Solution of linear time-invariant state equations
一、线性定常齐次状态方程
当初始时刻为 ，初始状态 时，矩阵微分方程的解为：
\dot{\mathbf{x}}(t)=A\mathbf{x}(t) \quad \Rightarrow\quad \mathbf{x}(t)=e^{ A(t-t_{0}) }\mathbf{x}(t_{0}) =\varPhi(t-t_{0})\mathbf{x}(t_{0}) \end{align}$$ #### 1. 化为约旦标准型 > 求解核心：利用[[状态向量的线性变换\|状态向量的线性变换]]将系统矩阵化为标准型，再结合[[矩阵指数函数#三、特殊矩阵的指数函数\|特殊矩阵的指数函数]] 计算出**特征值**： $\left\lvert {\color{red}\lambda I-A} \right\rvert=0$ - 特征值无重根：$T^{-1}AT=\Lambda \quad A={\color{red}T}\Lambda {\color{red}T^{-1}}\quad e^{ At }=Te^{ \Lambda t }T^{-1}$ - 特征值有重根： $T^{-1}AT=J \quad A=TJ T^{-1}\quad e^{ At }=Te^{J t }T^{-1}$ #### 2. 拉普拉斯变换 >求解的核心：计算[[逆矩阵\|逆矩阵]]，分解因式进行[[拉普拉斯逆变换\|拉普拉斯逆变换]]，求得时间域上的解。 由拉普拉斯变换得到： $$\begin{gathered} s\mathbf{X}(s)=A\mathbf{X}(s)+\mathbf{x}(0) \\ \\ (sI-A)\mathbf{X}(s)=\mathbf{x}(0) \\ \mathbf{X}(s)=(sI-A)^{-1}\mathbf{x}(0) \\ \mathbf{x}(t)=\mathscr{L}^{-1}[(sI-A)^{-1}]\mathbf{x}(0) \end{gathered}$$ 对比矩阵指数得到： $$\begin{align} e^{ At }=\mathscr{L}^{-1}[{\color{red}(sI-A)}^{-1}] \end{align}$$ #### 3. 凯莱哈密顿定理 >求解核心：将矩阵指数表达为 $n-1$ 及 $n-1$ 以下幂次的线性组合，记住系数的计算公式 计算出**特征值**： $\left\lvert {\color{red}\lambda I-A} \right\rvert=0$ 由[[凯莱-哈密顿定理\|凯莱-哈密顿定理]]得到： $$\begin{align} e^{ \mathbf{A}t } & =\sum\limits_{m=0}^{n-1} \alpha_{m}(t)\mathbf{A}^{m} =\alpha_{n-1}\mathbf{A}^{n-1}+\alpha_{n-2}\mathbf{A}^{n-2}+\cdots+ \alpha_{1}\mathbf{A} +\alpha_{0}\mathbf{I} \end{align}$$ ##### 3.1 如果特征值均不相等 [[范德蒙德矩阵\|范德蒙德矩阵]]的转置的逆 $$\begin{align} \begin{pmatrix} \alpha_{0} \\ \alpha_{1} \\ \vdots \\ \alpha_{n-1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & \cdots & \lambda_{1}^{n-1} \\ 1 & \lambda_{2} & \lambda_{2}^{2} & \cdots & \lambda_{2}^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \\ 1 & \lambda_{n} & \lambda_{n}^{2} & \cdots & \lambda_{n}^{n-1} \\ \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} e^{ \lambda 1 t} \\ e^{ \lambda_{2} t} \\ \vdots \\ e^{ \lambda_{n}t } \end{pmatrix} \end{align}$$ $$\begin{align} \begin{pmatrix} \alpha_{0} \\ \alpha_{1} \\ \alpha_{2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} \\ 1 & \lambda_{2} & \lambda_{2}^{2} \\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} \\ \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} e^{ \lambda 1 t} \\ e^{ \lambda_{2} t} \\ e^{ \lambda_{3}t } \end{pmatrix} \end{align}$$ ##### 3.2 如果特征值均相等 $$\begin{align} \begin{pmatrix} \alpha_{0} \\ \alpha_{1} \\ \vdots \\ \alpha_{n-2}\\ \alpha_{n-1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & (n-1)\lambda\\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & \cdots & \dfrac{(n-1)(n-2)}{2!} \lambda^{n-3}\\ 0 & 1 & 2\lambda & \cdots & (n-2)\lambda^{(n-3)} & (n-1)\lambda^{n-2} \\ 1 & \lambda & \lambda^{2} & \cdots & \lambda^{n-2} & \lambda^{n-1} \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{(n-1)!}t^{n-1}e^{ \lambda t } \\ \dfrac{1}{(n-2)!}t^{n-2}e^{ \lambda t } \\ \vdots \\ \dfrac{1}{2!} t^{2}e^{ \lambda t } \\ t e^{ \lambda t } \\ e^{ \lambda t } \end{pmatrix} \end{align}$$ $\alpha_{n-i}=\dfrac{\mathrm{d} \alpha_{n-i+1}}{\mathrm{d} \lambda}\cdot \dfrac{1}{i-1}$ $$\begin{align} \begin{pmatrix} \alpha_{0} \\ \alpha_{1} \\ \alpha_{2} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2\lambda \\ 1 & \lambda & \lambda^{2} \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2!} t^{2}e^{ \lambda t } \\ t e^{ \lambda t } \\ e^{ \lambda t } \end{pmatrix} \end{align}$$ ### 二、线性定常非齐次状态方程的解 当初始时刻为 $t_{0}$，初始状态 $\mathbf{x}(t_{0})$ 时，线性非齐次状态方程的解由两部分组成： $$\begin{align} \mathbf{\dot{x}}(t)=A\mathbf{x}(t)+B\mathbf{u}(t)\quad \Rightarrow\quad \mathbf{x}(t)=\varPhi(t-t_{0})\mathbf{x}(t_{0})+\int _{t_{0}}^{t} \varPhi(t-\tau)B\mathbf{u}(\tau)\, d\tau \end{align}$$ $$\begin{align} \mathbf{\dot{x}}(t)=A\mathbf{x}(t)+B\mathbf{u}(t)\quad \Rightarrow\quad \mathbf{x}(t)=\varPhi(t)\mathbf{x}(0)+\int _{0}^{t} \varPhi(t-\tau)B\mathbf{u}(\tau)\, d\tau \end{align}$$ - **第一部分为初始状态引起的自由运动** 在线性定常状态方程的解的基础上，进行计算：先算齐次方程的解，得到状态转移矩阵 - **第二部分为控制激励引起的强制运动** 实际上为**状态转移矩阵和输入信号**的[[卷积\|卷积]] [[经典输入信号\|经典输入信号]] - **脉冲响应**：$\mathbf{u}(t)=\mathbf{K} \delta(t)$ $\mathbf{x}(t)={\color{red}e^{ At }}\mathbf{x}_{0}+{\color{red}e^{ At }}B\mathbf{K}$ - **阶跃响应**：$\mathbf{u}(t)=\mathbf{K}\times 1(t)$ $\mathbf{x}(t)={\color{red}e^{ At }}\mathbf{x}_{0}+A^{-1}(e^{ At }-I)B\mathbf{K}$ - ~~斜坡响应~~：$\mathbf{u}(t)=\mathbf{K}t\times 1(t)$ $\mathbf{x}(t)=e^{ At }\mathbf{x}_{0}+\left[A^{-2}(e^{ ^{At}}-I )-A^{-1t}\right]B\mathbf{K}$