2025考研上海理工大學(xué)碩士入學(xué)自動控制原理現(xiàn)代控制理論試題及答案一、自動控制原理部分1.已知某二階系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)曲線如圖所示（注：實(shí)際考試中此處應(yīng)有圖示，本題假設(shè)超調(diào)量σ%=9.5%，峰值時(shí)間tp=0.5s），試求：（1）系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)；（2）若希望將超調(diào)量減小至4.3%，保持自然頻率不變，應(yīng)如何設(shè)計(jì)串聯(lián)校正裝置（寫出校正裝置傳遞函數(shù)形式及參數(shù)計(jì)算過程）。2.某系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為G(s)H(s)=K/[s(s+1)(s+2)]，（1）繪制根軌跡圖（要求標(biāo)注漸近線、分離點(diǎn)、與虛軸交點(diǎn)等關(guān)鍵特征）；（2）確定系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)K的取值范圍；（3）當(dāng)K=6時(shí)，判斷系統(tǒng)是否存在主導(dǎo)極點(diǎn)，若存在，近似計(jì)算其單位階躍響應(yīng)的超調(diào)量和調(diào)節(jié)時(shí)間（取Δ=5%）。3.某最小相位系統(tǒng)的對數(shù)幅頻特性曲線（L(ω)）在ω=1rad/s時(shí)斜率為-20dB/dec，ω=10rad/s時(shí)斜率變?yōu)?40dB/dec，ω=100rad/s時(shí)斜率變?yōu)?60dB/dec。已知L(1)=20dB，L(10)=0dB，L(100)=-40dB。（1）求系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)；（2）計(jì)算相位裕度γ；（3）若輸入信號為r(t)=sin(10t)+2cos(50t)，求系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)輸出。4.某復(fù)合控制系統(tǒng)結(jié)構(gòu)如圖（注：實(shí)際考試中此處應(yīng)有結(jié)構(gòu)圖，本題假設(shè)前向通道傳遞函數(shù)為G1(s)=1/[s(s+1)]，反饋通道G2(s)=1，順饋補(bǔ)償裝置為Gc(s)=as+b），要求通過選擇參數(shù)a、b，使系統(tǒng)對階躍輸入的穩(wěn)態(tài)誤差為0，且對斜坡輸入的穩(wěn)態(tài)誤差也為0。（1）推導(dǎo)穩(wěn)態(tài)誤差表達(dá)式；（2）確定a、b的取值。二、現(xiàn)代控制理論部分5.已知機(jī)械平移系統(tǒng)如圖（注：實(shí)際考試中此處應(yīng)有示意圖，本題假設(shè)質(zhì)量塊m=2kg，彈簧剛度k=8N/m，阻尼系數(shù)f=4N·s/m，外力u(t)作用于質(zhì)量塊），（1）以位移x(t)和速度v(t)為狀態(tài)變量，建立系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達(dá)式；（2）判斷系統(tǒng)的能控性和能觀性（假設(shè)輸出為位移x(t)）；（3）設(shè)計(jì)狀態(tài)反饋矩陣K，使閉環(huán)系統(tǒng)極點(diǎn)配置在s=-2±j2位置。6.已知系統(tǒng)狀態(tài)空間表達(dá)式為：\[\dot{x}=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u\]\[y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}x\]（1）判斷系統(tǒng)的能控性和能觀性；（2）設(shè)計(jì)觀測器，使觀測器極點(diǎn)配置在s=-5、s=-6；（3）若采用狀態(tài)反饋u=-Kx+vr（v為常數(shù)），使閉環(huán)系統(tǒng)極點(diǎn)配置在s=-1、s=-2，求反饋矩陣K及v的取值。7.考慮二次型最優(yōu)控制問題，系統(tǒng)狀態(tài)方程為\(\dot{x}=-x+u\)，初始狀態(tài)x(0)=1，性能指標(biāo)為\(J=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}(x^2+ru^2)dt\)（r>0）。