STATE SPACE ANALYSIS 409 7.38. Cons

STATE SPACE ANALYSIS

409




7.38. Consider the system in Prob. 7.32. (‹i) Is the system controllable?
(b) Is the system observable?
iz From the result from Prob. 7.32 we have

b -




and by Eg. 7.120 the controllability matrix is



its rank is 2 and hence the system is controllable.


and by Eg. 7.123 the observability matrix is


and !Mq| -0. Thus, its rank is less than 2 and hence the system is not observable.
Note from the result from Prob. 7.32 b that the system function HP z has pole-zero cancellation. If HPz has pole-zero cancellation, then the system cannot be both control- lable and observable.


SOLUTIONS OF STATE EQUATIONS FOR CONTINUOUS-TIME LTI SYSTEMS


7.39. Find e *’ for

A - 0 1
—6 —5

using the Cayley-Hamilton theorem method.
First, we find the characteristic polynomial cGIt of A.




Thus, the eigenvalues of A are I - — 2 and 12 - — 3. Hence, by Eqs. 7.dd and 7.d7l we have






and by and b are the solutions of


from which we get



Hence,


3e — 2i — 2 e ” e - 2t — e — ³'
— 6e " + 6e "—2e " + 3e "

- e — 2t



—6 —2

— 2 — J
6 3



7.40. Repeat Prob. 7.39 using the diagonalization method.
Let x be an eigenvector of A associated with X. Then




— 2 — 1 *i _ 0


The solutions of this system are given by ×2 - — 2s,. Thus, the eigenvectors associated with X, are those vectors of the form

with n 10




The solutions of this system are given by ×2 - — ³a . Thus, the eigenvectors associated with 1 are those vectors of the form



— 3
Let ‹z - J3 - 1 in the above expressions and let

with J3 10





Then

and by Eg. 7.d8) we obtain

°- • ••J - i i





-6 -2 6 3




7.41. Repeat Prob. 7.39 using the spectral decomposition method.
Since all eigenvalues of A are distinct, by Eg. 7.33) we have



- (A
‘‘2

—6 —2



- (A — 4 II) - — (A + 21) -
‘2



—6 —2 6 3




7.42. Repeat Prob. 7.39 using the Laplace transform method.
First, we must find Tel — AT lb








Then, by Eg. 7. 7/) we obtain



3e "— 2e ” e ”— e ”
- 6e ” + 6e "—2 e ” + 3e ”

Again we note that when the eigenvalues of A are all distinct, the spectral decomposition method is computationally the most efhcient method of evaluating e*’.


7.43. Find e" for

A - —2 1
1 —2

The characteristic polynomial cut of A is




Thus, the eigenvalues of A are 1 - — 1 and If - — 3. Since all eigenvalues of A are distinct, by













Then, by Eg. 7. 7tI we obtain










7.44. Given matrix
























0 —2 1
A - 0 0 3
0 0 0


(‹i) Show that A is nilpotent of index 3.
(b Using the result from part (‹i find c".
(a J By direct multiplication we have

A2



A'-A2



00 00 00 000

Thus, A is nilpotent of index 3.
bJ By definition 7.531 and the result from part (‹iJ


e *’ - I + tA +


- 0 1 0 + i 0 0 3 + — 0 0 0 - 0 1 3i
0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1

7.45. Find c" for matrix A in Prob. 7.44 using the Cayley-Hamilton theorem method.
First, we find the characteristic polynomial c 4 of A.







Thus, 3 - 0 is the eigenvalues of A with multiplicity 3. By Eg. 7.dd we have
e *'—— b I + b k + b2 '
- 0 in the following equations [App. A, Eqs.







Hence,


which is the same result obtained in Prob. 7.44 b).


