最优控制理论与系统胡寿松版课后习题答案
最优控制胡寿松版部分习题答案
2-5 求通过(0)1x =，(1)2x =，使下列性能泛函为极值的极值曲线*()x t ：2(1)ft t J x dt =+⎰解：由题可知，始端和终端均固定被积函数21L x =+，0L x ∂=∂，2L x x ∂=∂， 2d L x dt x∂⋅=∂ 代入欧拉方程0L d L x dt x∂∂-⋅=∂∂，可得20x =，即0x = 故1x c = 其通解为：12x c t c =+代入边界条件(0)1x =，(1)2x =，求出11c =，21c = 极值曲线为*()1x t t =+2-6 已知状态的初值和终值为(1)4x =，()4f x t =式中f t 自由且f t >1，试求使下列性能泛函达到极小值的极值轨线*()x t ：211[2()()]2ft J x t x t dt =+⎰ 解：由题可知，2122L x x =+，()4f t ψ=，()14x =，()4f x t = 欧拉方程：L 0d L x dt x∂∂-=∂∂ 横截条件：()00t x =x ，()()f f x t t ψ=，()0fTt L L x x ψ∂⎛⎫+-= ⎪∂⎝⎭易得到2dxdt= 故12x t c =+ 其通解为：()212x t t c t c =++根据横截条件可得：()()()122121114424f f f f f x c c x t t c t c x t t c ⎧=++=⎪⎪=++=⎨⎪=+=⎪⎩解以上方程组得：12569f t c c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩将f t ，1c ，2c 代入J 可得5*201500502150233J x x dt =+=-=⎰ 极值轨线为()*269x t t t =-+2-7 设性能泛函为120(1)J x dt =+⎰求在边界条件(0)0x =，(1)x 自由情况下，使性能泛函取极值的极值轨线*()x t 。
解：由题可知，21L x =+，()00x =，()1x 自由欧拉方程：L 0d L x dt x∂∂-=∂∂ 横截条件：()00t x =x ，L 0ft x∂=∂，0fTt L L x x ∂⎛⎫+= ⎪∂⎝⎭易得到()x t a =其通解为：()x t at b =+代入边界条件()f x t a =，()00x =，1f t =，求出0a =，0b = 将f t ，a ，b 代入J 可得()1*211J x dt =+=⎰极值轨线为()*0x t = 2-9 求使泛函22211220(2)J x x x x dt π=++⎰为极值并满足边界条件1(0)0x =，2(0)0x =1()12x π=，2()12x π=- 的极值轨线*1()x t 和*2()x t 。
胡寿松自动控制原理课后习题答案
1 请解释下列名字术语:自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解:自动控制系统:能够实现自动控制任务得系统,由控制装置与被控对象组成; 受控对象:要求实现自动控制得机器、设备或生产过程扰动:扰动就是一种对系统得输出产生不利影响得信号、如果扰动产生在系统内部称为内扰;扰动产生在系统外部,则称为外扰。
外扰就是系统得输入量。
给定值:受控对象得物理量在控制系统中应保持得期望值参考输入即为给定值、反馈:将系统得输出量馈送到参考输入端,并与参考输入进行比较得过程。
２请说明自动控制系统得基本组成部分。
解:作为一个完整得控制系统,应该由如下几个部分组成:①被控对象: 所谓被控对象就就是整个控制系统得控制对象;②执行部件: 根据所接收到得相关信号,使得被控对象产生相应得动作;常用得执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件: 给定元件得职能就就是给出与期望得被控量相对应得系统输入量(即参考量);④比较元件: 把测量元件检测到得被控量得实际值与给定元件给出得参考值进行比较,求出它们之间得偏差、常用得比较元件有差动放大器、机械差动装置与电桥等。
⑤测量反馈元件:该元部件得职能就就是测量被控制得物理量,如果这个物理量就是非电量,一般需要将其转换成为电量。
常用得测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等;⑥放大元件: 将比较元件给出得偏差进行放大,用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号,可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成得电压放大器与功率放大级加以放大。
