状态反馈 定理4-4若(A,B)可控,则对B值域中的任一非零向 量b,均存在一个状态反馈增益阵K1,使得(A+BK1, b)可控。 证明 1,引理:(见习题43) 下式定义的n个向量x1x2,…,xn线性,做 若(A,B)可控,可选取向量u1u2, 得由 X1=b,X1+1=Ax+Bu(k=1,2,….,n-1)(S-1)
定理4-4 若(A, B)可控，则对B值域中的任一非零向 量b，均存在一个状态反馈增益阵K1，使得(A+BK1 , b)可控。 若(A, B)可控，可选取向量u1 ,u2 , …,un-1，使得由 下式定义的n个向量x1 ,x2 , …, xn 线性无关。 x1=b, xk+1=Axk+Buk (k=1,2, … ,n-1) (S—1) 状态反馈 证明 1, 引理：(见习题4-3)
习题4-3的证明 用归纳法。k=1x1=b 若存在 使x12x2…,xk(k<n)线性 无关, 要证:存在lk,使xk+1=Axk+Bk与 x1,x2…,xk线性无关,即x1不属于Lk,此处 L,是x,2x2…,x所张成的空间 k 用反证法
若存在 使 线性 无关， 1 2 1 , , , u u uk− , , , ( ) 1 2 x x x k n k 习题4-3的证明 用归纳法。k=1 x1=b k x , x , , x 1 2 所张成的空间。 k Axk Buk uk x +1 = + Lk Lk k+1 x 要证：存在 与 线性无关，即 不属于 ，使 ，此处 k x , x , , x 是 1 2 用反证法
Vu,xb1=Ax+Bu1均属于 特别的取k=0,x#=Ax属于Lk。由于 xk1-Axk=BuB(Vk),因为x1-Axk∈Lk 所以ImB∈Lk 又因为Lk中的任一向量x(≤k)有 Ax;=x;-Bu;∈L1=1,2 k Lk是A的不变子空间,且包含了B的值域,所以 k包含了|B,这与(4B)的维数为n相矛盾
k Axk 特别的取 uk =0, x +1 = 属于 Lk 。由于 , k u k Axk Buk x +1 − = k Axk Lk x +1 − B Lk Im ( ), 因为 所以 k Axk Buk , x +1 = + k u 均属于 Lk ， x (i k) i Axi = xi+1 −Bui Lk i =1,2, ,k 又因为 Lk 中的任一向量 有 ， Lk Lk A｜B A｜B 是A的不变子空间， 且包含了B的值域, 这与 的维数为 n 相矛盾。 所以 包含了
2,定义矩阵K1 Klx (S-2) k1将n维向量x1,x2,…,xn映射为p维向量 l1,2,…,un-1,0,是p×n矩阵 Kx k1x2=L2…K1 L 3证明(A+BK1b)可控
2,定义矩阵 K1 0 1 1 2 n = 1 2 n−1 K x x x u u u 1 1 1 2 1 1 2 0 − − = n n K u u u x x x (S—2) n x , x , , x 1 2 u1 ,u2 , ,un−1 ,0 K1 将 n 维向量 映射为p维向量 , 是p×n矩阵 1 1 1 1 2 2 1 −1 −1 = = = n n K x u K x u K x u 3,证明 (A+ BK1 b) 可控
x,=A6+ Bu,= A6+ BKX,=(A+BK1)b x=Ax,+ Bu,=Ax+BKX,=(A+BK)x,=(A+BKD2b xn-i= Axn-2+ Bun-2=(A+ BKIxm-2=(A+BK1)b x,=Ax,+ Bum=(A+ BKx=(A+ BK)b 因为x1,x2,…,xn线性无关,即 rankb (A+ BK )6(A+BK)26..(A+BK)b=n
x A x Bu A BK x A BK b x A x Bu A BK x A BK b x A x Bu A x BK x A BK x A BK b x A b Bu A b BK x A BK b x b n n n n n n n n n n 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − − − − − − − − = + = + = + = + = + = + = + = + = + = + = + = + = + = rankb A BK b A BK b A BK b n n + + + = −1 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) n x , x , , x 因为 1 2 线性无关，即
