第一章

状态方程转对角标准型

1. 求特征方程 $|\lambda \mathbf{I} - \mathbf{A}| = 0$ 得出 $\lambda$
2. 得出的解分别代入 $\lambda \mathbf{I} - \mathbf{A}$ 求解出 对应的特征向量$\mathbf{p}$
3. 线性非奇异变换矩阵 $\mathbf{T} = [p_1,p_2,...,p_n]$
4. $\overline{\mathbf{A}} = \mathbf{T}^{-1}\mathbf{AT}, \overline{\mathbf{B}} = \mathbf{T^{-1}B}$

无重根系统的标准型状态空间表达式

1. 能控标准型

状态空间表达式：
$$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \\\ -a_0 & -a_1 & -a_2 & \cdots & -a_{n-1} \end{bmatrix}$$
$$B = \begin{bmatrix} 0 \\\ 0 \\\ \vdots \\\ 0 \\\ 1 \end{bmatrix}$$
$$C = \begin{bmatrix} b_0 & b_1 & \cdots & b_{n-1} \end{bmatrix}$$

2. 能观标准型

状态空间表达式：
$$A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & -a_0 \\\ 1 & 0 & \cdots & 0 & -a_1 \\\ 0 & 1 & \cdots & 0 & -a_2 \\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\\ 0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1} \end{bmatrix}$$
$$B = \begin{bmatrix} b_0 \\\ b_1 \\\ b_2 \\\ \vdots \\\ b_{n-1} \end{bmatrix}$$
$$C = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

第二章

状态空间表达式 >> 传递函数

$\mathbf{w}(s) = C * (sI - A)^{-1} * B + D$

判断矩阵是否满足状态转移矩阵

$\Phi(0) = \mathbf{I}$

状态转移矩阵 >> 系统矩阵

$\dot{\mathbf{\Phi}}(t)|_{t = 0} = \mathbf{A}$

已知 $\Phi,B,U$ 求输出响应 $x(t)$

$x(t) = \Phi(t-t_0)x(t_0)+\int_{t_0}^{t}\mathbf{\Phi}(t - \tau)\mathbf{B}U(\tau)d\tau$

初始时刻$t_0 = 0$时
$x(t) = \mathcal{L}^{-1}[(s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}]x(0)+\mathcal{L}^{-1}[(s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}\mathbf{B}u(s)]$

第三章

线性定常连续系统能控性判据

秩判据
状态方程：$\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{Ax+Bu}$
有能控型判别矩阵$\mathcal{Q} _c=[\mathbf{B,AB,A^2B,...,A^{n-1}B}]$ 满秩

PBH判据
所有特征值均满足
$rank[\lambda_i \mathbf{I-A, B}] = n$

约当标准型判据
看书

线性定常连续系统输出能控性

能控性判别矩阵的秩等于输出向量的维数
$rank\mathcal{Q} _m = rank[CB, CAB, ... , CA^{n - 1}B, D] = m$

线性时变连续系统能控性判据

$rank[\mathbf{M} _0(t_f),\mathbf{M} _1(t_f),...,\mathbf{M} _{n-1}(t_f)] = n$
其中，

$$\begin{aligned} \mathbf{M} _0(t_f) &= \mathbf{B}(t_f) \\\ \mathbf{M} _1(t_f) &= [-\mathbf{A}(t)\mathbf{M} _0(t)+\frac{d}{dt}\mathbf{M} _0(t)] _{t = t_f} \\\ \mathbf{M} _2(t_f) &= [-\mathbf{A}(t)\mathbf{M} _1(t)+\frac{d}{dt}\mathbf{M} _1(t)] _{t = t_f} \\\ \mathbf{M} _{n-1}(t_f) &= [-\mathbf{A}(t)\mathbf{M} _{n-2}(t)+\frac{d}{dt}\mathbf{M} _{n-2}(t)] _{t = t_f} \end{aligned}$$

例如，将t = 3s代入，发现成立。那么0 ~ 3s内都能控

线性定常连续系统能观测性判据

秩判据
系统方程：$\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{Ax+Bu}$, $\mathbf{y}=\mathbf{Cx+Du}$
有能观测性判别矩阵 $\mathcal{Q} _o = \begin{bmatrix} \mathbf{C} \\\ \mathbf{CA} \\\ \mathbf{CA^2} \\\ \vdots \\\ \mathbf{CA^{n-1}} \end{bmatrix}$ 满秩

PBH判据
所有特征值均满足
$rank\begin{bmatrix} \lambda_i \mathbf{I-A} \\\ \mathbf{C} \end{bmatrix} = n$

约当标准型判据
看书

线性时变连续系统能观测性判据

系统在时刻 $t_0$ 能观测的充要条件是存在一个有限时刻 $t_f > t_0$，使得如下能观测性判别矩阵 满秩，即：

$$\text{rank} \begin{bmatrix} \mathbf{N} _0(t_f) \\\ \mathbf{N} _1(t_f) \\\ \vdots \\\ \mathbf{N} _{n-1}(t_f) \end{bmatrix} = n$$

其中，

$$\begin{aligned} \mathbf{N} _0(t) &= \mathbf{C}(t) \\\ \mathbf{N} _1(t) &= \mathbf{N} _0(t)\mathbf{A}(t) + \frac{d}{dt}\mathbf{N} _0(t) \\\ \mathbf{N} _2(t) &= \mathbf{N} _1(t)\mathbf{A}(t) + \frac{d}{dt}\mathbf{N} _1(t) \\\ &\ \ \vdots \\\ \mathbf{N} _{n-1}(t) &= \mathbf{N} _{n-2}(t)\mathbf{A}(t) + \frac{d}{dt}\mathbf{N} _{n-2}(t) \end{aligned}$$