⑦校正元件: 亦称补偿元件,它就是结构或参数便于调整得元件,用串联或反馈得方式连接在系统中,用以改善系统得性能、常用得校正元件有电阻、电容组成得无源或有源网络,它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
３请说出什么就是反馈控制系统,开环控制系统与闭环控制系统各有什么优缺点？解:反馈控制系统即闭环控制系统,在一个控制系统,将系统得输出量通过某测量机构对其进行实时测量,并将该测量值与输入量进行比较,形成一个反馈通道,从而形成一个封闭得控制系统;开环系统优点:结构简单,缺点:控制得精度较差;闭环控制系统优点:控制精度高,缺点:结构复杂、设计分析麻烦,制造成本高、4 请说明自动控制系统得基本性能要求。
胡寿松自动控制原理课后习题问题详解
1 请解释下列名字术语：自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解：自动控制系统：能够实现自动控制任务的系统，由控制装置与被控对象组成；受控对象：要求实现自动控制的机器、设备或生产过程扰动：扰动是一种对系统的输出产生不利影响的信号。
如果扰动产生在系统内部称为内扰；扰动产生在系统外部，则称为外扰。
外扰是系统的输入量。
给定值：受控对象的物理量在控制系统中应保持的期望值参考输入即为给定值。
反馈：将系统的输出量馈送到参考输入端，并与参考输入进行比较的过程。
2 请说明自动控制系统的基本组成部分。
解：作为一个完整的控制系统，应该由如下几个部分组成：①被控对象：所谓被控对象就是整个控制系统的控制对象；②执行部件：根据所接收到的相关信号，使得被控对象产生相应的动作；常用的执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件：给定元件的职能就是给出与期望的被控量相对应的系统输入量（即参考量）；④比较元件：把测量元件检测到的被控量的实际值与给定元件给出的参考值进行比较，求出它们之间的偏差。
常用的比较元件有差动放大器、机械差动装置和电桥等。
⑤测量反馈元件：该元部件的职能就是测量被控制的物理量，如果这个物理量是非电量，一般需要将其转换成为电量。
常用的测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等；⑥放大元件：将比较元件给出的偏差进行放大，用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号，可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成的电压放大器和功率放大级加以放大。
⑦校正元件：亦称补偿元件，它是结构或参数便于调整的元件，用串联或反馈的方式连接在系统中，用以改善系统的性能。
常用的校正元件有电阻、电容组成的无源或有源网络，它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
3 请说出什么是反馈控制系统，开环控制系统和闭环控制系统各有什么优缺点？解：反馈控制系统即闭环控制系统，在一个控制系统，将系统的输出量通过某测量机构对其进行实时测量，并将该测量值与输入量进行比较，形成一个反馈通道，从而形成一个封闭的控制系统；开环系统优点：结构简单，缺点：控制的精度较差；闭环控制系统优点：控制精度高，缺点：结构复杂、设计分析麻烦，制造成本高。
自动控制原理+第五版课后习题答案 胡寿松 免费在线阅读
2-20 与 2-18 同
C(S)二 G4 N(S)~1 + G2G4+G3G4
■ 2Ua) C⑻- GjG^+G^d + G,!!, ) 丄R(s) - 1 + G1H1+ G3H2 +G1G2G3H1H2 +G1HiG3H2 E(s)__(1 + G3H2)_G4G3H2H!_
R(s) ~ /+GZH; +G3H2
l)
s
3-11劳斯表变号两次, 有两个特征根在s右半平面, 系统不稳定。
3-12(1) 有一对纯虚根: s1>2 = ±j2 系统不稳定。 (2) s12=±jVI s34=±l s5 =1 s6 =-5 系统小稳定。 (3) 有一对纯虚根:sh2 =±j75系统不稳定。
3-13 0 < k < 1.7
s
6-3 取 k = 20 < = 8 gJ«)= 1^0 045 验算得: <=: 7.93，/ = 62.1°
36
(36-co2) + jl3
5-3 ess (t) = 0.632sm(t + 48.4°)- 0.79cos(2t 一 26.57°)
或: css(t) = 0.447sin(t + 3.4°)-0.707cos(2t一
90°) 5-4
0.653 wn =1.848
ess(t) = r(t) — css(t)
ch - ehgf+afch
