信号与系统-罗斯判据

34 2 204 6 Q(s) = s + = 0, s1,2 = ± j = ± j1.1 5 25 5
第六章第3讲
见罗斯判据
10
例
3
1Ω 1F 2H
如图所示电路，试求：
U (s) (1) 系统函数 H(s) = 0 US (s)
1Ω
+ uS (t) −
+
+
2Ω
+ −
u1
−
解：用节点法列方程：
Ku1
u0 (t)
−
1 1 1 KU1 =US (1+ + )U1 − 2 1+1/ s + 2s 1+1/ s + 2s U0 KU1 2K(2s2 + s +1) 3 s − Ks = = 2 ( + 2 )U1 =US ∴ H(s) = US US 6s + (5− 2K)s +3 2 2s + s +1
§4 系统的稳定性
系统稳定的充分必要条件 冲激响应必须是绝对可积的，即
∫
∞
0
| h(t) | dt < ∞
要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S 要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S左半平面， 或者是系统的特征方程的根的实部全部为负。 罗斯判据 设线性系统的特征方程为：
D(s) = ansn + an−1sn−1 +L + a1s + a0 = 0 L
1 5
40 − 6 34 = 5 5 25 68 K 6− 34 5
8 6 K
K 0
要使系统属临界稳定时罗斯阵的 s1 0 某一行为0 某一行为0，即 K=204/25。 K=204/25。 辅助多项式：Q(s) = 34 s2 + 204 5 25 s0 K 其导数为： Q′(s) = 68 s ： 5 从罗斯阵可知：系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
1 s +3
Y(s)
X = F − H2Y, Y = H1X
Y = H1(F − H2Y), ∴ Y = H1F 1+ H1H2
代入表达式，故有
K Y(s) H1 K(s +3) s3 + 2s2 + 2s H(s) = = = = 4 K 1 F(s) 1+ H1H2 1+ s +5s3 +8s2 + 6s + K ⋅ 3 2 s + 2s + 2s s +3
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1 s0
１ ２
(6-4)/2=1 (4-10)/1= -6 5
３ ４
(10-0)/2=5 0 0
５ ０
0
改变一次符号 改变一次符号
可见系统不稳定，改变符号次数为2，表明有两个正实部的根。
第六章第3讲 4
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
返回
系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
Q(s) = 2s2 + 4 = 0
s1,2 = ± j 2
即 (s2 + 2)(s +1)(s + 2) = 0 ，所以，系统有四个根，
s1, 2 = ± j 2 , s3 = −1 s4 = −2 ,
第六章第3讲 7
例
1
罗斯判据
设连续系统的系统函数为 H(s) =
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1
1 3 2 0
4 6 4 0
4 0 0 0
构成辅助多项式： 其导数为：
Q(s) = 2s2 + 4
Q′(s) = 4s
第六章第3讲
返回
6
罗斯阵某一行全为零的情况
罗斯阵变为
Q′(s) = 4s
s4 s3 s2 s1 s0 1 3 2 4 4 4 6 4 0 0 4 0 0 0 0
a2
a0
系统稳定的充分必要条件为
ai > 0
i = 0,1, 2,3
a1a2 − a0a3 > 0
第六章第3讲 3
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
罗斯阵第一列所有系数均不为零，但也有不全为正数 的情况： 特征根在右开半平面的数目等于罗斯阵第一列系数 符号改变的次数。 例：线性系统的特征方程为： 4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 s
(2) s4 + 3s3 + 3s2 + 3s + 2 = 0 在S右半平面无根，有共轭虚根 系统特征方程如下，求系统稳定的K值范围。 系统特征方程如下， (1) s3 + 4s2 + 4s + K = 0 (2) s3 + 5s2 + (K +8)s +10 = 0
0 < K <16 K > −6
罗斯阵某一行第一项系数为零，而其余系数不为零的 情况。 可用有限小的正数代替零计算。 可用有限小的正数代替零计算。 例：线性系统的特征方程为： s3 −3s + 2 = 0
罗斯阵为
s3 s
2
１ 0≈ε (-3ε-2)/ε 2
-3 2 0 0
改变一次符号
s1 s0
改变一次符号
故有两个根在右半平面。实际上
第六章第3讲
13
第六章第3讲
8
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 解：先求系统函数，设变量X 令
H1 = K s(s2 + 2s + 2)
H2 = 1 s +3
F(s)
Σ
X
−
K s(s2 + 2s + 2)
故有
1 ∴u0 (t) = − 25 e−t 3 cos
7 18
1 t + 25
18 −t 3 7
e
sin
7 18
7 1 t + 25 cost + 25 sin t
第六章第3讲
12
课堂练习题
系统特征方程如下，试判断该系统是否稳定。并确定具有 正实部的特征根及负实部的特征根的个数。 (1) s3 + s2 + s + 6 = 0 在S右半平面有两个根
N(s) ，其中D(s)=s ，其中D(s)=s3+2s2+4s+K D(s)
则系统稳定时K的取值范围为_________。 则系统稳定时K的取值范围为_________。 0<K<8 0<K<8 罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 1 2
8− K 2
4 K 0
K
可见，系统稳定时K的取值范围为：0<K<8
则系统稳定的充分必要条件是特征方程的全部系数 为正值， 为正值，并且由特征方程系数组成的罗斯阵的第一列 系数也为正值。 系数也为正值。
第六章第3讲
1
罗斯判据
罗斯阵的形式为：
sn sn-1 sn-2 : s2 s1 s0 an an-1 b1 c3 b2 c2 d2
第六章第3讲 9
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 D(s)=s4+5s3+8s2+6s+K, 罗斯阵为 系统稳定时K 系统稳定时K的取值范围为：
0< K < 204 25
见罗斯判据
s4 s3 s2
(2)K为何值时，系统稳定？ (2)K 欲使系统稳定，必有 5－2K＞0 即 K＜2.5
第六章第3讲 11
例
3
(3)取K＝0.5，uS(t)= sint ε(t)，求零状态响应u0(t)。
2K(2s2 + s +1) 2s2 + s +1 解： K＝0.5 时： H(s) = 2 = 2 6s + (5− 2K)s +3 6s + 4s +3 2s2 + s +1 1 M +N s As + B ⋅ 2 U0 (s) = H(s)US (s) = 2 = 2 + 2 6s + 4s +3 s +1 6s + 4s +3 s +1
an-4 an-5 b3 c3
b= 1
an−1an−2 − anan−3 an−1
an−1an−4 − anan−5 b2 = an−1
b an−3 −b2an−1 C1 = 1 b 1
2
举 例
罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 a3
a1a2 − a0a3 a2
罗斯判据
三阶系统的特征方程为： a3s3 + a2s2 + a1s + a0 = 0 a1 a0 0
用比较系数法得： M + 6A = 0
N + 4A+ 6B = 2 M + 3A+ 4B =1 N + 3B =1
解得： ：
1 7 , B= , 25 25 6 4 M =− , N = 25 25 A=
7 1 6 7 7 4 1 1 1 − 25 s + 25 s + 25 − 25 (s + 1) 25 ⋅ 18 ⋅ 18 s 7 3 U0 (s) = 2 + 25 2 = + + 25 + 225 7 7 6s + 4s +3 s +1 (s + 1)2 + 18 (s + 1)2 + 18 s2 +1 s +1 3 3