7.46. Show that



e*+² —— e*e²

provided A and B commute, that is, AB -BA.



e”e” B’











and
Thus, if AB - BA, then



7.47. Consider the matrix

e‘ e — e + - $(AB — BA) +







2 10
A - 0 2 1
0 0 2




Now we decompose A as





where

20 0 010



iii) Show that the matrix N is nilpotent of index 3.
b Show that A and N commute, that is, AN - NO
Act Using the results from parts girl and b , find e*'.
‹it By direct multiplication we have
o i o o i o o o i
N 2 NN - 0 0 1 0 0 I - 0 0 0
000000 000

001010 000
N'-N2 N - 0 0 0 0 0 1- 0 0 0
000000 000
Thus, N is nilpotent of index 3.
b) Since the diagonal matrix A can be expressed as 21, we have
A N - 2IN - 2N - 2NI - N(21) - NA
that is, /t and N commute.
Act Since A and N commute, then, by the result from Prob. 7.46
e•'- e'³ + N)f - e•'eN t
Now [see App. A, Eq. A. 49)]
e 2t 0 0 i o o
e" —- 0 e 2t 0 - p2i 0 i o - e 2i I
0 0 e’ 0 0 1
and using similar justification as in Prob. 7.44 b), we have

t
e“'- I + t N + —N'
2!


0 0


Thus,




a*'- e•'e•'-e" Ie*’- e” e N t p2r





7.48. Using the state variables method, solve the second-order linear differential equation









with A -

o 1
—6 —5






with d —— 0. Now, from the result from Prob. 7.39
— 2
— 6 6


and








Thus,


— 6
- 7e‘"— 5e ”


—






— 2 — 1
6 3






- $e" + 6e ”— be ” i > 0
which is the same result obtained in Prob. 3.38.


7.49. Consider the network shown in Fig. 7-20. The initial voltages across the capacitors C

and C are 2

1 V, respectively. Using the state variable method,

find

the

voltages across these capacitors for t > 0. Assume that II, - up - up - 1 n
C - C - 1 F.
Let the state variables q t) and q (f) be

and








Fig. 7-20


Applying Kirchhoff’s current law at nodes 1 and 2, we get
')— q2(''-0
R 2



Substituting the values of R , R , R 3, C , and C 2 and rearranging, we obtain





In matrix form



with



tj( i ) — Aq( i )

A= and q(0) -


Then, by Eg. 7.d3) with .r k i ) - 0 and using the result from Prob. 7.43, we get









Thus,

q( i ) -e" q(0) = e ' ' ' + e "


— — - 1





7.50.





Fig. 7-21



In matrix form





where


Now





A - 2 I



ij( i ) -Aq( t ) + be( I )
y( t ) —— eg( t )

b -


_ 2


Thus, the eigenvalues of A are 1, - — 1 and 2 2 - 2. Since Rel×2l » 0, the system is not asymptotically stable.



H(s ) - c( if — A) 'b - [ 1 — 1] — 2 i — 1 — l






Note that there is pole-zero cancellation in R Isl at s - 2. Thus, the only pole of RI st is — 1 which is located in the left-hand side of the s-plane. Hence, the system is BIBO stable.
Again it is noted that the system is essentially unstable if the system is not initially relaxed.

7.51. Consider an // th-order continuous-time LTI system with state equation


The system is said to be controllable if it is possible to find an input .r(i ) which will drive the system from q r I - q to q i I - q in a specified finite time and go and g o are any finite state vectors. Show that the system is controllable if the controllability
matrix defined by



has rank N .

(7.128)



We assume that t o - 0 and q[0J - 0. Then, by Eq. ( 7.d3) we have


Now, by the Cayley-Hamilton theorem we can express r ‘*² as




k - 0
Substituting Eq. (7. 130) into Eg. ( 7.?29) and rearranging, we get




Then Eg. (7.?3?) can be rewritten as


k -— 0




or

( 7.130 )
















( 7.?32)




For any given state q we can determine from Eg. (7.132) unique J3 k s k —— 0, 1, . . . , N — TO, and hence ski), if the coefficients matrix of Eq. ( 7. ?32) is nonsingular, that is, the matrix


has rank N .


7.52.

Consider an // th-order continuous-time LTI system with state space representation




The system is said to be observable if any initial state q1iiJ can be determined by examining the system output yli ) over some finite period of time from it to i,. Show that the system is observable if the observabili matrix defined by



cA
(7.133)


has rank N .
We prove this by contradiction. Suppose that the rank of t o is less than N. Then there exists an initial state q[0J - q z 0 such that


or ( 7. ?3#)





Now from Eg. 7.65), for .rit) - 0 and th —— 0,
y( t ) - ee" 9
However, by the Cayley-Hamilton theorem e" can be expressed as


Substituting Eg. 7.?36) into E9. (7.135), we get



( 7. 135)




in view of Eg. 7.134). Thus, so is indistinguishable from the zero state and hence the system is not observable. Therefore, if the system is to be observable, th M o ust have rank N .

