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1、1,第三章 线性系统的可控性与可观测性,本章主要介绍定性分析方法，即对决定系统运动行为和综合系统结构有重要意义的关键性质（如可控性、可观测性、稳定性等）进行定性研究。 在线性系统的定性分析中，一个很重要的内容是关于系统的可控性、可观测性分析。系统的可控、可观测性是由卡尔曼于60年代首先提出的，事后被证明这是系统的两个基本结构属性。 本章首先给出可控性、可观测性的严格的数学定义，然后导出判别线性系统的可控性和可观测性的各种准则，这些判别准则无论在理论分析中还是在实际应用中都是很有用的。,2,3.1 可控性和可观测性的定义,3.2 线性定常连续系统的可控性判据（）,3.3 线性定常连续系统的可观测
2、性判据（）,3.4 对偶原理,第三章 线性系统的可控性与可观测性,3,3.1 可控性和可观测性的定义,一可控性与可观测性的物理概念,系统的可控性和可观性，就是指系统内的所有状态是否可以由输入影响和是否可由输出反映。,如果系统内部的所有状态的运动都可由输入来影响和控制而由任意的初始状态达到原点，则称系统是可控的，或者更确切的说是状态可控的，否则就称系统为不完全可控的，或简称为系统不可控。,如果系统内部所有状态变量的任意形式的运动均可由输出完全反映，则称系统是状态可观测的，否则就称系统为不完全可观测的，或简称为系统不可观测。,4,例3-1：给定系统的状态空间描述为,结构图表明：通过控制量u可以控制
3、状态x1和x2，所以系统完全能控；但输出y只能反映状态变量x2，不能反映状态变量x1，所以系统不完全能观测。,图3-1 系统结构图,5,二 可控性定义,1状态可控,考虑n维线性时变系统的状态方程,如果对取定初始时刻 的一个非零初始状态x(t0) =x0，存在一个时刻 和一个无约束的容许控制u(t)， ，使状态由x(t0)=x0转移到t1时的x(t1)=0 ，则称此x0是在时刻t0可控的.,6,2系统可控,如果状态空间中的所有非零状态都是在t0（ ）时刻可控的，则称系统在时刻t0是完全可控的，简称系统在时刻t0可控。若系统在所有时刻都是可控的，则称系统是一致可控的。,考虑n维线性时变系统的状态方
4、程,7,3系统不完全可控,对于线性时变系统取定初始时刻 ，如果状态空间中存在一个或一些非零状态在时刻t0是不可控的，则称系统在时刻t0是不完全可控的，也称为系统是不可控的。,8,4状态可达与系统可达,对于线性时变系统若存在能将状态x(t0)=0转移到x(tf)=xf的控制作用，则称状态xf是t0时刻可达的。若xf对所有时刻都是可达的，则称状态xf为完全可达到或一致可达。若系统对于状态空间中的每一个状态都是时刻t0可达的，则称该系统是t0时刻完全可达的，或简称系统是t0时刻可达的。,9,三可观测性定义,1系统完全可观测,对于线性时变系统如果取定初始时刻 ，存在一个有限时刻 ,对于所有 ，系统的输
5、出y(t)能唯一确定状态向量的初值x(t0)，则称系统在t0, t1内是完全可观测的，简称可观测。如果对于一切t1t0系统都是可观测的，则称系统在t0, )内是完全可观测的。,10,2系统不可观测,对于线性时变系统如果取定初始时刻 ，存在一个有限时刻 ,对于所有 ，系统的输出y(t)不能唯一确定所有状态的初值xi(t0)，i=0,1,n，即至少有一个状态的初值不能被y(t)确定，则称系统在t0, t1内是不完全可观测的，简称不可观测。,11,3. 2 线性定常连续系统的可控性判据(),一、线性定常连续系统的可控性判据（）,1格拉姆矩阵判据,线性定常系统,完全可控的充分必要条件是：存在一个有限时
