此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

第九章：线性系统的状态空间分析与综合

Example 9.16

已知系统状态方程为：
x˙(t)=[λ1000λ0000σ1000σ]x(t)\dot{x}(t)=\begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0\\ 0 & \lambda & 0 & 0\\ 0 & 0 & \sigma & 1\\ 0 & 0 & 0 & \sigma \end{bmatrix}x(t) x˙(t)=⎣⎢⎢⎡​λ000​1λ00​00σ0​001σ​⎦⎥⎥⎤​x(t)
试求在初始条件x(0)=[2011]Tx(0)=\begin{bmatrix}2 & 0 & 1 & 1\end{bmatrix}^Tx(0)=[2​0​1​1​]T时的系统响应。

解：

系统矩阵为约当型，因此其状态转移矩阵为：
Φ(t)=eAt=[eλtteλt000eλt0000eσtteσt000eσt]\Phi(t)={\rm e}^{At}=\begin{bmatrix} {\rm e}^{\lambda{t}} & t{\rm e}^{\lambda{t}} & 0 & 0\\ 0 & {\rm e}^{\lambda{t}} & 0 & 0\\ 0 & 0 & {\rm e}^{\sigma{t}} & t{\rm e}^{\sigma{t}}\\ 0 & 0 & 0 & {\rm e}^{\sigma{t}} \end{bmatrix} Φ(t)=eAt=⎣⎢⎢⎡​eλt000​teλteλt00​00eσt0​00teσteσt​⎦⎥⎥⎤​
因此，在初始条件x(0)x(0)x(0)时的系统响应为：
x(t)=Φ(t)x(0)=[eλtteλt000eλt0000eσtteσt000eσt][2011]=[2eλt0eσt(1+t)eσt]x(t)=\Phi(t)x(0)=\begin{bmatrix} {\rm e}^{\lambda{t}} & t{\rm e}^{\lambda{t}} & 0 & 0\\ 0 & {\rm e}^{\lambda{t}} & 0 & 0\\ 0 & 0 & {\rm e}^{\sigma{t}} & t{\rm e}^{\sigma{t}}\\ 0 & 0 & 0 & {\rm e}^{\sigma{t}} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2{\rm e}^{\lambda{t}}\\ 0\\ {\rm e}^{\sigma{t}}(1+t)\\ {\rm e}^{\sigma{t}} \end{bmatrix} x(t)=Φ(t)x(0)=⎣⎢⎢⎡​eλt000​teλteλt00​00eσt0​00teσteσt​⎦⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎡​2011​⎦⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎡​2eλt0eσt(1+t)eσt​⎦⎥⎥⎤​

Example 9.17

已知系统状态方程为：
x˙(t)=[−1100−1000−2]x(t)+[014]u(t)，x(0)=[121]\dot{x}(t)=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -2 \end{bmatrix}x(t)+\begin{bmatrix} 0\\ 1\\4 \end{bmatrix}u(t)，x(0)=\begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{bmatrix} x˙(t)=⎣⎡​−100​1−10​00−2​⎦⎤​x(t)+⎣⎡​014​⎦⎤​u(t)，x(0)=⎣⎡​121​⎦⎤​
试求系统在单位阶跃输入作用下的时间响应。

