习题课：经典控制与现代控制综合复习

这篇对应 2025 习题课的十一道综合题。重点不是记最后一个数字，而是掌握每类题从哪里开始、用什么判据、最后如何自检。课件第四题的题干和解答使用了不同阻尼比，下面会明确区分并纠正。

1. 复杂结构图：梅森公式

题一有两条前向通路：

$$P_1=G_1G_2G_3, \qquad P_2=G_1G_5G_3.$$

逐一列回路，并把综合点负号计入回路增益。课件化简后的总传递函数为

$$\frac{C(s)}{R(s)}= \frac{G_1G_2G_3+G_1G_5G_3}{\Delta},$$

其中

$$\begin{aligned} \Delta={}&1+G_1G_2G_3+G_3G_5+G_1G_2-G_1G_2G_4\\ &+G_1G_5G_3+G_1G_5-G_1G_5G_4. \end{aligned}$$

这题也可先把 $G_2$ 与 $G_5$ 的并联关系、$1-G_4$ 支路整理出来，再做反馈化简。两种方法结果相同，是很好的交叉检查。

课件前一页单独列回路时，$G_1G_4G_5$ 的符号与随后合并式不一致；最终分母与后续等效结构图一致。复杂结构中不要只抄回路清单，应从综合点方向重新核对每个符号。

2. 前馈、根轨迹与稳态误差

题二的反馈主通道在 $G_p(s)=0$ 时给出

$$G(s)=\frac{10K}{s(s+1)(s+10)}.$$

要求阶跃响应单调收敛，闭环极点应全部在负实轴。根轨迹从分离点离开实轴，分离点满足

$$\frac1d+\frac1{d+1}+\frac1{d+10}=0,$$

合法根约为 $d=-0.486$。代回特征方程得到边界 $K\approx0.238$，故课件给出

$$0<K<0.238.$$

当 $G_p(s)=s$、输入为单位斜坡时，先由 Routh 判据得到闭环稳定范围 $0<K<11$，再用终值定理：

$$e_{ss}=\lim_{s\to0}sE(s)=\frac4{5K}.$$

若要求斜坡误差为 0，应让误差传递函数分子不含常数项和一次项。课件求得最简单选择

$$G_p(s)=5s.$$

这展示了前馈的作用：不改变反馈特征方程，却可以重塑参考输入到误差的分子，从而消除特定输入的稳态误差。

3. 含重极点与有限零点的根轨迹

题三开环为

$$G(s)=\frac{K^*(s+1)}{s^2(s+9)}.$$

关键数据：

• 开环极点：$0$ 处二重极点、$-9$；
• 开环零点：$-1$；
• 三条分支，其中一条终止于 $-1$，两条趋于无穷；
• 实轴根轨迹为 $[-9,-1]$；
• 渐近线重心

$$\sigma_a=\frac{-9-(-1)}{3-1}=-4;$$

• 渐近线角度为 $\pm90^\circ$；
• 原点二重极点的出射角为 $\pm90^\circ$；
• 实轴会合点为 $d=-3$，三条局部分支按 $120^\circ$ 等角分布。

课件把实轴段写成 [-9, -1], [0]，其中 [0] 表示原点这个重极点起始位置，不应理解为一段有长度的实轴轨迹。

4. 根轨迹与二阶指标

题四开环为

$$G(s)=\frac{K}{s(s+4)(s+5)}.$$

绘图数据：

• 极点 $0,-4,-5$，无有限零点；
• 实轴段 $(-\infty,-5]$ 和 $[-4,0]$；
• 渐近线重心 $-3$，角度 $60^\circ,180^\circ,300^\circ$；
• 分离点 $d=-1.5$；
• 与虚轴交于 $s=\pm j\sqrt{20}\approx\pm j4.472$，对应 $K=180$。

