8.5.5 能控性与能观性的综合应用
一、核心考点与理论精要
在 816 考研专业课现代控制理论大题中,能控性与能观性常与参数辨识、坐标变换、极点配置、零极点对消等知识点综合考察。核心考题模型通常分为三类:
- 参数待定与条件约束型:已知系统含未定参数,求解使系统完全能控、完全能观(或不可控/不可观)的参数充要条件;
- 结构配置与多输入多输出设计型:根据约旦块特征值重数,论证单输入/单输出配置的局限性;
- 模态变换与对角化求解型:通过 Vandermonde 矩阵等变换化为对角型,求解待定参数。
二、标准解题模型与计算步骤
💡 【METHOD】 含参系统综合分析解题模板
- 代数判据法(低阶系统首选):
- 构造能控性矩阵 M(p)=[BAB⋯] 与能观性矩阵 N(q)=CCA⋯;
- 计算行列式 det(M) 与 det(N);
- 建立方程/不等式:完全能控/能观 ⟺det=0;不完全能控/能观 ⟺det=0。
- 模态变换法(标准型或高阶系统首选):
- 求出系统特征值 λi 及变换矩阵 P;
- 计算变换后输入矩阵 Bˉ=P−1B 与输出矩阵 Cˉ=CP;
- 根据模态判据直接对 Bˉ 各行与 Cˉ 各列列出代数方程。
三、经典例题与真题精析
例题 1:二阶四参数系统可控可观条件确定
💡 【PROBLEM】
设系统的状态空间表达式为:
x˙(t)=[−a−dc−b]x(t)+[11]u(t),y(t)=[10]x(t)
试确定系统既状态完全能控、又状态完全能观时,参数 a,b,c,d 应满足的充要条件。
💡 【SOLUTION】 规范解答
解:
第一步:分析能控性条件
系统阶数 n=2。计算 Ab:
Ab=[−a−dc−b][11]=[c−a−b−d]
构造能控性矩阵 Qc:
Qc=[bAb]=[11c−a−b−d]
计算其行列式:
det(Qc)=1×(−b−d)−1×(c−a)=a−b−c−d
系统状态完全能控的充要条件为:
det(Qc)=0⟺a−b−c−d=0
第二步:分析能观性条件
计算 cA:
cA=[10][−a−dc−b]=[−ac]
构造能观性矩阵 Qo:
Qo=[ccA]=[1−a0c]
计算其行列式:
det(Qo)=1×c−0×(−a)=c
系统状态完全能观的充要条件为:
det(Qo)=0⟺c=0
结论: 当且仅当参数满足 a−b−c−d=0 且 c=0 时,系统既完全能控又完全能观。
例题 2:重特征值约旦系统可控可观性论证
💡 【PROBLEM】
设系统状态空间表达式为:
x˙=λ1000λ1000λ3x+abcu,y=[def]x(λ1=λ3)
试分析:
(1) 能否通过选择参数 a,b,c 使系统状态完全能控?
(2) 能否通过选择参数 d,e,f 使系统状态完全能观?
💡 【SOLUTION】 规范解答
解:
- 能控性分析:
- 矩阵 A 中特征值 λ1 为二重特征根,且对应于两个独立的 1 阶约旦块(几何重数为 2)。
- 根据 Gilbert 模态判据,对于相同特征值的多个独立约旦块,输入矩阵中对应各块末行的行向量组必须线性无关。
- 在本题中,输入为单输入(p=1),对应 λ1 两个约旦块末行的行标量为 a 和 b。标量 a 与 b 作为一维向量必线性相关(即总存在常数使 k1a+k2b=0)。
- 结论: 无论如何选择参数 a,b,c,单输入系统绝不可能状态完全能控(至少需要 2 个独立控制输入)。
- 能观性分析:
- 同理,二重特征根 λ1 对应两个独立约旦块,要求 C 中对应的列向量组线性无关。
- 本题为单输出系统(q=1),测量矩阵对应列为标量 d 与 e,一维标量必线性相关。
- 结论: 无论如何选择参数 d,e,f,单输出系统绝不可能状态完全能观。
例题 3:二阶含参系统不可控与不可观参数求解
💡 【PROBLEM】
已知系统状态空间表达式为:
x˙=[11120]x+[p−1]u,y=[q1]x
试确定参数 p 与 q 取何值时,系统分别处于不能控与不能观状态。
💡 【SOLUTION】 规范解答
解:
1. 求解不可控参数 p:
计算 Ab:
Ab=[11120][p−1]=[p−12p]
构造能控性矩阵:
M=[bAb]=[p−1p−12p]
计算行列式:
det(M)=p2−(−1)(p−12)=p2+p−12=(p+4)(p−3)
