线性系统的稳定性分析阅读
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①判定稳定性，确定正根的个数。 R(s)
②确定使系统稳定的参数取值范围。
E(s) 1 K1 / s
n2 C(s)
s(s 2n )
wenku.baidu.com
［例］ 设比例-积分（PI）控制系统 如图所示， 0.2 n 86.6
（1）确定使系统稳定 K1取值范围。
解：
R(s) E(s) s+K1
n2 C(s)
s
s(s 2n )
d1
d2
an4
an5
b3
c3
d3
an6
an7
……… ………
b4
c4 … … …
d4 … … …
an an2
b1
an1 an3 an1
an1an2 anan3 an1
an an4
b2
an1 an5 an1
an a 1 n4 anan5 an1
… … …
s2
e1
e2
s1
f1
s0
g1
2020/5/24
设系统的特征方程为 D(s) ansn an1sn1 ...... a1s a0 0
稳定
ai 0 (i 0,1,2, , n)
[例] D(s) s5 6s4 9s3 2s2 8s 12 0 ——不稳
D(s) s5 4s4 6s2 9s 8 0
——不稳（缺3次项）
➢特殊情况
[例]：
s4 2s3 s2 2s 1 0
s4 1 1 1
s3 2 2 0
s2 0( ) 1 0
s1 s0
2 2
1
0 0
0
2
2
0
劳思表某一行第一项系数为零，
而其余系数不全为零时，用 代
替零，继续劳斯判据。
［结论］系统是不稳定的，有两个根具有正实部。
2020/5/24
8
3、劳斯（Routh）稳定判据（6）
稳定：系统在扰动作用下偏离了原来的平衡位置，当扰动消除后，系统能回到原来
的平衡位置，则称系统稳定；否则系统不稳定。
！！！稳定是系统能够正常运行的首要条件。
2020/5/24
2
2、稳定的充要条件
稳定
所有特征根都具有负 实部（不包括虚轴）
2020/5/24
3
3、劳斯（Routh）稳定判据（1）
1、稳定的必要条件
3
5
s3 0.5 1.5
s2 9
5
s1 32 0 s0 9
50
0 -1 3 0
（ 2）
0
0
1
（
0
0392 ）
0
［结论］劳斯阵第一列有负数，系统是不稳定的。其符号变化两次，表示有两 个极点在s的右半平面。
用一个正数去乘某行，不会改变系统的稳定性结论。
2020/5/24
7
3、劳斯（Routh）稳定判据（5）
0
劳思表如下
s3
1
s2 31.6
7433.8 7500K1 7466.4
s
1
-1
s
s = s1 -1
s1 31.6 7433.8 (7500K1 7466.4)
31.6
s0 7500K1 7466.4
解得
0.995 K1 32.3
2020/5/24
11
s4 2 12 16
s3 0 0 0 s3 8(1) 24(3) 0
s2 3
8
s1 1
0
3
s0 8
劳斯阵出现全零行时，表明特征方程具有大小相等而方向相反的根。如：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。
2020/5/24
9
3、劳斯（Routh）稳定判据（7）
3. 劳斯判据的应用
(s)
n2 (s K1)
s3 2ns2 n2s K1n2 D(s) s3 2ns2 n2s K1n2
s3 34.6s2 7500s 7500K1 0
s3
1
7500
s2 34.6
7500K1
s1 34.6 7500 7500K1
2020/5/24 0 K1 34.6
3-5 线性系统的稳定性分析
1、稳定的概念及定义 2、稳定的充要条件 3、劳斯（Routh）稳定判据
2020/5/24
1
1、稳定的概念及定义
f A
d
c
f
A'
Af
A
图a
图b
图c
图a为稳定的系统。图b为不稳定系统。
图c中，小球在C范围内，系统是稳定的，故可以认为该系统是条件稳定系统。
稳定性：指系统在扰动消失后，由初始偏差状态恢复到原平衡状态的性能。
解 列劳斯表
s4
1
s3
2
3
5
4
0
s2
s1
2020/5/24
s0
