第三部分 现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
第四章
3-4-1
控制系统的稳固性
试确立以下二次型能否正定。
2
(1) v( x) x1 (2) v( x)
4x2 2 x3 2 2x1 x 2 10 x 2 4 x
2
2 3
6 x3 x 2 2x1 x3
2x x
3 2
x
2 1
6 x x
1 2
(3) v( x) 10 x1 2
4x2 2 x3 2 2x 1x 2 2x 3 x2 4 x1 x3
【解】： （ 1）
1 1 1
1 4 3
1
3,10,
P
1 1
1 4
1
3 0,1
1 4 3
1 3
4 0
1 1 1
二次型函数不定。 (2)
1 3 3 0
10 1
0 1 ,
P
1 0,
1
3
3
10
1 3
1 0,3
0 1
10 1
3 0
4 0 4
二次型函数为负定。 (3)
10 1 2
1 4 1
2
1, 10 0,
P
10 1 1
4
10
39 01
1 4 1
2
1 17 0
1 2 1
二次型函数正定。 3-4-2
试确立以下二次型为正准时，待定常数的取值范围。
v( x) a1 x1 2 b1 x22 c1 x3 2 2x1 x2 4 x3 x2 2x1 x3
【解】：
2 1
v( x) a x
1
b x
1 2 c x 2 2 1 3
2 x x
1
2
4 x x
3
2
2x x
1 3
x 1
T
a1
1 b 2
1
1 2 x
1
70
c1
第三部分
现代控制理论习题详解
第四章 控制系统的稳固性
a
1
0, a1
1
a1 0, 1
1
1 b
1 b1
1
1 2 0
2
c1
知足正定的条件为：
a1 0 a1b1 1
a1b1c1 4 b1 4a1 c1
3-4-3
试用李亚普诺夫第二法判断以下线性系统的稳固性。
x
(1)
0 1
1 1 1 1
x;
(2)
x
1 2
1
x;
3 0 1
(3)
x
1 1
x;
(4)
x
1 0
x;
【解】： （ 1）
设
v( x) 0.5x1
x1x1 x2x2
x1x2 x1x2
2 x2
2
0.5x 2 2
x2
2
v(x)
0 0
(x ( x
0)
为半负定。 0)
又由于 v( x)
0 时，有 x2
0 ,
则 x2 0 ，代入状态方程得： x1 0 . 因此
系统在 x 0 时， v( x) 不恒为零。
则系统渐近稳固，又由于是线性系统，因此该系统是大范围渐近稳固。
（ 2）
设
v( x) 0.5x1
2
0.5x 2
2
v( x) x1x1 x2 x2 x1 ( x1 x2 ) x2 (2x1 3x2 )
xT
x1 2
0
3x2 2 3x1 x2
1 1.5 1.5
3
x
1 0,
1 1.5
1.5 3
xT Px
P 负定，系统渐近稳固，又由于是线性系统，因此该系统是大范围渐近稳固。
（ 3）
71
第三部分 现代控制理论习题详解
第四章 控制系统的稳固性
设
v( x) 0.5x1 2 0.5x 2
2
v( x) x1x1 x2 x2
x1 ( x1 x2 ) x2 ( x1 x2 )x12 x2 2
x
T
10
x
0
1
xT Px
P 负定，系统渐近稳固，又由于是线性系统，因此该系统是大范围渐近稳固。（ 4）
两个状态变量互相独立，因此能够独自剖析各变量的稳固性。
x
x
v (x ) 0.5x 2
v(x
) x x
x
2 0 x 0
1
1
1
1
1
1 1
1
0 x 0 x2
x2 v( x2 ) 0.5x2 2
v(x 2 ) x 2 x 2
x 20 x 2
0
x
因此系统不稳固。
3-4-4
试确立以下系统均衡状态的稳固性。
1
3 0 x(k 1)
3 2 3 x(k ) 1
0
0
【解】： 方法一：
采纳第一方法，确立特点多项式对应的特点值能否在单位圆内。
z
1 3 0 f ( z) zI
A
3 z 2
3 0
1
0
z
z1 0.1173+ 2.6974i
z2 0.1173- 2.6974i z3
1.2346
特点多项式对应的特点值均在单位圆外，因此系统不稳固。
方法二：
采纳第二方法，
1
3 0 G
3 2 3。
1
0 0
72
00
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
