下载文档原格式
习 题 66-1 设控制系统的开环传递函数为：()()()s s s s G 1.015.0110++= 绘出系统的Bode 图并求出相角裕量和幅值裕量。
若采用传递函数为(1+0.23s)/(1+0.023s)的串联校正装置，试求校正后系统的幅值和相角裕度，并讨论校正后系统的性能有何改进。
6—2设控制系统的开环频率特性为()()()()ωωωωωj j j j H j G 25.01625.011++= ①绘出系统的Bode 图，并确定系统的相角裕度和幅值裕度以及系统的稳定性； ②如引入传递函数()()()0125.025.005.0++=s s s G c 的相位滞后校正装置，试绘出校正后系统的Bode 图，并确定校正后系统的相角裕度和幅值裕度。
6 3设单位反馈系统的开环传递函数为()()()8210++=s s s s G 设计一校正装置，使静态速度误差系数K v =80，并使闭环主导极点位于s=-2±j23。
6-4设单位反馈系统的开环传递函数为()()()93++=s s s K s G ①如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超凋量σ =20％，试确定K 值；②根据所确定的K 值，求出系统在单位阶跃输入下的调节时间t s 。
，以及静态速度误差系数； ③设计一串联校正装置，使系统K v ≥20，σ≤25％，t s 减少两倍以上。
6 5 已知单位反馈系统开环传递函数为()()()12.011.0++=s s s K s G 设计校正网络，使K v ≥30，γ≥40º，ωn ≥2.5，K g ≥8dB 。
6-6 由实验测得单位反馈二阶系统的单位阶跃响应如图6-38所示．要求①绘制系统的方框图，并标出参数值；②系统单位阶跃响应的超调量σ =20％，峰值时间t p =0.5s ，设计适当的校正环节并画出校正后系统的方框图。
6-7设原系统的开环传递函数为()()()15.012.010++=s s s s G 要求校正后系统的相角裕度γ=65º。
6-1证明RC 无源超前校正环节 最大超前相角为采用半对数坐标时最大超前相角所对应的频率位于两个转折频率的中间或等于零、极点乘积的平方根，即 6-2某单位反馈控制系统的设计指标为上升时间0.1r t ≤秒，超调量%16%σ≤，斜坡输入下的稳态误差0.05ssv e ≤。
（a ）试问系统开环频率特性的低频段需要满足什么要求？中频段需要满足什么要求？（b ）在s 平面内绘制出能满足设计要求的系统主导极点所在的区域。
6-3某系统框图如下图所示，误差c r e -=，01≥K ，02≥K 。
（a ）要求系统对单位斜坡输入t t r =)(的稳态误差3.0≤，主导极点的阻尼比707.0≥ξ，调节时间 2.33s t ≤秒（按5%误差考虑），请在s 平面上绘制出满足上述设计要求的闭环极点的可行区域，给出1K 、2K 应满足的条件。
（b ）设11=K 、2、10，绘制三种情况下以2K 为可变参数的根轨迹。
（c ）设101=K ，确定满足（a ）中性能指标的2K 的值。
6-4下图所示为钟摆的角度控制系统，其中被控对象为阻尼为零的二阶系统。
（a ）试问控制器()c G s 必须满足什么条件，才能使系统为非条件稳定系统？（b ）选用常规调节器，使得系统对阶跃扰动输入w 稳态误差为零，系统还可以做到非条件稳定吗？（c ）选用PID 控制器应用根轨迹方法分析p k 、i T 和d k 发生变化时对系统快速性、稳定性的影响。
答案：应用关系12d i TT k T =和12p i TT k T +=容易给出分析结果。
6-5力、转矩的积分为速度、转速，速度、转速的积分为位置、转角，许多重要的运动控制系统的被控对象可以描述为二重积分器传递函数，即用根轨迹法分析比例控制p k 、比例微分控制(1)p d k k s k s +=+和超前校正(1)(12)k s s ++、(1)(9)k s s ++、(1)(4)k s s ++几种情况下闭环根轨迹的情况和闭环系统的性能。
⾃动控制原理（胥布⼯）第⼆版章习题及详解第6章习题及详解6-1 试求图6-93所⽰电路得频率特性表达式,并指出哪些电路得低频段增益⼤于⾼频段增益。
(a) (b)(c) (d)图6-93 习题6-1图解:(a) ;(b);(c) ;(d) ;(a)与(c)低频段增益⼩于⾼频段增益;(b)与(d)低频段增益⼤于⾼频段增益。
6-2 若系统单位脉冲响应为,试确定系统得频率特性。
解:,故6-3 已知单位反馈系统得开环传递函数为试根据式(6-11)频率特性得定义求闭环系统在输⼊信号作⽤下得稳态输出。
解:先求得闭环传递函数。
(1),,。
(2),,。
故。
6-4 某对象传递函数为试求:(1)该对象在输⼊作⽤下输出得表达式,并指出哪部分就是瞬态分量;(2)分析与增⼤对瞬态分量与稳态分量得影响;(3)很多化⼯过程对象得与都很⼤,通过实验⽅法测定对象得频率特性需要很长时间,试解释其原因。
解: (1)前⼀项为瞬态分量,后⼀项为稳态分量。
(2)与增⼤,瞬态分量收敛更慢;稳态分量幅值减⼩,且相位滞后更明显。
(3)因为瞬态分量收敛太慢。
6-5 某系统得开环传递函数为试描点绘制:(1)奈奎斯特曲线;(2)伯德图;(3)尼科尔斯图。
解:各图如习题6-5图解所⽰。