解：

由于系统矩阵是约当型，因此状态转移矩阵Φ(t)\Phi(t)Φ(t)为：
Φ(t)=eAt=[e−tte−t00e−t000e−2t]\Phi(t)={\rm e}^{At}=\begin{bmatrix} {\rm e}^{-t} & t{\rm e}^{-t} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-t} & 0\\ 0 & 0 & {\rm e}^{-2t} \end{bmatrix} Φ(t)=eAt=⎣⎡​e−t00​te−te−t0​00e−2t​⎦⎤​
当输入为单位阶跃函数时，根据
x(t)=eAtx(0)+∫0teAtbu(t−τ)dτx(t)={\rm e}^{At}x(0)+\int_0^t{\rm e}^{At}bu(t-\tau){\rm d}\tau x(t)=eAtx(0)+∫0t​eAtbu(t−τ)dτ
可得：
x(t)=[e−tte−t00e−t000e−2t][121]+∫0t([e−ττe−τ00e−τ000e−2τ][014])dτ=[e−t+2te−t2e−te−2t]+∫0t[τe−τe−τ4e−2τ]dτ=[1+te−t1+e−t2−e−2t]\begin{aligned} x(t)&=\begin{bmatrix} {\rm e}^{-t} & t{\rm e}^{-t} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-t} & 0\\ 0 & 0 & {\rm e}^{-2t} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\2\\1 \end{bmatrix}+\int_0^t\left( \begin{bmatrix} {\rm e}^{-\tau} & \tau{\rm e}^{-\tau} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-\tau} & 0\\ 0 & 0 & {\rm e}^{-2\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0\\1\\4 \end{bmatrix} \right){\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} {\rm e}^{-t}+2t{\rm e}^{-t}\\ 2{\rm e}^{-t}\\ {\rm e}^{-2t} \end{bmatrix}+\int_0^t\begin{bmatrix} \tau{\rm e}^{-\tau}\\ {\rm e}^{-\tau}\\ 4{\rm e}^{-2\tau} \end{bmatrix}{\rm d}\tau=\begin{bmatrix} 1+t{\rm e}^{-t}\\ 1+{\rm e}^{-t}\\ 2-{\rm e}^{-2t} \end{bmatrix} \end{aligned} x(t)​=⎣⎡​e−t00​te−te−t0​00e−2t​⎦⎤​⎣⎡​121​⎦⎤​+∫0t​⎝⎛​⎣⎡​e−τ00​τe−τe−τ0​00e−2τ​⎦⎤​⎣⎡​014​⎦⎤​⎠⎞​dτ=⎣⎡​e−t+2te−t2e−te−2t​⎦⎤​+∫0t​⎣⎡​τe−τe−τ4e−2τ​⎦⎤​dτ=⎣⎡​1+te−t1+e−t2−e−2t​⎦⎤​​
【单位阶跃响应曲线】

Example 9.18

已知系统状态方程如下：

1. x˙(t)=[−a00−b]x(t)+[1b−a1a−b]u(t)\dot{x}(t)=\begin{bmatrix}-a & 0\\0 & -b\end{bmatrix}x(t)+\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{1}{b-a}\\\displaystyle\frac{1}{a-b}\end{bmatrix}u(t)x˙(t)=[−a0​0−b​]x(t)+⎣⎢⎡​b−a1​a−b1​​⎦⎥⎤​u(t)；
2. x˙(t)=[01−ab−(a+b)]x(t)+[01]u(t)\dot{x}(t)=\begin{bmatrix}0 & 1\\-ab & -(a+b)\end{bmatrix}x(t)+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u(t)x˙(t)=[0−ab​1−(a+b)​]x(t)+[01​]u(t)；

设a≠b，x(0)=0a≠b，x(0)=0a​=b，x(0)=0。试求当输入信号u(t)u(t)u(t)分别为单位脉冲、单位阶跃、单位斜坡信号时系统的状态轨线。

解：

非齐次状态方程解的形式为：
x(t)=eAtx(0)+∫0teAτbu(t−τ)dτx(t)={\rm e}^{At}x(0)+\int_0^t{\rm e}^{A\tau}bu(t-\tau){\rm d}\tau x(t)=eAtx(0)+∫0t​eAτbu(t−τ)dτ
【系统1】

