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2006 年上海交通大学 816 自动控制原理 参考答案

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2006 年上海交通大学 816 自动控制原理 参考答案

来源：1996-2023年上海交通大学答案.pdf 第 79-89 页 说明：逐字录入原件文字，原扫描件斜向红色水印已剔除。 注：原答案第一题填空题的第 7、8 两空答案与真题题号疑似错位（“将特征方程的根向 s 左平面移动”对应真题第 8 空，“负实部零点”对应真题第 7 空），此处照录原文。

上海交通大学二〇〇六年攻读硕士学位研究生

入学考试试题参考答案

注意：答案必须写在答题纸上，写在试卷或草稿纸上均无效。

一、【分析】本题考察自控原理的基础知识以及相关定义概念。

【解】1. 传递函数，状态空间表达式　　2. 稳态特性

  1. 系统特征方程的所有根都位于复平面虚轴的左侧。

  2. 正实部根　　5. 输入信号的性质和作用点　　6. 稳态分量

  3. 将特征方程的根向 ss 左平面移动，来改善闭环系统的相对稳定性。

  4. 负实部零点

  5. 描述函数法，相平面法，李亚普诺夫法　　10. 0

【评注】本题为填空题，虽然交大已经不再如此考查，但本题也有很多基础知识来值得我们学习和记忆。很多考点也在我们的大题中反复出现。请同学们认真对待 20 年真题中仅有的一道填空大题，对照交大教材对相关知识点进行理解。

二、【分析】本题考察对于物理模型的系统建模问题。

【解】对物体进行受力分析，可列如下微分方程

−B(y˙−u˙)−k(y−u)=my¨-B(\dot y-\dot u)-k(y-u)=m\ddot y

对其进拉氏变换

−Bs[Y(s)−U(s)]−k[Y(s)−U(s)]=ms2Y(s)-Bs\left[Y(s)-U(s)\right]-k\left[Y(s)-U(s)\right]=ms^2Y(s)

Y(s)U(s)=Bs+kms2+Bs+k\dfrac{Y(s)}{U(s)}=\dfrac{Bs+k}{ms^2+Bs+k}

【评注】1. 对于系统建模是交大每年必考的题型，一般第一问列为微分方程，第二问进行拉氏变换得到系统的传递函数。同类型题也可以参考 2007 年上海交通大学研究生入学考试真题第一大题。

  1. 该类题型今年已不常考，但同学们仍按必考知识点来准备。利用所受合力等于质量乘以加速度。应对物体的受力分析有深刻的把握，那么此类题型将成为必得分考题。

三、【分析】本题考查使用梅逊公式来对信号流图求解传递函数。

【解】（1）

l1=−G2H1l4=−G1G2G3H4l1l5=G2G4H1H4l_1=-G_2H_1\qquad l_4=-G_1G_2G_3H_4\qquad l_1l_5=G_2G_4H_1H_4

l2=−G2G3H2l5=−G3H3l2l5=G2G3G4H3H4l_2=-G_2G_3H_2\qquad l_5=-G_3H_3\qquad l_2l_5=G_2G_3G_4H_3H_4

l3=−G1G2H2l3l4=G1G22G4H2H4l_3=-G_1G_2H_2\qquad\qquad\qquad\qquad l_3l_4=G_1G_2^2G_4H_2H_4

Δ=1−∑j=15lj+l1l5+l2l5+l3l4\Delta=1-\sum_{j=1}^{5}l_j+l_1l_5+l_2l_5+l_3l_4

P1=G1G2G3Δ1=1P_1=G_1G_2G_3\qquad \Delta_1=1

P2=G4Δ2=1+G1G2H2+G2H1+G2G3H3P_2=G_4\qquad \Delta_2=1+G_1G_2H_2+G_2H_1+G_2G_3H_3

Y(s)R(s)=∑i=12PiΔiΔ\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{2}P_i\Delta_i}{\Delta}