Nichols ChartOpen-Loop P hase (deg)O p e n -L o o p G a i n (d B )习题6-5图解6-6 给定反馈系统得开环传递函数如下, (a ); (b ); (c ); (d );(e )。
(1) 试分别绘出其开环频率特性得奈奎斯特草图,并与借助Matlab 绘制得精确奈奎斯特曲线进⾏⽐较。
(2) 试根据草图判断各系统得稳定性。
解:(1)精确曲线如习题6-6图解所⽰。
习题6-6图解(2)(a)临界稳定(闭环系统有⼀对共轭虚根),其余系统稳定。
6-7 给定反馈系统得开环传递函数如下, (a );(b ) ;(c );(d );(1) 试绘出各系统得开环对数幅频渐近特性,并根据所得得渐近特性估算截⽌频率与相位裕度。
第一章 绪论1-1 试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解答：1开环系统(1) 优点:结构简单，成本低，工作稳定。
用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可得到满意的效果。
(2) 缺点：不能自动调节被控量的偏差。
因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。
2 闭环系统⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。
它是一种按偏差调节的控制系统。
在实际中应用广泛。
⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。
1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。
解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。
闭环控制系统常采用负反馈。
由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。
例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。
1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型（线性，非线性，定常，时变）？（1）22()()()234()56()d y t dy t du t y t u t dt dt dt ++=+（2）()2()y t u t =+（3）()()2()4()dy t du t ty t u t dt dt +=+ （4）()2()()sin dy t y t u t tdt ω+=（5）22()()()2()3()d y t dy t y t y t u t dt dt ++= （6）2()()2()dy t y t u t dt +=（7）()()2()35()du t y t u t u t dt dt =++⎰解答： （1）线性定常 （2）非线性定常 （3）线性时变 （4）线性时变 （5）非线性定常 （6）非线性定常 （7）线性定常1-4 如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中Q1，Q2分别为进水流量和出水流量。
第六章习题 6-1．解：方法一：原系统的截止频率为44.16rad/s ，相稳定裕度为180°-90°-arctan4.416=12.76°截止频率和相角裕度均不满足要求，需加入串联超前校正，选择校正网络的传递函数为TsaTsKs G c ++=11)(取校正后系统的截止频率s rad c /52=ω，相角裕度︒=50γ。
则Ta c 1=ω，6.2lg 10lg 20=+a K ，︒=+-+︒5011arctan11a a 由上述3式的64.0,01.0,4.4===K T a)101.0)(11.0()104.0(128)()(+++=s s s s s G s G c校正后系统的截止频率为s rad c /53=ω，相角裕度︒=5.49γ，满足要求。
方法二：按二阶系统最佳模型设计，设校正后系统的开环传递函数为)1()(+=Ts s Ks G则闭环系统的传递函数为222222//1/)(nn n s s T K Ts s TK K s Ts K s ωζωωφ++=++=++= 令50=K ，707.0=ζ由T n /12=ζω，T K n /2=ω，得01.0=T 。
即)101.0(50)()(+=s s s G s G c ，101.011.041)(++=s s s G c 。
易验证该校正环节满足要求。
6-2.解：本题可首先检验系统得性能指标，针对系统在性能上的缺陷并结合校正网络的作用，选用合适的校正网络，再按相应的步骤确定校正网络的参数。
（1） 根据稳定误差要求，确定系统的K 值。
K s s Ks s G s s K s s v 100)14.0(100lim )(lim lim 0=+⋅==→→%110011≤==KK e ss 求得1≥K 。
（2） 利用已确定的K ，计算未校正系统的相角裕度。