C(s) _ bcde + ade + (a + bc)(l + eg) Rj (s) 1 + cf + eg + bcdeh + cefg + adeh
自动控制原理胡寿松第二版课后答案第一章_参考答案范文合集
自动控制原理胡寿松第二版课后答案第一章_参考答案范文合集第一篇：自动控制原理胡寿松第二版课后答案第一章_参考答案控制系统导论习题及参考答案自动控制原理胡寿松第二版课后答案1-2 下图是仓库大门自动控制系统原理示意图，试说明系统自动控制大门开、闭的工作原理，并画出系统方框图。
解当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电压经放大器放大后，驱动伺服电动机带动绞盘转动，将大门向上提起。
与此同时，和大门连在一起的电刷也向上移动，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，大门达到开启位置。
反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘使大门关闭，从而可以实现大门远距离开闭自动控制。
系统方框图如下图所示。
1-3根据图示的电动机速度控制系统工作原理图，完成：(1)将a，b与c，d用线连接成负反馈状态；(2)画出系统方框图。
解：（1）负反馈连接方式为：a↔d，b↔c；（2）系统方框图如图所示。
1-3 图(a)，(b)所示的系统均为电压调节系统。
假设空载时两系统发电机端电压均为110V，试问带上负载后，图(a)，(b)中哪个能保持110V不变，哪个电压会低于110V？为什么?解：带上负载后，开始由于负载的影响，图(a)与(b)系统的端电压都要下降，但图(a)中所示系统能恢复到110伏而图(b)系统却不能。
理由如下：图(a)系统,当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K放大后，驱动电机D转动，经减速器带动电刷，使发电机F的激磁电流Ij增大，发电机的输出电压会升高，从而使偏差电压减小，直至偏差电压为零时，电机才停止转动。
因此，图(a)系统能保持110伏不变。
图(b)系统，当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K后，直接使发电机激磁电流增大，提高发电机的端电压，使发电机G 的端电压回升，偏差电压减小，但不可能等于零，因为当偏差电压为0时，if=0，发电机就不能工作。
即图(b)所示系统的稳态电压会低于110伏。
自动控制原理 胡寿松 第二版 课后答案 第二章_参考答案
第二章控制系统的数学模型习题及参考答案
自动控制原理胡寿松第二版课后答案
2-2 由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得
整理得
将上式拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得
于是传递函数为
②其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；而在其下半部工。
引出点处取为辅助点B。
则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从A和B两点可以分别列出如下原始方程：
消去中间变量x，可得系统微分方程
对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为
③以引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
移项整理得系统微分方程
对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即
则系统传递函数为
2-3
(b)以k1和f1之间取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
所以
2-6解：
2-7 解：
2-8 解：
2-9解：
2-10解：
系统的结构图如下：
系统的传递函数为：
2-11 解：(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
2-12 解：。
最优控制理论与系统胡寿松版课后习题答案
3－ 6 已知二阶系统方程
?
x1(t)
?
x2(t)
x2(t ) u(t ),
x1 (0) 0
x1(t f )
2
式中
x2 (0) 0, x2 (t f ) 2,
u(t)
1,t f 自由。试求使性能指标 J
1 2
t 0
f
[
x12
(t
)
x
2 2
(t
)
u 2(t)] dt 为极小
的最优控制 u (t ) ，最优轨线 x (t) 以及最优指标 J 。 解：本例为线性定常系统，积分型性能指标， t f 自由，末端
e
*