由于
eAt=L−1[(sI−A)−1]=L−1[1s+a001s+b]=[e−at00e−bt]{\rm e}^{At}=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{s+a} & 0\\ 0 & \displaystyle\frac{1}{s+b} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} {\rm e}^{-at} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-bt} \end{bmatrix} eAt=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎡​s+a1​0​0s+b1​​⎦⎥⎤​=[e−at0​0e−bt​]
当u(t)u(t)u(t)为单位脉冲信号时：
xδ(t)=∫0t[e−aτ00e−bτ][1b−a1a−b]δ(t−τ)dτ=[1b−ae−at1a−be−bt]x_{\delta}(t)=\int_0^t\begin{bmatrix} {\rm e}^{-a\tau} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-b\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}\\ \displaystyle\frac{1}{a-b} \end{bmatrix}\delta(t-\tau){\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}{\rm e}^{-at}\\ \displaystyle\frac{1}{a-b}{\rm e}^{-bt} \end{bmatrix} xδ​(t)=∫0t​[e−aτ0​0e−bτ​]⎣⎢⎡​b−a1​a−b1​​⎦⎥⎤​δ(t−τ)dτ=⎣⎢⎡​b−a1​e−ata−b1​e−bt​⎦⎥⎤​
当u(t)u(t)u(t)为单位阶跃信号时：
xu(t)=∫0t[e−aτ00e−bτ][1b−a1a−b]⋅1(t−τ)dτ=∫0t[1b−ae−aτ1a−be−bτ]dτ=[1a(b−a)(1−e−at)1b(a−b)(1−e−bt)]x_u(t)=\int_0^t\begin{bmatrix} {\rm e}^{-a\tau} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-b\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}\\ \displaystyle\frac{1}{a-b} \end{bmatrix}·1(t-\tau){\rm d}\tau=\int_0^t\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}{\rm e}^{-a\tau}\\ \displaystyle\frac{1}{a-b}{\rm e}^{-b\tau} \end{bmatrix}{\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{a(b-a)}(1-{\rm e}^{-at})\\ \displaystyle\frac{1}{b(a-b)}(1-{\rm e}^{-bt}) \end{bmatrix} xu​(t)=∫0t​[e−aτ0​0e−bτ​]⎣⎢⎡​b−a1​a−b1​​⎦⎥⎤​⋅1(t−τ)dτ=∫0t​⎣⎢⎡​b−a1​e−aτa−b1​e−bτ​⎦⎥⎤​dτ=⎣⎢⎡​a(b−a)1​(1−e−at)b(a−b)1​(1−e−bt)​⎦⎥⎤​
当u(t)u(t)u(t)为单位斜坡信号时：
xr(t)=∫0t[e−aτ00e−bτ][1b−a1a−b](t−τ)dτ=[1a(b−a)t−1a2(b−a)(1−e−at)1b(a−b)t−1b2(a−b)(1−e−bt)]x_r(t)=\int_0^t\begin{bmatrix} {\rm e}^{-a\tau} & 0\\ 0 & {\rm e}^{-b\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}\\ \displaystyle\frac{1}{a-b} \end{bmatrix}(t-\tau){\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{a(b-a)}t-\displaystyle\frac{1}{a^2(b-a)}(1-{\rm e}^{-at})\\ \displaystyle\frac{1}{b(a-b)}t-\displaystyle\frac{1}{b^2(a-b)}(1-{\rm e}^{-bt}) \end{bmatrix} xr​(t)=∫0t​[e−aτ0​0e−bτ​]⎣⎢⎡​b−a1​a−b1​​⎦⎥⎤​(t−τ)dτ=⎣⎢⎡​a(b−a)1​t−a2(b−a)1​(1−e−at)b(a−b)1​t−b2(a−b)1​(1−e−bt)​⎦⎥⎤​
【系统2】