6、刻t10，使如下定义的格拉姆矩阵：,为非奇异。,注意：在应用该判据时需计算eAt，这在A的维数较高时并非易事，所以此判据主要用于理论分析中。,12,证：充分性：已知W(0, t1)为非奇异，欲证系统为完全可控，采用构造法来证明。对任一非零初始状态x0可构造控制u(t)为：,则u(t)作用下系统状态x(t)在t1时刻的结果:,这表明：对任一取定的初始状态x00 ，都存在有限时刻t10和控制u(t)，使状态由x0转移到t1时刻的状态x(t1)=0 ，根据定义可知系统为完全可控。,13,必要性：已知系统完全可控，欲证W(0, t1) 非奇异。反设W(0, t1)为奇异，即存在某个非零向量 ，使,其中
7、|为范数，故其必为非负。欲使上式成立，必有,14,因系统完全可控，根据定义对此非零向量 应有,0,此结果与假设 相矛盾，即W(0, t1)为奇异的反设不成立。因此，若系统完全可控， W(0, t1)必为非奇异。,15,2秩判据（）,1）凯莱-哈密尔顿定理：设n阶矩阵A的特征多项式为,则矩阵A满足其特征方程，即,2）推论1：矩阵A的k (kn)次幂可表示为A的(n-1)阶多项式,注：此推论可用以简化矩阵幂的计算。,16,3）推论2：矩阵指数函数可表示为A的(n-1)阶多项式,例3-4：已知 ，计算A100=?,解：A的特征多项式为：,由凯莱-哈密顿定理，得到,17,故,根据数学归纳法有,所以：,
8、18,4）秩判据（）,线性定常系统,完全可控的充分必要条件是,其中: n为矩阵A的维数， 称为系统的可控性判别阵。,注：秩判据是一种比较方便的判别方法。,19,证明：充分性：已知rankS=n，欲证系统完全可控，采用反证法。反设系统为不完全可控，则有：,为奇异，这意味着存在某个非零n维常向量使,将上式求导直到(n-1)次，再在所得结果中令t=0，则可得到:,20,由于0，所以上式意味着S为行线性相关的，即rankSn 。这显然与已知rankS=n相矛盾。因而反设不成立，系统应为完全可控，充分性得证。,必要性：已知系统完全可控，欲证rankS=n ，采用反证法。反设rankSn ，这意味着S为行
9、线性相关，因此必存在一个非零n维常向量 使成立。,21,（由凯莱哈密尔顿定理）,22,因为已知0 ，若上式成立，则格拉姆矩阵W(0, t1)为奇异，即系统为不完全可控，和已知条件相矛盾，所以反设不成立。于是有rankS=n ，必要性得证。,23,例3-6：已知判断其能控性。,解：系统阶次,，确定出可控判别阵,，所以系统为完全可控。,24,例3-7：判断下列系统的可控性,解：,矩阵S的第二行与第三行线性相关，故rankS =23，系统不可控。,25,补充：可控性判别矩阵 （）：,线性定常连续系统的状态方程,其中：x为n维状态向量；u为p维输入向量；A和B分别为(nn) 和(np)常阵。该线性定常
10、连续系统完全可控的充要条件是：,其中：,注：该方法是秩判据的改进，特别适用于多输入 系统，可减少不必要的计算。,26,例3-8：用可控性判别矩阵 判别例3-7所示系统的可控性。,解：n=3, 系统输入向量是2维的列向量，即p = 2。,显见矩阵S3-2的第二行与第三行线性相关，故 ，系统不可控。,27,3PBH秩判据（）,线性定常系统,完全可控的充分必要条件是：对矩阵A的所有特征值 ，,均成立，或等价地表示为,注：当系统矩阵A的维数较高时，应用秩判据可能不太方便，此时可考虑用PBH判据试一下。,28,证明： ，为多项式矩阵，且对复数域上除i以外的所有s都有det(sI-A)0，即ranksI-