J
1
1
[ x(t) u(t)]dt
ln
2 (2 e
t
1 )dt
11
t
32 e
e[ (2 e)e ]dt
ln 0.45
0
2
0
2
ln 2
2
2e 2
最优解曲线如下：
3-5 控制系统
x&1 x&2
u1, x1(0) 0, x1(1) 1 ，试求最优控制
x1 u2 , x2 (0), x2 (1) 1
u1* (t) ,
x2
H u1 2u1 H u2 2u2
10
u1 ( t )
， 解得
20
u2 (t)
1 (1 c1)t
2 1 2 c1
c2
，由状态
方程有
x&1(t )
1
(1 2
c1 )t
c2
，
解得
x&2 ( t )
x1(t )
1 c1
胡寿松《自动控制原理》笔记和课后习题(含考研真题)详解(动态系统的最优控制方法)【圣才出品】
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（2）变分和变分法
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t
tx t dt
试求：
（1）δJ 的表达式；
（2）当 x（t）＝t2，δx＝0.1t 和 δx＝0.2t 时的变分 δJ 的值。
解：（1）由泛函变分规则可知：
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（2）由（1）可知，δx＝0.1t 时：
δx＝0.2t 时：
10-6 试求下列性能指标的变分 δJ。
J tf t2 x2 x&2 dt t0
解：由泛函变分规则，求得：
10-7 已知性能指标为： 求 J 在约束条件 t2＋x12＝R2 和边界条件 x1（0）＝－R，x2（0）＝0，x1（R）＝0，x2 （R）＝π 下的极值。 解：构造广义泛函为：
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第 10 章 动态系统的最优控制方法
10.1 复习笔记
考研初试一般不考查本章内容，下文为最优控制问题的基础理论部分。
一、最优控制的基本概念 （1）最优控制 概念：在系统状态方程和约束条件给定的情况下，寻找最优控制律，使衡量系统的某一 性能指标达到最优（最小或最大）。 （2）最优控制问题 任何一个最优控制问题均应包含四方面内容：①系统数学模型；②边界条件与目标集； ③容许控制；④性能指标。 （3）最优控制的研究方法 包括：解析法；数值计算法；梯度型法。
自动控制原理胡寿松主编课后习题答案详解
运动模态 e−t / 2 sin
3 2
t
所以： x(t) =
2 3
e
−t
/
2
sin
3 2
t
（3） &x&(t) + 2x&(t) + x(t) = 1(t）。
解：对上式两边去拉氏变换得：
(s 2
+ 2s + 1) X (s) = 1 → X (s) = s
s(s 2
1 + 2s + 1)
=
1 s(s + 1)2
（2）
iC 2
ห้องสมุดไป่ตู้
=
uC1
+ iC1R R
+
iC1
= uC1 R
+ 2iC1
= C2
duC 2 dt
= C2
d (u0 − iC1R) dt
（3）
4
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
即：
uC1 R
+
2iC1
=
C2
d (u0
− iC1R) dt
（4）
将（1）（2）代入（4）得：
ui
− u0 R
+ 2C1
d (ui − u0 ) dt
y0
=
12.65
×
1.1y
0.1 0
= 13.915 ×1.1y00.1
2-8 设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：
ed = Ed0 cosα
式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。 解：
设正常工作点为 A，这时 Ed = Ed 0 cosα 0
胡寿松《自动控制原理》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解2
6-2 设单位反馈 统 开环 函 为
试设计 联 前校正装置， 统满
（1） 角裕度r≥45°；
（2） 单位
入下 态 差
下 标：
（3）截止频率ωc≥7.5rad／s。
解： 开环
取
则开环 函 为：
令
，解得校正前
rad/s
则校正前 角裕度为：
不 合题 要求，
前校正。
取
rad/s，可得：
，可得：
则 前校正环节 校正后 统开环 其 角裕度为
统性能得：
3．某 反馈 统开环 函
合要求。
（1）求 统 角裕度 幅 裕度。
（2） 角裕度
联 前校正 联滞后校正 主要特点。为 统
，试分 统应
联 前校正还 联滞后校正?