定理4-5若系统(4-1)可控,则存在状态反馈增益阵K 使得A+BK的n个特征值配置到复平面上n个任意给定 的位置(复数共軛成对出现) 证明首先选取非零向量L,可得b=BL,由定理4-4 可知存在K1,使(A+BK1b)可控。由单变量极点配置 定理可知存在n维行向量k,使得A+BK+bk的特征值 可任意配置, A+BK+bk-A+BK+BLk- A+B(K+Lk) 所以取K=K1+Lk,即可证明定理45
所以取K= K1+Lk，即可证明定理4-5。 A+BK1+bk=A+BK1+BLk= A+B(K1+Lk) 定理4-5 若系统(4-1)可控，则存在状态反馈增益阵K， 使得A+BK的n个特征值配置到复平面上n个任意给定 的位置（复数共軛成对出现）。 证明 首先选取非零向量L，可得b=BL，由定理4-4 可知存在K1，使(A+BK1 b)可控。由单变量极点配置 定理可知存在n维行向量k，使得A+BK1+bk 的特征值 可任意配置
例题1系统方程为 00 x=010x+10 L 01 试构造K1,使(A+BK1,b=BL)可控 解取x1=BL=b,由 x=b,x+1=Ax+Buk(k=1,2,…,n-1) 因为Ax1与x线性无关,故取x2=Ax1可得u1=[001。 又因为Ax与xx构成线性相关组?,u2不能取[00T
T x x u L 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 = + = 例题 1 系统方程为 试构造K1，使(A+BK1 , b=BL)可控。 解 取 x1 = BL =b, 由 x1=b, xk+1 = A xk+ B uk (k=1,2, … ,n-1) 因为Ax1与x1线性无关，故取x2= Ax1,可得u1=[00] T。 又因为Ax2与x1 x2构成线性相关组?，u2不能取 [00] T
可取u2=[-11,这样可得x=Ax2+Bu2=202]T 由的计算式(S2)可得 0 10 K 010 111 202 10 A+BK1=-1-11 011 b (A+ BK1b (A+ BK16=1 0 101
可取u2=[-1 1] T ，这样可得x3 = Ax2+B u2 = [2 0 2] T 。 由的计算式(S—2)可得 + + = − − + = − − − − − − = − = − 1 0 1 1 0 1 0 1 1 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 0 0 1 2 0 1 0 0 1 0 2 1 1 1 1 1 b A BK b A BK b A BK K
不难验证(A+BK1b)可控 例题2系统方程为 0100 10 00 000 000 10 10 0 0 欲使闭环系统(A+BK)具有特征值2,-2,-1+j,-1-j,试 确定状态反馈增益阵K。 解取L=[102x1=b1; 取u1=[10,可得x2=[0100]; 取u2=00]T,可得x3=[1000r; 取u3=[01T,可得x=[0001]
不难验证(A+BK1 b)可控。 例题2 系统方程为 x x u + = 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 欲使闭环系统(A+BK)具有特征值-2,-2,-1+j,-1-j，试 确定状态反馈增益阵K。 取L=[1 0] T,x1=b1； 取u1=[-1 0] T , 可得x2=[0 1 0 0] T ； 取u2=[0 0] T , 可得x3=[1 0 0 0] T ； 取u3=[0 1] T , 可得x4=[0 0 0 1] T ； 解
于是由K1的计算式可得 0010 1000010000-10 K 00101000 000 0001 显然,(A+BK1,b1)可控。令k=队k1k2k3k4l,直接计算 0100 00 0 A+Bk+bk= 4 001
− = − = 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 K1 于是由 K1 的计算式可得 显然，(A+BK1 ,b1 )可控。令k=[k1 k2 k3 k4 ], 直接计算 + + = 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 3 4 1 1 k k k k A BK b k