设
1 P
0.5
0.5
0.5 0.5 1 0
0 1
由于 1>0，
1
0.5
0.5 1
1 0.5 0.5
0.75 0， 0 .5 1 0.5 0 ，因此 P 正定。 0
0 .5 0
1
v(x) x T Px 正定。
v(k ) 3 2 3
1
1
x T (k )(G T PG P ) x( k) 0.5 1 0
0.5 0 1
1 3 1
3 2 0
0
1
GTPG P
1 3 1
3 2 0
0 3 0
3 0
0 0.5 0 0.5
3 0
8 4.5 7
4.5 1.5
7 8
6 1.5
由于 8>0，
8
4.5
4.5 27.75
6
8 4.5 7
0， 4.5 6 1.5 4.5
7
1.5 8
0 ，因此 P 正定。
v(k) 为正定，因此系统在原点不稳固。
3-4-5 设失散系统状态方程为
x(k
1)
0 0 0
1 0 0 1 x(k) k
0
2
k
0 ，求均衡点 xe 0 渐近稳
准时 k 值范围。 【解】：
方法一：
采纳第一方法，确立特点多项式对应的特点值能否在单位圆内。
z
f (z) zI A 0
z k / 2 0
73
1 0 1 0 z
第三部分
现代控制理论习题详解
第四章 控制系统的稳固性
z1 z2 z3
0.5 2k -0.5 2k 0
0.5 2k 1 方法二：
0 k
2 时均衡点渐近稳固。
v(x) x T Px 正定。
v(k )
x T (k )(G T PG P ) x( k)
v(k) xT (k )Qx (k )
令
Q
I
P11 P12 P13
Q GT
PG P，设 P
P
12
P
22
P 23
P13
P23 P33 0 0 0 P
13 P P
11
12
GT
11 12 PP010
PGP 10
k P12 P22
P23 0 0 1 P12 P220P
120 PP k P P
13 23
33 0
2 0
13 23
P 1, P 0, P 0, P 0
11 12 13 23
P22
12 12
4 k
2
1, P33
4 k
2
因此
1
0
0
P
012
1
0
4 k 2
0
0
12
4 k
2
12 2
4 1 k 0
P 为正定，则
12 0
k
2 时系统渐近稳固。
0
4 k 2
74
P
13
1 0 0
P23 01 0 P
0 01
33
第三部分 现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
3-4-6
设系统的状态方程为
x1 x2
0 2
1 1.5
x1 x2
，试求这个系统的李亚普诺夫函数，
而后再求从关闭曲线 v(x) 100 界限上的一点到关闭曲线
v(x)
0.05 内一点的响应时间上
限。
【解】：
令
Q I
AT P PA
I
求矩阵 P ，即
0 2 P11 P12 P11 P12 0 1
1
1.5 P21
P22
P21 P22
2
1.5
0
5.5 1 P
4 4 1 1
4
2
因此李氏函数为：
v( x)
5.5 x12 0.5x1 x2 0.5x2 2 4
2 2
v( x) ( x1 x2 )
QP 1
I
P 1 I 0
I
P
0
则
1
2.3062 ， 2 0.6938
t t0
1
lnmin
v(x, t)
1 ln 0.05 10.955v(x0, t0) 2100
3-4-7
试确立以下非线性系统在原点处的稳固性。
x
x
2 )
(1)
1
1 x
2
x 31
x
(2)
1
x 1
x
2
x ( x 21
1
x
2
x
x2 x1 x2 x2
3
x2 1
x2
x2 (x12 x2 2 )
【解】：
（ 1）采纳非线性系统线性化的方法，在均衡点原点处线性化得：
75
1
1 0
第三部分
现代控制理论习题详解
A
第四章 控制系统的稳固性
f
xT
x 0
f1 x1 f 2 x1
sI
f1 x2 f 2 x2
s
1 3x1 2
1
1 3x2
1 1
1
x 0
2
x 0
1 1
A
1 1
1 s 1
s
2
2s 2 0
系统的两个特点值均在右半平面，则系统在均衡点邻近不稳固。 （ 2）采纳非线性系统线性化的方法，在均衡点原点处线性化得：
A
f
T
x 0
f1 x1 f 2 x1
f1 x2 f 2 x2
sI
1 3x12
x2 2
2
x 0
