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1、现代控制理论试卷及总结计划2012年现代控制理论考试试卷一 、（ 10 分，每题 1 分）试判断以下结论的正确性，若结论是正确的，（ ）1. 由一个状态空间模型能够确立唯一一个传达函数。（ ）2. 若系统的传达函数不存在零极点抵消，则其随意的一个实现均为最小实现。（ ）3. 对一个给定的状态空间模型，若它是状态能控的，则也必定是输出能控的。（ ）4. 对线性定常系统 x& Ax ，其 Lyapunov 意义下的渐近稳固性和矩阵 A的特点值都拥有负实部是一致的。（ ）5. 一个不稳固的系统，若其状态完整能控，则必定能够经过状态反应使其稳固。（ ）6.对一个系统，只好选用一组状态变量；（ ）7.
2、系统的状态能控性和能观性是系统的结构特征，与系统的输入和输出没关；（ ）8.若传达函数 G (s)C (sIA) 1 B 存在零极相消，则对应的状态空间模型描绘的系统是不可以控且不可以观的；（ ）9. 若一个系统的某个均衡点是李雅普诺夫意义下稳固的，则该系统在随意均衡状态处都是稳固的；（ ）10. 状态反应不改变系统的能控性和能观性。二、已知以下图电路，以电源电压 u(t) 为输入量，求以电感中的电流和电容中的电压作为状态变量的状态方程，和以电阻 R2上的电压为输出量的输出方程。（ 10 分） / 解：（ 1）由 路原理得：二（10 分） R-L-C 路， u 控制量， 感 L 上的支路 流和
3、 容 C 上的 x2 状 量， 容 C上的 x2 出量， 求：网 的状 方程和 出方程，并 制状 量 。解：此 路没有 容回路，也没有 感 路，因有两个 能元件，故有独立 量。以 感 L 上的 流和 容两头的 状 量，即令：iL x1 , uc x2 ，由基 霍夫 定律可得 方程 ：?从上述两式可解出x1 ， x2 ，即可获得状 空 表达式以下：y101x10R1 R2R1R2uy2=R1 R2R1 R2x2+ R1R2三、（每小 10 分共 40 分）基 （1）试求 &y 3 y& 2 y&u u 的一个对角规范型的最小实现。（10 分）Y(s)s31( s 1)(s2s 1)s2s1111
4、 4分U (s)s33s 2(s1)(s2s 2)s2s2s 2s 1不如令X1( s)1， X 2 ( s)s1 2分U ( s)s 2U (s)1于是有Y( s)1X1 ( s)X 2 (s)，所以 Y( s)U (s)X1( s)X 2 (s) ，即有又 U ( s)U ( s)U ( s)yux1x2 2 分最后的对角规范型实现为 系 的一个最小 ：201&xu, y 1 1 x + u 2 分x011（2）已知系 &011u, y 1 2x ，写出其 偶系 ，判断 系 x2x23的能控性及其 偶系 的能 性。（10 分）解答：&021uxx132 2分y12 x 2分（3） 系 求系
5、 入 位 信号 的状 响 （10 分）。解e t0te 2t0 . . .3 分tx(t)t x (0)0t Bu( )d . . . .3分e t01t e t012 t02 td0e110e. .2分e tte tde2t02 te. . . .1分e t1e t1=e 2t1 1 e 2t= 1 1 e 2t .122分（4）已知系统x11110 分）0xu 试将其化为能控标准型。（01解： uc12101. .2 分10， uc1122p1 0 1 uc101110 1 1. .1分12222p2 p1A11221 10 01 12 2.1 分1111P22,P1. .2分111122
6、01x0. .4 分能控标准型为x1u01四、 系 系 行能控性及能 性分解，并求系 的 函数。（10 分）解：能控性分解：能 性分解： 函数 g( s)4520LLL(2分)s3s3五、 用李雅普 夫第二法，判断系 ?01x1x 的 定性。（ 10 分）1方法一：?解：x1x2原点 xe =0 是系 的独一均衡状 。 取 准二次型函数 李雅普 夫函数，即?当 x10 ， x20 ， v( x) 0 ；当 x10 ， x20 ， v(x)0，所以 v(x) 半定。依据判断，可知 系 在李雅普 夫意 下是 定的。另 一个李雅普 夫函数，比如： 正定，而 定的，且当x，有 V ( x)。即 系 在
7、原点 是大范 定。方法二：解：或 Pp11 p12p21p22则由 ATP PA01p11p12p11p120 11 0I 得1p12p22p12p221 1011可知 P是正定的。所以系 在原点 是大范 近 定的六、 （20 分） 性定常系 的 函 Y( s)s 4U (s)(s 2)( s1)（1） 状 反 ，将系 的希望极点配置 4, 3 ，求反 K 。（5 分）（2） 极点 （-10,-10 ）全 状 器（ 5 分）。（3） 制 器的状 反 系 的状 量 （4 分）（4）剖析 前后系 的能控性和能 性（4 分）注明：因为 是不独一的，本 的答案不独一！此中一种答案 ：解：（ 1） Y(
8、s)s 4s2s 42U (s)(s 2)( s 1)3s系 的能控 准型 ：&010分X2Xu, y 4 1 X 131系 完整可控， 能够随意配置极点1 分令状 反 增益 Kk1 k2 1 分01， 状 反 特点多 式 有A BKk13k2 2又希望的 极点 出的特点多 式 ：(s4)( s 3) s27s 12由2( k1 3) (k22)s27s 12 可获得 K410 3 分（2） 器的 ：由 函数可知，原系 不存在零极点相消，系 状 完整能 ，能够随意配置 器的极点。1 分令 E e1 e2T1分&( A EC ) x? Bu Ey 可得其希望的特点多 式 :由 器 x?T1195f * ( s) f (s) E33 4 分（3）