课件中的阻尼比不一致

题干要求 $\zeta=1/2$，但解答页改按 $\zeta\approx0.707$ 的 45° 阻尼线计算，并写出约 4% 超调。两者不能混用。

严格按题干 $\zeta=1/2$，设主导极点

$$s=-x\pm j\sqrt3x.$$

代入

$$s^3+9s^2+20s+K=0$$

的虚部得到 $x=10/9$，所以

$$\omega_n=2x=\frac{20}{9}, \qquad K=\frac{24400}{729}\approx33.47.$$

二阶近似下，2% 调节时间和超调量约为

$$t_s\approx\frac4{\zeta\omega_n}=3.6\text{ s},$$ $$M_p=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\% =e^{-\pi/\sqrt3}\times100\% \approx16.3\%.$$

若考试明确要求沿用课件解答的 $\zeta=0.707$，则应先说明更改了题设，不能悄悄把两组条件拼在一起。

5. Bode 图与相位裕度

题五开环为

$$G(s)=\frac5{s(0.5s+1)(0.1s+1)}.$$

转折频率为 2 和 10 rad/s。低频因一个积分环节以 $-20$ dB/dec 开始，过两个一阶极点后斜率依次变为 $-40$、$-60$ dB/dec。

用渐近线估算增益截止频率，课件取

$$\omega_c\approx3.16\text{ rad/s}.$$

相位裕度：

$$\begin{aligned} \gamma &=180^\circ-90^\circ -\arctan(0.5\omega_c)-\arctan(0.1\omega_c)\\ &\approx15.3^\circ. \end{aligned}$$

开环无右半平面极点，且在正幅值区间没有错误的 $-180^\circ$ 穿越，闭环稳定。精确曲线给出的截止频率和裕度会与渐近线结果有差异；题目既然提示用渐近线，就应把答案标为近似值。

6. 右半平面零点的 Nyquist 稳定范围

题六开环为

$$G(s)=\frac{K(s-1)}{(s+1)(s+3)}, \qquad K>0.$$

它有右半平面零点，但没有右半平面极点，所以 $P=0$。右半平面零点让系统成为非最小相位系统，却不直接计入 Nyquist 判据的 $P$。

$\omega=0$ 时

$$G(j0)=-\frac K3.$$

要使 Nyquist 曲线不把 $(-1,0)$ 推入错误一侧，课件得到

$$-\frac K3>-1,$$

因此闭环稳定范围为

$$0<K<3.$$

$K=3$ 时曲线经过 $-1$，闭环处于临界稳定边界。

7. 带参数系统的可控、可观与 BIBO 稳定

题七给出

$$A= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 1&a&0\\ 0&0&b \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} 1\\0\\c \end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}0&1&d\end{bmatrix}.$$

分别构造可控矩阵和可观矩阵并求满秩条件，课件答案为

$$a\ne b,\qquad bcd\ne0.$$

输入输出传递函数为

$$G(s)= \frac{dcs^2+(1-adc)s-b}{s(s-a)(s-b)}.$$

课件给出的 BIBO 稳定条件是

$$a<0,\qquad b=0,\qquad adc=1.$$

这里 $b=0$ 与 $adc=1$ 让原点不稳定模式在传递函数中相消，只剩左半平面极点 $a$。这恰好说明 BIBO 稳定不等于内部渐近稳定。

8. 可控、可观标准形与最小实现

题八给出

$$G(s)=\frac{s+2}{2s^3+2s^2+3s+a}.$$

先把分母首项归一化：

$$G(s)=\frac{0.5s+1}{s^3+s^2+1.5s+a/2}.$$

按本文采用的伴随矩阵约定，一种可控标准形是

$$A_c= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -a/2&-3/2&-1 \end{bmatrix}, \quad B_c= \begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}, \quad C_c= \begin{bmatrix}1&1/2&0\end{bmatrix}.$$

一种可观标准形由其对偶得到：

$$A_o=A_c^T, \quad B_o=C_c^T, \quad C_o=B_c^T.$$

分子零点为 $-2$。分母在 $s=-2$ 处的值为

$$2(-2)^3+2(-2)^2+3(-2)+a=a-14.$$

所以 $a=14$ 时发生零极点对消，三阶实现不再最小，两种标准实现可能不再由可逆相似变换连接；$a\ne14$ 时二者都是三阶最小实现，代数等价。

9. BIBO 稳定、内部稳定与反馈后的可观性

题九：

$$A= \begin{bmatrix}0&1\\4&-3\end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}-1&1\end{bmatrix}.$$