（2）

l1=−G1G2H1P1=G1G2G3Δ1=1l_1=-G_1G_2H_1\qquad P_1=G_1G_2G_3\qquad \Delta_1=1

l2=−G2G3H2P2=G1G4Δ2=1l_2=-G_2G_3H_2\qquad P_2=G_1G_4\qquad \Delta_2=1

l3=−G1G2G3Δ=1−∑j=15ljl_3=-G_1G_2G_3\qquad \Delta=1-\sum_{j=1}^{5}l_j

l4=−G1G4Y(s)R(s)=∑i=12PiΔiΔl_4=-G_1G_4\qquad \dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{2}P_i\Delta_i}{\Delta}

l5=+G1G2G4H1H2l_5=+G_1G_2G_4H_1H_2

【评注】1. 梅逊公式来求传递函数是交大近年来的命题趋势　也是一种极为基础的题型，所用到的公式：C(s)R(s)=1Δ∑i=1nPiΔi\dfrac{C(s)}{R(s)}=\dfrac{1}{\Delta}\sum_{i=1}^{n}P_i\Delta_i；

  1. 注意的事项，不要漏掉前向通路、回路及不接触的回路、结构图等效画法多种多样，但结果唯一。

  2. 当系统给出的是方块图，以此求传递函数，没有画信号流图的画法要求，无需在答题纸上画出信号流图，只需在演算纸上画出求取即可。

四、【分析】本题考查由系统的方块图和给定系数来计算系统的相关系数。

【解】G1(s)=1s+3+KfG_1(s)=\dfrac{1}{s+3+K_f}，G(s)H(s)=K1s(s+3+Kf)G(s)H(s)=\dfrac{K_1}{s\left(s+3+K_f\right)}

GB(s)=K1s2+(3+Kf)s+K1GB(s) 为系统的闭环传递函数G_B(s)=\dfrac{K_1}{s^2+\left(3+K_f\right)s+K_1}\qquad G_B(s)\text{ 为系统的闭环传递函数}

（1）当 K1=25K_1=25　　Kf=0K_f=0　　G(s)H(s)=25s(s+3)G(s)H(s)=\dfrac{25}{s(s+3)}

kv=lim⁡s→0sG(s)H(s)=lim⁡s→0s⋅25s(s+3)=253k_v=\lim_{s\to0}sG(s)H(s)=\lim_{s\to0}\dfrac{s\cdot25}{s(s+3)}=\dfrac{25}{3}

单位斜坡输入 R(s)=1s2R(s)=\dfrac{1}{s^2}　　ess=1kv=325e_{ss}=\dfrac{1}{k_v}=\dfrac{3}{25}

（2）当 K1=25K_1=25　　Kf=4K_f=4　　G(s)H(s)=25s(s+7)G(s)H(s)=\dfrac{25}{s(s+7)}

kv=lim⁡s→0sG(s)H(s)=lim⁡s→0s⋅25s(s+7)=257k_v=\lim_{s\to0}sG(s)H(s)=\lim_{s\to0}\dfrac{s\cdot25}{s(s+7)}=\dfrac{25}{7}

单位斜坡输入 R(s)=1s2R(s)=\dfrac{1}{s^2}　　ess=1kv=725e_{ss}=\dfrac{1}{k_v}=\dfrac{7}{25}

（3）kv=1ess=10=K13+Kfk_v=\dfrac{1}{e_{ss}}=10=\dfrac{K_1}{3+K_f}

{ωn2=K12ξωn=3+Kf{ωn2=K11.4ωn=3+Kf{K1=196Kf=16.6{ξ=0.7ωn=14\begin{cases}\omega_n^2=K_1\\ 2\xi\omega_n=3+K_f\end{cases}\qquad\begin{cases}\omega_n^2=K_1\\ 1.4\omega_n=3+K_f\end{cases}\qquad\begin{cases}K_1=196\\ K_f=16.6\end{cases}\qquad\begin{cases}\xi=0.7\\ \omega_n=14\end{cases}

其中 ξ=0.7\xi=0.7　　θ=arccos⁡ξ=46∘\theta=\arccos\xi=46^\circ，46∘=0.80246^\circ=0.802

tr=π−θωn1−ξ2=3.14−0.802141−0.72≈0.23sts=3ξωn=0.306st_r=\dfrac{\pi-\theta}{\omega_n\sqrt{1-\xi^2}}=\dfrac{3.14-0.802}{14\sqrt{1-0.7^2}}\approx0.23s\qquad t_s=\dfrac{3}{\xi\omega_n}=0.306s

σ%=e−πξ1−ξ2=4.6%\sigma\%=e^{-\tfrac{\pi\xi}{\sqrt{1-\xi^2}}}=4.6\%

【分析】1. 本题考查稳态误差的计算和控制系统的动态响应指标的计算，必须要熟记的是二阶系统欠阻尼状态下的超调量、上升时间、延迟时间、调整时间相关公式。同时把握它们的定义，具体请参考教材 P74。请同学们把握一阶系统、二阶系统的动态响应公式。

  1. 对于稳态误差，我们必须记下稳态误差系数的公式，kpk_p、kvk_v、kak_a 对应的 esspe_{ssp}、essve_{ssv}、essae_{ssa} 计算方法，具体请参考交大教材 P64 对应的表格和图 3-8.