1 2 x1 x2
2
1 1 1 1
x
1 2x1 x2
x 0
1 x1
3x2
A
s 1 1
s
1 1
s
2
2s 2
0
系统的两个特点值都在左半平面，则系统在均衡点邻近渐近稳固。
3-4-8 试确立以下非线性系统在原点处稳准时的参数 于或等于零，但两者不一样时为零） 。
x1 x 2
x2 x1
a 、 b 的取值范围（此中两者均大
ax2 bx 2 3
x 0
【解】：
f
A
f 1 x1 f 2 x1
f1 x2 f 2
0
1
1 a 3bx2
2 x 0
0 1
1 a
xT
x2 x 0
1
sI
A
s 1 1 s a
s 2 as
结论：系统在原点渐近稳固的充要条件是
a 大于 0,
b 随意（同时还需知足题目要
求）。
3-4-9 试证明系统
x
1
x2
在 a
2
x 2
a1 x1 a 2 12 x
x1
0, a
2
0 时是全局渐近稳固的。
【解】：
求均衡点 :
76
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
x1
x2 0
a1 x1 a2 x1 x2 0
2
x
1e
0
x2
x
2e
0
设
v(x) 0.5a1 x1 2 0.5 x2 2
v( x) a1x1 x1 x2 x2
v( x)
a1x1x2 x2 ( a1x2
2 2
a2 x12 x2 )
a2 x1 x2 0
结论 a1 由于 x
0 ， v( x) 正定； a2 0， v( x) 负定，系统渐近稳固。
时， v( x) 0.5a1x1 2 0.5x 2 2 ，因此系统又是大范围渐近稳固。
3-4-10 试用克拉索夫斯基法确立非线性系统在原点
xe
0 处为大范围渐近稳准时， 参数
a 和 b 的取值范围。 x1 x
2
ax1 x 2 x
1
x
2
bx
3 2
【解】：
J
f xT
f 1 x1 f 2 x1
f1 x2
a 1
1 1 3bx2
2
f 2 x2
令
P I
v( x)
f T ( x) f ( x)
a
v( x) f
T ( x)[ J T J ] f ( x)
2 f T ( x)
1
2 f ( x)
1
1 3bx2
系统在 xe 0 处渐近稳固的条件是
v( x) 负定。而 v( x) 负定的条件为： 1
2
a 0,
a 1
a 3abx2
2
1 0
1 3bx 2
大范围渐近稳固的条件是：
x
时 v(x)
77
第三部分 现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
而 x
时， v( x) (ax1 x 2 )2
(x1 x 2
bx23 )2 a 1
1 1 3bx
因此系统大范围渐近稳固的条件是：
a
0,
2
2
a3abx 2 1 0
2
3-4-11
试用变量 - 梯度法组成下述非线性系统的李氏函数。 x1 2 x12 x2 x2
x1 x2
【解】：
求均衡点 :
x
1
x
1
2x 2 x 0
2
1
x
1e
0
x2
x 2 0
x2 e 0
设
V
a11 x1 a12 x2 a21 x1 a 22 x2
a
V1 V2
v( x) ( V )T x
a x 2 (a
11 1
3)x x 2a x x
21
1
2
11 1 2
22a x x
12
12
2 a x 2
22 2 1 2
若选
21
21
a
11
a
22
1, a12
a
V1
0 x2
a
12
V2 x1
a
0
知足旋度方程条件
v( x)
x1 (x2 0 )
2
x12 (1 2x1 x2 ) x 2 。当 x x 0.5 时， v( x) 负定
1 2
而 v( x)
0
x2 (x1 x1 )
22
x1 d x1 x2 dx2 0.5(x1 x 2 ) 为正定。 0
当 x1x2
0.5 时，系统在均衡点渐近稳固。
3-4-12 设非线性系统方程为
x1 x2
f1( x1) f2( x1, x2) f 3 (x 2 )
式中 f 1 (0) f 3 (0) 0, f 2 (0, x2 ) 0
试求系统原点 xe 0 稳固的充足条件。 【解】：
由第一法，
78
第三部分
现代控制理论习题详解
x
第四章 控制系统的稳固性
A
f x
f1 x1
0
f 2 x1 0
f 2 x2 f 3
T
x2 x 0
稳固条件为：
f1 x1
