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12157分钟2026-06-1777未知0

文章摘要

计算题一、lyapunov第一定理（10分）例题：考虑非线性系统在处的稳定性。解：带入上面的式子，有，所以为唯一的平衡点。然后套话先这么抄：然后分别求偏导：因此得出：带入: 最后求这个矩阵的特征值：特征值均小于0，所以系统稳定。二、lyapunov第二定理（10分）

计算题

一、lyapunov第一定理（10分）

例题：考虑非线性系统在 $\text{（}0,0\text{）}$ 处的稳定性。

\begin{cases} \dot{x}_1=-x_1+x_{2}^{2},\\ \dot{x}_2=-x_2.\\ \end{cases}

解：

$x_1=0，x_2=0$ 带入上面的式子，有 $\dot{x}_1=0，\dot{x}_2=0$ ，所以 $\text{（}0,0\text{）}$ 为唯一的平衡点。

提示

然后套话先这么抄

f\left( x \right) =\left[ \begin{array}{c} f_1\left( x_1,x_2 \right)\\ f_2\left( x_1,x_2 \right)\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} -x_1+{x_2}^2\\ -x_2\\ \end{array} \right]

A\left( x \right) =\frac{\partial f}{\partial x}=\left[ \begin{matrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}& \frac{\partial f_1}{\partial x_2}\\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1}& \frac{\partial f_2}{\partial x_2}\\ \end{matrix} \right]

然后分别求偏导：

\frac{\partial f_1}{\partial x_1}=\frac{\partial}{\partial x_1}\left( -x_1+{x_2}^2 \right) =-1

\frac{\partial f_1}{\partial x_2}=\frac{\partial}{\partial x_2}\left( -x_1+{x_2}^2 \right) =2x_2

\frac{\partial f_2}{\partial x_1}=\frac{\partial}{\partial x_1}\left( -x_2 \right) =0

\frac{\partial f_2}{\partial x_2}=\frac{\partial}{\partial x_2}\left( -x_2 \right) =-1

因此得出：

A\left( x_1,x_2 \right) =\left[ \begin{matrix} -1& 2x_2\\ 0& -1\\ \end{matrix} \right]

带入 $x_1=0,x_2=0$ :

A=\left[ \begin{matrix} -1& 0\\ 0& -1\\ \end{matrix} \right]

最后求这个矩阵的特征值：

\left| \lambda E-A \right|=\left| \begin{matrix} \lambda +1& 0\\ 0& \lambda +1\\ \end{matrix} \right|=0

\lambda _1=\lambda _2=-1<0

特征值均小于0，所以系统稳定。

二、lyapunov第二定理（10分）

例题：考虑非线性系统在 $\text{（}0,0\text{）}$ 处的稳定性。

\begin{cases} \dot{x}_1=-x_1+x_2\\ \dot{x}_2=-x_1-{x_2}^3\\ \end{cases}

解：

令 $\dot{x}_1=0,\dot{x}_2=0$ ：

\begin{cases} -x_1+x_2=0\\ -x_1-{x_2}^3=0\\ \end{cases}

由第一式得 $x_2=x_1$ ，带入第二式得：

-x_1-{x_1}^3=-x_1\left( 1+{x_1}^2 \right) =0

\Rightarrow x_1=0

\therefore x_2=0

故 $\text{（}0,0\text{）}$ 是唯一平衡点。

提示

然后套话先这么抄

选Lyapunov函数：

V\left( x_1,x_2 \right) =\frac{1}{2}\left( {x_1}^2+{x_2}^2 \right) .

显然 $V\left( 0,0 \right) =0$ ，且对任意 $\left( x_1,x_2 \right) \ne \left( 0,0 \right)$ 有 $V\left( x_1,x_2 \right) >0$ ，即 $V$ 正定

\dot{V}=\frac{\partial V}{\partial x_1}\dot{x}_1+\frac{\partial V}{\partial x_2}\dot{x}_2=x_1\dot{x}_1+x_2\dot{x}_2

带入 $\dot{x}_1=-x_1+x_2$ ， $\dot{x}_2=-x_1-{x_2}^3$ ：

\dot{V}=x_1\left( -x_1+x_2 \right) +x_2\left( -x_1-{x_2}^3 \right)

=-{x_1}^2+x_1x_2-x_1x_2-{x_2}^4

=-{x_1}^2-{x_2}^4

对任意 $\left( x_1,x_2 \right) \ne \left( 0,0 \right)$ ，有 $\dot{V}=-{x_1}^2-{x_2}^4<0$ ，因此 $\dot{V}$ 负定

故系统稳定。

第三种题型

例1

按正反馈理解

这张图没有标负号，那么严格按图理解，反馈量是正加到输入端的。

因此这张图应写成：

\begin{pmatrix} e\\ \dot e \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}