五、【分析】本题考查广义根轨迹的画法，广义根轨迹是一个以上参数连续地从 0 到 ∞\infty 变化形成的根轨迹。

【解】两个参数变化，开环传递函数 G(s)H(s)=Kp(1+TDs)s(s+1)(0.25s+1)G(s)H(s)=\dfrac{K_p\left(1+T_Ds\right)}{s(s+1)(0.25s+1)}

①先令 TD=0T_D=0 得 G1(s)H1(s)=Kps(s+1)(0.25s+1)G_1(s)H_1(s)=\dfrac{K_p}{s(s+1)(0.25s+1)} 做出其根轨迹图 1-1 所示

（1）三个极点 P1=0P_1=0，P2=−1P_2=-1，P3=−4P_3=-4

（2）实轴上的根轨迹 (−∞,−4](-\infty,-4]，[−1,0][-1,0]

（3）渐近线 {σ=−53θa=±60∘,180∘\begin{cases}\sigma=-\dfrac{5}{3}\\[8pt]\theta_a=\pm60^\circ,180^\circ\end{cases}

（4）与虚轴的交点 s=jωs=j\omega 代入 D(s)=s(s+1)(0.25s+1)+KpD(s)=s(s+1)(0.25s+1)+K_p

{(1−0.25ω2)ω=0Kp−1.25ω2=0{ω=0Kp=0{ω=2Kp=5{ω=−2Kp=5\begin{cases}(1-0.25\omega^2)\omega=0\\ K_p-1.25\omega^2=0\end{cases}\qquad\begin{cases}\omega=0\\ K_p=0\end{cases}\qquad\begin{cases}\omega=2\\ K_p=5\end{cases}\qquad\begin{cases}\omega=-2\\ K_p=5\end{cases}

（5）分离点 dKp/ds=0⇒3s2+10s+4=0dK_p/ds=0\Rightarrow3s^2+10s+4=0　　s1=−0.46s_1=-0.46　　s2=−2.88s_2=-2.88（舍）

② TD≠0T_D\neq0　　D(s)=14s3+54s2+s+Kp+KpTDs=0D(s)=\dfrac{1}{4}s^3+\dfrac{5}{4}s^2+s+K_p+K_pT_Ds=0

G2(s)H2(s)=TDs14Kps3+54Kps2+1Kps+1G_2(s)H_2(s)=\dfrac{T_Ds}{\dfrac{1}{4K_p}s^3+\dfrac{5}{4K_p}s^2+\dfrac{1}{K_p}s+1}

图 1-2 为其对应的根轨迹

该条根轨迹的起始极点位于图 1-1 的根轨迹上

（1）系统的三个极点之和 p1+p2+p3=−5p_1+p_2+p_3=-5，一个零点 z1=0z_1=0

（2）渐近线 {σa=−52θa=±90∘\begin{cases}\sigma_a=-\dfrac{5}{2}\\[8pt]\theta_a=\pm90^\circ\end{cases}

图

图

六、【分析】本题考查 Nyquist 曲线的画法和 Nyquist 判据

【解】（a）G(s)H(s)=2(s+3)s(s−1)G(s)H(s)=\dfrac{2(s+3)}{s(s-1)}

G(j0+)H(j0+)=∞∠−270∘G(j∞)H(j∞)=0∠−90∘G(j0^+)H(j0^+)=\infty\angle-270^\circ\qquad G(j\infty)H(j\infty)=0\angle-90^\circ

G(jω)=2(jω+3)(jω+1)jω(jω−1)(jω+1)=−8ω2+1+j2(3−ω2)ω3+ωG(j\omega)=\dfrac{2(j\omega+3)(j\omega+1)}{j\omega(j\omega-1)(j\omega+1)}=-\dfrac{8}{\omega^2+1}+j\dfrac{2\left(3-\omega^2\right)}{\omega^3+\omega}