（1）推導(dǎo)最優(yōu)控制u(t)的表達(dá)式；（2）當(dāng)r=1時(shí)，計(jì)算最優(yōu)性能指標(biāo)J；（3）分析r對閉環(huán)系統(tǒng)極點(diǎn)和調(diào)節(jié)時(shí)間的影響。8.已知離散時(shí)間系統(tǒng)狀態(tài)方程為：\[x(k+1)=\begin{bmatrix}0&1\\-0.25&1\end{bmatrix}x(k)+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u(k)\]（1）判斷系統(tǒng)的能控性和能觀性（假設(shè)輸出y(k)=x1(k)）；（2）若采樣周期T=1s，將其轉(zhuǎn)換為連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的狀態(tài)方程（保留兩位小數(shù)）；（3）設(shè)計(jì)離散狀態(tài)反饋控制器，使閉環(huán)極點(diǎn)配置在z=0.5、z=0.6。---答案與解析一、自動控制原理部分1.（1）二階系統(tǒng)單位階躍響應(yīng)超調(diào)量公式：\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\)，代入σ%=9.5%得ζ≈0.6（計(jì)算過程：取自然對數(shù)得\(-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}=\ln(0.095)\approx-2.35\)，解得ζ≈0.6）。峰值時(shí)間\(t_p=\pi/(\omega_n\sqrt{1-\zeta^2})=0.5s\)，代入ζ=0.6得\(\omega_n\sqrt{1-0.36}=\pi/0.5\)，即\(\omega_n\times0.8=6.28\)，故\(\omega_n=7.85rad/s\)。二階系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)標(biāo)準(zhǔn)形式為\(G(s)=\omega_n^2/[s(s+2\zeta\omega_n)]\)，代入得\(G(s)=61.62/[s(s+9.42)]\)（保留兩位小數(shù)）。（2）目標(biāo)超調(diào)量σ%=4.3%對應(yīng)ζ≈0.7（驗(yàn)證：\(e^{-\pi\times0.7/\sqrt{1-0.49}}\approxe^{-3.08}\approx0.045\)，接近4.3%）。原系統(tǒng)阻尼比ζ=0.6，需增加阻尼比。串聯(lián)滯后校正可減小超調(diào)量，其傳遞函數(shù)形式為\(G_c(s)=(Ts+1)/(βTs+1)\)（β>1）。保持自然頻率不變，即開環(huán)增益調(diào)整后\(\omega_n'\approx\omega_n\)，原系統(tǒng)開環(huán)增益\(K=\omega_n^2/(2\zeta\omega_n)=\omega_n/(2\zeta)=7.85/(2×0.6)≈6.54\)。校正后系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G_c(s)G(s)=[(Ts+1)/(βTs+1)]×61.62/[s(s+9.42)]\)。要求新阻尼比ζ'=0.7，對應(yīng)閉環(huán)特征方程\(s^2+2\zeta'\omega_n's+\omega_n'^2=0\)，因\(\omega_n'\approx\omega_n\)，故2ζ'ω_n'≈2×0.7×7.85≈10.99。原系統(tǒng)閉環(huán)特征方程為\(s^2+9.42s+61.62=0\)（系數(shù)為2ζω_n=9.42，ω_n2=61.62），校正后希望特征方程系數(shù)為\(s^2+10.99s+61.62=0\)，即開環(huán)傳遞函數(shù)分母為\(s(s+9.42)×(βTs+1)\)，分子為61.62(Ts+1)。展開閉環(huán)特征方程：\(s(s+9.42)(βTs+1)+61.62(Ts+1)=0\)。忽略小時(shí)間常數(shù)項(xiàng)（βT>>T），近似為\(βTs^3+(1+9.42βT)s^2+9.42s+61.62Ts+61.62=0\)。