试用劳斯判据判断系统的稳定性解

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a.劳斯表某行的第一项等于零，而本行中其余项不全为零
系统必不稳定！
处理方法：可以用一个小的正数 代替它，而继续
计算其余各元，完成劳斯表。
例3-5 系统的特征方程如下,试用劳斯判据判断系统的稳定性。
s 4 2s 3 s 2 2s 1 0
解：列劳斯表
s4 s
3
1 2 2 1 2
p1,2 j 2 , p3,4 j 2 , p5,6 1 j 2
END
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代数判据
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（1）列劳斯表的建立
a0 s 特征方程式：
劳斯表：
n
a1sn1 an1s an 0， a0 0
s a0 s n 1 a1 s n2 s n 3 c1 e1 f1 g1
n
a2 a3
a4 a5 b3
a6 a7 b4 c4
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自动控制系统的代数稳定判据
3.5自动控制系统的代数稳定判据
一个线性系统正常工作的首要条件，就是 它必须是稳定的。 用代数的方法判断线性系统的稳定性，分 析系统参数变化对稳定性的影响，是本节要介 绍的内容。
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3.5自动控制系统的代数稳定判据
s 3 2s 2 s 2 0
解：列劳斯表
s 2 s 1 s s0
3
第1列各元中的上面和下面的系数符号
1 1 2 2
不变，故有一对虚轴上的根。 将特征方程式分解，有

2
(s2 1) s 2 0
解得根为 p1, 2 j1 ,
p3 2
临界稳来自百度文库！
b. 劳斯表的某一行所有元全为零 系统必不稳定！
由上表可以看出，s3行的各项全部为零。为了求出s3～s0各项， 用s4行的各元构成辅助方程式
p(s) s 4 6s 2 8
3.5自动控制系统的代数稳定判据
dps 它的导函数为 4s 3 12s ds 用导函数的系数4和12代替行相应的元继续算下去，得 劳斯表为
s6 s5 s4 s3 s2 s1 s0 1 8 20 16 0 8 2 12 16 1 6 4 12 3 4 3 8 8
原 始 数 据
b1 b2 e2
c2 c3
1 a1 c1 b1 b1
a3 b2
s2 s1 s0
1 a0 b1 a1 a1
1 a0 b2 a1 a1
a2 a3
a4 a5
计 算 数 据
1 a1 c2 b1 b1
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a5 b3
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（2）劳斯判据
稳定的充分必要条件
系统特征方程的根（即系统闭环传递函数的 极点）全部负实数或具有负实部的共轭复数，也 就是所有的闭环特征根 p j 分布在s平面虚轴的左 侧 ，即
Re[ p j ] 0
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3.5自动控制系统的代数稳定判据
不需要求“根”，直接利用特征方程的系数 就可以判断系统的稳定性的方法。 劳斯判据是其中的一种。
过求解这个辅助方程得出。
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3.5自动控制系统的代数稳定判据
例3-7 系统的特征方程如下,试用劳斯判据判断系统的稳定性。
s 6 2s 5 8s 4 12s 3 20s 2 16s 16 0
解：列劳斯表
s6 s5 s4 s3 1 8 20 16 2 12 16 0 1 6 8 0 0 0
系统特征方程的全部根都在 s 左半平面（
系统稳定）的充分必要条件是劳斯表的第1列
元素全部是正数（或不变号）。
若劳斯表中第1列元素改变符号（不全为
正），则系统不稳定。方程在 s 右半平面根的
个数等于元素变号的次数。
注意：a0>0
3.5自动控制系统的代数稳定判据
例3-4 系统的特征方程如下，试用劳斯判据判断系 统的稳定性。
2s 6 5s 5 3s 4 4s 3 6s 2 14s 7 0
解：列劳斯表
s6 s5 s4 s3 s2 s1 s0
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2 3 6 7 5 4 14 7 2 7 5 5 18 11 7 115 7 18 1589 115 7
该系统不稳定，有2个 根在S右半平面
1 2 1
1
s2 0 s1 s0

系统闭环极点： -1.8832 0.2071 + 0.9783i 0.2071 - 0.9783i -0.5310
第一列元素有为零项，系统必不稳定；变号两次，有两个 右半S平面的根。
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例3-6 系统的特征方程如下, 判断系统的稳定性。
结论：在新得到的劳斯表中第1列没 有变号，因此可以确定在S右半平面 没有特征根。另外，由于行的各元均 为零，这表示有共轭虚根。系统处于 临界稳定状态。
3.5自动控制系统的代数稳定判据
这些虚根可由辅助方程式求出。本例的辅助方程式是
p(s) s 4 6s 2 8
由之求得特征方程式的大小相等符号相反的虚根为
这表明方程有一些大小相等且对称于原点的根。
例如 p , p j, p j
显然，系统是不稳定的。
处理方法：利用全 0 行的上一行各元构造一个辅 助方程，式中均为偶次。以辅助方程的导函数的 系数代替劳斯表中的这个全 0 行，然后继续计算
下去。这些大小相等而关于原点对称的根可以通