控制系統 - 狀態空間分析

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在上一章中，我們學習瞭如何從微分方程和傳遞函式獲得狀態空間模型。在本章中，讓我們討論如何從狀態空間模型獲得傳遞函式。

從狀態空間模型獲取傳遞函式

我們知道線性時不變 (LTI) 系統的狀態空間模型為 -

$$\dot{X}=AX+BU$$

$$Y=CX+DU$$

在狀態方程的兩邊應用拉普拉斯變換。

$$sX(s)=AX(s)+BU(s)$$

$$\Rightarrow (sI-A)X(s)=BU(s)$$

$$\Rightarrow X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s)$$

在輸出方程的兩邊應用拉普拉斯變換。

$$Y(s)=CX(s)+DU(s)$$

將 X(s) 的值代入上述方程。

$$\Rightarrow Y(s)=C(sI-A)^{-1}BU(s)+DU(s)$$

$$\Rightarrow Y(s)=[C(sI-A)^{-1}B+D]U(s)$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B+D$$

上述方程表示系統的傳遞函式。因此，我們可以使用此公式計算以狀態空間模型表示的系統的傳遞函式。

注意 − 當 $D = [0]$ 時，傳遞函式為

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$

示例

讓我們計算以狀態空間模型表示的系統的傳遞函式，如下所示：

$$\dot{X}=\begin{bmatrix}\dot{x}_1 \\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}[u]$$

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

這裡，

$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix} \quad 和 \quad D=[0]$$

當 $D = [0]$ 時的傳遞函式公式為 -

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$

將 A、B 和 C 矩陣代入上述方程。

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+1 & 1 \\-1 & s \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix} \frac{\begin{bmatrix}s & -1 \\1 & s+1 \end{bmatrix}}{(s+1)s-1(-1)}\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{\begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}s \\1 \end{bmatrix}}{s^2+s+1}=\frac{1}{s^2+s+1}$$

因此，給定狀態空間模型的系統的傳遞函式為

$$\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^2+s+1}$$

狀態轉移矩陣及其性質

如果系統具有初始條件，則它會產生輸出。由於即使在沒有輸入的情況下也存在此輸出，因此稱為零輸入響應 $x_{ZIR}(t)$。在數學上，我們可以將其寫成：

$$x_{ZIR}(t)=e^{At}X(0)=L^{-1}\left \{ \left [ sI-A \right ]^{-1}X(0) \right \}$$

從上述關係，我們可以將狀態轉移矩陣 $\phi(t)$ 寫成

$$\phi(t)=e^{At}=L^{-1}[sI-A]^{-1}$$

因此，可以透過將狀態轉移矩陣 $\phi(t)$ 與初始條件矩陣相乘來獲得零輸入響應。

以下是狀態轉移矩陣的性質。

• 如果 $t = 0$，則狀態轉移矩陣將等於單位矩陣。

  $$\phi(0) = I$$

• 狀態轉移矩陣的逆矩陣將與狀態轉移矩陣相同，只是將“t”替換為“-t”。

  $$\phi^{-1}(t) = \phi(−t)$$

• 如果 $t = t_1 + t_2$，則相應的狀態轉移矩陣等於 $t = t_1$ 和 $t = t_2$ 時的兩個狀態轉移矩陣的乘積。

  $$\phi(t_1 + t_2) = \phi(t_1) \phi(t_2)$$

能控性和能觀性

現在讓我們逐一討論控制系統的能控性和能觀性。

能控性

如果控制系統的初始狀態可以透過有限時間內的控制輸入轉移（改變）到某些其他期望狀態，則稱該控制系統是能控的。

我們可以使用卡爾曼檢驗來檢查控制系統的能控性。

• 以以下形式編寫矩陣 $Q_c$。

  $$Q_c=\left [ B \quad AB \quad A^2B \quad ...\quad A^{n-1}B \right ]$$

• 找到矩陣 $Q_c$ 的行列式，如果它不等於零，則控制系統是能控的。

能觀性

如果能夠透過在有限時間內觀察輸出確定控制系統的初始狀態，則稱該控制系統是能觀的。

我們可以使用卡爾曼檢驗來檢查控制系統的能觀性。

• 以以下形式編寫矩陣 $Q_o$。

  $$Q_o=\left [ C^T \quad A^TC^T \quad (A^T)^2C^T \quad ...\quad (A^T)^{n-1}C^T \right ]$$

• 找到矩陣 $Q_o$ 的行列式，如果它不等於零，則控制系統是能觀的。

示例

讓我們驗證以狀態空間模型表示的控制系統的能控性和能觀性，如下所示：

$$\dot{x}=\begin{bmatrix}\dot{x}_1 \\\dot{x}_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix} [u]$$

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

這裡，

$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 \\1 & 0 \end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix}0 & 1 \end{bmatrix}, D=[0]\quad 和 \quad n=2$$

對於 $n = 2$，矩陣 $Q_c$ 將為

$$Q_c=\left [B \quad AB \right ]$$

我們將得到矩陣 A 和 B 的乘積為：

$$AB=\begin{bmatrix}-1 \\1 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow Q_c =\begin{bmatrix}1 & -1 \\0 & 1 \end{bmatrix}$$

$$|Q_c|=1 \neq 0$$

由於矩陣 $Q_c$ 的行列式不等於零，因此給定的控制系統是能控的。

對於 $n = 2$，矩陣 $Q_o$ 將為 -

$$Q_o=\left [C^T \quad A^TC^T \right ]$$

這裡，

$$A^T=\begin{bmatrix}-1 & 1 \\-1 & 0 \end{bmatrix} \quad 和 \quad C^T=\begin{bmatrix}0 \\1 \end{bmatrix}$$

我們將得到矩陣 $A^T$ 和 $C^T$ 的乘積為

$$A^TC^T=\begin{bmatrix}1 \\0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow Q_o=\begin{bmatrix}0 & 1 \\1 & 0 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow |Q_o|=-1 \quad \neq 0$$

由於矩陣 $Q_o$ 的行列式不等於零，因此給定的控制系統是能觀的。

因此，給定的控制系統既是能控的又是能觀的。