[
技 2009 ]
解：（1）求截止频率与
裕度：
求幅 裕度：
（2）要 节 校正。
统 角裕度
，
前校正，则需要校正环
不合
前校正，可以
联滞后
为 习重点， 此，本 分也就没
考 题。
第二部分 课后习题
第6章 线性系统的校正方法
6-1 设 单位反馈 火炮
统，其开环 函 为
若要求 统最 2°，试求：
出速度为12°/s， 出位置
许 差小
（1） 满 上 幅 裕度；
标 最小K ，计 该K 下 统
角裕度
（2） 前
前校正网络
计 校正后 统 能影。
角裕度 幅 裕度，
解：（1） 题可
则 统 特征表 式为
统特征 为：
令
，则
则
可得：
所以 统 状态 应为
（2）求 统 出范 最小 刻t
自动控制原理第3章习题解答
−
−
ω n (ξ − ξ 2 − 1)
1 10
2
T2 = 1 60
1
ω n (ξ + ξ 2 − 1)
显然： T1 =
T2 =
ξ2 T1 ξ + ξ − 1 = =6= T2 ξ − ξ 2 − 1 1 1− 1− 2 ξ
由 T1 =
1+ 1−
1
解方程得 ξ =
7 2 6
1
ω n (ξ − ξ − 1)
试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：闭环传递函数
0.4 s + 1 G( s) 0.4 s + 1 s ( s + 0.6) GB ( s) = = = 2 s + s +1 1 + G ( s ) 1 + 0.4 s + 1 s( s + 0.6) C ( s ) = GB ( s ) R( s ) = 1 0.4 s + 1 0.4 1 = 2 + 2 2 s s + s + 1 s + s + 1 s( s + s + 1) s +1 s + 0.6 0.4 1 1 = 2 + − 2 = − 2 s + s +1 s s + s +1 s s + s +1
3.5 = 7s 0.5
3-6 已知控制系统的单位阶跃响应为
h(t ) = 1 + 0.2e −60t − 1.2e −10t
试确定系统的阻尼比ζ和自然频率ωｎ。 解： 求拉氏变换得
H (s) =
1 0.2 1.2 ( s + 60)( s + 10) 0.2s ( s + 10) 1.2s ( s + 60) + − = + − s s + 60 s + 10 s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10)
自动控制理论第五章习题答案
2 ωn s( s + 2ζω n )
G( s) =
当取 r (t ) = 2 sin t 时，系统的稳态输出
css (t ) = 2 sin(t − 450 )
试确定系统参数 ω n , ζ 。 解：根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到： c ss (t ) = A G B ( jω ) sin(ωt + ϕ + ∠G B ( jω ))
20
ϕ (ω )
− 89 o
− 87.2 o
− 92.1o − 164 o
− 216 o
− 234.5 o
− 246 o
− 254 o
− 258 o
ω
30
50
100
ϕ (ω )
− 262 o
− 265 o
− 267.7 o
作系统开环对数频率特性图，求得 ω c = 1 ,系统的穿越频率 ω r = 18 系统的幅值裕度和相角裕度为 h =
根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到： c ss (t ) = A G ( jω ) sin(ωt + ϕ + ∠G ( jω ))
c ss1 (t ) = A1 G ( jω1 ) sin(ω1t + ϕ1 + ∠G ( jω1 ))
所以
=
1 5
sin(t + 30 0 − 26.6 0 ) = 0.447 sin(t + 3.4 0 )
C ( s) 36 = G ( s) = R( s) ( s + 4)( s + 9)
所以系 = A(ω )e jϕ (ω ) ( jω + 4)( jω + 9)
自动控制原理胡寿松第四版课后题答案
C1C 2 R
d 2u0 du 0 u 0 d 2ui ui du C C C C R + ( + 2 ) + = + + 2C1 i 2 1 1 2 2 2 dt R R dt dt dt
2-5
设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。
试通过结构图等效变换求系统传递函数c14胡寿松自动控制原理习题解答第二章15胡寿松自动控制原理习题解答第二章16胡寿松自动控制原理习题解答第二章17胡寿松自动控制原理习题解答第二章18试简化图266中的系统结构图并求传递函数c18胡寿松自动控制原理习题解答第二章进一步化简得19胡寿松自动控制原理习题解答第二章再进一步化简得
2-7 设弹簧特性由下式描述：
F = 12.65 y 1.1
其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。
解： 设正常工作点为 A，这时 F0 = 12.65 y 0 在该点附近用泰勒级数展开近似为：
1.1
df ( x) y = f ( x0 ) + ( x − x0 ) dx x0
整理上式得
&0 + f1 K 2 x & 0 + K1 f1 x & 0 + K1 f 2 x & 0 + K1 K 2 x0 f1 f 2 & x &i + f1 K 2 x &i + K1 f 2 x & i + K 1 K 2 xi = f1 f 2 & x
对上式去拉氏变换得
3
