3-5稳定性分析

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四.劳斯判据的特殊情况 劳斯判据的特殊情况 1）劳思表某行第一个列项为零，其余均不为零。 ）劳思表某行第一个列项为零，其余均不为零。
[处理办法一 ：用很小的正数 ε 代替零的那一项，然后据此计算出劳 处理办法一]： 代替零的那一项， 处理办法一 斯阵列中的其他项。 斯阵列中的其他项。 设系统特征方程为s 例3 设系统特征方程为 4+2s3+s2+2s+2=0 ；试用劳斯稳定判据判 断系统的稳定性。 断系统的稳定性。 解：列出劳斯表 s4 s3 s2 s1 s0 1 2 取代0) 取代 ε(取代 2-4/ε ε 2 1 2 2 2 0
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2 − a1 ± a1 − 4a2a0 对于二阶系统， 对于二阶系统， 2s2 + a1s + a0 = 0, s1,2 = a 2a2
三、 劳斯稳定性判据 设线性系统的特征方程为
D(s) = a0s + a1s
n
n− 1
+L+ an−1s + an = 0
式中 a0 > 0 , 构造如下劳斯行列表 构造如下劳斯行列表:
第五节 线性系统的稳定性分析
一、稳定的基本概念 如果一个稳定的系统在外作用的影响下， 如果一个稳定的系统在外作用的影响下，离开了初始的稳 定状态，但是当外作用消失后， 定状态，但是当外作用消失后，系统经过足够长的时间它还能 回复到原来的稳定状态， 回复到原来的稳定状态，则称这样的系统为稳定的系统 。否则 为不稳定的系统。 为不稳定的系统。 或定义为：设初始条件为零时， 或定义为：设初始条件为零时，输入为一个理想的单位脉 冲函数 δ (t)，即R(S）=1。当作用时间 时，δ (t) =0，这相当 ） 。当作用时间t>0时 ， 给系统一个扰动。 给系统一个扰动。如果系统的输出脉冲响应
a0 都大于零， = 0, s = − 只要 a0 ,a1都大于零， , a1
都大于零，系统才稳定。（负实根或实部为负） 。（负实根或实部为负 只有 a0 , a1, a2 都大于零，系统才稳定。（负实根或实部为负） 对于三阶或以上系统，求根是很烦琐的。 对于三阶或以上系统，求根是很烦琐的。于是就有了以下 描述的代数稳定性判据。 描述的代数稳定性判据。
a0 a6 a7 a1 a1a6 − a0a7 = L , a1 c14 = − a1 a1 a3 c13 a1 c13 c23 c13a3 − a1c23 = c13
9
c33 = −
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s s s
n n−1 n−2
a0 a1
a2 a3
a4 a5
a6 a7
L L
c24 = − a1 c13 a5 c33 c13 a7 c43 c13 = c13a7 − a1c43 L , c13 = c13a5 − a1c33 c13
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[例1]：特征方程为： s3 + a2s2 + a1s + a0 = 0 ，试判断稳定性。 例 ：特征方程为： 试判断稳定性。 a3 [解]：劳斯阵为： 3 解 ：劳斯阵为： s
a3 a1 a0 0 0
s2 a2 s1 s0 a
a2a1 − a3a0 a2
0
稳定的充要条件为： 稳定的充要条件为：
n−4
面两行构成劳思行列表的 表头, 表头 表中其它各行各列 的元素值按如下公式计算: 的元素值按如下公式计算
a0 a1 a1 a0
a2 a3 a4 a1 a1a2 − a0a3 = a1
c15 c25 c35 c45 L c13 = − M M M M M
c1,n+1 c2,n+1 c3,n+1 c4,n+1Lc = − a1 a5 = a1a4 − a0a5 23
(m ≤ n)
设 pi (i =1,2,L, n) 为系统特征方程D(s) = 0 不等。则系统的脉冲响应可写为： 脉冲响应可写为 不等。则系统的脉冲响应可写为：
C(s) =
k
的根， 的根，而且彼此
B(s) B(s) R(s) = D(s) D(s)
r αjs + βj ci =∑ +∑ σ i=1 s − pi j =1 s − ( j + jω j ) s − (σ j − jω j )
sn−4 c15 c25 c35 c45 L c1,n+1 c2,n+1 c3,n+1 c4,n+1L
8
s s
n n−1
a0 a1
a2 a3
a4 a5
a6 a7
L
表中, 表中 最左边一列和最 L 上 面两行构成劳思行列表的
sn−2 c13 c23 c33 c43 L sn−3 c14 c24 c34 c44 L s M s0
c13 c23 c33 c43 L c15 c25 c35 c45 L M M M M M
sn−3 c14 c24 c34 c44 L s M s0
n−4
a1 c34 = − c13
c1,n+1 c2,n+1 c3,n+1 c4,n+1L
以下各行各列的元素值可依上几式的规律依次算得.