与虚轴无交点，与实轴交点 Re=−2(ω=3)Re=-2\left(\omega=\sqrt{3}\right)

渐近线：Re=−8Re=-8

作出 Nyquist 曲线如下所示：

图

z=P−2N=1−2×(1−12)=0.系统稳定z=P-2N=1-2\times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=0.\qquad\text{系统稳定}

（b）G(s)H(s)=1s2(5s+1)(1−s)G(s)H(s)=\dfrac{1}{s^2(5s+1)(1-s)}

G(j0+)H(j0+)=∞∠−180∘G(j∞)H(j∞)=0∠−180∘G(j0^+)H(j0^+)=\infty\angle-180^\circ\qquad G(j\infty)H(j\infty)=0\angle-180^\circ

G(jω)H(jω)=1(jω)2(5jω+1)(1−jω)=−−(1+5ω2)+j4ωω2[(1+5ω2)2+(4ω)2]G(j\omega)H(j\omega)=\dfrac{1}{(j\omega)^2(5j\omega+1)(1-j\omega)}=-\dfrac{-\left(1+5\omega^2\right)+j4\omega}{\omega^2\left[\left(1+5\omega^2\right)^2+(4\omega)^2\right]}

做出的 Nyquist 曲线如下所示

图

P=1N+=0N−=−1z=P−2N=1−2×(−1)=3系统不稳定P=1\qquad N_+=0\qquad N_-=-1\qquad z=P-2N=1-2\times(-1)=3\qquad\text{系统不稳定}

【评注】1. 本题常规的 Nyquist 曲线绘制问题，所用到的公式为 z=P−2N=P−2(N+−N−)z=P-2N=P-2\left(N_+-N_-\right)

  1. 注意应根据系统的型别来进行补线，千万不要忽视该点，会直接影响系统稳定性的判别。Nyquist 曲线的绘制的步骤如题（a）、（b）所示 ①G(jωx)H(jωx)G(j\omega_x)H(j\omega_x)，②G(j∞)H(j∞)G(j\infty)H(j\infty)，③G(jω)H(jω)G(j\omega)H(j\omega) 之后分别计算出与实部的交点，与虚部的交点，渐近线，未必都存在，同学们酌情来求。

七、【分析】本题考查无源系统的串联滞后校正问题。

【解析】H(s)=1H(s)=1　　G(s)H(s)=K5s(s+1)(15s+1)G(s)H(s)=\dfrac{\dfrac{K}{5}}{s(s+1)\left(\dfrac{1}{5}s+1\right)}

kv=lim⁡s→0sG(s)H(s)=K5≥20K≥100k_v=\lim_{s\to0}sG(s)H(s)=\dfrac{K}{5}\ge20\qquad K\ge100

取 K=100K=100　　G(s)H(s)=20s(s+1)(15s+1)G(s)H(s)=\dfrac{20}{s(s+1)\left(\dfrac{1}{5}s+1\right)}

计算系统的截止频率为：20ωc⋅ωc⋅1=1\dfrac{20}{\omega_c\cdot\omega_c\cdot1}=1

ωc=20rad⋅s−1γ=180∘+φ(20)=−29.206∘≤60∘\omega_c=\sqrt{20}rad\cdot s^{-1}\qquad \gamma=180^\circ+\varphi\left(\sqrt{20}\right)=-29.206^\circ\le60^\circ

用滞后校正：Gc(s)=bTs+1Ts+1(b<1)G_c(s)=\dfrac{bTs+1}{Ts+1}(b<1)

①φ(ωc2)=−180∘+γ0+(5∘∼12∘)=−115∘\varphi(\omega_{c2})=-180^\circ+\gamma_0+(5^\circ\sim12^\circ)=-115^\circ　其中 γ0=60∘\gamma_0=60^\circ

ωc2≈0.38rad/s\omega_{c2}\approx0.38rad/s

②1bT2=(14∼110)ωc2\dfrac{1}{bT_2}=\left(\dfrac{1}{4}\sim\dfrac{1}{10}\right)\omega_{c2}　　bT2=26.32bT_2=26.32

③b=10−L(ωc2)20=0.02b=10^{-\tfrac{L(\omega_{c2})}{20}}=0.02　　T2=1316T_2=1316　　L(ωc2)=20lg⁡200.38=34.42dBL(\omega_{c2})=20\lg\dfrac{20}{0.38}=34.42dB