取1=K ，则 )14.0(100)(+=s s s G c其渐近对数幅频特性可表示为⎪⎩⎪⎨⎧><=)25(04.0100lg20)25(100lg 20)(2ωωωωωL由0)(='ωL 求得 s rad 50='ω此时系统的相角裕度为︒<︒='-︒-︒='456.26)04.0arctan(90180cωγ 显然，系统在稳态误差满足指标要求的情况下，相角裕度不满足要求。
119第六章习题及解答6-1 试求下列函数的z 变换T ta t e =)()1(()()223e t t e t=- 21)()3(ss s E +=)2)(1(3)()4(+++=s s s s s E解 （1）∑∞=---=-==0111)(n nnaz z azza z E（2）[]322)1()1(-+=z z z T t Z由移位定理：[]333323333232)()()1()1(TTTTTTte z ez zeT ze ze zeT et Z -----+=-+=（3）22111)(ssss s E +=+=2)1(1)(-+-=z Tz z z z E （4）21)(210++++=s c s c sc s E21)1(3lim212)2(3lim23)2)(1(3lim221100=++=-=-=++==+++=-→-→→s s s c s s s c s s s c s s s2211223+++-=s s s)(22)1(23)(2TT e z ze z z z z z E ---+---=6－2 试分别用部分分式法、幂级数法和反演积分法求下列函数的z 反变换。
120()()()()11012E z z z z =-- 211213)()2(---+-+-=z zz z E 解 （1）)2)(1(10)(--=z z zz E① 部分分式法)12(10210110)()2(10)1(10)(210110)2)(1(10)(-=⨯+⨯-=-+--=-+--=---=nnnT e z zz z z E z z z z zz E② 幂级数法：用长除法可得+-+-+-=+++=+-=--=---)3(70)2(30)(10)(7030102310)2)(1(10)(*3212T t T t T t t e z z z z z z z z z z E δδδ③ 反演积分法[][])()12(10)()12(10210110)(210110lim)(Re 10210lim)(Re 0*221111nT t t e nT e z zzz E s z z z z E s n nnnnnz z n nz z n --=-=⨯+⨯-=⨯=-=⋅-=-=⋅∑∞=→→-→→-δ（2） 2221)1()13(12)13(213)(-+-=+-+-=+-+-=--z z z z z z z zz zz E① 部分分式法∑∑∞=∞=---=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⨯--=----=----=--=0*222)()32()(32)()(132)(13)1(2)(13)1(2)1(31)(n n nT t n nT t nT Tt e t t Tt e z z z z z E z z z z zz E δδ121② 幂级数法：用长除法可得--------=-----=+-+-=---)3(9)2(7)(5)(3)(9753123)(*32122T t T t T t t t e zzzz z z z z E δδδδ③ 反演积分法[][]12111)3(lim!11)(Re )(-→→-⋅+-=⋅=n s z n zz zdzd z z E s nT e[]32)1(3lim 11--=++-=-→n nzz n n ns∑∞=---=*)()32()(n nT t n t e δ6-3 试确定下列函数的终值()()()11112E z Tzz =--- )208.0416.0)(1(792.0)()2(22+--=z z z zz E解 （1）∞=--=---→21111)1()1(lim zTz z e z ss（2）1208.0416.01792.0208.0416.0792.0lim)()1(lim 2211=+-=+-=-=→→z z zz E z e z z ss6-4 已知差分方程为c k c k c k ()()()-+++=4120初始条件：c(0)=0,c(1)=1。
自动控制原理第六章课后习题答案（免费）线性定常系统的综合6－1 已知系统状态方程为：()100102301010100x x uy x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为－1，－2，－3. 解: 由()100102301010100x x u y x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=可得:(1) 加入状态反馈阵()012K k k k =,闭环系统特征多项式为:32002012()det[()](2)(1)(2322)f I A bK k k k k k k λλλλλ=--=++++-+--+- (2) 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*32()(1)(2)(3)6116f λλλλλλλ=+++=+++(3) 比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可得:0124,0,8;k k k ===即:()408K =6－2 有系统：()2100111,0x x u y x•-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭= （1） 画出模拟结构图。