7.53. Consider the system in Prob. 7.50. (‹it Is the system controllable?
(b Is the system observable?
is From the result from Prob. 7.50 we have

A -
Now

and by Eg. 7.?28) the controllability matrix is

M, - [b Ab] -

and J M,J - 0. Thus, it has a rank less than 2 and hence the system is not controllable.
(b) Similarly,



and by Eg. 7. ?33) the observability matrix is


cA — 2 0
- — 22 4 0. Thus, its rank is 2 and hence the system is observable.
Note from the result from Prob. 7.50 b that the system function HCsy has pole-zero cancellation. As in the discrete-time case, if HCsy has pole-zero cancellation, then the system cannot be both controllable and observable.


7.54. Consider the system shown in Fig. 7-22.
( ‹i) Is the system controllable? lb) Is the system observable?
(c) Find the system function Iig st.

Kết quả (Việt) 1:

PHÂN TÍCH TIỂU BANG SPACE 409 7,38. xem xét hệ thống ở Prob. 7.32. (‹i) Là hệ thống kiểm soát?(b) là hệ thống quan sát?KCN từ kết quả từ Prob. 7.32 hiện cób- và bởi Eg. 7.120 ma trận điều khiển là Xếp hạng của nó là 2 và vì thế hệ là điều khiển. và bởi Eg. 7.123 ma trận tính là và! MQ| -0. Do đó, thứ hạng của là ít hơn 2 và do đó hệ thống là không quan sát được.Lưu ý từ kết quả từ Prob. 7.32 b chức năng hệ thống HP z đã hủy bỏ cực-số không. Nếu HPz đã hủy bỏ cực-zero, sau đó hệ thống không thể kiểm soát-lable và quan sát.GIẢI PHÁP CỦA NHÀ NƯỚC PHƯƠNG TRÌNH LIÊN TỤC CHO THỜI GIAN LTI HỆ THỐNG 7.39. Tìm e *' cho A - 1 0-6-5 sử dụng phương pháp định lý Cayley-Hamilton.Trước tiên, chúng tôi tìm thấy cGIt đa thức đặc trưng của A. Vì vậy, các tuyến của A là tôi --2 và 12 - — 3. Do đó, bởi Eqs. 7. dd và 7.d7l chúng tôi có và bởi và b là các giải pháp từ đó chúng tôi nhận được Do đó, 3E — 2i-2 e "e - 2t — e-³'-6e "+ 6e" — 2e "+ 3e" -e-2t -6-2 -2-J6 3 7,40. lặp lại Prob. 7.39 bằng cách sử dụng phương pháp diagonalization.Cho x là một eigenvector của A liên kết với X. đó -2-1 * tôi _ 0 Các giải pháp của hệ thống này được đưa ra bởi × 2 --2s,. Vì vậy, eigenvectors liên kết với X, là những vector mẫuvới n 10 Các giải pháp của hệ thống này được đưa ra bởi × 2 --³a. Vì vậy, eigenvectors kết hợp với 1 là những vector mẫu -3Cho phép ‹z - J3 - 1 trong những biểu hiện ở trên và để cho với J3 10 Sau đóvà bởi Eg. 7.D8) chúng tôi có được ° - • ••J - tôi tôi -6-2 6 3 7.41. lặp lại Prob. 7.39 bằng cách sử dụng phương pháp phân tích quang phổ.Kể từ khi tất cả các tuyến của A được phân biệt bởi Eg. 7.33) hiện có -(A'' 2 -6-2 -(A-4 II) - — (A + 21) -' 2 -6-2 6 3 7.42. lặp lại Prob. 7.39 bằng cách sử dụng phương pháp biến đổi Laplace.Trước tiên, chúng ta phải tìm điện thoại — tại lb Sau đó, bởi ví dụ. 7. 7 /) chúng tôi có được 3E "— 2e" e "-e"-6e "+ 6e" — 2 e "+ 3e" Một lần nữa chúng tôi lưu ý rằng khi tuyến a riêng biệt tất cả, các phương pháp phân tích quang phổ là computationally nhất efhcient phương pháp đánh giá e *'. 7,43. Tìm e"cho A - — 2 11-2 Việc cắt giảm đa thức đặc trưng của A là Vì vậy, các tuyến của A là 1 --1 và nếu - — 3. Kể từ khi tất cả các tuyến của A được phân biệt bởi Sau đó, bởi ví dụ. 7. 