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snபைடு நூலகம்
可见第一列元素的符号改变两次，故系统是不稳定的且在 右半平 可见第一列元素的符号改变两次，故系统是不稳定的且在S右半平 16 面上有两个极点。 面上有两个极点。
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第二种特殊情况是劳斯阵某行系数全为零。 第二种特殊情况是劳斯阵某行系数全为零。表明特征方程具 有大小相等而位置径向相反的根。 有大小相等而位置径向相反的根。会有下述几种情况中的一种 出现，如：大小相等，符号相反的一对实根，或一对共轭虚根， 出现， 大小相等，符号相反的一对实根，或一对共轭虚根， 或对称于虚轴的两对共轭复根。 或对称于虚轴的两对共轭复根。 例如: 例如:
a3, a2 , a1, a0均大于零
且 a1a2 − a3a0 > 0 此题说明四阶系统的判断也简单，只要各阶系数 ， 此题说明四阶系统的判断也简单，只要各阶系数>0， 以及它们的乘积之差>0就行了 以及它们的乘积之差 就行了
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例2: 设系统的特征方程为 D(s) = s3 + 4s2 +100s + 500 = 0
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如果特征方程中有一个正实根， 如果特征方程中有一个正实根，它所对应 的指数项将随时间单调增长； 的指数项将随时间单调增长； • 如果特征方程中有一对实部为正的共轭 复根，它的对应项是发散的周期振荡。 复根，它的对应项是发散的周期振荡。 • 上述两种情况下系统是不稳定的。 上述两种情况下系统是不稳定的。 • 如果特征方程中有一个零根(1/s项)， 如果特征方程中有一个零根(1/s项)，拉 氏反变换对应于一个常系数项， 氏反变换对应于一个常系数项，系统可在 任何状态下平衡，称为随遇平衡状态（ 任何状态下平衡，称为随遇平衡状态（如 系统本来是稳定的再加入这个根则还是稳 本来不稳定则还是不稳定）； 定，本来不稳定则还是不稳定）； •
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D(s) = a0s + a1s +L+ an−1s + an = 0
n n−1
劳斯行列表: 劳斯行列表
sn s s M s0
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a0
a2 a3
a4 a5
a6 a7
L L
sn−1 a1
n−2 n−3
c13 c23 c33 c43 L c14 c24 c34 c44 L M M M M M
可见第一列元素的符号改变两次，故系统是不稳定的且在 右半平 可见第一列元素的符号改变两次，故系统是不稳定的且在S右半平 面上有两个极点。 面上有两个极点。
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[处理办法二 ：用因子（s+a）乘原特征方程（其中 为任意正数）， 处理办法二]：用因子（ ）乘原特征方程（其中a为任意正数 为任意正数）， 处理办法二 然后对新特征方程应用劳斯判据 对新特征方程应用劳斯判据。 然后对新特征方程应用劳斯判据。 设系统特征方程为s 例3 设系统特征方程为 4+2s3+s2+2s+2 =0；试用劳斯稳定判据判 ； 断系统的稳定性。 断系统的稳定性。 乘以原特征方程， 解：对上例中第三列第一项的情况，以s+1乘以原特征方程，得 对上例中第三列第一项的情况， 乘以原特征方程 (s4+2s3+s2+2s+2)( s+1 ) = s5+ 3s4+ 3s3+3s2+4s+2 =0 列出劳斯表 s5 s4 s3 s2 s1 s0 1 3 2 -2 4/3 2 3 3 10/3 2 4 2
用劳思稳定判据判别系统是否稳定? 用劳思稳定判据判别系统是否稳定
解:
s3 1 100 s2 4 500 s1 − 25 0 s0 500 0
因为第一列有-25, 且正﹑负号改变 且正﹑ 因为第一列有 两次, 所以系统不稳定, 两次 所以系统不稳定 且有两个 根在s的右半平面上 的右半平面上. 根在 的右半平面上 也是因为系数的乘积差4*100<1*500 也是因为系数的乘积差
a0
a2 a3 c24 c25 M