f 2 0 ， x1
f3
0
x2
由克拉索夫斯基法
设
v( x) x T x 为正定。
v( x)
x T F x
f
F
(
T
)
T
f
T
f1 x1
f 2 x1 0
f 2 x2 f 3 x2
f1 x1 f 2
f 2 x1
0
x
x
f 3
x2 x2
2(
f 1
x1 f 2
f 2
) x1
2
f 2
x2 f 3
x2
x2
f 1 x1
x1
x1 f1 x1
x1
x1
f 2 x1
0
当
时渐近稳固。
4( f 1
f 2 ) f 3 ( f 2 )2
x2 x2
f 2 x1
当
时稳固。
4( f 1
f 2 ) f 3 ( f 2 )2 x2
x2
3-4-13
试用阿依捷尔曼法剖析以下非线性系统在原点
xe 0 处的稳固性。结构如题
3-4-13 图所示。
F (e) e
e5
r (t ) 0 e F (e)
1
s(s 1)
c
79
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
题 3-4-13 图
【解】：
当输入为零时，非线性系统方程能够写成
e e F (e) 0
若取状态变量： x1 e, x2 e ，那么系统的状态方程为：
x1 x 2
x2 x 2
F ( e)
(1) 在 xe 0 处将非，线性环节输入
则线性化状态方程为：
- 输出特征用向来线近似
F (e) ke，取 k 1
x1 x2
x 2 x2
x1
(2) 取二次型函数作为系统的李氏函数，则有
v(x )
x T Px ， v(x)
xT Qx
取
Q
2
2
I
获得 P
1.5 0.5
0.5 v(x) 1
1.5x2
x x
1
x 2 为正定。
1
(3)
2 2
v(x)
3x x
1
x x
1
x x
1 2
2x x kx 2
2 2
( 2
2k) x x
1
x
2
x T
1 2
1
k 1 k x 1 k 1
当 k
近稳固的。 ☆ 3-4-14
x1 x2
0 ， k
(k 1)
2
0
时 v( x) 为负定，进而求得 0.382
k 2.618 时系统稳固，即
只需非线性环节的曲线在 0.382e 和 2.618e 范围内变化，原非线性控制系统就是大范围渐
以下是描绘两种生物个数的瓦尔特拉（
x1 x2 x1 x2
bolterea
）方程
x1 x2
式中 x1 ，x2 分别表示两种生物的个数。 （ 1）确立系统的均衡点。
为非零实数。 0 ， 0 ， 0， 0。
（ 2）在均衡点邻近线性化，并议论均衡点的稳固性。【解】： （ 1）
80
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
x1 x 2
x1 x2
x1 x2 x1 x2
0 0
获得均衡状态：
x（ 2）线性化
1x2关于均衡点：
特点值为：
由于
0 ，
关于均衡点：特点值为：
由于
0 ，
x
x1e
1e
0
，
x
2e
0
x2e
(x2 e )x1 x1e x
2
x 2e x1 (
x1e )x 2
x
1e
0 x，
1 x1
x2e 0
x2
x 2
1
2
0 因此0
1
2
0
，由第一法，系统不稳固。
x1e
x1 x2
，
x
2 e
x2
x1
0
A
0
1
2
0 ， 1 ， 2 为纯虚数，由第一法，没法确立系统的稳固性。dx2 ( x1 ) x2 ，
x2 dx 2
(
x1 ) dx 0
1
dx1
(
x2 )x1 x2
x1 d ln x2
ln x1
x2 x1
const
或 (d ln x2 x2 ) ( ln x1
x1 )
const
81
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
其轨迹图如图题 3-4-14 图所示
x2
x1
题 3-4-14 图
可见
x1e0
为不稳固的均衡点。
x2e
0
x1e
为稳固的均衡点。
x2 e
☆ 3-4-15 试求以下非线性微分方程
x1 x 2
x2
sin x1 x 2
的均衡点，而后对各均衡点进行线性化，并判断均衡点能否稳固。
【解】：
求均衡点 :
x1 x2
x 2 0 sin x1 x2
x1e
0
x 2e
n 0
n 0, 1, 2
线性化方程
x1 x 2
x2 0
cos( x1e ) x1 x2
0
关于均衡点