由于
eAt=L−1[(sI−A)−1]=L−1[(bb−a⋅1s+a+aa−b⋅1s+b)(1b−a⋅1s+a+1a−b⋅1s+b)(−abb−a⋅1s+a+−aba−b⋅1s+b)(aa−b⋅1s+a+−ba−b⋅1s+b)]=[bb−ae−at+aa−be−bt1b−ae−at+1a−be−bt−abb−ae−at+−aba−be−btab−ae−at+−ba−be−bt]\begin{aligned} {\rm e}^{At}&=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]\\\\ &=L^{-1}\begin{bmatrix} \left(\displaystyle\frac{b}{b-a}·\displaystyle\frac{1}{s+a}+\displaystyle\frac{a}{a-b}·\displaystyle\frac{1}{s+b}\right) & \left(\displaystyle\frac{1}{b-a}·\displaystyle\frac{1}{s+a}+\displaystyle\frac{1}{a-b}·\displaystyle\frac{1}{s+b}\right)\\\\ \left(\displaystyle\frac{-ab}{b-a}·\displaystyle\frac{1}{s+a}+\displaystyle\frac{-ab}{a-b}·\displaystyle\frac{1}{s+b}\right) & \left(\displaystyle\frac{a}{a-b}·\displaystyle\frac{1}{s+a}+\displaystyle\frac{-b}{a-b}·\displaystyle\frac{1}{s+b}\right) \end{bmatrix}\\\\ &=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{b}{b-a}{\rm e}^{-at}+\displaystyle\frac{a}{a-b}{\rm e}^{-bt} & \displaystyle\frac{1}{b-a}{\rm e}^{-at}+\displaystyle\frac{1}{a-b}{\rm e}^{-bt}\\\\ \displaystyle\frac{-ab}{b-a}{\rm e}^{-at}+\displaystyle\frac{-ab}{a-b}{\rm e}^{-bt} & \displaystyle\frac{a}{b-a}{\rm e}^{-at}+\displaystyle\frac{-b}{a-b}{\rm e}^{-bt} \end{bmatrix} \end{aligned} eAt​=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎢⎢⎢⎡​(b−ab​⋅s+a1​+a−ba​⋅s+b1​)(b−a−ab​⋅s+a1​+a−b−ab​⋅s+b1​)​(b−a1​⋅s+a1​+a−b1​⋅s+b1​)(a−ba​⋅s+a1​+a−b−b​⋅s+b1​)​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎢⎡​b−ab​e−at+a−ba​e−btb−a−ab​e−at+a−b−ab​e−bt​b−a1​e−at+a−b1​e−btb−aa​e−at+a−b−b​e−bt​⎦⎥⎥⎥⎤​​
当u(t)u(t)u(t)为单位脉冲信号时：
xδ(t)=∫0teAt[01]δ(t−τ)dτ=[1b−a(e−at−e−bt)1a−b(ae−at−be−bt)]x_{\delta}(t)=\int_0^t{\rm e}^{At}\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}\delta(t-\tau){\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}({\rm e}^{-at}-{\rm e}^{-bt})\\ \displaystyle\frac{1}{a-b}(a{\rm e}^{-at}-b{\rm e}^{-bt}) \end{bmatrix} xδ​(t)=∫0t​eAt[01​]δ(t−τ)dτ=⎣⎢⎡​b−a1​(e−at−e−bt)a−b1​(ae−at−be−bt)​⎦⎥⎤​
当u(t)u(t)u(t)为单位阶跃信号时：
xu(t)=∫0teAt[01]1(t−τ)dτ=∫0t[1b−a(e−aτ−e−bτ)1a−b(ae−aτ−be−bτ)]dτ=[1b(a−b)(1−e−bt)−1a(b−a)(1−eat)1a−b(e−bt−e−at)]\begin{aligned} x_u(t)&=\int_0^t{\rm e}^{At}\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}1(t-\tau){\rm d}\tau=\int_0^{t}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b-a}({\rm e}^{-a\tau}-{\rm e}^{-b\tau})\\ \displaystyle\frac{1}{a-b}(a{\rm e}^{-a\tau}-b{\rm e}^{-b\tau}) \end{bmatrix}{\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{b(a-b)}(1-{\rm e}^{-bt})-\displaystyle\frac{1}{a(b-a)}(1-{\rm e}^{at})\\ \displaystyle\frac{1}{a-b}({\rm e}^{-bt}-{\rm e}^{-at}) \end{bmatrix} \end{aligned} xu​(t)​=∫0t​eAt[01​]1(t−τ)dτ=∫0t​⎣⎢⎡​b−a1​(e−aτ−e−bτ)a−b1​(ae−aτ−be−bτ)​⎦⎥⎤​dτ=⎣⎢⎡​b(a−b)1​(1−e−bt)−a(b−a)1​(1−eat)a−b1​(e−bt−e−at)​⎦⎥⎤​​
当u(t)u(t)u(t)为单位斜坡信号时：
xr(t)=∫0teAt[01](t−τ)dτ=[1a(b−a)t+1a2(a−b)(e−at−1)−1b(b−a)t−1b2(b−a)(e−bt−1)1ab+1a(a−b)e−at−1b(a−b)e−bt]\begin{aligned} x_r(t)&=\int_0^t{\rm e}^{At}\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}(t-\tau){\rm d}\tau\\\\ &=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{a(b-a)}t+\displaystyle\frac{1}{a^2(a-b)}({\rm e}^{-at}-1)-\displaystyle\frac{1}{b(b-a)}t-\displaystyle\frac{1}{b^2(b-a)}({\rm e}^{-bt}-1)\\ \displaystyle\frac{1}{ab}+\displaystyle\frac{1}{a(a-b)}{\rm e}^{-at}-\displaystyle\frac{1}{b(a-b)}{\rm e}^{-bt} \end{bmatrix} \end{aligned} xr​(t)​=∫0t​eAt[01​](t−τ)dτ=⎣⎢⎡​a(b−a)1​t+a2(a−b)1​(e−at−1)−b(b−a)1​t−b2(b−a)1​(e−bt−1)ab1​+a(a−b)1​e−at−b(a−b)1​e−bt​⎦⎥⎤​​

