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MATLAB 控制系统设计与仿真 - 27

article 2025/3/18 21:42:09

状态空间的标准型

传递函数和状态空间可以相互转换，接下来会举例如何有传递函数转成状态空间标准型。

对角标准型

当 $G(s)=\frac{B(s)}{A(s)}=\frac{b_2s^2+b_1s+b_0}{s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}$

G(s)可以写成：

$G(S)=\frac{k_1}{s-p_1}+\frac{k_1}{s-p_2}+\frac{k_3}{s-p_3}, p_1\neq p_2\neq p_3$

即：

根据上图可知：

$A=\begin{bmatrix} p_1 & 0 & 0\\ 0& p_2 & 0\\ 0 & 0 & p_3 \end{bmatrix} , B=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} , C=\begin{bmatrix} k_1 &k_2 &k_3 \end{bmatrix} , D=0$

约当标准型

当 $G(s)=\frac{B(s)}{A(s)}=\frac{b_2s^2+b_1s+b_0}{s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}$

G(s)可以写成：

$G(s)=\frac{k_1}{s-p_1}+\frac{k_2}{(s-p_m)^2}+\frac{k_3}{s-p_m}$

即：

根据上图可知：

$A=\begin{bmatrix} p_1 & 0 & 0\\ 0& p_m & 1\\ 0 & 0 & p_m \end{bmatrix} , B=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} , C=\begin{bmatrix} k_1 &k_2 &k_3 \end{bmatrix} , D=0$

能控标准型

当传递函数： $Y(s)=\frac{1}{s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}U(s)$ 时，

$Y(s)(s^3+a_2s^2+a_1s+a_0)=U(s)$

$\dddot{y}+a_2\ddot{y}+a_1\dot{y}+y=u\\ y=-\dddot{y}-a_2\ddot{y}-a_1\dot{y}+u$

如果： $x_1=y,x_2=\dot{x_1}=\dot{y},x_3=\dot{x_2}=\ddot{y}$

$\begin{bmatrix} \dot{x_1}\\ \dot{x_2}\\ \dot{x_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0& 0 & 1\\ -a_0& -a_1 & -a_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}u$

$y=\begin{bmatrix} 1 &0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}$

如果传递函数是一般形式如下：

$Y(s)=\frac{b_2s^2+b_1s+b_0}{s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}U(s)$ ，我们可以分解如下：

第一部分我们可以得到

$\widetilde{y}=x_1$

所以第二部分为：

$y=b_2 \ddot{x_1} +b_1 \dot{x_1}+b_0=\begin{bmatrix} b_0 &b_1 &b_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}$

所以

$y=\begin{bmatrix} b_0 &b_1 &b_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}$

其方框图可表示为：

能观标准型

如果 $Y(s)=\frac{b_2s^2+b_1s+b_0}{s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}U(s)$ ，分子分母同时除以 $s^3$ 可以得到

$(1+a_2\frac{1}{s}+a_1\frac{1}{s^2}+a_0\frac{1}{s^3})Y(s)=(b_2\frac{1}{s}+b_1\frac{1}{s^2}+b_0\frac{1}{s^3})U(s)$

因此：

$Y(s)=-a_2\frac{1}{s}Y(s)-a_1\frac{1}{s^2}Y(s)-a_0\frac{1}{s^3}Y(s)+b_2\frac{1}{s}U(s)+b_1\frac{1}{s^2}U(s)+b_0\frac{1}{s^3}U(s)$

其方框图可以表示如下：

其中：

$Y(s)=X_1(s);\\ sX_1(s)=-a_2X_1(s)+X_2(s)+b_2U(s) \\ sX_2(s)=-a_1X_1(s)+X_3(s)+b_1U(s) \\ sX_3(s)=-a_0X_1(s)+b_0U(s)$

对上式进行Laplace逆变换可得：

$y(t)=x_1(t) \\ \dot{x_1}(t)=-a_2x_1(t)+x_2(t)+b_2u(t) \\ \dot{x_2}(t)=-a_1x_1(t)+x_3(t)+b_1u(t) \\ \dot{x_3}(t)=-a_0x_1(t)+b_0u(t) \\$

因此：

$\begin{bmatrix} \dot{x_1}\\ \dot{x_2}\\ \dot{x_3}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -a_2 & 1 & 0\\ -a_1& 0 & 1\\ -a_0& 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} b_2\\ b_1\\ b_0 \end{bmatrix}u$