取主導(dǎo)二階近似，令二次項(xiàng)系數(shù)為10.99，即\(1+9.42βT≈10.99\)，一次項(xiàng)系數(shù)9.42+61.62T≈2ζ'ω_n'≈10.99（因ω_n'≈√61.62≈7.85，2×0.7×7.85≈10.99）。解得T≈(10.99-9.42)/61.62≈0.0255s，代入二次項(xiàng)方程得β≈(10.99-1)/(9.42×0.0255)≈(9.99)/(0.240)≈41.6。故校正裝置可取\(G_c(s)=(0.0255s+1)/(1.06s+1)\)（βT=41.6×0.0255≈1.06）。2.（1）開環(huán)傳遞函數(shù)極點(diǎn)為s=0,-1,-2（n=3），無零點(diǎn)（m=0）。漸近線數(shù)量n-m=3，角度θ=(2k+1)π/3（k=0,1,2），即60°,180°,300°。漸近線交點(diǎn)σ_a=(0-1-2-0)/3=-1。分離點(diǎn)計(jì)算：令1/GH(s)=-1，即s(s+1)(s+2)+K=0，求導(dǎo)得3s2+6s+2=0，解得s=(-6±√(36-24))/6=(-6±√12)/6=-1±√3/3≈-1±0.577，即s≈-0.423和s≈-1.577。驗(yàn)證s=-0.423時(shí)，K=0.423×0.577×1.577≈0.38；s=-1.577時(shí)，K=1.577×0.577×0.423≈0.38（對稱）。與虛軸交點(diǎn)：令s=jω代入特征方程s3+3s2+2s+K=0，實(shí)部-3ω2+K=0，虛部-ω3+2ω=0，解得ω=0（K=0）或ω=√2≈1.414rad/s（此時(shí)K=3×(√2)2=6）。根軌跡圖關(guān)鍵特征：從0,-1,-2出發(fā)，三條漸近線指向60°,180°,300°，分離點(diǎn)在s≈-0.423和s≈-1.577，與虛軸交于s=±j1.414（K=6）。（2）系統(tǒng)穩(wěn)定條件為特征方程所有根實(shí)部小于0。由勞斯判據(jù)，特征方程s3+3s2+2s+K=0，勞斯表：s3|1|2s2|3|Ks1|(6-K)/3|0s?|K|穩(wěn)定條件：(6-K)/3>0且K>0，故0<K<6。（3）K=6時(shí)，特征方程s3+3s2+2s+6=0，代入s=jω得-jω3-3ω2+2jω+6=0，即實(shí)部-3ω2+6=0（ω=√2），虛部-ω3+2ω=0（ω=√2時(shí)，-(√2)^3+2√2=-2√2+2√2=0），故有一對共軛虛根s=±j1.414和一個(gè)實(shí)根s=-3（由多項(xiàng)式分解s3+3s2+2s+6=(s+3)(s2+0s+2)）。主導(dǎo)極點(diǎn)為實(shí)根s=-3（實(shí)部絕對值遠(yuǎn)大于虛根的實(shí)部0），但虛根為純虛數(shù)，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定，無主導(dǎo)極點(diǎn)，階躍響應(yīng)為等幅振蕩。3.（1）對數(shù)幅頻特性斜率變化點(diǎn)對應(yīng)轉(zhuǎn)折頻率。ω=1rad/s時(shí)斜率從0→-20dB/dec（對應(yīng)慣性環(huán)節(jié)1/(s+1)），ω=10rad/s時(shí)斜率→-40dB/dec（對應(yīng)第二個(gè)慣性環(huán)節(jié)1/(0.1s+1)），ω=100rad/s時(shí)斜率→-60dB/dec（對應(yīng)第三個(gè)慣性環(huán)節(jié)1/(0.01s+1)）。L(1)=20dB=20lgK，故K=10。開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=10/[(s+1)(0.1s+1)(0.01s+1)]=10/[s^3+111s^2+1110s+1000]\)（展開分母：(s+1)(0.1s+1)=0.1s2+1.1s+1，再乘(0.01s+1)=0.001s3+0.111s2+1.11s+1，故分母為s3+111s2+1110s+1000）。（2）相位裕度γ=180°+φ(ω_c)，其中ω_c為截止頻率（L(ω_c)=0dB）。由L(ω)=20lgK-20lg√(1+(ω/1)^2)-20lg√(1+(ω/10)^2)-20lg√(1+(ω/100)^2)=0。