23 1 4 1 2
1 4 2 5 6 1
5
5
结论：系统不稳定。变号
两次，有两个闭极点在右
半s平面。
6
3、劳斯（Routh）稳定判据（4）
[例]：系统的特征方程为：s5 2s4 s3 3s2 4s 5 0
s5 1
1
4
s4 2
34.6
s0 7500K1
10
3、劳斯（Routh）稳定判据（8）
（2）当要求闭环极点全部位于s 1 垂线的左边，求 K1 的取值范围。（相
对稳定性）
解： 令 s s1 1 得系统新的特征方程为：
D(s) (s1 1)3 34.6(s1 1)2 7500(s1 1) 7500K1
s13 31.6s12 7433.8s1 (7500K1 7466.4)
an1 an3
c1
b1
b2
b1
b1an3
b2an1
b1
5
3、劳斯（Routh）稳定判据（3）
➢劳斯判据
（1）系统稳定
劳斯表第一列元素全为正
（2）劳斯表第一列元素的符号改变次数= s右半平面特征根的个数
［例］ 已知系统的特征方程为 s4 2s3 3s2 4s 5 0
试用劳斯判据分析系统的稳定性。
［例］ 已知系统的特征方程为
s6 2s5 8s4 12s3 20s2 16s 16 0
分析系统的稳定性。
s6 1 8 20 16
解：由特征方程列劳斯表
s5 2 12 16
辅助方程： (s) 2s4 12s2 16
求导：
d(s) 8s2 24s 0 ds
解辅助方程A(s)=0：
s1,2 j 2 s3,4 j2
D(s) s4 5s3 7s2 2s 10 0
——可能稳定
2020/5/24
4
3、劳斯（Routh）稳定判据（2）
2. 劳斯判据
特征方程： ansn an1sn1 ...... a1s a0 0
➢计算劳斯表
………
sn
an
an2
s n1
an1
an3
sn2
b1
b2
s n3
c1
c2
sn4
②确定使系统稳定的参数取值范围。
E(s) 1 K1 / s
n2 C(s)
s(s 2n )
wenku.baidu.com
［例］ 设比例-积分（PI）控制系统 如图所示， 0.2 n 86.6
（1）确定使系统稳定 K1取值范围。
解：
R(s) E(s) s+K1
n2 C(s)
s
s(s 2n )
d1
d2
an4
an5
b3
c3
d3
an6
an7
……… ………
b4
c4 … … …
d4 … … …
an an2
b1
an1 an3 an1
an1an2 anan3 an1
an an4
b2
an1 an5 an1
an a 1 n4 anan5 an1
… … …
s2
e1
e2
s1
f1
s0
g1
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设系统的特征方程为 D(s) ansn an1sn1 ...... a1s a0 0
稳定
ai 0 (i 0,1,2, , n)
[例] D(s) s5 6s4 9s3 2s2 8s 12 0 ——不稳
D(s) s5 4s4 6s2 9s 8 0
——不稳（缺3次项）
➢特殊情况
[例]：
s4 2s3 s2 2s 1 0
s4 1 1 1
s3 2 2 0
s2 0( ) 1 0
s1 s0
2 2
1
0 0
0
2
2
0
劳思表某一行第一项系数为零，
而其余系数不全为零时，用 代
替零，继续劳斯判据。
［结论］系统是不稳定的，有两个根具有正实部。
2020/5/24
8
3、劳斯（Routh）稳定判据（6）
稳定：系统在扰动作用下偏离了原来的平衡位置，当扰动消除后，系统能回到原来
的平衡位置，则称系统稳定；否则系统不稳定。
！！！稳定是系统能够正常运行的首要条件。
2020/5/24
2
2、稳定的充要条件
稳定
所有特征根都具有负 实部（不包括虚轴）
2020/5/24
3
3、劳斯（Routh）稳定判据（1）
1、稳定的必要条件
3
5
s3 0.5 1.5
s2 9
5
s1 32 0 s0 9
50
0 -1 3 0
（ 2）
0
0
1
（
0
0392 ）
0
［结论］劳斯阵第一列有负数，系统是不稳定的。其符号变化两次，表示有两 个极点在s的右半平面。
用一个正数去乘某行，不会改变系统的稳定性结论。
