【線性系統】四、狀態空間的解法和實現（1）——線性非時變的解法和實現

解法

線性非時變（LTI）系統可被描述爲

$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$

進行拉普拉斯變換得到：

$\hat{x}(s) = (sI-A)^{-1}[x(0)+B\hat{u}(s)]$

$\hat{y}(s) = C(sI-A)^{-1}[x(0)+B\hat{u}(s)]+D\hat{u}(s)$

有兩種方法計算 $(sI-A)^{-1}$ 。

例：

$A = \begin{bmatrix} 0 &-1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}$

計算 $(sI-A)^{-1}$ 。

方法1:

$(sI-A)^{-1} = \begin{bmatrix}s&1\\-1& s+2 \end{bmatrix}^{-1} = \frac{1}{s^2+2s+1}\begin{bmatrix}s+2&-1\\1& s \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{s+2}{(s+1)^2}&-\frac{-1}{(s+1)^2}\\\frac{1}{(s+1)^2}& \frac{s}{(s+1)^2} \end{bmatrix}$

方法2:

的特徵值有兩個，。使 $h(\lambda) = \beta_0+\beta_1\lambda$ 。如果 $h(\lambda)$ 等於 $f(\lambda): = (s-\lambda)^{-1}$ 那麼，

$f(-1) = h(-1): (s+1)^{-1} = \beta_0-\beta_1$ ;

${f}'(-1) = {h}(-1): (s+1)^{-2} = \beta_1$ 。

因此我們有 $h(\lambda) = [(s+1)^{-1}+(s+1)^{-2}]+(s+1)^{-2}\lambda$ 和

$(sI-A)^{-1} = h(A) = [(s+1)^{-1}+(s+1)^{-2}]I + (s+1)^{-2}A = \begin{bmatrix} (s+2)/(s+1)^{2} & -1/(s+1)^2 \\ 1/(s+1)^2& s/(s+1)^2 \end{bmatrix}$

例：方程 $\dot{x}(t) = \begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1& -2 \end{bmatrix}x(t) + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}u(t)$ 的解爲，

$x(t) = e^{At}x(0)+\int_{0}^{t}e^{t-\tau}Bu(\tau)d\tau$ 。

其中 $e^{At}$ 是 $(sI-A)^{-1}$ 的拉普拉斯反變換，我們已經通過上一個例子進行了計算。

$e^{At} =\L^{-1}\begin{bmatrix} (s+2)/(s+1)^{2} & -1/(s+1)^2 \\ 1/(s+1)^2& s/(s+1)^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (1+t)e^{-1} &-te^{-t} \\ te^{-t}& (1-t)e^{-1} \end{bmatrix}$

且

$x(t) = \begin{bmatrix} (1+t)e^{-1} &-te^{-t} \\ te^{-t}& (1-t)e^{-1} \end{bmatrix}x(0)+\begin{bmatrix} -\int_{0}^{t}(t-\tau)e^{-(t-\tau)}Bu(\tau)u(\tau)d\tau\\ \int_{0}^{t}[1-(t-\tau)]e^{-(t-\tau)}Bu(\tau)u(\tau)d\tau \end{bmatrix}$

離散化

$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$

離散化爲：

${x}(k+1) = A_dx(k) + B_du(k)$

其中：

$A_d = e^{AT}, B_d = (\int_{0}^{T}e^{A\tau}d\tau)B, C_d = C, D_d = D$

等效狀態方程

$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$ （1）

（2）

這裏是一個映射在維實空間 $\Re ^{n}$ 的 $n \times n$ 常矩陣。

定義：爲一非奇異矩陣， $\bar{x} = Px$ 。

$\dot{\bar{x}}(t) = \bar{A}\bar{x}(t) + \bar{B}\bar{u}(t)$ （3）

$y(t) = \bar{C}\bar{x}(t) + \bar{D}\bar{u}(t)$ （4）

其中 $\bar{A} = PAP^{-1}, \bar{B} = PB, \bar{C} = CP^{-1}, \bar{D} = D$ （5），這個變換被稱爲等效變換。

（5）是由帶入 $x(t) = P^{-1}\bar{x}(t)$ 和 $\dot{x}(t)= P^{-1}\dot{\bar{x}}(t)$ 到（1）、（2）得到的。