7tI chúng tôi có được7,44. cho ma trận 0-2 1A - 0 0 30 0 0 (‹i) Hiển thị rằng A là nilpotent của chỉ số 3.(b bằng cách sử dụng kết quả từ một phần (‹i tìm c".(một J bởi trực tiếp nhân hiện cóA2 A'-A2 00 00 00 000 Vì vậy, A là nilpotent của chỉ số 3.bJ bởi định nghĩa 7.531 và kết quả từ một phần (‹iJe *'-tôi + tA +-0 1 0 + i 0 0 3 + — 0 0 0 - 0 1 3i0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 17,45. tìm c"cho ma trận A ở Prob. 7,44 bằng cách sử dụng phương pháp định lý Cayley-Hamilton.Trước tiên, chúng tôi tìm thấy đặc tính đa thức c 4 A. Vì vậy, 3-0 là tuyến a với đa dạng 3. Bởi ví dụ. 7. dd hiện cóe *'— — b I + b k + b2 ' -0 trong phương trình sau [ứng dụng. A, Eqs. Do đó, đó là cùng một kết quả thu được ở Prob. 7,44 b). 7.46. Hiển thị mà e * + ² — — e * e² cung cấp A và B đi làm, có nghĩa là, AB -BA. e "e" B' vàVì vậy, nếu AB - BA, sau đó7.47. xem xét ma trận e' e-e + - $(AB — BA) + 2 10A - 0 2 10 0 2 Bây giờ chúng tôi phân hủy A như nơi 20 0 010 III) cho thấy rằng ma trận N là nilpotent của chỉ số 3.b Hiển thị rằng A và N đi làm, có nghĩa là, AN - khôngHành động bằng cách sử dụng các kết quả từ bộ phận cô gái và b, tìm thấy e *'.‹It bởi phép nhân trực tiếp hiện cóo tôi o o tôi o o o tôiN 2 NN - 0 0 1 0 0 TÔI - 0 0 0000000 000 001010 000N' - N2 N - 0 0 0 0 0 1 - 0 0 0 000000 000Vì vậy, N là nilpotent của chỉ số 3.b) kể từ khi ma trận đường chéo A có thể được biểu thị dưới dạng 21, chúng tôi cóMỘT N - 2 IN - 2N - 2NI - N(21) - NAcó nghĩa là, / t và N đi làm.Hành động vì A và N đi làm, sau đó, kết quả từ Prob. 7.46e•'-e'³ + N) f - e•'eN tBây giờ [xem ứng dụng. A, Eq. A. 49)]e 2t 0 0 tôi o oe"— - 0 e 2t 0 - p2i 0 tôi o - e 2i tôi0 0 e' 0 0 1"và sử dụng các biện minh tương tự như trong Prob. 7,44 b), chúng tôi cóte"'-I + t N + — N'2! 0 0 Do đó, một *' - e• 'e•' - e "Ie *'-e" e N t p2r 7.48. sử dụng phương pháp biến trạng thái, giải quyết các phương trình vi phân tuyến tính thứ hai để với A- o 1-6-5 với d — — 0. Bây giờ, từ kết quả từ Prob. 7.39 -2-6 6 vàDo đó, -6-7e'"-5e"— -2-16 3 -$e "+ 6e" — "tôi > 0đó là cùng một kết quả thu được ở Prob. 3,38.7,49. xem xét mạng Hiển thị trong hình 7-20. Điện áp đầu tiên trên tụ C và C là 2 1 V, tương ứng. Bằng cách sử dụng phương pháp biến nhà nước, tìm thấy Các điện áp trên những tụ cho t > 0. Giả sử rằng II, - lên - lên - 1 nC - C - 1 F.Hãy để nhà nước biến q t) và q (f) và Hình 7-20Áp dụng pháp luật hiện hành Kirchhoff tại nút 1 và 2, chúng tôi nhận được ') — q2(''-0R 2 Thay thế các giá trị của R, R, R 3, C, và C 2 và sắp xếp lại, chúng tôi có được Ở dạng ma trậnvới TJ (i) — Aq (i)A = và q(0) - Sau đó, bởi ví dụ. 7.D3) với ma k tôi) - 0 và sử dụng kết quả từ Prob. 7,43, chúng tôi nhận được Do đó, q (i) -e"q(0) = e ' ' ' + e" — — - 1 7,50. Hình 7-21 Ở dạng ma trậnnơiBây giờ A - 2 TÔI IJ (i) - Aq (t) + là (I)y (t) — — ví dụ (t)b- _ 2 Vì vậy, các tuyến của A là 1,--1 và 2 2-2. Kể