（2） 若动态性能不能满足要求，可否任意配置极点？ （3） 若指定极点为－3，－3，求状态反馈阵。
解(1) 模拟结构图如下:(2) 判断系统的能控性；0111c U ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦满秩，系统完全能控，可以任意配置极点。
(3)加入状态反馈阵01(,)K k k =,闭环系统特征多项式为:()2101()det[()](3)22f I A bK k k k λλλλ=--=+++++ 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*2()(3)(3)69f λλλλλ=++=++比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可解得:011,3k k ==即:[1,3]K =6－3 设系统的传递函数为：(1)(2)(1)(2)(3)s s s s s -++-+试问可否用状态反馈将其传递函数变成：1(2)(3)s s s -++若能，试求状态反馈阵，并画出系统结构图。
第6章 习题及参考解答6-9 已知单位负反馈控制系统校正前对数幅频特性)(0ωL 如图6-63中点画线所示，串联校正装置对数幅频特)(c ωL 如图6-63中实线所示，要求1）作出校正后系统开环对数幅频渐进特性)(ωL 。
2）比较校正前、后的开环对数幅频特性)(0ωL 和)(ωL ，说明校正装置的作用。
习题 6-9 参考解答：1）校正后系统开环对数幅频渐进特性)(ωL 是)(0ωL 和)(c ωL 的线性叠加，如图右上图中红色实线所示。
2）校正装置的传递函数为2(1)()101c s G s s +=+，为滞后校正装置。
它的作用：①抬高了低频段幅值，可提高速度输入的稳态精度；②固有特性以-40dB/dec 穿越0dB 线，校正后的Bode 图以-20dB/dec 穿越0dB 线，中频段变缓，平稳性变好；校正后系统Bode 图的高频段幅值降低了，抗干扰能力提高；校正后系统的开环截止频率减小了，滞后校正是靠牺牲系统的快速性来换取平稳性的。
6-10 图6-64为三种校正装置的对数渐近幅频特性，它们都是由最小相位环节组成。
系统为单位负反馈 系统，其开环传递函数为02400()(0.011)G s s s =+试问： 1）这些校正网络特性中，哪一种使已校正系统的稳定性最好？2）为了将12Hz 的正弦噪声削弱10倍左右，你确定采用哪种校正网络特性？习题 6-10 参考解答： 校正装置传递函数分别是12310.110.510.51(),(),().1010.0111010.0251c c c s s s s G s G s G s s s s s ++++===++++。
1）a ）使用滞后校正网络，校正后021400()(0.011)1().101c G G s s s s s s =+++10()()1c G j G j ωω==L (图6-63 题6-9图图6-64 题6-10图102400()()1110180arctan 6.32180arctan 0.01 6.32arctan16.3211.7063.2cc c co oo c G j G j ωωωωωγω⨯=⇒⨯⨯≈=-=+--⨯-⨯=b ）使用超前校正网络，校正后022400()(0.011)0.11().0.011c G G s s s s s s =+++10()()1c G j G j ωω==1024000.1()()11180arctan 0.140180arctan 0.0140arctan 04032.4.0140c occ c o o G j G j ωγωωωω⨯=⇒⨯=+⨯---⨯==⨯≈c ）使用滞后-超前校正网络，校正后0223400()(0.011)(0.51)().(101)(0.0251)c G G s s s s s s s =++++2230224000.5()()11011180(arctan 0.510)180arctan 1041010arctan 0.02510arctan 0.01108.2cc c c o o c oG j G j ωγωωωωω⨯=⇒⨯⨯⨯=+⨯--⨯-⨯-⨯=≈=由上述结果可知，在这些校正网络特性中，滞后-超前校正网络，其相角裕量γ=48o 最大，所以滞后-超前网络使已校正系统的稳定性最好。
