控制原理电子教 对应这一对复数极点的脉冲响应序列是 ya+1(k)=2 P A1(p1)+A11( k≥0 由于特征方程是实系数,所以,4,A1必定是共轭的。设A,A14=4le, 代入上式得 (k)=4|pex+)+1Ape+) =2 4, p, cos(k 0, +p, (4.13) 由此可见,该对复数极点若在单位圆内(|p|<1),系统是渐近稳定的:若在 单位圆外(|p|>1),系统是不稳定的:在单位圆上(|p1|=1),系统是临界 稳定 (3)Φ(二)含有重极点。 不失一般性,设含有两重极点P,则Y()可展开为 A1 PI 对应的脉冲响应序列为 y(k)=A2k(P1)+A1(P1) (4.14) 显然,若重极点在单位圆内,即|p<1,系统是渐近稳定的:重极点在单位圆 外,即p|>1,系统是不稳定的;重极点在单位圆上,即|p1|=1,由式(4.14) 可得 limy(k)=lim(A2·k+A1)=∞ 系统是不稳定的。通过上面的讨论,得到如下结论: 线性定常离散系统稳定的充分必要条件是,闭环脉冲传递函数的所有极 点都位于z平面的单位圆内。若在单位圆上有一对复数极点或一个实极点,而 其它极点在单位圆内,系统是临界稳定的。若在单位圆上有重极点或者在单位 圆外有一个以上的极点,系统是不稳定的 2.MIMO线性定常离散系统稳定性的条件 设线性定常离散系统的状态方程为 x(k+1)=Ax(k) (4.15) 做非奇异线性变换x(k)=Px(k),式(4.15)变换为 x(k+1) I APx(k) (4.16) (1)A有n个互异的特征值λ,i=12,…,n 总可以找到一个非奇异阵P,使矩阵P-AP化为对角型,即 化研究所6
自 动 控 制 原 理 电 子 教 案 对应这一对复数极点的脉冲响应序列是 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ⋅ + − ⋅ = + − + + 1 1 1 , 1 ( ) i i i i i i z p A z z p A z y k Z ， k i i k Ai ( pi ) A ( p ) = + +1 +1 k ≥ 0 由于特征方程是实系数，所以， Ai , Ai+1必定是共轭的。设 i j i i i A A A e± ϕ , +1 = ， 代入上式得 ( ) ( ) , 1 ( ) i i i i j k k i i j k k i i i i y k A p e A p e θ +ϕ − θ +ϕ + = + 2 cos( ) i i k i i = A p k θ +ϕ (4.13) 由此可见，该对复数极点若在单位圆内（ < 1 i p ），系统是渐近稳定的；若在 单位圆外（ > 1 i p ），系统是不稳定的；在单位圆上（ = 1 i p ），系统是临界 稳定的。 （3）Φ(z) 含有重极点。 不失一般性，设含有两重极点 p1，则Y(z) 可展开为 1 1 2 1 2 1 ( ) ( ) z p A z z p A p z Y z − ⋅ + − ⋅ = 对应的脉冲响应序列为 （4.14） k k y(k) A k( p ) A ( p ) 2 1 1 1 = ⋅ + ⋅ 显然，若重极点在单位圆内，即 1 p1 < ，系统是渐近稳定的；重极点在单位圆 外，即 1 p1 > ，系统是不稳定的；重极点在单位圆上，即 1 p1 = ，由式（4.14） 可得 = ⋅ + = ∞ →∞ →∞ lim ( ) lim( ) 2 A1 y k A k k k 系统是不稳定的。通过上面的讨论，得到如下结论： 线性定常离散系统稳定的充分必要条件是，闭环脉冲传递函数的所有极 点都位于 平面的单位圆内。若在单位圆上有一对复数极点或一个实极点，而 其它极点在单位圆内，系统是临界稳定的。若在单位圆上有重极点或者在单位 圆外有一个以上的极点，系统是不稳定的。 z 2. MIMO 线性定常离散系统稳定性的条件 设线性定常离散系统的状态方程为 x(k +1) = Ax(k) (4.15) 做非奇异线性变换 x(k) = Px(k) ，式(4.15)变换为 ( 1) ( ) 1 x k P APx k − + = (4.16) （1） A 有 n 个互异的特征值λi ，i = 1,2,L, n 总可以找到一个非奇异阵 P ，使矩阵 P AP −1 化为对角型，即 浙 江 工 业 大 学 自 动 化 研 究 所 6