x1e 2n x2 e 0
82
第三部分 现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
则 x1
x 2 A
x2
x1 x2 0 1
1 1
特点方程为 ( 1) 1 0 关于均衡点
，特点根都在左半平面，因此系统为渐近稳固。
x1e x2 e
( 2n 0
1)
x1 x 2 x 2 x1 A
x 2
0 1 1 1
特点方程为
( 1) 1 0 ，有一个特点根在右半平面，因此系统不稳固。
☆ 3-4-16 非线性系统状态方程为
x1 x2
x2
a(1 x2 )2 x2 x1
a 0 试确立均衡状态的稳固性。
【解】：
求均衡点 :
x1 x 2
x 2 0
a(1 x 2 ) 2 x2 x1 0
x1e x2 e
0 0
线性化方程为 :
x1 x2 x2 A
ax2
x1
0 1 1 a
特点方程为
( a) 1 0
a 0 时特点根都在左半平面，因此系统为渐近稳固。 ☆ 3-4-17 非线性系统状态方程为
x1
x2
试用克拉索夫斯基法确立系统原点的稳固性。
x2
x13 x2
83
第三部分
现代控制理论习题详解
第四章
控制系统的稳固性
【解】：
x1
x
x2
f ( x)
f 1 ( x) f 2 ( x)
0 3x1
x 2 x1 1 1
3
x2
J (x)
f (x) x
2
设
v( x) x Px ， P
T
P11 P12
P12
P 22
v( x) xT Qx x T J T ( x)P PJ (x) x
令 Q
I ，则 v(x) 为负定。
Q
0
3x12 P11 P12
P11 P12 0 1
1 0
1 1
P
12
P22
P
12
P
22
3x1 2
2
1
1
0
1
1
P
11
1 6x1 2 P12
3 x 2 1 2 1 2 1
2 6x1
P
1 6x12
3
2 x1 1
2
6x12 1 1
P
1
22
1 2
6x1 2
6x1 2
2
6x1 2
由于 1
2
x1 2 1 2
2
30 ，
6x1
而 P
(
1
3 2
x1 2 3 x1 2 4
1 1 )( 1 )
1 1
6 x1
22 6 x1 2 2
6x12 6x1 2
3
P
1 1
1 0 ， P 正定，因此系统在原点处渐近稳固。 4
2
4 6 x1 2
3
x
x
2
1 2
2x
时，
1
1 3
2
1 1 1
2
26x v( x) ( 1
2x 6 x 2 1 2 )x 2 2 1 x2 ( x1 x 2 ) ( 6x1 2
2 )( x1
x 2 )
v( x)
3 x1 x2
22
1 x22 2
1 x1 ( x1 3
2
41x2 ) 2
2 6
84
第三部分
现代控制理论习题详解 第四章 控制系统的稳固性
因此在原点大范围渐近稳固。
☆ 3-4-18 试用变量梯度法结构以下系统的李雅普诺夫函数。
x1 x2
x2
a1 (t) x1 a2 (t )x 2
。
V1
【解】：
设
V
a11 x1 a12 x2
ax2
21 1
ax
22 2
V2
v(x) ( V )T x a x
x a x
12 2
a (t)a x 2 a
1
21 1
(t)a x x
21 1 2
a (t)a
1
x x
22 1 2
a (t )a x
2
22
11 1 2 2
2 2
a (t)a x 2
1
21 1
a a (t)a
11
2
a (t )a
1
x x (a
22
1 2 12
a (t )a )x
2
2
21 22 2
若选
a11 a21 0
a1(t ), a22 1, a12 a 21
0
则
V1 x2
a12
V2 x1
知足旋度方程条件
v( x) a2 (t) x2
0
2 。
当 a2 (t) 0 时， v( x) 为半负定。 而 v( x)
x1 ( x2 0 )
0
a (t )x d x
1
x2 ( x1 x1 )
1
1
x dx
0.5a (t) x 1
22 2
1
0.5x 2 。 2
则当 a1 (t) 0 时 v( x) 为正定。且当 x
时， v(x) 0.5a1 (t)x1
20.5x22
因此当
a1 (t)0
时，系统在原点大范围渐近稳固。
a2 (t)
0
85
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