自动控制原理第六章课后习题答案（免费）线性定常系统的综合6－1 已知系统状态方程为：()100102301010100x x uy x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为－1，－2，－3.解: 由()100102301010100x x u y x •-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=可得:(1) 加入状态反馈阵()012K k k k =,闭环系统特征多项式为:32002012()det[()](2)(1)(2322)f I A bK k k k k k k λλλλλ=--=++++-+--+-(2) 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*32()(1)(2)(3)6116f λλλλλλλ=+++=+++(3) 比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可得:0124,0,8;k k k ===即:()408K =6－2 有系统：()2100111,0x x u y x•-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭= （1） 画出模拟结构图。
（2） 若动态性能不能满足要求，可否任意配置极点？ （3） 若指定极点为－3，－3，求状态反馈阵。
解(1) 模拟结构图如下:(2) 判断系统的能控性；0111c U ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦满秩，系统完全能控，可以任意配置极点。
(3)加入状态反馈阵01(,)K k k =,闭环系统特征多项式为:()2101()det[()](3)22f I A bK k k k λλλλ=--=+++++ 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*2()(3)(3)69f λλλλλ=++=++比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可解得:011,3k k ==即:[1,3]K =6－3 设系统的传递函数为：(1)(2)(1)(2)(3)s s s s s -++-+试问可否用状态反馈将其传递函数变成：1(2)(3)s s s -++若能，试求状态反馈阵，并画出系统结构图。
解：若希望采用状态反馈将(1)(2)(1)(2)(3)s s s s s -++-+变成1(2)(3)s s s -++，则根据状态反馈不改变系统传递函数的零点的原理，可知经过状态反馈之后的系统传递函数必为()()212(2)(3)s s s s -+++。
因此期望的特征多项式为232(2)(3)71612λλλλλ++=+++由于原系统的传递函数为232(1)(2)2(1)(2)(3)256s s s s s s s s s s -++-=+-++--，则状态反馈阵[]18215K =。
6－4 是判断下列系统通过状态反馈能否镇定。
210402105,00200517050A b -⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎪ ⎪==- ⎪ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭解:该系统为约旦标准型,很显然，其不能控不能所对应的特征值具有负实部，是渐进稳定的，因此可以通过状态反馈进行镇定。
6-5 设系统状态方程为：01000010100010001101x x u •⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭（1） 判断系统能否稳定。
系统能否镇定。
（2） 若能，试设计状态反馈使之稳定。
解：（1）()4100010det 000100110I A λλλλλλλ-⎡⎤⎢⎥⎢⎥-===⎢⎥-⎢⎥⎣⎦= 原系统处于临界稳定状态。
010110100101110110c U ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥--⎢⎥--⎣⎦，可知矩阵满秩，系统完全能控，所以可以通过状态反馈实现系统的镇定。
（2）自定义期望的系统极点，然后采用极点配置的方法进行即可。
6－6 设计一前馈补偿器，使系统：1112()11(1)s s W s s s s ⎛⎫ ⎪++⎪= ⎪ ⎪+⎝⎭解耦，且解耦后的极点为－1，－1，－2，－2.解：根据题意可知解耦后的系统传递函数矩阵为()()212101()102s W s s ⎛⎫⎪+ ⎪= ⎪⎪ ⎪+⎝⎭， 则前馈补偿器为()()()12211101121110(1)2d s s s W s s s s s -⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+++ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭， 所以()()()()()()2232122122d s s s s W s s s s s s +⎛⎫- ⎪++⎪= ⎪+- ⎪ ⎪+++⎝⎭6－7 已知系统：100100230110101100011x x u y x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭（1） 判别系统能否用状态反馈实现解耦。
