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4-3) 若(AB)可控,可选取向量u1u2…un1,使得由下式定义的n 个向量x1x2…xn线性无关。 x1=b,xk+1=Ax+Bu(k=1,2,…n-1)(S-1) 习题4-3的证明 用归纳法。k=1x1=b 若存在12l2,…,lk-1使x1,x2,…,xk(k<n)线性无关, 要证:存在uk,使xk+=Axk+Bk与x1,x2…,xk线性无关, 即xk*不属于Lk,此处Lk是所张成的空间
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4-3) 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) 习题4-3的证明 用归纳法。k=1 x1=b 若存在 u1 ,u2 , ,uk−1 使 x1 , x2 , , xk (k n) 线性无关， k x , x , , x 要证：存在 ，使 与 1 2 线性无关， 即 不属于 ，此处 是所张成的空间。 k Axk Buk uk x +1 = + k+1 Lk Lk x 状态反馈
用反证法。V,x41=4x+B均属于L。,特别的取ak=0 xk+1=Axk属于Lk。由于x1-Ax=Bk(lk,),因为 xk41-A4xk∈k,所以mB∈L。又因为Dk中的任一向量x,(i≤k) 有x1=Ax1=x1-Bm1∈Li=1,2…k。Lk是A的不变子 空间,且包含了B的值域,所以Lk包含了(A|B),这与 (A|B)的维数为n相矛盾。 2,定义矩阵K1 K xn]=1 K,= (S-2) K1将n维向量x1,x2…,xn映射为p维向量1,2…,aln=130, 是p×n矩阵
所以 包含了 ， 用反证法。 , uk k Axk Buk x +1 = + Lk k u k Axk x +1 = Lk k Axk Buk x +1 − = , k u k Axk Lk x +1 − B Lk Im Lk x (i k) i x Ax x Bu L i k k i i i k 1,2, , +1 = = +1 − = Lk Lk A｜B A｜B 均属于 ，特别的取 =0, 属于 。由于 ( ), 因为 ,所以 。又因为 中的任一向量 有 。 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。 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
K1x1=41K1x2=2…K1x 3证明(A+BK1b)可控 x2=Ab+ Bu,=Ab+ BKX=(A+ BK6 x3=Ax2+ Bu2= Ax2+ BKx2=(A+ BK1x2=(A+ BK1 b Axn- 2+ Bun-2=(A+BKDxn-2=(A+ BK1)b xn= Axn-+ Bum=(A+ BKDxm=(A+ Bkb 因为x12x2…n线性无关,即 rankb(A+BK)6(A+ BK)2b.(A+ BK)b=n
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 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44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+BK1+bk的特征值可任意配置,由于 A+BK+bk=A+BK+BLk- A+B(K+Lk) 所以取K=K1+Lk,即可证明定理4-5。 例题1系统方程为 文=010x+10L= 001 试构造K1,使(A+BK1,b=BL)可控
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， 由于 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 b,x+1=Ax+Bu(k=1,2,…,n1) 因为Ax与x线性无关,故取x2=Ax1可得u1=[00。又因为Ax2 与x1x2构成线性相关组,u2不能取[001,可取u2=[-11,这样 可得x=Ax2+Bu2=[202]由的计算式(S-2)可得 012 K 110 010 A+ BKI 01 011 b(A+BK1 )b(A+BK1)b] 101
解 取x1 =BL=b, 由 x1=b, xk+1=Axk+Buk (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A x2 与x1 x2构成线性相关组，u2不能取 [00] T ，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 0010 00 0010 10 000 0 欲使闭环系统(A+BK)具有特征值-2,-2,-1+-1-j,试确定状态 反馈增益阵K。 解取L=[10]x=b1;取u=-10],可得x2=[0100T;u2=[00], 可得x3=10001T 取u3=[01T,可得x=[00011;于是由K1的计算式可得 0010 1000010000-10 K 001010001000 000
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。 解 取L=[1 0] T ,x1=b1；取u1=[-10] T , 可得x2=[0100] T ；u2=[00] T , 可得x3=[1000] T ； 取u3=[01] T , 可得x4=[0001] T ；于是由 K1 的计算式可得 − = − = 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