K=10，20lg10=20dB，故20=20lg√[(1+ω2)(1+(ω/10)^2)(1+(ω/100)^2)]，即√[(1+ω2)(1+ω2/100)(1+ω2/10000)]=10，平方得(1+ω2)(1+0.01ω2)(1+0.0001ω2)=100。近似ω>>1時(shí)，(ω2)(0.01ω2)(0.0001ω2)=100→ω^6=100/(0.000001)=10^8→ω≈10^(8/6)=10^1.333≈21.54rad/s。計(jì)算φ(ω_c)=-arctan(21.54/1)-arctan(21.54/10)-arctan(21.54/100)≈-87.3°-65.1°-12.2°≈-164.6°，故γ=180°-164.6°=15.4°。（3）穩(wěn)態(tài)輸出為各頻率分量的響應(yīng)疊加。對于ω1=10rad/s，幅頻特性|G(j10)|=10/[√(1+102)×√(1+12)×√(1+0.12)]≈10/[√101×√2×√1.01]≈10/(10.05×1.414×1.005)≈10/14.25≈0.702，相位φ(10)=-arctan(10)-arctan(1)-arctan(0.1)≈-84.3°-45°-5.7°≈-135°，故輸出分量為0.702sin(10t-135°)。對于ω2=50rad/s，|G(j50)|=10/[√(1+502)×√(1+52)×√(1+0.52)]≈10/[√2501×√26×√1.25]≈10/(50.01×5.1×1.118)≈10/285≈0.035，相位φ(50)=-arctan(50)-arctan(5)-arctan(0.5)≈-88.9°-78.7°-26.6°≈-194.2°，故輸出分量為2×0.035cos(50t-194.2°)=0.07cos(50t-194.2°)。總穩(wěn)態(tài)輸出為0.702sin(10t-135°)+0.07cos(50t-194.2°)。4.（1）復(fù)合控制系統(tǒng)誤差E(s)=R(s)-Y(s)=R(s)-[G1(s)(Gc(s)R(s)+U(s))]，而U(s)=-G2(s)Y(s)=-Y(s)（因G2(s)=1），故Y(s)=G1(s)(Gc(s)R(s)-Y(s))，整理得Y(s)=G1(s)Gc(s)R(s)/[1+G1(s)]，誤差E(s)=R(s)-Y(s)=R(s)-G1(s)Gc(s)R(s)/[1+G1(s)]=R(s)[1+G1(s)-G1(s)Gc(s)]/[1+G1(s)]=R(s)[1+G1(s)(1-Gc(s))]/[1+G1(s)]。（2）對階躍輸入R(s)=1/s，穩(wěn)態(tài)誤差ess=lim_{s→0}sE(s)=lim_{s→0}[1+G1(s)(1-Gc(s))]/[1+G1(s)]。G1(s)=1/[s(s+1)]，s→0時(shí)G1(s)≈1/s，故ess=lim_{s→0}[1+(1/s)(1-(as+b))]/[1+1/s]=lim_{s→0}[s+1-as-b]/(s+1)=(1-b)/1=0→b=1。對斜坡輸入R(s)=1/s2，穩(wěn)態(tài)誤差ess=lim_{s→0}s2E(s)=lim_{s→0}s[1+(1/s)(1-(as+1))]/[1+1/s]=lim_{s→0}s[1+(1/s)(-as)]/(1+1/s)=lim_{s→0}s[1-a]/(1+1/s)=lim_{s→0}s(1-a)s/(s+1)=0（無論a取何值），但需進(jìn)一步驗(yàn)證。原誤差表達(dá)式化簡為E(s)=R(s)[1+G1(s)-G1(s)Gc(s)]/[1+G1(s)]=R(s)[1+G1(s)(1-Gc(s))]/[1+G1(s)]。當(dāng)Gc(s)=as+1（b=1），則1-Gc(s)=-as，故E(s)=R(s)[1-aG1(s)s]/[1+G1(s)]=R(s)[1-a/(s+1)]/[1+1/(s(s+1))]=R(s)[(s+1-a)/(s+1)]/[(s(s+1)+1)/(s(s+1))]=R(s)×s(s+1-a)/(s2+s+1)。對斜坡輸入R(s)=1/s2，ess=lim_{s→0}s×s(s+1-a)/(s2+s+1)×1/s2=lim_{s→0}(s+1-a)/(s2+s+1)=1-a=0→a=1。故a=1，b=1。二、現(xiàn)代控制理論部分5.（1）狀態(tài)變量x1=x(t)（位移），x2=v(t)=dx/dt（速度），則dx1/dt=x2，dx2/dt=(u-fx2-kx1)/m=(u-4x2-8x1)/2=-4x1-2x2+0.5u。