自动控制原理 劳斯表的列法 特征方程为：D(s)=a,S5+a4s4+a4S3+a2s2+as+4 as as a 04 02 ao asa;-asaz=b a4a1-45=b2 04 Aa baz-abz=c b 00 cbz-biao d 0 C do
自动控制原理 5 4 3 2 1 5 4 3 2 1 0 D s a s a s a s a s a s a ( ) = + + + + + 0 0 1 1 1 1 2 1 0 1 0 1 2 1 2 4 2 2 4 4 1 5 0 1 4 3 4 3 5 2 4 5 3 5 0 0 2 0 4 1 s a d c c b b a s c a b b a a b s b a a a a a b a a a a a ss a a a s a a a = − = − = − = − 特征方程为： 劳斯表的列法
自动控制原理 例题3-7D()=5+2s3+3s2+4s+5=0,判定稳定性及在右半平 面根的个数。 夏 33 5 22 41 3 2×3-1×4 =1 2×5-1×0 =5 2 2 S 1×4-2×5 =-6 0 1 s 5 系统不稳定，劳斯表第一列变号两次，有两 个闭极点在S右半平面
自动控制原理 432 例题3-7 D s s s s s ( ) 2 3 4 5 0 = + + + + = ，判定稳定性及在右半平 面根的个数。 4 3 2 1 0 s s s s s 系统不稳定，劳斯表第一列变号两次，有两 个闭极点在s右半平面。 1 3 5 240 2 3 1 4 2 5 1 0 =1 =5 2 2 − − 1 4 2 5 =-6 0 1 − 5
自动控制原理 4、劳思判据特殊情况 1、某行首元素为0，其余元素不全为0 为负数，故系 统有两个S右 ①乘因子(s+a),a为任意正数。 半平面的根 ②以无穷小的整数ε替代。 例题2：D(s)=s3-3s+2=0,判定s右半平面 环根的 个数。 S3 1 -3 s3 1 3 s2 0 2 s2 (0)E 2 S1 oo s1 -3E-2)/E S0 2
自动控制原理 4、劳思判据特殊情况 1、某行首元素为0，其余元素不全为0 ①乘因子 (s+a)，a为任意正数。 ②以无穷小的整数ε替代。 例题2： ，判定s右半平面中闭环根的 个数。 s 3 1 -3 s 2 0 2 s 1 ∞ s 0 s 3 1 -3 s 2 (0)ε 2 s 1 (-3ε-2)/ε s 0 2 3 D s s s ( ) 3 2 0 = − + = 为负数，故系 统有两个s右 半平面的根
自动控制原理 2、在劳斯阵列表中，出现全零行，则表明在平面 存在关于原点对称的特征根（如一对符号相反的实根、 一对共轭纯虚根或关于实轴对称的两对共轭复根)。 解决办法： 由全零行的上一行构筑辅助方程，将辅助方程导方 程的系数替代全零行继续计算。 由辅助方程可求得关于原点对称的特征根
自动控制原理 2、在劳斯阵列表中，出现全零行，则表明在s平面 存在关于原点对称的特征根（如一对符号相反的实根、 一对共轭纯虚根或关于实轴对称的两对共轭复根）。 解决办法： 由全零行的上一行构筑辅助方程，将辅助方程导方 程的系数替代全零行继续计算。 由辅助方程可求得关于原点对称的特征根
、 自动控制原理 补例：用劳斯判据分析系统的稳定性。 看P113 55+54+3s3+3s2+25+2=0 例题3-8 解： 1 3 2 S 1 3 2 0 全0行 由Q(s)=s+3s2+2=(s2+1)(s2+2)=0 得关于原点对称的根为：±j,±V2j 0 系统特征根为：j,±√2,1
自动控制原理 5 4 3 2 s s s s s + + + + + = 3 3 2 2 0 解： 2 3 2 0. 4 6 0. 2 2 6(0) 3 3 2 3 2 2 3 4(0) 1 1 4 2 3 0 1 2 3 4 5 s + s + = s + s = s s s s s s 辅方： 求导： 4 2 2 2 由 Q s s s s s ( ) 3 2 ( 1)( 2) 0 = + + = + + = 得关于原点对称的根为： j j , 2 0 0 全0行 补例： 用劳斯判据分析系统的稳定性。 看P113 例题3-8 系统特征根为： j j , -1 2