từ khi Rel × 2 l» 0, Hệ thống là không ổn định tiệm cận. H(s) - c (nếu-A) ' b - [1-1] — 2 tôi-1-l Lưu ý là có số không cực hủy trong R Isl tại s - 2. Vì vậy, cực RI st, duy nhất là-1 được đặt ở phía bên tay trái của s-máy bay. Do đó, Hệ thống là ổn định BIBO.Một lần nữa, nó lưu ý rằng hệ thống này là về cơ bản không ổn định nếu hệ thống không ban đầu thoải mái.7,51. Hãy xem xét một / / th-thứ tự thời gian liên tục LTI hệ thống với phương trình trạng thái Hệ thống được gọi là điều khiển nếu nó là có thể tìm thấy một đầu vào ma (i) mà sẽ lái xe hệ thống từ q r tôi - q q tôi tôi - q trong một quy định hữu hạn thời gian và đi và g o là bất kỳ vectơ hữu hạn trạng thái. Hiển thị là hệ thống điều khiển nếu điều khiểnma trận được định nghĩa bởi có Xếp hạng N. (7.128) Chúng tôi giả sử rằng o t - 0 và q [0J - 0. Sau đó, bởi Eq. (7.d3) chúng tôi có Bây giờ, theo định lý Cayley-Hamilton, chúng tôi có thể nhận r ' * ² như k - 0Thay thế Eq. (7. 130) vào ví dụ. (7.? 29) và sắp xếp lại, chúng tôi nhận được Sau đó ví dụ. (7.? 3?) có thể được viết lại như k-— 0hoặc (7.130) (7.? 32) Cho bất kỳ q nhà nước nhất định, chúng tôi có thể xác định từ Eg. (7.132) độc đáo J3 k s k — — 0, 1,..., N-TO, và do đó Trượt tuyết), nếu hệ số ma trận Eq. (7.? 32) là nonsingular, có nghĩa là, Ma trận có Xếp hạng N. 7,52. Xem xét một / / th-thứ tự thời gian liên tục LTI hệ thống với bang vũ trụ đại diện Hệ thống được gọi là quan sát nếu bất kỳ q1iiJ nhà nước ban đầu có thể được xác định bằng cách kiểm tra yli đầu ra của hệ thống) trong một số hữu hạn khoảng thời gian từ nó để tôi,. Hiển thị hệ thống là quan sát nếu ma trận observabili xác định bởi cA(7.133) có Xếp hạng N.Chúng tôi chứng minh điều này bằng cách mâu thuẫn. Giả sử rằng hàm t o là ít hơn N. Sau đó có tồn tại một q ban đầu nhà nước [0J - q z 0 như vậy màhoặc (7.? 3#) Bây giờ từ ví dụ. 7,65), cho .rit)-0 và th — — 0,y (t) - ee"9Tuy nhiên, bởi Cayley-Hamilton định lý e"có thể được biểu thị dưới dạng Ví dụ: thay thế. 7.? 36) vào E9. (7.135), chúng tôi nhận được (7. 135) Theo quan điểm Eg. 7.134). vì vậy, như vậy là không thể phân biệt từ các tiểu bang không và do đó hệ thống là không quan sát được. Vì vậy, nếu hệ thống sẽ là quan sát, th M o ust có thứ hạng N.7.53. xem xét hệ thống ở Prob. 7,50. (‹it là hệ thống kiểm soát?(b là quan sát hệ thống?là từ kết quả từ Prob. 7,50 hiện cóA- Bây giờvà bởi Eg. 7.? 28) ma trận điều khiển làM, - [b Ab]-và J M, J - 0. Do đó, nó có một đánh giá ít hơn 2 và do đó hệ thống là không thể điều khiển.(b) tương tự như vậy, và bởi Eg. 7.? 33) ma trận tính là cA-2 0 -— 22 4 0. Do đó, thứ hạng của là 2 và do đó hệ thống là quan sát.Lưu ý từ kết quả từ Prob. 7,50 b chức năng hệ thống HCsy đã hủy bỏ cực-số không. Như trong trường hợp thời gian rời rạc, nếu HCsy đã bị hủy bỏ cực-zero, sau đó hệ thống không thể được kiểm soát và quan sát.7,54. xem xét hệ thống hiển thị trong hình 7-22.( ‹i) Là hệ thống kiểm soát? lb) là hệ thống quan sát?(c) tìm thấy hệ thống chức năng Iig st.