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
自动控制原理(胡寿松)课后习题答案详解
=
0.04 s 2
1 + 0.24s
+1
C (s)
=
0.04 s 2
10 6s + 10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
E(s) =
10
=
10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
=
(6s
200(20s + 5) + 10)(20s + 5) +
200
=
200(20s + 5) 120s 2 + 230s + 250
U 0 (s) + U i (s) R0
U1 (s) R0
U 2 (s) R0
式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得
9
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
U0 (s)
= − Z1 Z 2 R2 即
U 0 (s) + U i (s) R0 R0 R0
U 0 (s) + U i (s) = − R03
U0 (s)
正比，此时有
F
d(H − dt
H0)
=
(Q1
−
Q0 )
−
(Q2
−
Q0 )
于是得水箱的微分方程为
F
dH dt
= Q1 − Q2
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
图 2-58 电网络与机械系统
1
解：（a）：利用运算阻抗法得： Z1
=
R1
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
4-1 设单位反馈控制系统的开环传递函数 1)(+=∗s K s G试用解析法绘出∗K 从零变到无穷时的闭环根轨迹图，并判断下列点是否在根轨迹上： （－２＋ｊ０）， （０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２） 解：有一个极点：（－1＋ｊ０），没有零点。
根轨迹如图中红线所示。
（－２＋ｊ０）点在根轨迹上，而（０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）点不在根轨迹上。
4-2 设单位反馈控制系统的开环传递函数 )12()13()(++=s s s K s G 试用解析法绘出开环增益K 从零增加到无穷时的闭环根轨迹图。
解：系统开环传递函数为)2/1()3/1()2/1()3/1(2/3)(++=++=s s s K s s s K s g G 有两个极点：（0＋ｊ０），（－1/2＋ｊ０），有一个零点（-1/3，j0）。
根轨迹如图中红线所示。
4-3 已知开环零、极点分布如图4-28所示，试概略绘出相应的闭环根轨迹图。
图4-28 开环零、极点分布图4-4 设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图(要求确定分离点坐标d)： (1) )15.0)(12.0()(++=s s s Ks G解：系统开环传递函数为)2)(5()2)(5(10)(++=++=s s s K s s s Ks g G 有三个极点：（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－5＋ｊ０）没有零点。
分离点坐标计算如下：051211=++++d d d 3解方程的010142=++d d 7863.31−=d ，d 88.02−=取分离点为88.0−=d根轨迹如图中红线所示。
（2） )12()1()(++=s s s K s G解：系统开环传递函数为)5.0()1()5.0()1(2/)(++=++=s s s K s s s K s g G有两个极点：（0＋ｊ０），（－0.5＋ｊ０），有一个零点（－1＋ｊ０）。
分离点坐标计算如下：115.011+=++d d d 解方程的05.022=++d d 7.11−=d ，d 29.02−=取分离点为7.11−=d ，29.02−=d 根轨迹如图中红线所示。
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2-5 求通过(0)1x =，(1)2x =，使下列性能泛函为极值的极值曲线*()x t ：02(1)ft t J x dt =+⎰&解：由题可知，始端和终端均固定，被积函数21L x =+&，0L x ∂=∂，2L x x ∂=∂&&， 2d Lx dt x∂⋅=∂&&& 代入欧拉方程0L d Lx dt x∂∂-⋅=∂∂&，可得20x =&&，即0x =&& 故1xc =& 其通解为：12x c t c =+ 代入边界条件(0)1x =，(1)2x =，求出11c =，21c = 极值曲线为*()1x t t =+2-6 已知状态的初值和终值为(1)4x =，()4f x t =式中f t 自由且f t >1，试求使下列性能泛函达到极小值的极值轨线*()x t ：211[2()()]2ft J x t x t dt =+⎰& 解：由题可知，2122L x x =+&，()4f t ψ=，()14x =，()4f x t = 欧拉方程：L 0d Lx dt x∂∂-=∂∂& 横截条件：()00t x =x ，()()f f x t t ψ=，()0fTt L L x x ψ∂⎛⎫+-= ⎪∂⎝⎭&&&易得到2dxdt=& 故12xt c =+& 其通解为：()212x t t c t c =++根据横截条件可得：()()()122121114424f f f f f x c c x t t c t c x t t c ⎧=++=⎪⎪=++=⎨⎪=+=⎪⎩&解以上方程组得：12569f t c c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩ 还有一组解⎪⎩⎪⎨⎧===12121c c t f (舍去，不符合题意f t >1)将f t ，1c ，2c 代入J 可得3140)3(4)212(50250.2*=-=+=⎰⎰•t dt x x J . 极值轨线为()*269x t t t =-+2-7 设性能泛函为120(1)J x dt =+⎰&求在边界条件(0)0x =，(1)x 自由情况下，使性能泛函取极值的极值轨线*()x t 。