④可得 Gc(s)=26.32s+11316s+1G_c(s)=\dfrac{26.32s+1}{1316s+1}

⑤用试探法 ωg=2.2rad⋅s−1\omega_g=2.2rad\cdot s^{-1} 时，φ(ωg)=−180∘\varphi(\omega_g)=-180^\circ

增益裕度 GM=−20lg⁡G(ωg)=22dB>8dBGM=-20\lg G(\omega_g)=22dB>8dB

相位裕度 γ=180∘+φ(ωc2)≈60∘\gamma=180^\circ+\varphi(\omega_{c2})\approx60^\circ

其中 φ(ωc2)=−90∘+arctan⁡ωc2−arctan⁡15ωc2+arctan⁡26.32ωc2−arctan⁡1316ωc2\varphi(\omega_{c2})=-90^\circ+\arctan\omega_{c2}-\arctan\dfrac{1}{5}\omega_{c2}+\arctan26.32\omega_{c2}-\arctan1316\omega_{c2}

∴校正成立

八、【分析】本题考查负倒描述函数法和相轨迹绘制问题。

【解】1. N(x)G(jω)=−1N(x)G(j\omega)=-1

42πx⋅10Ks(Ts+1)(0.1s+1)=−1\dfrac{4\sqrt2}{\pi x}\cdot\dfrac{10K}{s(Ts+1)(0.1s+1)}=-1

42π⋅0.1⋅10Kjω⋅(Tjω+1)⋅(0.1jω+1)=−1\dfrac{4\sqrt2}{\pi\cdot0.1}\cdot\dfrac{10K}{j\omega\cdot(Tj\omega+1)\cdot(0.1j\omega+1)}=-1

−4002Kπ=j10(0.1×10j+1)(10Tj+1)-\dfrac{400\sqrt2K}{\pi}=j10(0.1\times10j+1)(10Tj+1)

−4002Kπ=j10(j+1)(10Tj+1)-\dfrac{400\sqrt2K}{\pi}=j10(j+1)(10Tj+1)

−4002Kπ=j10(1−10T)−10(10T+1)-\dfrac{400\sqrt2K}{\pi}=j10(1-10T)-10(10T+1)

令虚部等于零 1−10T=01-10T=0　　T=0.1T=0.1

−4002πK=−20⇒K=0.11-\dfrac{400\sqrt2}{\pi}K=-20\Rightarrow K=0.11

2.（Ⅰ）当输入为阶跃函数 r(t)=R⋅1(t)r(t)=R\cdot1(t)

e(t)=r(t)−c(t)=R−c(t),e˙=−c˙,e¨=−c¨e(t)=r(t)-c(t)=R-c(t),\quad \dot e=-\dot c,\quad \ddot e=-\ddot c

c(t)e(t)=K(Ts+1)s其中 e(0)=R, e˙(0)=0\dfrac{c(t)}{e(t)}=\dfrac{K}{(Ts+1)s}\qquad\text{其中 }e(0)=R,\ \dot e(0)=0

Ke(t)=Tc¨(t)+c˙(t)⇒Ke(t)=−Te¨(t)−e˙(t)Ke(t)=T\ddot c(t)+\dot c(t)\Rightarrow Ke(t)=-T\ddot e(t)-\dot e(t)

Te¨+e˙+Ke=0T\ddot e+\dot e+Ke=0

de˙de=−e˙−KeTe˙=α奇点(0,0)\dfrac{d\dot e}{de}=\dfrac{-\dot e-Ke}{T\dot e}=\alpha\qquad\text{奇点}(0,0)

e˙=−KTα+1e相轨迹如下\dot e=\dfrac{-K}{T\alpha+1}e\qquad\text{相轨迹如下}

图

ess=0e_{ss}=0

（Ⅱ）e(t)=r(t)−c(t)=vt−c(t)e(t)=r(t)-c(t)=vt-c(t)

e˙=v−c˙,e¨=−c¨;e˙(0)=v,e(0)=0\dot e=v-\dot c,\quad \ddot e=-\ddot c;\quad \dot e(0)=v,\quad e(0)=0

c(t)e(t)=Ks(Ts+1)\dfrac{c(t)}{e(t)}=\dfrac{K}{s(Ts+1)}

Ke(t)=Tc¨(t)+c˙(t)⇒Ke=−Te¨−e˙+vKe(t)=T\ddot c(t)+\dot c(t)\quad\Rightarrow\quad Ke=-T\ddot e-\dot e+v