Example 9.19

已知离散时间状态方程为：x(k+1)=[−1011]x(k)，x(0)=[1−1]x(k+1)=\begin{bmatrix}-1 & 0\\1 & 1\end{bmatrix}x(k)，x(0)=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}x(k+1)=[−11​01​]x(k)，x(0)=[1−1​]，试求该齐次方程的解。

解：

采用迭代的方法求解：
x(0)=[1−1]，x(1)=[−1011]x(0)=[−10]x(2)=[−1011]x(1)=[1−1]，x(3)=[−1011]x(2)=[−10]，⋯\begin{aligned} &x(0)=\begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}，&&x(1)=\begin{bmatrix} -1 & 0\\ 1 & 1 \end{bmatrix}x(0)=\begin{bmatrix} -1\\0 \end{bmatrix}\\\\ &x(2)=\begin{bmatrix} -1 & 0\\ 1 & 1 \end{bmatrix}x(1)=\begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}，&&x(3)=\begin{bmatrix} -1 & 0\\ 1 & 1 \end{bmatrix}x(2)=\begin{bmatrix} -1\\0 \end{bmatrix}，\cdots \end{aligned} ​x(0)=[1−1​]，x(2)=[−11​01​]x(1)=[1−1​]，​​x(1)=[−11​01​]x(0)=[−10​]x(3)=[−11​01​]x(2)=[−10​]，⋯​
显然，该齐次方程的解为：
x(k)=[(−1)k(−1)k−12[1+(−1)k]]=[(−1)k12[(−1)k−1+(−1)2k−1]]x(k)=\begin{bmatrix} (-1)^k\\ \displaystyle\frac{(-1)^{k-1}}{2}[1+(-1)^k] \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} (-1)^k\\ \displaystyle\frac{1}{2}[(-1)^{k-1}+(-1)^{2k-1}] \end{bmatrix} x(k)=⎣⎡​(−1)k2(−1)k−1​[1+(−1)k]​⎦⎤​=[(−1)k21​[(−1)k−1+(−1)2k−1]​]