$A$ 有不稳定内部特征值，但传递函数约分后为

$$G(s)=\frac1{s+4},$$

所以系统不渐近稳定，却 BIBO 稳定。

系统可控，可把闭环极点配置为 $-3,-3$。令 $K=[k_1,k_2]$，比较

$$\det(sI-A+BK)=(s+3)^2$$

得到

$$K=\begin{bmatrix}13&3\end{bmatrix}.$$

反馈前系统不可观，反馈后 $(A-BK,C)$ 变为可观。这个例子再次说明：状态反馈不改变可控性，但可能改变可观测性。

10. 状态响应与极点配置

题十：

$$A=\begin{bmatrix}0&1\\4&0\end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}.$$

矩阵指数为

$$e^{At}= \begin{bmatrix} \frac12(e^{-2t}+e^{2t})&\frac14(-e^{-2t}+e^{2t})\\ -e^{-2t}+e^{2t}&\frac12(e^{-2t}+e^{2t}) \end{bmatrix}.$$

对 $x(0)=[1,-1]^T$、$u(t)=1(t)$，使用

$$x(t)=e^{At}x(0)+\int_0^te^{A(t-\tau)}B\,d\tau$$

得到课件答案

$$x(t)= \begin{bmatrix} \frac78e^{-2t}-\frac18e^{2t}-\frac14\\ -\frac34e^{-2t}+\frac34e^{2t} \end{bmatrix}.$$

把闭环极点配置为 $-1,-3$，可得

$$K=\begin{bmatrix}7&4\end{bmatrix}.$$

此时

$$A-BK= \begin{bmatrix}0&1\\-3&-4\end{bmatrix},$$

从新输入 $v$ 到输出的传递函数为

$$G_{cl}(s)=\frac{s+1}{(s+1)(s+3)}=\frac1{s+3}.$$

表面的一阶传递函数来自零极点对消，判断内部状态仍应看二阶闭环矩阵。

11. 状态反馈加观测器

题十一对象开环为

$$G(s)=\frac{s+1}{s(s+2)}.$$

放入单位负反馈后，先得到

$$G_0(s)=\frac{s+1}{s^2+3s+1}.$$

一种状态实现为

$$A=\begin{bmatrix}0&1\\-1&-3\end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, \quad C=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}.$$

希望闭环输入输出化成 $1/(s+3)$，可把未约分期望式写成

$$\frac{s+1}{(s+1)(s+3)}.$$

配极点得到

$$K=\begin{bmatrix}2&1\end{bmatrix}.$$

观测器极点要求为 $-5,-5$。令 $L=[l_1,l_2]^T$，使

$$\det(sI-A+LC)=(s+5)^2,$$

比较系数得到

$$L=\begin{bmatrix}17\\-10\end{bmatrix}.$$

观测器方程为

$$\dot{\hat x}=(A-LC)\hat x+Bu+Ly,$$

即

$$\dot{\hat x} = \begin{bmatrix}-17&-16\\9&7\end{bmatrix}\hat x +\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u +\begin{bmatrix}17\\-10\end{bmatrix}y.$$

实际反馈使用

$$u=v-K\hat x.$$

由分离原理，组合系统极点是控制器的 $-1,-3$ 与观测器的 $-5,-5$ 的并集。

12. 考前总检查

• 结构图回路符号是否包含综合点正负号；
• 用终值定理前是否先判稳定；
• 根轨迹角度和增益条件是否都满足；
• 题目给的阻尼比是否与解答真正使用的一致；
• Bode 渐近值是否标“近似”；
• Nyquist 绕行方向和 $P,R,Z$ 符号约定是否声明；
• 可控、可观矩阵维数和秩是否正确；
• 状态反馈是 $A-BK$，观测误差是 $A-LC$；
• 看到零极点对消时，是否区分 BIBO 与内部稳定。

习题课还注明考试为闭卷、可带计算器，经典控制约占 70%，现代控制约占 30%。具体日期和考场属于 2025 学期安排，复习时应以当学期最新通知为准。