（2） 设计状态反馈使系统解耦，且极点为－1，－2，－3. 解：原系统的传递函数矩阵为：()()()()1101001010002301011101011011012s W s C sI A B s s s s s --+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎢⎥+⎢⎥=⎢⎥⎢⎥++⎣⎦系统存在耦合。
下面判断系统能否通过状态反馈进行解耦：[][]0110101011001c A B ⎡⎤⎢⎥==≠⎢⎥⎢⎥-⎣⎦0，所以10d =；[][][][]02121001101000110010011023011010101c A B c A B ⎡⎤⎢⎥===⎢⎥⎢⎥-⎣⎦-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=--=≠⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦00所以21d =。
因此1212100122d d c A D c A ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦，1010010011221001E DB ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥===⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎢⎥-⎣⎦， 可知E 为非奇异阵，所以该系统不能通过状态反馈的办法实现解耦。
6-8 已知系统：()01000110x x u y x•⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭= 试设计一状态观测器，使观测器的极点为-r,-2r(r>0). 解 (1) 检验能观性因10,,01o c U cA ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭满秩系统能观可构造全维观测器.(2) 原系统的对偶系统为：[]001,,01100TT TA c b ⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()201det ,0,0T I A a a λλ-===所以另观测器的期望多项式为()()22232r r r r λλλλ++=++则2012,3a r a r **==所以()22,3T KE r r ==下面求转换矩阵1100101100110T TT T TTP A cc A cc P -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎡⎤=⎢⎥⎣⎦所以原系统对应的()1222012,3321032TTE E P r r r r r E r -⎡⎤⎡⎤=⋅==⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应的全维观测器为：223103ˆˆ()2012rr x A Ec x bu Ey x u y rr -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++=++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭g6－9* 已知系统：()21001110x x uy x•-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭= 设状态变量2x 不能测取，试设计全维和降维观测器，使观测器极点为－3，－3.解：[]201,,01110TT TA c b -⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦()201det 32,2,3T I A a a λλλ-=++==所以另观测器的期望多项式为()22369λλλ+=++则019,6a a **==所以()7,3T KE ==下面求转换矩阵1101131100111T TT T TTP A cc A cc P -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦所以原系统对应的()[]1017,3341134TTE E P E -⎡⎤=⋅==⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应的全维观测器为：5103ˆˆ()4114x A Ec x bu Ey x u y -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++=++ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭g6－11* 设受控对象传递函数为31s ： （1）设计状态反馈，使闭环极点配置为13,2--± 解：期望的特征多项式为()3201211344322223,4,4j j a a a λλλλλλ***⎛⎫⎛⎫++-++=+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=== 原系统0120,0,0a a a ===所以[]344K=。
