选题填空题解析 第81页

选择题解析

1、解析：D

2、解析：A。利用状态观测器任意配置极点的充分必要条件是被控系统可观。(定理)

3、解析：C

\(\tilde{x}_1 = u_2 = x_1\)，\(\tilde{x}_2 = u_R = \mathrm{i} \cdot R = R x_2\)

又 \(\bar{A} = P^{-1}AP, \bar{B} = P^{-1}B, \bar{C} = CP\)

即 \(x = P\tilde{x}\)

代入各项有 \(P = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{R} \end{bmatrix}\)

4、解析：C

此题考查李雅普诺夫稳定判据

设一直正定的能量函数 \(V(x) = x_1^2 + x_2^2\)，则 \(\dot{V}(x) = 2x_1\dot{x}_1 + 2x_2\dot{x}_2\) 把状态方程带入得

负定, 则该系统大范围渐进稳定。

5、解析：D

\(\dot{V}(x)\) 末能确定其正负, 故不可用此方法判断, 需重新选定能量函数。

6、解析：C 定理, 状态反馈的引入不改变系统的可控性, 但可能改变可观测性。

7、解析：C 定理, 一极点配置的充分必要条件是被控系统可控。

8、解析：D。此传递函数有三个极点, 分别是 \(-1,-2,-3\), \(a=1,2,3\) 都会产生零极点对消, 造成不能观, 不能控。

9、解析：C

解析：由题意可得 \(x(t) = \Phi(t)x(0) + \int_0^t \Phi(\tau)Bu(t-\tau)dt\)

(1) \(e^{At} = L^{-1}\left[(sI-A)^{-1}\right] = L^{-1}\begin{bmatrix} s+1 & 0 \\ 0 & s+2 \end{bmatrix}^{-1} = L^{-1}\begin{bmatrix} \dfrac{1}{s+1} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{s+2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-2t} \end{bmatrix}\)

(2) \(\begin{bmatrix} -e^{-\tau} & -\dfrac{1}{2}e^{-2\tau} \end{bmatrix}\Big|_0^t \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -e^{-t}+1 & -\dfrac{1}{2}e^{-2t}+\dfrac{1}{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -e^{-t}+1 \\ -\dfrac{1}{2}e^{-2t}+\dfrac{1}{2} \end{bmatrix}\)

由公式代入：

$\(\begin{bmatrix} e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-2t} \end{bmatrix}x(0) + \begin{bmatrix} -e^{-t}+1 \\ -\dfrac{1}{2}e^{-2t}+\dfrac{1}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2e^{-t} \\ 3e^{-2t} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -e^{-t}+1 \\ -\dfrac{1}{2}e^{-2t}+\dfrac{1}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1+e^{-t} \\ \dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}e^{-2t} \end{bmatrix}\)$