自动控制原理电子教案 00 0A2 00 A=P-lAP= n-10 于是 x(k+D=Ax(k) 根据状态转移矩阵的定义,方程(4.17)的解为 x(k)=(k)x(0)=Ax(0) (4.18) 变换回原来的变量,有 x(k)= PA"P-x(o) (4.19) 由式(4.19)看出:当k→时,x(k)→0的充分必要条件是4|<1,i=12…,n (2)特征值是特征方程的重根 不失一般性,设为两重根。经非奇异线性变换可以化为下面的约当型: (+1)「1 (4.20) x2(k+1)」L02x2(k) 状态方程(4.20)的状态转移矩阵为 齐次方程(4.20)的解为 x1(k)=41x(O)+k=x2(0) x2(k)=1x2(0) (4.21) 显然,当k→∞时,x(k),x2(k)都趋于零的充分必要条件是A4|<1 根据上面的讨论,有下列结论: 线性定常离散系统稳定的充分必要条件是A的所有特征值全部在复平面 的单位圆内
自 动 控 制 原 理 电 子 教 案 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = − − n n A P AP λ λ λ λ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 1 L L M M M M M L L 于是 x(k +1) = Ax(k) (4.17) 根据状态转移矩阵的定义，方程(4.17)的解为 x(k) (k)x(0) A x(0) k = Φ = (4.18) 变换回原来的变量，有 ( ) (0) 1 x k PA P x k − = (4.19) 由式(4.19)看出：当 k → ∞ 时，x(k) → 0 的充分必要条件是 < 1 λi ，i = 1,2,L, n 。 （2）特征值是特征方程的重根 不失一般性，设为两重根。经非奇异线性变换可以化为下面的约当型： ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ = ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + ( ) ( ) 0 1 ( 1) ( 1) 2 1 2 1 2 1 x k x k x k x k λ λ (4.20) 状态方程(4.20)的状态转移矩阵为 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Φ = − 0 1 1 ( ) 1 1 1 λ λ k k k 齐次方程(4.20)的解为 ( ) (0) (0) 2 1 1 1 1 1 x k x k x k k− = λ + λ ( ) (0) 2 1 2 x k x k = λ (4.21) 显然，当 k → ∞ 时， ( ) 1x k ， ( ) 2 x k 都趋于零的充分必要条件是 1 λ1 < 。 根据上面的讨论，有下列结论： 线性定常离散系统稳定的充分必要条件是 A 的所有特征值全部在复平面 的单位圆内。 浙 江 工 业 大 学 自 动 化 研 究 所 7
自动控制原理电子教 42代数稳定判据 上面得到了系统稳定的充分必要条件,但直接检查系统的全部特征根是否 都在复平面左半部,或者是否都在复平面的单位圆内是很困难的。本节介绍代 数稳定判据,从特征方程的系数之间的关系,判别系统稳定性。 42.1线性连续系统的代数稳定判据 1.劳思稳定判据 设系统的特征方程为 D(s)=ans"+an-S+.+aS+ao=0 劳思( Routh)稳定判据是利用劳思表第一列数的符号变化判别系统的稳 定性。劳斯表构成如下: d2 表中 an-1an-2-anan-3 直至其余b全为0 b1 b3 b1 1 直至其余C,全为0。 b C1 C1 化研究所8
自 动 控 制 原 理 电 子 教 案 4.2 代数稳定判据 上面得到了系统稳定的充分必要条件，但直接检查系统的全部特征根是否 都在复平面左半部，或者是否都在复平面的单位圆内是很困难的。本节介绍代 数稳定判据，从特征方程的系数之间的关系，判别系统稳定性。 4.2.1 线性连续系统的代数稳定判据 1. 劳思稳定判据 设系统的特征方程为 ( ) 1 0 0 1 = + 1 + + + = − D s a s a − s a s a n n n n L (4.22) 劳思（Routh）稳定判据是利用劳思表第一列数的符号变化判别系统的稳 定性。劳斯表构成如下： n s an an−2 an−4 an−6 K n−1 s an−1 an−3 an−5 an−7 K n−2 s b1 b2 b3 b4 K n−3 s 1c 2 c 3 c 4 c K n−4 s d1 d2 d3 d4 K M M M M M M 0 s K 表中 1 1 2 3 1 3 2 1 1 1 − − − − − − − − − = − = n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a b 1 1 4 5 1 5 4 1 2 1 − − − − − − − − − = − = n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a b 1 1 6 7 1 7 6 1 3 1 − − − − − − − − − = − = n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a b M 直至其余bi 全为 0。 