（1）（2）和（3）（4）具有相同的特徵值。由 $det(P)det(P^{-1}) = 1$ 可得。

$\bar{\Delta}(\lambda ) = det(\lambda I-\bar{A}) = det(\lambda PP^{-1}-PAP^{-1}) = det(P(\lambda I -A)P^{-1}) = det(P)det(\lambdaI-A )det(P^{-1}) = det(\lambda I-A) = \Delta (A)$

同時

$\hat{\bar{G}}(s) = \bar{C}(sI-\bar{A})^{-1}\bar{B} + \bar{D} = ... = \hat{G}(s)$ , 轉移矩陣相等。這時兩個狀態方程零狀態等效。

例一：

有狀態方程

$\dot{x}(t) = \left \begin{bmatrix} \lambda &0 \\ 0& \bar{\lambda } \end{bmatrix}x(t) +\begin{bmatrix} b_{1}\\ \bar{b_{1}} \end{bmatrix}u(t)$

$y(t) = \begin{bmatrix} c_{1} & \bar{c_{1}} \end{bmatrix} x(t)$

字母上的橫線代表共軛複數。證明等式可以被變換成 $\dot{\bar{x}}(t) = \bar{A}\bar{x}(t) + \bar{B}\bar{u}(t)$ ， $y(t) = \bar{C}\bar{x}(t)$ ，

其中 $\bar{A}= \left \begin{bmatrix} 0 &1 \\ {-\lambda\bar{\lambda}}& \lambda+\bar{\lambda } \end{bmatrix}$ ， $\bar{b} = \begin{bmatrix}0\\1 \end{bmatrix}$ ， $\bar{c_{1} } = \begin{bmatrix}-2Re(\bar{\lambda}b_{1}c_{1})])&2Re(b_{1}c_{1}) \end{bmatrix}$ ，其中用到 $x = Q\bar{x}$ 其中

$Q= \left \begin{bmatrix} -\lambda b_{1} &b_{1} \\ {-\lambda\bar{b}_{1}}& \bar{b}_{1}\end{bmatrix}$ 。

（求出Q的逆，直接按（5）計算即可）

例二：

這兩個狀態空間方程是否等效？是否零狀態等效？

$\dot{x}(t) = \left \begin{bmatrix}2 &1&2 \\ 0&2&2\\0&0&1} \end{bmatrix}x(t) +\begin{bmatrix} 1\\ 1\\0} \end{bmatrix}u(t)$

$y(t) = \begin{bmatrix} 1 & -1&0} \end{bmatrix} x(t)$

和

$\dot{x}(t) = \left \begin{bmatrix}2 &1&1 \\ 0&2&1\\0&0&-1} \end{bmatrix}x(t) +\begin{bmatrix} 1\\ 1\\0} \end{bmatrix}u(t)$

$y(t) = \begin{bmatrix} 1 & -1&0} \end{bmatrix} x(t)$

（求特徵值，若不相等則不等效。）

實現

每個線性非時變（LTI）系統可被描述爲

$\hat{y}(s) = \hat{G}(s) \hat{u}(s)$ （1）

同時，如果系統是集總的，其狀態空間可被描述爲：

$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$ （2）

如果狀態方程已知，轉移矩陣可被表示爲：

$\hat{G}(s) = C(sI-A)^{-1}B+ D$ （3）

其中 $\{A,B,C,D\}$ 被稱爲 $\hat{G}(s)$ 的實現。

定理：轉移矩陣 $\hat{G}(s)$ 可實現，當且僅當 $\hat{G}(s)$ 是一個真有理矩陣。

$\hat{G}_{sp}(s): = C(sI-A)^{-1}B+ D = \frac{1}{det(sI-A)}C[Adj(sI-A)]B$ （4）

如果爲 $n\times n$ ，爲度。

$\hat{G}(\infty) = D$ （5）

如果 $\hat{G}(s)$ 是一個 $q\times p$ 有理矩陣，就存在它的實現，

$\hat{G}(s) = \hat{G}_{sp}(s) + \hat{G}(\infty)$ （6）。

設多項式 $d(s) = s^{r}+\alpha_{1}s^{r-1}+...+\alpha_{r-1}s+\alpha_{r}$ （7）monic（最高次項的係數必須爲1)，爲 $\hat{G}_{sp}(s)$ 的所有元素最小公分母。