a4 a5 c33 c34 c35 M
a6 a7
L L
sn−1 a 1 sn−3 c 14 sn−4 c 15 M s0 M
sn−2 c c23 13
c43 L c44 L c45 L M M
c ,n+1 c2,n+1 c3,n+1 c4,n+1L 1
则线性系统稳定的充要条件是 劳斯表中第一列各值均大于零. 劳斯表中第一列各值均大于零 如劳斯表第一列中出现小 于零的数值, 系统就不稳定, 且第一列各数值符号的改变次数, 于零的数值 系统就不稳定 且第一列各数值符号的改变次数 就是系统特征方程的正实部根的数目, 就是系统特征方程的正实部根的数目 即系统在极点平面的右 半平面上的极点个数. 半平面上的极点个数
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如果特征方程中有一对共轭虚根， 如果特征方程中有一对共轭虚根，它的对应 于等幅的周期振荡，称为临界平衡状态（ 于等幅的周期振荡，称为临界平衡状态（或临界 稳定状态）。 稳定状态）。 从控制工程的角度认为临界稳定状态属于不 从控制工程的角度认为临界稳定状态属于不 稳定。 稳定。
Im
稳 临 定 界 区 稳 定
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例3: 设系统的特征方程 D(s) = s5 + 2s4 + s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 为 用劳思稳定判据判别系统是否稳定? 用劳思稳定判据判别系统是否稳定
s5 解: s4 s3 s2 s1 s0 1 2 1 3 4 5
− 0.5 9 16/ 9 5
1.5 5
因为第一列有-0.5, 且正﹑负号 且正﹑ 因为第一列有 改变两次, 所以系统不稳定, 改变两次 所以系统不稳定 且有两个根在s的右半平面上 的右半平面上. 且有两个根在 的右半平面上
c(t) = ∑ci e
i=1 k pit
+ ∑e j ( Aj cosω j t + Bj sin ω j t)
j =1
r
σt
(t ≥ 0)
上式中第一项是指数函数，根为 pi ；第二项是指数函数与正弦 上式中第一项是指数函数， 函数的乘积， 要想系统稳定， 函数的乘积，根的实部为 σ j 。 要想系统稳定，两个指数函数 p 必须是衰减的，也就是说， 必须是负数。因此有， 必须是衰减的，也就是说， i 和 σ j 必须是负数。因此有， 线性 系统稳定的充要条件是： 系统稳定的充要条件是：闭环系统特征方程的所有根均具有负 实部；或者说，闭环传递函数的极点均分布在复平面的左半部。 实部；或者说，闭环传递函数的极点均分布在复平面的左半部。 为什么？ 为什么？
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S平面
不 稳 Re 定 区
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注意：稳定性是线性定常系统的一个属性， 注意：稳定性是线性定常系统的一个属性，只与系统本身的结构 参数有关，表现在传递函数中就只与特征根有关， 参数有关，表现在传递函数中就只与特征根有关，即只与极点有 与零点无关，也与输入输出信号无关； 关，与零点无关，也与输入输出信号无关； 对于一阶系统，s + a0 对于一阶系统a ， 1 系统是稳定的。 系统是稳定的。
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r αjs + βj B(s) B(s） k ci =∑ +∑ C(s) = R(s) = D(s) D(s） i=1 s − pi j=1[s − (σ j + jωj )][s − (σ j − jωj )]
对上式进行拉氏反变换，得到理想脉冲函数作用下的输出： 对上式进行拉氏反变换，得到理想脉冲函数作用下的输出：
limc(t) = 0
t→ ∞
即输出增量收敛于原平衡工作点，则系统是稳定的。 即输出增量收敛于原平衡工作点，则系统是稳定的。
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二 稳定的必要条件 闭环系统的传递函数为： 闭环系统的传递函数为：
C(s) bmsm + bm−1sm−1 +L+ b1s + b0 B(s) Φ(s) = = = n n−1 R(s) ans + an−1s +L+ a1s + a0 D(s)