de˙de=v−Ke−e˙Te˙=α奇点(vK,0)\dfrac{d\dot e}{de}=\dfrac{v-Ke-\dot e}{T\dot e}=\alpha\qquad\text{奇点}\left(\dfrac{v}{K},0\right)

e˙=v−KeTα+1相轨迹如下\dot e=\dfrac{v-Ke}{T\alpha+1}\qquad\text{相轨迹如下}

图

由于是斜坡输入，无超调量，稳态误差 ess=vKe_{ss}=\dfrac{v}{K}

【评注】1. 当系统处于自振的状态，有 G(jω)N(x)=−1G(j\omega)N(x)=-1，也即非线性部分和线性部分的乘积为 −1-1 来做这道题。由于等式左边只有实部，因此令等式右边的虚部为零得到 TT，再求出 KK。

  1. 同学有无注意到系统为欠阻尼状态，会不会产生奇点是否稳定的疑问，我们在此证明奇点为稳定。系统的闭环特征方程为 D(s)=Ts2+s+k=0D(s)=Ts^2+s+k=0，s1,2=−1±1−4kT2Ts_{1,2}=\dfrac{-1\pm\sqrt{1-4kT}}{2T}

因为系统下阻尼　∴1−4KT<01-4KT<0，可知 s1,2s_{1,2} 为一对有负实部的共轭复根

而奇点对应的多项式为 Ts2+s+k=0Ts^2+s+k=0，s1,2=−1±1−4KT2Ts_{1,2}=\dfrac{-1\pm\sqrt{1-4KT}}{2T} 由此可知奇点稳定

九、【分析】本题考查状态方程的解和状态反馈的极点配置问题。

【解】

  1. eAt=L[(sI−A)−1]=[s−12s+3]−1=[s+31−2s]1(s+2)(s+1)=[s+3(s+2)(s+1)1(s+2)(s+1)−2(s+2)(s+1)s(s+2)(s+1)]e^{At}=L\left[(sI-A)^{-1}\right]=\begin{bmatrix}s&-1\\2&s+3\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix}\dfrac{1}{(s+2)(s+1)}=\begin{bmatrix}\dfrac{s+3}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{1}{(s+2)(s+1)}\\[10pt]\dfrac{-2}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{s}{(s+2)(s+1)}\end{bmatrix}
[−1s+2+2s+1−1s+2+1s+12s+2+−2s+12s+2+−1s+1]→拉氏变换[−e−2t+2e−te−t−e−2t2e−2t−2e−t2e−2t−e−t]\begin{bmatrix}\dfrac{-1}{s+2}+\dfrac{2}{s+1}&\dfrac{-1}{s+2}+\dfrac{1}{s+1}\\[10pt]\dfrac{2}{s+2}+\dfrac{-2}{s+1}&\dfrac{2}{s+2}+\dfrac{-1}{s+1}\end{bmatrix}\xrightarrow{\text{拉氏变换}}\begin{bmatrix}-e^{-2t}+2e^{-t}&e^{-t}-e^{-2t}\\2e^{-2t}-2e^{-t}&2e^{-2t}-e^{-t}\end{bmatrix}
  1. rankPc=rank[b,Ab,A2b]=rank[00101−31−37]=3=nrankPc=rank\left[b,Ab,A^2b\right]=rank\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&-3\\1&-3&7\end{bmatrix}=3=n　　系统可控

状态矩阵 k=[k1,k2,k3]k=\left[k_1,k_2,k_3\right]

期待极点组成的特征多项式 D(s)=(s+2)(s+1+j)(s+1−j)=s3+4s2+6s+4D(s)=(s+2)(s+1+j)(s+1-j)=s^3+4s^2+6s+4

∣sI−(A−bk)∣=∣s−100s−1k1k2+2s+k3+3∣=s3+(3+k2)s2+(2+k2)s+k1\left|sI-(A-bk)\right|=\begin{vmatrix}s&-1&0\\0&s&-1\\k_1&k_2+2&s+k_3+3\end{vmatrix}=s^3+\left(3+k_2\right)s^2+\left(2+k_2\right)s+k_1

类比法 k=[4,4,1]k=[4,4,1]

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