1 1 3 2 1 1 2 1 3 1 1 1 b b a b a b b a a b c n− n− n− − n− = − = 1 1 5 3 1 1 3 1 5 1 2 1 b b a b a b b a a b c n− n− n− − n− = − = 1 1 7 4 1 1 4 1 7 1 3 1 b b a b a b b a a b c n− n− n− − n− = − = M 直至其余ci 全为 0。 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 c b c b c c c b b c d − = − = 1 3 1 1 3 1 3 1 3 1 2 1 c b c b c c c b b c d − = − = 浙 江 工 业 大 学 自 动 化 研 究 所 8
自动控制原理电子教 直至其余d全为0 在列劳思表时,为了简化运算,可以用一个正数遍乘同一行中的所有元素 不影响判别结果 劳思稳定判据:系统稳定的充分必要条件是劳思表的第一列数的符号相 同。而且,系统正实部特征根的个数等于劳思表第一列数的符号变化次数。 例42已知系统的特征方程为D(s)=s4+6s3+122+1l+6=0,用劳思 稳定判据判别系统稳定性 解劳思表构成如下 6 s2s 6 11 6166 455/610 6 因为劳斯表第一列数符号相同,所以系统是稳定的 例43已知系统的特征方程为D(s)=s4+s3-s2+s+1=0,用劳思稳定判 据判别系统稳定性 解特征方程系数的符号不相同,不满足稳定的必要条件,所以系统是不 稳定的。下面用劳思判据判别系统稳定性,不仅得到相同的结论,而且可以确 定有几个不稳定的特征根。劳思表构成如下: 因为劳思表第一列数符号变化2次,所以系统是不稳定的,有2个特征根在右 半S平面 在列劳思表时,可能遇到一种特殊情况:劳思表中某一行的第一列数为0, 其余不全为0。这时可以用一个很小的正数(也可以是负数)E代替这个0, 然后继续列劳思表。 例44已知系统的特征方程为D()=s4+3x3+s2+3s+1=0,用劳思稳 定判据判别系统稳定性 解劳思表构成如下: sss 383 3 因为E是一个很小的正数,所以3-<0,因此,劳思表第一列数符号变化2
自 动 控 制 原 理 电 子 教 案 1 4 1 1 4 1 4 1 4 1 3 1 c b c b c c c b b c d − = − = M 直至其余 di 全为 0。 在列劳思表时，为了简化运算，可以用一个正数遍乘同一行中的所有元素， 不影响判别结果。 劳思稳定判据：系统稳定的充分必要条件是劳思表的第一列数的符号相 同。而且，系统正实部特征根的个数等于劳思表第一列数的符号变化次数。 例 4.2 已知系统的特征方程为 ，用劳思 稳定判据判别系统稳定性。 ( ) 6 12 11 6 0 4 3 2 D s = s + s + s + s + = 解 劳思表构成如下： 4 s 1 12 6 3 s 6 11 0 2 s 61/6 6 1 s 455/61 0 0 s 6 因为劳斯表第一列数符号相同，所以系统是稳定的。 例 4.3 已知系统的特征方程为 ，用劳思稳定判 据判别系统稳定性。 ( ) 1 0 4 3 2 D s = s + s − s + s + = 解 特征方程系数的符号不相同，不满足稳定的必要条件，所以系统是不 稳定的。下面用劳思判据判别系统稳定性，不仅得到相同的结论，而且可以确 定有几个不稳定的特征根。劳思表构成如下： 4 s 1 -1 1 3 s 1 1 0 2 s -2 1 1 s 3/2 0 0 s 1 因为劳思表第一列数符号变化 2 次，所以系统是不稳定的，有 2 个特征根在右 半 S 平面。 在列劳思表时，可能遇到一种特殊情况：劳思表中某一行的第一列数为 0， 其余不全为 0。这时可以用一个很小的正数（也可以是负数）ε 代替这个 0， 然后继续列劳思表。 例 4.4 已知系统的特征方程为 ，用劳思稳 定判据判别系统稳定性。 ( ) 3 3 1 0 4 3 2 D s = s + s + s + s + = 解 劳思表构成如下： 4 s 1 1 1 3 s 3 3 0 2 s ε 1 1 s ε 3 3 − 0 0 s 1 因为ε 是一个很小的正数，所以 0 3 3− < ε ，因此，劳思表第一列数符号变化 2 浙 江 工 业 大 学 自 动 化 研 究 所 9