解：由题可知，21L x =+&，()00x =，()1x 自由欧拉方程：L 0d L x dt x∂∂-=∂∂&横截条件：()00t x =x ，L 0f t x ∂=∂&，0fT t L L x x ∂⎛⎫+= ⎪∂⎝⎭&&易得到()x t a =&其通解为：()x t at b =+代入边界条件()f x t a =&，()00x =，1f t =，求出0a =，0b =将f t ，a ，b 代入J 可得()1*211J x dt =+=⎰& 极值轨线为()*0x t = 2－8 设泛函dt t x x x x L J tft ),,,,(2..1201⎰=端点),,(02010t x x A 固定，端点)),(),((21t t x t x B f f 可沿空间曲线)()(),()(21f f f f t t c t t c ψϕ== 移动。
试证：当泛函取极值时，横截条件为0)()([.2.2...1.=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂-+∂∂-+tfx L x x L x L ψϕ证：根据题意可知，此题属于起点固定，末端受约束情况，由25P)(...=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂--tfT x L x c L 可得，（1）由 []Tψϕ,,T x x x ),(2.1..=),()(.2..1...x x x c T--=-ψϕ,T x Lx LxL ),(..1.2∂∂∂∂=∂∂∴.22..1.1.....)()()(x L x x L x xT x c T∂∂-+∂∂-=∂∂-ψϕ（2）将（2）代入（1）式，得：0)()(...22.1.1=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡∂∂-+∂∂--tfx L x x L x L ψϕ,得证。
2-13 设系统状态方程12()()x t x t =&，1(0)2x = 2()()x t u t =&，2(0)1x =性能指标如下：201()2f t J u t dt =⎰要求达到()0f x t =，试求（1）5f t =时的最优控制*()u t 。
（2）f t 自由时的最优控制*()u t 。
解：由题可知构造H ：212212T H L f u x u λλλ=+=++正则方程：11212()0()H t x H t x λλλ∂⎧=-=⎪∂⎪⎨∂⎪=-=-⎪∂⎩&& 可求得 11212()()t c t c t c λλ=⎧⎨=-+⎩控制方程：20Hu uλ∂=+=∂ 由上式可得 212()u t c t c λ=-=-由状态方程12()()x t x t =&，2()()x t u t =&可得32112342212311()621()2x t c t c t c t c x t c t c t c ⎧=-++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩ （1）5f t =时由边界条件1(0)2x =，2(0)1x =，1()0f x t =，2()0f x t =可得343212342123121155506215502c c c c c c c c c =⎧⎪=⎪⎪⎨*-*+*+=⎪⎪*-*+=⎪⎩ 得 123454125322512c c c c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪=⎩故32122916()2125252732()112525x t t t t x t t t ⎧=-++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩有 25432()12525x t t =-&有最优控制*5432()12525u t t =- （2）若f t 自由由哈密顿函数在最优轨线末端应满足的条件21221()()()()()()02f f f f f f fH t u t t x t t u t t ϕλλ∂=++=-=∂得0)(=f t u即2()0f t λ=，从而21f c c t =，代入32122121120621102f f f f f c t c t t c t c t ⎧-++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩可得6f t =- 因为时间总为正值，所以此题无解。