Kết quả (Việt) 2:

NHÀ NƯỚC KHÔNG GIAN PHÂN TÍCH 409 7.38. Hãy xem xét các hệ thống trong Prob. 7.32. (<I) là hệ thống kiểm soát? (b) Là hệ thống quan sát được? iz Từ kết quả từ Prob. 7.32 chúng tôi đã b - và bởi Eg. 7,120 ma trận năng kiểm soát là thứ hạng của nó là 2 và do đó hệ thống được kiểm soát. và Eg. 7,123 ma trận là khả năng quan sát và MQ |! -0. Như vậy, thứ hạng của nó là ít hơn 2 và do đó hệ thống là không thể quan sát được. Lưu ý từ các kết quả từ Prob. 7.32 b rằng các chức năng hệ thống HP z có cực-zero hủy. Nếu HPz có cực-zero hủy bỏ, sau đó hệ thống không thể được cả hai lable điều khiển và quan sát được. GIẢI PHÁP CỦA PHƯƠNG TRÌNH NHÀ NƯỚC CHO LIÊN TỤC-TIME LTI SYSTEMS 7.39. Tìm e * 'cho A - 0 1 -6 -5 sử dụng các phương pháp định lý Cayley-Hamilton. Đầu tiên, chúng ta tìm thấy những đặc tính đa thức cGIt của A. Như vậy, giá trị riêng của A là I - - 2 và 12 - - 3. Do đó , bởi EQS. 7.dd và 7.d7l chúng tôi có và và b là các giải pháp của từ đó chúng ta có được Do đó, 3e - 2i - 2 e "e - 2t - e - ³ ' - 6e "+ 6e" -2e "+ 3e" - e - 2t -6 -2 - 2 - J 6 3 7.40. Lặp lại Prob. 7.39 bằng cách sử dụng phương pháp diagonalization. Cho x là một vector riêng của A liên kết với X. Sau đó - 2-1 * i _ 0 Các giải pháp của hệ thống này được đưa ra bởi × 2 - - 2 ,. Như vậy, các vector riêng gắn liền với X, là các vector của hình thức với n 10 Các giải pháp của hệ thống này được đưa ra bởi × 2 - - ³a. Như vậy, các vector riêng gắn liền với 1 là các vector của hình thức - 3 Hãy <z - J3 - 1 trong các biểu thức ở trên và để với J3 10 Sau đó, và bởi Eg. 7.d8) Chúng tôi được ° - • •• J - ii -6 -2 6 3 7.41. Lặp lại Prob. 7.39 bằng cách sử dụng phương pháp phân hủy quang phổ. Vì tất cả các giá trị riêng của A là khác biệt, bởi Eg. 7.33), chúng tôi có - (A '' 2 -6 -2 - (A - 4 II) - - (A + 21) - '2 -6 -2 6 3 . 7.42 Lặp lại Prob 7.39 sử dụng phương pháp biến đổi Laplace.. Đầu tiên , chúng ta phải tìm Tel - AT lb Sau đó, bằng Ví dụ 7. 7 /), chúng tôi có được. 3e "- 2e" e "- e" - 6e "+ 6e" -2 e "+ 3e" Một lần nữa chúng tôi lưu ý rằng khi các giá trị riêng của A là tất cả các khác biệt, các phương pháp phân hủy quang phổ là tính toán các phương pháp efhcient nhất của đánh giá e * '. 7.43. Tìm e "cho A - 1 -2 1 -2 Việc cắt đa thức đặc trưng của A là Như vậy, giá trị riêng của A là 1 - - 1 và Nếu - - 3. Vì tất cả các giá trị riêng của A là khác biệt, bởi đó, bởi Eg. 7. 7tI chúng ta thu được 7.44 Cho ma trận. 0 -2 1 A - 0 0 3 0 0 0 (<i) Chứng minh rằng A là lũy linh của chỉ số 3. . (b Sử dụng kết quả từ phần (<i tìm c " (một J By nhân trực tiếp chúng tôi có A2 A'-A2 00 00 00 000 Như vậy, A là lũy linh của chỉ số 3. BJ Theo định nghĩa 7,531 và các kết quả từ một phần (<IJ e * '- I + tA + - 0 1 0 + i 0 0 3 + - 0 0 0 - 0 1 3i 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 ... 