说明：判断时需将 $t = t_0$ 代入以上各矩阵。例如，在 $t_0 = 0$ 时判别矩阵满秩，则系统在 $[0, t_1]$ 区间内是能观测的。

第五章

闭环系统极点配置

被控系统$\sum_o(A,B,C)$的状态空间表达式为$\begin{cases}\dot{x}=\begin{bmatrix}1 &3 \\\ 0 & -1 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0 \\\ 1 \end{bmatrix}u\end{cases}$,求反馈增益矩阵$F$,使得闭环系统极点配置为$-1+j,-1-j$，并画出状态变量图

1. 判断系统能控
2. 确定闭环系统期望特征多项式
   因为题给信息要求$-1+j,-1-j$，
   有$(s + i + j)(s + i - j) = s^2+2s+2$
   所以$a_2^* = 2,a_1^* = 2$
3. 求状态反馈增益阵$F=\begin{bmatrix}f_1 & f_2\end{bmatrix}$
   系统的特征多项式为$(s-1)(s+1) = s^2-1$
   有$a_2 = 1, a_1 = 0$
   则能控标准型下的状态反馈增益阵为 $\overline{F} = \begin{bmatrix} a_2^* - a_2 & a_1^* - a_1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3 & 2 \end{bmatrix}$
   对于原式转成能控标准型的转换矩阵，有$T_{cc}^{-1}=(\begin{bmatrix}B & AB & \cdots & A^{n-1}B\end{bmatrix} \begin{bmatrix}a_{n-1} & \cdots & a_1 & 1 \\\ \vdots & & & \\\ a_1 & 1 & & \\\ 1 & & & \end{bmatrix})$
   对于题目，可得$T_{cc}^{-1} = (\begin{bmatrix}3 & 0 \\\ -1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 & 1 \\\ 1 & 0\end{bmatrix})^{-1} = \begin{bmatrix}\frac{1}{3} & 0 \\\ \\\ \frac{1}{3} & 1 \end{bmatrix}$
   则状态反馈增益阵为 $F = \begin{bmatrix} f_1 & f_2 \end{bmatrix} = \overline{F}T_{cc}^{-1} = \begin{bmatrix} 3 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{3} & 0 \\\ \frac{1}{3} & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{5}{3} & 2 \end{bmatrix}$
4. 画图

状态观测器

全维观测器

被控系统$\sum _0 (\mathbf{A,B,C})$的状态空间表达式为$\begin{cases} \dot{x}=\begin{bmatrix} 1 & 3 \\\ 0 & -1 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix}0 \\\ 1\end{bmatrix}u \\\ y = \begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix}x \end{cases}$，试设计全维观测器，使其极点为 $-3,-3$

1. 判断系统能观性
2. 确认闭环状态观测器系统矩阵的期望特征多项式
   对于要求的极点为 $-3,-3$，有闭环特征多项式：
   $p^*(s)=\prod^n_{i = 1}(s-\lambda _i^*) = s^n + a_1^*s^{n - 1} + \cdots + a_{n-1}^*s+a_n^*$
   对于题给信息，有 $(s + 3)(s + 3) = s^2 + 6s + 9$
   有 $a_2^* = 9, a_1^* = 6$
3. 求观测器偏差反馈增益矩阵$\mathbf{G}=\begin{bmatrix}g_1 & g_2\end{bmatrix}^T$
   先求当前系统的特征多项式：$(s-1)(s+1)$，得$a_2 = -1,a_1 = 0$
   则能观标准型下的状态观测器增益矩阵为：$G_o=\begin{bmatrix}a_2^*-a_2 \\\ a_1^*-a_1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}10 \\\ 6\end{bmatrix}$
   需要一个将原式转换成状态标准型的矩阵$T_{oc}=(\begin{bmatrix}a_n-1 & \cdots & a_1 & 1 \\\ \vdots & & & & \\\ a_1 & 1 & & \\\ 1 & & & \end{bmatrix}\begin{bmatrix}\mathbf{C} \\\ \mathbf{CA} \\\ \vdots \\\ \mathbf{CA^{n-1}} \end{bmatrix})^{-1}$
   对于原式，有$T_{oc}=(\begin{bmatrix}a_1 & 1 \\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\mathbf{C} \\\ \mathbf{CA}\end{bmatrix})^{-1} = \begin{bmatrix}10 \\\ 6 \end{bmatrix}$
   那么$G=T_{oc}G_o=\begin{bmatrix}2 \\\ 4 \end{bmatrix}$
4. 列写观测器的状态方程
   $\dot{\hat{x}}=A\hat{x}+Bu-G(\hat{y}-y)$
5. 画图

降维观测器

设系统$\sum_o(A,B,C)$的状态空间表达式为$\begin{cases}\dot{x}=\begin{bmatrix}4 & 0 & 4 \\\ -7 & 0 & -8 \\\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix} 1 \\\ 0 \\\ -1 \end{bmatrix} u \\\ y = \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 \end{bmatrix}x \end{cases}$,试设计一个极点为 -4，-4的降维状态观测器

1. 判断系统能观性
2. 作线性变换
   构造$n * n$阶非奇异矩阵$T = \begin{bmatrix}T_{n - m} \\\ C \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\\ 0 & 1 & 0 \\\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
   $T^{-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\\ 0 & 1 & 0 \\\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
   得 $\begin{cases} \dot{\overline{x}} = TAT^{-1} + TBu = \overline{A}\overline{x} + \overline{B} u = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 4 \\\ 1 & 0 & -8 \\\ 0 & 1 & 5 \end{bmatrix} \overline{x} + \begin{bmatrix} 1 \\\ 0 \\\ 0 \end{bmatrix}u \\\ y = CT^{-1}\overline{x} = \overline{C}\overline{x} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overline{x} \end{cases}$