3-2 设二阶系统的状态方程),()()(),()(122.1t u t x t x t x t x +==••边界条件)2(,0)2(1)0(,1)0(2121====x x x x 试求下列性能指标的极小值：⎰+=2021)]()([21dt t u t x J 解：由题可知构造H ：2112211()()2H L f x u x x u λλλ=+=++++由协态方程和极值条件：112121212[()]0H x u x H x Hx u u λλλλλ••∂⎧=-=-++⎪∂⎪∂⎪=-=-⎨∂⎪⎪∂=++=⎪∂⎩得11212c c t c λλ=⎧⎨=+⎩代入状态方程得：.12212()(),()()x t x t x t c t c ••⎧=⎪⎨⎪=+⎩ 即3211234*********x c t c t c t c x c t c t c ⎧=-++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，代入初始条件解得：123433.511c c c c =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩ 故3212217()12437()122x t t t t x t t t **⎧=-++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，此时22221001[()()](3 3.5)0.30772J x t u t dt t dt *=+=-=⎰⎰ 3-4 给定一阶系统方程()()()x t x t u t =-+&，(0)1x =控制约束为()1u t ≤，试求使下列性能指标：101[()()]2J x t u t dt =-⎰ 为极小值的最优控制*()u t 及相应的最优轨线*()x t 。
解：由题可知构造H ：1()()(1)()22u H x x u x u λλλ=-+-+=-+-哈密顿函数达到极小值就相当于使性能指标极小，因此要求1()2u λ-极小。
且取其约束条件的边界值，即()1u t =时，使哈密顿函数H 达到最小值。
所以，最优控制应取*11,2()112u t λλ⎧->⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩， 由协态方程 ()1Ht xλλ∂=-=-∂&可得 ()1t t ce λ=- 由横截条件 (1)0λ=求得 1c e -=，于是有1()1t t e λ-=-显然，当()0.5s t λ=时，*()u t 产生切换，其中s t 为切换时间。
不难求得ln 2s et =，故最优控制为*1,0ln 2()1,ln 12e t u t e t ⎧-≤<⎪⎪=⎨⎪≤≤⎪⎩ 将*()u t 代入状态方程，得1,0ln 2()1,ln 12e x t x t e x t ⎧--≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩& 解得121,0ln 2()1,ln 12tt e c e t x t e c e t --⎧-≤<⎪⎪=⎨⎪+≤≤⎪⎩ 代入初始条件(0)1x =，可得 12c =，因而()21t x t e -=-，0ln2et ≤< 在上式中，令ln 2e t =，可求出ln12et ≤≤时()x t 的初始条件 ln 24(ln )2112e e x e e-=-=- 从而求得22c e =-。
因而()(2)1t x t e e -=-+，ln12et ≤≤ 于是，最优轨线为21,0ln 2()(2)1,ln 12tt e e t x t e e e t --⎧-≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩ 将求得的*()u t 和*()x t 代入式J ，得最优性能指标1ln 1*200ln 211132[()()](2)[(2)]ln 0.4522222et t e e J x t u t dt e dt e e dt e --=-=-++-=--≈⎰⎰⎰ 最优解曲线如下：3-5 控制系统111121222, (0)0,(1)1, (0),(1)1x u x x x x u x x ===⎧⎨=+=⎩&&，试求最优控制*1()u t ,*2()u t 以及最优轨线*1()x t 和*2()x t ,使性能指标()1221120()()()J x t u t u t dt =++⎰为极小值。
解：哈密尔顿函数为221121H x u u u x u λλ1212=++++(+)由协态方程：12122(1)0H x H x λλλ••∂⎧=-=-+⎪∂⎪⎨∂⎪=-=⎪∂⎩，解得11221(1)c t c c λλ=-++⎧⎨=⎩，由极值条件：1112222020H u u H u u λλ∂⎧=+=⎪∂⎪⎨∂⎪=+=⎪∂⎩， 解得[]112211()(1)21()2u t c t c u t c ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，由状态方程有 1122111()(1)21()()2x t c t c x t x t c ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩&&，解得211233221231411()(1)42111()(1)()1242x t c t c t c x t c t c t c c t c ⎧=+-+⎪⎪⎨⎪=+-+-+⎪⎩，代入初始值解得：12341200c c c c =-⎧⎪=-⎪⎨=⎪⎪=⎩ ，故*1*2()11()2u t u t ⎧=⎪⎨=⎪⎩ *1*22()11()22x t t x t t t⎧=⎪⎨=+⎪⎩此时1220171()24Jt dt *⎛⎫=++= ⎪⎝⎭⎰ ………………………………………………………………………………………………….. 3－6 已知二阶系统方程 122()()()(),x t x t x t u t ••==12(0)0(0)0,x x ==12()2()2,f f x t x t ==式中f t t u ,1)(≤自由。