7.45 Tìm c "với ma trận A trong Prob 7.44 bằng cách sử dụng phương pháp định lý Cayley-Hamilton Đầu tiên, chúng ta tìm thấy đặc trưng đa thức c 4 của A. Như vậy, 3-0 là các giá trị riêng của A với đa 3. By Eg 7.dd chúng tôi có. e * '- b I + bk + b2' - 0 trong các phương trình sau đây [App. . A, EQS Do đó, mà là cùng một kết quả thu được trong Prob 7.44 b).. 7.46 Chứng minh rằng. e * + ² - e * e² cung cấp A và B đi làm, đó là, AB -BA. e "e" B ' và Như vậy, nếu AB - BA, sau đó . 7.47 Xem xét các ma trận e 'e - e + - $ (AB - BA) + 2 10 A - 0 2 1 0 0 2 Bây giờ chúng phân hủy A là nơi 20 0 010 iii) Cho thấy rằng các ma trận N là lũy linh của chỉ số 3. b Hiện rằng A và N đi làm, đó là, AN - NO Luật Sử dụng các kết quả từ các bộ phận cô gái và b, tìm e * '. <nó theo phép nhân trực tiếp chúng tôi có o iooioooi N 2 NN - 0 0 1 0 0 I - 0 0 0 000000 000 001.010 000 N'-N2 N - 0 0 0 0 0 1 0 0 0 000000 000 Như vậy, N là lũy linh của chỉ số 3. b) Kể từ ma trận đường chéo A có thể được thể hiện như là 21, chúng ta có AN - 2in - 2N - 2NI - N (21) - NA đó là, / t và N đi làm. Vì Đạo luật A và N đi làm, sau đó, theo kết quả từ Prob. 7.46 đ • '- e'³ + N) f - e •' eN t Bây giờ [xem App. A, Eq. A. 49)] e 2t 0 0 ioo e "- 0 e 2t 0 - 0 p2i io - e 2i I 0 0 e '0 0 1 . và sử dụng biện minh tương tự như trong Prob 7.44 b), chúng tôi có t e " '- I + t N + -N' 2! 0 0 Như vậy, một * '- e •' e • '-e "Ie *' - e" e N t p2r 7.48. Sử dụng phương pháp biến trạng thái, giải quyết các phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với A - o 1 -6 -5 với d - 0. Bây giờ, từ kết quả từ Prob. 7.39 - 2 - 6 6 và Như vậy, - 6 - 7e '"- 5e" - - 2 - 1 6 3 - $ e "+ 6e" - là "i> 0 mà là cùng một kết quả thu được trong Prob. 3.38. 7.49. Hãy xem xét các mạng được hiển thị trong hình. 7-20. Các điện áp ban đầu trên tụ điện C và C là 2 1 V, tương ứng. Sử dụng phương pháp biến trạng thái, tìm các điện áp trên các tụ điện cho t> 0. Giả sử rằng II, - up - up - 1 n C - C - 1 F. Hãy để các biến trạng thái qt) và q (f) được và Fig. 7-20 Áp dụng pháp luật hiện hành Kirchhoff tại các nút 1 và 2, chúng tôi nhận được ') - q2 (' '- 0 R 2 Thay thế các giá trị của R, R, R 3, C, và C 2 và sắp xếp lại, chúng ta có được ở dạng ma trận với tj (i) - Aq (i) A = và q (0) - Sau đó, bằng Eg 7.d3) với .rki) -. 0 và sử dụng kết quả từ Prob. 7.43, chúng tôi nhận được Vì vậy, q (i) -e "q (0) = e '' '+ e" - - - 1 . 7.50 Fig. 7-21 Ở dạng ma trận mà Bây giờ A - 2 I ij (i) -Aq (t) + được (I) y (t) - ví dụ như (t) b - _ 2 Như vậy, giá trị riêng của A là 1, - - 1 và 2 là 2 - 2. Kể từ Rel × 2l »0, hệ thống không ổn định tiệm cận. H (s) - c (nếu - A) 'b - [1-1] - 2 i - 1 - l Lưu ý rằng có cực-zero hủy trong R Isl tại s - 2. Như vậy, cực duy nhất của RI st là - 1 mà nằm ở phía bên tay trái của s-máy bay. Do đó, hệ thống là ổn định BIBO. Một lần nữa cần lưu ý rằng hệ thống cơ bản là