11、A=n，进而有ranksI-A B=n，所以只要证明 即可。,必要性：系统完全可控，欲证上式成立，采用反证法。,反设对某个i 有rankiI A B n，则意味着 iIA B为行线性相关。由此，必存在一个非零常向量，使,成立。考虑到问题的一般性，由上式可得到：,29,进而可得:,于是有,因已知0，所以欲使上式成立，必有,这意味着系统不完全可控，显然与已知条件相矛盾。因此，反设不成立，即rankiI A B=n成立。,充分性：已知式rankiI A B=n成立，欲证系统完全可控。采用反证法：利用和上述相反的思路，即可证得充分性。,30,例3-9：已知线性定常系统状态方程为,判断系统的可控性。,解
12、：根据状态方程可写出,31,特征方程：,解得A的特征值为：,1）当 时，有,32,2）当 时，有,3）当 时，有,所以系统是完全可控的。,33,4PBH特征向量判据,线性定常系统,完全可控的充分必要条件是：A不能有与B的所有列相正交的非零左特征向量。即对A的任一特征值i，使同时满足,的特征向量 。,注：一般的说，PHB特征向量判据主要用于理论分析中，特别是线性系统的复频域分析中。,34,证明：必要性：已知系统完全可控，反设存在一个向量0，使式 成立，则有,由于0 ，所以上式意味着S为行线性相关的，即rankSn，即系统为不完全可控。与已知条件相矛盾，因而反设不成立，必要性得证。,充分性：对充分
13、性的证明也用反证法，可按与以上相反的思路来进行，具体推证过程略去。,35,5约当规范型判据,1）对角规范型系统(无重特征值)可控性判别（）,当矩阵A的特征值 为两两相异时，线性定常连续系统完全可控的充分必要条件是：其对角线规范型,中， 不包含元素全为零的行。,36,例3-12：已知线性定常系统的对角线规范型为,判断系统的可控性。,解：由于此规范型中 不包含元素全为零的行，故系统完全可控。,37,2）约当规范型系统（有重特征值）可控性判别,当系统矩阵A有重特征值时，线性定常连续系统完全可控的充分必要条件是：由其导出的约当规范型 中， 中与同一特征值的各约当块对应的各子块的最后一行组成的矩阵是行线
14、性无关的。,38,例3-13：已知约当规范型系统如下：,试判断其可控性。,解： ， ，均行线性无关，所以：系统完全可控。,39,例3-14：证明如下系统总是完全可控的。,证明：,，故完全可控。,该题说明：可控标准型系统完全可控。,40,二、输出可控性,1输出可控性定义,若在有限时间间隔t0, t1内，存在无约束分段连续控制函数u(t)， ，能使任意初始输出y(t0)转移到任意最终输出y(t1) ，则称此系统是输出完全可控，简称输出可控。,41,2输出可控性判据,设线性定常连续系统的状态空间描述为：,则输出可控的充要条件是：输出可控性矩阵的秩等于输出变量的维数q，即,注意：状态可控性与输出可控性
15、是两个不同的概念，二者没有什么必然联系。,42,判断系统的状态可控性和输出可控性。,例3-15：已知系统的状态空间描述为,解：1）系统的状态可控性矩阵为,，状态不完全可控,2）系统的输出可控性矩阵为, 系统输出可控。,43,三 线性时变系统的能控性判据,1 格拉姆矩阵判据 线性时变系统在时刻 为完全能控的充要条件是，存在一个有限时刻 ，使如下定义的格拉姆矩阵非奇异。,44,2 秩判据 线性时变系统在时刻 为完全能控的充分条件是，存在一个有限时刻 ，使下式成立,45,3. 3 线性定常连续系统的可观测性判据(),一线性定常连续系统的可观测性判据,1. 格拉姆矩阵判据,线性定常系统完全可观测的充分