狀態(tài)空間表達(dá)式：\[\dot{x}=\begin{bmatrix}0&1\\-4&-2\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0.5\end{bmatrix}u\]\[y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}x\]（2）能控性矩陣Qc=[BAB]，AB=A×B=[0×0+1×0.5;-4×0+(-2)×0.5]=[0.5;-1]，故Qc=[[0,0.5],[0.5,-1]]，行列式=0×(-1)-0.5×0.5=-0.25≠0，能控。能觀性矩陣Qo=[C;CA]，CA=[1×0+0×(-4),1×1+0×(-2)]=[0,1]，故Qo=[[1,0],[0,1]]，行列式=1≠0，能觀。（3）期望閉環(huán)極點(diǎn)s=-2±j2，對應(yīng)特征多項(xiàng)式(s+2-j2)(s+2+j2)=s2+4s+8。原系統(tǒng)開環(huán)特征多項(xiàng)式為det(sI-A)=s2+2s+4。狀態(tài)反饋u=-Kx，K=[k1k2]，閉環(huán)矩陣A-BK=[[0,1],[-4-0.5k1,-2-0.5k2]]，特征多項(xiàng)式det(sI-(A-BK))=s2+(2+0.5k2)s+(4+0.5k1)。令其等于s2+4s+8，解得：2+0.5k2=4→k2=4；4+0.5k1=8→k1=8。故K=[84]。6.（1）能控性矩陣Qc=[BAB]，A=[[0,1],[-2,-3]]，B=[0;1]，AB=A×B=[1;-3]，Qc=[[0,1],[1,-3]]，行列式=0×(-3)-1×1=-1≠0，能控。能觀性矩陣Qo=[C;CA]，C=[1,0]，CA=[0,1]，Qo=[[1,0],[0,1]]，行列式=1≠0，能觀。（2）觀測器設(shè)計(jì)需配置極點(diǎn)s=-5、s=-6，對應(yīng)特征多項(xiàng)式(s+5)(s+6)=s2+11s+30。原系統(tǒng)特征多項(xiàng)式det(sI-A)=s2+3s+2。觀測器矩陣L=[l1;l2]，觀測器特征多項(xiàng)式det(sI-(A-LC))=det([[s-l1,-1],[2+l2,s+3]])=s2+(3-l1)s+(2+3l1+l2)。令其等于s2+11s+30，解得：3-l1=11→l1=-8；2+3×(-8)+l2=30→2-24+l2=30→l2=52。故觀測器增益L=[-8;52]，觀測器方程\(\dot{\hat{x}}=(A-LC)\hat{x}+Bu+Ly=\begin{bmatrix}8&1\\-54&-3\end{bmatrix}\hat{x}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u+\begin{bmatrix}-8\\52\end{bmatrix}y\)。（3）狀態(tài)反饋u=-Kx+vr，K=[k1k2]，閉環(huán)矩陣A-BK=[[0,1],[-2-k1,-3-k2]]，特征多項(xiàng)式det(sI-(A-BK))=s2+(3+k2)s+(2+k1)。期望極點(diǎn)s=-1、s=-2，特征多項(xiàng)式(s+1)(s+2)=s2+3s+2。故：3+k2=3→k2=0；2+k1=2→k1=0。此時(shí)K=[00]，但需驗(yàn)證是否合理（實(shí)際應(yīng)為期望極點(diǎn)對應(yīng)系數(shù)，可能計(jì)算錯(cuò)誤，重新計(jì)算：期望多項(xiàng)式為s2+3s+2，原閉環(huán)多項(xiàng)式為s2+(3+k2)s+(2+k1)=s2+3s+2，故3+k2=3→k2=0，2+k1=2→k1=0，說明原系統(tǒng)極點(diǎn)已為-1、-2（原系統(tǒng)特征方程s2+3s+2=0，根s=-1、s=-2），故K=[00]，v任意（通常取v=1）。7.（1）哈密頓函數(shù)H=0.5(x2+ru2)+λ(-x+u)，最優(yōu)控制條件?H/?u=ru+λ=0→u=-λ/r。正則方程\(\dot{\lambda}=-?H/?x=-x+λ\)，系統(tǒng)方程\(\dot{x}=-x+u=-x-λ/r\)。聯(lián)立得\(\dot{\lambda}=-x+λ\)，\(\dot{x}=-x-λ/r\)，消去x得\(\ddot{\lambda}=-\dot{x}+\dot{\lambda}=x+λ/r+λ\)，又x=λ-\(\dot{\lambda}\)，代入得\(\ddot{\lambda}=(λ-\dot{\lambda})+λ/r+λ=λ(2+1/r)-\dot{\lambda}\)，即\(\ddot{\lambda}+\dot{\lambda}-λ(2+1/r)=0\)。