Example 9.20

已知连续时间系统的状态方程为：

1. x˙(t)=[01−65]x(t)+[1−2]u(t)\dot{x}(t)=\begin{bmatrix}0 & 1\\-6&5\end{bmatrix}x(t)+\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}u(t)x˙(t)=[0−6​15​]x(t)+[1−2​]u(t)；
2. x˙(t)=[010−2]x(t)+[01]u(t)\dot{x}(t)=\begin{bmatrix}0 & 1\\0&-2\end{bmatrix}x(t)+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u(t)x˙(t)=[00​1−2​]x(t)+[01​]u(t)；

试求其相应的离散时间状态方程。

解：

连续系统离散化后的状态空间表达式为：
x(k+1)=Φ(T)x(k)+G(T)u(k)x(k+1)=\Phi(T)x(k)+G(T)u(k) x(k+1)=Φ(T)x(k)+G(T)u(k)
其中：
Φ(T)=Φ(t)∣t=T，G(T)=∫0TΦ(τ)bdτ\Phi(T)=\left.\Phi(t)\right|_{t=T}，G(T)=\int_0^T\Phi(\tau)b{\rm d}\tau Φ(T)=Φ(t)∣t=T​，G(T)=∫0T​Φ(τ)bdτ
【系统1】
Φ(t)=L−1[(sI−A)−1]=L−1[3s−2−2s−31s−3−1s−26s−2−6s−33s−3−2s−2]=[3e2t−2e3te3t−e2t6e2t−6e3t3e3t−2e2t]Φ(T)=Φ(t)∣t=T=[3e2T−2e3Te3T−e2T6e2T−6e3T3e3T−2e2T]G(T)=∫0TΦ(τ)bdτ=∫0T[3e2τ−2e3τe3τ−e2τ6e2τ−6e3τ3e3τ−2e2τ][1−2]dτ=[52e2T−43e3T−76−4e3T+5e2T−1]\begin{aligned} \Phi(t)&=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{3}{s-2}-\displaystyle\frac{2}{s-3} & \displaystyle\frac{1}{s-3}-\displaystyle\frac{1}{s-2}\\ \displaystyle\frac{6}{s-2}-\displaystyle\frac{6}{s-3} & \displaystyle\frac{3}{s-3}-\displaystyle\frac{2}{s-2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 3{\rm e}^{2t}-2{\rm e}^{3t} & {\rm e}^{3t}-{\rm e}^{2t}\\ 6{\rm e}^{2t}-6{\rm e}^{3t} & 3{\rm e}^{3t}-2{\rm e}^{2t} \end{bmatrix}\\\\ \Phi(T)&=\left.\Phi(t)\right|_{t=T}=\begin{bmatrix} 3{\rm e}^{2T}-2{\rm e}^{3T} & {\rm e}^{3T}-{\rm e}^{2T}\\ 6{\rm e}^{2T}-6{\rm e}^{3T} & 3{\rm e}^{3T}-2{\rm e}^{2T} \end{bmatrix}\\\\ G(T)&=\int_0^T\Phi(\tau)b{\rm d}\tau=\int_0^T\begin{bmatrix} 3{\rm e}^{2\tau}-2{\rm e}^{3\tau} & {\rm e}^{3\tau}-{\rm e}^{2\tau}\\ 6{\rm e}^{2\tau}-6{\rm e}^{3\tau} & 3{\rm e}^{3\tau}-2{\rm e}^{2\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}{\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{5}{2}{\rm e}^{2T}-\displaystyle\frac{4}{3}{\rm e}^{3T}-\displaystyle\frac{7}{6}\\ -4{\rm e}^{3T}+5{\rm e}^{2T}-1 \end{bmatrix} \end{aligned} Φ(t)Φ(T)G(T)​=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎡​s−23​−s−32​s−26​−s−36​​s−31​−s−21​s−33​−s−22​​⎦⎥⎤​=[3e2t−2e3t6e2t−6e3t​e3t−e2t3e3t−2e2t​]=Φ(t)∣t=T​=[3e2T−2e3T6e2T−6e3T​e3T−e2T3e3T−2e2T​]=∫0T​Φ(τ)bdτ=∫0T​[3e2τ−2e3τ6e2τ−6e3τ​e3τ−e2τ3e3τ−2e2τ​][1−2​]dτ=[25​e2T−34​e3T−67​−4e3T+5e2T−1​]​
