控制系统 - 状态空间分析

---

---

在上一章中，我们学习了如何从微分方程和传递函数获得状态空间模型。在本章中，让我们讨论如何从状态空间模型获得传递函数。

从状态空间模型获取传递函数

我们知道线性时不变 (LTI) 系统的状态空间模型为 -

$$\dot{X}=AX+BU$$

$$Y=CX+DU$$

在状态方程的两边应用拉普拉斯变换。

$$sX(s)=AX(s)+BU(s)$$

$$\Rightarrow (sI-A)X(s)=BU(s)$$

$$\Rightarrow X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s)$$

在输出方程的两边应用拉普拉斯变换。

$$Y(s)=CX(s)+DU(s)$$

将 X(s) 的值代入上述方程。

$$\Rightarrow Y(s)=C(sI-A)^{-1}BU(s)+DU(s)$$

$$\Rightarrow Y(s)=[C(sI-A)^{-1}B+D]U(s)$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B+D$$

上述方程表示系统的传递函数。因此，我们可以使用此公式计算以状态空间模型表示的系统的传递函数。

注意 − 当 $D = [0]$ 时，传递函数为

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$

示例

让我们计算以状态空间模型表示的系统的传递函数，如下所示：

$$\dot{X}=\begin{bmatrix}\dot{x}_1 \\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}[u]$$

$$Y=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}$$

这里，

$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix} \quad 和 \quad D=[0]$$

当 $D = [0]$ 时的传递函数公式为 -

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$

将 A、B 和 C 矩阵代入上述方程。

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+1 & 1 \\-1 & s \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix} \frac{\begin{bmatrix}s & -1 \\1 & s+1 \end{bmatrix}}{(s+1)s-1(-1)}\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}s \\1 \end{bmatrix}}{s^2+s+1}=\frac{1}{s^2+s+1}$$

因此，给定状态空间模型的系统的传递函数为

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^2+s+1}$$

状态转移矩阵及其性质

如果系统具有初始条件，则它会产生输出。由于即使在没有输入的情况下也存在此输出，因此称为零输入响应 $x_{ZIR}(t)$。在数学上，我们可以将其写成：

$$x_{ZIR}(t)=e^{At}X(0)=L^{-1}\left \{ \left [ sI-A \right ]^{-1}X(0) \right \}$$

从上述关系，我们可以将状态转移矩阵 $\phi(t)$ 写成

$$\phi(t)=e^{At}=L^{-1}[sI-A]^{-1}$$

因此，可以通过将状态转移矩阵 $\phi(t)$ 与初始条件矩阵相乘来获得零输入响应。

以下是状态转移矩阵的性质。

• 如果 $t = 0$，则状态转移矩阵将等于单位矩阵。

  $$\phi(0) = I$$

• 状态转移矩阵的逆矩阵将与状态转移矩阵相同，只是将“t”替换为“-t”。

  $$\phi^{-1}(t) = \phi(−t)$$

• 如果 $t = t_1 + t_2$，则相应的状态转移矩阵等于 $t = t_1$ 和 $t = t_2$ 时的两个状态转移矩阵的乘积。

  $$\phi(t_1 + t_2) = \phi(t_1) \phi(t_2)$$

能控性和能观性

现在让我们逐一讨论控制系统的能控性和能观性。

能控性

如果控制系统的初始状态可以通过有限时间内的控制输入转移（改变）到某些其他期望状态，则称该控制系统是能控的。

我们可以使用卡尔曼检验来检查控制系统的能控性。

• 以以下形式编写矩阵 $Q_c$。

  $$Q_c=\left [ B \quad AB \quad A^2B \quad ...\quad A^{n-1}B \right ]$$

• 找到矩阵 $Q_c$ 的行列式，如果它不等于零，则控制系统是能控的。

能观性

如果能够通过在有限时间内观察输出确定控制系统的初始状态，则称该控制系统是能观的。

我们可以使用卡尔曼检验来检查控制系统的能观性。

• 以以下形式编写矩阵 $Q_o$。

  $$Q_o=\left [ C^T \quad A^TC^T \quad (A^T)^2C^T \quad ...\quad (A^T)^{n-1}C^T \right ]$$

• 找到矩阵 $Q_o$ 的行列式，如果它不等于零，则控制系统是能观的。

示例

让我们验证以状态空间模型表示的控制系统的能控性和能观性，如下所示：

$$\dot{x}=\begin{bmatrix}\dot{x}_1 \\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix} [u]$$

$$Y=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}$$

这里，

$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}, D=[0]\quad 和 \quad n=2$$

对于 $n = 2$，矩阵 $Q_c$ 将为

$$Q_c=\left [B \quad AB \right ]$$

我们将得到矩阵 A 和 B 的乘积为：

$$AB=\begin{bmatrix}-1 \\1 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow Q_c =\begin{bmatrix}1 & -1 \\0 & 1 \end{bmatrix}$$

$$|Q_c|=1 \neq 0$$

由于矩阵 $Q_c$ 的行列式不等于零，因此给定的控制系统是能控的。

对于 $n = 2$，矩阵 $Q_o$ 将为 -

$$Q_o=\left [C^T \quad A^TC^T \right ]$$

这里，

$$A^T=\begin{bmatrix}-1 & 1 \\-1 & 0 \end{bmatrix} \quad 和 \quad C^T=\begin{bmatrix}0 \\1 \end{bmatrix}$$

我们将得到矩阵 $A^T$ 和 $C^T$ 的乘积为

$$A^TC^T=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow Q_o=\begin{bmatrix}0 & 1 \\1 & 0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow |Q_o|=-1 \quad \neq 0$$

由于矩阵 $Q_o$ 的行列式不等于零，因此给定的控制系统是能观的。

因此，给定的控制系统既是能控的又是能观的。