邊界條件t→∞時(shí)λ(∞)=0（性能指標(biāo)無終端項(xiàng)），解得λ(t)=ce^{-t√(1+1/r)}（具體解法：假設(shè)解為λ=ke^{st}，代入得s2+s-(2+1/r)=0，解得s=[-1±√(1+4(2+1/r))]/2=[-1±√(9+4/r)]/2。因t→∞時(shí)λ→0，取負(fù)實(shí)根s1=[-1-√(9+4/r)]/2（舍去），s2=[-1+√(9+4/r)]/2。當(dāng)r→∞時(shí)，s2≈[-1+3]/2=1（不合理），說明更簡單方法是使用黎卡提方程。對于無限時(shí)間定常系統(tǒng)，黎卡提方程為0=P(-1)+(-1)P+1-P2/r（因A=-1，B=1，Q=1，R=r），即-2P+1-P2/r=0→P2+2rP-r=0，解得P=[-2r±√(4r2+4r)]/2=-r±√(r2+r)。取正根P=-r+√(r2+r)=r(√(1+1/r)-1)≈r(1+1/(2r)-1)=1/2（當(dāng)r>>1時(shí)）。最優(yōu)控制u=-B^TPx/r=-1×Px/r=-Px/r。（2）當(dāng)r=1時(shí)，黎卡提方程P2+2P-1=0，解得P=(-2±√8)/2=-1±√2，取正根P=-1+√2≈0.414。最優(yōu)控制u=-Px=-0.414x。初始狀態(tài)x(0)=1，系統(tǒng)方程\(\dot{x}=-x+u=-x-0.414x=-1.414x\)，解得x(t)=e^{-1.414t}。性能指標(biāo)J=0.5∫?^∞(x2+u2)dt=0.5∫?^∞(e^{-2.828t}+(0.414e^{-1.414t})2)dt=0.5∫?^∞(e^{-2.828t}+0.171e^{-2.828t})dt=0.5×1.171/(2.828)≈0.5×0.414≈0.207。（3）r增大時(shí)，控制加權(quán)項(xiàng)減小，最優(yōu)控制u的幅值增大，閉環(huán)極點(diǎn)更靠近左半平面（因黎卡提方程解P隨r增大而減小，閉環(huán)極點(diǎn)為A-BB^TP/R=-1-(1×P)/r，當(dāng)r→∞，P≈1/2，極點(diǎn)≈-1-(1/2)/∞=-1；當(dāng)r→0，P≈√r，極點(diǎn)≈-1-√r/r→-∞），故r增大，閉環(huán)極點(diǎn)實(shí)部絕對值減小，調(diào)節(jié)時(shí)間變長；r減小，極點(diǎn)更左，調(diào)節(jié)時(shí)間縮短。8.（1）能控性矩陣Qc=[BAB]，A=[[0,1],[-0.25,1]]，B=[0;1]，AB=A×B=[1;1]，Qc=[[0,1],[1,1]]，行列式=0×1-1×1=-1≠0，能控。能觀性矩陣Qo=[C;CA]，C=[1,0]，CA=[0,1]，Qo=[[1,0],[0,1]]，行列式=1≠0，能觀。（2）離散系統(tǒng)狀態(tài)方程x(k+1)=Φx(k)+Γu(k)，其中Φ=e^{AT}，Γ=∫?^Te^{Aτ}dτB（B為連續(xù)系統(tǒng)控制矩陣，假設(shè)連續(xù)系統(tǒng)為\(\dot{x}=Ax+Bu\)，則離散化后Φ=e^{AT}，Γ=∫?^Te^{Aτ}dτB）。本題離散矩陣已給出，需反求連續(xù)矩陣。已知Φ=e^{AT}=[[0,1],[-0.25,1]]，T=1s。計(jì)算Φ的特征值：det(Φ-sI)=s2-s+0.25=(s-0.5)^2，故Φ為約當(dāng)塊，對應(yīng)連續(xù)矩陣A的特征值λ滿足e^{λT}=0.5→λ=ln0.5≈-0.693rad/s。連續(xù)矩陣A可通過Φ=e^{AT}求解，對于單重特征值，A=lnΦ/T。由于Φ為[[0,1],[-0.25,1]]，其對數(shù)矩陣A可通過級數(shù)展開或近似計(jì)算，這里假設(shè)A=[[a,b],[c,d]]，滿足e^{A×1}=Φ。取泰勒展開前兩項(xiàng)：e^A≈I+A+A2/2=Φ，故A+A2/2=Φ-I=[[-1,1],[-0.25,0]]。假設(shè)A=[[p,q],[r,s]]，則A2=[[p2+qr,pq+qs],[pr+sr,qr+s2]]，代入得：p+(p2+qr)/2=-1q+(pq+qs)/2=1r+(pr+sr)/2=-0.25s+