状态空间分析
在上一章中，我们学习了如何从微分方程和传递函数中得到状态空间模型。在本章中，我们将讨论如何从状态空间模型中获得传递函数。
状态空间模型的传递函数
我们知道线性时不变 (LTI) 系统的状态空间模型是 -
$$dot{X}=AX+BU$$
$$Y=CX+DU$$
对状态方程的两边应用拉普拉斯变换。
$$sX(s)=AX(s)+BU(s)$$
$$Rightarrow (sI-A)X(s)=BU(s)$$
$$Rightarrow X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s)$$
对输出的两边应用拉普拉斯变换方程。
$$Y(s)=CX(s)+DU(s)$$
代入上述方程中的 X(s) 值。
$$Rightarrow Y(s)=C(sI-A)^{-1}BU(s)+DU(s)$$
$$Rightarrow Y(s)=[C(sI-A)^{-1}B+D]U(s)$$
$$Rightarrow ffrac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B+D$$
上述方程表示系统的传递函数。因此，我们可以使用此公式为状态空间模型中表示的系统计算系统的传递函数。
注意 −当 $D = [0]$ 时，传递函数将为
$$ffrac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$
示例
让我们计算状态空间模型中表示的系统的传递函数，
$$dot{X}=\begin{bmatrix}dot{x}_1 \dot{x}_2 end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 1 & 0 end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 x_2 end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}[u]$$
$$Y=\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 x_2 end{bmatrix}$$
这里，
$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 1 & 0 end{bmatrix}, quad B=\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}, quad C=\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix} quad and quad D=[0]$$
当$D = [0]$时，传递函数的公式为 -
$$ffrac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B$$
代入，A、B &上述方程中的 C 矩阵。
$$ffrac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+1 & 1 -1 & s end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}$$
$$Rightarrow ffrac{Y(s)}{U(s)}=\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix} ffrac{\begin{bmatrix}s & -1 1 & s+1 end{bmatrix}}{(s+1)s-1(-1)}\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}$$
$$Rightarrow ffrac{Y(s)}{U(s)}=ffrac{\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix}\begin{bmatrix}s 1 end{bmatrix}}{s^2+s+1}=ffrac{1}{s^2+s+1}$$
因此，给定状态空间模型的系统传递函数为
$$ffrac{Y(s)}{U(s)}=ffrac{1}{s^2+s+1}$$
状态转移矩阵及其属性
如果系统具有初始条件，则它将产生输出。由于即使在没有输入的情况下该输出仍然存在，因此它被称为零输入响应 $x_{ZIR}(t)$。从数学上来说，我们可以将其写成，
$$x_{ZIR}(t)=e^{At}X(0)=L^{-1}left { left [ sI-A ight ]^{-1}X(0) ight }$$
从上述关系，我们可以将状态转移矩阵 $phi(t)$ 写成
$$phi(t)=e^{At}=L^{-1}[sI-A]^{-1}$$
因此，通过将状态转移矩阵 $phi(t)$ 与初始条件矩阵相乘，可以得到零输入响应。
以下是状态转移矩阵的属性。
如果 $t = 0$，则状态转移矩阵将等于恒等式矩阵。
$$phi(0) = I$$
只需将"t"替换为"-t"，状态转换矩阵的逆将与状态转换矩阵的逆相同。
$$phi^{-1}(t) = phi(−t)$$
如果 $t = t_1 + t_2$ ，则相应的状态转换矩阵等于 $t = t_1$ 和 $t = t_2$ 处两个状态转换矩阵的乘积。
$$phi(t_1 + t_2) = phi(t_1) phi(t_2)$$
可控性和可观测性
现在让我们逐一讨论控制系统的可控性和可观测性。
可控性
如果控制系统的初始状态在有限的时间内通过受控输入转移（改变）到其他期望状态，则称控制系统为可控。
我们可以用卡尔曼检验来检查控制系统的可控性。
将矩阵 $Q_c$ 写成以下形式。
$$Q_c=left [ B quad AB quad A^2B quad ...quad A^{n-1}B ight ]$$
求矩阵 $Q_c$ 的行列式，如果它不等于零，则控制系统可控。
可观测性
如果控制系统能够通过在有限的时间内观察输出来确定控制系统的初始状态，则称其为可观测。
我们可以用卡尔曼检验来检查控制系统的可观测性。
将矩阵 $Q_o$ 写成以下形式。
$$Q_o=left [ C^T quad A^TC^T quad (A^T)^2C^T quad ...quad (A^T)^{n-1}C^T ight ]$$
求矩阵 $Q_o$ 的行列式，如果它不等于零，则控制系统是可观察的。
示例
让我们验证状态空间模型中表示为的控制系统的可控性和可观测性，
$$dot{x}=\begin{bmatrix}dot{x}_1 \dot{x}_2 end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & -1 1 & 0 end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 x_2 end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 end{bmatrix} [u]$$
$$Y=\begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 x_2 end{bmatrix}$$
这里，
$$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 1 & 0 end{bmatrix}, quad B=\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}, quad \begin{bmatrix}0 & 1 end{bmatrix}, D=[0]quad 和 quad n=2$$
对于 $n = 2$，矩阵 $Q_c$ 将是
$$Q_c=left [B quad AB ight ]$$
我们将得到矩阵 A 和 B 的乘积，
$$AB=\begin{bmatrix}-1 1 end{bmatrix}$$
$$Rightarrow Q_c =\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 end{bmatrix}$$
$$|Q_c|=1 eq 0$$
由于矩阵 $Q_c$ 的行列式不等于零，因此给定的控制系统是可控的。
对于 $n = 2$，矩阵 $Q_o$ 将为 -
$$Q_o=left [C^T quad A^TC^T ight ]$$
这里，
$$A^T=\begin{bmatrix}-1 & 1 -1 & 0 end{bmatrix} quad 和 quad C^T=\begin{bmatrix}0 1 end{bmatrix}$$
我们将得到矩阵 $A^T$ 和 $C^T$ 的乘积为
$$A^TC^T=\begin{bmatrix}1 end{bmatrix}$$
$$Rightarrow Q_o=\begin{bmatrix}0 & 1 1 & 0 end{bmatrix}$$
$$Rightarrow |Q_o|=-1 quad eq 0$$
由于矩阵 $Q_o$ 的行列式不等于零，给定的控制系统是可观的。
因此，给定的控制系统既可控又可观。