控制原理电子教 次,所以系统是不稳定的,有2个特征根在右半S平面 在列劳思表时,还可能遇到另一种特殊情况:劳思表中某一行的数全为0. 这时可以用上一行的数构成所谓辅助多项式,将辅助多项式对变量s求导,得 到一个新的多项式,然后,用这个新多项式的系数代替全为0这一行的数,继 续列劳斯表。 设劳思表中s行全为0,s行的数分别为t,t2,t3等,则辅助多项式 为 S+S"-+t25 (4.23) 对s求导得 ds F(s)=1k-1+t2(k-2)s43+t3(k-4)sx-5 (424) 则s4-1行的系数分别替换为1k,12(k-2),t3(k-4) 劳思表中出现某一行的数全为0,表明系统存在对称于原点的特征根。就 是说,系统特征根中或者存在两个符号相反、绝对值相等的实根:或者存在 对共轭纯虚根;或者存在实部符号相反、虚部数值相等的两对共轭复根:或者 上述几类根同时存在。 对称于原点的所有特征根都可以通过求解辅助方程得到,而且,辅助方程 的根都是对称于原点的所有特征根。正因为如此,辅助方程或多项式的最高幂 次总是偶数,等于对称于原点的特征根的个数 例45已知系统的特征方程为D(s)=s6+s5-2s4-3s3-7s2-4s-4=0 用劳思稳定判据判别系统稳定性, 解劳斯表构成如下: 因为劳思表第一列数符号变化1次,所以系统是不稳定的,有1个特征根在右 半S平面。 求解辅助方程F(s)=s4-3s2-4=0,可得系统对称于原点的特征根为 S12=±2,S34=±j。 应用劳思判据可以确定保证系统稳定的系统参数取值范围,这在系统设计 中是很有用的。下面举例说明 例46图43所示系统,其 E(s) C(s) 中,s>0,on>0,确定保证系统 s($+2co) 稳定的参数K1的取值范围。 解系统的开环传递函数为 (s)=(1+-) s s(5+2c0,) 图43例46控制系统 特征方程为 D(s) 25On5" +Ons+KOn=0 劳思表构成如下:
自 动 控 制 原 理 电 子 教 案 次，所以系统是不稳定的，有 2 个特征根在右半 S 平面。 在列劳思表时，还可能遇到另一种特殊情况：劳思表中某一行的数全为 0。 这时可以用上一行的数构成所谓辅助多项式，将辅助多项式对变量 求导，得 到一个新的多项式，然后，用这个新多项式的系数代替全为 0 这一行的数，继 续列劳斯表。 s 设劳思表中 行全为 0， 行的数分别为 ， ， 等，则辅助多项式 为 k−1 s k s 1t 2t 3t F(s) = t1s k + t 2 s k−2 + t3 s k−4 +L （4.23） 对 s 求导得 F(s) = t1ks k−1 + t 2 (k − 2)s k−3 + t3 (k − 4)s k−5 +L ds d （4.24） 则 s k−1 行的系数分别替换为t1k ， ( 2) t2 k − ， ( 4) t3 k − ，…。 劳思表中出现某一行的数全为 0，表明系统存在对称于原点的特征根。就 是说，系统特征根中或者存在两个符号相反、绝对值相等的实根；或者存在一 对共轭纯虚根；或者存在实部符号相反、虚部数值相等的两对共轭复根；或者 上述几类根同时存在。 对称于原点的所有特征根都可以通过求解辅助方程得到，而且，辅助方程 的根都是对称于原点的所有特征根。正因为如此，辅助方程或多项式的最高幂 次总是偶数，等于对称于原点的特征根的个数。 例 4.5 已知系统的特征方程为 ， 用劳思稳定判据判别系统稳定性。 ( ) 2 3 7 4 4 0 6 5 4 3 2 D s = s + s − s − s − s − s − = 解 劳斯表构成如下： 6 s 1 -2 -7 -4 5 s 1 -3 -4 4 s 1 -3 -4 → ( ) 3 4 4 2 F s = s − s − 3 s 4 -6 ← F (s) 4s 6s 3 ′ = − 2 s -3 -8 1 s -50 0 s -8 因为劳思表第一列数符号变化 1 次，所以系统是不稳定的，有 1 个特征根在右 半 S 平面。 求解辅助 方 程 ，可得系统对称于原点的特征根为 ， ( ) 3 4 0 4 2 F s = s − s − = 2 s1,2 = ± s = ± j 3,4 。 应用劳思判据可以确定保证系统稳定的系统参数取值范围，这在系统设计 中是很有用的。下面举例说明。 s K1 R(s) C(s) ( 2 ) 2 n n s s ςω ω + E(s) 例 4.6 图 4.3 所示系统，其 中，ς > 0 ，ω n > 0 ，确定保证系统 稳定的参数 K1的取值范围。 解 系统的开环传递函数为 ( 2 ) ( ) (1 ) 2 1 n n s s s K G s ςω ω + = + 图 4.3 例 4.6 控制系统 特征方程为 ( ) 2 0 2 1 3 2 2 D s = s + ςω n s +ω n s + K ω n = 劳思表构成如下： 浙 江 工 业 大 学 自 动 化 研 究 所 10