也就是：

e=10+x_1

\dot e=x_2

控制律为：

u=k_p e+k_d\dot e

代入：

u=k_p(10+x_1)+k_d x_2

u=10k_p+k_p x_1+k_d x_2

系统状态方程为：

\dot{x} = \begin{pmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}u

即：

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=-2x_1-3x_2+u

代入 $u$ ：

\dot{x}_2=-2x_1-3x_2+10k_p+k_p x_1+k_d x_2

整理得：

\dot{x}_2=(k_p-2)x_1+(k_d-3)x_2+10k_p

所以闭环系统为：

\begin{cases} \dot{x}_1=x_2\\ \dot{x}_2=(k_p-2)x_1+(k_d-3)x_2+10k_p \end{cases}

求稳态，令：

\dot{x}_1=0,\qquad \dot{x}_2=0

由第一式：

x_2=0

代入第二式：

0=(k_p-2)x_1+10k_p

所以：

x_1=\frac{-10k_p}{k_p-2}

也可以写成：

x_1=\frac{10k_p}{2-k_p}

因此，如果闭环系统稳定，则：

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{2-k_p}\\ 0 \end{pmatrix} }

这里还要注意稳定条件。闭环矩阵为：

A_c= \begin{pmatrix} 0&1\\ k_p-2&k_d-3 \end{pmatrix}

其特征方程为：

s^2+(3-k_d)s+(2-k_p)=0

二阶系统稳定要求：

3-k_d>0,\qquad 2-k_p>0

即：

\boxed{k_d<3,\qquad k_p<2}

所以最终更严谨地说：

\boxed{ k_d<3,\ k_p<2 \text{ 时，} \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{2-k_p}\\ 0 \end{pmatrix} }

初值

\begin{pmatrix} x(0)\\ \dot{x}(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 3 \end{pmatrix}

只影响暂态过程；如果闭环稳定，它不影响最终稳态值。

如果老师默认“比较点输出就是 $e=r-x$ ”即使图里没写负号，那就按负反馈算。但从你这张图的标注来看，没有负号就应按正反馈处理。

按图中的负反馈理解：

e(t)=10-x_1(t),\qquad \dot e(t)=0-x_2(t)=-x_2(t)

控制律为

u(t)=k_p e(t)+k_d \dot e(t)

所以

u(t)=k_p(10-x_1)-k_dx_2

代入系统方程

\dot x= \begin{pmatrix} 0&1\ -2&-3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\ 1 \end{pmatrix}u

得到闭环系统：

\dot x_1=x_2

\dot x_2=-(2+k_p)x_1-(3+k_d)x_2+10k_p

稳态时：

\dot x_1=0,\qquad \dot x_2=0

因此

x_2(\infty)=0

0=-(2+k_p)x_1(\infty)+10k_p

所以

x_1(\infty)=\frac{10k_p}{k_p+2}

最终结果为

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\ x_2(t) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{k_p+2}\ 0 \end{pmatrix} }

成立条件是闭环系统稳定，即

k_p>-2,\qquad k_d>-3

其中初始条件

x(0)= \begin{pmatrix} 2\ 3 \end{pmatrix}

只影响瞬态过程，不影响稳定情况下的最终稳态值。注意这个系统只有 PD 控制，没有积分环节，所以稳态位置一般不会等于 10，而是存在稳态误差：

e(\infty)=10-\frac{10k_p}{k_p+2} =\frac{20}{k_p+2}

例2

由图可得：

r=\begin{pmatrix}12\\0\end{pmatrix},\qquad e=r-x

其中

x=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\\dot{x}\end{pmatrix}

所以

e=12-x_1,\qquad \dot e=0-x_2=-x_2

控制律为

u(t)=3e(t)+4\dot e(t)

代入得：

u=3(12-x_1)+4(-x_2)

u=36-3x_1-4x_2

系统状态方程为：

\dot{x}= \begin{pmatrix} 0&1\\ 2&3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}u