則 $\hat{G}_{sp}(s) = \frac{1}{d(s)}[N(s)] = \frac{1}{d(s)}[N_{1}s^{r-1}+N_{2}s^{r-2}+...+N_{r-1}s+N_r]$ （8），

其中 $N_{i}$ 爲 $q\times p$ 常矩陣。

可以得到：

$\dot{x} = \begin{bmatrix} -\alpha_{1}I_{p} &-\alpha_{2}I_{p} & ... &-\alpha_{r-1}I_{p} & -\alpha_{r}I_{p}\\ I_{p}& 0 & ... & 0&0 \\ 0 & I_{p}& ... & 0& 0\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0& ...& I_{p}& 0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} I_{p}\\0\\0\\\vdots\\0 \end{bmatrix}u$ （9）其中 $I_{p}$ 是 $n\times n$ 單位矩陣。

$y = \begin{bmatrix} N_{1} &N_{2} & ...&N_{r-1} & N_{r} \end{bmatrix}x+\hat{G}(\infty)u$

爲 $\hat{G}(s)$ 的實現。

例一：有理矩陣 $\hat{G}(s) = \begin{bmatrix} \frac{4s-10}{2s+1}&\frac{2}{s+2} \\ \frac{1}{(2s+1)(s+2)}& \frac{s+1}{(s+2)^2} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2 &0 \\ 0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \frac{-12}{2s+1} &\frac{3}{s+2} \\ \frac{1}{(2s+1)/(s+2)} & \frac{(s+1)}{(s+2)^2} \end{bmatrix}$ （10）被分解爲一個常矩陣和有理矩陣 $\hat{G}_{sp}(s)$ 。

1.根據（7）計算 $\hat{G}_{sp}(s)$ 中需要的最小公分母。2.根據（8）計算 $\hat{G}_{sp}(s)$ 。3.根據（9）計算 $\hat{G}(s)$ 的實現。

*特殊情況下，當 $\hat{G}(s)$ 是一個 $q\times 1$ 矩陣時，我們舉一個的例子：

$\hat{G}(s) =\begin{bmatrix} d_{1} \\ d_{2} \end{bmatrix}+\frac{1}{s^{4}+\alpha_{1}s^{3}+\alpha_{2}s^{2}+\alpha_{3}s+\alpha_{4}} \begin{bmatrix} \beta_{11}s^{3}+\beta_{12}s^{2}+\beta_{13}s^{1}+\beta_{14}\\\beta_{21}s^{3}+\beta_{22}s^{2}+\beta_{23}s^{1}+\beta_{24}\end{bmatrix}$ （11）

的實現爲

$\dot{x} = \begin{bmatrix} -\alpha_{1} &-\alpha_{2}& -\alpha_{3}& -\alpha_{4}\\ 1& 0 & 0&0 \\ 0 & 1& 0& 0\\ 0 & 0 & 1 & \0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{bmatrix}u$ （12）

$y = \begin{bmatrix}\beta_{11}+\beta_{12}+\beta_{13}+\beta_{14}\\ \beta_{21}+\beta_{22}+\beta_{23}+\beta_{24}\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} d_{1}\\d_{2}\end{bmatrix}u$

例二：

只看（10）的第一列：

$\hat{G}_{c1}(s) = \begin{bmatrix} \frac{4s-10}{2s+1}\\ \frac{1}{(2s+1)(s+2)} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \frac{(4s-10)(s+2)}{(2s+1)(s+2)} \\ \frac{1}{2s^{2}+5s+2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{4s^{2}-2s-20}{2s^{2}+5s+2} \\ \frac{1}{2s^{2}+5s+2} \end{bmatrix}$ （13）

$d(s) = s^{2}+2.5s+1$ （14）

由（12）：

$\dot{x} = \begin{bmatrix} -2.5 &-1\\ 1& 0\end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} 1\\0\end{bmatrix}u$ （13）

$y = \begin{bmatrix}-6&-12\\0&0.5\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 2\\0\end{bmatrix}u$

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