东西

习题2

3. 设x0∈XC，证明在任意控制u(t)作用下，自x0出发的轨线x(t)上的任一点均属于XC.

证：x(t)=ex0+e

At

∫

t

A(t τ)

Bu(τ)dτ，

因为I=ex0=

At

j

α(t)Ax0∈Xc ∑jj=0

n 1

II=∫e

0n 1

t

A(t τ)

Bu(τ)dτ=∫∑αj(t τ)AjBu(τ)dτ

0j=1

t

tn 1

=∑AB∫αj(t τ)u(τ)dτ∈Xc

j

j=0

所以x(t)∈Xc.

补充：x0∈XNC, 不一定x(t)∈XNC.

后

答

01 1 0

例：A= 00 0 1 ， B= ，x0= ,

1

0

www.

T0T0

4．证明：设u(t)为任一将x0导引到原点的控制，则

x0= ∫e AtBu*(t)dt ①

x0= ∫e AtBu0(t)dt ②

②-①得 0=

khd

At

1t 0 t t 0

I=ex0= 01 1 = 1 = 0 1 + ,

t 0

0 1

显然 ∈XC, XC,故I XC,又II∈XC, 因此 I+II XC.

课

At

X=spane= 则 XC=span ，，NC 0 1 01 .

∫

T

e AtB(u*(t) u0(t))dt

T0

0T At

0= z0eB(u*(t) u(t))dt ∫

0=∫u*T(t)(u*(t) u0(t))dt

0T

T

T

T

∫u*u*(t)dt=∫u*T(t)u0(t)dt③

aw.

网

1t

案

com

好东西

另外由

∫

T

u(t) u*(t)dt≥0

T0

2

∫(u0(t) u*(t))(u0(t) u*(t))dt

=∫u0u0(t)dt ∫u (t)u0(t)dt ∫u0(t)u*(t)dt+∫u*Tu*(t)dt

T

T

T

T

T

T

T

=∫u0(t)u0(t)dt ∫u*T(t)u*(t)dt≥0

T

T

T

∫u0(t)u0(t)dt≥∫u*T(t)u*(t)dt.

T

T

T

因此, u*(t)导引下I=

∫

T

uT(t)u(t)dt最小，称之为极小能量控制.

khd

∫

T0

其中V为状态，i(t)为控制, V(0)=V0. 能控Gram阵WC[0,T]=

课

1

idt, i(t)>0充电, i(t)<0放电. ∫C

dV1则=i(t), 即

dtC

=AV+Bi, A=0,B=1, V

C

后

答

案

T0

V=

e AtB(e AtB)Tdt=

TC2

由V0=WC[0,T]z0=2z0得z0=V0.

CT

*

At

T

www.

由V0=

CV1C2

取i(t)= (eB)z0= V0= 0(阶跃输入).

CTT

(2) 设i0(t)=kt (斜坡输入),

∫

T

e

2

At

Bi(t)dt= ∫

T

(3) I=R

*

∫

T

i(t)dt=R∫

T

*

CV02RC2V0( dt=,

TT

I=R∫i(t)dt=R∫

00

*

T

02

2CV0224RC22

( 2tdt=V0,

T3T

显然I>I.

aw.

网

T

,系统完全能控. 2C

2CV01kT2

ktdt= 得k= . 2C2CT

2

5. 解：(1) 记电容两端电压为V(t)，则

co

m

=∫u(t)u(t)dt ∫u0(t)u*(t)dt

T

0T

T

T

好东西

2

RC2V0RC2V0

(4) I≤L . ≤L T≥

TL

2

*

9. 解： 充分性：由(Ai, bi)能控且A1, A2无公共特征值来证(A=

A1 b1

,=b b )能控. A2 2

由λ(A1) ≠ λ(A2)知若λi为A1的特征值，则λi-A2非奇异. 又由(A1, b1)能控知rank[λiI A1

b1]=n1,从而rank[λiI Ab]=n.

若λi为A2的特征值, 同理可证. 综合之, 即得(A, b)能控.

反证, 若A1, A2有相同的特征值λ，则

λI A1

rank

λI A1

rank

www.

11. 证明：

(A, b)不能控 反设不成立 A1, A2无公共特征值.

必要性：已知(A,B) 若AX=XA,XB=0, 则必有X=0.

XB=0

XAB=AXB=0

XA2B=AXAB=0 #

XAn 1B=0 XB

[

khd

≤n 2

λI A2

课

故(Ai, bi)能控

后

rank[sI A1b1]=n1, rank[sI A2

答

sI A1

rank

sI A2

b1

=n, s∈C b2

λI A2

b1

≤n 1<n b2

AB"An 1B=0

]

aw.

网

b2]=n2, s∈C

必要性：由(A, b)能控来证(Ai, bi)能控且A1, A2无公共特征值.

案

com

b1 b1 λiI A1 λiI A1

=rankrank I A0λλIAbii22 2

=n2+rank(λiI A1b1).

好东西

(A,B)能控 B

[

AB"An 1B行满秩 X=0.

]

充分性：反设(A,B)不能控，对(A,B)进行能控性分解.

A11 1 A=TAT= 0 A12 X1 B1 1 1

,B=TB= 0 ,X=TXT= XA22 3X2

. X4

X ,X =X A B =0 AX=XA,XB=0 A B X

(

B n 1B "A =0 X=0,X=0. A13

A12 0

A22 0X2 A11 X4 0

X2 0

= X4 0A12 0 = A22 0

A11X2+A12X4

A22X4 X2A22

X4A22

)

A11

X = A 0

0 = A X 0

令X4= I, 则A22X4=X4A22,A11X2 X2A22= A12.

X ,X =X A B=0成立. 产生矛盾. 因此(A,B)能控. A

12. 解：x(t)=ex(0)+

At

www.

∞

k

11 1 0 0 0

B= 1 ，AB= 22 1 1 = 1 =B,",AkB=B (A,B)不完全能控.

42 1 1 1 1

0 0

1

x0= 2 ∈Xc 2 = ∫e AtBu(t)dt有解u(t).

2 2

∞

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