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3、劳斯（Routh）稳定判据（5）
0
劳思表如下
s3
1
s2 31.6
7433.8 7500K1 7466.4
s
1
-1
s
s = s1 -1
s1 31.6 7433.8 (7500K1 7466.4)
31.6
s0 7500K1 7466.4
解得
0.995 K1 32.3
2020/5/24
11
s4 2 12 16
s3 0 0 0 s3 8(1) 24(3) 0
s2 3
8
s1 1
0
3
s0 8
劳斯阵出现全零行时，表明特征方程具有大小相等而方向相反的根。如：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。
2020/5/24
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3、劳斯（Routh）稳定判据（7）
3. 劳斯判据的应用
(s)
n2 (s K1)
s3 2ns2 n2s K1n2 D(s) s3 2ns2 n2s K1n2
s3 34.6s2 7500s 7500K1 0
s3
1
7500
s2 34.6
7500K1
s1 34.6 7500 7500K1
2020/5/24 0 K1 34.6
3-5 线性系统的稳定性分析
1、稳定的概念及定义 2、稳定的充要条件 3、劳斯（Routh）稳定判据
2020/5/24
1
1、稳定的概念及定义
f A
d
c
f
A'
Af
A
图a
图b
图c
图a为稳定的系统。图b为不稳定系统。
图c中，小球在C范围内，系统是稳定的，故可以认为该系统是条件稳定系统。
稳定性：指系统在扰动消失后，由初始偏差状态恢复到原平衡状态的性能。
解 列劳斯表
s4
1
s3
2
3
5
4
0
s2
s1
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s0
23 1 4 1 2
1 4 2 5 6 1
5
5
结论：系统不稳定。变号
两次，有两个闭极点在右
半s平面。
6
3、劳斯（Routh）稳定判据（4）
[例]：系统的特征方程为：s5 2s4 s3 3s2 4s 5 0
s5 1
1
4
s4 2
34.6
s0 7500K1
10
3、劳斯（Routh）稳定判据（8）
（2）当要求闭环极点全部位于s 1 垂线的左边，求 K1 的取值范围。（相
对稳定性）
解： 令 s s1 1 得系统新的特征方程为：
D(s) (s1 1)3 34.6(s1 1)2 7500(s1 1) 7500K1
s13 31.6s12 7433.8s1 (7500K1 7466.4)
an1 an3
c1
b1
b2
b1
b1an3
b2an1
b1
5
3、劳斯（Routh）稳定判据（3）
➢劳斯判据
（1）系统稳定
劳斯表第一列元素全为正
（2）劳斯表第一列元素的符号改变次数= s右半平面特征根的个数
［例］ 已知系统的特征方程为 s4 2s3 3s2 4s 5 0
试用劳斯判据分析系统的稳定性。
［例］ 已知系统的特征方程为
s6 2s5 8s4 12s3 20s2 16s 16 0
分析系统的稳定性。
s6 1 8 20 16
解：由特征方程列劳斯表
s5 2 12 16
辅助方程： (s) 2s4 12s2 16
求导：
d(s) 8s2 24s 0 ds
解辅助方程A(s)=0：
s1,2 j 2 s3,4 j2
D(s) s4 5s3 7s2 2s 10 0
——可能稳定
2020/5/24
4
3、劳斯（Routh）稳定判据（2）
2. 劳斯判据
特征方程： ansn an1sn1 ...... a1s a0 0
➢计算劳斯表
………
sn
an
an2
s n1
an1
an3
sn2
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b2
s n3
c1
c2
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