即：

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=2x_1+3x_2+u

代入 $u$ ：

\dot{x}_2=2x_1+3x_2+36-3x_1-4x_2

\dot{x}_2=-x_1-x_2+36

所以闭环系统为：

\begin{cases} \dot{x}_1=x_2\\ \dot{x}_2=-x_1-x_2+36 \end{cases}

求稳态时令：

\dot{x}_1=0,\qquad \dot{x}_2=0

由

\dot{x}_1=x_2=0

再代入第二式：

0=-x_1-0+36

x_1=36

因此：

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 36\\ 0 \end{pmatrix} }

注意：结果不是 $\begin{pmatrix}12\\0\end{pmatrix}$ ，因为这个系统没有积分环节，且被控对象本身有 $2x_1+3x_2$ 项，比例微分反馈只能改变闭环动态，不能保证稳态值严格等于参考输入。

rencai

生活明朗，万物可爱

本文是原创文章，采用 CC BY-NC-SA 4.0 协议，完整转载请注明来自 rencai

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一、lyapunov第一定理（10分）

例题：考虑非线性系统在 $\text{（}0,0\text{）}$ 处的稳定性。

\begin{cases} \dot{x}_1=-x_1+x_{2}^{2},\\ \dot{x}_2=-x_2.\\ \end{cases}

解：

$x_1=0，x_2=0$ 带入上面的式子，有 $\dot{x}_1=0，\dot{x}_2=0$ ，所以 $\text{（}0,0\text{）}$ 为唯一的平衡点。

提示

然后套话先这么抄

f\left( x \right) =\left[ \begin{array}{c} f_1\left( x_1,x_2 \right)\\ f_2\left( x_1,x_2 \right)\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} -x_1+{x_2}^2\\ -x_2\\ \end{array} \right]

A\left( x \right) =\frac{\partial f}{\partial x}=\left[ \begin{matrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}& \frac{\partial f_1}{\partial x_2}\\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1}& \frac{\partial f_2}{\partial x_2}\\ \end{matrix} \right]

然后分别求偏导：

\frac{\partial f_1}{\partial x_1}=\frac{\partial}{\partial x_1}\left( -x_1+{x_2}^2 \right) =-1

\frac{\partial f_1}{\partial x_2}=\frac{\partial}{\partial x_2}\left( -x_1+{x_2}^2 \right) =2x_2

\frac{\partial f_2}{\partial x_1}=\frac{\partial}{\partial x_1}\left( -x_2 \right) =0

\frac{\partial f_2}{\partial x_2}=\frac{\partial}{\partial x_2}\left( -x_2 \right) =-1

因此得出：

A\left( x_1,x_2 \right) =\left[ \begin{matrix} -1& 2x_2\\ 0& -1\\ \end{matrix} \right]

带入 $x_1=0,x_2=0$ :

A=\left[ \begin{matrix} -1& 0\\ 0& -1\\ \end{matrix} \right]

最后求这个矩阵的特征值：

\left| \lambda E-A \right|=\left| \begin{matrix} \lambda +1& 0\\ 0& \lambda +1\\ \end{matrix} \right|=0

\lambda _1=\lambda _2=-1<0

特征值均小于0，所以系统稳定。

二、lyapunov第二定理（10分）

例题：考虑非线性系统在 $\text{（}0,0\text{）}$ 处的稳定性。

\begin{cases} \dot{x}_1=-x_1+x_2\\ \dot{x}_2=-x_1-{x_2}^3\\ \end{cases}

解：

令 $\dot{x}_1=0,\dot{x}_2=0$ ：

\begin{cases} -x_1+x_2=0\\ -x_1-{x_2}^3=0\\ \end{cases}

由第一式得 $x_2=x_1$ ，带入第二式得：

-x_1-{x_1}^3=-x_1\left( 1+{x_1}^2 \right) =0

\Rightarrow x_1=0

\therefore x_2=0

故 $\text{（}0,0\text{）}$ 是唯一平衡点。

提示

然后套话先这么抄

选Lyapunov函数：

V\left( x_1,x_2 \right) =\frac{1}{2}\left( {x_1}^2+{x_2}^2 \right) .

显然 $V\left( 0,0 \right) =0$ ，且对任意 $\left( x_1,x_2 \right) \ne \left( 0,0 \right)$ 有 $V\left( x_1,x_2 \right) >0$ ，即 $V$ 正定

\dot{V}=\frac{\partial V}{\partial x_1}\dot{x}_1+\frac{\partial V}{\partial x_2}\dot{x}_2=x_1\dot{x}_1+x_2\dot{x}_2

带入 $\dot{x}_1=-x_1+x_2$ ， $\dot{x}_2=-x_1-{x_2}^3$ ：

\dot{V}=x_1\left( -x_1+x_2 \right) +x_2\left( -x_1-{x_2}^3 \right)

=-{x_1}^2+x_1x_2-x_1x_2-{x_2}^4

=-{x_1}^2-{x_2}^4

对任意 $\left( x_1,x_2 \right) \ne \left( 0,0 \right)$ ，有 $\dot{V}=-{x_1}^2-{x_2}^4<0$ ，因此 $\dot{V}$ 负定

故系统稳定。

第三种题型

例1

按正反馈理解

这张图没有标负号，那么严格按图理解，反馈量是正加到输入端的。

因此这张图应写成：

\begin{pmatrix} e\\ \dot e \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}

