《现代控制原理》课程教学资源（PPT课件）Ch4 线性连续系统的能控性和能观性

代数判据（8/18）证明过程：一e-AtB的各行函数线性相关,即存在非零向量feRn,使得fre-AtB=0vt≥0因此有f( e-At Bu(t)d t = O Vt, > 0, Vu(t) E R

代数判据(8/18) 证明过程: – e -AtB的各行函数线性相关,即存在非零向量 fRn ,使得 f e -AtB0 t0 因此有 r t A f B  t   t  R  − ( )d 0 0, ( ) 1 0 1 e u   u  

代数判据f""eBu(r)dr=V>oVu)eR(46)由于系统是状态完全能控的.即能控状态充满整个Rn。因此对非零向量f一定存在非零的能控状态x(O),使得-fx(0)+0而对能控的x(O),又一定存在适当的t,和u(t),使得下式成立- x(0) = I" e-At Bu(t)dt因此有f" [" e-At Bu(t)dt + 03t, >0,3u(t) = R"一 上式和式(4-6)矛盾,故原假定e-AtB的各行函数线性相关,但状态能控不成立。因此,必要性得证。 综上所述,即证明了条件1

代数判据 – 上式和式(4-6)矛盾,故原假定e-AtB的各行函 数线性相关,但状态能控不成立。因此,必要性 得证。 • 综上所述,即证明了条件1。 ➢ 由于系统是状态完全能控的,即能控状态充满整个Rn 。因 此对非零向量f,一定存在非零的能控状态x(0),使得 -f x(0)0 而对能控的x(0),又一定存在适当的t1和u(t),使得下式成立:  − − = 1 0 (0) ( )d t A B    x e u 因此有 r t A f B  t   t  R  − ( )d 0 0, ( ) 1 0 1 e u   u   1 1 0 ( )d 0 0, ( ) (4-6) t A r B t t     − f e u u R      

代数判据（2）再证明条件2一下面通过证明e-AtB的各行函数线性相关等价于能控性矩阵Q.非满秩,即3ABAn-1B]<nrankQ.=rank[B来证明条件2。一因此,需证明（结论A）若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩阵Q.非满秩,及（结论B）若能控性矩阵Q.非满秩,则e-AtB的各行函数线性相关

代数判据 (2) 再证明条件2 – 下面通过证明 • e-AtB的各行函数线性相关等价于能控性矩阵Qc非满 秩, 即 rankQc=rank[B AB . An-1B]<n 来证明条件2。 – 因此,需证明 • (结论A) 若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩 阵Qc非满秩, 及 • (结论B) 若能控性矩阵Qc非满秩,则e-AtB的各行函 数线性相关

代数判据下面分别加以证明。一先证明结论A,即证明：若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩阵Q.非满秩。一 若e-AtB的各行函数线性相关,则存在非零向量f使得fte-AtB=0一由于e-AtB连续并有无穷阶导数,因此,若上式对任意时间t恒成立，则对该方程的两边求任意阶导数方程依然成立，即fte-AtAiB=0

代数判据 下面分别加以证明。 – 先证明结论A,即证明: • 若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩阵Qc非 满秩。 – 若e-AtB的各行函数线性相关,则存在非零向量f 使得 f e -AtB0 – 由于e -AtB连续并有无穷阶导数,因此,若上式对 任意时间t恒成立,则对该方程的两边求任意阶 导数方程依然成立,即 f e-AtAiB0

代数判据一令上述两式的t=0,则有f[BABAn-1B|=0因此,若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩阵Qc非满秩,即式(4-10)成立。一 再证明结论B,即证明：若则能控性矩阵Q.非满秩,e-AtB的各行函数线性相关。- 若能控性矩阵Q.非满秩,即式(4-7)式成立,则存在非零向量f使得f[BAB3...An-1B]=0成立

代数判据 – 令上述两式的t=0,则有 f [B AB . An-1B]=0 因此,若e-AtB的各行函数线性相关,则能控性矩阵 Qc非满秩,即式(4-10)成立。 – 再证明结论B,即证明: • 若则能控性矩阵Qc非满秩,e-AtB的各行函数线性 相关。 – 若能控性矩阵Qc非满秩,即式(4-7)式成立,则 存在非零向量f使得 f [B AB . An-1B]=0 成立