16、必要条件是，存在有限时刻t10，使如下定义的格拉姆矩阵为非奇异。,注意：在应用该判据时需计算eAt，这在A的维数较高时并非易事，所以此判据主要用于理论分析中。,46,2. 秩判据（）,线性定常系统完全可观测的充分必要条件是:或,其中：n是系统的维数，称为系统的可观测性判别阵，简称可观测性阵。,47,例3-16：判断下列系统的可观性：,(1),解：(1),系统不完全可观测,(2),(2),系统完全可观测,48,例3-17：证明如下系统总是完全可观测的。,证明：,系统是完全可观测的。,该题说明：可观测标准型系统是完全可观测的。,49,补充：可观测性判别矩阵 （）,线性定常连续系统的状态方程,其中：
17、x为n维状态向量；y为q维输出向量；A和C分别为(nn) 和(qn)常阵。该线性定常连续系统完全可观测的充要条件是：,其中：,适用于多输出系统,50,例3-18：判断例3-16所示系统2）的可观性。,解：系统输出向量是2维的列向量，即q = 2。,故 ，系统完全可观测。,51,3. PBH秩判据 （）,线性定常系统完全可观测的充分必要条件是：对矩阵A的所有特征值 ，均有,成立。或等价地表示为,52,4. PBH特征向量判据,线性定常系统完全可观测的充分必要条件是：A没有与C的所有行相正交的非零右特征向量。即对A的任一特征值 ，使同时满足,的特征向量 。,注：PHB特征向量判据主要用于理论分析中
18、。,53,5. 约当规范型判据,1）对角规范型系统(无重特征值)可观测性判别（）,当矩阵A的特征值 为两两相异时，线性定常连续系统完全可观测的充分必要条件是：其对角线规范型,中， 不包含元素全为零的列。,54,例3-19：已知线性定常系统的对角线规范型为,判断系统的可观测性。,解：由于此规范型中 不包含元素全为零的列，故系统完全可观测。,55,2）约当规范型系统(有重特征值)可观测性判别,当系统矩阵A有重特征值时，线性定常连续系统完全可观测的充分必要条件是：由其导出的约当规范型中， 中与同一特征值的各约当块对应的各子块的第一列组成的矩阵是列线性无关的。,56,例3-20：约当标准型系统如下：,
19、试判断其可观测性。,解：,所以：系统完全可观测。,是列线性无关的；,是列线性无关的；,57,二子系统组合的可控性和可观测性（补充）,完全可控且完全可观测的子系统组合后不一定保持原有的可控性或可观测性。,例3-21：设完全可控且完全可观测的子系统为,求出并联组合系统的状态空间描述，并判断并联组合系统的可控性和可观测性。,58,解：子系统并联组合后的系统,可控性判别矩阵：,59,可观性判别矩阵,该并联组合系统不完全可控且不完全可观测。,60,三 线性时变系统的能观测性判据,1 格拉姆矩阵判据 线性时变系统在时刻 为完全能观的充要条件是，存在一个有限时刻 ，使如下定义的格拉姆矩阵非奇异。,61,2
20、秩判据 线性时变系统在时刻 为完全能观的充分条件是，存在一个有限时刻 ，使下式成立,62,3.4 对偶原理,一 对偶系统,考虑线性时变系统,线性时变系统的对偶系统的状态空间描述为：,式中：-n维行向量，协态；-输出，p维行向量； -输入，q维行向量。,（1）,（2）,63,二 对偶原理,对偶系统的状态转移矩阵之间满足如下关系：,线性时变系统的完全能控等同于其对偶系统的完全能观测，线性时变系统的完全能观测等同于其对偶系统的完全能控。,64,补充题：确定使下列系统状态完全能控的待定参数的a，b，c取值范围,（1）,（2）,ac0, b任意,a,b,c为任何值都不能控,65,习题9-20 已知系统的传递函数为,设系统状态完全可控且完全可观, 试求a的范围。,解：可控标准型实现，检查可观性：,66,解,得 a1 = 1； a2 = 2； a3 = 4；,答案：只需a1 1 、 a2 2 和 a3 4 。,