相应的离散时间响应状态方程为：
x(k+1)=[3e2T−2e3Te3T−e2T6e2T−6e3T3e3T−2e2T]x(k)+[52e2T−43e3T−76−4e3T+5e2T−1]u(k)x(k+1)=\begin{bmatrix} 3{\rm e}^{2T}-2{\rm e}^{3T} & {\rm e}^{3T}-{\rm e}^{2T}\\ 6{\rm e}^{2T}-6{\rm e}^{3T} & 3{\rm e}^{3T}-2{\rm e}^{2T} \end{bmatrix}x(k)+\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{5}{2}{\rm e}^{2T}-\displaystyle\frac{4}{3}{\rm e}^{3T}-\displaystyle\frac{7}{6}\\ -4{\rm e}^{3T}+5{\rm e}^{2T}-1 \end{bmatrix}u(k) x(k+1)=[3e2T−2e3T6e2T−6e3T​e3T−e2T3e3T−2e2T​]x(k)+[25​e2T−34​e3T−67​−4e3T+5e2T−1​]u(k)
【系统2】
Φ(t)=L−1[(sI−A)−1]=L−1[1s12(1s−1s+2)01s+2]=[112(1−e−2t)0e−2t]Φ(T)=Φ(t)∣t=T=[112(1−e−2T)0e−2T]G(T)=∫0TΦ(τ)bdτ=∫0T[112(1−e−2τ)0e−2τ][01]dτ=[12T−14+14e−2T12(1−e−2T)]\begin{aligned} \Phi(t)&=L^{-1}[(sI-A)^{-1}]=L^{-1}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{s} & \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{s}-\displaystyle\frac{1}{s+2}\right)\\ 0 & \displaystyle\frac{1}{s+2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2t})\\ 0 & {\rm e}^{-2t} \end{bmatrix}\\\\ \Phi(T)&=\left.\Phi(t)\right|_{t=T}=\begin{bmatrix} 1 & \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2T})\\ 0 & {\rm e}^{-2T} \end{bmatrix}\\\\ G(T)&=\int_0^T\Phi(\tau)b{\rm d}\tau=\int_0^T\begin{bmatrix} 1 & \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2\tau})\\ 0 & {\rm e}^{-2\tau} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}{\rm d}\tau=\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{2}T-\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{4}{\rm e}^{-2T}\\ \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2T}) \end{bmatrix} \end{aligned} Φ(t)Φ(T)G(T)​=L−1[(sI−A)−1]=L−1⎣⎢⎡​s1​0​21​(s1​−s+21​)s+21​​⎦⎥⎤​=[10​21​(1−e−2t)e−2t​]=Φ(t)∣t=T​=[10​21​(1−e−2T)e−2T​]=∫0T​Φ(τ)bdτ=∫0T​[10​21​(1−e−2τ)e−2τ​][01​]dτ=⎣⎢⎡​21​T−41​+41​e−2T21​(1−e−2T)​⎦⎥⎤​​
相应的离散时间状态方程为：
x(k+1)=[112(1−e−2T)0e−2T]x(k)+[12T−14+14e−2T12(1−e−2T)]u(k)x(k+1)=\begin{bmatrix} 1 & \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2T})\\ 0 & {\rm e}^{-2T} \end{bmatrix}x(k)+\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{1}{2}T-\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{4}{\rm e}^{-2T}\\ \displaystyle\frac{1}{2}(1-{\rm e}^{-2T}) \end{bmatrix}u(k) x(k+1)=[10​21​(1−e−2T)e−2T​]x(k)+⎣⎢⎡​21​T−41​+41​e−2T21​(1−e−2T)​⎦⎥⎤​u(k)