也就是：

e=10+x_1

\dot e=x_2

控制律为：

u=k_p e+k_d\dot e

代入：

u=k_p(10+x_1)+k_d x_2

u=10k_p+k_p x_1+k_d x_2

系统状态方程为：

\dot{x} = \begin{pmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}u

即：

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=-2x_1-3x_2+u

代入 $u$ ：

\dot{x}_2=-2x_1-3x_2+10k_p+k_p x_1+k_d x_2

整理得：

\dot{x}_2=(k_p-2)x_1+(k_d-3)x_2+10k_p

所以闭环系统为：

\begin{cases} \dot{x}_1=x_2\\ \dot{x}_2=(k_p-2)x_1+(k_d-3)x_2+10k_p \end{cases}

求稳态，令：

\dot{x}_1=0,\qquad \dot{x}_2=0

由第一式：

x_2=0

代入第二式：

0=(k_p-2)x_1+10k_p

所以：

x_1=\frac{-10k_p}{k_p-2}

也可以写成：

x_1=\frac{10k_p}{2-k_p}

因此，如果闭环系统稳定，则：

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{2-k_p}\\ 0 \end{pmatrix} }

这里还要注意稳定条件。闭环矩阵为：

A_c= \begin{pmatrix} 0&1\\ k_p-2&k_d-3 \end{pmatrix}

其特征方程为：

s^2+(3-k_d)s+(2-k_p)=0

二阶系统稳定要求：

3-k_d>0,\qquad 2-k_p>0

即：

\boxed{k_d<3,\qquad k_p<2}

所以最终更严谨地说：

\boxed{ k_d<3,\ k_p<2 \text{ 时，} \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{2-k_p}\\ 0 \end{pmatrix} }

初值

\begin{pmatrix} x(0)\\ \dot{x}(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 3 \end{pmatrix}

只影响暂态过程；如果闭环稳定，它不影响最终稳态值。

如果老师默认“比较点输出就是 $e=r-x$ ”即使图里没写负号，那就按负反馈算。但从你这张图的标注来看，没有负号就应按正反馈处理。

按图中的负反馈理解：

e(t)=10-x_1(t),\qquad \dot e(t)=0-x_2(t)=-x_2(t)

控制律为

u(t)=k_p e(t)+k_d \dot e(t)

所以

u(t)=k_p(10-x_1)-k_dx_2

代入系统方程

\dot x= \begin{pmatrix} 0&1\ -2&-3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\ 1 \end{pmatrix}u

得到闭环系统：

\dot x_1=x_2

\dot x_2=-(2+k_p)x_1-(3+k_d)x_2+10k_p

稳态时：

\dot x_1=0,\qquad \dot x_2=0

因此

x_2(\infty)=0

0=-(2+k_p)x_1(\infty)+10k_p

所以

x_1(\infty)=\frac{10k_p}{k_p+2}

最终结果为

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\ x_2(t) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \dfrac{10k_p}{k_p+2}\ 0 \end{pmatrix} }

成立条件是闭环系统稳定，即

k_p>-2,\qquad k_d>-3

其中初始条件

x(0)= \begin{pmatrix} 2\ 3 \end{pmatrix}

只影响瞬态过程，不影响稳定情况下的最终稳态值。注意这个系统只有 PD 控制，没有积分环节，所以稳态位置一般不会等于 10，而是存在稳态误差：

e(\infty)=10-\frac{10k_p}{k_p+2} =\frac{20}{k_p+2}

例2

由图可得：

r=\begin{pmatrix}12\\0\end{pmatrix},\qquad e=r-x

其中

x=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\\dot{x}\end{pmatrix}

所以

e=12-x_1,\qquad \dot e=0-x_2=-x_2

控制律为

u(t)=3e(t)+4\dot e(t)

代入得：

u=3(12-x_1)+4(-x_2)

u=36-3x_1-4x_2

系统状态方程为：

\dot{x}= \begin{pmatrix} 0&1\\ 2&3 \end{pmatrix}x+ \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}u

即：

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=2x_1+3x_2+u

代入 $u$ ：

\dot{x}_2=2x_1+3x_2+36-3x_1-4x_2

\dot{x}_2=-x_1-x_2+36

所以闭环系统为：

\begin{cases} \dot{x}_1=x_2\\ \dot{x}_2=-x_1-x_2+36 \end{cases}

求稳态时令：

\dot{x}_1=0,\qquad \dot{x}_2=0

由

\dot{x}_1=x_2=0

再代入第二式：

0=-x_1-0+36

x_1=36

因此：

\boxed{ \lim_{t\to\infty} \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 36\\ 0 \end{pmatrix} }

rencai

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