系统不完全能控 ⟺det(M)=0⟺p=−4 或 p=3。
2. 求解不可观参数 q:
计算 cA:
cA=[q1][11120]=[q+112q]
构造能观性矩阵:
N=[ccA]=[qq+1112q]
计算行列式:
det(N)=q(12q)−1(q+1)=12q2−q−1=(3q−1)(4q+1)
系统不完全能观 ⟺det(N)=0⟺q=31 或 q=−41。
例题 4:能控标准型通过对角化设计不可观测量参数
💡 【PROBLEM】
已知线性系统状态方程为能控标准型:
x˙=00−610−1101−6x+001u,y=[c1c2c3]x
试通过对角化方法,求出使系统不可观测的一组不全为 0 的参数 c1,c2,c3。
💡 【SOLUTION】 规范解答
解:
第一步:求特征值
矩阵 A 为能控标准型,直接由最后一行读出特征多项式:
∣λI−A∣=λ3+6λ2+11λ+6=(λ+1)(λ+2)(λ+3)=0
解得互异特征值:λ1=−1,λ2=−2,λ3=−3。
第二步:构造对角化变换矩阵 P(Vandermonde 阵)
对应特征向量构成的变换矩阵为:
P=1λ1λ121λ2λ221λ3λ32=1−111−241−39
令 x=Pz,则变换后对角阵为 Λ=diag(−1,−2,−3)。
第三步:计算模态测量向量 cˉ=cP
cˉ=[c1c2c3]1−111−241−39
=[c1−c2+c3c1−2c2+4c3c1−3c2+9c3]
第四步:确定不可观参数条件
根据对角型模态判据,系统不可观 ⟺cˉ 中至少有一个元素为 0:
c1−c2+c3=0或c1−2c2+4c3=0或c1−3c2+9c3=0
取特解:令 c1−c2+c3=0,可取 c1=1,c2=2,c3=1(此时第 1 个模态不可观)。
验算:取 c=[121] 时,系统状态不完全能观。
例题 5:按指定模态配置参数使状态分别满足可控/不可观
💡 【PROBLEM】
设系统状态空间表达式为:
x˙(t)=[0−21−3]x(t)+[b1b2]u(t),y(t)=[c1c2]x(t)
试确定参数 b1,b2,c1,c2 满足的条件,使得系统经变换后的一个模态既能控又能观,而另一个模态既不能控又不能观。
💡 【SOLUTION】 规范解答
解:
第一步:求系统特征值与对角化矩阵
∣sI−A∣=det[s2−1s+3]=s(s+3)+2=s2+3s+2=(s+1)(s+2)=0
得特征值 s1=−1,s2=−2。
对应的特征向量为 v1=[1−1],v2=[1−2]。
变换矩阵及其逆矩阵为:
P=[1−11−2],P−1=[2−11−1]
第二步:计算模态矩阵 Bˉ 与 Cˉ
令 x=Pz,变换后的对角系统为:
Aˉ=[−100−2]
Bˉ=P−1B=[2−11−1][b1b2]=[2b1+b2−b1−b2]
Cˉ=CP=[c1c2][1−11−2]=[c1−c2c1−2c2]
第三步:按要求列出参数约束方程
-
情形 1:设模态 z1 能控且能观,模态 z2 不能控且不能观:
⎩⎨⎧2b1+b2=0c1−c2=0−b1−b2=0⟹b1=−b2c1−2c2=0⟹c1=2c2
代入验证:当 b1=−b2=0 且 c1=2c2=0 时,2b1+b2=b1=0 且 c1−c2=c2=0 自然满足。
-
情形 2:设模态 z2 能控且能观,模态 z1 不能控且不能观:
⎩⎨⎧2b1+b2=0⟹b2=−2b1c1−c2=0⟹c1=c2−b1−b2=0c1−2c2=0
结论: 满足要求的参数条件为:
{b1=−b2=0c1=2c2=0或{b2=−2b1=0c1=c2=0
四、易错陷阱与避坑指南
💡 【PITFALL】 考场易错点
- 变换矩阵 P 与 P−1 的乘法次序混淆:
- 模态输入矩阵是 Bˉ=P−1B(左乘逆矩阵);
- 模态输出矩阵是 Cˉ=CP(右乘原矩阵)。千万不可颠倒!
- 非零条件漏判:
- 题目要求“使一个状态可控可观”,解出等式关系后(如 b1=−b2),必须补充非零条件(b1=0),否则若取 b1=b2=0 会导致整个系统全不可控。
Discussion
Comments
Thoughts, corrections, and follow-up notes are welcome here.