ổn định nếu hệ thống không phải là ban đầu thoải mái. 7.51. Hãy xem xét một / / th-lệnh liên tục, thời gian hệ thống LTI với phương trình trạng thái hệ thống này được cho là kiểm soát được nếu nó có thể tìm thấy một đầu vào .r (i) trong đó sẽ đưa hệ thống từ qr I - q để Qi I - q trong một thời gian hữu hạn quy định và đi và đi bất kỳ vectơ hữu hạn nhà nước. Chứng minh rằng hệ thống có thể kiểm soát nếu năng kiểm soát ma trận xác định bởi . có rank N (7,128) Chúng tôi giả định rằng để - 0 và q [0J - 0. Sau đó, bằng Eq. (7.d3), chúng tôi có Bây giờ, theo định lý Cayley-Hamilton, chúng tôi có thể thể hiện r '* ² như k - 0 Thay Eq. (7. 130) vào Eg. (7.? 29) và sắp xếp lại, chúng tôi nhận được Sau đó Eg. (? 7. 3) có thể được viết lại như k - 0 hoặc (7,130) (7. 32?) Đối với bất kỳ q trạng thái đã cho chúng ta có thể xác định từ Eg. (7,132) KSK J3 độc đáo - 0, 1,. . . , N - TO, và do đó trượt tuyết), nếu hệ số ma trận của Eq. (7.? 32) là nonsingular, có nghĩa là, các ma trận có rank N. 7.52. Hãy xem xét một / / th-lệnh liên tục, thời gian hệ thống LTI với đại diện không gian trạng thái hệ thống này được cho là có thể quan sát nếu có trạng thái ban đầu q1iiJ thể được xác định bằng cách kiểm tra các Yli lượng hệ thống) trong một khoảng thời gian hữu hạn của thời gian từ nó để tôi ,. Chứng minh rằng hệ thống là có thể quan sát nếu ma trận observabili xác định bởi cA (7,133) có rank N. Chúng tôi chứng minh điều này bằng cách mâu thuẫn. Giả sử rằng các cấp bậc để là ít hơn so với N. Sau đó, có tồn tại một q trạng ban đầu [0J - QZ 0 như vậy mà hay (? 7. 3 #) Bây giờ từ Eg. 7.65), cho .rit) - 0 và th - 0, y (t) - ee "9 Tuy nhiên, do Cayley-Hamilton lý e "có thể được diễn tả như Thay Eg. 7.? 36) vào E9. (7,135), chúng tôi nhận được (7. 135) theo quan điểm của Eg. 7,134). Như vậy, như vậy là không thể phân biệt từ trạng thái không và do đó hệ thống là không thể quan sát được. Vì vậy, nếu hệ thống là để có thể quan sát, th M o ust có thứ hạng N. 7.53. Hãy xem xét các hệ thống trong Prob. 7.50. (<Nó là hệ thống kiểm soát? (b là các hệ thống quan sát được? là Từ kết quả từ Prob 7.50 chúng tôi có. A - Bây giờ .? và bằng Ví dụ 7. 28) ma trận năng kiểm soát là M, - [b Ab] - và JM, J - 0. Như vậy, nó có thứ tự nhỏ hơn 2 và do đó hệ thống là không thể kiểm soát được. (b) Tương tự như vậy, và bởi Ví dụ 7. 33) của ma trận là khả năng quan sát.? cA - 2 0 - - 22 4 0 . Như vậy, thứ hạng của nó là 2 và do đó hệ thống là quan sát được. Lưu ý từ các kết quả từ Prob. 7.50 b rằng các chức năng hệ thống HCsy có cực-zero hủy. Như trong trường hợp thời gian rời rạc, nếu HCsy có cực-zero hủy bỏ, sau đó hệ thống có thể không được cả hai điều khiển được và quan sát được. 7.54. Hãy xem xét các hệ thống hiện trong hình. 7-22. (<i) là hệ thống kiểm soát? lb) là hệ thống quan sát được? (c) Tìm các chức năng hệ thống IIG st.