显然,(A+BK1b1)可控。令k=k1k2k3k直接计算 0100 A+BK,+60010 k, k, k, K4 1001 它的特征式为s4-(1+k3)s3+(k3-k2)s2+(k2-k1)s+k1-k2 期望特征式为s4+6s3+14s2+16s+8 比较上述两多项式的系数,可得 k1=-37,k2=-21,k3=-7,k4=-45 状态反馈阵可取为 37-21-8-45 K=K+Lk= 1000
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 它的特征式为 s 4 -(1+k3 )s3+(k3 -k2 )s2+(k2 -k1 )s+k1 -k4 , 期望特征式为 s 4+6s 3+14s 2+16s+8, 比较上述两多项式的系数，可得 k1 = -37, k2 = -21, k3 = -7, k4 = - 45 状态反馈阵可取为 − − − − = + = 1 0 0 0 37 21 8 45 K K1 Lk
在上面的做法中,在L和u取定后,k就唯一的确定了。但L 和u是非唯一的,这一事实至少可以说明达到同样极点配置 的K值有许多,K的这种非唯一性是多输入系统与单输入系 统极点配置问题主要区别之一。如何充分利用K的自由参数, 以满足系统其它性能的要求,是多输入系统状态反馈设计的 个活跃的研究领域 多输入系统状态反馈配置极点问题的另一特点是“非线性方 程”,说明如下:如将K阵的元素用待定系数k表示,闭环 的多项式可以写为 det[s/-(A+ Bk=s"+f(K)s+f2(K)s+.+fm-(K)s+f,(K) 式中f;(K)表示某一个以K的元素k为变量的非线性函数。如 果将期望多项式表成 n-2 S+C1S+1S+…+a.,S÷0
在上面的做法中，在L和ui取定后，k就唯一的确定了。但L 和ui是非唯一的，这一事实至少可以说明达到同样极点配置 的K值有许多，K的这种非唯一性是多输入系统与单输入系 统极点配置问题主要区别之一。如何充分利用K的自由参数, 以满足系统其它性能的要求,是多输入系统状态反馈设计的一 个活跃的研究领域。 多输入系统状态反馈配置极点问题的另一特点是“非线性方 程” ，说明如下：如将K阵的元素用待定系数kij表示，闭环 的多项式可以写为 det[ ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 sI A BK s f 1 K s f K s f n K s f n K n n n − + = + + + + − + − − 式中f i (K)表示某一个以K的元素kij为变量的非线性函数。如 果将期望多项式表成 n n n n n s + s + s + + − s + − − 1 2 2 1 1
比较两式的系数,可知应有 f(K)=a1(i=1,2,…,n) (S-3) 上式在单输入情况始终是线性方程组,在多输入时,一般是 非线性方程。定理4-4所提供的事实表明:当系统可控时,可 以通过牺牲K的自由参数,可以使(S3)简化为一组能解出的 线性方程组。对例题2,也可以用求解上述方程来做,通过K 中自由参数的适当选取,往往可以方便地求出需要的K阵 例题3对例题2中的系统,用直接求解(S3)式的方法,计 算达到极点配置的K阵。 解因为这时 010 001 0 A+BK k1k21+k3k4 ks kK, 1+kg
比较两式的系数，可知应有 上式在单输入情况始终是线性方程组，在多输入时，一般是 非线性方程。定理4-4所提供的事实表明：当系统可控时，可 以通过牺牲K的自由参数，可以使(S—3)简化为一组能解出的 线性方程组。对例题2，也可以用求解上述方程来做，通过K 中自由参数的适当选取，往往可以方便地求出需要的K阵。 f (K) (i 1,2, ,n) i =i = (S—3) 例题3 对例题2中的系统，用直接求解(S—3)式的方法，计 算达到极点配置的K阵。 解 因为这时 + + + = 5 6 7 8 1 2 3 4 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 k k k k k k k k A BK
方案1:取k=k=k=k2=0,1+k2=-2,由 (s+2)(+1)+1=s3+4.2+6s+4 易得1=-4,k2=-61+k3 即有 4-6-50 K 000-3 方案2:取k1=k2=0,k2=-1,k4=1由 (s+2)2(s+1)2+1]=s4+6s3+14s2+16s+8 可得k=-8,k6=-16,k7=-14,k8-7,即有 00 以上的做法中,充分利用了将矩阵分块和相伴标准形的有关知 识,从而方便了计算
方案１：取k4=k5=k6=k7 =0, 1+k8 = -2, 由 ( 2)[( 1) 1] 4 6 4 2 3 2 s + s + + = s + s + s + 易得 4, 6 1 4 k1 = − k2 = − + k3 = − 即有 − − − − = 0 0 0 3 4 6 5 0 K 方案2 ： 取k1=k2 = 0, k3 = -1 , k4 =1 由 ( 2) [( 1) 1] 6 14 16 8 2 2 4 3 2 s + s + + = s + s + s + s + 可得 k5 = -8, k6 = -16 , k7 = -14, k8 = -7, 即有 − − − − − = 8 16 14 7 0 0 1 1 K 以上的做法中，充分利用了将矩阵分块和相伴标准形的有关知 识，从而方便了计算